第八章 解题模型练 有界磁场的临界与极值问题

第八章解题模型练有界磁场的临界与极值问题第八章解题模型练有界磁场的临界与极值问题第八章解题模型练有界磁场的临界与极值问题资料仅供参考文件编号：2022年4月第八章解题模型练有界磁场的临界与极值问题版本号：A修改号：1页次：1.0审核：批准:发布日期：解题模型练有界磁场的临界与极值问题(限时：45分钟)►题组1对带电粒子在直线有界磁场中偏转的临界与极值问题的考查1．如图1所示，在边界上方存在着垂直纸面向里的匀强磁场，有两个电荷量、质量均相同的正、负粒子(不计重力)，从边界上的O点以相同速度先后射入磁场中，入射方向与边界成θ角，则正、负粒子在磁场中 ()图1A．运动轨迹的半径相同B．重新回到边界所用时间相同C．重新回到边界时速度大小和方向相同D．重新回到边界时与O点的距离相等答案ACD解析洛伦兹力充当带电粒子做圆周运动的向心力，qvB＝meq\f(v2,r)，带电粒子做圆周运动的半径r＝eq\f(mv,qB)，根据题意，正、负粒子在磁场中运动的轨迹半径相同，选项A正确；根据qvB＝meq\f(4π2,T2)r，可得带电粒子做圆周运动的周期T＝eq\f(2πm,qB)，而正粒子在磁场中运动的时间为t1＝eq\f(π－θ,π)T，负粒子在磁场中运动的时间为t2＝eq\f(θ,π)T，时间并不相同，选项B错误；正、负带电粒子的运动轨迹如图所示，重新回到边界时速度大小和方向是相同的，选项C正确；两粒子重新回到边界时与O点的距离都是2rsinθ，选项D正确．2.如图2所示，平面直角坐标系的第Ⅰ象限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O点沿着与y轴夹角为30°的方向进入磁场，运动到A点时速度方向与x轴的正方向相同，不计粒子的重力，则 () 图2A该粒子带正电B．A点与x轴的距离为eq\f(mv,2qB)C．粒子由O到A经历时间t＝eq\f(πm,3qB)D．运动过程中粒子的速度不变答案BC解析根据粒子的运动方向，由左手定则判断可知粒子带负电，A项错误；运动过程中粒子做匀速圆周运动，速度大小不变，方向变化，D项错误；粒子做圆周运动的半径R＝eq\f(mv,qB)，周期T＝eq\f(2πm,qB)，从O点到A点速度的偏向角为60°，即运动了eq\f(1,6)T，所以由几何知识求得点A与x轴的距离为eq\f(mv,2qB)，粒子由O到A经历时间t＝eq\f(πm,3qB)，B、C两项正确．3.如图3所示，边界OA与OC之间分布有垂直纸面向里的匀强磁场，边界OA上有一粒子源S，某一时刻，从S平行于纸面向各个方向发射大量带正电的同种粒子(不计粒子的重力及粒子间的相互作用)，所有粒子的初速度大小相同，经过一段时间有大量粒子从边界OC射出磁场．已知∠AOC＝60°，从边界OC射出的粒子在磁场中运动的最短时间等于T/6(T为粒子在磁场中运动的周期)，则从边界OC射出的粒子在磁场中运动的最长时间为()图3A．T/3 B．T/2C．2T/3 D．5T/6答案B解析首先判断出粒子是做逆时针方向的圆周运动．由于所有粒子的初速度大小都相同，故弧长越小，粒子在磁场中运动时间就越短；从S作OC的垂线SD，可知粒子轨迹过D点时在磁场中运动时间最短，根据最短时间为T/6，结合几何知识可得粒子圆周运动半径等于eq\x\to(SD)(如图)；由于粒子是沿逆时针方向运动，故沿SA方向射出的粒子在磁场中运动的时间最长，根据几何知识易知此时粒子在磁场中运动轨迹恰为半圆，故粒子在磁场中运动的最长时间为T/2，选项B正确．4.如图4所示，在xOy坐标系的第一象限内有匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，磁场区域上边界刚好与直线y＝2a重合，磁感应强度为B.一个带负电的粒子在坐标为(x,0)的A点以某一速度进入磁场区域，进入磁场时的速度方向与x轴负方向的夹角为30°，粒子的质量为m，电荷量为q.不计粒子的重力． 图4(1)若粒子离开磁场时的位置在C点，其坐标为(x,2a)，求粒子运动的速度大小v与x的对应条件．(2)粒子进入磁场的速度满足什么条件时可使离子在磁场区域运动的时间最长并求出最长时间是多少答案(1)v＝eq\f(2\r(3)Bqa,3m)x≥eq\f(\r(3),3)a(2)v≤eq\f(4qB2－\r(3)a,m)eq\f(5πm,3Bq)解析(1)依题意作过A、C两点的圆，此圆对应的圆心设为O1，如图虚线所示．设该圆的半径为r，则由几何关系容易得到，∠AO1C＝120°，作垂直AC的半径O1N与AC交于M，则有MN＝MO1＝eq\f(r,2).其中r＝eq\f(a,sin60°)＝eq\f(2\r(3),3)a故要使带电粒子能到达C点，x应满足条件x≥eq\f(\r(3),3)a由牛顿第二定律有Bqv＝eq\f(mv2,r)，解得r＝eq\f(mv,Bq)解得：v＝eq\f(2\r(3)Bqa,3m)(2)当带电粒子从x轴射出时运动的时间最长，如图所示为粒子恰好能从x轴射出磁场区域时的运动轨迹，圆心设为O2，PO2Q与x轴垂直，设该圆的半径为r′，由几何关系有：r′＋r′cos30°＝2a解得r′＝4(2－eq\r(3))a又因为Bqv′＝eq\f(mv′2,r′)得v′＝eq\f(Bqr′,m)＝eq\f(4Bq2－\r(3)a,m)所以v≤v′＝eq\f(4Bq2－\r(3)a,m)粒子在磁场区域运动的最长时间t＝eq\f(\f(5,3)π,2π)·eq\f(2πm,Bq)＝eq\f(5πm,3Bq)5.如图5所示，在矩形区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度的大小为B＝×10－2T，矩形区域长为eq\f(2\r(3),5)m，宽为m，在AD边中点O处有一放射源，某时刻，放射源沿纸面 图5向磁场中各方向均匀地辐射出速率均为v＝2×106m/s的某种带正电粒子．已知带电粒子的质量m＝×10－27kg，所带电荷量为q＝×10－19C(不计粒子重力)．求：(1)带电粒子在磁场中做圆周运动的半径．(2)从BC边界射出的粒子中，在磁场中运动的最短时间．(3)若放射源向磁场内共辐射出了N个粒子，分别从BC、CD和AD边界射出的粒子的数目．答案(1)m(2)eq\f(π,3)×10－7s(3)eq\f(N,2)个eq\f(N,6)个eq\f(N,3)个解析(1)根据牛顿第二定律可得：Bqv＝meq\f(v2,R)解得：R＝eq\f(mv,qB)＝m(2)因为所有粒子的轨迹半径相同，所以弦最短的轨迹圆弧所对应的时间最短，作EO⊥AD，EO弦最短，如图所示．根据几何知识可知，EO弦所对圆心角θ＝eq\f(π,3)而粒子在磁场中的运动周期为T＝eq\f(2πm,Bq)所以最短时间为t＝eq\f(θ,2π)T＝eq\f(θm,qB)＝eq\f(π,3)×10－7s(3)判断从O点向哪些方向射入磁场的粒子将会从BC、CD和AD边界射出．从前面分析可知，速度方向与OA的夹角在0到90°范围内粒子能从BC边射出，故从BC边射出的粒子有eq\f(N,2)个．如图为两个边界，当速度方向满足一定条件时，粒子将从D点射出磁场．因为OD＝eq\f(\r(3),5)m，且R＝m，所以∠OO2D＝eq\f(2π,3)，此时射入磁场的粒子速度方向与OD的夹角为eq\f(π,3)所以从CD边射出的粒子有eq\f(N,6)个，从AD边射出的粒子有eq\f(N,3)个．►题组二对带电粒子在圆形磁场内运动临界问题的考查6.如图6所示，在平面直角坐标系中有一个垂直纸面向里的圆形匀强磁场，其边界过原点O和y轴上的点a(0，L)．一质量为m、电荷量为e的电子从a点以初速度v0沿平行于x轴正方向射入磁场，并从x轴上的b点射出磁场，此时速度方向与x轴正方向的夹角为60°.下列说法中正确的是 () 图6A．电子在磁场中运动的时间为eq\f(πL,v0)B．电子在磁场中运动的时间为eq\f(2πL,3v0)C．磁场区域的圆心坐标为(eq\f(L,2)，eq\f(L,2))D．电子在磁场中做圆周运动的圆心坐标为(0，－L)答案BD解析对于带电粒子在磁场中的运动情况分析如图甲所示在图甲中离开磁场的速度方向与x轴正方向夹角为60°，则弧ab所对应的圆心角为60°，弦ab与x轴夹角为30°，由几何关系得Ob长为eq\r(3)L，OO′＝L，D对；在图乙中，作弦Oa与弦Ob的垂直平分线，交点O″为磁场区域的圆心，C错；电子在磁场中运动的半径r＝eq\f(mv0,eB)＝2L，周期T＝eq\f(2πm,eB)＝eq\f(4πL,v0)，则运动时间t＝eq\f(1,6)T＝eq\f(2πL,3v0)，B对，A错．7.如图7所示，半径为R的圆形区域内存在着磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直于纸面向里，一带负电的粒子(不计重力)沿水平方向以速度v正对圆心入射，通过磁场区域后速度方向偏转了60°.(1)求粒子的比荷eq\f(q,m)及粒子在磁场中的运动时间t；(2)如果要使粒子通过磁场区域后速度方向的偏转角度最大，在保持原 图7入射速度的基础上，需将粒子的入射点沿圆弧向上平移的距离d为多少答案(1)eq\f(\r(3)v,3BR)eq\f(\r(3)πR,3v)(2)eq\f(\r(3),3)R解析(1)粒子的轨迹半径：r＝Rcot30° ①粒子做圆周运动：qvB＝meq\f(v2,r) ②由①②两式得粒子的比荷eq\f(q,m)＝eq\f(\r(3)v,3BR)