2022年高中物理（新教材）新粤教版选择性必修第二册同步学案专题强化3 带电粒子在磁场中运动的临界和多解问题

这是一份物理选择性必修 第二册全册综合学案及答案，共14页。
     　　　　带电粒子在磁场中运动的临界和多解问题 [学习目标]　1.会分析带电粒子在有界匀强磁场中运动的临界问题.2.了解多解成因，会分析带电粒子在匀强磁场中运动的多解问题．一、带电粒子在有界匀强磁场中运动的临界问题解决带电粒子在磁场中运动的临界问题的关键，通常以题目中的“恰好”“最大”“至少”等为突破口，寻找临界点，确定临界状态，根据磁场边界和题设条件画好轨迹，建立几何关系求解．(1)刚好穿出或刚好不能穿出磁场的条件是带电粒子在磁场中运动的轨迹与边界相切．(2)当以一定的速率垂直射入磁场时，运动的弧长越长、圆心角越大，则带电粒子在有界磁场中的运动时间越长．(3)当比荷相同，速率v变化时，圆心角越大的，运动时间越长．如图1所示，真空中狭长区域内的匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，区域宽度为d，边界为CD和EF，速度为v的电子从边界CD外侧沿垂直于磁场方向射入磁场，入射方向与CD的夹角为θ，已知电子的质量为m、带电荷量为e，为使电子能从另一边界EF射出，电子的速率应满足的条件是(　　)图1A．v>   B．v<C．v>   D．v<答案　A解析　由题意可知，电子从边界EF射出的临界条件为到达边界EF时，速度方向与EF平行，即运动轨迹与EF相切，如图所示．由几何知识得：R＋Rcos θ＝d，R＝，解得v0＝，当v>v0时，电子能从边界EF射出，故A正确．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2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(　　)图2A.  B.  C.  D.答案　C解析　磁感应强度取最小值时对应的电子的运动轨迹临界状态如图所示，设电子在磁场中做圆周运动的半径为r，由几何关系得a2＋r2＝(3a－r)2，根据洛伦兹力提供向心力有evB＝m，联立解得B＝，故选C.二、带电粒子在有界匀强磁场中运动的多解问题带电粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，由于带电粒子电性不确定、磁场方向不确定、临界状态不确定、运动的往复性造成带电粒子在有界匀强磁场中运动的多解问题．(1)找出多解的原因．(2)画出粒子的可能轨迹，找出圆心、半径的可能情况．考向1　磁场方向不确定形成多解(多选)如图3所示，A点的离子源沿纸面垂直OQ方向向上射出一束负离子，离子的重力忽略不计．为把这束负离子约束在OP之下的区域，可加垂直纸面的匀强磁场．已知O、A两点间的距离为s，负离子的比荷为，速率为v，OP与OQ间的夹角为30°，则所加匀强磁场的磁感应强度B的大小和方向可能是(　　)图3A．B>，垂直纸面向里   B．B>，垂直纸面向里C．B>，垂直纸面向外   D．B>，垂直纸面向外答案　BD解析　当磁场方向垂直纸面向里时，离子恰好与OP相切的轨迹如图甲所示，切点为M，设轨迹半径为r1，由几何关系可知，sin 30°＝，可得r1＝s，由r1＝可得B1＝；当磁场方向垂直纸面向外时，其临界轨迹，圆弧与OP相切于N点，由几何关系知s＝＋r2，得r2＝，又r2＝，所以B2＝，综合上述分析可知，选项B、D正确，A、C错误．考向2　临界状态不唯一形成多解(多选)如图4所示，长为l的水平极板间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，板间距离也为l，极板不带电．现有质量为m、电荷量为q的带正电粒子(不计重力)，从两极板间边界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(　　)图4A．使粒子的速度v<B．使粒子的速度v>C．使粒子的速度v>D．使粒子的速度<v<答案　AB解析　如图所示，带电粒子刚好打在极板右边缘时，有r12＝(r1－)2＋l2，又r1＝，所以v1＝，粒子刚好打在极板左边缘时，有r2＝＝，v2＝，综合上述分析可知，选项A、B正确．1.(带电粒子在有界匀强磁场中运动的多解问题)如图5所示，边长为l的等边三角形ACD内、外分布着方向相反的匀强磁场，磁感应强度大小均为B.顶点A处有一粒子源，能沿∠CAD的平分线方向发射不同速度的粒子，粒子质量均为m，电荷量均为＋q，不计粒子重力．则粒子以下列哪一速度发射时不能通过D点(　　)图5A.  B.  C.  D.答案　C解析　粒子带正电，恰好经过D点时，其可能的轨迹如图所示：所有圆弧所对的圆心角均为60°，所以粒子运动轨迹的半径为r＝(n＝1,2,3，…)；粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得qvB＝m，解得v＝＝(n＝1,2,3，…)，故选C.2．(带电粒子在有界匀强磁场中运动的临界问题)如图6所示，直角坐标系中y轴右侧存在一垂直纸面向里、宽为a的有界匀强磁场，磁感应强度为B，右边界PQ平行于y轴，一粒子(重力不计)从原点O以与x轴正方向成θ角的速率v垂直射入磁场，当斜向上射入时，粒子恰好垂直PQ射出磁场，当斜向下射入时，粒子恰好不从右边界射出．求：图6(1)粒子的比荷；(2)粒子恰好不从右边界射出时在磁场中运动的时间．答案　(1)　(2)解析　(1)由题意可知粒子带负电，粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，可知斜向上射入时有rsin θ＝a，斜向下射入时有rsin θ＋a＝r，联立解得θ＝30°，且r＝2a，由洛伦兹力提供向心力得Bqv＝m，得粒子的比荷为＝.(2)粒子恰好不从右边界射出时在磁场中运动的圆心角为α＝2×(90°－30°)＝120°，周期为T＝＝，则粒子在磁场中运动的时间为t＝＝.1.(多选)如图1所示，宽度为d的有界匀强磁场，磁感应强度为B，MM′和NN′是它的两条边界线，现有质量为m、电荷量为q的带电粒子沿图示方向垂直磁场射入，粒子重力不计，要使粒子不能从边界NN′射出，粒子入射速率v的最大值可能是(　　)图1A.   B.C.   D.答案　BD解析　设带电粒子在磁场中运动的轨迹半径为R，粒子在磁场中做圆周运动时由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律可得qvB＝m，解得r＝.带电粒子速率越大，轨道半径越大，当轨迹恰好与边界NN′相切时，粒子恰好不能从边界NN′射出，对应的速率最大．若粒子带负电，临界轨迹如图甲所示，由几何知识得R＋Rcos 45°＝d，解得R＝(2－)d，对应的速率v＝.若粒子带正电，临界轨迹如图乙所示，由几何知识得：R－Rcos 45°＝d，解得R＝(2＋)d.对应的速率v＝.故选B、D.2.如图2所示，△ABC为与匀强磁场垂直的边长为a的等边三角形，比荷为的电子以速度v0从A点沿AB边入射，欲使电子经过BC边，磁感应强度B的取值范围为(　　)图2A．B>   B．B<C．B>   D．B<答案　D解析　由题意可知，电子正好经过C点时的运动轨迹如图所示，此时圆周运动的半径R＝＝a，要想电子从BC边经过，电子做圆周运动的半径要大于a，由带电粒子在磁场中做圆周运动的半径公式r＝有，a<，即B<，D项正确．3.直线OM和直线ON之间的夹角为30°，如图3所示，直线OM上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外．一带电粒子的质量为m，电荷量为q(q>0)．粒子沿纸面以大小为v的速度从OM上的某点向左上方射入磁场，速度与OM成30°角．已知该粒子在磁场中的运动轨迹与ON只有一个交点，并从OM上另一点射出磁场，不计粒子重力．粒子离开磁场的出射点到两直线交点O的距离为(　　)图3A.   B.C.   D.答案　D解析　带电粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径为r＝.由题意可知，轨迹与ON相切，画出粒子的运动轨迹如图所示，由几何知识得CO′D为一直线段，＝＝2＝4r＝，故D正确．4.如图4所示，在xOy平面内，y≥0的区域有垂直于xOy平面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，一质量为m、带电荷量的绝对值为q的粒子从原点O沿与x轴正方向成60°角方向以v0射入，粒子的重力不计，求带电粒子在磁场中运动的时间和带电粒子离开磁场时的位置．图4答案　见解析解析　由于洛伦兹力提供向心力，则qv0B＝m，v＝解得R＝，T＝当带电粒子带正电时，轨迹如图中OAC，故粒子在磁场中运动的时间t1＝T＝粒子在C点离开磁场，OC＝2R·sin 60°＝故离开磁场的位置为(－，0)当带电粒子带负电时，轨迹如图中ODE，故粒子在磁场中的运动时间t2＝T＝粒子在E点离开磁场，OE＝2R·sin 60°＝故离开磁场时的位置为(，0)5.如图5所示，匀强磁场的边界是两个同心圆，内圆的半径为r，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B，A是内侧边界上的一点．在圆心O处沿平行于纸面的方向射出一个质量为m、电荷量为q的带电粒子，粒子速度方向与OA成60°角，粒子经磁场第一次偏转后刚好从A点射出磁场，不计粒子重力，则下列说法正确的是(　　)图5A．粒子一定带正电B．粒子第一次在磁场中运动的时间为C．粒子运动的速度大小为D．磁场外边界圆的半径至少为r答案　D解析　根据题意，画出粒子第一次在磁场中运动的轨迹如图，根据左手定则可以判断出粒子带负电，选项A错误；粒子第一次在磁场中运动的时间为t＝T＝，选项B错误；粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径R＝rtan 30°＝r，根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝m，解得v＝，选项C错误；磁场外边界圆的半径至少为r′＝R＋＝r，选项D正确．6.如图6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，磁感应强度B＝2.0 T．一质量为m＝5.0×10－8 kg、电荷量为q＝＋1.0×10－6 C的带电粒子从P点沿图示方向以v＝20 m/s的速度进入磁场，从x轴上的Q点离开磁场(Q点未画出)．已知OP＝30 cm，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，粒子重力不计，求：图6(1)O、Q两点间的距离；(2)若粒子不能进入x轴上方，则磁感应强度B′满足的条件．答案　(1)0.90 m　(2)B′≥ T解析　(1)带电粒子仅在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，有qvB＝，得R＝代入数据得R＝0.50 m而＝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＋Rcos 37°，故OQ＝0.90 m(2)带电粒子不能进入x轴上方的临界轨迹如图乙，由几何关系结合题意得：OP≥R′＋R′sin 37°又R′＝联立并代入数据得：B′≥ T.7.(多选)如图7所示，直线MN与水平方向成60°角，MN的右上方存在垂直纸面向外的匀强磁场，左下方存在垂直纸面向里的匀强磁场，两磁场的磁感应强度大小均为B.一粒子源位于MN上的a点，能水平向右发射不同速率、质量为m(重力不计)、电荷量为q(q>0)的同种粒子，所有粒子均能通过MN上的b点，已知ab＝L，则粒子的速度可能是(　　)图7A.   B.C.   D.答案　AB解析　由题意可知，粒子可能的运动轨迹如图所示，所有圆弧所对的圆心角均为120°，所以粒子运动的半径为r＝·(n＝1,2,3，…)；粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，得qvB＝m，则v＝＝·(n＝1,2,3，…)，选项A、B正确．8.如图8所示，一足够长的矩形区域abcd内存在一方向垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，在ad边中点O，沿垂直磁场方向射入一速度方向与ad边夹角θ＝30°、大小为v0(未知量)的带正电粒子，已知粒子质量为m，电荷量为q，ad边长为L，ab边足够长，粒子重力不计，求：图8(1)若粒子恰好不能从磁场下边界射出，求粒子的入射速度大小v01；(2)若粒子恰好沿磁场上边界切线射出，求粒子的入射速度大小v02；(3)若带电粒子的速度v0大小可取任意值，求粒子在磁场中运动的最长时间．答案　(1)　(2)　(3)解析　(1)和(2)两种临界情况的运动轨迹如图所示，若粒子速度大小为v0，则qv0B＝m，解得：v0＝.(1)设圆心在O1处对应圆弧与cd边相切，对应速度大小为v01由几何关系得：R1sin θ＝，解得R1＝L则有：v01＝＝.(2)设圆心在O2处对应圆弧与ab边相切，对应速度大小为v02由几何关系得：R2＋R2sin θ＝，解得R2＝则有：v02＝＝.(3)由t＝T和T＝＝可知，粒子在磁场中经过的圆弧所对的圆心角α越大，在磁场中运动的时间越长．当在磁场中运动的半径r<R2时，运动时间最长则圆弧所对圆心角为α＝2π－2θ＝所以最长时间为t＝T＝×＝.9.如图9所示，半径为R的圆形区域内存在着磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直于纸面向里，一带负电的粒子(不计重力)沿水平方向以速度v正对圆心射入磁场，通过磁场区域后速度方向偏转了60°.图9(1)求粒子的比荷及粒子在磁场中的运动时间t；(2)如果想使粒子通过磁场区域后速度方向的偏转角度最大，在保持原入射速度的基础上，需将粒子的入射点沿圆弧向上平移的距离d为多少？答案　(1)　　(2)R解析　(1)粒子的轨迹半径r＝粒子所受洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m解得粒子的比荷＝粒子的运动周期T＝粒子在磁场中的运动时间t＝T解得t＝.(2)当粒子的入射点和出射点的连线是磁场圆的直径时，粒子速度偏转的角度最大．由图可知sin θ＝平移距离d＝Rsin θ解得d＝R.