1、带电粒子在磁场中的临界极值和多解问题带电粒子在磁场中的临界极值问题1试画出以下三种情形下带电粒子的临界示意图甲：改变速度 v，使粒子不射出磁场区的速度满足的条件乙：改变速度 v，为使粒子不从 PQ 边界射出速度的最大值丙：改变速度 v，粒子能打在上极板 MN 上的长度温馨提示2利用“动态圆”分析临界极值问题(1)滚动圆法：粒子速度大小不变，方向改变，则 r 大小不变，但轨迹的圆心位置mvqB变化，相当于圆心在绕着入射点滚动(如图所示)(2)放缩圆法：入射粒子的速度方向不变，但大小变化，造成圆心在一条射线上变动，半径大小不断变化的放缩圆( 情形如图所示) (3)平移圆法：速度大小和方向相同的一排
2、相同粒子进入直线边界，各粒子的轨迹圆弧可以由其他粒子的轨迹圆弧沿着边界平移得到(如图所示)如图所示，在 xOy 坐标系的第一象限有方向垂直纸面向外的有界匀强磁场，y轴是它的左边界、曲线 OP 是它的右边界， OP 的曲线方程为 y x2.在 y 轴上有一点2hQ(0，h )，一电荷量为 q(q0)，质量为 m 的粒子从 Q 点以不同的速率沿 x 轴正方向射入磁场从磁场的右边界射出的粒子中，速率为 v0 的粒子在磁场中运动位移最短不计粒子的重力求(1)磁感应强度的大小；(2)能从磁场的右边界射出的粒子的速率范围解析：(1)设粒子从 M(x，y )点射出磁场，则：MQ x2 y h2又：y x22
3、h联立解得：MQ y2 32hy h2由可知，当 y h 时，MQ 有最小值34粒子在磁场中运动的轨迹半径满足：qBv 0 mv20rO1Ny (hr) r h4O1N2x 2r 2由得 B 8mv07qh(2)设轨迹圆与磁场右边界相切于 D(x，y)点，半径为 R，由几何关系： xRsin hRyR cos 联立解得：R h22 14又 qvmBm ，联立得 vm v0.v2mR 222 17答案：(1) (2)v v08mv07qh 222 17带电粒子在有界磁场中运动的临界极值问题分析临界问题的关键是找准临界点：以题目中的“恰好” “最大” “最高” “至少”等词语为突破口，挖掘隐含条件
4、，分析可能的情况，必要时画出几个半径不同的轨迹，找出临界条件，如：(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，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，圆心角越大的，运动时间越长在直角坐标系中有 P、Q 两点，坐标如图所示，虚线是以原点 O 为圆心的半圆，半圆与 x 轴围成的区域只存在垂直纸面向外的匀强磁场大量同种粒子从 P 点射入磁场，入射方向均在 xOy 平面内，速度方向与 x 轴正方向的夹角在 0到 180的范围内粒子在磁场中做圆周运动的半径为 r，满足 Lr2L ，所有粒子均不从半圆虚
5、线边界射出，已知粒子的质量为 m(不计重力) ，带电荷量为 q0，磁场的磁感应强度大小 B 求：(1)经过 Q 点时速度方向与 y 轴垂直的粒子的速度大小(2)虚线半圆的最小半径和从 P 点运动到 Q 点的所有粒子中运动时间的最大值和最小值解析：(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，qvBm ，由图 1 可知 R ，v2R Lcos 30解得 v .23qBL3m图 1(2)当粒子以最大半径 R2L 向 x 轴负方向发出刚好与半圆相切时，运动情况如图 2 所示图 2由几何关系得 L2R 2(rR )2，解得虚线半圆的最小半径 r(2 )L，5带电粒子在磁场中的运动周期 T ，从 P 点运动到 Q
6、点，粒子运动时间2Rvt T，其中( 为 PQ 运动轨迹对应的圆心角)360如图 3 所示，以 O3 为圆心的粒子，圆心角最大，图 3由几何关系可知半径 R L，且满足 LR2L，233由图可知图心角 240 ，从 P 点运动到 Q 点，粒子运动的最长时间 t1 ，4m3qB以 Q4 为圆心对应的圆心角最小，半径 R2l，由图可知圆心角 60 ，从 P 点运动到 Q 点，粒子运动的最短时间 t2 .m3qB答案：(1) (2)(2 )L 23qBL3m 5 4m3qB m3qB1如图所示，在一个半径为 R 的半圆区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为 B O 点是该半圆的圆心， OP
7、 是垂直于直线边界的半径两个完全相同的质量为m、电量为q 的粒子以相同的速率 v 分别从 O 点沿 OP 和从 P 点沿 PO 射入磁场区域，对于两个粒子的运动情况下列分析正确的是( )A从 O 点沿 OP 射入磁场的粒子将向上偏转B两粒子通过磁场的时间相等C如果 v ，则从 O 点沿 OP 射入磁场的粒子通过磁场的时间为qBR2m mqBD如果 v ，则从 O 点沿 OP 射入磁场的粒子通过磁场的时间较长qBRm解析：选 C 根据左手定则分析可知，从 O 点沿 OP 射入磁场的粒子向下偏转，选项A 错误；分析粒子以相同速率 v 从 O 点沿 OP 和从 P 点沿 PO 射入磁场区域，其轨道半
8、径相同，但在磁场中运动的弧长不相同，如下图所示，所以两粒子通过磁场的时间不相同，选项 B 错误；如果 v ，则粒子在磁场中运动的轨道半径 r ，从 O 点沿 OP 射qBR2m mvqB R2入磁场的粒子在磁场中的运动轨迹正好是半个圆周，通过磁场的时间为 t ，选项 CT2 mqB正确；如果 v ，则粒子在磁场中的轨道半径 r R，从 O 点沿 OP 射入磁场的粒qBRm mvqB子在磁场中的运动轨迹对应的圆心角为 ，从 P 点沿 PO 射入磁场的粒子在磁场中的运动轨3迹对应的圆心角为 ，所以从 O 点沿 OP 射入磁场的粒子通过磁场的时间较短，选项 D 错2误2(2018广东清远联考)如图所
9、示，在一平面正方形 MNPQ 区域内有一匀强磁场垂直于纸面向里，磁感应强度为 B 一质量为 m、电荷量为 q 的粒子以速度 v 从 Q 点沿着与QP 边夹角为 30的方向垂直进入磁场，从 QP 边射出已知 QP 边长为 a，不计粒子的重力，下列说法正确的是( )A该粒子带正电B运动过程中粒子的速度不变C粒子在磁场中运动的时间为m3qBD粒子的速度 v 的最大值为qBa2m解析：选 C 粒子从 PQ 边射出磁场，粒子刚射入磁场时受到的洛伦兹力垂直于速度斜向右下方，由左手定则可知，该粒子带负电，故 A 错误；粒子在磁场中做匀速圆周运动，粒子的速度大小不变，方向发生变化，故 B 错误；粒子在磁场中转
10、过的圆心角 23060 ，粒子在磁场中的运动时间 t T ，故 C 正确；粒子从 P 点射360 60360 2mqB m3qB出磁场时轨迹半径最大，粒子的速度最大，此时粒子的轨迹半径 ra，由 qvBm 得粒v2r子的最大速度 v ，故 D 错误qBrm qBam带电粒子在磁场中的多解问题带电粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，由于多种因素的影响，使问题形成多解多解形成原因一般包含下述几个方面：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，导致形成多解如图所示，宽度为 d 的有界匀强磁场，磁感应强度为
11、 B，MM和 NN是它的两条边界现有质量为 m，电荷量为 q 的带电粒子沿图示方向垂直磁场射入要使粒子不能从边界 NN射出，则粒子入射速率 v 的最大值可能是_ .温馨提示 题目中只给出粒子“电荷量为 q”，未说明是带哪种电荷若带正电荷，轨迹是如图所示的上方与 NN相切的 1/4 圆弧，轨道半径： R ，mvBq又 dRR / ，2解得 v(2 )Bqd/m.2若带负电荷，轨迹如图所示的下方与 NN相切的 3/4 圆弧，则有：R ，mvBqdRR / ，2解得 v(2 )Bqd/m.2所以本题应填(2 ) 或(2 ) .2Bqdm 2Bqdm磁场方向不确定形成多解有些题目只告诉了磁感应强度的大
12、小，而未具体指出磁感应强度方向，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，它可能穿过去了，也可能转过 180从入射界面这边反向飞出，如图所示于是形成了多解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，如图所示如图，一足够大的绝缘弹性挡板水平放置，挡板上方 M 点与挡板的距离为h3 m，M 点与挡板上的 N 点的连线垂直于挡板挡板上方空间存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度 B1 T一质量 m110 3 kg，电荷量 q110 3 C
13、的带负电微粒，从挡板上某点出发，以垂直于挡板的速度进入电磁场区域后恰能做圆周运动微粒若与挡板碰撞时，将以原速率被弹回，且电荷量不变，忽略重力的影响，g10 m/s 2，求：(1)若微粒运动过程中能击中 M 点，求其速度的最小值和以该速度运动时出发点与 N点的距离 d.(2)若微粒从距 N 点距离 s9 m 的 A 点出发，到击中 M 点的运动时间的可能值解析：(1)微粒能击中 M 点，且速度最小，则半径 r3 m由 r 可得 v 3 m/smvqB qBrmd2rnr 3(2n1) (n0,1,2)(2)设微粒与挡板碰撞 n 次，则最大半径趋近于s2n要击中 M 点，则 hs2n即 n1.5，
14、故 n 可能取 0,1当 n0 时，轨迹如图中所示由几何关系：r 2h 2(sr) 2 得 r5 msin ，故 37hr 35此时时间 t1 s180 37360 2mqB 143180当 n1 时，由几何关系 r2h 2(3r s) 2 得 r13 m，r23.75 mr13 m 时运动轨迹如图中 所示，此时时间 t2 s342mqB 32r23.75 m 时运动轨迹如图中 所示，sin ，故 53hr2 45此时 t3 s180 53360 2mqB 233180所以时间的可能值为： s， s， s.143180 32 233180答案：(1)3 m/s d3(2n1) ，n0,1,2(
15、2) s， s， s143180 32 233180带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的多解问题要充分考虑带电粒子的电性、磁场方向、轨迹及临界条件的多种可能性，画出其运动轨迹，分阶段、分层次地求解1分析题目特点，确定题目多解性形成的原因2作出粒子运动轨迹示意图(全面考虑多种可能性) 3如果是周期性重复的多解问题，应列出通项式如果是出现几种解的可能性，注意每种解出现的条件(2017汕头一模) 如图所示， xOy 坐标系中，在 y 轴右侧有一平行于 y 轴的边界 PQ， PQ 左侧和右侧存在磁感应强度大小分别为 B 与 的匀强磁场，磁场方向均垂直于B2xOy 平面向里y 轴上有一点 A 与原点 O 的
16、距离为 l.带电荷量为 q、质量为 m 的带正电粒子，以某一速度从坐标原点 O 处沿 x 轴正方向射出，经过时间 t 时恰好到达 A 点，不4m3qB计粒子的重力(1)求边界 PQ 与 y 轴的距离 d 和粒子从 O 点射出的速度大小 v0.(2)若相同的粒子以更大的速度从原点 O 处沿 x 轴正方向射出，为使粒子能经过 A 点，粒子的速度大小应为多大？解析：带电粒子在 PQ 左侧和右侧的磁场中做匀速圆周运动，分别有qv0Bm ，qv 0 m ，v20r1 B2 v20r2可得半径 r1 ，r 22r 1，mv0qB由 T 可得 T1 ，T 22T 1.2rv 2mqB(1)粒子射出后经过时间
17、 t 时恰好到达 A 点，运动情况如图甲所示设图中圆弧4m3qBDE 对应的圆心角为 ，则粒子从 O 点运动到 A 点的时间为 T2 T1 .解得360 180 360 4m3qB60.C 1C2C3 为等边三角形，根据几何关系得 l2r 1( r2r 1)，dr 1cos 30，解得 PQ 与 y 轴的距离 d 和粒子从 O 点射出的速度大小 v0 分别为 d l，v 0 .36 qBl3m(2)以更大的速度从原点 O 处沿 x 轴正方向射出的相同的粒子，必然是从 y 轴最高点转向下方时经过 A 点，粒子运动一个周期，运动情况如图乙所示，设图中C 1DF，则粒子运动一个周期在 y 轴上的位移
18、 y2r 12(r 2r 1)sin 2r 1(或 y2r 1sin )，cos ，dr1经过 A 点的条件是 nyl(n1,2,3，)解得 v (n1,2,3， )，qBl2m13 1n2考虑到 vv 0 ，故 n 只能取 1 或 2，qBl3m即粒子的速度大小为 v 或 v .qBl3m 21qBl12m (或 v qBl2m13 1n2n 1，2)答案：(1) l (2) (n1,2)36 qBl3m qBl2m13 1n23(2018长沙模拟)如图所示，虚线 MN 上方存在垂直纸面向里的匀强磁场，MN 下方存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小均为 B O、A 为 MN 上的两点，
19、距离为d，两个质量均为 m、电荷量均为 q 的带电粒子( 不计重力 )P、Q 同时从 O 点以大小相等、方向相反的速度分别射入上方磁场和下方磁场，之后带电粒子 P、Q 都通过 A 点若两粒子从 O 点运动到 A 点所用时间之比为 15.求：(1)带电粒子 P 射入磁场时的速度大小；(2)P、Q 两带电粒子从 O 点运动到 A 点的时间差解析：(1)由题意可知，带电粒子的运动轨迹如图所示根据两粒子从 O 点运动到 A 点所用时间之比为 15 可知60 OCr由 Bqvmv2rr (n1,2,3，)dn解得 v (n1,2,3，)dBqnm(2)设粒子从 O 运动到 A 所用的时间分别为 t 和
20、5tnTt5tT2mBqt 5tt解得 t (n1,2,3，)4nm3Bq答案：见解析4(2018广州普通高中模拟) 半径为 R 的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为 B，圆心 O 到直线 MN 的距离为 R.一个带电的粒子以初速度 v0 沿 MN 方向35飞进磁场，不计粒子的重力，已知粒子飞出磁场时速度方向偏转了 90.求：(1)带电粒子的比荷 ；qm(2)带电粒子在磁场中运动的时间 t.解析：情况一 (1)若粒子带正电，进入磁场后做匀速圆周运动，轨迹如图甲所示，设轨道半径为 r，由几何关系得rRcos R35cos R2 (35R)2R 45解得 r R75根据牛顿第二定律qv0Bmv20r解得 qm 5v07BR(2)T 2rv0 14R5v0又因为 tT4解得 t7R10v0情况二 (1)若粒子带负电，轨迹如图乙所示，设其轨道半径为 r，由几何关系得rRcos R35rRsin R45得 r R15根据牛顿第二定律qv0Bmv20r解得 qm 5v0BR(2)T 2rv0 2R5v0又因为 tT4解得 tR10v0所以粒子的比荷为 或 ，在磁场中运动的时间为 或 .5v07BR 5v0BR 7R10v0 R10v0答案：见解析
