高考物理大一轮复习精讲课件第8章磁场第3课时(小专题)带电粒子在匀强磁场中运动的临界及多解问题

第3课时(小专题)带电粒子在匀强磁场中运动的临界及多解问题突破一带电粒子在匀强磁场中运动的临界问题1．以题目中的“恰好”“最大”“最高”“至少”等词语为突破口，运用动态思维，寻找临界点，确定临界状态，根据粒子的速度方向找出半径方向，同时由磁场边界和题设条件画好轨迹、定好圆心，建立几何关系。2．寻找临界点常用的结论(1)刚好穿出磁场边界的条件是带电粒子在磁场中运动的轨迹与边界相切。(2)当速度v一定时，弧长(或弦长)越长，圆心角越大，则带电粒子在有界磁场中运动的时间越长。(3)当速度v变化时，圆心角越大的，运动时间越长。【典例1】(多选)如图1所示，垂直于纸面向里的匀强磁场分布在正方形abcd区域内，O点是cd边的中点。一个带正电的粒子仅在磁场力的作用下，从O点沿纸面以垂直于cd边的速度射入正方形内，经过时间t0后刚好从c点射出磁场。现设法使该带电粒子从O点沿纸面以与Od成30°角的方向，以大小不同的速率射入正方形内，那么下列说法中正确的是()图1A．若该带电粒子在磁场中经历的时间是53t0，则它一定从cd边射出磁场B．若该带电粒子在磁场中经历的时间是23t0，则它一定从ad边射出磁场C．若该带电粒子在磁场中经历的时间是54t0，则它一定从bc边射出磁场D．若该带电粒子在磁场中经历的时间是t0，则它一定从ab边射出磁场解析如图所示，作出刚好从ab边射出的轨迹①、刚好从bc边射出的轨迹②、从cd边射出的轨迹③和刚好从ad边射出的轨迹④。由从O点沿纸面以垂直于cd边的速度射入正方形内，经过时间t0后刚好从c点射出磁场可知，带电粒子在磁场中做圆周运动的周期是2t0。可知，从ad边射出磁场经历的时间一定小于13t0；从ab边射出磁场经历的时间一定大于等于13t0，小于56t0；从bc边射出磁场经历的时间一定大于等于56t0，小于43t0；从cd边射出磁场经历的时间一定是53t0。答案AC【变式训练】1.(2014·山东部分名校二模)如图2所示，M、N为平行板电容器的两极板，M板的上表面涂有一种特殊材料，确保粒子和M板相撞后以原速率反弹且电荷量不变，其上方有一腰长为2a，θ＝45°的等腰直角三角形区域，区域内有垂直纸面向外的匀强磁场。N板上的O为粒子发射源，现有一质量为m，电荷量为q的带负电粒子从粒子发射源O发射(发射速度忽略不计)后经电场加速，从M板上距离B点为2a的小孔P垂直于BC进入磁场，若粒子从P点进入磁场后经时间t第一次与M板相撞，且撞击点为B点，不计粒子重力与空气阻力的影响。(1)求M、N之间的电势差UMN；(2)若粒子从AB边射出磁场区域且不和M板相撞，磁感应强度满足什么条件？(3)若仅将磁场反向，粒子至少和M板相撞一次后射出磁场，磁感应强度满足什么条件？图2解析(1)如图甲所示，由几何关系可知，粒子在磁场中运动的半径为R1＝2a2①t＝πR1v②v＝2πa2t③粒子在平行板电容器中加速，根据动能定理qU＝mv22④由①②③④联立解得U＝mπ2a24qt2⑤粒子带负电在电容器中加速，M板的电势高于N板电势UMN＝mπ2a24qt2⑥甲(2)粒子恰从B射出时，粒子半径最小，磁感应强度B1最大T＝2πmqB1⑦T＝2t⑧联立⑦⑧得B1＝πmqt乙粒子的轨迹与AC边相切时，半径最大(如图乙所示)，磁感应强度B2最小，由几何关系知R2＝2aqvB2＝mv2R2得B2＝πm2qt磁感应强度应满足的关系为πm2qt≤B2≤πmqt(3)磁场反向后粒子向右偏转，轨迹与AC边相切时，磁感应强度最小(如图丙所示)，由几何关系得R3＝(32－4)aqvB3＝mv2R3解得B3＝1＋22πm2qt磁感应强度应满足的关系B3≥1＋22πm2qt答案(1)mπ2a24qt2(2)πm2qt≤B2≤πmqt(3)B3≥1＋22πm2qt丙突破二带电粒子在磁场中运动的多解问题1．带电粒子电性不确定形成多解受洛伦兹力作用的带电粒子，可能带正电，也可能带负电，在相同的初速度条件下，正、负粒子在磁场中的运动轨迹不同，因而形成多解。2．磁场方向不确定形成多解有些题目只告诉了磁感应强度的大小，而未具体指出磁感应强度的方向，此时必须考虑由磁感应强度方向不确定而形成的多解。3．临界状态不唯一形成多解如图3所示，带电粒子在洛伦兹力作用下飞越有界磁场时，由于粒子运动轨迹是圆弧状，因此，它可能直接穿过去了，也可能转过180°从入射界面反向飞出，于是形成了多解。图34．运动的往复性形成多解带电粒子在部分是电场、部分是磁场的空间运动时，往往具有往复性，因而形成多解。【典例2】(2014·江苏卷，14)某装置用磁场控制带电粒子的运动，工作原理如图4所示。装置的长为L，上、下两个相同的矩形区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小均为B、方向与纸面垂直且相反，两磁场的间距为d。装置右端有一收集板，M、N、P为板上的三点，M位于轴线OO′上，N、P分别位于下方磁场的上、下边界上。在纸面内，质量为m、电荷量为－q的粒子以某一速度从装置左端的中点射入，方向与轴线成30°角，经过上方的磁场区域一次，恰好到达P点。改变粒子入射速度的大小，可以控制粒子到达收集板上的位置。不计粒子的重力。(1)求磁场区域的宽度h；(2)欲使粒子到达收集板的位置从P点移到N点，求粒子入射速度的最小变化量Δv；(3)欲使粒子到达M点，求粒子入射速度大小的可能值。图4解析(1)设粒子在磁场中的轨道半径为r，画出带电粒子的运动轨迹如图所示。由几何关系得L＝3rsin30°＋3·d2/tan30°①又由h＝r(1－cos30°)②联立①②解得：h＝(23L－3d)(1－32)③(2)设改变入射速度后粒子在磁场中的轨道半径为r′，则有qvB＝mv2r及qv′B＝mv′2r′④又由几何关系得3rsin30°＝4r′sin30°⑤联立④⑤解得Δv＝v－v′＝qBm(L6－34d)(3)设粒子经过磁场n次，则由几何关系得L＝(2n＋2)rnsin30°＋(2n＋2)d2/tan30°又由qvnB＝mv2nrn，解得vn＝qBm(Ln＋1－3d)(1≤n3L3d－1，n取整数)答案(1)(23L－3d)(1－32)(2)qBm(L6－34d)(3)qBm(Ln＋1－3d)(1≤n＜3L3d－1，n取整数)【变式训练】2.如图5所示，在NOQ范围内有垂直于纸面向里的匀强磁场Ⅰ，在MOQ范围内有垂直于纸面向外的匀强磁场Ⅱ，M、O、N在一条直线上，∠MOQ＝60°，这两个区域磁场的磁感应强度大小均为B。离子源中的离子带电荷量为＋q，质量为m，通过小孔O1进入两板间电压为U的加速电场区域(可认为初速度为零)，离子经电场加速后由小孔O2射出，再从O点进入磁场区域Ⅰ，此时速度方向沿纸面垂直于磁场边界MN，不计离子的重力。(1)若加速电场两极板间电压U＝U0，求离子进入磁场后做圆周运动的半径R0；(2)在OQ上有一点P，P点到O点的距离为L，若离子能通过P点，求加速电压U和从O点到P点的运动时间。图5解析(1)离子在电场中加速时，由动能定理得：U0q＝12mv20－0离子在磁场中运动时，洛伦兹力提供向心力：qv0B＝mv20R0解得R0＝1B2U0mq。(2)离子进入磁场后的运动轨迹如图所示，由几何关系可知OP′＝P′P″＝R要保证离子通过P点，则需满足L＝nR解得U＝B2L2q2mn2，其中n＝1,2,3，…离子在磁场中运动的周期T＝2πmqB故离子从O点到P点运动的总时间t＝n·T2π·π3＝πnm3qB，其中n＝1,2,3，…答案(1)1B2U0mq(2)πnm3qB(n＝1,2,3，…)突破三带电粒子在变化磁场中运动的分析【典例3】(2014·山东卷，24)如图6甲所示，间距为d、垂直于纸面的两平行板P、Q间存在匀强磁场。取垂直于纸面向里为磁场的正方向，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示。t＝0时刻，一质量为m、带电荷量为＋q的粒子(不计重力)，以初速度v0由Q板左端靠近板面的位置，沿垂直于磁场且平行于板面的方向射入磁场区。当B0和TB取某些特定值时，可使t＝0时刻入射的粒子经Δt时间恰能垂直打在P板上(不考虑粒子反弹)。上述m、q、d、v0为已知量。图6(1)若Δt＝12TB，求B0；(2)若Δt＝32TB，求粒子在磁场中运动时加速度的大小；(3)若B0＝4mv0qd，为使粒子仍能垂直打在P板上，求TB。解析(1)设粒子做圆周运动的半径为R1，由牛顿第二定律得qv0B0＝mv20R1①据题意由几何关系得R1＝d②联立①②式得B0＝mv0qd③(2)设粒子做圆周运动的半径为R2，加速度大小为a，由圆周运动公式得a＝v20R2④据题意由几何关系得3R2＝d⑤联立④⑤式得a＝3v20d⑥(3)设粒子做圆周运动的半径为R，周期为T，由圆周运动公式得T＝2πRv0⑦由牛顿第二定律得qv0B0＝mv20R⑧由题意知B0＝4mv0qd，代入⑧式得d＝4R⑨粒子在1个TB内的运动轨迹如图所示，O1、O2为圆心，O1O2连线与水平方向的夹角为θ，在每个TB内，只有A、B两个位置才有可能垂直击中P板，且均要求0θπ2，由题意可知π2＋θ2πT＝TB2⑩设经历完整TB的个数为n(n＝0,1,2,3，…)若在A点击中P板，据题意由几何关系得R＋2(R＋Rsinθ)n＝d⑪当n＝0时，无解⑫当n＝1时，联立⑨⑪式得θ＝π6(或sinθ＝12)⑬联立⑦⑨⑩⑬式得TB＝πd3v0⑭当n≥2时，不满足0＜θπ2的要求⑮若在B点击中P板，据题意由几何关系得R＋2Rsinθ＋2(R＋Rsinθ)n＝d⑯当n＝0时，无解⑰当n＝1时，联立⑨⑯式得θ＝arcsin14(或sinθ＝14)⑱联立⑦⑨⑩⑱式得TB＝(π2＋arcsin14)d2v0当n≥2时，不满足0θ90°的要求答案(1)mv0qd(2)3v20d(3)见解析【变式训练】3．如图7(a)所示的坐标系中，第四象限内存在垂直于纸面向里的有界匀强磁场，x方向的宽度OA＝203cm，y方向无限制，磁感应强度B0＝1×10－4T。现有一比荷为qm＝2×1011C/kg的正离子以某一速度从O点射入磁场，α＝60°，离子通过磁场后刚好从A点射出。(1)求离子进入磁场B0的速度的大小；(2)离子进入磁场B0后，某时刻再加一个同方向的匀强磁场，使离子做完整的圆周运动，求所加磁场磁感应强度的最小值；(3)离子进入磁场B0后，再加一个如图(b)所示的变化磁场(正方向与B0方向相同，不考虑磁场变化所产生的电场)，求离子从O点运动到A点的总时间。图7解析(1)离子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，即B0qv＝mv2r1，如图甲所示，由几何关系得离子在磁场中运动的轨道半径r1＝0.2m，解得v＝4×106m/s。(2)由Bqv＝mv2r知，B越小，r越大。设离子在磁场中做完整圆周运动的最大半径为R，如图乙所示，由几何关系得R＝0.05m由牛顿第二定律得B1qv＝mv2R，求得B1＝4×10－4T，则外加磁场的磁感应强度ΔB1＝3×10－4T。(3)离子在原磁场中的运动周期为T1＝2πmB0q＝π×10－7s离子在磁场中运动至第一次遇到附加磁场的过程中轨迹对应的圆心角θ1＝π12×10－7π×10－7×2π＝π6施加附加磁场时离子在磁场中能做完整圆周运动的最大半径为r2，如图丙所示，由几何关系知：r1sin30°sin60°＋r2＋r2sin60°＝0.2m，解得r2＝0.039m离子在有附加磁场时做圆周运动的半径为r3，则有B2qv＝mv2r3，求得r3＝160m＝0.017m因r3＜r2,所以离子能做完整的圆周运动，在有附加磁场时，离子的运动周期为T2＝2πmB2q＝π12×10－7s对照附加磁场的规律可知，每隔π12×10－7s，离子在周期性附加磁场中恰可做一次完整的匀速圆周运动，共做三次，最后从A点离开磁场。离子从O点运动到A点的总时间为t＝13T1＋3T2＝7π12×10－7s。答案(1)4×106m/s(2)3×10－4T(3)7π12×10－7s