2023高中物理步步高大一輪 第十章 專題強化十八　帶電粒子在有界勻強磁場中的運動

1、專題強化十八帶電粒子在有界勻強磁場中的運動目標要求1.能夠確定粒子運動的圓心、半徑、運動時間.2.學會處理帶電粒子在直線邊界、圓形邊界磁場中運動的問題.3.會分析帶電粒子在勻強磁場中的臨界問題和多解問題題型一帶電粒子在有界勻強磁場中的運動一、粒子軌跡圓心的確定，半徑、運動時間的計算方法1圓心的確定方法(1)若已知粒子軌跡上的兩點的速度方向，分別確定兩點處洛倫茲力F的方向，其交點即為圓心，如圖甲(2)若已知粒子運動軌跡上的兩點和其中某一點的速度方向，弦的中垂線與速度垂線的交點即為圓心，如圖乙(3)若已知粒子軌跡上某點速度方向，又能根據(jù)req f(mv,qB)計算出軌跡半徑r，則在該點沿洛倫茲力方

2、向距離為r的位置為圓心，如圖丙2半徑的計算方法方法一由Req f(mv,qB)求得方法二連半徑構出三角形，由數(shù)學方法解三角形或勾股定理求得例如：如圖甲，Req f(L,sin )或由R2L2(Rd)2求得常用到的幾何關系粒子的偏轉角等于半徑掃過的圓心角，如圖乙，弦切角等于弦所對應圓心角一半，eq f(1,2).3時間的計算方法方法一利用圓心角、周期求得teq f(,2)T方法二利用弧長、線速度求得teq f(l,v)二、帶電粒子在有界磁場中的運動1直線邊界(進出磁場具有對稱性，如圖所示)2平行邊界(往往存在臨界條件，如圖所示)3圓形邊界(進出磁場具有對稱性)(1)沿徑向射入必沿徑向射出，如圖甲

3、所示(2)不沿徑向射入時，如圖乙所示射入時粒子速度方向與半徑的夾角為，射出磁場時速度方向與半徑的夾角也為. 考向1帶電粒子在直線邊界磁場中運動例1如圖所示，直線MN上方有垂直紙面向里的勻強磁場，電子1從磁場邊界上的a點垂直MN和磁場方向射入磁場，經t1時間從b點離開磁場之后電子2也由a點沿圖示方向以相同速率垂直磁場方向射入磁場，經t2時間從a、b連線的中點c離開磁場，則eq f(t1,t2)為()A3 B2 C.eq f(3,2) D.eq f(2,3)答案A解析電子1、2在磁場中都做勻速圓周運動，根據(jù)題意畫出兩電子的運動軌跡，如圖所示，電子1垂直邊界射進磁場，從b點離開，則運動了半個圓周，a

4、b即為直徑，c點為圓心，電子2以相同速率垂直磁場方向射入磁場，經t2時間從a、b連線的中點c離開磁場，根據(jù)半徑req f(mv,Bq)可知，電子1和2的半徑相等，根據(jù)幾何關系可知，aOc為等邊三角形，則電子2轉過的圓心角為60，所以電子1運動的時間t1eq f(T,2)eq f(m,Bq)，電子2運動的時間t2eq f(T,6)eq f(m,3Bq)，所以eq f(t1,t2)3，故A正確，B、C、D錯誤 考向2帶電粒子在圓形邊界磁場中運動例2(2021全國乙卷16)如圖，圓形區(qū)域內有垂直紙面向里的勻強磁場，質量為m、電荷量為q(q0)的帶電粒子從圓周上的M點沿直徑MON方向射入磁場若粒子射入

5、磁場時的速度大小為v1，離開磁場時速度方向偏轉90；若射入磁場時的速度大小為v2，離開磁場時速度方向偏轉60，不計重力，則eq f(v1,v2)為()A.eq f(1,2) B.eq f(r(3),3) C.eq f(r(3),2) D3答案B解析如圖所示，設圓形磁場區(qū)域的半徑為R，粒子以v1射入磁場時的軌跡半徑為r1根據(jù)幾何關系r1R，以v2射入磁場時的軌跡半徑r2eq r(3)R.根據(jù)洛倫茲力提供向心力有qvBeq f(mv2,r)，可得veq f(qrB,m)，所以eq f(v1,v2)eq f(r1,r2)eq f(r(3),3)，故選B.例3如圖所示，在半徑為R的圓形區(qū)域內有垂直于豎

6、直紙面向里的勻強磁場，磁場的磁感應強度大小為B，AC為該圓的一條直徑，O為圓心一帶電粒子以初速度v0從C點垂直磁場沿豎直方向射入圓形區(qū)域，離開磁場時速度方向恰好水平向左已知該粒子從C點入射時速度方向與直徑AC的夾角45，不計粒子重力，則有()A該粒子一定帶負電B該粒子的比荷為eq f(r(2)v0,2BR)C該粒子在磁場中做圓周運動的半徑為RD該粒子在磁場中的運動時間為eq f(R,2v0)答案B解析作出粒子運動的軌跡如圖，由左手定則可知，粒子帶正電，選項A錯誤；由軌跡圖結合題意可知粒子在磁場中偏轉角度為90，設O為圓周運動的圓心，由幾何關系可知2r2(2R)2，整理可得req r(2)R，由

7、洛倫茲力提供向心力有qv0Beq f(mv02,r)，整理可得eq f(q,m)eq f(r(2)v0,2BR)，選項B正確，C錯誤；由圖可知粒子在磁場中的偏轉角為90，故粒子在磁場中的運動時間為teq f(90,360)eq f(2r(2)R,v0)eq f(r(2)R,2v0)，選項D錯誤 考向3帶電粒子在多邊形邊界磁場中運動例4(2019全國卷17)如圖，邊長為l的正方形abcd內存在勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面(abcd所在平面)向外ab邊中點有一電子發(fā)射源O，可向磁場內沿垂直于ab邊的方向發(fā)射電子已知電子的比荷為k.則從a、d兩點射出的電子的速度大小分別為()A.eq

8、 f(1,4)kBl，eq f(r(5),4)kBl B.eq f(1,4)kBl，eq f(5,4)kBlC.eq f(1,2)kBl，eq f(r(5),4)kBl D.eq f(1,2)kBl，eq f(5,4)kBl答案B解析電子從a點射出時，其運動軌跡如圖線，軌跡半徑為raeq f(l,4)，由洛倫茲力提供向心力，有evaBmeq f(va2,ra)，又eq f(e,m)k，解得vaeq f(kBl,4)；電子從d點射出時，運動軌跡如圖線，由幾何關系有rd2l2(rdeq f(l,2)2，解得：rdeq f(5l,4)，由洛倫茲力提供向心力，有evdBmeq f(vd2,rd)，又e

9、q f(e,m)k，解得vdeq f(5kBl,4)，選項B正確題型二帶電粒子在勻強磁場中的臨界問題解決帶電粒子在磁場中運動的臨界問題的關鍵，通常以題目中的“恰好”“最大”“至少”等為突破口，尋找臨界點，確定臨界狀態(tài)，根據(jù)磁場邊界和題設條件畫好軌跡，建立幾何關系求解1臨界條件帶電粒子剛好穿出(不穿出)磁場邊界的條件是帶電粒子在磁場中運動的軌跡與邊界相切，故邊界(邊界的切線)與軌跡過切點的半徑(直徑)垂直2幾種常見的求極值情況(速度一定時)(1)最長時間：弧長最長，一般為軌跡與直線邊界相切圓形邊界：公共弦為小圓直徑時，出現(xiàn)極值，即：當運動軌跡圓半徑大于圓形磁場半徑時，以磁場直徑的兩端點為入射點和

10、出射點的軌跡對應的圓心角最大，粒子運動時間最長(2)最短時間：弧長最短(弦長最短)，入射點確定，入射點和出射點連線與邊界垂直如圖，P為入射點，M為出射點此時在磁場中運動時最短 考向1帶電粒子在磁場中運動的臨界問題例5(多選)如圖所示，在坐標系的y軸右側存在有理想邊界的勻強磁場，磁感應強度為B，磁場的寬度為d，磁場方向垂直于xOy平面向里一個質量為m、電荷量為q(q0)的帶電粒子，從原點O射入磁場，速度方向與x軸正方向成30角，粒子恰好不從右邊界射出，經磁場偏轉后從y軸上的某點離開磁場忽略粒子重力關于該粒子在磁場中的運動情況，下列說法正確的是()A它的軌道半徑為eq f(2,3)dB它進入磁場時

11、的速度為eq f(2qBd,3m)C它在磁場中運動的時間為eq f(2m,3qB)D它的運動軌跡與y軸交點的縱坐標為eq r(3)d答案AB解析粒子運動軌跡如圖所示，rrsin 30d，解得粒子運動軌道半徑為req f(2,3)d，故A正確；由qvBmeq f(v2,r)，req f(2,3)d，聯(lián)立解得粒子進入磁場時的速度為veq f(qBr,m)eq f(2qBd,3m)，故B正確；由Teq f(2r,v)eq f(2m,qB)，如圖由幾何關系知teq f(2,3)T，解得粒子在磁場中運動的時間為teq f(4m,3qB)，故C錯誤；粒子運動軌跡與y軸交點的縱坐標為y2rcos 30eq

12、f(2r(3),3)d，故D錯誤 考向2帶電粒子在磁場中運動的極值問題例6如圖所示，半徑為R的圓形區(qū)域內存在著磁感應強度為B的勻強磁場，方向垂直于紙面向里，一帶負電的粒子(不計重力)沿水平方向以速度v正對圓心射入磁場，通過磁場區(qū)域后速度方向偏轉了60.(1)求粒子的比荷eq f(q,m)及粒子在磁場中的運動時間t；(2)如果想使粒子通過磁場區(qū)域后速度方向的偏轉角度最大，在保持原入射速度的基礎上，需將粒子的入射點沿圓弧向上平移的距離d為多少？答案(1)eq f(r(3)v,3BR)eq f(r(3)R,3v)(2)eq f(r(3),3)R解析(1)粒子的軌跡半徑：req f(R,tan 30)

13、粒子所受洛倫茲力提供向心力，有：qvBmeq f(v2,r)由兩式得粒子的比荷：eq f(q,m)eq f(r(3)v,3BR)粒子的運動周期Teq f(2r,v)粒子在磁場中的運動時間teq f(1,6)T由式得teq f(r(3)R,3v).(2)當粒子的入射點和出射點的連線是磁場圓的直徑時，粒子速度偏轉的角度最大由圖可知sin eq f(R,r)平移距離dRsin 由式得deq f(r(3),3)R.題型三帶電粒子在有界勻強磁場中運動的多解問題帶電粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，由于帶電粒子電性不確定、磁場方向不確定、臨界狀態(tài)不確定、運動的往復性造成帶電粒子在有界勻強磁場中運動的多解

14、問題(1)找出多解的原因(2)畫出粒子的可能軌跡，找出圓心、半徑的可能情況 考向1磁場方向不確定形成多解例7(多選)如圖所示，A點的離子源沿紙面垂直O(jiān)Q方向向上射出一束負離子，離子的重力忽略不計為把這束負離子約束在OP之下的區(qū)域，可加垂直紙面的勻強磁場已知O、A兩點間的距離為s，負離子的比荷為eq f(q,m)，速率為v，OP與OQ間的夾角為30，則所加勻強磁場的磁感應強度B的大小和方向可能是()ABeq f(mv,3qs)，垂直紙面向里BBeq f(mv,qs)，垂直紙面向里CBeq f(mv,qs)，垂直紙面向外DBeq f(3mv,qs)，垂直紙面向外答案BD解析當磁場方向垂直紙面向里時

15、，離子恰好與OP相切的軌跡如圖甲所示，切點為M，設軌跡半徑為r1，由幾何關系可知，sin 30eq f(r1,sr1)，可得r1s，由r1eq f(mv,B1q)可得B1eq f(mv,qs)；當磁場方向垂直紙面向外時，其臨界軌跡，即圓弧與OP相切于N點，如圖乙所示，由幾何關系seq f(r2,sin 30)r2，得r2eq f(s,3)，又r2eq f(mv,qB2)，所以B2eq f(3mv,qs)，綜合上述分析可知，選項B、D正確，A、C錯誤 考向2臨界狀態(tài)不確定形成多解例8(多選)如圖所示，邊長為L的等邊三角形區(qū)域ACD內、外的勻強磁場的磁感應強度大小均為B、方向分別垂直紙面向里、向外

16、三角形頂點A處有一質子源，能沿A的角平分線發(fā)射速度大小不等、方向相同的質子(質子重力不計、質子間的相互作用可忽略)，所有質子恰能通過D點，已知質子的比荷eq f(q,m)k，則質子的速度可能為()A.eq f(BkL,2) BBkLC.eq f(3BkL,2) D.eq f(BkL,8)答案ABD解析質子可能的運動軌跡如圖所示，由幾何關系可得2nRcos 60L(n1,2，)，由洛倫茲力提供向心力，則有Bqvmeq f(v2,R)，聯(lián)立解得veq f(BqR,m)eq f(BkL,n)(n1,2，)，所以A、B、D正確，C錯誤課時精練1.(多選)如圖所示，虛線MN上方存在勻強磁場，磁感應強度大

17、小為B.一群電子以不同速率從邊界MN上的P點以相同的入射方向射入磁場其中某一速率為v的電子從Q點射出邊界已知電子入射方向與邊界MN的夾角為，則()A該勻強磁場的方向垂直紙面向里B所有電子在磁場中的軌跡半徑相同C速率越大的電子在磁場中運動時間越長D在此過程中每個電子的速度方向都改變2答案AD解析由左手定則可判斷，該勻強磁場的方向垂直紙面向里，A正確；由洛倫茲力提供向心力可得qvBmeq f(v2,r)，整理得req f(mv,qB)，電子的軌跡半徑與速度大小有關，B錯誤；由周期公式Teq f(2m,qB)可知，電子在磁場中的運動周期相同，由幾何關系可知，在此過程中每個電子的速度方向都改變2，即軌

18、跡圓心角為2，電子在磁場中的運動時間teq f(2,2)T，故不同速率的電子在磁場中運動時間都相同，C錯誤，D正確2(多選)如圖所示，水平放置的擋板上方有垂直紙面向里的勻強磁場，一帶電粒子a垂直于擋板從板上的小孔O射入磁場，另一帶電粒子b垂直于磁場且與擋板成角射入磁場，a、b初速度大小相等，兩粒子恰好都打在板上同一點P(圖中未標出)，并立即被擋板吸收不計粒子重力，下列說法正確的是()Aa、b的電性一定相同Ba、b的比荷之比為eq f(1,sin )C若P在O點左側，則a在磁場中運動時間比b長D若P在O點右側，則a在磁場中運動路程比b短答案AB3.如圖所示，平行邊界區(qū)域內存在勻強磁場，比荷相同的

19、帶電粒子a和b依次從O點垂直于磁場的左邊界射入，經磁場偏轉后從右邊界射出，帶電粒子a和b射出磁場時與磁場右邊界的夾角分別為30和60，不計粒子的重力，下列判斷正確的是()A粒子a帶負電，粒子b帶正電B粒子a和b在磁場中運動的半徑之比為1eq r(3)C粒子a和b在磁場中運動的速率之比為eq r(3)1D粒子a和b在磁場中運動的時間之比為12答案B解析a粒子向上偏轉，由FqvB得，a粒子帶正電；b粒子向下偏轉，b粒子帶負電，故A錯誤；由幾何關系可知，磁場水平距離xRasin 60Rbsin 30，RaRb1eq r(3)，故B正確；由qvBmeq f(v2,R)得veq f(qBR,m)，比荷相

20、同，磁場相同，則vavbRaRb1eq r(3)，故C錯誤；粒子運動周期Teq f(2m,qB)，TaTb，a運動時間taeq f(60,360)Taeq f(1,6)Taeq f(1,6)T，b運動時間tbeq f(30,360)Tbeq f(1,12)Tbeq f(1,12)T，故tatb21，故D錯誤4(多選)如圖所示的虛線框為一正方形區(qū)域，該區(qū)域內有一垂直于紙面向里的勻強磁場，一帶電粒子從a點沿與ab邊成30角方向射入磁場，恰好從b點飛出磁場；另一帶電粒子以相同的速率從a點沿ad方向射入磁場后，從c點飛出磁場，不計重力，則兩帶電粒子的比荷之比及在磁場中的運動時間之比分別為()A.eq

21、f(q1,m1)eq f(q2,m2)11B.eq f(q1,m1)eq f(q2,m2)21Ct1t223Dt1t213答案AC解析兩粒子的運動軌跡如圖；設正方形區(qū)域邊長為L，則從b點飛出的粒子的運動軌跡半徑為r1L；從c點飛出的粒子的運動軌跡半徑為r2L；根據(jù)qv0Bmeq f(v02,r)，可得eq f(q,m)eq f(v0,Br)，則eq f(q1,m1)eq f(q2,m2)11，選項A正確，B錯誤；根據(jù)Teq f(2m,qB)可知，兩粒子在磁場中做圓周運動的周期相同，兩粒子在磁場中轉過的角度分別為60和90，根據(jù)teq f(,2)T，可得t1t2609023，選項C正確，D錯誤5

22、.(多選)(2020天津卷7)如圖所示，在Oxy平面的第一象限內存在方向垂直紙面向里，磁感應強度大小為B的勻強磁場一帶電粒子從y軸上的M點射入磁場，速度方向與y軸正方向的夾角45.粒子經過磁場偏轉后在N點(圖中未畫出)垂直穿過x軸已知OMa，粒子電荷量為q，質量為m，重力不計則()A粒子帶負電荷B粒子速度大小為eq f(qBa,m)C粒子在磁場中運動的軌道半徑為aDN與O點相距(eq r(2)1)a答案AD解析由題意可知，粒子在磁場中做順時針方向的圓周運動，根據(jù)左手定則可知粒子帶負電荷，故A正確；粒子的運動軌跡如圖所示，O為粒子做勻速圓周運動的圓心，其軌道半徑Req r(2)a，故C錯誤；由洛

23、倫茲力提供向心力可得qvBmeq f(v2,R)，則veq f(r(2)qBa,m)，故B錯誤；由圖可知，ONaeq r(2)a(eq r(2)1)a，故D正確6.如圖所示，abcd為邊長為L的正方形，在四分之一圓abd區(qū)域內有垂直正方形平面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為B.一個質量為m、電荷量為q的帶電粒子從b點沿ba方向射入磁場，粒子恰好能通過c點，不計粒子的重力，則粒子的速度大小為()A.eq f(qBL,m) B.eq f(r(2)qBL,2m)C.eq f(r(2)1qBL,m) D.eq f(r(2)1qBL,m)答案C解析畫出粒子在磁場中運動的軌跡示意圖，根據(jù)幾何關系，射出磁場

24、時的速度反向延長線通過a點，磁場的半徑為L，設粒子的軌道半徑為r，由幾何關系得Lreq r(2)L，由洛倫茲力提供向心力得：qvBmeq f(v2,r)，聯(lián)立解得veq f(r(2)1qBL,m)，故選C.7.(多選)如圖，半徑為R的圓形區(qū)域內有方向垂直于紙面向里的勻強磁場，某質量為m、帶電荷量為q的粒子從圓上P點沿半徑方向以速度v0射入勻強磁場，粒子從Q點飛出，速度偏轉角為60.現(xiàn)將該粒子從P點以另一速度沿半徑方向射入勻強磁場，粒子離開磁場時，速度偏轉角為120，不計粒子重力則()A該粒子帶正電B勻強磁場的磁感應強度為eq f(r(3)mv0,3qR)C該粒子第二次射入磁場的速度為eq f(

25、v0,2)D該粒子第二次在磁場中運動的時間為eq f(2r(3)R,3v0)答案BD解析由左手定則可知該粒子帶負電，故A錯誤；由qBvmeq f(v2,r)，知req f(mv,qB)，如圖，由幾何關系可得r1eq f(R,tan )eq r(3)R，Beq f(r(3)mv0,3qR)，故B正確；粒子第二次射入磁場，由幾何關系知r2eq f(r(3),3)R，qBv2meq f(v22,r)，知v2eq f(qBr2,m)，則進入磁場速度為v2eq f(v0,3)，故C錯誤；粒子第二次在磁場中運動的時間teq f(1,3)Teq f(2r(3)R,3v0)，故D正確8.(多選)如圖，在直角坐

26、標系第一象限中y軸與直線yx所夾范圍內存在勻強磁場，磁感應強度大小為B、方向垂直于紙面向里一帶負電的粒子以速度v0自y軸上a點垂直射入磁場，一段時間后，該粒子垂直直線yx射出磁場，自x軸上b點(圖中未畫出)離開第一象限已知OaL，不計粒子重力則下列判斷正確的是()A粒子在磁場中運動的軌道半徑為LBb點的橫坐標為eq r(2)LC粒子在第一象限磁場中的運動時間為eq f(L,v0)D粒子在第一象限的運動時間為(eq f(,4)eq r(2)eq f(L,v0)答案AB解析如圖，軌跡圓心為O點，所以RL，根據(jù)幾何關系Obeq r(2)L，粒子在磁場中的運動時間teq f(f(,4)L,v0)eq

27、f(L,4v0)，在第一象限運動的路程s(eq f(,4)1)L，所以時間t總eq f(s,v0)(eq f(,4)1)eq f(L,v0)，故選A、B.9平面OM和平面ON之間的夾角為30，其橫截面(紙面)如圖所示，平面OM上方存在勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面向外一帶電粒子的質量為m，電荷量為q(q0)粒子沿紙面以大小為v的速度從OM的某點向左上方射入磁場，速度與OM成30角已知該粒子在磁場中的運動軌跡與ON只有一個交點，并從OM上另一點射出磁場不計重力粒子離開磁場的出射點到兩平面交線O的距離為()A.eq f(mv,2qB) B.eq f(r(3)mv,qB) C.eq f

28、(2mv,qB) D.eq f(4mv,qB)答案D解析帶電粒子在磁場中做圓周運動的軌道半徑為req f(mv,qB).軌跡與ON相切，畫出粒子的運動軌跡如圖所示，由于eq xto(AD)2rsin 30r，故AOD為等邊三角形，ODA60，而MON30，則OCD90，故COD為一直線，eq xto(OD)eq f(xto(CD),sin 30)2eq xto(CD)4req f(4mv,qB)，故D正確10.(2020全國卷24)如圖，在0 xh，y0)的粒子以速度v0從磁場區(qū)域左側沿x軸進入磁場，不計重力(1)若粒子經磁場偏轉后穿過y軸正半軸離開磁場，分析說明磁場的方向，并求在這種情況下磁

29、感應強度的最小值Bm；(2)如果磁感應強度大小為eq f(Bm,2)，粒子將通過虛線所示邊界上的一點離開磁場求粒子在該點的運動方向與x軸正方向的夾角及該點到x軸的距離答案見解析解析(1)由題意，粒子剛進入磁場時應受到方向向上的洛倫茲力，因此磁場方向垂直于紙面向里設粒子進入磁場中做圓周運動的半徑為R，根據(jù)洛倫茲力公式和圓周運動規(guī)律，有qv0Bmeq f(v02,R)由此可得Req f(mv0,qB)粒子穿過y軸正半軸離開磁場，其在磁場中做圓周運動的圓心在y軸正半軸上，半徑應滿足Rh由題意，當磁感應強度大小為Bm時，粒子穿過y軸正半軸離開磁場時的運動半徑最大，由此得Bmeq f(mv0,qh)(2)若磁感應強度大小為eq f(Bm,2)，粒子做圓周運動的圓心仍在y軸正半軸上，由式可得，此時圓弧半徑為R2h粒子會穿過圖中P點離開磁場，運動軌跡如圖所示設粒子在P點的運動方向與x軸正方向的夾角為，由幾何關系sin eq