高中一轮复习物理课时检测（五十二）匀强磁场中的临界极值和多解问题（题型研究课）

课时检测(五十二)匀强磁场中的临界极值和多解问题(题型研究课)一、多项选择题1．在如图所示的两条互相垂直的虚线范围内存在垂直纸面向里的磁感应强度大小为B的匀强磁场，一电荷量为q、质量为m的带正电的粒子，由水平线上的某点沿与水平线成30°的方向斜向右上方射入磁场，忽略粒子的重力，则()A．如果粒子的速度大小适当，该粒子可能经过两虚线的交点B．粒子在磁场中运动的时间可能为eq\f(5πm,3qB)C．粒子在磁场中运动的时间可能为eq\f(3πm,2qB)D．粒子在磁场中运动的时间可能为eq\f(πm,6qB)解析：选BC如图所示，粒子在磁场中要想经过两虚线的交点，转过的圆心角一定大于180°，因磁场有边界，故粒子不可能经过两虚线的交点，A错误；由于粒子入射点的位置不定，所以粒子在磁场中的运动轨迹圆弧所对的圆心角也不同，最大的圆心角为300°，运动时间为eq\f(5,6)T，而粒子从两虚线的交点出发时对应的圆心角最小，即为120°，运动时间为eq\f(1,3)T，而T＝eq\f(2πm,qB)，故粒子在磁场中运动所经历的时间最长为eq\f(5πm,3qB)，最短为eq\f(2πm,3qB)，B、C正确，D错误。2．如图所示，有一垂直于纸面向外的有界匀强磁场，磁场的磁感应强度为B，其边界为一边长为L的正三角形(边界上有磁场)，A、B、C为三角形的3个顶点。今有一质量为m、电荷量为＋q的粒子(不计重力)，以速度v＝eq\f(\r(3)qBL,4m)从AB边上的某点P沿既垂直于AB边又垂直于磁场的方向射入磁场，若该粒子能从BC边上某点Q射出，则()A．PB≤eq\f(2＋\r(3),4)L B．PB≤eq\f(1＋\r(3),4)LC．QB≤eq\f(\r(3),4)L D．QB≤eq\f(1,2)L解析：选AD由qvB＝eq\f(mv2,R)，解得R＝eq\f(\r(3),4)L。粒子恰好从BC边上某点Q射出时的轨迹如图所示，PB最大时轨迹与AC边相切，由几何关系及对称性得AP＝eq\f(R,cos30°)－R，BP＝L－AP＝eq\f(2＋\r(3),4)L，A正确，B错误；QB最大时，粒子平行于AB边从Q′点射出，此时Q′B＝eq\f(R,sin60°)＝eq\f(1,2)L，C错误，D正确。3．如图所示是半径为R的一圆柱形匀强磁场区域的横截面，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，磁场外有一粒子源，能沿一直线发射速度大小不等的在一定范围内的同种带电粒子，带电粒子的质量为m，电荷量为q(q>0)，不计重力，现粒子以沿正对cO中点且垂直于cO的方向射入磁场区域，发现带电粒子恰能从bd之间飞出磁场，则()A．从b点飞出的带电粒子的速度最大B．从d点飞出的带电粒子的速度最大C．从d点飞出的带电粒子的运动时间最长D．从b点飞出的带电粒子的运动时间最短解析：选ACD粒子在磁场中，受到洛伦兹力作用做匀速圆周运动，根据题意作出粒子运动轨迹如图所示。图中Ob为到达b点的轨迹的圆心，Od为到达d点的轨迹的圆心，根据几何关系可知，rb>rd，到达d点转过的圆心角比到达b点的圆心角大，到达b点的半径最大，到达d点的半径最小，根据r＝eq\f(mv,Bq)可知，从b点飞出的带电粒子的速度最大，从d点飞出的带电粒子的速度最小，A正确，B错误；周期T＝eq\f(2πm,Bq)，所以粒子运动的周期相等，而到达d点转过的圆心角最大，到达b点转过的圆心角最小，所以从d点飞出的带电粒子的运动时间最长，从b点飞出的带电粒子的运动时间最短，C、D正确。4．如图所示，左右边界分别为PP′、QQ′的匀强磁场的宽度为d，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里。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。为使粒子不能从边界QQ′射出，粒子入射速度v0的最大值可能是()A.eq\f(Bqd,m) B.eq\f(2＋\r(2)Bqd,m)C.eq\f(2－\r(2)Bqd,m) D.eq\f(\r(2)Bqd,2m)解析：选BC粒子射入磁场后做匀速圆周运动，由R＝eq\f(mv0,qB)知，粒子的入射速度v0越大，R越大，当粒子的运动轨迹和边界QQ′相切时，粒子刚好不从边界QQ′射出，此时其入射速度v0应为最大。若粒子带正电，其运动轨迹如图(a)所示(此时圆心为O点)，由几何关系可知R1sin45°＋d＝R1，将R1＝eq\f(mv0,qB)代入上式得v0＝eq\f(2＋\r(2)Bqd,m)，B项正确；若粒子带负电，其运动轨迹如图(b)所示(此时圆心为O′点)，由几何关系可知R2＋R2cos45°＝d，将R2＝eq\f(mv0,qB)代入上式得v0＝eq\f(2－\r(2)Bqd,m)，C项正确。二、计算题5．如图所示匀强磁场的磁感应强度为B，宽度为L，边界为CD和EF。一电子从CD边界外侧以速率v垂直射入匀强磁场，入射方向与CD夹角为θ。已知电子的质量为m，电荷量为q，为使电子从EF边界射出，求电子的速率v满足的条件。解析：电子速率不同，其轨迹半径也不同，随着速率增加，其轨迹构成如图所示的一簇动态圆，可知为使电子从EF边界射出，轨迹半径至少大于与EF边界相切的圆的半径。对于恰好相切的轨迹圆，由几何关系得：r＋rcosθ＝L，又因为Bqv＝meq\f(v2,r)，所以v＝eq\f(Bqr,m)＝eq\f(BqL,m1＋cosθ)。为使电子从EF边界射出，其速率v>eq\f(BqL,m1＋cosθ)。答案：v>eq\f(BqL,m1＋cosθ)6．(2018·常州模拟)如图所示，两竖直金属板间电压为U1，两水平金属板的间距为d。竖直金属板a上有一质量为m、电荷量为q的微粒(重力不计)从静止经电场加速后，从另一竖直金属板上的小孔水平进入两水平金属板间，并继续做直线运动。水平金属板内的匀强磁场及其右侧宽度一定、高度足够高的匀强磁场方向都垂直纸面向里，磁感应强度大小均为B，求：(1)微粒刚进入水平金属板间时的速度大小v0；(2)两水平金属板间的电压U；(3)为使微粒不从磁场右边界射出，右侧磁场的最小宽度D。解析：(1)在加速电场中，由动能定理得qU1＝eq\f(1,2)mv02解得v0＝eq\r(\f(2qU1,m))。(2)在水平金属板间时，微粒做直线运动，则Bqv0＝qeq\f(U,d)解得U＝Bdeq\r(\f(2qU1,m))。(3)若微粒进入磁场偏转后轨迹恰与右边界相切，此时对应磁场的最小宽度为D，则Bqv0＝meq\f(v02,r)，由几何关系知r＝D解得D＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2U1m,q))。答案：(1)eq\r(\f(2qU1,m))(2)Bdeq\r(\f(2qU1,m))(3)eq\f(1,B)eq\r(\f(2U1m,q))7．如图所示，在坐标系xOy中，第一象限内充满着两个匀强磁场a和b，OP为分界线，在磁场a中，磁感应强度为2B，方向垂直于纸面向里，在磁场b中，磁感应强度为B，方向垂直于纸面向外，P点坐标为(4l,3l)。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从P点沿y轴负方向射入磁场b，经过一段时间后，粒子恰能经过原点O，不计粒子重力。求：(1)粒子从P点运动到O点的最短时间；(2)粒子运动的速度。解析：(1)设粒子的入射速度为v，用Ra、Rb、Ta、Tb分别表示粒子在磁场a中和磁场b中运动的轨道半径和周期，则有Ra＝eq\f(mv,2qB)，Rb＝eq\f(mv,qB)，Ta＝eq\f(2πm,2qB)＝eq\f(πm,qB)，Tb＝eq\f(2πm,qB)当粒子先在区域b中运动，后进入区域a中运动，然后恰从O点射出时，粒子从P点运动到O点所用的时间最短，如图所示。根据几何关系得tanα＝eq\f(3l,4l)＝eq\f(3,4)，故α＝37°粒子在区域b和区域a中运动的时间分别为tb＝eq\f(2×90°－α,360°)Tb，ta＝eq\f(2×90°－α,360°)Ta故从P点运动到O点的最短时间为t＝ta＋tb＝eq\f(53πm,60qB)。(2)由(1)中图及粒子运动的规律可知n(2Racosα＋2Rbcosα)＝eq\r(3l2＋4l2)解得v＝eq\f(25qBl,12nm)(n＝1,2,3，…)。答案：(1)eq\f(53πm,60qB)(2)eq\f(25qBl,12nm)(n＝1,2,3，…)8．(2018·扬州月考)如图所示，用特殊材料制成的PQ界面垂直于x轴，只能让垂直打到PQ界面上的电子通过。PQ的左右两侧有两个对称的直角三角形区域，左侧的区域分布着方向垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，右侧区域内分布着竖直向上的匀强电场。现有速率不同的电子在纸面上从坐标原点O沿不同方向射向右侧三角形区域，不考虑电子间的相互作用。已知电子的电量为e，质量为m，在△OAC中，OA＝l，θ＝60°。(1)求能通过PQ界面的电子所具有的最大速度及其从O点入射时与y轴的夹角；(2)若以最大速度通过PQ界面的电子刚好被位于x轴上F处的接收器所接收，求电场强度E；(3)在电场强度E满足第(2)问的情况下，求所有能通过PQ界面的电子最终穿越x轴的区间宽度。解析：(1)由evB＝meq\f(v2,r)得，r＝eq\f(mv,eB)，根据如图所示电子的运动轨迹结合几何知识，当r＝eq\f(l,cosθ)＝2l时，电子具有最大速度vm＝eq\f(2Bel,m)，可得，电子入射时与y轴的夹角为30°。(2)电子在匀强电场中做类平抛运动，由ltanθ＝vmt，l＝eq\f(1,2)at2，a＝eq\f(eE,m)，解得E＝eq\f(8B2el,3m)。(3)电子进入电场后做类平抛运动，出电场后做匀速直线运动穿越x轴，设类平抛运动的水平分位移为x1，竖直分位移为y1，出电场时速度方向与水平方向的夹角为β，出电场后做匀速直线运动的水平分位移为x2，其轨迹与x轴的交点到PQ界面的距离为s。则由tanθ＝eq\f(x1,y1)，x1＝vt，y1＝eq\f(1,2)at2，a＝eq\f(eE,m)，可得x1＝eq\f(2mv2,\r(3)eE)，y1＝eq\f(2mv2,3eE)，tanβ＝eq\f(at,v)＝eq\f(2\r(3),3)；由几何关系得x2＝eq\f(rcosθ－y1,tanβ)，又r＝eq\f(mv,eB)则s＝ltanθ－rsinθ＋x1＋x2＝eq\f(7\r(3)l