资源简介

微专题4.2：磁场的临界问题答案
3．【答案】AD　
【解析】由题意可知带电粒子以垂直于cd边的速度射入正方形内，经过时间t0刚好从c点射出磁场，则知带电粒子的运动周期为T=2t0．随粒子速度逐渐增大，轨迹由①→②→③→④依次渐变，由图可以知道粒子在四个边射出时，射出范围分别为OG、FE、DC、BA之间，不可能从四个顶点射出，所以A项正确；当粒子从O点沿纸面垂直于cd边射入正方形内，轨迹恰好为半个圆周，即时间t0刚好为半周期，从ab边射出的粒子所用时间小于半周期t0，从bc边射出的粒子所用时间小于T=，所有从cd边射出的粒子
圆心角都是300°，所用时间为=，故B、C项错误，A、D项正确．
4．【答案】　C
【解析】用“旋转圆法”，如图1所示，右侧轨迹打在板上B点，当PB恰为轨迹圆的直径时，离P点最远，距离为2d．左侧轨迹与板的切点为A，则AB为能打在板上的区域长度，根据几何关系知：l=d+d=(+1)d，故A、B两项错误．如图2所示，当右侧轨迹与板相切时，转过的圆心角最大，经过的时间最长，t长=t1=T=×=
左侧轨迹与板的交点为D，当PD与板垂直时，转过的弧长最短，经过的时间最短，t短=t2=T=×=，故C项正确、D项错误．
5．【答案】（1）
（2）
【解析】（1）粒子在电场中，由动能定理有
①
粒子在Ⅰ区洛伦兹力提供向心力
②
当k=1时，由几何关系得
r=L
③
由①②③解得
④
（2）由于2⑤
解得
⑥
由②⑥解得
⑦
粒子在Ⅱ区洛伦兹力提供向心力
⑧
由对称性及几何关系可知
⑨
解得
⑩
由⑧⑩解得
6．【答案】（1）
　
（2）(B－4B)　
（3）1.2R
【解析】（1）如图甲所示，分析可知，粒子在区域Ⅰ中的运动半径r1=R
由qv0B1=m
解得v0=
（2）因粒子垂直打在荧光屏上，粒子在区域Ⅲ中的运动半径r2=2R
由qvB2=m
解得：v=
粒子在电场中，有：－qER=mv2－mv.
解得：E=(B－4B)
（3）如图乙所示，从区域Ⅰ中最高点穿出，有：(x1cos
θ＋R)2＋(x1sin
θ)2=(2R)2
解得：x1=R
从区域Ⅰ中最低点穿出，有：
解得x2=R
分析可知所有粒子均未平行于FG方向打在板上，荧光屏上的发光区域长度Δx=x2－x1=1.2R
7．【答案】（1）
（2）
【解析】（1）设粒子第一次在磁场中运动的速度为v，
洛伦兹力提供向心力有qvB=
可得：v=
设粒子在电场中运动的时间为t，根据动量定理得：qEt=mv-0
联立可得：t=
（2）当粒子在磁场中运动的轨迹与内圆相切时，转过的圆心角最小，所用的时间最短，如图：
设粒子此时的半径为r，由几何关系得：(r-R)2+(R)2=r2
设粒子进入磁场时速度方向与ab的夹角为θ，则圆弧所对的圆心角为2θ，
由几何关系得：tanθ=
粒子从Q点抛出后做类平抛运动，在电场方向的分运动与从P释放后的情况相同，
所以粒子进入磁场时，竖直方向的分速度也为v，设在垂直于电场方向的分速度为v0，则：tanθ=
联立可得：v0=
8．【答案】（1）　　
（2）1.5r0　
（3）0.12
【解析】（1）在静电分析器中，电场力提供向心力，由牛顿第二定律得：qE0=m，解得：E0=
离子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qv0B=m，解得：B=
（2）对离子，由动能定理得：qUNP=×0.5mv2-×0.5mv02，解得：v=v0
离子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=0.5m，解得：r=r0
到达探测极上的位置与O点的距离：l=2rcosθ－0.5r0，解得：l=1.5r0
（3）若磁感应强度在(B-ΔB)到(B+ΔB)之间波动，
质量为m的离子的最大半径为r1===
质量为0.5m的离子的最小半径为r2===
恰好能分辨的条件：2r1-2r2cosθ=，-=，解得：=－4≈0.12
9．【答案】AC
【解析】利用“旋转圆法”，如图所示．当粒子入射的方向向上时，粒子向上偏转的位移最大，当粒子入射的方向水平向右时，由于粒子的轨道半径r=d，运动轨迹与右边界相切，粒子向下偏转的位移最大，有几何关系知：右侧有电子射出的范围为-d轨迹对应的圆心角θ=，最短时间t==．运动轨迹与右边界相切时，粒子运动时间最长，轨迹对应的圆心角θ=π，最长时间t=，故C项正确，D项错误．如果d与r满足下面三种情况：
　
d>2r　　　　　　
2r>d>r
d图(a)　　　　　　
　图(b)
图(c)
10．【答案】C
【解析】利用“旋转圆法”，根据同一直线边界上粒子运动的对称性可知，粒子不可能通过坐标原点，故A项错误；粒子运动的情况有两种，一种是从y轴边界射出，最短时间要大于，故D项错误；对应轨迹①时，t1==，故C项正确；另一种是从x轴边界飞出，如轨迹③，时间t3=T=，此时粒子在磁场中运动时间最长，故B项错误．
11．【答案】B
【解析】粒子运动的半径r已经确定，要使所有的粒子都不能穿出磁场，则：与内圆相切的方向进入磁场的粒子在磁场运动的轨迹刚好与外圆相切，可知2r最大为R2-R1，如图所示．
可知，r≤，
根据r=解得：，故B项正确，A、C、D三项错误．
12．【答案】BC
【解析】因粒子过P点时垂直于OP，所以OP为粒子做圆周运动的直径是5
cm，其轨迹半径r=2.5
cm=2.5×10－2
m
由于Bqv0=m，解得：B=2
T，故A项错误；进入电场后，设粒子的加速度为a，由牛顿第二定律得：Eq=ma，沿电场线方向：y′=at2=105t2，vy′=at=2×105t，垂直于电场方向：x′=vx′t=102t，vx′=102
m/s，因为2EkO=EkM．即：2×mv02=m(vx′2+vy′2)，解得：x′=0.05
m，y′=0.025
m，t=5×10－4
s，电势差：U=E(OP+y′)=7.5
V，故B、C两项正确；
由几何关系可知，M点坐标：
xM=(OP+y′)cosθ-x′sinθ=3
cm，
yM=(OP+y′)sinθ+x′cosθ=8.5
cm，
故D项错误．
13．【答案】（1）2v0
（2）　
（3）磁场方向向外，；磁场方向向里，
【解析】（1）画出粒子的运动轨迹图，如图甲所示，由几何关系得：
tan∠BDA
=
∠BDA=
60°，则：∠BDC=30°，θ=∠BDA=60°
粒子进入磁场时的竖直分速度：vy=v0tanθ=v0
粒子进入磁场时的速度：v==2v0
（2）粒子在电场中做类平抛运动，设粒子从P点进入磁场，BP=x，
水平方向：L-xcos30°=v0t1
竖直方向：
解得：，x=L
（3）如果磁场方向垂直于纸面向外，粒子运动轨迹与DC相切，如图乙所示，
由几何知识得：，解得：
粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力
由牛顿第二定律得：，解得：
要使粒子返回电场，则：
如果磁场方向垂直于纸面向里，粒子运动轨迹与BC相切，如图丙所示，
由几何知识得：
解得：
粒子在磁场中做圆周运动，有：
解得：
要使粒子返回电场，则：微专题4.2：磁场的临界问题
一、必备知识：
1．如图所示，在直角三角形ACD区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B，一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子以速度大小v从AC边的O点垂直于AC边射入该匀强磁场区域，若该三角形的AC边长均为2l，夹角，则：
（1）若O点是AC中点，并要使粒子从CD边射出，则该粒子从O点入射速度v的范围；
（2）若粒子从O点入射速度，并要使粒子从AC边射出，则AO的取值范围；
（3）若O点是AC中点，粒子从O点入射速度，但入射速度方向不确定，并要使粒子从AC边射出，则入射方向与AO边的夹角范围．
总结：常用分析磁场临界条件的方法：
二、关键能力：
2．如图所示，真空中有两块足够大的荧光屏P1、P2水平正对放置，间距为d，两荧光屏之间有一垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B．在紧贴荧光屏P2的A点有一粒子源，某一时刻向荧光屏P2上方纸面内的各个方向同时以相同的速率各发射一个粒子(图中只画出其中的几个方向)，粒子的质量为m，带电量为-q，粒子的速率为．若粒子打到荧光屏上立即被吸收并发出荧光，不计粒子间的相互作用力和重力．
（1）求平行于P2向左发射的粒子在磁场中的运动时间；
（2）求荧光屏P1、P2之间有粒子经过的区域的面积；
（3）当平行于P2向左发射的粒子到达荧光屏时，求
仍在磁场中运动的粒子和已经被屏吸收的粒子的个数之比．
三、课前小练：
3．（多选）如图所示，正方形abcd区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，O点是cd边的中点．若一个带正电的粒子（重力忽略不计）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t0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°的方向（如图中虚线所示），以各种不同的速率射入正方形内，
那么下列说法正确的是（
）
A．该带电粒子不可能刚好从正方形的某个顶点射出磁场
B．若该带电粒子从ab边射出磁场，它在磁场中经历的时间可能是t0
C．若该带电粒子从bc边射出磁场，它在磁场中经历的时间可能是t0
D．若该带电粒子从cd边射出磁场，它在磁场中经历的时间一定是t0
4．如图所示，空间存在垂直纸面的匀强磁场，一粒子发射源P位于足够大的绝缘板上方，间距为d，在纸面内向各个方向发射速率均为v的同种带电粒子，不考虑粒子间的相互作用力和粒子的重力．已知粒子做圆周运动的半径也为d，则粒子（
）
A．能打在板上离P点的最远距离为d
B．能打在板上的区域长度是2d
C．到达板上的最长时间为
D．到达板上的最短时间为
5．（2014年广东卷）如图所示，足够大的平行挡板A1、A2竖直放置，间距6L．两板间存在两个方向相反的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，以水平面MN为理想分界面，Ⅰ区的磁感应强度为B0，方向垂直纸面向外．A1、A2上各有位置正对的小孔S1、S2，两孔与分界面MN的距离均为L.质量为m、电量为+q的粒子经宽度为d的匀强电场由静止加速后，沿水平方向从S1进入Ⅰ区，并直接偏转到MN上的P点，再进入Ⅱ区，P点与A1板的距离是L的k倍，不计重力，碰到挡板的粒子不予考虑．
（1）若k=1，求匀强电场的电场强度E；
（2）若2中的速度大小v与k的关系式和Ⅱ区的磁感应强度B与k的关系式．
6．如图所示，圆心为O、半径为R的圆形区域内有磁感应强度大小为B1、方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁场区域右侧有一宽度也为R足够长区域Ⅱ，区域Ⅱ内有方向向左的匀强电场，区域Ⅱ左右边界CD、FG与电场垂直，区域Ⅰ边界上过A点的切线与电场线平行且与FG交于G点，FG右侧为方向向外、磁感应强度大小为B2的匀强磁场区域Ⅲ．在FG延长线上距G点为R处的M点放置一足够长的荧光屏MN，荧光屏与FG成θ=53°角，在A点处有一个粒子源，能沿纸面向区域内各个方向均匀地发射大量质量为m、带电荷量为＋q且速率相同的粒子，其中沿AO方向射入磁场的粒子，恰能平行于电场方向进入区域Ⅱ并垂直打在荧光屏上（不计粒子重力及其相互作用）．求：
（1）粒子的初速度大小v0；
（2）电场的电场强度大小E；
（3）荧光屏上的发光区域长度Δx．
四、课堂精练：
7．如图所示，在水平线ab的下方有一匀强电场，电场强度为E，方向竖直向下，ab的上方存在匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里．磁场中有一内、外半径分别为R、R的半圆环形区域，外圆与ab的交点分别为M、N．一质量为m、电荷量为q的带负电粒子在电场中P点静止释放，由M进入磁场，从N射出．不计粒子重力．
（1）求粒子从P到M所用的时间t；
（2）若粒子从与P同一水平线上的Q点水平射出，同样能由M进入磁场，从N射出．粒子从M到N的过程中，始终在环形区域中运动，且所用的时间最少，求粒子在Q时速度v0的大小．
8．有一种质谱仪由静电分析器和磁分析器组成，其简化原理如图所示．左侧静电分析器中有方向指向圆心O、与O点等距离各点的场强大小相同的径向电场，右侧的磁分析器中分布着方向垂直于纸面向外的匀强磁场，其左边界与静电分析器的右边界平行，两者间距近似为0．离子源发出两种速度均为v0、电荷量均为q、质量分别为m和0.5m的正离子束，从M点垂直该点电场方向进入静电分析器．在静电分析器中，质量为m的离子沿半径为r0的四分之一圆弧轨道做匀速圆周运动，从N点水平射出，而质量为0.5m的离子恰好从ON连线的中点P与水平方向成θ角射出，从静电分析器射出的这两束离子垂直磁场方向射入磁分析器中，最后打在放置于磁分析器左边界的探测板上，其中质量为m的离子打在O点正下方的Q点．已知OP=0.5r0，OQ=r0，N、P两点间的电势差UNP=，cosθ=，不计重力和离子间相互作用．
（1）求静电分析器中半径为r0处的电场强度E0和磁分析器中的磁感应强度B的大小；
（2）求质量为0.5m的离子到达探测板上的位置与O点的距离l（用r0表示）；
（3）若磁感应强度在(B-ΔB)到(B+ΔB)之间波动，要在探测板上完全分辨出质量为m和
0.5m的两束离子，求的最大值．
五、课后巩固：
9．（多选）如图所示，垂直纸面向里的匀强磁场区域宽度为d，纵向范围足够大．现有一群电子从坐标原点O以相同的速率v沿纸面不同方向进入磁场．若电子在磁场中运动的轨道半径r=d，则下列判断正确的是（
）
A．右边界有电子射出的范围为－dB．右边界有电子射出的范围为0C．电子在磁场内运动的最短时间为
D．电子在磁场内运动的最长时间为
10．如图所示，在x>0，y>0的空间中有恒定的匀强磁场，磁感应强度的方向垂直于xOy平面向里，大小为B．现有一质量为m、电荷量为q的带正电粒子，从x轴上的某点P（不在原点）沿着与x轴成30°角的方向射入磁场．不计重力的影响，则下列有关说法中正确的是（
）
A．只要粒子的速率合适，粒子就可能通过坐标原点
B．粒子在磁场中运动所经历的时间一定为
C．粒子在磁场中运动所经历的时间可能为
D．粒子在磁场中运动所经历的时间可能为
11．中核集团在2019年建成我国新托卡马克装置，实现了可控热核聚变，装置中有极高的温度，因而带电粒子将没有通常意义上的“容器”可装，而是通过磁约束，使之长时间束缚在某个有限空间内．如图所示，环状磁场的内半径为R1，外半径为R2，磁感应强度大小为B，中空区域内带电粒子的质量为m，电荷量为q，具有各个方向的速度．欲保证带电粒子都不会穿出磁场的外边缘而被约束在半径为R2的区域内，则带电粒子的最大速度为（
）
A．
B．
C．
D．
12．（多选）如图所示，在xOy平面中第一象限内有一点P(4
cm，3
cm)，OP所在直线下方有垂直于纸面向里的匀强磁场，OP上方有平行于OP向上的匀强电场，电场强度E=100
V/m.现有质量m=1×10－6
kg，电量q=2×10－3
C，带正电的微粒从坐标原点O以初速度v0=1×102
m/s垂直于OP方向射入磁场，经过P点时速度方向与OP垂直并进入电场，在经过电场中的M点（图中未标出）时的动能为O点时动能的2倍，不计该微粒的重力．下列说法正确的是（
）
A．磁感应强度的大小为0.2
T
B．OM两点间的电势差为7.5
V
C．粒子从P点运动到M点的时间等于5×10－4
s
D．M点的坐标为(3
cm，7
cm)
13．如图所示，在矩形ABCD内，对角线BD以上的区域存在平行于AD向下的匀强电场，对角线BD以下的区域存在垂直于纸面的匀强磁场（图中未标出），其中AD边长为L，AB边长为L，一个质量为m、电荷量为＋q的带电粒子（不计重力）以初速度v0从A点沿AB方向进入电场，经对角线BD某处垂直BD进入磁场．求：
（1）该粒子进入磁场时的速度大小；
（2）电场强度的大小；
（3）要使该粒子能从磁场返回电场，磁感应强度需满足什么条件（结论可用根式来表示）

展开更多......

收起↑