【物理】2018届一轮复习人教版微专题3　匀强磁场中的临界、极值和多解问题教案

【物理】2018届一轮复习人教版微专题3　匀强磁场中的临界、极值和多解问题教案

第 3 节 微专题 3 匀强磁场中的临界、极值和多解问题 考点一 带电粒子在磁场中运动的临界、极值问题 临界状态是指物体从一种运动状态(或物理现象)转变为另一种运动状态(或 物理现象)的转折状态，它既具有前一种运动状态(或物理现象)的特点，又具有后 一种运动状态(或物理现象)的特点，起着承前启后的转折作用．由于带电粒子在 磁场中的运动通常都是在有界磁场中的运动，常常出现临界和极值问题． 1．临界问题的分析思路 临界问题的分析对象是临界状态，临界状态就是指物理现象从一种状态变化 成另一种状态的中间过程，这时存在着一个过渡的转折点，此转折点即为临界状 态点．与临界状态相关的物理条件则称为临界条件，临界条件是解决临界问题的 突破点． 临界问题的一般解题模式： (1)找出临界状态及临界条件； (2)总结临界点的规律； (3)解出临界量； (4)分析临界量列出公式． 2．极值问题的分析思路 所谓极值问题就是对题中所求的某个物理量最大值或最小值的分析或计算， 求解的思路一般有以下两种：一是根据题给条件列出函数关系式进行分析、讨论； 二是借助于几何图形进行直观分析． 1．(2016·高考全国丙卷)平面 OM 和平面 ON 之间的夹角为 30°，其横截面(纸 面)如图所示，平面 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 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．不计重力．粒 子离开磁场的出射点到两平面交线 O 的距离为( ) A. mv 2qB B． 3mv qB C.2mv qB D.4mv qB 解析：选 D.如图所示，粒子在磁场中运动的轨道半径为 R＝mv qB.设入射点为 A，出射点为 B，圆弧与 ON 的交点为 P.由粒子运动的对称性及粒子的入射方向 知，AB＝R.由几何图形知，AP＝ 3R，则 AO＝ 3AP＝3R，所以 OB＝4R＝4mv qB . 故选项 D 正确． 2．(多选)如图所示，M、N 为两块带等量异种电荷的平行金属板，两板间电 压可取从零到某一最大值之间的任意值．静止的带电粒子带电荷量为＋q，质量 为 m(不计重力)，从点 P 经电场加速后，从小孔 Q 进入 N 板右侧的匀强磁场区 域，磁感应强度大小为 B，方向垂直于纸面向外，CD 为磁场边界上的一绝缘板， 它与 N 板的夹角为θ＝30°，孔 Q 到板的下端 C 的距离为 L，当 M、N 两板间电 压取最大值时，粒子恰垂直打在 CD 板上，则( ) A．两板间电压的最大值 Um＝q2B2L2 2m B．CD 板上可能被粒子打中区域的长度 x＝ 3－ 3 3 L C．粒子在磁场中运动的最长时间 tm＝πm qB D．能打在 N 板上的粒子的最大动能为q2B2L2 18m 解析：选 BCD.M、N 两板间电压取最大值时，粒子恰垂直打在 CD 板上， 所以其轨迹圆心在 C 点，CH＝QC＝L，故半径 R1＝L，又因 Bqv1＝mv21 R1 ，qUm＝ 1 2mv21，可得 Um＝qB2L2 2m ，所以 A 错误． 设轨迹与 CD 板相切于 K 点，半径为 R2，在△AKC 中 sin 30°＝ R2 L－R2 ＝1 2 ， 可得 R2＝L 3 ，CK 长为 3R2＝ 3 3 L，则 CD 板上可能被粒子打中的区域即为 HK 的长度，x＝HK＝L－CK＝ 3－ 3 3 L，故 B 正确．打在 QE 间的粒子在磁场中运 动的时间最长，周期 T＝2πm qB ，所以 tm＝πm qB ，C 正确．能打到 N 板上的粒子的临 界条件是轨迹与 CD 相切，由 B 选项知，rm＝R2＝L 3 ，可得 vm＝BqL 3m ，动能 Ekm ＝q2B2L2 18m ，故 D 正确． 3．如图甲所示，在空间中存在垂直纸面向里的磁感应强度为 B 的匀强磁场， 其边界 AB、CD 相距为 d，在左边界的 Q 点处有一质量为 m、带电量为 q 的负粒 子沿与左边界成 30°的方向射入磁场，粒子重力不计．求： (1)带电粒子能从 AB 边界飞出的最大速度； (2)若带电粒子能垂直 CD 边界飞出磁场，穿过小孔进入如图乙所示的匀强电 场中减速至零且不碰到负极板，则极板间电压 U 应满足什么条件？整个过程粒 子在磁场中运动的时间是多少？ (3)若带电粒子的速度是(2)中的 3倍，并可以从 Q 点沿纸面各个方向射入磁 场，则粒子能打到 CD 边界的距离大小？ 解析：(1)带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，设半径为 R1，运动速度为 v0. 粒子能从左边界射出，临界情况如图甲所示，由几何条件知 R1＋R1cos 30°＝d 又 qv0B＝mv20 R1 解得 v0＝ Bqd m1＋cos 30° ＝22－ 3Bqd m 所以粒子能从左边界射出时的最大速度为 vm＝v0＝22－ 3Bqd m (2)带电粒子能从右边界垂直射出，如图乙所示． 由几何关系知 R2＝ d cos 30° 由洛伦兹力提供向心力得 Bqv2＝mv22 R2 由动能定理得－qU＝0－1 2mv22 解得 U＝ B2qd2 2mcos2 30° ＝2B2qd2 3m 所加电压满足的条件 U≥2B2qd2 3m . 粒子转过的圆心角为 60°，所用时间为T 6 ，而 T＝2πm Bq 因返回通过磁场所用时间相同，所以总时间 t＝2×T 6 ＝2πm 3Bq (3)当粒子速度是(2)中的 3倍时，解得 R3＝2d 由几何关系可得粒子能打到 CD 边界的范围如图丙所示． 粒子打到 CD 边界的距离 l＝2×2dcos 30°＝2 3d 答案：(1)22－ 3Bqd m (2)U≥2B2qd2 3m 2πm 3Bq (3)2 3d 考点二 带电粒子在磁场中运动的多解问题 1．多解形成原因一般包含下述几个方面 (1)带电粒子电性不确定形成多解；(2)磁场方向不确定形成多解；(3)临界状 态不唯一形成多解；(4)运动的往复性形成多解． 2．带电粒子在磁场中运动的多解模型 类型 分析 图例 带电粒子电性不 确定 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，在相同的初速度下，正、 负粒子在磁场中运动轨迹不同，形成多解 如图，带电粒子以速度 v 垂直进入匀强磁场， 如带正电，其轨迹为 a；如带负电，其轨迹 为 b 磁场方向不确定 在只知道磁感应强度大小，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 方向不确定而形成多解 如图，带正电粒子以速度 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 临界状态不唯一 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 可能穿过磁场，也可能转过 180°从入射界面 反向飞出，于是形成多解 运动具有周期性 带电粒子在部分是电场、部分是磁场空间运 动时，往往具有周期性，因而形成多解 1．(多选)长为 l 的水平极板间有垂直纸面向里的匀强磁场，如图所示，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)，从左边极板间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( ) A．使粒子的速度 v＜Bql 4m B．使粒子的速度 v＞5Bql 4m C．使粒子的速度 v＞Bql m D．使粒子的速度 v 满足Bql 4m ＜v＜5Bql 4m 解析：选 AB.若带电粒子刚好打在极板右边缘，有 r21＝ r1－l 2 2＋l2，又因 r1 ＝mv1 Bq ，解得 v1＝5Bql 4m ；若粒子刚好打在极板左边缘时，有 r2＝l 4 ＝mv2 Bq ，解得 v2 ＝Bql 4m ，故 A、B 正确． 2．如图所示，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．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，求粒子入射速率 v 的最大值可能是多少． 解析：题目中只给出粒子“电荷量为 q”，未说明是带哪种电荷．若 q 为正 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＝mv Bq 又 d＝R － R 2 解得 v＝2＋ 2Bqd m . 若 q 为负电荷，轨迹是如图所示的下方与 NN′相切的3 4 圆弧，则有：R′＝ mv′ Bq d＝R′＋R′ 2 ，解得 v′＝2－ 2Bqd m . 答案：(2＋ 2)Bqd m (q 为正电荷)或(2－ 2)Bqd m (q 为负电荷) 3．如图所示，在 x 轴上方有一匀强磁场，磁感应强度为 B；x 轴下方有一匀 强电场，电场强度为 E.屏 MN 与 y 轴平行且相距 L.一质量 m，电荷量为 e 的电子， 在 y 轴上某点 A 自静止释放，如果要使电子垂直打在屏 MN 上，那么： (1)电子释放位置与原点 O 的距离 s 需满足什么条件？ (2)电子从出发点到垂直打在屏上需要多长时间？ 解析：(1)在电场中，电子从 A→O，动能增加 eEs＝1 2mv20 在磁场中，电子偏转，半径为 r＝mv0 eB 据题意，有(2n＋1)r＝L 所以 s＝ eL2B2 2Em2n＋12(n＝0,1,2,3，…) (2)在电场中匀变速直线运动的时间与在磁场中做部分圆周运动的时间之和 为电子总的运动时间 t＝(2n＋1) 2s a ＋T 4 ＋nT 2 ，其中 a＝Ee m ，T＝2πm eB . 整理后得 t＝BL E ＋(2n＋1) πm 2eB(n＝0,1,2,3，…) 答案：(1)s＝ eL2B2 2Em2n＋12(n＝0,1,2,3，…) (2)BL E ＋(2n＋1) πm 2eB(n＝0,1,2,3，…)