【物理】2018届一轮复习人教版 匀强磁场中的临界极值和多解问题 学案
第53课时 匀强磁场中的临界极值和多解问题(题型研究课)
[命题者说] 带电粒子在匀强磁场中的运动经常出现临界极值问题和多解问题，这两种题型在高考中也常常涉及。由于这两种题型难度较大，对学生分析问题的能力要求较高，学生往往感到无从下手。本课时将深入分析这两种题型。
(一) 匀强磁场中的临界极值问题
1.由于带电粒子在有界磁场中运动，粒子在磁场中将运动一段圆弧或一个完整的圆。粒子运动轨迹和磁场边界相切，往往是分析临界条件的出发点。
2．不同边界条件下临界条件的分析：
(1)平行边界：常见的临界情景和几何关系如图所示。
(2)矩形边界：如图所示，可能会涉及与边界相切、相交等临界问题。
(3)三边形边界
如图所示是正△ABC区域内某正粒子垂直AB方向进入磁场的粒子临界轨迹示意图。已知边长为2a，D点距A点a，粒子能从AB间射出的临界轨迹如图甲所示，粒子能从AC间射出的临界轨迹如图乙所示。
[典例] 如图所示，磁感应强度大小为B＝0.15 T、方向垂直纸面向里的匀强磁场分布在半径为R＝0.10 m的圆形区域内，圆的左端跟y轴相切于直角坐标系原点O，右端跟很大的荧光屏MN相切于x轴上的A点。置于原点的粒子源可沿x轴正方向以不同的速度射出带正电的粒子流，粒子的重力不计，比荷＝1.0×108 C/kg。
(1)请判断当粒子分别以v1＝1.5×106 m/s和v2＝0.5×106 m/s的速度射入磁场时，能否打到荧光屏上？
(2)要使粒子能打在荧光屏上，求粒子流的速度v0的大小应满足的条件。
(3)若粒子流的速度v0＝3.0×106 m/s，且以过O点并垂直于纸面的直线为轴，将圆形磁场逆时针缓慢旋转90°，求此过程中粒子打在荧光屏上离A的最远距离。
[解析] (1)粒子以不同速度射入磁场的轨迹如图所示，由几何知识得当粒子做圆周运动的半径r>R时，粒子沿图中①方向射出磁场能打到屏上，当粒子做圆周运动的半径r≤R时，将沿图中②③方向射出磁场，不能打到屏上。当粒子速度为v1时，洛伦兹力提供向心力，得qv1B＝m，解得r1＝R>R，故能打到屏上；同理，当粒子的速度为v2时，
解得r2＝R
1.5×106 m/s时，粒子能打到荧光屏上。
(3)设速度v0＝3.0×106 m/s时，粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径为r4，由洛伦兹力提供向心力，得qv4B＝m，解得r4＝2R。如图所示，粒子在磁场中运动的轨迹就是以E点为圆心，以r4为半径的一段圆弧。因圆形磁场以O为轴缓慢转动，故磁场边界变为以O为圆心，以2R为半径的圆弧ABE，当A点恰转至B点，此时粒子的出射点为B，偏角α最大，射到荧光屏上P点离A点最远。由几何知识得AP＝CA·tan α＝(2R－r4 tan 30°)·tan 60°＝ m≈0.15 m。
[答案] (1)v1能，v2不能 (2)v0>1.5×106 m/s (3)0.15 m
(1)根据边界条件，通过画动态图的方法，找出符合临界条件的粒子轨迹。
(2)运用几何关系，求得粒子运动半径。
(3)根据洛伦兹力提供向心力建立方程。
[集训冲关]
1.(多选)(2017·常德月考)如图所示，宽为d的有界匀强磁场的边界为PP′、QQ′。一个质量为m、电荷量为q的微观粒子沿图示方向以速度v0垂直射入磁场，磁感应强度大小为B，要使粒子不能从边界QQ′射出，粒子的入射速度v0的最大值可能是下面给出的(粒子的重力不计)( )
A. B.
C. D.
解析：选BC 微观粒子在匀强磁场中作匀速圆周运动，qvB＝，R＝，要使粒子不能从边界QQ′射出，粒子的入射速度v0最大时，轨迹与QQ′相切。如粒子带正电，R＝＋d，d＝，v0＝，B正确；如粒子带负电，R＋＝d，v0＝，C正确。
2.(2016·海南高考)如图，A、C两点分别位于x轴和y轴上，∠OCA＝30°，OA的长度为L。在△OCA区域内有垂直于xOy平面向里的匀强磁场。质量为m、电荷量为q的带正电粒子，以平行于y轴的方向从OA边射入磁场。已知粒子从某点射入时，恰好垂直于OC边射出磁场，且粒子在磁场中运动的时间为t0。不计重力。
(1)求磁场的磁感应强度的大小；
(2)若粒子先后从两不同点以相同的速度射入磁场，恰好从OC边上的同一点射出磁场，求该粒子这两次在磁场中运动的时间之和；
(3)若粒子从某点射入磁场后，其运动轨迹与AC边相切，且在磁场内运动的时间为t0，求粒子此次入射速度的大小。
解析：(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，在时间t0内其速度方向改变了90°，故其周期T＝4t0①
设磁感应强度大小为B，粒子速度为v，圆周运动的半径为r。由洛伦兹力提供向心力，得qvB＝m②
匀速圆周运动的速度满足v＝③
联立①②③式得B＝。④
(2)设粒子从OA边两个不同位置射入磁场，能从OC边上的同一点P射出磁场，粒子在磁场中运动的轨迹如图(a)所示。设两轨迹所对应的圆心角分别为θ1和θ2。由几何关系有θ1＋θ2＝180°⑤
粒子两次在磁场中运动的时间之和t1＋t2＝＝2t0。⑥
(3)如图(b)，由题给条件可知，该粒子在磁场区域中的轨迹圆弧对应的圆心角为150°。设O′为圆弧的圆心，圆弧的半径为r0，圆弧与AC相切于B点，从D点射出磁场，由几何关系和题给条件可知，此时有∠OO′D＝∠BO′A＝30°⑦
r0cos∠OO′D＋＝L⑧
设粒子此次入射速度的大小为v0，
由圆周运动规律v0＝⑨
联立①⑦⑧⑨式得v0＝。⑩
答案：(1) (2)2t0 (3)
(二) 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
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，如带正电，其轨迹为a，如带负电，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，如B垂直纸面向里，其轨迹为a，如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．运动的周期性形成多解
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。
[典例] (2015·重庆高考)如图为某种离子加速器的设计方案。两个半圆形金属盒内存在相同的垂直于纸面向外的匀强磁场。其中MN和M′N′是间距为h的两平行极板，其上分别有正对的两个小孔O和O′，O′N′＝ON＝d，P为靶点，O′P＝kd(k为大于1的整数)。极板间存在方向向上的匀强电场，两极板间电压为U。质量为m、带电量为q的正离子从O点由静止开始加速，经O′进入磁场区域。当离子打到极板上O′N′区域(含N′点)或外壳上时将会被吸收，两虚线之间的区域无电场和磁场存在，离子可匀速穿过，忽略相对论效应和离子所受的重力。求：
(1)离子经过电场仅加速一次后能打到P点所需的磁感应强度大小；
(2)能使离子打到P点的磁感应强度的所有可能值；
(3)打到P点的能量最大的离子在磁场中运动的时间和在电场中运动的时间。
[解析] (1)离子经一次加速的速度为v0，由动能定理得qU＝mv02①
离子的轨道半径为R0，则R0＝kd②
由洛伦兹力提供向心力，qv0B＝m③
联立①②③式得B＝。
(2)设离子在电场中经过n次加速后到达P点，根据动能定理和牛顿第二定律得nqU＝mvn2④
qvn B＝m⑤
rn＝⑥
联立④⑤⑥式解得vn＝，B＝
当离子经过第一次加速，在磁场中偏转时，
qU＝mv12⑦
qv1B＝m⑧
联立④⑤⑥⑦⑧式解得r1＝
由于。
答案：v>
6.如图所示，在x轴上方有垂直于xOy平面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。在x轴下方有沿y轴负方向的匀强电场，场强为E，一质量为m，电荷量为－q的粒子从坐标原点O沿着y轴正方向射出，射出之后，第三次到达x轴时，它与点O的距离为L，求此粒子射出的速度v和运动的总路程s。(重力不计)
解析：由题意知第三次经过x轴的运动如图所示。
由几何关系：L＝4R
设粒子初速度为v，则有：
qvB＝m
可得：v＝。
设粒子进入电场作减速运动到速度为0的路程为L′，加速度为a，
则有：v2＝2aL′
qE＝ma
则电场中的路程：2L′＝
粒子运动的总路程：s＝2πR＋2L′＝＋。
答案： ＋
7.(2017·辽宁五校联考)如图所示，在xOy平面内，有一个圆形区域，其直径AB与x轴重合，圆心O′的坐标为(2a,0)，其半径为a，该区域内无磁场。在y轴和直线x＝3a之间的其他区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从y轴上某点射入磁场。不计粒子重力。
(1)若粒子的初速度方向与y轴正方向夹角为60°，且粒子不经过圆形区域就能到达B点，求粒子的初速度大小v1；
(2)若粒子的初速度方向与y轴正方向夹角为60°，在磁场中运动的时间为Δt＝，且粒子也能到达B点，求粒子的初速度大小v2；
(3)若粒子的初速度方向与y轴垂直，且粒子从O′点第一次经过x轴，求粒子的最小初速度vmin。
解析：(1)粒子不经过圆形区域就能到达B点，故粒子到达B点时速度方向竖直向下，圆心必在x轴正半轴上，如图甲所示。设粒子做圆周运动的半径为r1，由几何关系，得r1sin 30°＝3a－r1，又qv1B＝m，解得v1＝。
(2)粒子在磁场中的运动周期T＝，故粒子在磁场中运动轨迹的圆心角为α＝×360°＝60°，如图乙所示，粒子到达B点的速度与x轴夹角为β＝30°，设粒子做圆周运动的轨道半径为r2，由几何关系得3a＝2r2sin 30°＋2acos2 30°
又qv2B＝m，解得v2＝。
(3)设粒子从C点进入圆形区域，如图丙所示，O′C与O′A的夹角为θ，轨迹圆半径为r，由几何关系得2a＝rsin θ＋acos θ，故当θ＝60°时，半径最小为rmin＝a
又qvminB＝m，
解得vmin＝。
答案：(1) (2) (3)
8．如图甲所示，间距为d、垂直于纸面的两平行板P、Q间存在匀强磁场，取垂直于纸面向里为磁场的正方向，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示。t＝0时刻，一质量为m、带电荷量为＋q的粒子(不计重力)，以初速度v0，由Q板左端靠近板面的位置，沿垂直于磁场且平行于板面的方向射入磁场区。当B0和TB取某些特定值时，可使t＝0时刻入射的粒子经Δt时间恰能垂直打在P板上(不考虑粒子反弹)。上述m、q、d、v0为已知量。
(1)若Δt＝TB，求B0。
(2)若Δt＝TB，求粒子在磁场中运动时加速度的大小。
(3)若B0＝，为使粒子仍能垂直打在P板上，求TB。
解析：(1)设粒子做圆周运动的半径为R1，由洛伦兹力提供向心力得qv0B0＝m①
据题意由几何关系得R1＝d②
联立①②式得B0＝。
(2)设粒子做圆周运动的半径为R2，加速度大小为a，由圆周运动公式得a＝③
据题意由几何关系得3R2＝d④
联立③④式得a＝。
(3)设粒子做圆周运动的半径为R，周期为T，由圆周运动公式得T＝⑤
由洛伦兹力提供向心力得qv0B0＝m⑥
由题意知B0＝，代入⑥式得d＝4R⑦
作半径为R＝d/4的粒子运动轨迹如图所示，O1、O2为圆心，O1O2连线与水平方向的夹角为θ，在每个TB内，只有M、N两个位置才有可能垂直击中P板，且均要求0<θ<，由题意可知：T＝⑧
设经历完整TB的个数为n(n＝0,1,2,3，…)。
若在M点击中P板，据题意由几何关系得
R＋2(R＋Rsin θ)n＝d⑨
当n＝0时，无解。
当n＝1时，联立⑦⑨式
得θ＝或sin θ＝
联立⑤⑦⑧式得 TB＝
当n≥2时，不满足0<θ<90°的要求。
若在N点击中P板，据题意由几何关系得R＋2Rsin θ＋2(R＋Rsin θ)n＝d⑪
当n＝0时，无解。
当n＝1时，联立⑦⑪式得
θ＝arcsin(或sin θ＝)⑫
联立⑤⑦⑧⑫式得
TB＝
当n≥2时，不满足0<θ<90°的要求。
答案：(1) (2)
(3)TB＝或TB＝
