【文档说明】(新高考)高考物理一轮复习第10章专题强化18《带电粒子在有界匀强磁场中的运动》 (含解析).doc，共(19)页，665.000 KB，由MTyang资料小铺上传

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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＝mvqB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，如图丙．2．半径的计算方法方法一由R＝mvqB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＝Lsinθ或由R2＝L2＋(R－d)2求得常用到的几何关系①粒子的偏转角等于半径扫过的圆心角，如图乙，φ＝α②弦切角等于弦所对应圆心角一半，θ＝12α.3．时间的计算方法方法一利用圆心角、周期求得t＝θ2πT方法二利用弧长、线速度求得t＝lv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θ，射出磁场时速度方向与半径的夹角也为θ

.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t1t2为()A

．3B．2C.32D.23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＝mvBq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＝T2＝πmBq，电子2运动的时间t

2＝T6＝πm3Bq，所以t1t2＝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(q>0)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v1v2为()A.12B.33C.32D．3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r1＝R，以v2射入磁场时的轨迹半径r2＝3R.根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝mv2r，可得v＝qrBm，所以v1v2＝r1r2＝33，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θ＝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2v02BRC．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πR2v0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＝(2

R)2，整理可得r＝2R，由洛伦兹力提供向心力有qv0B＝mv02r，整理可得qm＝2v02BR，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＝90°360°×22πRv0＝2πR2v0，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Ⅱ·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.14kBl，54kBlB.14kBl，54kBlC.12kBl，54kBlD.12kBl，54kBl答案B解析电子从a点射出时，其运动轨迹如图线①，轨迹半径为ra＝l4，由洛伦兹力提供向

心力，有evaB＝mva2ra，又em＝k，解得va＝kBl4；电子从d点射出时，运动轨迹如图线②，由几何关系有rd2＝l2＋(rd－l2)2，解得：rd＝5l4，由洛伦兹力提供向心力，有evdB＝mvd2rd，又em＝k，解得vd＝5kBl4，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(q>0)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．它的轨道半径为23dB．它进入磁场时的速度为2qBd3mC．它在磁场中运动的时间为2πm3qBD．它的运动轨迹与y轴交点的纵坐标为3d答案AB解析粒子运动轨

迹如图所示，r＋rsin30°＝d，解得粒子运动轨道半径为r＝23d，故A正确；由qvB＝mv2r，r＝23d，联立解得粒子进入磁场时的速度为v＝qBrm＝2qBd3m，故B正确；由T＝2πrv＝2πmqB，如图由

几何关系知t＝23T，解得粒子在磁场中运动的时间为t＝4πm3qB，故C错误；粒子运动轨迹与y轴交点的纵坐标为y＝－2rcos30°＝－233d，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qm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)3v3BR3πR3v(2)33R解析(1)粒子的轨迹半径：r＝Rtan30°①粒子所受洛伦兹力提供向心力，有：qvB＝mv2r②由①②两式得粒子的比荷：qm＝3v3BR③粒子的运动周期

T＝2πrv④粒子在磁场中的运动时间t＝16T⑤由①④⑤式得t＝3πR3v.⑥(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sinθ＝Rr⑦平移距离d＝Rsinθ⑧由①⑦⑧式得d＝33R.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qm，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()A．B>mv3qs，垂直纸面向里B．B>mvqs，垂直纸面向里C．B>mvqs，垂直纸面向外D．B>3mvqs，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，sin30°＝r1s＋r1，可得r1＝s，由r1＝mvB1q可得B1＝mvqs；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s＝r2sin30°＋r

2，得r2＝s3，又r2＝mvqB2，所以B2＝3mvqs，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qm＝k，则质子的速度可能为

()A.BkL2B．BkLC.3BkL2D.BkL8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2nRcos60°＝L(n＝1,2，„)，由洛伦兹力提供向心力，则有Bqv＝mv2R，联立解得v＝Bq

Rm＝BkLn(n＝1,2，„)，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M

N的夹角为θ，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2θ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qvB＝mv2r，整理得r＝mvqB，电子的轨迹半径与速度大小有关，B错误；由周期公式T＝2πmqB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2θ，即轨

迹圆心角为2θ，电子在磁场中的运动时间t＝2θ2πT，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θ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．a、b的电性一定相同B．a、b的比荷之比为1sinθC．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1∶3C．粒子a和b在磁场

中运动的速率之比为3∶1D．粒子a和b在磁场中运动的时间之比为1∶2答案B解析a粒子向上偏转，由F＝qvB得，a粒子带正电；b粒子向下偏转，b粒子带负电，故A错误；由几何关系可知，磁场水平距离x＝Rasin60°＝Rbsin30°，Ra∶

Rb＝1∶3，故B正确；由qvB＝mv2R得v＝qBRm，比荷相同，磁场相同，则va∶vb＝Ra∶Rb＝1∶3，故C错误；粒子运动周期T＝2πmqB，Ta＝Tb，a运动时间ta＝60°360°Ta＝16Ta＝16T，b运动时间tb＝30°360°Tb＝1

12Tb＝112T，故ta∶tb＝2∶1，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.q1m1∶q2m2＝1∶1B.q1m1∶q2m2＝2∶1C．t1∶t2＝2∶3D．t1∶t2＝1∶3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r1＝L；从c点飞出的粒子的运动轨迹半径为r2＝L；根据qv0B＝mv02r，可得qm＝v0Br，则q1m1∶q2m2＝1∶1，选项A正确，B错误；根据T＝2πmqB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t＝θ2πT，可得t1∶t2＝60°∶90°＝2∶3，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θ＝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OM＝a，粒子电荷量为q，质量为m，重力不计．则()A．粒子带负电荷B．粒子速度大小为qBamC．粒子在磁场中运动的轨道半径为aD．N与O点相距(2＋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R＝2a，故C错误；由洛伦兹力提供向心力可得qvB＝mv2R，则v＝2qBam，故B错误；由图可知，ON＝a＋2a＝(2＋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.qBLmB.2qBL

2mC.2－1qBLmD.2＋1qBLm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L＋r＝2L，由洛伦兹力提供向心力得：qvB＝mv2r，联立

解得v＝2－1qBLm，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3mv03qRC．该粒子第二次射入磁场的速度为v02D．该粒子第二次在磁场中运动的时间为23πR3v0答案BD解析由左手定则可知该粒子带负电，故A错误；由qBv＝mv2r

，知r＝mvqB，如图，由几何关系可得r1＝Rtanθ＝3R，B＝3mv03qR，故B正确；粒子第二次射入磁场，由几何关系知r2＝33R，qBv2＝mv22r，知v2＝qBr2m，则进入磁场速度为v2＝v03，故

C错误；粒子第二次在磁场中运动的时间t＝13T＝23πR3v0，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y＝x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y＝x射出磁场，自x轴上b点(图中未画出)离开第一象限．已知Oa＝L，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LB．b点的横坐标为2LC．粒子在第一象限磁场中的运动时间

为πLv0D．粒子在第一象限的运动时间为(π4＋2)Lv0答案AB解析如图，轨迹圆心为O点，所以R＝L，根据几何关系Ob＝2L，粒子在磁场中的运动时间t＝π4Lv0＝πL4v0，在第一象限运动的路程s＝(π4＋1)L，

所以时间t总＝sv0＝(π4＋1)Lv0，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(q>0)．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.mv2qBB.3mvqBC.2mvqB

D.4mvqB答案D解析带电粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为r＝mvqB.轨迹与ON相切，画出粒子的运动轨迹如图所示，由于AD＝2rsin30°＝r，故△AO′D为等边三角形，∠O′DA＝60°，而∠MON＝30°，则∠OCD＝90°，故CO′D为一直线，OD＝CDsin30°＝2CD＝4

r＝4mvqB，故D正确．10.(2020·全国卷Ⅱ·24)如图，在0≤x≤h，－∞<y<＋∞区域中存在方向垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度B的大小可调，方向不变．一质量为m，电荷量为q(q>0)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Bm2，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qv0B＝mv02R①由此可得R＝mv0qB②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R≤h③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＝mv0qh④(2)若磁感应强度大小为Bm2，粒子做圆周运动的圆心仍在y轴正半轴上，由②④式可得，此时圆弧半径为R′＝2h⑤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α，由几何关系sinα＝h2h＝12⑥即α＝π6⑦由几何关系可得，P点与x轴的距离为y＝2h(1－cosα)⑧联立⑦⑧式得y＝(2－3)h.11.(2019·全国卷Ⅰ·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)4UB2d2(2)Bd24U

π2＋33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qU＝12mv2①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qvB＝mv2r②由几何关系知d＝2r③联立①②③式得

qm＝4UB2d2④(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s＝πr2＋rtan30°⑤带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间为t＝sv⑥联立②④⑤⑥式得t＝Bd24Uπ2＋33.⑦12.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.mvaeB.2mv3aeC.mv3aeD.mv2

ae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r2＋4a2＝(r＋a)2，解得r＝32a.电子在磁场中运动时，根据洛伦兹力提供向心力，evBmin＝mv2r，解得r＝mvBmine

，最小值为Bmin＝2mv3ae，故B正确，A、C、D错误．