2023年高考物理总复习试题讲解：第十章专题强化（十八）带电粒子在有界匀强磁场中的运动（含答案）

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1、专题强化十八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、圆形边界磁场中运动的问题.3.会分析带电粒子在匀强磁场中的临界问题和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向距离为r的位置为圆心

2、，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，.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与半径的夹角也为. 考向1带电粒

3、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垂直边界射进磁场，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，

4、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(2021全国乙卷16)如图，圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，质量为m、电荷量为q(q0)的带电粒子从圆周上的M点沿直径MON方向射入磁场若粒子射入磁场时的速度大小为v1，离开磁场时速度方向偏转90；若射入磁场时的速度大小为v2，离开磁场时速度方向偏转60，不计重力，则为()A. B. C. D3答案B解析如图所示，设圆形磁场区域的半径为R，粒子以v1射入磁场时的轨迹半径为r1根据几何关系r1R，以v2射入磁场时的轨迹半径r2R.根据洛伦兹力提

5、供向心力有qvB，可得v，所以，故选B.例3如图所示，在半径为R的圆形区域内有垂直于竖直纸面向里的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B，AC为该圆的一条直径，O为圆心一带电粒子以初速度v0从C点垂直磁场沿竖直方向射入圆形区域，离开磁场时速度方向恰好水平向左已知该粒子从C点入射时速度方向与直径AC的夹角45，不计粒子重力，则有()A该粒子一定带负电B该粒子的比荷为C该粒子在磁场中做圆周运动的半径为RD该粒子在磁场中的运动时间为答案B解析作出粒子运动的轨迹如图，由左手定则可知，粒子带正电，选项A错误；由轨迹图结合题意可知粒子在磁场中偏转角度为90，设O为圆周运动的圆心，由几何关系可知2r2(2R)2

6、，整理可得rR，由洛伦兹力提供向心力有qv0B，整理可得，选项B正确，C错误；由图可知粒子在磁场中的偏转角为90，故粒子在磁场中的运动时间为t，选项D错误 考向3带电粒子在多边形边界磁场中运动例4(2019全国卷17)如图，边长为l的正方形abcd内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面(abcd所在平面)向外ab边中点有一电子发射源O，可向磁场内沿垂直于ab边的方向发射电子已知电子的比荷为k.则从a、d两点射出的电子的速度大小分别为()A.kBl，kBl B.kBl，kBlC.kBl，kBl D.kBl，kBl答案B解析电子从a点射出时，其运动轨迹如图线，轨迹半径为ra，由洛伦兹力

7、提供向心力，有evaBm，又k，解得va；电子从d点射出时，运动轨迹如图线，由几何关系有rd2l2(rd)2，解得：rd，由洛伦兹力提供向心力，有evdBm，又k，解得vd，选项B正确题型二带电粒子在匀强磁场中的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1临界条件带电粒子刚好穿出(不穿出)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，故边界(边界的切线)与轨迹过切点的半径(直径)垂直2几种常见的求极值情况(速度一定时)(1)最长时间：弧长最长，一般为轨迹与

8、直线边界相切圆形边界：公共弦为小圆直径时，出现极值，即：当运动轨迹圆半径大于圆形磁场半径时，以磁场直径的两端点为入射点和出射点的轨迹对应的圆心角最大，粒子运动时间最长(2)最短时间：弧长最短(弦长最短)，入射点确定，入射点和出射点连线与边界垂直如图，P为入射点，M为出射点此时在磁场中运动时最短 考向1带电粒子在磁场中运动的临界问题例5(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

9、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它的轨道半径为dB它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，解得粒子运动轨道半径为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；由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2带电粒子在磁场中运动的极值问题例6如图所示，半径为R的圆形区域内存在着磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直于纸面向里，一带负电的粒子(不计

10、重力)沿水平方向以速度v正对圆心射入磁场，通过磁场区域后速度方向偏转了60.(1)求粒子的比荷及粒子在磁场中的运动时间t；(2)如果想使粒子通过磁场区域后速度方向的偏转角度最大，在保持原入射速度的基础上，需将粒子的入射点沿圆弧向上平移的距离d为多少？答案(1)(2)R解析(1)粒子的轨迹半径：r粒子所受洛伦兹力提供向心力，有：qvBm由两式得粒子的比荷：粒子的运动周期T粒子在磁场中的运动时间tT由式得t.(2)当粒子的入射点和出射点的连线是磁场圆的直径时，粒子速度偏转的角度最大由图可知sin 平移距离dRsin 由式得dR.题型三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

11、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7(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

12、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，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临界状态不确定形成多解例8(多选)如图所示，边长为L的等边三角形区域ACD内、外的匀强磁场的磁感应强度大小均为B、方向分别垂直纸面向里、向外三角形顶点A处有一质子源，能沿A的角平分线发射速度大小不等、方向相同的质子(质子重力不计、质子间的相互作用可忽略)，所有质子恰能通过D点，已知质子的比荷k，

13、则质子的速度可能为()A. BBkLC. D.答案ABD解析质子可能的运动轨迹如图所示，由几何关系可得2nRcos 60L(n1,2，)，由洛伦兹力提供向心力，则有Bqvm，联立解得v(n1,2，)，所以A、B、D正确，C错误课时精练1.(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同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

14、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，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运动时间都相同，C错误，D正确2(多选)如图所示，水平放置的挡板上方有垂直纸面向里的匀强磁场，一带电粒子a垂直于挡板从板上的小孔O射入磁场，另一带电粒子b垂直于磁场且与挡板成角射入磁场，a、b初速度大小相等，两粒子恰好都打在板上同一点P(图中未标出)，并立即被挡板吸收不计粒子重力，下列说法正确的是()A

15、a、b的电性一定相同Ba、b的比荷之比为C若P在O点左侧，则a在磁场中运动时间比b长D若P在O点右侧，则a在磁场中运动路程比b短答案AB3.如图所示，平行边界区域内存在匀强磁场，比荷相同的带电粒子a和b依次从O点垂直于磁场的左边界射入，经磁场偏转后从右边界射出，带电粒子a和b射出磁场时与磁场右边界的夹角分别为30和60，不计粒子的重力，下列判断正确的是()A粒子a带负电，粒子b带正电B粒子a和b在磁场中运动的半径之比为1C粒子a和b在磁场中运动的速率之比为1D粒子a和b在磁场中运动的时间之比为12答案B解析a粒子向上偏转，由FqvB得，a粒子带正电；b粒子向下偏转，b粒子带负电，故A错误；由几

16、何关系可知，磁场水平距离xRasin 60Rbsin 30，RaRb1，故B正确；由qvBm得v，比荷相同，磁场相同，则vavbRaRb1，故C错误；粒子运动周期T，TaTb，a运动时间taTaTaT，b运动时间tbTbTbT，故tatb21，故D错误4(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.11B.21Ct1t223Dt1t213答案AC解析两粒子的运

17、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5.(多选)(2020天津卷7)如图所示，在Oxy平面的第一象限内存在方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B的匀强磁场一带电粒子从y轴上的M点射入磁场，速度方向与y轴正方向的夹角45.粒子经过磁场偏转后在N点(图中未画出)垂直穿过x轴已知OMa，粒子电荷量为q，质量为m，重力不计则()A粒子

18、带负电荷B粒子速度大小为C粒子在磁场中运动的轨道半径为aDN与O点相距(1)a答案AD解析由题意可知，粒子在磁场中做顺时针方向的圆周运动，根据左手定则可知粒子带负电荷，故A正确；粒子的运动轨迹如图所示，O为粒子做匀速圆周运动的圆心，其轨道半径Ra，故C错误；由洛伦兹力提供向心力可得qvBm，则v，故B错误；由图可知，ONaa(1)a，故D正确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.

19、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，设粒子的轨道半径为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，半径为R的圆形区域内有方向垂直于纸面向里的匀强磁场，某质量为m、带电荷量为q的粒子从圆上P点沿半径方向以速度v0射入匀强磁场，粒子从Q点飞出，速度偏转角为60.现将该粒子从P点以另一速度沿半径方向射入匀强磁场，粒子离开磁场时，速度偏转角为120，不计粒子重力则()A该粒子带正电B匀强磁场的磁感应强度为C该粒子第二次射入磁场的速度为D该粒子第二次在磁场中运动的时间为答案BD解

20、析由左手定则可知该粒子带负电，故A错误；由qBvm，知r，如图，由几何关系可得r1R，B，故B正确；粒子第二次射入磁场，由几何关系知r2R，qBv2m，知v2，则进入磁场速度为v2，故C错误；粒子第二次在磁场中运动的时间tT，故D正确8.(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道半径为LBb点的横坐标为LC粒子在第一象限磁场中的运

21、动时间为D粒子在第一象限的运动时间为()答案AB解析如图，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.9平面OM和平面ON之间的夹角为30，其横截面(纸面)如图所示，平面OM上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外一带电粒子的质量为m，电荷量为q(q0)粒子沿纸面以大小为v的速度从OM的某点向左上方射入磁场，速度与OM成30角已知该粒子在磁场中的运动轨迹与ON只有一个交点，并从OM上另一点射出磁场不计重力粒子离开磁场的出射点到两平面交线O的距离为()A. B. C. D.答案D解析带电粒

22、子在磁场中做圆周运动的轨道半径为r.轨迹与ON相切，画出粒子的运动轨迹如图所示，由于2rsin 30r，故AOD为等边三角形，ODA60，而MON30，则OCD90，故COD为一直线，24r，故D正确10.(2020全国卷24)如图，在0xh，y0)的粒子以速度v0从磁场区域左侧沿x轴进入磁场，不计重力(1)若粒子经磁场偏转后穿过y轴正半轴离开磁场，分析说明磁场的方向，并求在这种情况下磁感应强度的最小值Bm；(2)如果磁感应强度大小为，粒子将通过虚线所示边界上的一点离开磁场求粒子在该点的运动方向与x轴正方向的夹角及该点到x轴的距离答案见解析解析(1)由题意，粒子刚进入磁场时应受到方向向上的洛伦

23、兹力，因此磁场方向垂直于纸面向里设粒子进入磁场中做圆周运动的半径为R，根据洛伦兹力公式和圆周运动规律，有qv0Bm由此可得R粒子穿过y轴正半轴离开磁场，其在磁场中做圆周运动的圆心在y轴正半轴上，半径应满足Rh由题意，当磁感应强度大小为Bm时，粒子穿过y轴正半轴离开磁场时的运动半径最大，由此得Bm(2)若磁感应强度大小为，粒子做圆周运动的圆心仍在y轴正半轴上，由式可得，此时圆弧半径为R2h粒子会穿过图中P点离开磁场，运动轨迹如图所示设粒子在P点的运动方向与x轴正方向的夹角为，由几何关系sin 即由几何关系可得，P点与x轴的距离为y2h(1cos )联立式得y(2)h.11.(2019全国卷24)

24、如图，在直角三角形OPN区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外一带正电的粒子从静止开始经电压U加速后，沿平行于x轴的方向射入磁场；一段时间后，该粒子在OP边上某点以垂直于x轴的方向射出已知O点为坐标原点，N点在y轴上，OP与x轴的夹角为30，粒子进入磁场的入射点与离开磁场的出射点之间的距离为d，不计重力求：(1)带电粒子的比荷；(2)带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间答案(1)(2)解析(1)设带电粒子的质量为m，电荷量为q，加速后的速度大小为v.由动能定理有qUmv2设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，洛伦兹力提供粒子做圆周运动的向心力，结合牛顿第二定律有qvBm由

25、几何关系知dr联立式得(2)由几何关系知，带电粒子射入磁场后运动到x轴所经过的路程为srtan 30带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间为t联立式得t.12.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，evBminm，解得r，最小值为Bmin，故B正确，A、C、D错误