1、【 精品教育资源文库 】 专题九 带电粒子在匀强磁场中运动的临界极值及多解问题 突破 有界磁场中临界问题的处理方法 考向 1 “ 放缩法 ” 解决有界磁场中的临界问题 1.适用条件 (1)速度方向一定，大小不同 粒子源发射速度方向一定、大小不同的带电粒子进入匀强磁场时，这些带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径随速度的变化而变化 . (2)轨迹圆圆心 共线 如图所示 (图中只画出粒子带正电的情景 )，速度 v0越大，运动半径也越大 .可以发现这些带电粒子射入磁场后，它们运动轨迹的圆心在垂直速度方向的直线 PP 上 . 2.方法界定 以入射点 P 为定点，圆心位于 PP 直线上，将半径放缩作
2、轨迹，从而探索出临界条件，这种方法称为 “ 放缩法 ”. 典例 1 如图所示，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洛伦兹力的作用下，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 的方向，以大小不同的速率射入正方形内，粒子重力不计 .那么下列说法中正确的是 ( ) A.若该带电粒子从 ab 边射出，它经历的时间可能为 t0 B.若该带电粒子 从 bc 边射出，它经历的时间可能为 5t03 C.若该带电粒子从 cd 边射出，它
3、经历的时间为 5t03 【 精品教育资源文库 】 D.若该带电粒子从 ad 边射出，它经历的时间可能为 2t03 解析 作出从 ab 边射出的轨迹 、从 bc 边射出的轨迹 、从 cd 边射出的轨迹 和从 ad边射出的轨迹 .由带正电的粒子从 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.由图可知，从 ab 边射出经历的时间一定不大于 5t06 ；从 bc 边射出经历的时间一定不大于 4t03 ；从 cd 边射出经历的时间一定是 5t03 ；从 ad 边射出经历的时间一定不大于 t03， C 正确 . 答案
4、 C 考向 2 “ 旋转法 ” 解决有界磁场中的临界问题 1.适用条件 (1)速度大小一定，方向不同 带电粒子进入匀强磁场时，它们在磁场中做匀速圆周运动的半径相同，若射入初速度为v0，则圆周运动半径为 R mv0qB.如图所示 . (2)轨迹圆圆心 共圆 带电粒子在磁场中做匀速圆周 运动的圆心在以入射点 P 为圆心、半径 R mv0qB的圆上 . 2.方法界定 将一半径为 R mv0qB的圆绕着入射点旋转，从而探索出临界条件，这种方法称为 “ 旋转法 ”. 典例 2 (2017 湖南长沙质检 )如图所示，真空室内存在匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度的大小 B 0.60 T.磁场内有
5、一块平面感光板 ab，板面与磁场方向平行 . 【 精品教育资源文库 】 在距 ab 为 l 16 cm 处，有一个点状的 粒子放射源 S，它向各个方向发射 粒子， 粒子的速度都是 v 3.010 6 m/s.已知 粒子的比荷 qm 5.010 7 C/kg，现只考虑在纸面内运动的 粒子，求 ab 板上被 粒子打中区域的长度 . 解题指导 过 S 点作 ab 的垂线，根据左侧最值相切和右侧最值相交计算即可 . 解析 粒子带正电，故在磁场中沿逆时针方向做匀速圆周运动，用 R 表示轨迹半径，有 qvB mv2R 由此得 R mvqB 代入数值得 R 10 cm，可见 2RlR 因朝不同方向发射的
6、粒子的圆轨迹都过 S，由此可知，某一圆轨迹在下图中 N 左侧与ab 相切，则此切点 P1就是 粒子能打中的左侧最远点 .为确定 P1点的位置，可作平行于 ab的直线 cd， cd 到 ab 的距离为 R，以 S 为圆心， R 为半径，作圆弧交 cd 于 Q 点，过 Q 作 ab 的垂线，它与 ab 的交点即为 P1.即： NP1 R2（ l R） 2 8 cm 再考虑 N 的右侧 .任何 粒子在运动中离 S 的距离不可能超过 2R，在 N 点右侧取一点 P2，取 SP 20 cm，此即右侧能打到的最远点 由图中几何关系得 NP2 （ 2R） 2 l2 12 cm 所求长度为 P1P2 NP1
7、NP2 代入数值得 P1P2 20 cm. 答案 20 cm 突破 带电粒子在磁场中运动的多解问题 考向 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，可能带正电荷，也可能带负电荷，在相同的初速度的条件下，正、负粒子在磁场中运动轨迹不同，导致形成多解 . 【 精品教育资源文库 】 典例 3 如图所示，宽度为 d 的有界匀强磁场，磁感应强度为 B， MM 和 NN 是磁场左右的两条边界线 .现有一质量为 m、电荷量为 q 的带电粒子沿图示方向垂直磁场射入 .要使粒子不能从右边界 NN 射出，求粒子入射速率的最大值为多少？ 解题指导 由于粒子电性不确定，所以分成正、负粒子讨论，不 从
8、 NN 射出的临界条件是轨迹与 NN 相切 . 解析 题目中只给出粒子 “ 电荷量为 q” ，未说明是带哪种电荷，所以分情况讨论 . 若 q 为正电荷，轨迹是如图所示的上方与 NN 相切的 14圆弧，则轨道半径 R mvBq 又 d R R2 解得 v （ 2 2） Bqdm . 若 q 为负电荷，轨迹是如图所示的下方与 NN 相切的 34圆弧，则轨道半径 R mvBq 又 d R R 2 解得 v （ 2 2） Bqdm 答案 （ 2 2） Bqdm (q 为正电荷 )或 （ 2 2） Bqdm (q 为负电荷 ) 考向 2 磁场方向不确定形成多解 【 精品教育资源文库 】 有些题目只告诉
9、了磁感应强度的大小，而未具体指出磁感应强度的方向，此时必须要考虑磁感应强度方向不确定而形成的多解 . 典例 4 (多选 )一质量为 m、电荷量为 q 的负电荷在磁感应强度为 B 的匀强磁场中绕固定的正电荷沿固定的光滑轨道做匀速圆周运动，若磁场方向垂直于它的运动平面，且 作用在负电荷的电场力恰好是磁场力的三倍，则负电荷做圆周运动的角速度可能是 (不计重力 )( ) A.4qBm B.3qBm C.2qBm D.qBm 解析 根据题目中条件 “ 磁场方向垂直于它的运动平面 ” ，磁场方向有两种可能，且这两种可能方向相反 .在方向相反的两个匀强磁场中，由左手定则可知负电荷所受的洛伦兹力的方向也是相反
10、的 .当负电荷所受的洛伦兹力与电场力方向相同时，根据牛顿第二定律可知4Bqv mv2R，得 v4BqRm ，此种情况下，负电荷运动的角速度为 vR4Bqm ；当负电荷所受的洛伦兹力与电场力方向相反时，有 2Bqv mv2R， v2BqRm ，此种情况下，负电荷运动的角速度为 vR 2Bqm ，应选 A、 C. 答案 AC 考向 3 临界状态不唯一形成多解 如图所示，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 .如图所示 . 典例 5 (多选 )长为 l 的水平极板间有垂直纸面向里的匀强磁场
11、，如图所示，磁感应强度为 B，板间距离也为 l，板不带电 .现有质量为 m、电荷量为 q 的带正电粒子 (不计重力 )，从左边极板间中点处垂直磁感线以速度 v 水平射入磁场，欲使粒子不打在极板上，可采用的办法是 ( ) 【 精品教育资源文库 】 A.使粒子的速度 v5Bql4m C.使粒子的速度 vBqlm D.使粒子的速度 v 满足 Bql4m 0 区域内，有磁感应强度 B1.010 2 T 的匀强磁场，方向与 xOy 平面垂直，在 x 轴上的 P(10,0)点，有一放射源，在 xOy平面内向各个方向发射速率 v 104 m/s 的带正电的粒子，粒子的质量为 m 1.610 25 kg，电
12、荷量为 q 1.610 18 C，求带电粒子能打到 y 轴上的范围 . 答案： 10 10 3 cm 解析：带电粒子在磁场中运动时由牛顿第二定律得： qvB mv2R 解得： R mvqB 0.1 m 10 cm 如图所示，当带电粒子打到 y 轴上方向的 A 点与 P 连线正好为其圆轨迹的直径时， A 点即为粒子能打到 y 轴上方的最高点 .因 OP 10 cm， AP 2R 20 cm 则 OA AP2 OP2 10 3 cm 【 精品教育资源文库 】 当带电粒子的圆轨迹正好与 y 轴下方相切于 B 点时，若圆心再向左偏，则粒子就会从纵轴离开磁场，所以 B 点即为粒子能打到 y 轴下方的最
13、低点，易得 OB R 10 cm，综上所述，带电粒子能打到 y 轴上的范围为 10 10 3 cm. 3.带电粒子在磁场中运动的临界问题 如图所示，在平面直角坐标系 xOy 的第四象限有垂直纸面向里的匀强磁场，一质量为 m 5.010 8 kg、电荷量为 q 1.010 6 C 的带正电粒子从静止开始经 U0 10 V 的电压加速 后，从 P 点沿图示方向进入磁场，已知 OP 30 cm(粒子重力不计， sin 37 0.6， cos 37 0.8). (1)求带电粒子到达 P 点时速度 v 的大小； (2)若磁感应强度 B 2.0 T，粒子从 x 轴上的 Q 点离开磁场，求 OQ 的距离；
14、(3)若粒子不能进入 x 轴上方，求磁感应强度 B 满足的条件 . 答案： (1)20 m/s (2)0.90 m (3)B5.33 T 解析： (1)对带电粒子的加速过程，由动能定理有 qU0 12mv2 代入数据得： v 20 m/s. (2)带电粒子仅在洛 伦兹力作用下做匀速圆周运动，有 qvB mv2R 得 R mvqB 代入数据得： R 0.50 m 而 OPcos 53 0.50 m 故圆心一定在 x 轴上，轨迹如图甲所示 由几何关系可知： OQ R Rsin 53 故 OQ 0.90 m. 【 精品教育资源文库 】 甲 乙 (3)带电粒子恰不从 x 轴射出 (如图乙所示 )，由几何关系得： OPR Rcos 53 R mvqB 由 并代入数据得 ： B 163 T5.33 T( 取 “” 同样正确 ). 4.带电粒子在磁场中运动的多解问题 如图甲所示， M、 N 为竖直放置彼此平行的两块平板，板间距离为 d，两板中央各有一个小孔 O、 O 正对，在两板间有垂直于纸面方向的磁场，磁感应强度随时间的变化如图乙所示，设垂直纸面向里的磁场方向为正方向 . 甲 乙 有一群正离子在 t 0 时垂直于 M 板从小孔 O 射入磁场 .已知正离子质量为 m、带电荷量为q，正离子在磁场中做匀速圆周运动的周
