2023届二轮复习 专题 电场与磁场——带电粒子在磁场中的圆周运动 讲义（含解析）

这是一份2023届二轮复习 专题 电场与磁场——带电粒子在磁场中的圆周运动 讲义（含解析），共12页。试卷主要包含了60T等内容，欢迎下载使用。
探究1带电粒子在有界匀强磁场中的圆周运动
典例1：（2020全国历年真题）真空中有一匀强磁场，磁场边界为两个半径分别为a和3a的同轴圆柱面，磁场的方向与圆柱轴线平行，其横截面如图所示。一速率为v的电子从圆心沿半径方向进入磁场。已知电子质量为m，电荷量为e，忽略重力。为使该电子的运动被限制在图中实线圆围成的区域内，磁场的磁感应强度最小为（ ）
A．B．C．D．
训练1：（2021·山西模拟）如图所示，OM的左侧存在范围足够大、磁感应强度大小为B的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，ON（在纸面内）与磁场方向垂直且∠NOM＝60°，ON上有一点P，OP＝L，P点有一粒子源，可沿纸面内各个方向射出质量为m、电荷量为q的带正电的粒子（不计重力），速率为，则粒子在磁场中运动的最短时间为（ ）
A． eq \f(πm,2qB)B． eq \f(πm,3qB)C． eq \f(πm,4qB)D． eq \f(πm,6qB)
探究2 带电粒子束在磁场中的运动
典例2:（2022·辽宁省月考）如图所示，在真空中，半径为R的圆形区域内存在垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B，一束质子在纸面内以相同的速度射向磁场区域，质子的电荷量为e，质量为m，速度为v＝，则以下说法正确的是（ ）
A．对着圆心入射的质子的出射方向的反向延长线不一定过圆心
B．从a点比从b点进入磁场的质子在磁场中运动时间短
C．所有质子都在磁场边缘同一点射出磁场
D．若质子以相等的速率v＝从同一点沿各个方向射入磁场，则它们离开磁场的出射方向可能垂直
训练2：（2022广东联考）如图，真空室内存在匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度的大小B＝0.60T。磁场内有一块平面感光板ab（板长足够长），板面与磁场方向平行。在距ab为l＝16cm处，有一个点状的α粒子放射源S，它向各个方向发射α粒子，α粒子的速率都是v＝3.0×106 m/s。已知α粒子的电荷量与质量之比＝5.0×107 C/kg。现只考虑在纸面内运动的α粒子，求ab板上被α粒子打中区域的长度。
探究3 带电粒子在磁场中运动的多解问题
典例3：（2022·河南省·月考）如图所示，圆心为O、半径为R的圆形区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，A、B、C三点为圆形区域边缘上的三等分点，三点外沿半径方向的极窄区域存在电场强度大小为E（图中未画出）、方向与过三点的磁场边缘的切线垂直的匀强电场。现有一质量为m、电荷量为－q的带电粒子从A点沿着半径方向射入匀强磁场，不计粒子重力，求：
（1）若粒子恰从A点开始运动又返回A点，求粒子首次返回A点所用的时间；
（2）现改变粒子从A点入射速度的大小，同时将圆形区域外的电场改为辐射状沿圆形区域半径向外的电场，使粒子仍能返回A点，求粒子首次返回A点在磁场中运动的时间（粒子没有越过A点）。
训练3：（2022山西联考）如图所示，纸面内有互相垂直的虚线边界PA、QA，且PA与水平方向夹角为45°，在PAQ上方和下方存在方向相反、大小相等的匀强磁场．现有一质量为m、电荷量为q（q＞0）的粒子从P点沿PQ方向以初速度v0射出。已知AP＝AQ＝L，不计粒子重力。
（1）若仅经两侧磁场各一次偏转，使粒子从P经A到Q，求此时的磁感应强度B0的大小及该过程粒子运动的时间t；
（2）若保持粒子入射速度不变，两侧磁感应强度大小可以调整（保持两侧磁场大小始终相等），则为使粒子能始终从P经A到Q，求磁感应强度B的大小应满足的条件。
带电粒子在磁场中的圆周运动答案解析
典例1：关键信息：磁场边界为两个半径分别为a和3a的同轴圆柱面 → 圆形边界有界磁场
粒子限制在环形区域中，磁感应强度最小 → 临界态时粒子轨迹与外圆相切
解题思路：根据“径向入、径向出”的规律解决圆形边界有界磁场问题；当电子运动的轨迹与圆边界相切时为临界条件
为使电子的运动被限制在图中实线圆围成的区域内，则其临界态的运动轨迹，如图所示
A点为电子做圆周运动的圆心，r为粒子在磁场中运动的最大半径，由图可知△ABO为直角三角形，则由几何关系可得：(3a－r)2＝r2＋a2
解得r＝；
由洛伦兹力提供向心力eBminv＝m
解得磁场的最小值Bmin＝，故C正确，ABD错误。
故选C。
训练1：
粒子进入磁场中做匀速圆周运动，则有qvB＝m eq \f(v2,r)，将v值代入得r＝ eq \f(\r(6),4)L；若粒子运动的时间t最短，由于速率一定，则粒子运动轨迹对应的弧长最短且为劣弧，其对应的弦长必最短。作PB⊥OM于B点，PB即为粒子离开磁场最短的弦长，结合左手定则，以r＝ eq \f(\r(6),4)L为半径作出过P、B两点的轨迹圆如图所示，O′为圆心
根据几何关系有O′B＝O′P＝r＝ eq \f(\r(6),4)L，PB＝L sin 60°＝ eq \f(\r(3),2)L，联立解得PB＝ eq \r(2)O′B，则粒子偏转的角度∠PO′B＝90°，结合周期公式T＝ eq \f(2πm,qB)可知粒子在磁场中运动的最短时间为t＝ eq \f(T,4)＝ eq \f(πm,2qB)。
故选A。
典例2：关键信息：电荷量为e，质量为m，速度为v＝ → 根据r＝求得其轨迹半径r＝R
相同的速度射向磁场区域，粒子轨迹半径r与圆形磁场半径R相等 → 磁聚焦模型
解题思路：根据洛伦兹力提供向心力求出质子运动轨迹的半径r，由于r＝R，可根据磁聚焦模型来处理。
首先可以确定朝着圆心射入的质子，其做匀速圆周运动的向心力由洛仑兹力提供：Bev＝m，将v＝代入，求得r＝R。那么由几何关系知道该质子最后从O点的正下方C点射出磁场。再假设从任意点E水平射入的质子，其做匀速圆周运动的圆心为D，连接EOCD构成如图所示的四边形，由于DE∥OC，且DE＝OC，则四边形DEOC是平行四边形，所以DC＝OE＝R，所以从任意点E水平入射的质子也从O点的正下方C射出。
A、由于磁场圆的半径与质子轨迹圆的半径相等，所以朝着圆心方向射入的质子，必从O点的正下方射出磁场，其出射方向的反向延长线必过圆心，所以选项A错误。
B、由于水平射入磁场后，最终均从C点射出，从a点入射的质子比从b点入射的质子偏转角大，根据t＝（θ为运动轨迹对应的圆心角）可知，从a点的入射的质子射出磁场后时间长，所以选项B错误。
C、上述已证明，所有质子均从圆心的正下方C点射出，所以选项C正确。
D、由于质子的速率v＝，则质子做匀速圆周运动的半径仍为R；假设这些质子从O点正下方的C点从不同方向射入磁场，则这些质子在磁场中运动的过程可以看成题中的质子束运动的逆过程，由此可知这些质子从磁场出射时都是相互平行的；由此扩展来看，质子以相等的速率v＝从同一点沿各个方向射入磁场，则它们离开磁场的出射方向一定是相互平行的，不可能出现垂直的情况，故D错误。
故选C。
训练2：
α粒子带正电，故在磁场中沿逆时针方向做匀速圆周运动，
用R表示其轨迹半径，由牛顿第二定律知：qvB＝m
由此得：R＝
代入数值得：R＝10cm
可见，2R＞l＞R；
由于α粒子的速率一定，轨迹半径一定，且沿逆时针方向运动，则由定圆旋转法作出α粒子运动的临界轨迹如图所示，
其中SP垂直于ab，在P1点α粒子的运动轨迹与ab板相切，即P1点为ab上被α粒子打中区域的左边界，
由几何知识有：PP1＝，代入数据解得：PP1＝8cm；
P2点为ab上被α粒子打中区域的右边界，
SP2＝2R，由几何关系得：PP2＝，代入数据解得：PP2＝12cm
所求长度为P1P2＝P1P＋PP2
代入数据得：P1P2＝20cm。
即ab板上被α粒子打中区域的长度为20cm。
典例3：关键信息：A、B、C为三等分点，从A点开始运动又返回A点 → 往返运动且运动具有对称性和重复性
改变粒子从A点入射速度的大小、仍能返回A点 → 多解问题
解题思路：根据对称性思想确定粒子运动的轨迹，再按照“定圆心、定半径、定圆心角”的步骤进行解题，注意将几何关系和物理规律有机地结合在一起。
（1）带电粒子运动轨迹如图所示，由几何关系知粒子在磁场中运动的轨迹半径为：
r＝
带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，设粒子运动的速率为v，周期为T，
由牛顿第二定律知：Bvq＝m
由圆周运动规律知：T＝
粒子在磁场中由A到B的过程中转过的圆心角为，对应的时间t′＝T，由对称性可知，粒子在磁场中的运动时间t1＝3t′
解得t1＝ eq \f(πm,Bq)，v＝ eq \f(\r(3)BqR,m)
粒子运动到B、C两点后先在电场中做匀减速直线运动再反向做匀加速直线运动进入磁场，加速度为：a＝，由匀变速直线运动规律知，粒子在电场中运动的总时间为
t2＝4＝
则粒子从A点开始运动到返回A点所用的时间t＝t1＋t2＝ eq \f(πm,Bq)＋；
（2）设粒子在磁场中运动n（n≥3）段相同的圆弧后返回A点，粒子在磁场中运动的第一段圆弧的轨迹如图所示，由图可知：β＝ eq \f(2π,n)（n＝3，4⋯⋯），α＝π－β
则粒子从A点出发到首次返回A点在磁场中运动的时间
t＝eq n \f(α,2π) \f(2πm,Bq)＝eq n \f(αm,Bq)
解得t＝eq \f((nπ－2π)m,Bq)（n＝3，4⋯⋯）
训练3：
（1）如图所示，设粒子运动的半径为r，由几何关系知：2r2＝L2
由牛顿第二定律知：qv0B0＝
联立解得：B0＝
两侧的圆弧刚好是一个圆周，则运动时间为t＝＝
（2）根据运动的对称性，粒子能从P经A到达Q，运动轨迹如图所示，
设每次偏转圆弧对应的弦长为x，由图可得L＝nx（n＝1，2，3，⋯）
由几何关系知，偏转圆弧对应的圆心角为或。
设粒子运动轨迹的半径为R，由几何关系可得2R2＝x2
由牛顿第二定律知：qv0B＝m
联立解得B＝（n＝1，2，3，⋯）