（选修3-1） 第三部分 磁场
专题3.10 平行边界磁场问题（提高篇）
一．选择题
1.如图所示，平行边界MN、PQ间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B，两边界间距为d，MN上有一粒子源A，可在纸面内沿各个方向向磁场中射入质量均为m、电荷量均为q的带正电的粒子，粒子射入磁场的速度v＝
2qBd
，不计粒子的重力，则粒子能从PQ边界射出的区域长度为( ) 3m
2233
A．d B.d C.d D.d
332【参考答案】 C
mv2
【名师解析】 粒子在磁场中运动的半径R＝＝d，粒子从PQ边射出的两个边界粒子的轨迹如图所示：
qB3
由几何关系可知，从PQ边射出粒子的区域长度为s＝2
2d2－1d2＝23d，C项正确． 333
2．如图所示，带有正电荷的A粒子和B粒子同时以同样大小的速度(速度方向与边界的夹角分别为30°、60°)从宽度为d的有界匀强磁场的边界上的O点射入磁场，又恰好都不从另一边界飞出，则下列说法中正确的是( )
A. A、B两粒子在磁场中做圆周运动的半径之比为B. A、B两粒子在磁场中做圆周运动的半径之比为 C. A、B两粒子的比荷之比是 D. A、B两粒子的比荷之比是【参考答案】D
【名师解析】粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=m，解得：
；
由几何关系得：rAcos30°+rA=d，rBcos60°+rB=d，解得：知，
，故AB错误；粒子轨道半径： 可
，由题意可知，两粒子的v大小与B都相同，则两粒子的q/m之比与轨道半径成反比，则A、B
，故C错误，D正确；故选D。
两粒子的q/m之比是
【关键点拨】本题要会用圆弧的特性来确定圆心，画出圆弧并运用几何关系来算出圆弧的半径，同时还体现出控制变量的思想． 3．电荷量分别为q和夹角分别为
和
的两个带电粒子分别以速度和射入匀强磁场，两粒子的入射方向与磁场边界的，磁场宽度为d，两粒子同时由A点出发，同时到达B点，如图所示，则 ．．．．
A. a粒子带负电，b粒子带正电 B. 两粒子的轨道半径之比：C. 两粒子的速度之比：
：2 D. 两粒子的质量之比
：
：：2
【参考答案】ABD 【名师解析】a粒子是
入射的，而b粒子是
入射的，由于从B点射出，则a粒子受到的洛伦兹力方
向沿b粒子速度方向，而b粒子受到的洛伦兹力方向沿a粒子速度方向，由左手定则可知：a粒子带负电、b粒子带正电，故A正确；
AB连线是两粒子的运动圆弧对应的弦，则弦的中垂线与各自速度方向直线的交点即为各自圆心。结果发现：两圆心的连线与两个半径构成一个角为为：
：
，另一个为
的直角三角形。根据几何关系，则有两半径相比
，故B正确；AB连线是两粒子的运动圆弧对应的弦，则弦的中垂线与各自速度方向直线
，另一个为
的直角三角形。
的交点即为各自圆心。结果发现：两圆心的连线与两个半径构成一个角为则a粒子圆弧对应的圆心角为
，而b粒子圆弧对应的圆心角为
，粒子在磁场中的运动时间：
，由题意可知，两粒子在磁场中的运动时间t相等，即：，则粒子的周期之比为：
：：2，粒子做圆周运动的周期：，则两粒子的质量之比：：：2，故D正确；粒，解得：
：
，由题，故C
子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：意可知：q、B都相同，而错误；故选ABD。
：
：2，：
：
，则粒子的速度大小之比：：
【关键点拨】本题考查了粒子在磁场中的运动，分析清楚粒子运动过程、作出粒子运动轨迹是解题的前提与关键；利用圆弧的特性来确定圆心，画出圆弧并运用几何关系来算出圆弧的半径，同时还体现出控制变量的思想。
4.(2016·湖南长沙模拟)如图所示，一个理想边界为PQ、MN的匀强磁场区域，磁场宽度为d，方向垂直纸面向里。一电子从O点沿纸面垂直PQ以速度v0进入磁场。若电子在磁场中运动的轨道半径为2d。O′在MN上，且OO′与MN垂直。下列判断正确的是( )
A.电子将向右偏转 B.电子打在MN上的点与O′点的距离为d C.电子打在MN上的点与O′点的距离为3d D.电子在磁场中运动的时间为【参考答案】D 【名师解析】
电子带负电，进入磁场后，根据左手定则判断可知，所受的洛伦兹力方向向左，电子将向左偏转，如图所示，A错误；设电子打在MN上的点与O′点的距离为x，则由几何知识得：x＝r－r2－d2＝2d－（2d）2－d2dπ
＝(2－3)d，故B、C错误；设轨迹对应的圆心角为θ，由几何知识得：sin θ＝＝0.5，得θ＝，则电子在2d6θrπd
磁场中运动的时间为t＝＝，故D正确。
v03v0
πd 3v0
5.如图所示，直角坐标系中y轴右侧存在一垂直纸面向里、宽为a的有界匀强磁场，磁感应强度为B，右边界PQ平行y轴，一粒子(重力不计)从原点O以与x轴正方向成θ角的速率v垂直射入磁场，当斜向上射入时，粒子恰好垂直PQ射出磁场，当斜向下射入时，粒子恰好不从右边界射出，则粒子的比荷及粒子恰好不从右边界射出时在磁场中运动的时间分别为( )
v2πav2πav4πaA. B. C. Ba3v2Ba3v2Ba3v【参考答案】C 【名师解析】
粒子在磁场中运动轨迹如图所示，则由图知斜向上射入时有rsin θ＝a，斜向下射入时有rsin θ＋a＝r，联v2mvqv立求得θ＝30°，且r＝2a，由洛伦兹力提供向心力得Bqv＝m，解得r＝，即粒子的比荷为＝，所
rBqm2BaT4πa
以粒子恰好不从右边界射出时在磁场中运动的圆心角为α＝2×(90°－30°)＝120°，运动时间为t＝＝，C
33v正确。
v4πaD. Ba3v
二．计算题
1.如图所示，区域Ⅰ、Ⅲ内存在垂直纸面向外的匀强磁场，区域Ⅲ内磁场的磁感应强度为B，宽为1.5d，区域Ⅰ中磁场的磁感应强度B1未知，区域Ⅱ是无场区，宽为d，一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子从磁场边界上的A点与边界成θ＝60°角垂直射入区域Ⅰ的磁场，粒子恰好不从区域Ⅲ的右边界穿出且刚好能回到A点，粒子重力不计。
(1)求区域Ⅰ中磁场的磁感应强度B1； (2)求区域Ⅰ磁场的最小宽度L；
(3)求粒子从离开A点到第一次回到A点的时间t。
【名师解析】 (1)由题意知粒子的运行轨迹如图所示，设在区域Ⅰ、Ⅲ中粒子做圆周运动的半径分别为r、R，由图知R＋Rcos θ＝1.5d，
d
Rsin θ－＝rsin θ，
tan θd
联立得R＝d，r＝。
3
v2
由洛伦兹力提供向心力得：qvB＝m，
Rv2
同理区域Ⅰ中，qvB1＝m，
r联立得B1＝3B。
d
(2)由(1)及图知区域Ⅰ磁场的最小宽度L＝r－rcos θ＝。
6dqB1·3qBdmv
(3)在区域Ⅰ中r＝，可得：v＝＝
qB1mm
2θ2πm2πm
由图知粒子在区域Ⅰ中的运行时间为：t1＝·＝，
360°qB19qB在区域Ⅱ中的运行时间为：t2＝
2d43d43m
＝＝， vsin θ3v3qB
240°2πm4πm
在区域Ⅲ中的运行时间为：t3＝·＝，
360°qB3qB
所以粒子从离开A点到第一次回到A点的时间：t＝t1＋t2＋t3＝14πm＋123md
答案 (1)3B (2) (3)
69qB
2．(12分) （2016洛阳一模）如图所示，在无限长的竖直边界AC和DE间，上、下部分分别充满方向垂直于ADEC平面向外的匀强磁场，上部分区域的磁感应强度大小为B0，OF为上、下磁场的水平分界线。质量为m、带电荷量为+q的粒子从AC边界上与O点相距为a的P点垂直于A C边界射入上方区域，经OF上的Q点第一次进入下方区域，Q与O点的距离为3a。不考虑粒子重力
14πm＋123m
。
9qB
(1)求粒子射入时的速度大小；
(2)要使粒子不从AC边界飞出，求下方区域的磁感应强度应满足的条件；
(3)若下方区域的磁感应强度B=3B0，粒子最终垂直DE边界飞出，求边界DE与AC间距离的可能值。 【命题意图】本题考查洛伦兹力、牛顿运动定律、带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动及其相关的知识点。
20．(12分)
解：（1）设粒子在OF上方做圆周运动半径为R， 由几何关系可知：R=5a ---------------------- （1分）
v2由牛顿第二定律可知：qvB0=m ---------- （1分）
R解得：v=
5aqB0---------------------- ------------（1分） m
（2）当粒子恰好不从AC边界飞出时，设粒子在OF下方做圆周运动的半径为r1，由几何关系得： r1+r1cosθ=3a --------------------------------------（1分）
3 -------------------------------------------（1分）5 15a所以r1= ------------------------------------（1分）
8
cosθ=
v2根据qvB1=m ---------------------------------（1分）
r1
解得：B1=
8B03
当B1＞
8B0时，粒子不会从AC边界飞出。-------（1分） 3v2（3）当B=3B0时，根据qvB=m ------------------（1分）
r
得粒子在OF下方的运动半径为：r=
5a ------------（1分） 3
设粒子的速度方向再次与射入磁场时的速度方向一致时的位置为P1，则P与P1的连线一定与OF平行，
根据几何关系知：PP1 =4a；------------------- （1分）
所以若粒子最终垂直DE边界飞出，边界DE与AC间的距离为： L=nPP1=4na（n=1，2，3…）------------------- （1分）
3．如图所示，在屏蔽装置底部中心位置O点放一医用放射源，可通过细缝沿扇形区域向外辐射速率为v＝3．2×106 m/s的 α粒子．已知屏蔽装置宽AB＝9 Cm，缝长AD＝18 Cm，α粒子的质量m＝6．64×10电荷量q＝3．2×10
－19
－27
kg，
C．若在屏蔽装置右侧条形区域内加一匀强磁场来隔离辐射，磁感应强度B＝0．332 T，
方向垂直于纸面向里，整个装置放于真空环境中．
(1)若所有的α粒子均不能从条形磁场隔离区的右侧穿出，则磁场的宽度D至少是多少？
(2)若条形磁场的宽度D＝20 Cm，则射出屏蔽装置的α粒子在磁场中运动的最长时间和最短时间各是多少？(结果保留2位有效数字)
【参考答案】(1)0．34 m (2)2．0×107s 6．5×108 s
－
－
【名师解析】(1)由题意：AB＝9 Cm，AD＝18 Cm，可得 ∠BAO＝∠ODC＝45°
所有α粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径相同，设为R，根据牛顿第二定律有 mv2Bqv＝ R
解得R＝0．2 m＝20 Cm
由题意及几何关系可知：若条形磁场区域的右边界与沿OD方向进入磁场的α粒子的圆周轨迹相切，则所有α粒子均不能从条形磁场隔离区右侧穿出，此时磁场的宽度最小，如图甲所示． 设此时磁场宽度D＝D0，由几何关系得 D0＝R＋RCos 45°＝(20＋102)Cm＝0．34 m．
甲 乙
(2)设α粒子在磁场内做匀速圆周运动的周期为T，则 2πmπ－T＝＝×106 s
Bq8
设速度方向垂直于AD进入磁场区域的α粒子的入射点为E，如图乙所示．因磁场宽度D＝20 Cm 若α粒子在磁场中做匀速圆周运动对应的圆弧轨迹的弦最短，则α粒子在磁场中运动的时间最短．最短的弦长为磁场宽度D．设在磁场中运动的最短时间为tmin，轨迹如图乙所示，因R＝D，则圆弧对应的圆心角为60°，故 Tπ－－tmin＝＝×106 s＝6．5×108 s． 648 因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容