11.3專題帶電粒子在有界勻強磁場中的運動（講）

第十一章磁場專題帶電粒子在有界勻強磁場中的運動一、粒子軌跡圓心的確定，半徑、運動時間的計算方法1.圓心的確定方法（1）若已知粒子軌跡上的兩點的速度方向，分別確定兩點處洛倫茲力F的方向，其交點即為圓心，如圖甲。（2）若已知粒子運動軌跡上的兩點和其中某一點的速度方向，弦的中垂線與速度垂線的交點即為圓心，如圖乙。（3）若已知粒子軌跡上某點速度方向，又能根據(jù)r＝計算出軌跡半徑r，則在該點沿洛倫茲力方向距離為r的位置為圓心，如圖丙。2.半徑的計算方法方法一由R＝求得方法二連半徑構(gòu)出三角形，由數(shù)學(xué)方法解三角形或勾股定理求得例如：如圖甲，R＝或由R2＝L2＋（R－d）2求得常用到的幾何關(guān)系①粒子的偏轉(zhuǎn)角等于半徑掃過的圓心角，如圖乙，φ＝α。②弦切角等于弦所對應(yīng)圓心角一半，如圖乙，θ＝α。3.時間的計算方法方法一利用圓心角、周期求得t＝T方法二利用弧長、線速度求得t＝二、帶電粒子在有界磁場中的運動1.直線邊界（進出磁場具有對稱性，如圖所示）2.平行邊界（往往存在臨界條件，如圖所示）3.圓形邊界（進出磁場具有對稱性）（1）沿徑向射入必沿徑向射出，如圖甲所示。（2）不沿徑向射入時，如圖乙所示。射入時粒子速度方向與半徑的夾角為θ，射出磁場時速度方向與半徑的夾角也為θ。4.在多邊形邊界或角形區(qū)域磁場帶電粒子在多邊形邊界或角形區(qū)域磁場運動時，會有不同的臨界情景，解答該類問題主要把握以下兩點：（1）射入磁場的方式：①從某頂點射入；②從某邊上某點以某角度射入。（2）射出點的判斷：經(jīng)常會判斷是否會從某頂點射出。①當(dāng)α≤θ時，可以過兩磁場邊界的交點，發(fā)射點到兩磁場邊界的交點距離為d＝2Rsinα，如圖甲所示。②當(dāng)α>θ時，不能通過兩磁場邊界的交點，粒子的運動軌跡會和另一個邊界相切，如圖乙所示?？键c一帶電粒子在有界勻強磁場中的運動帶電粒子在有邊界的磁場中運動時，由于邊界的限制往往會出現(xiàn)臨界問題。解決帶電粒子在磁場中運動的臨界問題的關(guān)鍵，通常以題目中的“恰好”“最大”“至少”等為突破口，尋找臨界點，確定臨界狀態(tài)，根據(jù)磁場邊界和題設(shè)條件畫好軌跡，建立幾何關(guān)系求解。臨界點常用的結(jié)論：（1）剛好穿出磁場邊界的條件是帶電粒子在磁場中運動的軌跡與邊界相切。（2）當(dāng)速度v一定時，弧長（或弦長）越長，對應(yīng)圓心角越大，則帶電粒子在有界磁場中運動的時間越長。（3）當(dāng)速度v變化時，圓心角越大，運動時間越長。典例精析變式鞏固1.如圖，虛線上方空間分布著垂直紙面向里的勻強磁場，在紙面內(nèi)沿不同的方向從粒子源O先后發(fā)射速率均為v的質(zhì)子和粒子，質(zhì)子和粒子同時到達P點。已知OP＝，粒子沿與PO成30°角的方向發(fā)射，不計粒子的重力和粒子間的相互作用力，則下列說法正確的是（）A.質(zhì)子在磁場中運動的半徑為B.粒子在磁場中運動的半徑為C.質(zhì)子在磁場中運動的時間為D.質(zhì)子和a粒子發(fā)射的時間間隔為【答案】ACD【解析】【分析】【詳解】AB．根據(jù)題意作出粒子運動軌跡如圖所示；由幾何知識可知，粒子在磁場中做圓周運動的軌道半徑因為粒子做圓周運動的半徑為質(zhì)子與粒子的荷質(zhì)比為所以其半徑之比為，質(zhì)子半徑為。故A正確B錯誤；CD．粒子在磁場中做圓周運動的周期由幾何知識可知，粒子在磁場中轉(zhuǎn)過的圓心角：θ1=300°，粒子在磁場中的運動時間質(zhì)子從O射入P點射出，又質(zhì)子半徑為，可知O點射入的速度方向必與OP邊界垂直,故所以質(zhì)子和a粒子發(fā)射的時間間隔為故CD正確。故選ACD。2.如圖所示，直線MN上方有垂直紙面向里的勻強磁場，電子1從磁場邊界上的a點垂直MN和磁場方向射入磁場，經(jīng)t1時間從b點離開磁場。之后電子2也由a點沿圖示方向以相同速率垂直磁場方向射入磁場，經(jīng)t2時間從a、b連線的中點c離開磁場，則為（）A.3 B.2 C. D.【答案】A【解析】【詳解】粒子在磁場中都做勻速圓周運動，根據(jù)題意畫出粒子的運動軌跡，如圖所示電子1垂直射進磁場，從b點離開，則運動了半個圓周，ab即為直徑，c點為圓心，電子2以相同速率垂直磁場方向射入磁場，經(jīng)t2時間從a、b連線的中點c離開磁場，根據(jù)得，軌跡半徑可知粒子1和2的半徑相等，根據(jù)幾何關(guān)系可知，為等邊三角形，則粒子2轉(zhuǎn)過的圓心角為60°，所以粒子1運動的時間粒子2運動的時間所以故選A。3.如圖所示，勻強磁場限定在一個圓形區(qū)域內(nèi)，磁感應(yīng)強度大小為B，一個質(zhì)量為m，電荷量為q，初速度大小為v的帶電粒子沿磁場區(qū)域的直徑方向從P點射入磁場，從Q點沿半徑方向射出磁場，粒子射出磁場時的速度方向與射入磁場時相比偏轉(zhuǎn)了θ角，忽略重力及粒子間的相互作用力，下列說法錯誤的是（）A.粒子帶正電 B.粒子在磁場中運動的軌跡長度為C.粒子在磁場中運動的時間為 D.圓形磁場區(qū)域的半徑為【答案】D【解析】【分析】【詳解】A．根據(jù)粒子的偏轉(zhuǎn)方向，由左手定則可以判斷出粒子帶正電，A不符合題意；B．由洛倫茲力提供向心力可得解得粒子在磁場中運動時，其軌跡的半徑為由幾何關(guān)系可知其對應(yīng)的圓心角為，則粒子在磁場中運動的軌跡長度為B不符合題意；C．粒子做勻速運動的周期為則粒子在磁場中運動的時間為C不符合題意；D．設(shè)圓形磁場區(qū)域的半徑為R，由解得D符合題意。故選D。4.如圖所示，在圓形邊界的磁場區(qū)域，氕核和氘核先后從P點沿圓形邊界的直徑入射，從射入磁場到射出磁場，氕核和氘核的速度方向分別偏轉(zhuǎn)了60°和120°角，已知氕核在磁場中運動的時間為t0，軌跡半徑為R，則（）A.氘核在該磁場中運動的時間為2t0B.氘核在該磁場中運動的時間為4t0C.氘核在該磁場中運動的軌跡半徑為RD.氘核在該磁場中運動的軌跡半徑為R【答案】BD【解析】【詳解】由題意，作出兩核在磁場中的運動軌跡示意圖如下AB．原子核在磁場中做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力兩核在磁場中運動時間將兩核比荷比為2:1、圓心角之比為1:2帶入可得氘核在該磁場中運動的時間為故A錯誤，B正確；CD．設(shè)磁場圓半徑為r，氕核和氘核的軌跡圓圓心分別為O1、O2，分別從A點、C點射出磁場，氘核在磁場中運動的軌跡半徑為R2，時間為t2，則對，有幾何關(guān)系可得對，有幾何關(guān)系可得可得出故C錯誤，D正確。故選BD5.兩個帶等量異種電荷的粒子分別以速度va和vb射入勻強磁場，兩粒子的入射方向與磁場邊界的夾角分別為60°和30°，磁場寬度為d，兩粒子同時由A點出發(fā)，同時到達B點，如圖所示則A.a粒子帶正電，b粒子帶負(fù)電B.兩粒子的軌道半徑之比Ra：Rb=：1C.兩粒子的質(zhì)量之比ma：mb=1：2D.兩粒子的質(zhì)量之比ma：mb=2：1【答案】BD【解析】【分析】根據(jù)粒子偏轉(zhuǎn)方向，由左手定則判斷電性，根據(jù)粒子做勻速圓周運動，由幾何關(guān)系求得軌道半徑，根據(jù)幾何關(guān)系得到中心角，即可由運動時間相同得到周期之比，從而由洛倫茲力做向心力得到質(zhì)量；【詳解】A、由左手定則可得：a粒子帶負(fù)電，b粒子帶正電，故A錯誤；B、由粒子做勻速圓周運動可得：粒子運動軌道圓心在AB的垂直平分線和過A點的速度垂直方向的交點，故，，所以，，故B正確；C、由幾何關(guān)系可得：從A運動到B，a粒子轉(zhuǎn)過的中心角為，b粒子轉(zhuǎn)過的中心角為，根據(jù)運動時間相同可得運動周期為：，再根據(jù)洛倫茲力做向心力可得：

所以，運動周期為：；

根據(jù)電荷量相等可得，故C錯誤，D正確．【點睛】帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的問題，一般根據(jù)幾何關(guān)系求得軌道半徑及中心角，即可由洛倫茲力做向心力求得速度、運動時間等問題．6.如圖所示，在坐標(biāo)系的y軸右側(cè)存在有理想邊界的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B，磁場的寬度為d，磁場方向垂直于xOy平面向里。一個質(zhì)量為m、電荷量為的帶電粒子，從原點O射入磁場，速度方向與x軸正向成角，粒子恰好不從右邊界射出，經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后從y軸的某點離開磁場。忽略粒子重力。關(guān)于該粒子在磁場中運動情況，下面說法正確的是（）A.它的軌道半徑為B.它進入磁場時的速度為C.它在磁場中運動的時間為D.它的運動軌跡與y軸交點的縱坐標(biāo)為【答案】AB【解析】【分析】【詳解】A．粒子運動軌跡如圖所示解得粒子運動軌道半徑為故A正確；B．由聯(lián)立解得粒子進入磁場時的速度為故B正確；C．由如圖由幾何關(guān)系知解得粒子在磁場中運動的時間為故C錯誤；D．粒子運動軌跡與y軸交點的縱坐標(biāo)為故D錯誤。故選AB。（2023·河北石家莊市模擬）7.如圖所示，△AOC為直角三角形，∠O=90°，∠A=60°，AO=L，D為AC的中點?！鰽OC中存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，在O點放置一粒子源，可以向各個方向發(fā)射質(zhì)量為m、電荷量為q，速度大小均為的粒子。不計粒子間的相互作用及重力作用，對于粒子進入磁場后的運動，下列說法正確的是（）A.粒子在磁場中運動的半徑為LB.與OC成45°角入射的粒子將從AC邊射出C.在AC邊界上有粒子射出的區(qū)域長度為LD.所有從OA邊界射出的粒子在磁場中運動的時間相等【答案】ABC【解析】【詳解】A．粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律有解得粒子在磁場中運動的半徑為故A正確；B．如圖1所示，當(dāng)粒子恰好從A點射出時，根據(jù)幾何關(guān)系可得粒子與OC成60°角入射，所以與OC成45°角入射的粒子將從AC邊射出，故B正確；圖1C．如圖2所示，根據(jù)幾何關(guān)系可知沿CO方向入射的粒子將恰好從D點射出，結(jié)合上面B項分析可知AD為AC邊界上有粒子射出的區(qū)域，其長度為L，故C正確；圖2D．所有粒子在磁場中運動的周期均相同，設(shè)為T，設(shè)粒子在磁場運動過程中轉(zhuǎn)過的圓心角為α，則粒子運動時間為由于所有粒子的運動軌跡為半徑相同的圓，從OA射出的粒子，其軌跡所截AO的長度不同，對應(yīng)轉(zhuǎn)過的圓心角不同，所以所有從OA邊界射出的粒子在磁場中運動的時間不等，故D錯誤。故選ABC。8.如圖所示，在直角三角形abc區(qū)域內(nèi)存在垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B。大量質(zhì)量為m、電荷量為＋q的同種粒子以相同的速度沿紙面垂直于ab邊射入場區(qū)，結(jié)果在bc邊僅有一半的區(qū)域內(nèi)有粒子射出。已知bc邊的長度為L，bc和ac的夾角為60°，不計粒子重力及粒子間的相互作用力。下列說法正確的是（）A.粒子的入射速度為B.粒子的入射速度為C.粒子在磁場中運動的最大軌跡長度為D.從bc邊射出的粒子在磁場內(nèi)運動的最長時間為【答案】AC【解析】【分析】【詳解】AB．粒子進入場向上做勻速圓周運動，洛倫力提供向心力因bc邊只有一半?yún)^(qū)域有粒子射出，在bc邊中點射出的粒子軌跡如圖中實線所示，由幾何關(guān)系可得則粒子的入射速度所以A項正確；B項錯誤；C．粒子在場中運動最長軌述為C項正確；D．與bc邊相切恰從bc邊射出的粒子的對應(yīng)的圓心角最大為，從bc邊射出的粒子在磁場內(nèi)運動的最長時間為所以D項錯；故選AC?？键c二帶電粒子在有界勻強磁場中運動的多解問題帶電粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，由于帶電粒子電性不確定、磁場方向不確定、臨界狀態(tài)不確定、運動的往復(fù)性造成帶電粒子在有界勻強磁場中運動的多解問題。（1）找出多解的原因。（2）畫出粒子的可能軌跡，找出圓心、半徑的可能情況。典例精析變式鞏固9.如圖所示，A點的離子源沿紙面垂直O(jiān)Q方向向上射出一束負(fù)離子，離子的重力忽略不計。為把這束負(fù)離子約束在OP之下的區(qū)域，可加垂直紙面的勻強磁場。已知O、A兩點間的距離為s，負(fù)離子的比荷為，速率為v，OP與OQ間的夾角為30°，則所加勻強磁場的磁感應(yīng)強度B的大小和方向可能是（）A.，垂直紙面向里 B.，垂直紙面向里C.，垂直紙面向外 D.，垂直紙面向外【答案】BD【解析】【詳解】AB．當(dāng)所加勻強磁場方向垂盲紙面向里時，由左手定則知：負(fù)離子向右偏轉(zhuǎn)。約束在OP之下的區(qū)域的臨界條件是離子運動軌跡與OP相切。如圖（大圓?。┯蓭缀沃R知而所以所以當(dāng)離子軌跡的半徑小于s時滿足約束條件。由牛頓第二定律及洛倫茲力公式列出所以得故A錯誤，B正確；CD．當(dāng)所加勻強磁場方向垂直紙面向外時，由左手定則知：負(fù)離子向左偏轉(zhuǎn)。約束在OP之下的區(qū)域的臨界條件是離子運動軌跡與OP相切。如圖（小圓?。┯蓭缀沃R知道相切圓的半徑為，所以當(dāng)離子軌跡的半徑小于時滿足約束條件。由牛頓第二定律及洛倫茲力公式列出所以得故C錯誤，D正確。故選BD。10.如圖所示，寬度為d的有界勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B，MM′和NN′是它的兩條邊界?，F(xiàn)有質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子沿與MM′成45°角的方向垂直射入磁場。要使粒子不能從邊界NN′射出，則粒子入射速率v的最大值可能是多少（不計粒子重力）?！敬鸢浮浚╭為正電荷）或（q為負(fù)電荷）【解析】【詳解】若q為正電荷，軌跡是如圖所示上方與NN′相切的圓弧，設(shè)軌道半徑為R，根據(jù)幾何關(guān)系有粒子在磁場中運動時由洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得聯(lián)立解得若q為負(fù)電荷，軌跡是如圖所示的下方與NN′相切的圓弧，設(shè)軌道半徑為R′，根據(jù)幾何關(guān)系有由洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得聯(lián)立解得11.如圖甲所示，M、N為豎直放置彼此平行的兩塊平板，板間距離為d，兩板中央各有一個小孔O、O′正對，在兩板間有垂直于紙面方向的磁場，磁感應(yīng)強度隨時間的變化如圖乙所示。有一群正離子在t=0時垂直于M板從小孔O射入磁場。已知正離子質(zhì)量為m、帶電荷量為q，正離子在磁場中做勻速圓周運動的周期與磁感應(yīng)強度變化的周期都為T0，不考慮由于磁場變化而產(chǎn)生的電場的影響，不計離子所受重力。求：（1）磁感應(yīng)強度B0的大??；（2）要使正離子從O′垂直于N板射出磁場，正離子射入磁場時的速度v0的可能值?！敬鸢浮浚?）；（2）（n=1，2，3，…）【解析】【詳解】（1）設(shè)垂直于紙面向里的磁場方向為正方向。正離子射入磁場，洛倫茲力提供向心力，則正離子做勻速圓周運動的周期聯(lián)立以上可得磁感應(yīng)強度（2）要使正離子從O′孔垂直于N板射出磁場，正離子運動軌跡如圖所示兩板之間正離子只運動一個周期T0時，有當(dāng)兩板之間正離子運動n個周期nT0時，有（n=1，2，3，…）聯(lián)立解得正離子的速度的可能值為（n=1，2，3，…）（2023·全國·統(tǒng)考高考真題）12.如圖，一磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場，方向垂直于紙面（xOy平面）向里，磁場右邊界與x軸垂直。一帶電粒子由O點沿x正向入射到磁場中，在磁場另一側(cè)的S點射出，粒子離開磁場后，沿直線運動打在垂直于x軸的接收屏上的P點；SP=l，S與屏的距離為，與x軸的距離為a。如果保持所有條件不變，在磁場區(qū)域再加上電場強度大小為E的勻強電場，該粒子入射后則會沿x軸到達接收屏。該粒子的比荷為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【詳解】由題知，一帶電粒子由O點沿x正向入射到磁場中，在磁場另一側(cè)的S點射出