课时达标检测(五十三) 匀强磁场中的临界极值和多解问题 (题型研究课)

第 1 页 共 7 页 课时达标检测(五十三) 匀强磁场中的临界极值和多解问题 (题型研究课) 一、选择题 1.(多选)如图所示，空间存在一个半径为R0的圆形匀强磁场区域，磁场的方向垂直于纸面向里，磁感应强度的大小为B。有一个粒子源在纸面内沿各个方向以一定速率发射大量粒子，粒子的质量为m、电荷量为＋q。将粒子源置于圆心，则所有粒子刚好都不离开磁场，不考虑粒子之间的相互作用。由此可知( ) A．带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径一定是R0

B．带电粒子在磁场中运动的速率一定是qBR02m

C．带电粒子在磁场中运动的周期一定是πmqB D．带电粒子的动能一定是q2B2R028m 解析：选BD 带电粒子刚好不离开磁场，则粒子轨迹一定和磁场边界内切，则轨迹半径r＝12R0，再根据r＝mvqB，得v＝qBR02m，选项B正确，A错误；再根据Ek＝12mv2＝q2B2R028m，选项D正确；运动的周期T＝2πmqB，选项C错误。 2.如图所示，在边长为a的正三角形区域内存在着方向垂直于纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场。一个质量为m、电荷量为＋q的带电粒子(重力不计)从AB边的中点O以某一速度v进入磁场，粒子进入磁场时的速度方向垂直于磁场且与AB边的夹角为60°。若粒子能从AB边穿出磁场，且粒子在磁场中运动的过程中，到AB边有最大距离，则v的大小为( )

A.3Bqa4m B.3Bqa4m C.3Bqa8m D.3Bqa8m 解析：选C 设从AB边以v射入磁场的粒子符合题意，运动轨迹如图所示，由图知2R＝OBcos 30°，OB＝a2，又有Bqv＝mv2R，得v＝3Bqa8m。

3.(多选)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。欲使粒子不能从边界QQ′射出，第 2 页 共 7 页 粒子入射速度v0的最大值可能是( ) A.Bqdm B.2＋2Bqdm C.2－2Bqdm D.2Bqd2m 解析：选BC 粒子射入磁场后做匀速圆周运动，由r＝mv0qB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)，容易看出R1sin 45°＋d＝R1，将

R1＝mv0qB代入上式得v0＝2＋2Bqdm，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)，容易看出R2＋R2cos 45°＝d，将R2＝mv0qB代入上式得v0＝2－2Bqdm，C项正确。 4．(多选)(2017·湖北六校调考)如图所示，xOy平面的一、二、三象限内存在垂直纸面向外，磁感应强度B＝1 T的匀强磁场，ON为处于y轴负方向的弹性绝缘薄挡板，长度为9 m，M点为x轴正方向上一点，OM＝3 m。

现有一个比荷大小为qm＝1.0 C/kg可视为质点带正电的小球(重力不计)从挡板下端N处小孔以不同的速度沿x轴负方向射入磁场，若与挡板相碰就以原速率弹回，且碰撞时间不计，碰撞时电荷量不变，小球最后都能经过M点，则小球射入的速度大小可能是( ) A．3 m/s B．3.75 m/s C．4 m/s D．5 m/s 解析：选ABD 因为小球通过y轴的速度方向一定是沿＋x方向，故带电小

球圆周运动轨迹半径最小值为3 m，即Rmin＝mvminqB，解得vmin＝3 m/s；经验证，带电小球以3 m/s速度进入磁场，与ON碰撞一次，再经四分之三圆周经过M点，如图甲所示，A项正确；当带电小球与ON不碰撞，直接经过M点，如图乙所示，小球沿－x方向射入磁场，则圆心一定在y轴上，由几何关系解得此时轨迹半径最大值Rmax

＝5 m，又Rmax＝mvmaxqB，解得vmax＝5 m/s，D项正确；当小球速度大于3 m/s、小于5 m/s第 3 页 共 7 页 时，轨迹如图丙所示，由几何条件计算可知轨迹半径R＝3.75 m，由半径公式R＝mvqB，得v＝3.75 m/s，B项正确，由分析易知选项C错误。

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，其轨道半径也不同，随着速率增加，其轨迹构成如图所示的一簇动态圆，为使电子从EF边界射出，轨道半径至少大于与EF相切的圆的半径。由几何关系得：r＋rcos θ＝L。又因为Bqv＝mv2r，所以

v＝Bqrm＝BqLm1＋cos θ。为使电子从边界射出，其速率v>BqLm1＋cos θ。

答案：v>BqLm1＋cos θ 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。 第 4 页 共 7 页 由几何关系：L＝4R 设粒子初速度为v，则有： qvB＝mv2R 可得：v＝qBL4m。 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′＝qB2L216mE 粒子运动的总路程：s＝2πR＋2L′＝πL2＋qB2L216mE。 答案：qBL4m πL2＋qB2L216mE 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＝πm3Bq，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 第 5 页 共 7 页 30°＝3a－r1，又qv1B＝mv12r1，解得v1＝2qBam。 (2)粒子在磁场中的运动周期T＝2πmBq，故粒子在磁场中运动轨迹的圆心角为α＝ΔtT

×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＝mv22r2，解得v2＝3qBa2m。 (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＝3a 又qvminB＝mvmin2rmin， 解得vmin＝3aBqm。

答案：(1)2qBam (2)3qBa2m (3)3qBam 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＝12TB，求B0。 (2)若Δt＝32TB，求粒子在磁场中运动时加速度的大小。 (3)若B0＝4mv0qd，为使粒子仍能垂直打在P板上，求TB。 第 6 页 共 7 页 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＝mv02R1① 据题意由几何关系得R1＝d② 联立①②式得B0＝mv0qd。 (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＝v02R2③ 据题意由几何关系得3R2＝d④ 联立③④式得a＝3v02d。 (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＝2πRv0⑤ 由洛伦兹力提供向心力得qv0B0＝mv02R⑥ 由题意知B0＝4mv0qd，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

题意可知：π2＋θ2πT＝TB2⑧ 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＝π6或sin θ＝12○10