10带电粒子在磁场中的临界极值和多解问题学案

作者:佚名 教案来源:网络 点击数:    有奖投稿

10带电粒子在磁场中的临界极值和多解问题学案

本资料为WORD文档,请点击下载地址下载
文 章来源 莲
山 课 件 w w w.
5Y k J. c oM

微专题10  带电粒子在磁场中的临界极值和多解问题
 
带电粒子在磁场中的临界极值问题
1.试画出以下三种情形下带电粒子的临界示意图
 
甲:改变速度v,使粒子不射出磁场区的速度满足的条件
乙:改变速度v,为使粒子不从PQ边界射出速度的最大值
丙:改变速度v,粒子能打在上极板MN上的长度
[温馨提示]
 
2.利用“动态圆”分析临界极值问题
(1)滚动圆法:粒子速度大小不变,方向改变,则r=mvqB大小不变,但轨迹的圆心位置变化,相当于圆心在绕着入射点滚动.(如图所示)
 
(2)放缩圆法:入射粒子的速度方向不变,但大小变化,造成圆心在一条射线上变动,半径大小不断变化的放缩圆(情形如图所示).
 
(3)平移圆法:速度大小和方向相同的一排相同粒子进入直线边界,各粒子的轨迹圆弧可以由其他粒子的轨迹圆弧沿着边界平移得到(如图所示).
 
 如图所示,在xOy坐标系的第一象限有方向垂直纸面向外的有界匀强磁场,y轴是它的左边界、曲线OP是它的右边界,OP的曲线方程为y=2hx2.在y轴上有一点Q(0,h),一电荷量为q(q>0),质量为m的粒子从Q点以不同的速率沿x轴正方向射入磁场.从磁场的右边界射出的粒子中,速率为v0的粒子在磁场中运动位移最短.不计粒子的重力.求
 
(1)磁感应强度的大小;
(2)能从磁场的右边界射出的粒子的速率范围.
解析:(1)设粒子从M(x,y)点射出磁场,则:
MQ=x2+y-h2①
又:y=2hx2②
联立①②解得:MQ=y2-32hy+h2③
由③可知,当y=34h时,MQ有最小值.
粒子在磁场中运动的轨迹半径满足:qBv0=mv20r④
O1N=y-(h-r)=r-h4⑤
O1N2+x2=r2⑥
由②④⑤⑥得B=8mv07qh⑦
(2)设轨迹圆与磁场右边界相切于D(x,y)点,半径为R,由几何关系:x=Rsin α⑧
 
h-R-y=Rcos α⑨
联立②⑧⑨解得:R=22-14h⑩
又qvmB=mv2mR,联立⑦⑩得vm=222-17v0.
答案:(1)8mv07qh (2)v>222-17v0
 
带电粒子在有界磁场中运动的临界极值问题
分析临界问题的关键是找准临界点:以题目中的“恰好”“最大”“最高”“至少”等词语为突破口,挖掘隐含条件,分析可能的情况,必要时画出几个半径不同的轨迹,找出临界条件,如:
(1)刚好穿出磁场边界的条件是带电粒子在磁场中运动的轨迹与边界相切.
(2)当速率v一定时,弧长(或弦长)越长,圆心角越大,则带电粒子在有界磁场中运动的时间越长.
(3)当速率v变化时,圆心角越大的,运动时间越长.
  在直角坐标系中有P、Q两点,坐标如图所示,虚线是以原点O为圆心的半圆,半圆与x轴围成的区域只存在垂直纸面向外的匀强磁场.大量同种粒子从P点射入磁场,入射方向均在xOy平面内,速度方向与x轴正方向的夹角在0°到180°的范围内.粒子在磁场中做圆周运动的半径为r,满足L≤r≤2L,所有粒子均不从半圆虚线边界射出,已知粒子的质量为m(不计重力),带电荷量为q>0,磁场的磁感应强度大小B.求:
 
(1)经过Q点时速度方向与y轴垂直的粒子的速度大小.
(2)虚线半圆的最小半径和从P点运动到Q点的所有粒子中运动时间的最大值和最小值.
解析:(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动,
qvB=mv2R,由图1可知R=Lcos 30°,
解得v=23qBL3m.
 
图1

(2)当粒子以最大半径R=2L向x轴负方向发出刚好与半圆相切时,运动情况如图2所示.
 
图2
由几何关系得L2+R2=(r-R)2,
解得虚线半圆的最小半径r=(2+5)L,
带电粒子在磁场中的运动周期T=2πRv,从P点运动到Q点,粒子运动时间t=θ360°T,其中(θ为PQ运动轨迹对应的圆心角).
如图3所示,以O3为圆心的粒子,圆心角最大,
 
图3
由几何关系可知半径R=233L,且满足L≤R≤2L,
由图可知图心角θ=240°,
从P点运动到Q点,粒子运动的最长时间t1=4πm3qB,
以Q4为圆心对应的圆心角最小,半径R=2l,
由图可知圆心角θ=60°,
从P点运动到Q点,粒子运动的最短时间t2=πm3qB.
答案:(1) 23qBL3m (2)(2+5)L 4πm3qB πm3qB
 
1.如图所示,在一个半径为R的半圆区域内有垂直纸面向外的匀强磁场,磁感应强度大小为B.O点是该半圆的圆心,OP是垂直于直线边界的半径.两个完全相同的质量为m、电量为+q的粒子以相同的速率v分别从O点沿OP和从P点沿PO射入磁场区域,对于两个粒子的运动情况下列分析正确的是(  )
 
A.从O点沿OP射入磁场的粒子将向上偏转
B.两粒子通过磁场的时间相等
C.如果v<qBR2m,则从O点沿OP射入磁场的粒子通过磁场的时间为πmqB
D.如果v=qBRm,则从O点沿OP射入磁场的粒子通过磁场的时间较长
解析:选C 根据左手定则分析可知,从O点沿OP射入磁场的粒子向下偏转,选项A错误;分析粒子以相同速率v从O点沿OP和从P点沿PO射入磁场区域,其轨道半径相同,但在磁场中运动的弧长不相同,如下图所示,所以两粒子通过磁场的时间不相同,选项B错误;如果v<qBR2m,则粒子在磁场中运动的轨道半径r=mvqB<R2,从O点沿OP射入磁场的粒子在磁场中的运动轨迹正好是半个圆周,通过磁场的时间为t=T2=πmqB,选项C正确;如果v=qBRm,则粒子在磁场中的轨道半径r=mvqB=R,从O点沿OP射入磁场的粒子在磁场中的运动轨迹对应的圆心角为π3,从P点沿PO射入磁场的粒子在磁场中的运动轨迹对应的圆心角为π2,所以从O点沿OP射入磁场的粒子通过磁场的时间较短,选项D错误.
 
2.(2018•广东清远联考)如图所示,在一平面正方形MNPQ区域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Q点沿着与QP边夹角为30°的方向垂直进入磁场,从QP边射出.已知QP边长为a,不计粒子的重力,下列说法正确的是(  )
 
A.该粒子带正电
B.运动过程中粒子的速度不变
C.粒子在磁场中运动的时间为πm3qB
D.粒子的速度v的最大值为qBa2m
解析:选C 粒子从PQ边射出磁场,粒子刚射入磁场时受到的洛伦兹力垂直于速度斜向右下方,由左手定则可知,该粒子带负电,故A错误;粒子在磁场中做匀速圆周运动,粒子的速度大小不变,方向发生变化,故B错误;粒子在磁场中转过的圆心角θ=2×30°=60°,粒子在磁场中的运动时间t=θ360°T=60°360°×2πmqB=πm3qB,故C正确;粒子从P点射出磁场时轨迹半径最大,粒子的速度最大,此时粒子的轨迹半径r=a,由qvB=mv2r得粒子的最大速度v=qBrm=qBam,故D错误.
 
带电粒子在磁场中的多解问题
带电粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动,由于多种因素的影响,使问题形成多解.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.
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,在相同的初速度的条件下,正、负粒子在磁场中运动轨迹不同,导致形成多解.
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,则粒子入射速率v的最大值可能是________.
[温馨提示]题目中只给出粒子“电荷量为q”,未说明是带哪种电荷.若带正电荷,轨迹是如图所示的上方与NN′相切的1/4圆弧,轨道半径:R=mvBq,
 
又d=R-R/2,
解得v=(2+2)Bqd/m.
若带负电荷,轨迹如图所示的下方与NN′相切的3/4圆弧,则有:
R′=mv′Bq,
d=R′+R′/2,
解得v′=(2-2)Bqd/m.
所以本题应填(2+2)Bqdm或(2-2)Bqdm.
②磁场方向不确定形成多解.
有些题目只告诉了磁感应强度的大小,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的多解.
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,它可能穿过去了,也可能转过180°从入射界面这边反向飞出,如图所示.于是形成了多解.
 
④运动的往复性形成多解.
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,如图所示.
 
  如图,一足够大的绝缘弹性挡板水平放置,挡板上方M点与挡板的距离为h=3 m,M点与挡板上的N点的连线垂直于挡板.挡板上方空间存在匀强磁场,磁场方向垂直纸面向里,磁感应强度B=1 T.一质量m=1×10-3 kg,电荷量q=1×10-3 C的带负电微粒,从挡板上某点出发,以垂直于挡板的速度进入电磁场区域后恰能做圆周运动.微粒若与挡板碰撞时,将以原速率被弹回,且电荷量不变,忽略重力的影响,g=10 m/s2,求:
 
(1)若微粒运动过程中能击中M点,求其速度的最小值和以该速度运动时出发点与N点的距离d.
(2)若微粒从距N点距离s=9 m的A点出发,到击中M点的运动时间的可能值.
解析:(1)微粒能击中M点,且速度最小,则半径r=3 m
由r=mvqB可得v=qBrm=3 m/s
d=2rn+r=3(2n+1) (n=0,1,2…)
(2)设微粒与挡板碰撞n次,则最大半径趋近于s2n
要击中M点,则s2n≥h
 即n≤1.5,故n可能取0,1
当n=0时,轨迹如图中①所示
 
由几何关系:r2=h2+(s-r)2得 r=5 m
sin α=hr=35,故α=37°
此时时间t1=180-37360•2πmqB=143π180 s
当n=1时,由几何关系r2=h2+(3r-s)2得r1=3 m,
r2=3.75 m
r1=3 m时运动轨迹如图中②所示,
此时时间 t2=34•2πmqB=3π2 s
r2=3.75 m时运动轨迹如图中③所示,
sin β=hr2=45,故β=53°
此时t3=180+53360•2πmqB=233π180 s
所以时间的可能值为:143π180 s,3π2 s,233π180 s.
答案:(1)3 m/s d=3(2n+1) ,n=0,1,2…
(2)143π180 s,3π2 s,233π180 s
 
带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的多解问题
要充分考虑带电粒子的电性、磁场方向、轨迹及临界条件的多种可能性,画出其运动轨迹,分阶段、分层次地求解.
1.分析题目特点,确定题目多解性形成的原因.
2.作出粒子运动轨迹示意图(全面考虑多种可能性).
3.如果是周期性重复的多解问题,应列出通项式.如果是出现几种解的可能性,注意每种解出现的条件.
  (2017•汕头一模)如图所示,xOy坐标系中,在y轴右侧有一平行于y轴的边界PQ,PQ左侧和右侧存在磁感应强度大小分别为B与B2的匀强磁场,磁场方向均垂直于xOy平面向里.y轴上有一点A与原点O的距离为l.带电荷量为q、质量为m的带正电粒子,以某一速度从坐标原点O处沿x轴正方向射出,经过时间t=4πm3qB时恰好到达A点,不计粒子的重力.
 
(1)求边界PQ与y轴的距离d和粒子从O点射出的速度大小v0.
(2)若相同的粒子以更大的速度从原点O处沿x轴正方向射出,为使粒子能经过A点,粒子的速度大小应为多大?
解析:带电粒子在PQ左侧和右侧的磁场中做匀速圆周运动,分别有
qv0B=mv20r1,qv0B2=mv20r2,
可得半径r1=mv0qB,r2=2r1,
由T=2πrv可得T1=2πmqB,T2=2T1.
(1)粒子射出后经过时间t=4πm3qB时恰好到达A点,运动情况如图甲所示.设图中圆弧DE对应的圆心角为θ,则粒子从O点运动到A点的时间为θ360°T2+180°-θ360°T1=4πm3qB.解得θ=60°.
△C1C2C3为等边三角形,根据几何关系得l=2r1+(r2-r1),d=r1cos 30°,
解得PQ与y轴的距离d和粒子从O点射出的速度大小v0分别为d=36l,v0=qBl3m.
 
(2)以更大的速度从原点O处沿x轴正方向射出的相同的粒子,必然是从y轴最高点转向下方时经过A点,粒子运动一个周期,运动情况如图乙所示,设图中∠C1DF=α,则粒子运动一个周期在y轴上的位移y=2r1′+2(r2′-r1′)sin α-2r1′(或y=2r1′sin α),cos α=dr1′,
 
经过A点的条件是ny=l(n=1,2,3,…)
解得v=qBl2m13+1n2(n=1,2,3,…),
考虑到v>v0=qBl3m,故n只能取1或2,
即粒子的速度大小为v=qBl3m或v=21qBl12m.或v=qBl2m13+1n2n=1,2
答案:(1)36l qBl3m (2)qBl2m13+1n2(n=1,2)
 
3.(2018•长沙模拟)如图所示,虚线MN上方存在垂直纸面向里的匀强磁场,MN下方存在垂直纸面向外的匀强磁场,磁感应强度大小均为B. O、A为MN上的两点,距离为d,两个质量均为m、电荷量均为-q的带电粒子(不计重力)P、Q同时从O点以大小相等、方向相反的速度分别射入上方磁场和下方磁场,之后带电粒子P、Q都通过A点.若两粒子从O点运动到A点所用时间之比为1∶5.求:
 
(1)带电粒子P射入磁场时的速度大小;
(2)P、Q两带电粒子从O点运动到A点的时间差.
解析:(1)由题意可知,带电粒子的运动轨迹如图所示.根据两粒子从O点运动到A点所用时间之比为1∶5可知
 
θ=60° OC=r
由Bqv=mv2r
r=dn(n=1,2,3,…)
解得v=dBqnm(n=1,2,3,…)
(2)设粒子从O运动到A所用的时间分别为t和5t
nT=t+5t
T=2πmBq
Δt=5t-t
解得Δt=4nπm3Bq(n=1,2,3,…)
答案:见解析
4.(2018•广州普通高中模拟)半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为B,圆心O到直线MN的距离为35R.一个带电的粒子以初速度v0沿MN方向飞进磁场,不计粒子的重力,已知粒子飞出磁场时速度方向偏转了90°.求:
 
(1)带电粒子的比荷qm;
(2)带电粒子在磁场中运动的时间t.
解析:情况一 (1)若粒子带正电,进入磁场后做匀速圆周运动,轨迹如图甲所示,设轨道半径为r,由几何关系得
 
r=Rcos θ+35R
cos θ=R2-35R2R=45
解得r=75R
根据牛顿第二定律
qv0B=mv20r
解得qm=5v07BR
(2)T=2πrv0=14πR5v0
又因为t=T4
解得t=7πR10v0
情况二 (1)若粒子带负电,轨迹如图乙所示,设其轨道半径为r,由几何关系得
 
r=Rcos θ-35R
r+Rsin θ=45R
得r=15R
根据牛顿第二定律
qv0B=mv20r
解得qm=5v0BR
(2)T=2πrv0=2πR5v0
又因为t=T4
解得t=πR10v0
所以粒子的比荷为5v07BR或5v0BR,在磁场中运动的时间为7πR10v0或πR10v0.
答案:见解析

文 章来源 莲
山 课 件 w w w.
5Y k J. c oM
相关教案:
没有相关教案

  • 上一篇教案:
  • 下一篇教案: 没有了
  • 最新教案

    点击排行

    推荐教案