帶電粒子在磁場中的邊界問題

第3課時(小專題)帶電粒子在勻強磁場中運動的臨界及多解問題 基本技能練1. (多選)如圖1所示，虛線MN將平面分成和兩個區(qū)域，兩個區(qū)域都存在與紙面垂直的勻強磁場。一帶電粒子僅在磁場力作用下由區(qū)運動到區(qū)，弧線aPb為運動過程中的一段軌跡，其中弧aP與弧Pb的弧長之比為21，下列判斷一定正確的是()圖1A兩個磁場的磁感應強度方向相反，大小之比為21B粒子在兩個磁場中的運動速度大小之比為11C粒子通過aP、Pb兩段弧的時間之比為21D弧aP與弧Pb對應的圓心角之比為21解析粒子在磁場中所受的洛倫茲力指向運動軌跡的凹側，結合左手定則可知，兩個磁場的磁感應強度方向相反，根據(jù)題中信息無法求得粒子在兩個磁場中運動軌跡所在圓周的半徑之比，所以無法求出兩個磁場的磁感應強度之比，選項A錯誤；運動軌跡粒子只受洛倫茲力的作用，而洛倫茲力不做功，所以粒子的動能不變，速度大小不變，選項B正確；已知粒子通過aP、Pb兩段弧的速度大小不變，而路程之比為21，可求出運動時間之比為21，選項C正確；由圖知兩個磁場的磁感應強度大小不等，粒子在兩個磁場中做圓周運動時的周期T也不等，粒子通過弧aP與弧Pb的運動時間之比并不等于弧aP與弧Pb對應的圓心角之比，選項D錯誤。答案BC2. (多選)如圖2所示，邊界OA與OC之間分布有垂直紙面向里的勻強磁場，邊界OA上有一粒子源S。某一時刻，從S平行于紙面向各個方向發(fā)射出大量帶正電的同種粒子(不計粒子的重力及粒子間的相互作用)，所有粒子的初速度大小相同，經(jīng)過一段時間后有大量粒子從邊界OC射出磁場。已知AOC60°，從邊界OC射出的粒子在磁場中運動的最長時間等于(T為粒子在磁場中運動的周期)，則從邊界OC射出的粒子在磁場中運動的時間可能為()圖2A. B. C. D.解析粒子在磁場中做逆時針方向的圓周運動，由于所有粒子的速度大小相同，故弧長越小，粒子在磁場中運動的時間就越短，由于粒子在磁場中運動的最長時間為，沿SA方向射出的粒子在磁場中運動時間最長，如圖所示，作出粒子運動軌跡圖，由幾何關系可知當粒子在磁場中做圓周運動繞過的弧所對應的弦垂直邊界OC時，粒子在磁場中運動時間最短，由于SDOC，則SDES，即弦SD等于半徑OD、OS，相應DOS60°，即最短時間為tT。答案ABC3. (多選)在xOy平面上以O為圓心，半徑為r的圓形區(qū)域內(nèi)，存在磁感應強度為B的勻強磁場，磁場方向垂直于xOy平面。一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子，從原點O以初速度v沿y軸正方向開始運動，經(jīng)時間t后經(jīng)過x軸上的P點，此時速度與x軸正方向成角，如圖3所示。不計重力的影響，則下列關系一定成立的是()圖3A若r，則0°90°B若r，則tC若t，則rD若r，則r解析帶電粒子在磁場中從O點沿y軸正方向開始運動，圓心一定在垂直于速度的方向上，即在x軸上，軌道半徑R。當r時，P點在磁場內(nèi)，粒子不能射出磁場區(qū)，所以垂直于x軸過P點，最大且為90°，運動時間為半個周期，即t；當r時，粒子在到達P點之前射出圓形磁場區(qū)，速度偏轉角在大于0°、小于180°范圍內(nèi)，如圖所示，能過x軸的粒子的速度偏轉角90°，所以過x軸時0°90°，A對，B錯；同理，若t，則r，若r，則t，C錯，D對。答案AD(多選)如圖所示，MN、PQ之間存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁場區(qū)域水平方向足夠長，MN、PQ間距為L，現(xiàn)用電子槍將電子從O點垂直邊界MN射入磁場區(qū)域，調(diào)整電子槍中的加速電壓可使電子從磁場邊界不同位置射出。a、b、c為磁場邊界上的三點，下列分析正確的是()A從a、b、c三點射出的電子速率關系為vavbvcB從a、b、c三點射出的電子速率關系為vavcvbC若從邊界MN射出的電子出射點與O點的距離為s，則無論怎樣調(diào)整加速電壓，必有0s2LD若從邊界PQ射出的電子出射點與O點的距離為s，則無論怎樣調(diào)整加速電壓，必有Ls2L解析畫出軌跡圓可知，從a、b、c三點射出的電子的半徑關系為RaRbRc，由R，知vavbvc，A對，B錯；電子垂直于邊界MN射入磁場，能從邊界MN射出，其軌跡的最大圓與邊界PQ相切，則無論怎樣調(diào)整加速電壓，必有0s2L，C對；若電子從邊界PQ射出，其軌跡的最小圓也與邊界PQ相切，則無論怎樣調(diào)整加速電壓，必有LsL，D錯。答案AC能力提高練4.如圖4所示，兩個同心圓，半徑分別為r和2r，在兩圓之間的環(huán)形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B。圓心O處有一放射源，放出粒子的質(zhì)量為m、帶電量為q，假設粒子速度方向都和紙面平行。圖4(1)圖中箭頭表示某一粒子初速度的方向，OA與初速度方向夾角為60°，要想使該粒子經(jīng)過磁場后第一次通過A點，則初速度的大小是多少？(2)要使粒子不穿出環(huán)形區(qū)域，則粒子的初速度不能超過多少？解析甲(1)如圖甲所示，設粒子在磁場中的軌道半徑為R1，則由幾何關系得R1又qv1Bm得v1。(2)如圖乙所示，設粒子軌跡與磁場外邊界相切時，粒子在磁場中的軌道半徑為R2，則由幾何關系有乙(2rR2)2Rr2可得R2又qv2Bm可得v2故要使粒子不穿出環(huán)形區(qū)域，粒子的初速度不能超過。答案(1)(2)5(2014·廣東卷，36)如圖5所示，足夠大的平行擋板A1、A2豎直放置，間距6 L，兩板間存在兩個方向相反的勻強磁場區(qū)域和，以水平面MN為理想分界面。區(qū)的磁感應強度為B0，方向垂直紙面向外。A1、A2上各有位置正對的小孔S1、S2，兩孔與分界面MN的距離為L、質(zhì)量為m、電量為q的粒子經(jīng)寬度為d的勻強電場由靜止加速后，沿水平方向從S1進入?yún)^(qū)，并直接偏轉到MN上的P點，再進入?yún)^(qū)、P點與A1板的距離是L的k倍。不計重力，碰到擋板的粒子不予考慮。圖5(1)若k1，求勻強電場的電場強度E; (2)若2<k<3，且粒子沿水平方向從S2射出，求出粒子在磁場中的速度大小v與k的關系式和區(qū)的磁感應強度B與k的關系式。解析(1)若k1，則有MPL，即該情況粒子的軌跡半徑為RL，粒子做勻速圓周運動，其向心力由洛倫茲力提供：qvB0mv粒子在勻強電場中，據(jù)動能定理有：qEdmv2解得：E(2)由于P距離A1為kL，且2<k<3，粒子從S2水平飛出，該粒子運動軌跡如圖所示，則根據(jù)從S1到P處的軌跡由幾何關系得R2(kL)2(RL)2又由qvB0m則整理得v又由題意及軌跡圖得6L2kLPQ據(jù)幾何關系，由相似三角形得又有qvBm解得區(qū)磁場與k關系為B答案(1)(2)vB如圖甲所示，一個質(zhì)量為m、電荷量為q的微粒(不計重力)，初速度為零，經(jīng)兩金屬板間電場加速后，沿y軸射入一個邊界為矩形的勻強磁場中，磁場方向垂直紙面向里。磁場的四條邊界分別是y0，ya，x1.5a，x1.5a。兩金屬板間電壓隨時間均勻增加，如圖乙所示。由于兩金屬板間距很小，微粒在電場中運動，時間極短，可認為微粒加速運動過程中電場恒定。(1)求微粒分別從磁場上、下邊界射出時對應的電壓范圍；(2)微粒從磁場左側邊界射出時，求微粒的射出速度相對進入磁場時初速度偏轉角度的范圍，并確定在左邊界上出射范圍的寬度d。解析(1)當微粒運動軌跡與上邊界相切時，由圖甲中幾何關系可知R1a微粒做圓周運動，有qv1B微粒在電場中加速qU1mv由以上各式可得U1所以微粒從上邊界射出的電壓范圍為U1當微粒由磁場區(qū)域左下角射出時，由圖乙中幾何關系可知R20.75a微粒做圓周運動，有qv2B微粒在電場中加速qU2mv由以上各式可得U2所以微粒從下邊界射出的電壓范圍為0U2(2)當微粒運動軌跡與上邊界相切時，如圖丙所示，sinAO1C，所以AO1C30°由圖丙中幾何關系可知此時速度方向偏轉120°，微粒由左下角射出磁場時，速度方向偏轉180°，所以微粒的速度偏轉角度范圍為120°180°，左邊界上出射范圍寬度dR1cos 30°a。答案(1)從上邊界射出的電壓范圍為U1從下邊界射出的電壓范圍為0U2(2)120°180°a