2020高考物理新创新大一轮复习新课改省份专用讲义：第十章第60课时　带电粒子在有界磁场中的运动（题型研究课）

第60课时　带电粒子在有界磁场中的运动(题型研究课)

命题点一　带电粒子在有界磁场中的运动

1.两种方法定圆心

(1)已知入射方向和出射方向时，可通过入射点和出射点作垂直于入射方向和出射方向的直线，两条直线的交点就是圆弧轨道的圆心。如图甲所示，图中P为入射点，M为出射点。

(2)已知入射方向和出射点的位置时，可以通过入射点作入射方向的垂线，连接入射点和出射点，作其中垂线，这两条垂线的交点就是圆弧轨道的圆心。如图乙所示，P为入射点，M为出射点。

2.几何知识求半径

(1)直线边界(进出磁场具有对称性，如图所示)。

(2)平行边界(存在临界条件，如图所示)。

(3)圆形边界(沿径向射入必沿径向射出，如图所示)。

考法1　直线边界的磁场　

[例1]　(多选)如图所示，MN是磁感应强度为B的匀强磁场的边界。一质量为m、电荷量为q、不计重力的带电粒子在纸面内从O点射入磁场。若粒子速度为v0，最远可落在边界上的A点。下列说法中正确的有(　　)

A．若粒子落在A点的左侧，其速度一定小于v0

B．若粒子落在A点的右侧，其速度一定大于v0

C．若粒子落在A点左右两侧相距为d的范围内，其速度不可能小于v0－

D．若粒子落在A点左右两侧相距为d的范围内，其速度不可能大于v0＋

[解析]　因粒子由O点以速度v0射入磁场时，最远落在A点，又粒子在O点垂直于边界射入磁场时，在边界上的落点最远，即＝，所以粒子若落在A点的右侧，速度应大于v0，B正确；当粒子落在A点的左侧时，由于不一定是垂直于边界入射，所以速度可能等于、大于或小于v0，A错误；当粒子射到A点左侧相距为d的点时，最小速度为vmin，则＝，又因＝，即vmin＝v0－，所以粒子落在A点左右两侧相距为d的范围内，其速度不可能小于vmin＝v0－，C正确；当粒子射到A点右侧相距为d的点时，最小速度为v1，则＝，又因＝，即v1＝v0＋，D错误。

[答案]　BC

考法2　平行边界的磁场　

[例2]　(多选)如图所示，宽d＝4 cm 的有界匀强磁场，纵向范围足够大，磁场方向垂直纸面向里。现有一群正粒子从O点以相同的速率沿纸面不同方向进入磁场，若粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径为r＝10 cm，则(　　)

A．右边界：－8 cm<y<8 cm有粒子射出

B．右边界：0<y<8 cm有粒子射出

C．左边界：y>8 cm有粒子射出

D．左边界：0<y<16 cm有粒子射出

[解析]　根据左手定则，正粒子在匀强磁场中将沿逆时针方向转动，由轨迹半径r＝10 cm画出粒子的两种临界运动轨迹，如图所示，则OO1＝O1A＝OO2＝O2C＝O2E＝10 cm，由几何知识求得AB＝BC＝8 cm，OE＝16 cm，因此A、D正确。

[答案]　AD

考法3　圆形边界的磁场　

[例3]　(2019·四川四市二诊)如图所示，半径为r的圆形空间内，存在垂直于纸面向外的匀强磁场。一个质量为m、电荷量为q的带电粒子(不计重力)，从静止经电场加速后从圆形空间边缘上的A点沿半径方向垂直射入磁场，在C点射出。已知∠AOC＝120°，粒子在磁场中运动时间为t0，则加速电场的电压是(　　)

A.　　　　　　　 B．

C.  D．

[解析]　根据几何知识可知，粒子轨迹对应的圆心角为α＝180°－120°＝60°＝，轨迹半径为R＝rtan 60°＝r，由t0＝·及qU＝mv2，得U＝，A正确。

[答案]　A

考法4　正方形边界的磁场　

[例4]　(多选)如图所示，有一个正方形的匀强磁场区域abcd，e是ad的中点，f是cd的中点，如果在a点沿对角线方向以速度v射入一带负电的带电粒子，恰好从e点射出，则(　　)

A．如果粒子的速度增大为原来的二倍，将从d点射出

B．如果粒子的速度增大为原来的三倍，将从f点射出

C．如果粒子的速度不变，磁场的磁感应强度B增大为原来的二倍，粒子将从d点射出

D．只改变粒子的速度，使其分别从e、d、f点射出时，从f点射出所用的时间最短

[解析]　由r＝可知，如果粒子的速度增大为原来的二倍，粒子在磁场内运动时的轨迹半径增大到原来的二倍，粒子将从d点射出，选项A正确；如果粒子的速度增大为原来的三倍，假设磁场区域足够大，粒子会通过ad延长线上的g点，且dg＝ae，可知粒子将从d、f之间的某确定点射出，选项B错误；如果粒子的速度不变，磁场的磁感应强度增大为原来的二倍，粒子将从ae的中点射出，选项C错误；粒子从e、d点射出时转过的角度相等，所用时间相等，从f点射出时转过的角度最小，所用的时间最短，选项D正确。

[答案]　AD

考法5　三角形边界的磁场　

[例5]　(2019·滕州模拟)如图所示，匀强磁场的边界为直角三角形abc，一束带正电的相同粒子以不同的速度v沿bc方向从b点射入磁场，不计粒子的重力。关于粒子在磁场中的运动情况，下列说法正确的是(　　)

A．入射速度越大的粒子，在磁场中的运动时间越长

B．入射速度越大的粒子，在磁场中的运动轨迹越长

C．从ab边出射的粒子在磁场中的运动时间都相等

D．从ac边出射的粒子在磁场中的运动时间都相等

[解析]　带电粒子进入磁场做匀速圆周运动，轨迹半径r＝，速度越大，半径越大，从ac边出射的粒子，速度越大，运动轨迹越短，对应的圆心角θ越小，根据t＝T和T＝可知，粒子在磁场中的运动时间越短，选项A、B、D错误；从ab边出射的粒子速度的偏向角都相同，而粒子在磁场中做圆周运动的轨迹所对的圆心角等于速度的偏向角，由t＝T可知，粒子在磁场中的运动时间相等，选项C正确。

[答案]　C

考法6　其他形状边界的磁场　

[例6]　(2016·四川高考)如图所示，正六边形abcdef区域内有垂直于纸面的匀强磁场。一带正电的粒子从f点沿fd方向射入磁场区域，当速度大小为vb时，从b点离开磁场，在磁场中运动的时间为tb，当速度大小为vc时，从c点离开磁场，在磁场中运动的时间为tc，不计粒子重力。则(　　)

A．vb∶vc＝1∶2，tb∶tc＝2∶1

B．vb∶vc＝2∶1，tb∶tc＝1∶2

C．vb∶vc＝2∶1，tb∶tc＝2∶1

D．vb∶vc＝1∶2，tb∶tc＝1∶2

[解析]　如图所示，设正六边形的边长为l，当带电粒子的速度大小为vb时，其圆心在a点，轨迹半径r1＝l，转过的圆心角θ1＝π，当带电粒子的速度大小为vc时，其圆心在O点(即fa、cb延长线的交点)，故轨迹半径r2＝2l，转过的圆心角θ2＝，根据qvB＝m得v＝，故＝＝。由T＝得T＝，所以两粒子在磁场中做圆周运动的周期相等，又t＝T，所以＝＝。故选项A正确，B、C、D错误。

[答案]　A

[规律方法]

(1)带电粒子在有界磁场中的运动，一般要先根据不同的磁场边界画出粒子运动的轨迹，然后利用几何知识计算轨迹半径。

(2)根据r＝、T＝，已知m、v、q、B可计算半径、周期；已知半径、周期也可计算磁感应强度、比荷、电荷量等。

(3)计算粒子在磁场中运动的时间，需要知道周期和圆心角，常根据t＝·T计算。

命题点二　有界磁场中的临界极值问题

1.临界条件的挖掘

(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)当速率v一定时，弧长(或弦长)越长，圆心角越大(前提条件是劣弧)，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，轨迹圆心角越大，运动时间越长。

(4)当运动轨迹圆半径大于圆形磁场半径时，则以磁场直径的两端点为入射点和出射点的轨迹对应的圆心角最大。

2.不同边界磁场中临界条件的分析

(1)平行边界：常见的临界情景和几何关系如图所示。

(2)矩形边界：如图所示，可能会涉及与边界相切、相交等临界问题。

(3)三角形边界：如图所示是正△ABC区域内某正粒子垂直于AB进入磁场的粒子临界轨迹示意图。粒子能从AB间射出的临界轨迹如图甲所示，粒子能从AC间射出的临界轨迹如图乙所示。

[典例]　(多选)如图所示，在一个等腰直角三角形ACD区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子(不计重力)，沿纸面从AC边的中点O垂直于AC边射入该匀强磁场区域，若该三角形的两直角边长均为2l，则下列关于粒子运动的说法中正确的是(　　)

A．若该粒子的入射速度为v＝，则粒子一定从CD边射出磁场，且距点C的距离为l

B．若要使粒子从CD边射出，则该粒子从O点入射的最大速度应为v＝

C．若要使粒子从AC边射出，则该粒子从O点入射的最大速度应为v＝

D．该粒子以不同大小的速度入射时，在磁场中运动的最长时间为

[解析]　若粒子的入射速度为v＝，根据洛伦兹力充当向心力可知Bqv＝m，解得r＝l；根据几何关系可知，粒子一定从CD边上距C点为l的位置离开磁场，故A正确；根据洛伦兹力充当向心力可知，v＝，因此半径越大，速度越大。根据几何关系可知，若要使粒子从CD边射出，粒子轨迹与AD边相切时半径最大，由几何关系可知，最大半径满足(rm＋l)2＝rm2＋rm2，解得rm＝(＋1)l，则若要使粒子从CD边射出，该粒子从O点入射的最大速度应为v＝，故B错误；若要使粒子从AC边射出，则该粒子从O点入射的最大轨迹半径为l，因此最大速度应为v＝，故C正确；粒子运行周期为，根据几何关系可知，粒子在磁场中偏转对应的最大圆心角为180°，故在磁场中运动的最长时间为，故D正确。

[答案]　ACD

[集训冲关]

1.如图所示，半径为R的半圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场(未画出)。一质量为m、电荷量为－q且不计重力的粒子，以速度v沿与半径AO夹角θ＝30° 的方向从A点垂直磁场射入，最后粒子从圆弧MAN上射出，则磁感应强度的大小不可能为(　　)

A.　　　　　　　　 B．

C.  D．

解析：选B　由题意知，临界条件为粒子运动轨迹恰好与MN相切，粒子运动轨迹如图所示，根据几何知识可得∠AO′B＝120°，∠OAB＝∠BAO′＝30°，故＝，r＝，解得r＝R，又知r＝，解得B＝，为使粒子从圆弧MAN上射出，则r≤R，即B≥，故B不可能。

2.如图所示，在圆心为O的圆形区域内存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场。边界上的一粒子源A，向磁场区域发射出质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子，其速度大小均为v，方向垂直于磁场且分布在AO右侧α角的范围内(α为锐角)。已知磁场区域的半径为，其左侧有与AO平行的接收屏，不计带电粒子所受重力和相互作用力，求：

(1)沿AO方向入射的粒子离开磁场时的速度方向与入射方向的夹角；

(2)接收屏上能接收到带电粒子区域的宽度。

解析：(1)根据左手定则，可知粒子在磁场中沿逆时针方向做圆周运动，设其半径为R，

有qBv＝，得R＝，

可知带电粒子运动半径与磁场区域半径相等。

沿AO方向射入磁场的粒子离开磁场时的速度方向与入射方向之间的夹角为，如图所示。

(2)设粒子入射方向与AO的夹角为θ，粒子离开磁场的位置为A′，粒子做圆周运动的圆心为O′。

根据题意可知四边形AOA′O′四条边长度均为，是菱形，有O′A′∥OA，故粒子出射方向必然垂直于OA所在直线，然后做匀速直线运动垂直击中接收屏，如图所示。

设与AO成θ角射入磁场的粒子离开磁场时的位置A′与A点的竖直距离为d，有

d＝R＋Rcos＝

设d的最大值和最小值分别为d1和d2，有

d1＝，d2＝

故接收屏上能接收到带电粒子区域的宽度为

Δd＝d1－d2＝。

答案：(1)　(2)

命题点三　匀强磁场中的多解问题

造成带电粒子在匀强磁场中运动多解的原因很多，列举以下几种情形：

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，由于电性不同，当速度相同时，正、负粒子在磁场中运动轨迹不同，形成多解。

如图甲所示，带电粒子以速率v垂直进入匀强磁场，若带正电，其轨迹为a；若带负电，其轨迹为b。

2．磁场方向不确定形成多解

有些题目只知磁感应强度的大小，而不知其方向，此时必须要考虑磁感应强度方向不确定而形成的多解。

如图乙所示，带正电粒子以速率v垂直进入匀强磁场，若B垂直纸面向里，其轨迹为a；若B垂直纸面向外，其轨迹为b。

3．临界状态不唯一形成多解

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，它可能穿过去，也可能转过180°从入射界面这边反向飞出，从而形成多解，如图丙所示。

4．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，运动往往具有往复性，从而形成多解，如图丁所示。

[例1]　如图所示，在半径为R的圆周内外两区域分别存在与圆周平面垂直、方向相反的匀强磁场，其中内部区域的磁感应强度大小为B，外部区域的磁感应强度大小未知。M、N、P、Q是两条互相垂直的直径与圆周边界的交点，现有一质量为m、电荷量为q的带电粒子(不计重力)，从M点沿MN方向射入圆周内部区域。

(1)若粒子从M点沿MN方向射入圆周内部区域后，从P点射出圆周区域，求粒子所带电荷的电性及射入速度v0的大小；

(2)若该粒子从P点射出后，从N点返回圆周内部区域，求圆周外部区域的磁感应强度大小及该粒子由M点运动到N点所用的时间；

(3)若圆周内外的磁感应强度大小相等，要使粒子从M点指向圆心方向射入，经过偏转绕圆周边界一周后回到M点，求粒子运动的速度v应满足的条件。

[解析]　(1)根据粒子偏转方向，利用左手定则可以判断粒子带正电荷。

如图甲所示，由几何关系易知，粒子做圆周运动的轨迹半径与圆周边界的半径相等，即r＝R

在圆周内部磁场区域里有

qv0B＝m

解得v0＝。

(2)如图乙所示，粒子从P点射出后，从N点返回圆周内部区域

由几何知识可得，粒子在圆周外部区域运动的轨迹半径r1＝R

设圆周外部区域磁感应强度大小为B1，粒子运动时洛伦兹力提供向心力，有qv0B1＝m

解得B1＝B

由粒子做圆周运动的周期T＝可知，粒子在圆周内部和圆周外部做匀速圆周运动的周期相等

即T外＝T内＝

粒子从M点运动到N点的时间为t＝T内＋T外

解得t＝。

(3)如图丙所示，粒子每次偏转中射入圆周内部区域的速度方向和射出速度方向与圆周边界有两交点，设两交点与圆心连线的夹角为θ

由几何关系可知，粒子在圆周内部区域的轨迹半径r2＝Rtan

粒子运动时，洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m

若经偏转绕圆周边界一周回到M点，由几何关系易知，粒子最少在圆周边界内外偏转3次，有nθ＝2π(n＝3,4,5,6，…)

解得粒子的运动速度为

v＝(n＝3,4,5,6，…)。

[答案]　(1)正电荷　　(2)B　  (3)v＝(n＝3,4,5,6，…)

[例2]　(2019·梁山模拟)“太空粒子探测器”是由加速装置、偏转装置和收集装置三部分组成的，其原理可简化为如图所示示意图。辐射状的加速电场区域边界为两个同心圆，圆心为O，外圆的半径R1＝2 m，电势φ1＝50 V，内圆的半径R2＝1 m，电势φ2＝0，内圆里有磁感应强度大小B＝5×10－3 T、方向垂直纸面向里的匀强磁场，收集薄板MN与内圆的一条直径重合，收集薄板两端M、N与内圆间各存在一狭缝。假设太空中漂浮着质量m＝1.0×10－10 kg、电荷量q＝4×10－4 C的带正电粒子，它们能均匀地吸附到外圆面上，并被加速电场从静止开始加速，进入磁场后，发生偏转，最后打在收集薄板MN上并被吸收(收集薄板两侧均能吸收粒子)，不考虑粒子相互间的碰撞和作用。

(1)求粒子刚到达内圆时速度的大小；

(2)以收集薄板MN所在的直线为x轴建立如图所示的平面直角坐标系，分析外圆哪些位置的粒子将在电场和磁场中做周期性运动，指出该位置并求出这些粒子运动一个周期内在磁场中所用时间。

[解析]　(1)粒子在电场中被加速时，由动能定理可知

qU＝mv2－0

U＝φ1－φ2

解得v＝2×104 m/s。

(2)粒子进入磁场后，在洛伦兹力的作用下发生偏转，有

qvB＝

解得r＝1 m

因为r＝R2，所以由几何关系可知，从收集薄板MN左端贴着其上表面进入磁场的粒子在磁场中运动圆周后，射出磁场，进入电场，在电场中先减速至外圆处后反向加速，并返回磁场，如此反复地做周期性运动，其运动轨迹如图所示。

由图易知，粒子运动一个周期内在磁场中所用时间为

T＝＝

解得T＝π×10－4 s

在电场和磁场中做周期性运动的粒子在外圆上的四个位置坐标分别为(0,2 m)，(2 m,0)，(0，－2 m)，(－2 m,0)。

[答案]　(1)2×104 m/s　(2)(0,2 m)，(2 m, 0)，(0, －2 m)，(－2 m, 0)　π×10－4 s

[集训冲关]

1.(多选)如图所示，xOy平面的一、二、三象限内存在垂直纸面向外、磁感应强度B＝1 T的匀强磁场，ON为处于y轴负方向的弹性绝缘薄挡板，长度为 9 m，M点为x轴正方向上一点，OM间距为3 m。现有一个比荷大小为＝1.0 C/kg可视为质点带正电的小球(重力不计)，从挡板下端N处以不同的速度沿x轴负方向射入磁场，若与挡板相碰就以原速率弹回，且碰撞时间不计，碰撞时电荷量不变，小球最后都能经过M点，则小球射入的速度大小可能是(　　)

A．3 m/s　　　　　　　 B．3.75 m/s

C．4 m/s  D．5 m/s

解析：选ABD　因为小球射入磁场后再通过y轴时的速度方向一定是沿x轴正方向，故带电小球做圆周运动轨迹半径最小值Rmin＝lOM＝3 m，即Rmin＝，解得vmin＝3 m/s；经验证，带电小球能以3 m/s 速度进入磁场，与ON碰撞一次，再经四分之三圆周经过M点，如图甲所示，A项正确；当带电小球与ON不碰撞，直接经过M点，如图乙所示，小球沿x轴负方向射入磁场，则轨迹圆心一定在y轴上，由几何关系知，此时轨迹半径最大值满足Rmax2＝lOM2＋(lON－Rmax)2，解得Rmax＝5 m，又Rmax＝，解得vmax＝5 m/s，D项正确；当小球速度大于3 m/s、小于5 m/s时，轨迹如图丙所示，由过圆直径的内接三角形几何条件可得＝，解得轨迹半径R＝3.75 m(另一解R＝3 m舍去)，由半径公式R＝，得v＝3.75 m/s，B项正确；由上述分析易知C项错误。

2．某装置用磁场控制带电粒子的运动，工作原理如图所示。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。

解析：(1)设粒子在磁场中的轨迹半径为r

根据题意及几何关系可得L＝3rsin 30°＋3dcos 30°

且h＝r(1－cos 30°)

解得h＝。

(2)设改变入射速度后粒子在磁场中的轨迹半径为r′

m＝qvB

m＝qv′B

由题意知3rsin 30°＝4r′sin 30°

解得Δv＝v－v′＝。

(3)设粒子经过上方磁场与经过下方磁场的次数之和为n，则n≥2

由题意知L＝2ndcos 30°＋2nrnsin   30°

且qvnB＝m

解得vn＝。

答案：(1)　(2)

(3)