2020版高考物理第九章第57课时带电粒子在有界磁场中的运动（题型研究课）讲义 14页

第57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v0B．若粒子落在A点的右侧，其速度一定大于v0nC．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＝4cm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＝10cm，则(　　)A．右边界：－8cm8cm有粒子射出D．左边界：00)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n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。n[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，…)。n[答案]　(1)正电荷　　(2)B　(3)v＝(n＝3,4,5,6，…)[例2]　(2019·衡阳联考)“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＝2m，电势φ1＝50V，内圆的半径R2＝1m，电势φ2＝0，内圆里有磁感应强度大小B＝5×10－3T、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＝1.0×10－10kg、电荷量q＝4×10－4C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＝mv2－0U＝φ1－φ2解得v＝2×104m/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＝1m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。n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×10－4s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(0,2m)，(2m,0)，(0，－2m)，(－2m,0)。[答案]　(1)2×104m/s　(2)(0,2m)，(2m,0)，(0,－2m)，(－2m,0)　π×10－4s[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＝1T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9m，M点为x轴正方向上一点，OM间距为3m。现有一个比荷大小为＝1.0C/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．3m/s　　　　　　　B．3.75m/sC．4m/sD．5m/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＝3m，即Rmin＝，解得vmin＝3m/s；经验证，带电小球能以3m/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＝5m，又Rmax＝，解得vmax＝5m/s，D项正确；当小球速度大于3m/s、小于5m/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＝3.75m(另一解R＝3m舍去)，由半径公式R＝，得v＝3.75m/s，B项正确；由上述分析易知C项错误。n2．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＝3rsin30°＋3dcos30°且h＝r(1－cos30°)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＝qvBm＝qv′B由题意知3rsin30°＝4r′sin30°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＝2ndcos30°＋2nrnsin30°且qvnB＝mn解得vn＝。答案：(1)　(2)(3)