1、第二讲第二讲 磁场磁场 带电粒子在磁场中的运动带电粒子在磁场中的运动 专题三专题三 2021 内 容 索 引 01 02 03 体系构建体系构建 真题感悟真题感悟 高频考点高频考点 能力突破能力突破 素养提升素养提升 微课堂微课堂 体系构建体系构建 真题感悟真题感悟 【网络构建网络构建】 【高考真题高考真题】 1.(2019全国卷)如图,等边三角形线框LMN由三根相同的导体棒连接而 成,固定于匀强磁场中,线框平面与磁感应强度方向垂直,线框顶点M、N与 直流电源两端相接。已知导体棒MN受到的安培力大小为F,则线框LMN受 到的安培力的大小为( ) A.2F B.1.5F C.0.5F D.0 答
2、案 B 解析 导体棒MN受到的安培力为F=BIL。根据串、并联电路的特点可知, 导体棒ML与LN的电阻之和是导体棒MN电阻的2倍,导体棒MN的电流是导 体棒ML与LN电流的2倍,导体棒处在同一磁场中,导体棒ML与LN的有效长 度与导体棒MN相同,导体棒ML与LN受到安培力的合力为0.5F。根据左手 定则,导体棒ML与LN受到安培力的合力方向与导体棒MN受到的安培力方 向相同,线框LMN受到安培力的合力为1.5F,故选B。 情境剖析 本题属于基础性、创新性题目,以“通电线框所受安培力大小和 方向的判断”为素材创设学习探索类情境。 素养能力 本题考查左手定则和安培力公式,较好地考查了考生的模型建
3、构和科学推理等素养,对考生的理解能力、模型建构能力和逻辑推理能力 有一定要求。 2.(多选)(2018全国卷)如图,纸面内有两条互相垂直的长直绝缘导线L1、 L2,L1中的电流方向向左,L2中的电流方向向上;L1的正上方有a、b两点,它们 相对于L2对称。整个系统处于匀强外磁场中,外磁场的磁感应强度大小为 B0,方向垂直于纸面向外。已知a、b两点的磁感应强度大小分别为 B0和 B0,方向也垂直于纸面向外。则( ) A.流经 L1的电流在 b 点产生的磁感应强度大小为 7 12B0 B.流经 L1的电流在 a 点产生的磁感应强度大小为 1 12B0 C.流经 L2的电流在 b 点产生的磁感应强度
4、大小为 1 12B0 D.流经 L2的电流在 a 点产生的磁感应强度大小为 7 12B0 1 3 1 2 答案 AC 解析 设 L1在 a、b 点产生的磁感应强度分别为 B1a、B1b,L2在 a、b 点产生的 磁感应强度分别为 B2a、B2b,根据安培定则可知,B1a=B1b,方向均垂直纸面向 里;B2a=B2b,B2a方向垂直纸面向里,B2b方向垂直纸面向外;根据题意,对 a 点 有,B1a+B2a-B0=-0 3 。对 b 点有,B1b-B2b-B0=-0 2 ,联立以上方程解得 B1a=B1b=70 12 ,B2a=B2b=0 12,选项 A、C 正确。 情境剖析 本题属于基础性题目,
5、以“磁感应强度的叠加”为素材创设学习 探索类情境。 素养能力 本题考查安培定则和磁感应强度的叠加,较好地考查了考生的 科学推理素养,对考生的理解能力和逻辑推理能力有一定要求。 3.(2020全国卷)真空中有一匀强磁场,磁场边界为两个半径分别为a和3a 的同轴圆柱面,磁场的方向与圆柱轴线平行,其横截面如图所示。一速率为 v的电子从圆心沿半径方向进入磁场。已知电子质量为m,电荷量为e,忽略 重力。为使该电子的运动被限制在图中实线圆围成的区域内,磁场的磁感 应强度最小为( ) A.3 2 B. C.3 4 D.3 5 答案 C 解析 本题以环形磁场为背景,意在考查带电粒子在有 界磁场中的运动规律。根
6、据题意,电子的运动被限制 在实线圆区域内的条件是轨迹圆与实线圆相切,画出 临界状态电子的运动轨迹如图所示,根据图中几何关 系可得 2+ 2+r=3a,解得 r=4 3a;电子在匀强磁场中做圆周运动,洛伦兹力提供向 心力,evB=m 2 ,解得 B=3 4 ,选项 C 正确。 情境剖析 本题属于应用性题目,以“带电粒子在环形有界匀强磁场中的运 动”为素材创设学习探索类情境。 素养能力 本题考查带电粒子在有界匀强磁场中的运动,对考生的理解能 力、分析综合能力有较高的要求,较好地考查了考生的科学推理和科学论 证等素养。 4.(2020全国卷)一匀强磁场的磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面向外, 其边
7、界如图中虚线所示, 为半圆,ac、bd与直径ab共线,ac间的距离等于 半圆的半径。一束质量为m、电荷量为q(q0)的粒子,在纸面内从c点垂直 于ac射入磁场,这些粒子具有各种速率。不计粒子之间的相互作用。在磁 场中运动时间最长的粒子,其运动时间为( ) A.7 6 B.5 4 C.4 3 D.3 2 答案 C 解析 本题带电粒子在半圆形磁场中运动的 最长时间为六分之一周期。粒子在磁场中 做匀速圆周运动 qBv= 2 ,T=2 ,可得粒子 在磁场中的周期 T=2 ,粒子在磁场中运动 的时间 t= 2 T= ,则粒子在磁场中运动的时间与速度无关,轨迹对应的圆心 角越大,运动时间越长。采用放缩圆解
8、决该问题,粒子垂直 ac射入磁场,则轨 迹圆心必在 ac直线上,将粒子的轨迹半径由零逐渐增大。 设 所在半圆的半径为 R,当半径 r0.5R 和 r1.5R 时,粒子分别从 ac、bd 区 域射出,磁场中的轨迹为半圆,运动时间等于半个周期。 当 0.5Rr1.5R 时,粒子从半圆边界射出,将轨迹半径从 0.5R 逐渐增大,粒子 射出位置从半圆顶端向下移动,轨迹对应的圆心角从逐渐增大,当轨迹半径 为 R 时,轨迹对应的圆心角最大,然后再增大轨迹半径,轨迹对应的圆心角减 小,因此当轨迹半径等于R时轨迹对应的圆心角最大,即轨迹对应的最大圆心 角 =+ 3 = 4 3,粒子运动最长时间为 t= 2T=
9、 4 3 2 2 = 4 3 ,C 正确。 情境剖析 本题属于应用性、创新性题目,以“带电粒子在磁场中的运动” 为素材创设学习探索类情境。 素养能力 本题考查带电粒子在圆形有界磁场中做放缩圆运动的问题,对 考生的理解能力、模型建构能力和分析综合能力有较高的要求,较好地考 查了考生的模型建构、科学推理和科学论证等素养。 高频考点高频考点 能力突破能力突破 考点一考点一 磁场的性质及磁场对电流的作用磁场的性质及磁场对电流的作用(H) 规律方法 磁场性质分析的两点技巧 1.判断电流产生的磁场要正确应用安培定则,明确大拇指、四指及手掌的放法。 2.分析磁场对电流的作用要做到“一明、一转、一分析”。 【
10、典例1】(多选)(2020安徽马鞍山第二次质检)如图所 示,在垂直纸面向里的匀强磁场中,有两根彼此靠近且 平行的长直导线a和b放在纸面内,导线长度均为L。导 线中通有如图所示的方向相反的电流,a中电流为I,b中 电流为2I,a受到的磁场力大小为F1,b受到的磁场力大 小为F2,则( ) 21-2 A.导线a的电流在导线b处产生的磁场方向垂直纸面向里 B.F2=2F1 C.F2F2, 则a通电导线的电流在b导线处产生的磁感应强度大小为B= ,选项C 正确,选项B、D错误。 212 2 思维点拨 由安培定则可以判断电流产生的磁场方向;每一根导线受到的磁场力 为匀强磁场和另一根通电导线产生的磁场施加
11、的安培力的合力;根据安培力公 式可以反过来求解导线所在地方的合磁感应强度。 素养点拨 磁场叠加问题的分析思路 (1)确定磁场场源,如通电导线。 (2)定位空间中需求解磁场的点,利用安培定则判定各个场源在这一点上产生的 磁场的大小和方向,如图所示M、N在c点产生的磁场磁感应强度分别为BM、BN。 (3)应用平行四边形定则进行合成,如图中c点的合磁场磁感应强度为B。 【类题演练类题演练】 1.(2020四川绵阳模拟)已知无限长通电直导线产生的 磁场中某点的磁感应强度大小与电流大小成正比,与 到直导线的距离成反比。如图所示,无限长直导线 MN在方向垂直于纸面向外、磁感应强度为B0的匀强 磁场中,且垂
12、直于磁场方向;a、b两点位于纸面内且 A.17 8 B0 B.9 8B0 C.7 8B0 D.1 8B0 连线与直导线垂直,b点到直导线距离是a点到直导线距离的2倍。当直导 线中通有方向MN的电流I时,a点磁感应强度大小是 B0,则此时b点的磁 感应强度大小是( ) 5 4 答案 A 解析 由安培定则可知,直导线产生的磁场在导线右侧为垂直纸面向里,左侧 为垂直纸面向外,且在a点和b点产生的磁感应强度大小关系为Ba=2Bb,由题 意可知50 4 =Ba-B0,解得 Ba=9 4B0,则 b 点的磁感应强度大小 B=B0+Bb=B0+9 8B0= 170 8 ,故只有选项 A 正确。 2.(202
13、0山东日照4月模拟)如图所示,用电阻率为、横截面积为S、粗细均 匀的电阻丝折成平面梯形框架,ab、cd边均与ad边成60角,ab=bc=cd=L。 框架与一电动势为E、内阻忽略不计的电源相连接。垂直于竖直框架平面 有磁感应强度大小为B、方向水平向里的匀强磁场,则框架受到安培力的 合力的大小和方向为( ) A.5 3 ,竖直向上 B.6 5 ,竖直向上 C.10 3 ,竖直向下 D.5 6 ,竖直向下 答案 A 解析 根据左手定则判断出各段受到的安培力的方向, 如图所示,设电路 abcd 上的电阻为 3r,由几何关系得, ad 段的长度为 2L,所以 ad 上的电阻为 2r;abcd 上的 电流
14、为 I1= 3,ad 上的电流为 I2= 2,则 ab、bc、cd 上的安培力 F1=F2=F3=BI1L= 3 ,ad 上的安培力 F4=BI2 2L= ,各段受到的力中,F1和 F3 在左右方向的分量大小相等,方向相反,相互抵消,所以线框受到的合外力 F=F4+F1cos 60 +F2+F3cos 60 =5 3 ,r= ,则可得 F=5 3 ,方向竖直向上,故 只有选项 A 正确。 3.(多选)如图所示,三根通电长直导线A、B、C互相平行,A、B、C为等腰 直角三角形的三个顶点,三根导线中通入的电流大小相等,且A、C中电流 方向垂直于纸面向外,B中电流方向垂直于纸面向里;已知通电导线在其
15、周 围产生的磁场的磁感应强度B= ,其中I为通电导线的电流强度,r为到通 电直导线的距离,k为常量。下列说法正确的是( ) A.导线A所受磁场作用力的方向与导线B、C所在平面垂直 B.导线B所受磁场作用力的方向与导线A、C所在平面垂直 C.导线A、B单位长度所受的磁场作用力大小之比为12 D.导线A、B单位长度所受的磁场作用力大小之比为1 2 答案 BC 解析 利用右手定则可知:A处的合磁场方向沿AC方向,所以A所受磁场作用 力的方向与导线 A、C 所在平面垂直,A 错;利用右手定则可知:B 处的合磁场 方向沿 AC 方向,所以 B 所受磁场作用力的方向与导线 A、 C 所在平面垂直,B 对;
16、已知通电导线在其周围产生的磁场的磁感应强度 B= ,根据磁场的叠加 知:A 处的磁场的磁感应强度大小为 2 2 ,而 B 处的磁场的磁感应强度大小为 2 ,所以 A、B 单位长度所受的磁场作用力大小之比为 12,C 对,D 错。 考点二考点二 带电粒子在磁场中的运动带电粒子在磁场中的运动 考法考法1 带电粒子在匀强磁场中运动及其临界、极值问题带电粒子在匀强磁场中运动及其临界、极值问题(H) 归纳总结 1.带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的解题方法 (1)带电粒子在匀强磁场中运动时,要抓住洛伦兹力充当向心力,从而得出 半径公式 ,知道粒子在磁场中 的运动半径和速度有关,运动周期和速度无关,画轨
17、迹,定圆心,求半径,结合 几何知识分析解题。 R= ,周期公式 T=2 ,运动时间公式 t= 2T (2)如果磁场是圆形有界磁场,在找几何关系时要尤其注意 带电粒子在匀强磁场中的“四点、六线、三角”。 四点:入射点B、出射点C、轨迹圆心A、入射速度直线 与出射速度直线的交点O。 六线:圆弧两端点所在的两条轨迹半径、入射速度直线 OB、出射速度直线OC、入射点与出射点的连线BC、圆心与两条速度直 线交点的连线AO。 三角:速度偏转角COD、圆心角BAC、弦切角OBC,其中偏转角等 于圆心角,也等于弦切角的两倍。 2.解决带电粒子在有界磁场中的运动问题的思路 “画轨迹,定圆心,求半径”是解决带电粒
18、子在磁场中运动问题的一般思路, 其中“画轨迹”是处理临界与极值问题的核心。对于这类区域判断的题目, 要善于进行动态分析,即首先选一个速度方向(如水平方向),然后从速度方 向的改变分析轨迹的变化,从而找出角度变化时可能出现的临界值与极值 或各物理量间的联系。 【典例2】如图所示,在半个空间中分布一匀强磁场,磁感应 强度为B(垂直纸面并指向纸面内)。磁场边界为MN(垂直纸 面的一个平面)。在磁场区域内有一点电子源(辐射发射 源)S,向四面八方均匀、持续不断地发射电子。这里仅考虑 电子源所在的平面内由电子源发射的电子,不计电子间的 相互作用,并设电子源离界面MN的垂直距离为L。 (1)电子源S发射的
19、电子,其速度达到多大时,界面MN上将有电子逸出? (2)若电子速度为 ,求从界面MN上逸出的电子数占总发射电 子数的比例。 2(2 3) 答案 (1) 2 (2)1 6 解析 (1)由洛伦兹力提供向心力得 2 =Bev,解得 r= ,临界图如图,2r=L,得 v= 2 ; (2)把 v=2(2- 3) 代入 r= ,得 r=2(2- 3)L;临界图如图。 由几何知识知 cos 1=- = 3 2 ,所以 1=30 ,同理亦知 2=30 可得速度方向在 角内的电子都可以从 MN边界射出, 由几何知识知 =60 ; 又因为点电子源 S向四面八方均匀、持续不断地发射电子, 故逸出的电子数占总发射电子
20、数的比例为 360= 1 6。 解题指导 审题 读取题干 获取信息 向四面八方均匀、持续不断 地发射电子 运动电荷带负电;电子速度大小、方向不确定;相同 时间相同辐射角内发射的电子数相等 不计电子间相互作用 电子只受洛伦兹力,在磁场中做顺时针方向的匀速 圆周运动 若电子速度为 电子匀速圆周运动的半径一定,速度方向变化时轨 迹圆绕S旋转 2(2 3) 破题电子在磁场中做圆周运动的直径等于L时是有电子射出界面的临界条 件;电子速率一定时,轨迹圆半径一定,画出从界面最上方和最下方射出界 面的两个临界条件的轨迹圆,进一步确定射出界面的电子对应的辐射角,从 而求逸出电子数占总发射电子数的比例。 素养点拨
21、 解答带电粒子在有界磁场中运动临界极值问题的方法技巧 找突 破口 许多临界问题,题干中常用“恰好”“最大”“至少”“不相撞”“不脱离”等词语对 临界状态给以暗示,审题时,一定要抓住这些特定的词语挖掘其隐藏的规律, 找出临界条件 两种 思路 一是以定理、定律为依据,首先求出所研究问题的一般规律和一般解的形 式,然后分析、讨论处于临界条件时的特殊规律和特殊解 二是直接分析、讨论临界状态,找出临界条件,从而通过临界条件求出临界 值 两种 方法 物理 方法 (1)利用临界条件求极值;(2)利用边界条件求极值;(3)利用矢量图求极 值 数学 方法 (1)用三角函数求极值;(2)用二次方程的判别式求极值;
22、(3)用不等式的 性质求极值;(4)用图像法求极值 四个 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)当速率v变化时,圆心角越大,运动时间越长。 (4)在圆形匀强磁场中,若运动轨迹圆半径大于磁场区域圆半径,则入射点 和出射点为磁场直径的两个端点时,轨迹对应的偏转角最大(所有的弦长 中直径最长) 【类题演练类题演练】 4.(2020河南十所名校高三下学期阶段测试)如图所示,三角 形ABC内有垂直于三角形平面向外的匀强磁场,AB边长为 L,A=30,B=90,D是
23、AB边的中点。现在DB段上向磁 场内射入速度大小相同、方向平行于BC的同种粒子(不考虑 粒子间的相互作用和粒子重力),若从D点射入的粒子恰好能 垂直AC边射出磁场,则AC边上有粒子射出的区域长度为( ) A.1 4L B.1 3L C. 3-1 2 L D. 3-1 3 L 答案 C 解析 从D点射入和从B点射入的粒子的运动轨迹如图 所示,设两个粒子在AC边上的出射点分别为E、F点,由 于从D点射入的粒子恰好能垂直AC边射出磁场,所以A 点为该粒子做圆周运动的圆心,则粒子做圆周运动的半 径为R= L,则有AE= L,因为D点是AB的中点,所以D点 是从B点射出的粒子做圆周运动的圆心,则有AD=
24、DF, 1 2 1 2 则根据几何知识有 AF=2 1 2L cos 30 = 3 2 ,所以有粒子射出的区域为 EF=AF-AE= 3-1 2 L,故只有选项 C 正确。 5.(2020全国卷)如图所示,在0 xh,-y0)的粒子以速度v0从磁场区域左侧沿x轴进入磁 场,不计重力。 (1)若粒子经磁场偏转后穿过y轴正半轴离开磁场,分析说明磁场的方向,并 求在这种情况下磁感应强度的最小值Bmin。 (2)如果磁感应强度大小为 ,粒子将通过虚线所示边界上的一点离开 磁场。求粒子在该点的运动方向与x轴正方向的夹角及该点到x轴的距离。 2 答案 (1)垂直于纸面向里 0 (2) 6 (2- 3)h
25、解析 (1)由题意,粒子刚进入磁场时应受到方向向上的洛伦兹力,因此磁场方 向垂直于纸面向里。设粒子进入磁场中做圆周运动的半径为 R,根据洛伦兹 力公式和圆周运动规律,有 qv0B=m0 2 由此可得 R=0 粒子穿过 y 轴正半轴离开磁场,其在磁场中做圆周运动的圆心在 y 轴正半轴 上,半径应满足 Rh 由题意,当磁感应强度大小为 Bmin时,粒子的运动半径最大,由此得 Bmin=0 (2)若磁感应强度大小为min 2 ,粒子做圆周运动的圆心仍在 y 轴正半轴上,由 式可得,此时圆弧半径为 R=2h 粒子会穿过图中 P 点离开磁场,运动轨迹如图所示。设粒子在 P 点的运动方 向与 x 轴正方向
26、的夹角为 ,由几何关系 sin = 2 = 1 2 即 = 6 由几何关系可得,P 点与 x 轴的距离为 y=2h(1-cos ) 联立式得 y=(2- 3)h 考法考法2 带电粒子在磁场中多解及交变磁场问题带电粒子在磁场中多解及交变磁场问题(L) 规律方法 带电粒子在磁场中做圆周运动形成多解的原因 1.带电粒子的电性不确定形成多解,可能出现两个方向的运动轨迹。带电 粒子的速度不确定也会形成多解。 2.磁场方向不确定形成多解,可能出现两个方向的运动轨迹。 3.临界状态不唯一形成多解,需要根据临界状态的不同情况分别求解。 4.圆周运动的周期性形成多解。 【典例3】如图所示,在纸面内有一绝缘材料制
27、成的等边 三角形框架DEF,DEF区域外足够大的空间中充满磁感 应强度大小为B的匀强磁场,其方向垂直于纸面向里。等 边三角形框架DEF的边长为L,在三角形DEF内放置平行 板电容器MN,N板紧靠DE边,M板及DE中点S处均开有小 孔,在两板间紧靠M板中点处有一质量为m,电荷量为q(q0) 的带电粒子由静止释放,在MN中加速,如图所示。若该粒子与三角形框架碰撞时 均无能量损失,且每一次碰撞时速度方向垂直于被碰的边。不计粒子的重力。 (1)若带电粒子能够打到E点,求MN板间的最大电压; (2)为使从S点发射出的粒子最终又回到S点,且运动时间最短,求带电粒子从S点 发射出时的速率v应为多大?最短时间
28、为多少? 答案 (1) 22 32 (2) 2 5 解析 (1)根据洛伦兹力提供向心力得 qvB=m 2 根据题意,若粒子经过一次偏转垂直打在 E 点,应满足:1 2L=2R, 则 E 点的速度为 v= 4 带电粒子在板间加速,则 Umaxq=1 2mv 2 解得 Umax= 22 32 (2)依题意粒子做圆周运动的轨道半径 R= 2 1 2-1(n=1,2,3,) 在磁场中粒子做圆周运动的速度 v= 2(2-1) (n=1,2,3,) 周期 T=2 ,与粒子速度无关,由粒子运动时间 t= 2T得 粒子在磁场中偏转的角度最小时,运动的时间最短 此时 n取 1,R= 2 = 解得 v= 2 粒子
29、以三角形的三个顶点为圆心运动,相邻两次碰撞的时间间隔为 t=5 6 第三次碰撞将使粒子回到 S点,则最短时间为 tmin=3t=5 2T= 5 。 解题指导 审题 读取题干 获取信息 绝缘材料制成的等边三角形框架 带电粒子与框架碰后电荷量不变 若该粒子与三角形框架碰撞时均无能 量损失,且每一次碰撞时速度方向垂直 于被碰的边 粒子与框架垂直碰撞,碰后原速率弹回, 轨迹半径不变 不计粒子重力 粒子在电容器内部只受电场力加速;在 磁场中只受洛伦兹力做匀速圆周运动 破题(1)根据动能定理,列出粒子的速度与电压的关系;根据洛伦兹力提供 向心力和牛顿第二定律求出粒子在磁场中运动的轨道半径。根据带电粒 子在
30、磁场中运动的轨道半径,结合等边三角形边长,画出粒子运动的轨迹图, 结合几何关系求得加速电场的电压; (2)求出带电粒子在匀强磁场中运动的周期,根据几何关系求出从S点发射 出的某带电粒子从S点发射到第一次返回S点经历的周期的个数,从而得出 运动的时间。 【类题演练类题演练】 6.(多选)如图所示,在某空间的一个区域内有一直线PQ与水平面成45角, 在PQ两侧存在垂直于纸面且方向相反的匀强磁场,磁感应强度大小均为B。 位于直线上的a点有一粒子源,能不断地水平向右发射速率不等的相同粒 子,粒子带正电,电荷量为q,质量为m,所有粒子运动过程中都经过直线PQ上 的b点,已知ab=d,不计粒子重力及粒子间
31、的相互作用力,则粒子的速率可能 为( ) A. 2 6 B. 2 4 C. 2 2 D. 3 答案 ABC 解析 由题意可知粒子可能的运动轨迹如图所示,所有圆弧的圆心角均为 90 , 所以粒子运动的半径 r= 2 2 (n=1,2,3,),由洛伦兹力提供向心力得 qvB=m 2 ,则 v= = 2 2 1 (n=1,2,3,),故 ABC 正确,D 错误;故选 ABC。 7.(多选)如图(a)所示,在半径为R的虚线区域内存在周期性变化的磁场,其变化规律如图 (b)所示。薄挡板MN两端点恰在圆周上,且MN所对的圆心角为120。在t=0时,一质量 为m、电荷量为+q的带电粒子,以初速度v从A点沿直
32、径AOB射入场区,运动到圆心O后, 做一次半径为 的完整的圆周运动,再沿直线运动到B点,在B点与挡板碰撞后原速率返 回(碰撞时间不计,电荷量不变),运动轨迹如图(a)所示。粒子的重力不计,不考虑变化的 磁场所产生的电场,下列说法正确的是( ) A.磁场方向垂直纸面向外 D.若t=0时,质量为m、电荷量为-q的带电粒子,以初速度v从A点沿AO入射,偏转、碰撞 后,仍可返回A点 B.图(b)中 B0=2 C.图(b)中 T0=(+1) 2 答案 BC 解析 根据轨迹可知,带正电的粒子从 O 点向上偏转做圆周运动,由左手定则可 知,磁场方向垂直纸面向里,选项 A 错误;由牛顿第二定律有 qvB0=m
33、 2 2 ,解得 B0=2 ,选项B正确;虚线区域内不加磁场时粒子做匀速直线运动,t1= ,虚线区域 内加磁场后粒子做匀速圆周运动,t2= = 2 2 = ,磁场变化的周期为 T0=t1+t2=(+1) ,选项 C 正确;若 t=0 时,质量为 m、电荷量为-q 的带电粒子,以初 速度 v 从 A 点沿 AO 入射,到达 O 点后向下偏转,与板碰撞后,到达 B 板,与 B 碰撞 后向上偏转,然后从磁场中飞出,故不能返回 A 点,选项 D 错误。 8.如图甲所示,在0 xd的区域内有垂直纸面 的磁场,在x0的区域内有沿y轴正方向的匀强 电场(图中未画出)。一质子从点P(- d,- )处 以速度v
34、0沿x轴正方向运动,t=0时,恰从坐标原 点O进入匀强磁场。磁场按图乙所示规律变化, 以垂直于纸面向外为正方向。已知质子的质量为m,电荷量为e,重力不计。 (1)求质子刚进入磁场时的速度大小和方向; (2)若质子在0 时间内从y轴飞出磁场,求磁感应强度B的最小值; (3)若质子从点M(d,0)处离开磁场,且离开磁场时的速度方向与进入磁场时相同,求 磁感应强度B0的大小及磁场变化周期T。 2 3 2 答案 (1)v=2 3 3 v0,方向与 x 正方向夹角为 30 (2)Bmin= 30 (3)B0=4 30 3 (n=1,2,3,) T= 3 60 (n=1,2,3,) 解析 (1)质子在电场
35、中做类平抛运动,时间为t,刚进磁场时速度方向与x正半 轴的夹角为 ,有 x=v0t= 3d,y= 2 t= 2,tan = 0 ,故 v=2 3 3 v0,=30 。 (2)质子在磁场中运动轨迹与磁场右边界相切时半径最大,B 最小,由几何关 系知 R1+R1cos 60 =d,解得 R1=2 3d 根据牛顿第二定律有 evB= 2 1 解得 B= 30 。 (3)分析可知,要想满足题目要求,则质子在磁场变化的半个周期内的偏转角 为 60 ,在此过程中质子沿 x 轴方向上的位移恰好等于它在磁场中做圆周运 动的半径 R。欲使质子从 M 点离开磁场,且速度符合要求,必有 n2R=d 质子做圆周运动的
36、轨道半径:R= 0 = 2 30 30 解得 B0=4 30 3 (n=1,2,3,) 设质子在磁场做圆周运动的周期为 T0,则有 T0=2 0 ,n 0 3 =nT 解得 T= 3 60 (n=1,2,3,)。 素养提升素养提升 微课堂微课堂 圆形有界匀强磁场中的磁聚焦和磁发散模型圆形有界匀强磁场中的磁聚焦和磁发散模型 【核心归纳核心归纳】 磁聚焦 磁发散 电性相同的带电粒子平行射入圆形有界匀 强磁场,如果轨迹半径与磁场半径相等,则 粒子从磁场边界上同一点射出,磁场边界在 该点的切线与入射方向平行 带电粒子从圆形有界匀强磁场边界上同一 点射入,如果轨迹半径与磁场半径相等,则 粒子出射方向与磁
37、场边界在入射点的切线 方向平行 说明磁聚焦和磁发散是相反的过程,满足运动的可逆性。 【典例】如图所示,真空中有一半径r=0.5 m的圆形磁场,与 坐标原点相切,磁场的磁感应强度大小B=210-3 T,方向垂 直于纸面向外,在x=1 m和x=2 m之间的区域内有一沿y轴正 方向的匀强电场区域,电场强度E=1.5103 N/C。在x=3 m 处有一垂直于x轴方向的足够长的荧光屏,从O点处向不同 方向发射出速率相同、比荷 =1109 C/kg且带正电的粒子,粒子的运动轨迹在纸面 内,一个速度方向沿y 轴正方向射入磁场的粒子,恰能从磁场最右侧的A点离开磁场,不 计粒子重力及其相互作用,求: (1)沿y
38、轴正方向射入磁场的粒子进入电场时的速度大小和粒子在磁场中的运动时间; (2)速度方向与y轴正方向成=30角(如图中所示)射入磁场的粒子,离开磁场时的速度 方向; (3)按照(2)中条件运动的粒子最后打到荧光屏上的位置坐标。 答案 (1)1106 m/s 10-6 s (2)与x轴平行向右 (3)(3 m,3 m) 4 解析 (1)由题意可知,粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径为 R=r=0.5 m 由 Bqv= 2 ,可得粒子进入电场时的速度为 v= =1109210 -3 0.5 m/s=1106 m/s, 在磁场中运动的时间为 t1=1 4T= 2 = 2109210-3 s= 410
39、-6 s。 (2)由粒子的轨迹半径R=r及几何关系可知,粒子的运动圆轨迹和磁场圆的 交点O、C以及两圆的圆心O1、O2组成菱形,CO2和y轴平行,所以粒子离开 磁场时的速度v的方向和x轴平行向右,如图甲所示。 甲 (3)粒子在磁场中转过120后从C点离开磁场,速度方向和x轴平行,做直线 运动,再垂直电场线进入电场,如图乙所示。 在电场中的加速度大小为 a= =1.51031109 m/s2=1.51012 m/s2, 粒子穿出电场时有 vy=at2=a =1.51012 1 1106 m/s=1.510 6 m/s, tan = = 1.5106 1106 =1.5, 在磁场中 y1=r(1+
40、sin )=0.51.5 m=0.75 m, 乙 在电场中侧移 飞出电场后粒子做匀速直线运动 y3=xtan =11.5 m=1.5 m, y=y1+y2+y3=0.75 m+0.75 m+1.5 m=3 m, 则粒子打到荧光屏上的位置坐标为(3 m,3 m)。 y2=1 2 22= 1 21.510 12 1 1106 2 m=0.75 m, 解题指导 审题 读取题干 获取信息 圆形磁场,与坐标原点相切;从O点处向 不同方向发射出速率相同、比荷 =1109 C/kg且带正电的粒子 初步判断粒子运动情境属于磁发散模 型,粒子离开磁场时的速度方向可能沿x 轴向右 一个速度方向沿y轴正方向射入磁场
41、的 粒子,恰能从磁场最右侧的A点离开磁场 粒子匀速圆周运动的半径等于磁场圆 的半径,满足磁发散的条件 不计粒子重力及其相互作用 粒子在磁场中仅受洛伦兹力,做匀速圆 周运动;粒子在电场中仅受电场力,做类 平抛运动;粒子出电场后不受力,做匀速 直线运动 破题首先在解答(1)问时根据题意确定粒子匀速圆周运动的半径等于磁场 圆的半径,判断出本题考查磁发散模型,然后在此思路引导下解题就事半功 倍了。 【类题演练类题演练】 1.如图所示,一束不计重力的带电粒子沿水平方向向左飞入圆形匀强磁场 区域后发生偏转,都恰好能从磁场区域的最下端P孔飞出磁场,则这些粒子 ( ) A.运动速率相同 B.运动半径相同 C.
42、比荷相同 D.从P孔射出时的速度方向相同 答案 B 解析 根据“磁聚焦”模型可直接判断只有选项B正确。 2.如图甲所示,平行金属板A和B间的距离为 d,现在A、B板上加上如图乙所示的方波形 电压,t=0时,A板比B板的电势高,电压的正 向值为u0,反向值为-u0。现有质量为m、带 电荷量为q的带正电的粒子组成的粒子束,沿A、B板间的中心线O1O2以速 度 射入,所有粒子在A、B板间的飞行时间均为T,不计重力影响。 (1)求粒子射出电场时的位置离O2点的距离范围及对应的速度; (2)若要使射出电场的粒子经某一圆形区域的匀强磁场偏转后都能通过圆 形磁场边界的一个点而便于再收集,求对应磁场区域的最小
43、半径和相应的 磁感应强度大小。 v0= 30 3 答案 (1)离O2点下方7 02 18 至O2点上方 02 18 的范围内 速度都为2 0 3 ,方向 与 v0的夹角为 30 偏向下 (2) 3 02 9 2 3 解析 (1)由题意知,若粒子由 t=nT(n=0,1,2,3,)时刻进入电场,向下侧移最大 则 s1= 0 2 (2 3 )2+ 0 2 3 3 0 2 ( 3) 2=70 2 18 ,若粒子由t=nT+2 3 (n=0,1,2,3, 时刻进入电场,向上侧移最大,则 s2= 0 2 3 2=0 2 18 , 在距离 O2点下方7 02 18 至 O2点上方 02 18 的范围内有粒
44、子射出电场, 由分析知,粒子射出电场的速度都是相同的,vy= 0 3 = 0 3 , 所以出射速度大小为 v= 02+ 2= ( 3 0 3 ) 2 + ( 0 3 ) 2 =2 0 3 , 设速度方向与 v0的夹角为 ,则 tan = 0 = 1 3 ,=30 。 (2)要使射出电场的粒子能够交于圆形磁场区域边界一个点上且区域半径 最小,则磁场区域直径与粒子射出范围的宽度相等,如图所示, 粒子射出范围的宽度 D=(s1+s2)cos 30 , 即 D=4 0 2 9 cos 30 =2 3 0 2 9 , 故磁场区域的最小半径为 r= 2 = 302 9 , 而粒子在磁场中做圆周运动,为使粒子偏转后都通过磁场边界的一个点,粒 子运动半径应为 r,有 qvB=m 2 , 解得 B=2 3 。
