2024年高考物理一轮复习（新人教版） 第11章 专题强化17　带电粒子在有界匀强磁场中的运动.docx

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1、专题强化十七带电粒子在有界匀强磁场中的运动目标要求1.能够确定粒子运动的圆心、半径、运动时间.2.学会处理带电粒子在直线边界、平行边界、圆形边界、多边形边界或角形区域磁场中运动的问题.3.会分析带电粒子在匀强磁场中的多解问题题型一带电粒子在有界匀强磁场中的运动一、粒子轨迹圆心的确定，半径、运动时间的计算方法1圆心的确定方法(1)若已知粒子轨迹上的两点的速度方向，分别确定两点处洛伦兹力F的方向，其交点即为圆心，如图甲(2)若已知粒子运动轨迹上的两点和其中某一点的速度方向，弦的中垂线与速度垂线的交点即为圆心，如图乙(3)若已知粒子轨迹上某点速度方向，又能根据r计算出轨迹半径r，则在该点沿洛伦兹力方

2、向距离为r的位置为圆心，如图丙2半径的计算方法方法一由R求得方法二连半径构出三角形，由数学方法解三角形或勾股定理求得例如：如图甲，R或由R2L2(Rd)2求得常用到的几何关系粒子的偏转角等于半径扫过的圆心角，如图乙，.弦切角等于弦所对应圆心角一半，如图乙，.3时间的计算方法方法一利用圆心角、周期求得tT方法二利用弧长、线速度求得t二、带电粒子在有界磁场中的运动1直线边界(进出磁场具有对称性，如图所示)2平行边界(往往存在临界条件，如图所示)3圆形边界(进出磁场具有对称性)(1)沿径向射入必沿径向射出，如图甲所示(2)不沿径向射入时，如图乙所示射入时粒子速度方向与半径的夹角为，射出磁场时速度方向

3、与半径的夹角也为.4在多边形边界或角形区域磁场带电粒子在多边形边界或角形区域磁场运动时，会有不同的临界情景，解答该类问题主要把握以下两点：(1)射入磁场的方式：从某顶点射入；从某边上某点以某角度射入(2)射出点的判断：经常会判断是否会从某顶点射出当时，可以过两磁场边界的交点，发射点到两磁场边界的交点距离为d2Rsin ，如图甲所示当时，不能通过两磁场边界的交点，粒子的运动轨迹会和另一个边界相切，如图乙所示 考向1带电粒子在直线边界磁场中运动例1如图所示，直线MN上方有垂直纸面向里的匀强磁场，电子1从磁场边界上的a点垂直MN和磁场方向射入磁场，经t1时间从b点离开磁场之后电子2也由a点沿图示方向

4、以相同速率垂直磁场方向射入磁场，经t2时间从a、b连线的中点c离开磁场，则为()A3 B2 C. D.答案A解析电子1、2在磁场中都做匀速圆周运动，根据题意画出两电子的运动轨迹，如图所示，电子1垂直边界射入磁场，从b点离开，则运动了半个圆周，ab即为直径，c点为圆心；电子2以相同速率垂直磁场方向射入磁场，经t2时间从a、b连线的中点c离开磁场，根据半径r可知，电子1和2的半径相等，根据几何关系可知，aOc为等边三角形，则电子2转过的圆心角为60，所以电子1运动的时间t1，电子2运动的时间t2，所以3，故A正确，B、C、D错误 考向2带电粒子在圆形边界磁场中运动例2(多选)如图所示，在圆形边界的

5、磁场区域，氕核H和氘核H先后从P点沿圆形边界的直径入射，从射入磁场到射出磁场，氕核H和氘核H的速度方向分别偏转了60和120角，已知氕核H在磁场中运动的时间为t0，轨迹半径为R，则()A氘核H在该磁场中运动的时间为2t0B氘核H在该磁场中运动的时间为4t0C氘核H在该磁场中运动的轨迹半径为RD氘核H在该磁场中运动的轨迹半径为R答案BD解析由题意，作出两核在磁场中的运动轨迹示意图如图所示，两核在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，qvBm，T，两核在磁场中运动时间tT，H和H的比荷之比为21，圆心角之比为12，代入可得氘核H在该磁场中运动的时间为t4t0，故A错误，B正确；设磁场圆半径为

6、r，氕核H和氘核H的轨迹圆圆心分别为O1、O2，分别从A点、C点射出磁场，氘核H在磁场中运动的轨迹半径为R，则对PAB，由几何关系可得Rr，对O2OC，由几何关系可得Rr，可得出RR，故C错误，D正确 考向3带电粒子在平行边界磁场中运动例3(多选)如图所示，在坐标系的y轴右侧存在有理想边界的匀强磁场，磁感应强度大小为B，磁场的宽度为d，磁场方向垂直于xOy平面向里一个质量为m、电荷量为q(q0)的带电粒子，从原点O射入磁场，速度方向与x轴正方向成30角，粒子恰好不从右边界射出，经磁场偏转后从y轴上的某点离开磁场忽略粒子重力关于该粒子在磁场中的运动情况，下列说法正确的是()A它的轨迹半径为dB它

7、进入磁场时的速度为C它在磁场中运动的时间为D它的运动轨迹与y轴交点的纵坐标为d答案AB解析粒子运动轨迹如图所示，rrsin 30d，解得粒子运动轨迹半径为rd，故A正确；由qvBm，rd，联立解得粒子进入磁场时的速度为v，故B正确；T，如图由几何关系知tT，解得粒子在磁场中运动的时间为t，故C错误；粒子运动轨迹与y轴交点的纵坐标为y2rcos 30d，故D错误考向4带电粒子在多边形边界或角形区域磁场中运动例4(多选)(2023河北石家庄市模拟)如图所示，AOC为直角三角形，O90，A60，AOL，D为AC的中点AOC中存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，在O点放置一粒子源，可以向

8、各个方向发射质量为m、电荷量为q、速度大小均为v0的粒子不计粒子间的相互作用及重力作用，对于粒子进入磁场后的运动，下列说法正确的是()A粒子在磁场中运动的半径为LB与OC成45角入射的粒子将从AC边射出C在AC边界上有粒子射出的区域长度为LD所有从OA边界射出的粒子在磁场中运动的时间相等答案ABC解析粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有qv0B，解得粒子在磁场中运动的半径为rL，故A正确；如图甲所示，当粒子恰好从A点射出时，根据几何关系可得粒子与OC成60角入射，所以与OC成45角入射的粒子将从AC边射出，故B正确；如图乙所示，根据几何关系可知沿OC方向入射的粒子将恰好从D点射出

9、，结合上面B项分析可知AD为AC边界上有粒子射出的区域，其长度为L，故C正确；所有粒子在磁场中运动的周期均相同，设为T，设粒子在磁场运动过程中转过的圆心角为，则粒子运动时间为tT，由于所有粒子的运动轨迹为半径相同的圆，从OA射出的粒子，其轨迹所截AO的长度不同，对应转过的圆心角不同，所以所有从OA边界射出的粒子在磁场中运动的时间不等，故D错误带电粒子在有边界的磁场中运动时，由于边界的限制往往会出现临界问题解决带电粒子在磁场中运动的临界问题的关键，通常以题目中的“恰好”“最大”“至少”等为突破口，寻找临界点，确定临界状态，根据磁场边界和题设条件画好轨迹，建立几何关系求解临界点常用的结论：(1)刚

10、好穿出磁场边界的条件是带电粒子在磁场中运动的轨迹与边界相切(2)当速度v一定时，弧长(或弦长)越长，对应圆心角越大，则带电粒子在有界磁场中运动的时间越长(3)当速度v变化时，圆心角越大，运动时间越长题型二带电粒子在有界匀强磁场中运动的多解问题带电粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，由于带电粒子电性不确定、磁场方向不确定、临界状态不确定、运动的往复性造成带电粒子在有界匀强磁场中运动的多解问题(1)找出多解的原因(2)画出粒子的可能轨迹，找出圆心、半径的可能情况 考向1磁场方向不确定形成多解例5(多选)如图所示，A点的离子源沿纸面垂直OQ方向向上射出一束负离子，离子的重力忽略不计为把这束负离子约束

11、在OP之下的区域，可加垂直纸面的匀强磁场已知O、A两点间的距离为s，负离子的比荷为，速率为v，OP与OQ间的夹角为30，则所加匀强磁场的磁感应强度B的大小和方向可能是()AB，垂直纸面向里BB，垂直纸面向里CB，垂直纸面向外DB，垂直纸面向外答案BD解析当磁场方向垂直纸面向里时，离子恰好与OP相切的轨迹如图甲所示，切点为M，设轨迹半径为r1，由几何关系可知sin 30，可得r1s，由r1可得B1；当磁场方向垂直纸面向外时，其临界轨迹即圆弧与OP相切于N点，如图乙所示，设轨迹半径为r2，由几何关系sr2，得r2，又r2，所以B2，综合上述分析可知，选项B、D正确，A、C错误 考向2带电粒子电性不

12、确定形成多解例6(多选)如图所示，在边长为L的正方形PQMN区域内存在垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场，在MN边界放一刚性挡板，粒子碰到挡板则能够以原速率弹回一质量为m、带电荷量为q的粒子以某一速度垂直于磁场方向从P点射入磁场，恰好从Q点射出下列说法正确的是()A带电粒子一定带负电荷B带电粒子的速度最小值为C若带电粒子与挡板碰撞，则受到挡板作用力的冲量大小为D带电粒子在磁场中运动时间可能为答案CD解析若粒子带正电，粒子与挡板MN碰撞后恰好从Q点射出，粒子运动轨迹如图甲所示，设轨迹半径为r2，由几何知识得L2(r20.5L)2r22，解得r2L，根据牛顿第二定律得qv2Bm，解得v2，

13、根据动量定理得I2mv2，故A错误，C正确；若粒子带负电，则粒子的运动轨迹如图乙所示，粒子做圆周运动的半径为r1L，由牛顿第二定律得qv1Bm，解得v1，此时半径最小，速度也最小，故B错误；若粒子带负电，粒子在磁场中的运动轨迹对应的圆心角为时，粒子在磁场中的运动时间为tT，故D正确 考向3临界状态不确定形成多解例7(多选)(2022湖北卷8)在如图所示的平面内，分界线SP将宽度为L的矩形区域分成两部分，一部分充满方向垂直于纸面向外的匀强磁场，另一部分充满方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，SP与磁场左右边界垂直离子源从S处射入速度大小不同的正离子，离子入射方向与磁场方向垂直且与

14、SP成30角已知离子比荷为k，不计重力若离子从P点射出，设出射方向与入射方向的夹角为，则离子的入射速度和对应角的可能组合为()A.kBL,0 B.kBL,0CkBL,60 D2kBL,60答案BC解析若离子通过下部分磁场直接到达P点，如图，根据几何关系则有RL，由qvBm，可得vkBL，根据对称性可知出射速度与SP成30角斜向上，故出射方向与入射方向的夹角为60.当离子在两个磁场均运动一次时，如图，因为两个磁场的磁感应强度大小均为B，则根据对称性有RL，根据洛伦兹力提供向心力，有qvBm，可得vkBL，此时出射方向与入射方向相同，即出射方向与入射方向的夹角为0.通过以上分析可知当离子从下部分磁

15、场射出时，需满足vkBL(n1,2,3，)，此时出射方向与入射方向的夹角为60；当离子从上部分磁场射出时，需满足vkBL(n1,2,3，)，此时出射方向与入射方向的夹角为0，故B、C正确，A、D错误课时精练1(多选)(2022辽宁卷8)粒子物理研究中使用的一种球状探测装置横截面的简化模型如图所示内圆区域有垂直纸面向里的匀强磁场，外圆是探测器两个粒子先后从P点沿径向射入磁场，粒子1沿直线通过磁场区域后打在探测器上的M点粒子2经磁场偏转后打在探测器上的N点装置内部为真空状态，忽略粒子重力及粒子间相互作用力下列说法正确的是()A粒子1可能为中子B粒子2可能为电子C若增大磁感应强度，粒子1可能打在探测

16、器上的Q点D若增大粒子入射速度，粒子2可能打在探测器上的Q点答案AD解析由题图可看出粒子1没有偏转，说明粒子1不带电，则粒子1可能为中子，A正确；粒子2向上偏转，根据左手定则可知，粒子2应该带正电，不可能为电子，B错误；由以上分析可知粒子1不带电，则无论如何增大磁感应强度，粒子1都不会偏转，C错误；粒子2在磁场中由洛伦兹力提供向心力，有qvBm，解得r，可知若增大粒子的入射速度，则粒子2做圆周运动的半径增大，粒子2可能打在探测器上的Q点，D正确2.(多选)如图所示，虚线MN上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B.一群电子以不同速率从边界MN上的P点以相同的入射方向射入磁场其中某一速率为v的电子从

17、Q点射出边界已知电子入射方向与边界MN的夹角为，则()A该匀强磁场的方向垂直纸面向里B所有电子在磁场中的轨迹半径相等C速率越大的电子在磁场中运动时间越长D在此过程中每个电子的速度方向都改变2答案AD解析由左手定则可判断，该匀强磁场的方向垂直纸面向里，A正确；由洛伦兹力提供向心力可得qvBm，整理得r，电子的轨迹半径与速度大小有关，速率不同，半径不同，B错误；由周期公式T可知，电子在磁场中的运动周期相同，由几何关系可知，在此过程中每个电子的速度方向都改变2，即轨迹圆心角为2，电子在磁场中的运动时间tT，故不同速率的电子在磁场中的运动时间都相同，C错误，D正确3.(2023黑龙江齐齐哈尔市模拟)如

18、图所示，虚线上方存在垂直纸面的匀强磁场(具体方向未知)，磁感应强度大小为B，一比荷为k的带负电粒子从虚线上的M点垂直磁场方向射入磁场，经过一段时间，该粒子经过N点(图中未画出)，速度方向与虚线平行向右，忽略粒子的重力则下列说法正确的是()A磁场的方向垂直纸面向外B粒子从M运动到N的时间为C如果N点到虚线的距离为L，则粒子在磁场中做圆周运动的半径为2LD如果N点到虚线的距离为L，则粒子射入磁场的速度大小为kBL答案C解析根据题意作出粒子的运动轨迹如图所示，根据左手定则可知，磁场方向垂直纸面向里，故A错误；粒子从M运动到N时速度方向改变了60，所以粒子在该段时间内运动轨迹对应的圆心角为60，则粒子

19、从M到N运动的时间为tT，又粒子在磁场中的运动周期为T，整理得t，故B错误；如果N点到虚线的距离为L，根据几何关系有cos ，解得R2L，又R，则v2kBL，故D错误，C正确4.(多选)如图所示，A粒子和B粒子先后以同样大小的速度从宽度为d、方向垂直纸面向外的有界匀强磁场的边界上的O点，分别以与边界成37和53角的方向射入磁场，sin 370.6，sin 530.8，又都恰好垂直另一边界飞出，若粒子重力不计，则下列说法中正确的是()AA、B两粒子均带正电BA、B两粒子在磁场中做圆周运动的半径之比是43CA、B两粒子比荷之比是43DA、B两粒子在磁场中做圆周运动的时间之比是5337答案AC解析作

20、出A粒子运动轨迹如图，根据左手定则可判断粒子A带正电，同理可知，B也带正电，A正确；由几何关系可得R，所以A、B两粒子在磁场中做圆周运动的半径之比，B错误；根据洛伦兹力提供向心力有qvBm，所以，则A、B两粒子比荷之比，C正确；根据T得，粒子在磁场中做圆周运动的时间tT，所以，D错误5(多选)如图所示的虚线框为一正方形区域，该区域内有一垂直于纸面向里的匀强磁场，一带电粒子从a点沿与ab边成30角方向射入磁场，恰好从b点飞出磁场；另一带电粒子以相同的速率从a点沿ad方向射入磁场后，从c点飞出磁场，不计重力，则两带电粒子的比荷之比及在磁场中的运动时间之比分别为()A.11 B.21Ct1t223

21、Dt1t213答案AC解析两粒子的运动轨迹如图，设正方形区域边长为L，则从b点飞出的粒子的运动轨迹半径为r1L；从c点飞出的粒子的运动轨迹半径为r2L；根据qv0Bm，可得，则11，选项A正确，B错误根据T可知，两粒子在磁场中做圆周运动的周期相同，两粒子在磁场中转过的角度分别为60和90，根据tT，可得t1t2609023，选项C正确，D错误6.如图所示，abcd为边长为L的正方形，在四分之一圆abd区域内有垂直正方形平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B.一个质量为m、电荷量为q的带电粒子从b点沿ba方向射入磁场，粒子恰好能通过c点，不计粒子的重力，则粒子的速度大小为()A. B.C. D.

22、答案C解析画出粒子在磁场中运动的轨迹示意图，根据几何关系，射出磁场时的速度反向延长线通过a点，磁场的半径为L，设粒子的轨迹半径为r，由几何关系得LrL，由洛伦兹力提供向心力得qvBm，联立解得v，故选C.7.(多选)如图，在直角坐标系第一象限中y轴与直线yx所夹范围内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里一带负电的粒子以速度v0自y轴上a点垂直射入磁场，一段时间后，该粒子垂直直线yx射出磁场，自x轴上b点(图中未画出)离开第一象限已知OaL，不计粒子重力则下列判断正确的是()A粒子在磁场中运动的轨迹半径为LBb点的横坐标为LC粒子在第一象限磁场中的运动时间为D粒子在第一象限的运动

23、时间为()答案AB解析粒子在第一象限的运动轨迹如图，在磁场中轨迹圆心为O点，所以RL，根据几何关系ObL，粒子在磁场中的运动时间t，在第一象限运动的路程s(1)L，所以时间t总(1)，故选A、B.8.如图所示，半径为r的圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B.磁场边界上A点有一粒子源，源源不断地向磁场发射各种方向(均平行于纸面)且速度大小相等的带正电的粒子(重力和粒子间的相互作用力不计)，已知粒子的比荷为k，速度大小为2kBr.则粒子在磁场中运动的最长时间为()A. B. C. D.答案C解析粒子在磁场中运动的半径为R2r；当粒子在磁场中运动时间最长时，其轨迹对应的圆心角最大，

24、此时弦长最大，其最大值为圆磁场的直径2r，则圆心角最大为，故t，故选项C正确9.(多选)(2021海南卷13)如图，在平面直角坐标系Oxy的第一象限内，存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B.大量质量为m、电量为q的相同粒子从y轴上的P(0，L)点，以相同的速率在纸面内沿不同方向先后射入磁场，设入射速度方向与y轴正方向的夹角为(0180)当150时，粒子垂直x轴离开磁场不计粒子的重力则()A粒子一定带正电B当45时，粒子也垂直x轴离开磁场C粒子入射速率为D粒子离开磁场的位置到O点的最大距离为3L答案ACD解析粒子垂直x轴离开磁场，根据左手定则可知粒子带正电，A正确；当150时，粒子垂直

25、x轴离开磁场，运动轨迹如图甲，粒子运动的半径为 r2L，洛伦兹力提供向心力，有qvBm，解得粒子入射速率v，C正确；若45，粒子运动轨迹如图乙，根据几何关系可知粒子离开磁场时与x轴不垂直，B错误；粒子离开磁场的位置到O点距离最远时，粒子在磁场中的轨迹为半圆，运动轨迹如图丙，根据几何关系可知(2r)2(L)2xm2，解得xm3L，D正确10.(多选)速度均为v0的H和He的混合粒子流沿着与直径ab夹角为(角未知)的方向垂直进入圆柱形匀强磁场区域(未画出)，一种粒子的出射方向恰与直径ab平行向右，另一种粒子刚好从直径的另一点b出射已知元电荷为e，H的质量为3m，He的质量为4m，不计粒子的重力和粒

26、子间相互作用力，该区域的磁感应强度大小为B，则()A出射方向恰与直径ab平行的粒子为HeB.He的速度偏转角是H速度偏转角的2倍C60D磁场圆的半径为答案BCD解析作出粒子运动轨迹图如图所示，由qv0Bm，解得r，则，设水平向右射出的粒子半径为r2 ，从b点射出的粒子半径为r1，磁场圆的半径为R，则r1，R2r2(1cos )2(r2sin R)2，解得r2，则1，所以r2对应的是H，即出射方向恰与直径ab平行的粒子为H，故A错误；由几何分析可知He的速度偏转角为2，H的速度偏转角为，故B正确；由A项分析有，解得60，故C正确；由A项分析有r1rHe，解得R，故D正确11.真空中有一匀强磁场，磁场边界为两个半径分别为a和2a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电子以速率v沿半径方向射入磁场已知电子质量为m，电荷量为e，忽略重力为使电子不能进入内部无磁场区域，磁场的磁感应强度B最小为()A. B. C. D.答案B解析使电子不能进入内部无磁场区域的临界轨迹如图所示，磁感应强度最小时轨迹与内圆相切，根据勾股定理有r24a2(ra)2，解得ra，电子在磁场中运动时，根据洛伦兹力提供向心力，有evBminm，解得Bmin，故B正确，A、C、D错误