6/6綜合·融通(三)帶電粒子在有界勻強磁場中的運動(融會課—主題串知綜合應用)通過本節(jié)課的學習會分析帶電粒子在有界勻強磁場中的運動；掌握帶電粒子在有界勻強磁場中運動的臨界問題的思路和方法；會分析帶電粒子在有界勻強磁場中運動的多解問題，知道產(chǎn)生多解的原因。主題(一)帶電粒子在有界勻強磁場中的運動[知能融會通]1．直線邊界從某一直線邊界射入的粒子，再從這一邊界射出時，速度與邊界的夾角相等，如圖所示。2．平行邊界3．圓形邊界(1)在圓形磁場區(qū)域內(nèi)，沿半徑方向射入的粒子，必沿半徑方向射出，如圖甲所示。(2)在圓形磁場區(qū)域內(nèi)，不沿半徑方向射入的粒子，入射速度方向與半徑的夾角為θ，出射速度方向與半徑的夾角也為θ，如圖乙所示。4．三角形邊界等邊三角形ABC區(qū)域內(nèi)某帶正電的粒子垂直AB方向進入磁場，粒子能從AC間射出的兩個臨界軌跡如圖甲、乙所示。[典例]如圖所示，在圓形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向外的勻強磁場，ab是圓的直徑。一帶電粒子從a點射入磁場，速度大小為v1、方向與ab成30°角時，恰好從b點飛出磁場，且粒子在磁場中運動的時間為t；若同一帶電粒子從a點沿ab方向射入磁場，也經(jīng)時間t飛出磁場，則其速度大小為()A.eq\f(1,2)v1 B.eq\f(2,3)v1C.eq\f(\r(3),2)v1 D.eq\f(3,2)v1聽課記錄：[題點全練清]1.如圖所示，平行線PQ、MN之間有方向垂直紙面向里的無限長勻強磁場，電子從P點沿平行于PQ且垂直于磁場方向射入磁場，當電子速率為v1時與MN成60°角斜向右下方射出磁場；當電子速率為v2時與MN成30°角斜向右下方射出磁場(出射點都沒畫出)，v1∶v2等于()A．1∶(2－eq\r(3)) B．(2－eq\r(3))∶1C．2∶1 D.eq\r(3)∶12.(多選)如圖所示，直角三角形ABC中存在一勻強磁場，比荷相同的兩個帶電粒子沿AB方向射入磁場，分別從AC邊上的P、Q兩點射出，不計粒子重力，則()A．從P射出的粒子速度大B．從Q射出的粒子速度大C．從P射出的粒子在磁場中運動的時間長D．兩粒子在磁場中運動的時間一樣長主題(二)帶電粒子在有界勻強磁場中運動的臨界問題[知能融會通]解決帶電粒子在有界勻強磁場中運動的臨界問題，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)勻強磁場邊界和題設條件畫好軌跡，建立幾何關系求解。(1)剛好穿出或剛好不能穿出勻強磁場的條件是帶電粒子在勻強磁場中運動的軌跡與邊界相切。(2)當以一定的速率垂直射入勻強磁場時，運動的弧長越長、圓心角越大，則帶電粒子在有界勻強磁場中的運動時間越長。(3)比荷相同的帶電粒子以不同的速率v進入磁場時，圓心角越大的，運動時間越長。[典例](2024·海南?？谄谀?如圖所示，在矩形GHIJ區(qū)域內(nèi)分布著垂直紙面向里的勻強磁場，P點是GH邊的中點，四個完全相同的帶電粒子僅在洛倫茲力的作用下，以大小不同的速率從P點射入勻強磁場，它們的軌跡在同一平面(紙面)內(nèi)，下列說法正確的是()A．④粒子的速率最大B．③粒子的向心加速度最大C．②粒子在矩形GHIJ磁場區(qū)域運動的時間最長D．①、②、③、④這四個粒子在矩形GHIJ磁場區(qū)域的運動周期不相同聽課記錄：[題點全練清]1．(2024·山東青島期末)如圖，空間存在垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B，磁場下邊界OM和熒光屏ON之間的夾角為30°。OM上的P點處有一粒子源，沿與OM垂直的方向以不同的速率持續(xù)向磁場發(fā)射質(zhì)量為m、電荷量為＋q的粒子。已知P點到O點的距離為d，熒光屏上被打亮區(qū)域的長度為()A.eq\f(\r(3)d,3) B.eq\f(2\r(3)d,3)C．d D．2d2．(2024年1月·河南高考適應性演練)2023年4月，我國有“人造太陽”之稱的托卡馬克核聚變實驗裝置創(chuàng)造了新的世界紀錄。其中磁約束的簡化原理如圖：在半徑為R1和R2的真空同軸圓柱面之間，加有與軸線平行的勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里，R2＝2R1。假設氘核12H沿內(nèi)環(huán)切線向左進入磁場，氚核13H沿內(nèi)環(huán)切線向右進入磁場，二者均恰好不從外環(huán)射出。不計重力及二者之間的相互作用，則12H和13H的速度之比為()A．1∶2 B．2∶1C．1∶3 D．3∶1主題(三)帶電粒子在有界勻強磁場中運動的多解問題[知能融會通]1.帶電粒子電性不確定形成多解。如圖甲中做勻速圓周運動的粒子可能帶正電，也可能帶負電，由于帶電性質(zhì)不確定帶來多解。2．磁場方向不確定帶來多解。如描述的磁場垂直于紙面，需分垂直紙面向外、垂直紙面向里兩種情況進行討論。3．臨界狀態(tài)不唯一形成多解。如圖乙中帶負電粒子不打在下極板上，粒子的速度有兩種情況：v≤v1或v≥v2。4．運動的周期性帶來多解。如帶負電粒子在圖丙所示電磁組合場中會做周期性運動，從而帶來多解。[典例]在磁感應強度大小為B、方向垂直于紙面向里的勻強磁場中，直線OM和ON之間的夾角為30°，一質(zhì)量為m、帶電量為q的粒子，沿紙面以大小為v0的速度從OM上的O′點向左上方垂直磁場方向射入NOM之間，速度與OM成30°角，如圖所示。已知該粒子在磁場中的運動軌跡與ON只有一個交點，不計重力，則OO′的距離為多少？嘗試解答：[題點全練清]1.(多選)如圖所示，在x軸上方且x＞0的區(qū)域有電場強度大小為E、垂直x軸向上的勻強電場，在x軸下方且x＞0的區(qū)域有磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向外的勻強磁場，M點在x軸上，OM的長度為L?，F(xiàn)把電子(質(zhì)量為m、電荷量為e)在某位置(x＞0)無初速釋放，要求能通過M點，則電子釋放時的坐標x、y應滿足的關系為()A．x＝L，y＜0B．x＝L，y＞0C．y＝eq\f(eB2L－x2,8n2mE)(n＝1,2,3，…)D．0＜x＜L，y＝eq\f(eB2L－x2,8n2mE)(n＝1,2,3，…)2.(多選)如圖所示，A點的離子源在紙面內(nèi)沿垂直O(jiān)Q的方向向上射出一束負離子，離子重力忽略不計。為把這束負離子約束在OP之下的區(qū)域，可加垂直紙面的勻強磁場。已知O、A間的距離為s，負離子的比荷為eq\f(q,m)、速率為v，OP與OQ間夾角為30°。則所加磁場的磁感應強度B應滿足()A．垂直紙面向里，B>eq\f(mv,3qs)B．垂直紙面向里，B>eq\f(mv,qs)C．垂直紙面向外，B>eq\f(3mv,qs)D．垂直紙面向外，B>eq\f(mv,qs)綜合·融通(三)帶電粒子在有界勻強磁場中的運動主題(一)[典例]選C畫出兩種情況下帶電粒子的運動軌跡如圖所示，由題意可知，同一粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)時間均為t，則兩種情況下帶電粒子的偏轉(zhuǎn)角均為60°。設磁場圓的半徑為R，由幾何關系可以確定帶電粒子在兩種情況下做勻速圓周運動的半徑分別為r1＝2R，r2＝Rtan60°＝eq\r(3)R，由洛倫茲力提供向心力，有qvB＝meq\f(v2,r)，則速度大小為v＝eq\f(qBr,m)，則eq\f(v1,v2)＝eq\f(r1,r2)＝eq\f(2,\r(3))，所以當粒子沿ab方向射入時，v2＝eq\f(\r(3),2)v1，A、B、D錯誤，C正確。[題點全練清]1．選B設電子射出磁場時速度方向與MN之間的夾角為θ，電子做勻速圓周運動的半徑為r，兩平行線之間的距離為d，由幾何關系可知cosθ＝eq\f(r－d,r)，解得r＝eq\f(d,1－cosθ)，電子做勻速圓周運動，qvB＝eq\f(mv2,r)，解得v＝eq\f(rqB,m)∝r，聯(lián)立可得v1∶v2＝(2－eq\r(3))∶1，故B正確。2．選BD作出兩帶電粒子各自的運動軌跡，如圖所示，根據(jù)圓周運動特點可知，兩粒子分別從P、Q點射出時，速度方向與AC邊的夾角相同，故可判定軌跡半徑RP＜PQ，又兩個帶電粒子的比荷相同，故由R＝eq\f(mv,Bq)可知，從Q點射出的粒子速度大，A錯誤，B正確；由T＝eq\f(2πR,v)＝eq\f(2πm,qB)可知，兩粒子在磁場中做圓周運動的周期相等，根據(jù)圖示可知，兩軌跡對應的圓心角相等，由t＝eq\f(θ,2π)T可知，兩粒子在磁場中的運動時間相等，C錯誤，D正確。主題(二)[典例]選A對于完全相同的粒子，其比荷相同，在同一勻強磁場中，則周期相同，由題圖知，③粒子在磁場中轉(zhuǎn)過的圓心角最大，所以③粒子在矩形GHIJ磁場區(qū)域運動的時間最長，故C、D錯誤；根據(jù)洛倫茲力提供向心力，有qvB＝meq\f(v2,r)，可得r＝eq\f(mv,qB)，由于④粒子的軌跡半徑最大，則④粒子的速率最大，故A正確；粒子的向心加速度為a＝eq\f(v2,r)＝eq\f(qBv,m)，可知④粒子的向心加速度最大，故B錯誤。[題點全練清]1．選A根據(jù)題意，若粒子的速率足夠大，粒子無限接近沿直線打到熒光屏的A點，如圖1所示，由幾何關系可得AO＝eq\f(d,cos30°)＝eq\f(2\r(3),3)d；若粒子的速率較小，打到熒光屏上B點為臨界點，如圖2所示，設粒子做圓周運動的半徑為r，由幾何關系可得eq\f(r,d－r)＝sin30°，OB＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(d－r))cos30°，解得OB＝eq\f(\r(3),3)d，則熒光屏上被打亮區(qū)域的長度為L＝OA－OB＝eq\f(\r(3),3)d，故選A。2.選A由題意可知,根據(jù)左手定則,作軌跡圖如圖所示,由幾何關系可知,氘核12H的軌跡半徑為r1,有2r1=R2-R1=R1,則r1=R12,由幾何關系可知,氚核13H的軌跡半徑為r2,有2r2=R2+R1=3R1,則r2=3R12,即r1r2=13,由洛倫茲力提供向心力,有qvB=mv2r,可得v=qBrm,由題意可知,氘核12H和氚核13H的比荷之比為q1m1q2m2=q1q2·m主題(三)[典例]解析：若粒子帶負電，其在磁場中運動的軌跡如圖1所示，由圖1可得ab＝2R，O′a＝R，Oa＝4R根據(jù)洛倫茲力提供向心力，有Bqv0＝eq\f(mv02,R)可得OO′＝Oa－O′a＝eq\f(3mv0,Bq)；若粒子帶正電，其在磁場中運動的軌跡如圖2所示，則可得OO′＝R，所以OO′＝eq\f(mv0,Bq)。答案：若粒子帶負電，OO′的距離為eq\f(3mv0,Bq)；若粒子帶正電，OO′的距離為eq\f(mv0,Bq)[題點全練清]1.選BD畫出滿足題中條件的可能情況如圖所示，Q、C之間還有整數(shù)個半圓未畫出。電子最初坐標為(x，y)，若電子最初位置在AM右側(cè)，即x＞L，不能經(jīng)過M點；若電子最初位置在AM上，只需y＞0即可經(jīng)過M點；若電子最初位置在AM左側(cè)，即0＜x＜L，根據(jù)題意有L－x＝2nR(n＝1,2,3，…)，即R＝eq\f(L－x,2n)(n＝1,2,3，…)，電子由靜止釋放至運動到x軸，根據(jù)動能定理，有eEy＝eq\f(1,2)mv02，電子在磁場中做勻速圓周運動的半徑R＝eq\f(mv0,eB)，解得y＝eq\f(eB2L－x2,8n2mE)(n＝1,2,3，…)。B、D正確，A、C錯誤。2．選BC當所加勻強磁場方向垂直紙面向里時，由左手定則可知，負離子向右偏轉(zhuǎn)，負離子被約束在OP之下的區(qū)域的臨界條件是離子的運動軌跡與OP相切，如圖(大圓弧)，由幾何知識可知r2＝OBsin30°＝eq\f(1,2)OB，而OB