高考物理一轮：8.3《有界磁场中的临界、极值问题》教学案(含答案)

第3讲微专题——有界磁场中的临界、极值问题
核心考点·分类突破——析考点讲透练足
1．适用条件
(1)速度方向一定，大小不同
粒子源发射速度方向一定，大小不同的带电粒子进入匀强磁场时，这些带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径随速度的变化而变化。

(2)轨迹圆圆心共线
如图所示(图中只画出粒子带正电的情景)，速度v0越大，运动半径也越大。

可以发现这些带电粒子射入磁场后，它们运动轨迹的圆心在垂直速度方向的直线PP′上。

2．方法界定
以入射点P为定点，圆心位于PP′直线上，将半径放缩作轨迹，从而探索出临界条件，这种方法称为“放缩法”。

[典题1](·浙江联考)如图甲所示，在空间中存在垂直纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场，其边界AB、CD相距为d，在左边界的Q点处有一质量为m、带电量为q的负粒子沿与左边界成30°的方向射入磁场，粒子重力不计。

求：
(1)带电粒子能从AB边界飞出的最大速度；
(2)若带电粒子能垂直CD边界飞出磁场，穿过小孔进入如图乙所示的匀强电场中减速至零且不碰到负极板，则极板间电压U应满足什么条件？整个过程粒子在磁场中运动的时间是多少？
(3)若带电粒子的速度是(2)中的3倍，并可以从Q点沿纸面各个方向射入磁场，则粒子能打到CD边界的距离大小？
[解析](1)带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，设半径为R1，运动速度为v0。

粒子能从左边界射出，临界情况如图甲所示，由几何条件知R1＋R1cos 30°＝d
又q v 0B ＝m v 20
R 1
解得v 0＝Bqd
m （1＋cos 30°）＝2（2－3）Bqd m
所以粒子能从左边界射出时的最大速度为 v m ＝v 0＝2（2－3）Bqd
m
(2)带电粒子能从右边界垂直射出，如图乙所示。

由几何关系知R 2＝d
cos 30°
由洛伦兹力提供向心力得Bq v 2＝m v 22
R 2
由动能守恒得－qU ＝0－1
2m v 22
解得U ＝B 2qd 22m cos 230°＝2B 2qd 2
3m
所加电压满足的条件U ≥2B 2qd 2
3m。

粒子转过的圆心角为60°，所用时间为T
6，而T ＝2πm Bq
因返回通过磁场所用时间相同，所以总时间t ＝2×T 6＝2πm
3Bq
(3)当粒子速度是(2)中的3倍时，解得R 3＝2d
由几何关系可得粒子能打到CD 边界的范围如图丙所示。

粒子打到CD边界的距离l＝2×2d cos 30°＝23d
[答案](1) 2（2－3）Bqd
m(2)U≥
2B2qd2
3m
2πm
3Bq(3)23d
(·南京质检)如图所示，宽度为d的匀强有界磁场，磁感应强度为B，MM′和NN′是磁场左右的两条边界线。

现有一质量为m，电荷量为q的带正电粒子沿图示方向垂直射入磁场中，θ＝45°。

要使粒子不能从右边界NN′射出，求粒子入射速率的最大值为多少？
解析：用放缩法作出带电粒子运动的轨迹如图所示，当其运动轨迹与NN′边界线相切于
P点时，这时粒子具有最大入射速率v max。

由图可知R(1－cos 45°)＝d
又Bq v max＝m v2max
R
联立可得v max＝（2＋2）Bqd
m
答案：（2＋2）Bqd
m
1．适用条件
(1)速度大小一定，方向不同 带电粒子进入匀强磁场时，它们在磁场中做匀速圆周运动的半径相同，若射入初速度为v 0，则圆周运动半径为R ＝m v 0
qB。

如图所示。

(2)轨迹圆圆心，共圆
带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心在以入射点P 为圆心、半径R ＝m v 0
qB 的圆(这个
圆在下面的叙述中称为“轨迹圆心圆”)上。

2．方法界定
将一半径为R ＝m v 0
qB 的圆沿着“轨迹圆心圆”平移，从而探索出临界条件，这种方法称
为“平移法”。

[典题2] (·长沙质检)如图所示，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 ＝0.60 T ，磁场内有一块平面感光板ab ，板面与磁场方向平行，在距ab 玻璃l ＝16 cm 处，有一个点状的α放射源S ，它向各个方向发射α粒子，α粒子的速度都是v ＝3.0×106 m/s ，已知α粒子的比荷q
m ＝5.0×107 C/kg ，现只考虑在图纸平面中运动的α粒
子，求ab 上被α粒子打中的区域的长度。

[解析] 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 表示轨道半径，有
q v B ＝m v 2R
由此得R ＝m v
qB
代入数值得R ＝10 cm 可见R <l <2R 。

因朝不同方向发射的α粒子的圆轨迹都过S ，由此可知，某一圆轨迹在图中N 左侧与ab 相切，则此切点P 1就是α粒子能打中的左侧最远点。

NP 1＝
R 2－（l －R ）2＝8 cm
再考虑N 的右侧，任何α粒子在运动中离S 的距离不可能超过2R ，以2R 为半径、S 为圆心作圆，交ab 于N 右侧的P 2点，此即右侧能打到的最远点。

由图中几何关系得NP 2＝
（2R ）2－l 2＝12 cm
所求长度为P 1P 2＝NP 1＋NP 2 代入数值得P 1P 2＝20 cm
[答案] 20 cm
(·宜宾质检)如图所示，在0≤x ≤a 、0≤y ≤a
2范围内有垂直于xOy 平面向外的匀强磁场，
磁感应强度大小为B ，坐标原点O 处有一个粒子源。

在某时刻发射大量质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子，它们的速度大小相同，速度方向均在xOy 平面内，与y 轴正方向的夹角分布在0～90°范围内。

已知粒子在磁场中做圆周运动的半径介于a
2到a 之间，从发射粒
子到粒子全部离开磁场经历的时间恰好为粒子在磁场中做圆周运动周期的四分之一。

求最后离开磁场的粒子从粒子源射出时：
(1)速度的大小；
(2)速度方向与y 轴正方向夹角的正弦值。

解析：设粒子的发射速度为v ，粒子做圆周运动的轨道半径为R ，由牛顿第二定律和洛伦兹力公式，得
q v B ＝m v 2
R
解得R ＝m v qB ，当a
2＜R ＜a 时，在磁场中运动时间最长的粒子，其对应圆心角最大，其轨
迹是圆心为C 的圆弧，圆弧与磁场的边界相切，如图所示。

设粒子在磁场中运动的时间为t ，依题意，
t ＝T
4，∠OCA ＝π2
设最后离开磁场的粒子的发射方向与y 轴正方向的夹角为α，由几何关系可得R sin α＝R －a
2
R sin α＝a －R cos α 又sin 2α＋cos 2α＝1 解得R ＝⎝
⎛⎭⎫2－
62a ，v ＝⎝
⎛⎭⎫2－62aqB
m ，sin α＝6－610
答案：(1)⎝
⎛⎭⎫2－
62aqB
m
(2)6－610
专题突破训练
1.如图所示，△ABC 为与匀强磁场垂直的边长为a 的等边三角形，比荷为e
m 的电子以速
度v 0从A 点沿AB 边入射，欲使电子经过BC 边，磁感应强度B 的取值为( )
A ．
B ＞2m v 0ae B ．B ＜2m v 0
ae
C ．B ＞
3m v 0ae D ．B ＜3m v 0
ae
解析：选D 由题意得，电子正好经过C 点，如图所示，此时圆周运动的半径R ＝
a
2
cos 30°＝
a 3，要使电子从BC 边经过，电子做圆周运动的半径要大于a
3
，由带电粒子在磁场中运动的公式r ＝m v qB 有a 3＜m v 0eB
，即B ＜3m
v
0ae ，选D 。

2.[多选]如图所示，垂直于纸面向里的匀强磁场分布在正方形abcd 区域内，O 点是cd 边的中点。

一个带正电的粒子仅在磁场力的作用下，从O 点沿纸面以垂直于cd 边的速度射入正方形内，经过时间t 0后刚好从c 点射出磁场。

现设法使该带电粒子从O 点沿纸面以与Od 成30°角的方向，以大小不同的速率射入正方形内，那么下列说法中正确的是( )
A ．若该带电粒子磁场中经历的时间是5
3t 0，则它一定从cd 边射出磁场
B 若该带电粒子在磁场中经历的时间是2
3t 0，则它一定从ad 边射出磁场
C ．若该带电粒子在磁场中经历的时间是5
4t 0，则它一定从bc 边射出磁场
D ．若该带电粒子在磁场中经历的时间是t 0，则它一定从ab 边射出磁场
解析：选AC 如图所示，作出刚好从ab 边射出的轨迹①、刚好从bc 边射出的轨迹②、从cd 边射出的轨迹③和刚好从ad 边射出的轨迹④。

由从O 点沿纸面以垂直于cd 边的速度射入正方形内，经过时间t 0后刚好从c 点射出磁场可知，带电粒子在磁场中做圆周运动的周期是2t 0。

可知，从ad 边射出磁场经历的时间一定小于1
3t 0；从ab 边射出磁场经历的时间一
定大于等于13t 0，小于56t 0；从bc 边射出磁场经历的时间一定大于等于56t 0，小于4
3t 0；从cd 边
射出磁场经历的时间一定是5
3
t 0。

3．[多选]如图所示，MN 是磁感应强度为B 的匀强磁场的边界。

一质量为m 、电荷量为q 的粒子在纸面内从O 点射入磁场。

若粒子速度为v 0，最远能落在边界上的A 点。

下列说法正确的有( )
A ．若粒子落在A 点的左侧，其速度一定小于v 0
B ．若粒子落在A 点的右侧，其速度一定大于v 0
C ．若粒子落在A 点左右两侧d 的范围内，其速度不可能小于v 0－qBd
2m
D ．若粒子落在A 点左右两侧d 的范围内，其速度不可能大于v 0＋qBd
2m
解析：选BC 因粒子由O 点以速度v 0入射时，最远落在A 点，又粒子在O 点垂直射入磁场时，在边界上的落点最远，即x OA 2＝m v 0
Bq ，所以粒子若落在A 的右侧，速度应大于v 0，
B 正确；当粒子落在A 的左侧时，由于不一定是垂直入射，所以速度可能等于、大于或小于v 0，A 错误；当粒子射到A 点左侧相距d 的点时，最小速度为v min ，则x OA ＋d 2＝m v min
Bq
，又因
x OA 2＝m v 0Bq ，所以v min ＝v 0－Bqd 2m ，所以粒子落在A 点左右两侧d 的范围内，其速度不可能小于v min ＝v 0－Bqd 2m ，C 正确；当粒子射到A 点右侧相距d 的点时，最小速度为v 1，则x OA ＋d 2
＝
m v 1Bq ，又因x OA 2＝m v 0Bq ，即v 1＝v 0＋Bqd
2m ，D 错误。

4.(·珠海质检)如图所示，在平面直角坐标系xOy 的第四象限有垂直纸面向里的匀强磁场，
一质量为m ＝5.0×10－8 kg 、电量为q ＝1.0×10－
6 C 的带电粒子。

从静止开始经U 0＝10 V 的电压加速后，从P 点沿图示方向进入磁场，已知OP ＝30 cm ，(粒子重力不计，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：
(1)带电粒子到达P 点时速度v 的大小；
(2)若磁感应强度B ＝2.0 T ，粒子从x 轴上的Q 点离开磁场，求OQ 的距离； (3)若粒子不能进入x 轴上方，求磁感应强度B ′满足的条件。

解析：(1)对带电粒子的加速过程，由动能定理得qU ＝1
2m v 2
代入数据得v ＝20 m/s
(2)带电粒子仅在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，有q v B ＝m v 2
R
解得R＝m v
qB
代入数据得R＝0.50 m
而OP
cos 53°
＝0.50 m
故圆心一定在x轴上，轨迹如图甲所示。

由几何关系可知OQ＝R＋R sin 53°故OQ＝0.90 m
(3)带电粒子不从x轴射出，轨迹如图乙所示。

由几何关系得，OP>R′＋R′cos 53°①
R′＝m v
qB′
②
联立代入数据得B′>16
3T＝5.33 T
答案：(1)20 m/s(2)0.90 m(3)B′>5.33 T(取“≥”同样给分)
5.(·山东联考)如图所示，M、N为平行板电容器的两极板，M板的上表面涂有一种特殊材料，确保粒子和M板相撞后以原速率反弹且电荷量不变，其上方有一腰长为2a，θ＝45°的等腰直角三角形区域，区域内有垂直纸面向外的匀强磁场。

N板上的O为粒子发射源，现有一质量为m，电荷量为q的带负电粒子从粒子发射源O发射(发射速度忽略不计)后经电场加速，从M板上距离B点为2a的小孔P垂直于BC进入磁场，若粒子从P点进入磁场后经时间t第一次与M板相撞，且撞击点为B点，不计粒子重力与空气阻力的影响。

(1)求M、N之间的电势差U MN；
(2)若粒子从AB边射出磁场区域且不和M板相撞，磁感应强度满足什么条件？
(3)若仅将磁场反向，粒子至少和M板相撞一次后射出磁场，磁感应强度满足什么条件？
解析：(1)如图甲所示，由几何关系可知，粒子在磁场中运动的半径为
R 1＝
2a 2
① t ＝πR 1v ② v ＝
2πa
2t
③ 粒子在平行板电容器中加速，根据动能定理qU ＝m v 2
2④
由①②③④联立解得U ＝m π2a 2
4qt 2
⑤
粒子带负电在电容器中加速，M 板的电势高于N 点电势 U MN ＝m π2a 2
4qt 2
⑥
(2)粒子恰从B 射出时，粒子半径最小，磁感应强度B 1最大 T ＝2πm qB 1⑦
T ＝2t ⑧
联立⑦⑧得B 1＝πm
qt
⑨
粒子的轨迹与AC 边相切时，半径最大(如图乙所示)，磁感应强度B 2最小， 由几何关系知R 2＝2a ⑩ q v B 2＝m v 2
R 2⑪
得B 2＝πm
2qt
⑫
磁感应强度应满足的关系为
πm 2qt ≤B 2≤πm
qt。

⑬
第11页 共11页
(3)磁场反向后粒子向右偏转，轨迹与AC 边相切时，磁感应强度最小(如图丙所示)， 由几何关系得R 3＝(32－4)a ⑭
q v B 3＝m v 2
R 3
⑮ 解得B 3＝（1＋2）2πm 2qt
⑯ 磁感应强度应满足的关系B 3≥（1＋2）2πm 2qt 。

⑰ 答案：(1)m π2a 24qt 2 (2)πm 2qt ≤B 2≤πm qt (3)B 3≥（1
＋
2）2πm 2qt。