专题突破1 微专题6 带电粒子在磁场中的运动-【步步高】2024年新高考物理考前三个月（津鲁琼辽鄂渝粤冀湘闽黑吉晋皖云）

微专题6　带电粒子在磁场中的运动 一、有界磁场中临界问题解题方法 1．动态放缩法 (1)适用条件：速度方向一定、大小不同 (2)特点： ①粒子源发射速度方向一定、大小不同的带电粒子进入匀强磁场时，这些带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径随速度大小的变化而变化。 ②轨迹圆圆心共线 如图甲所示(图中只画出粒子带正电的情景)，速度v越大，轨迹半径也越大，可以发现这些带电粒子射入磁场后，它们运动轨迹的圆心在垂直初速度方向的直线CO上。 (3)界定方法 以入射点O为定点，圆心位于直线CO上，将半径放缩并作出轨迹，从而探索出临界条件。 2．定圆旋转法 (1)适用条件：速度大小一定、方向不同 (2)特点： ①粒子源发射速度大小一定、方向不同的带电粒子进入匀强磁场时，这些带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径相同，若粒子入射初速度为v0，由qv0B＝得圆周运动半径R＝，半径R不变。 ②轨迹圆圆心共圆 如图乙所示(图中只画出粒子带正电的情景)，带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心在以入射点O为圆心、半径R＝的圆(这个圆在下面的叙述中称为“轨迹圆心圆”)上。 (3)界定方法： 将半径为R＝的圆的圆心沿着“轨迹圆心圆”平移，从而探索出临界条件，这种方法称为“定圆旋转法”。 二、磁聚焦与磁发散 1．带电粒子的会聚 如图丙所示，大量的同种带正电的粒子，速度大小相同，平行入射到圆形磁场区域，如果轨迹圆半径与磁场圆半径相等(R＝r)，则所有的带电粒子将从磁场圆的最低点B点射出。 证明：四边形OAO′B为菱形，必是平行四边形，对边平行，OB必平行于AO′，可知从A点入射的带电粒子必然经过B点。 2．带电粒子的发散 如图丁所示，有界圆形磁场的磁感应强度为B，圆心为O，从P点有大量质量为m、电荷量为q的带正电粒子，以大小相等的速度v沿不同方向射入有界磁场，不计粒子的重力，如果粒子轨迹圆半径与有界圆形磁场半径相等，则所有粒子射出磁场的方向平行。 证明：所有粒子运动轨迹的圆心与有界圆形磁场圆心O、入射点、出射点的连线为菱形，也是平行四边形，O1A、O2B、O3C均平行于PO，即出射速度方向相同。 三、带电粒子在磁场中运动的多解问题成因 1．磁场方向不确定； 2．带电粒子电性不确定； 3．速度不确定； 4．运动的周期性。 考点一　带电粒子在磁场中的运动分析 1．(2023·山东师范大学附中模拟)在垂直于纸面向里的匀强磁场中有一个粒子源，可以发射不同比荷、不同速度的带正电粒子。已知所有发射出的粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径均相等。粒子源每发射一个粒子后，间隔Δt逆时针旋转90°发射下一个粒子。发现发射的第一个粒子在回到初始位置之前和第四个粒子在回到初始位置之前在磁场中恰好相碰。若第一个粒子发射的初速度为v，质量为m，电荷量为q，Δt＝，则第四个粒子的速度为(　　) A．2v B．4v C．6v D．8v 答案　C 解析　根据题意，画出粒子的运动轨迹，如图所示 设第一个粒子的运动时间为t1，第4个粒子的运动时间为t4，则有t1＝3Δt＋t4 由牛顿第二定律有qvB＝m 解得R＝ 又有T＝ 可得t1＝T＝ 同理可得t4＝T4＝ 联立解得t4＝＝t1－3Δt＝ 则有＝· 由于所有发射出的粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径均相等，则有＝ 解得v4＝6v，故选C。 2．(多选)(2023·河北省模拟)如图所示，匀强磁场的方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B，点A、C、O、D处于一条水平线上，且AC＝CO＝OD＝r。在A处有一个粒子源，竖直向上同时射出速率不同的同种带电粒子，粒子经过以O为圆心、r为半径的圆周上各点。已知粒子质量为m、电荷量的绝对值为q，不计粒子重力和粒子间相互作用力，则(　　) A．粒子带负电荷 B．到达C和到达D处的粒子的速率比为1∶4 C．粒子到达圆周所需的最短时间为 D．最先到达圆周的粒子的速度大小为 答案　AD 解析　由左手定则得，粒子带负电，选项A正确；由洛伦兹力提供向心力得qv1B＝m qv2B＝m 由几何关系得r1＝，r2＝ 联立解得v1∶v2＝1∶3，选项B错误； 粒子在磁场中的运动周期为T＝ 又qvB＝m，解得T＝ 可见周期与速度无关，所以粒子运动的轨迹对应的圆心角越小，时间越短，由几何关系得，当轨迹圆弧所对应的弦与圆O相切时，粒子运动至圆周所需的时间最短，如图所示， 则tmin＝T＝ 选项C错误； 由几何关系可知，最先到达圆周的粒子，其运动半径为r，则qv3B＝m，解得v3＝ 选项D正确。 带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的分析方法 考点二　带电粒子在有界磁场中的临界问题　磁聚焦、磁发散 3．(2023·云南省一模)空间存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面，线段MN是屏与纸面的交线，长度为4L，其左侧有一粒子源S，可沿纸面内各个方向不断发射质量为m、电荷量为q、速率相同的粒子；SP⊥MN，P为垂足，如图所示，已知SP＝MP＝L，若MN上所有的点都能被粒子从其右侧直接打中，则粒子的速率至少为(　　) A. B. C. D. 答案　C 解析　粒子要打中MN的右侧所有位置，最容易的方式为粒子从S飞出，绕过距离最近的M点，从右侧打中MN最下端的N点，粒子运动的轨迹如图所示。 MN为轨迹圆的弦长，Q为MN中点，SP＝PQ＝L，MQ＝2L；粒子运动的半径为r，根据几何关系可知四边形SPOQ为平行四边形，则 r2＝OQ2＋MQ2，解得r＝L，粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律可知qvB＝m，解得粒子的最小速率为v＝，故选C。 4．(多选)(2023·吉林省三模)如图所示，在直角三角形CDE区域内有磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场，P为直角边CD的中点，∠C＝30°，CD＝2L，一束相同的带负电粒子以不同的速率从P点垂直于CD射入磁场，粒子的比荷为k，不计粒子间的相互作用和重力，则下列说法正确的是(　　) A．速率不同的粒子在磁场中运动时间一定不同 B．从CD边飞出的粒子最大速率为 C．粒子从DE边飞出的区域长度可以大于L D．从CE边飞出的粒子在磁场中运动的最长时间为 答案　BD 解析　速率小的粒子在CD边射出时，粒子在磁场中的运动轨迹为半圆，时间为周期的一半，而粒子的运动周期相同，故A错误； 根据左手定则，粒子向左偏转，从CD边飞出的粒子最远从D点飞出，此时半径为R＝，粒子的比荷为k，根据洛伦兹力提供向心力有qvmB＝，解得vm＝，故B正确； 由对B项的分析可知粒子可以从D点飞出，粒子运动轨迹与CE相切时，经过DE边上的G点是粒子从DE飞出的最远点，如图所示 由几何关系得DG＝CD＝L，故粒子从DE边飞出的区域长度最大为L，故C错误； 粒子与CE相切且从F点飞出时在磁场中运动的时间为从CE边飞出的粒子在磁场中运动时间的最大值，由几何关系可得∠FDC＝60° 从CE边飞出的粒子在磁场中运动的最长时间为 t＝×＝，故D正确。 5.(多选)利用磁聚焦和磁控束可以改变一束平行带电粒子的宽度，人们把此原理运用到薄膜材料制备上，使芯片技术得到飞速发展。如图，宽度为r0的带正电粒子流水平向右射入半径为r0的圆形匀强磁场区域，磁感应强度大小为B0，这些带电粒子都将从磁场圆上O点进入正方形区域，正方形过O点的一边与半径为r0的磁场圆相切。在正方形区域内存在一个面积最小的匀强磁场区域，使会聚到O点的粒子流经过该磁场区域后宽度变为2r0，且粒子仍水平向右射出，不考虑粒子间的相互作用力及粒子的重力，下列说法正确的是(　　) A．正方形区域中匀强磁场的磁感应强度大小为2B0，方向垂直纸面向里 B．正方形区域中匀强磁场的磁感应强度大小为B0，方向垂直纸面向里 C．正方形区域中匀强磁场的最小面积为2(π－2)r02 D．正方形区域中匀强磁场的最小面积为r02 答案　BC 解析　根据磁聚焦原理，粒子在半径为r0的圆形磁场区域中运动，粒子运动的轨迹半径为r0，则有qvB0＝m，解得B0＝ 要使会聚到O点的粒子流经正方形区域内的磁场偏转后宽度变为2r0，且粒子仍水平向右射出，作出轨迹如图所示，由几何关系可知粒子的轨道半径为2r0，正方形中磁场区域内应该为圆形磁场的一部分，则有qvB1＝m 解得B1＝ 故B1＝B0 由左手定则可知，方向垂直纸面向里，A错误，B正确； 如图所示，磁场区域的最小面积为Smin＝2(π－2)r02，C正确，D错误。 6．(2023·福建福州市第一中学二模)如图所示，垂直纸面向里的匀强磁场中有一固定竖直挡板，挡板足够长，P处有一粒子源，PO连线垂直挡板，P到O的距离为L。粒子源能垂直磁场沿纸面向各个方向发射速度大小均为v的带正电粒子。粒子质量均为m，电荷量均为q，到达挡板的粒子都被吸收，不计粒子的重力及粒子间的相互作用。 (1)若有粒子能到达挡板，求磁感应强度大小B应满足的条件； (2)若粒子到达挡板上侧最远处为M点，下侧最远处为N点，且＝，求磁感应强度的大小B。 答案　(1)B≤　(2) 解析　(1)若恰好有粒子能到达挡板，则粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径最小，为rm 如图所示，由几何关系可知 rm＝ 洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律有qvB＝m 解得B＝ 即当B≤时，有粒子能到达挡板。 (2)设粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径为r，粒子到达挡板上侧最远处M点时，轨迹圆在M点与挡板相切，如图所示。设O、M间距离为x1 由几何关系有r2＝x12＋(L－r)2 粒子到达挡板下侧最远处N点时，PN为轨迹圆的直径。设O、N间距离为x2， 由几何关系可得(2r)2＝x22＋L2 由题意知＝，解得r＝或r＝(舍去) 由牛顿第二定律有qvB＝m，解得B＝。 1．处理动态圆问题首先要明确题目中是放缩圆还是旋转圆。 2．对于磁聚焦和磁发散问题可以理解为旋转圆问题，即以会聚点为定点，以磁场区域半径为半径的旋转圆问题。 考点三　带电粒子在磁场中运动的多解问题 7．(多选)(2023·江西南昌市八一中学三模)如图所示，空间中有一个底角均为60°的梯形，上底与腰均为L，梯形处于磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外的匀强磁场中，现c点存在一个粒子源，可以源源不断地射出速度方向沿cd、大小可变的电子，电子的比荷为k，为使电子能从ab边射出，速度大小可能为(　　) A. B. C. D. 答案　BC 解析　能够从ab边射出的电子，半径最小为从b点射出，如图甲所示 由几何关系可知 r1＝＝L 半径最大为从a点射出，如图乙所示 由几何关系可知r2＝L 由牛顿第二定律有 qvB＝m 解得r＝＝ 则有L≤≤L 则为使电子从ab边射出磁场区域，电子的速度范围为≤v≤kBL，故选B、C。 8．(2023·湖北襄阳市四中模拟)如图甲所示，边长为L的正方形abcd区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B0，方向垂直于abcd所在平面，且周期性变化(周期T可根据需要调整)，如图乙所示，设垂直abcd平面向里为磁感应强度的正方向。现有一电子在t＝0时刻由a点沿ab方向射入磁场区域，已知电子的质量为m，电荷量大小为e，图甲中边界上有两点f、g，且df＝bg＝L，关于电子在磁场中的运动，以下说法中正确的是(　　) A．调整磁场变化周期T，让电子沿bc方向经过c点，电子的速度大小一定是 B．调整磁场变化周期T，让电子经过d点，电子的速度大小一定是 C．要想让电子经过f点，则磁场变化周期一定是 D．要想让电子垂直bc边经过g点，则磁场变化周期一定是 答案　D 解析　要想让电子沿bc方向经过c点，可能的轨迹如图所示 也可以转奇数个圆弧后到c，根据洛伦兹力提供向心力有evB0＝m， 可得r＝ 根据以上分析则有r＝＝(n＝0,1,2，…) 解得v＝(n＝0,1,2，…) 故A错误； 要想让电子经过d点，可能的轨迹如图所示 可知r＝， 同理解得v＝ 或者先顺时针转磁场的半个周期，之后逆时针转，从ad方向经过d，如图所示 由几何关系可得r＋r＝L 解得v＝ 故B错误； 要想让电子经过f点，可能的轨迹如图所示 由几何关系可得 r2＝(L－r)2＋(L)2 解得r＝L 此时只要满足运动时间t≤即可 或者如图所示， 电子运动周期T1＝， 每一次转过120°圆心角 则有＝ 解得T＝，故C错误； 要想让电子垂直bc边经过g点，则经过偶数次偏转，每一次转过60°圆心角，电子运动周期T1＝，则有＝，解得T＝ 故D正确。 明确带电粒子在磁场中运动的多解问题的成因是解决这类问题的关键，对于由于周期性运动而导致的多解问题，可以通过画出轨迹的方法，明确多解的情况。 1．(多选)(2023·全国甲卷·20)光滑刚性绝缘圆筒内存在着平行于轴的匀强磁场，筒上P点开有一个小孔，过P的横截面是以O为圆心的圆，如图所示。一带电粒子从P点沿PO射入，然后与筒壁发生碰撞。假设粒子在每次碰撞前、后瞬间，速度沿圆上碰撞点的切线方向的分量大小不变，沿法线方向的分量大小不变、方向相反；电荷量不变。不计重力。下列说法正确的是(　　) A．粒子的运动轨迹可能通过圆心O B．最少经2次碰撞，粒子就可能从小孔射出 C．射入小孔时粒子的速度越大，在圆内运动时间越短 D．每次碰撞后瞬间，粒子速度方向一定平行于碰撞点与圆心O的连线 答案　BD 解析　假设粒子带负电，第一次从A点和筒壁发生碰撞如图甲所示，O1为圆周运动的圆心，由题可知粒子沿半径方向射入圆形磁场，碰撞前瞬间速度也沿半径方向，即粒子此时的速度方向沿OA方向，由题知粒子在和筒壁碰撞时速度会反向，由圆的对称性得粒子在其他点撞击同理，D正确；假设粒子运动过程过O点，粒子从P点进入磁场中速度发生偏转，则过P点的速度的垂线和OP连线的中垂线是平行的，不能交于一点确定圆心； 撞击筒壁A点以后的速度的垂线和AO连线的中垂线依旧平行不能确定圆心，则粒子不可能过O点，A错误；由题意可知粒子射入磁场以后的每次偏移圆心的连线组成的多边形应为以筒壁为内接圆的多边形，这个多边形最少应为三角形，如图乙所示，即撞击两次，B正确；速度越大粒子做圆周运动的半径越大，碰撞次数可能增多，但粒子运动时间不一定减少， C错误。 2.(多选)(2023·湖南岳阳市三模)如图，长度为a的竖直薄挡板MN处在垂直纸面向里的匀强磁场中(磁场空间足够大，图中未画出)，磁感应强度大小为B。挡板左侧O点有一粒子源在纸面内向各方向均匀发射电荷量为＋q、质量为m的带电粒子，所有粒子的初速度大小相同。已知图中初速度与ON夹角为60°发射的粒子恰好经过N点，ON＝a，ON⊥MN。不计粒子重力，不考虑粒子的反弹和粒子间的相互作用。则(　　) A．粒子在磁场中做圆周运动的半径为a B．挡板左侧能被粒子击中的竖直长度为a C．能击中挡板右侧的粒子数占粒子总数的 D．挡板右侧能被粒子击中的竖直长度为a 答案　CD 解析　如图中轨迹1， 由几何关系可知2Rsin 60°＝a 可得R＝a，故A错误； 当轨迹刚好与MN相切时，粒子打到挡板左侧有最大长度，如图中轨迹2，设初速度方向与ON夹角为θ，由几何关系可得Rsin θ＋R＝a 可得sin θ＝－1 则挡板左侧能被粒子击中的竖直长度为 Rcos θ＝a，故B错误； 要使粒子打在右侧，有两个临界条件，如图中轨迹1、3，由几何关系可知轨迹1、3对应粒子的初速度夹角为60°，则能击中挡板右侧的粒子数占粒子总数的＝，故C正确； 如图轨迹1对应的粒子经过M点，所以由几何关系可知挡板右侧能被粒子击中的竖直长度为a，故D正确。 3．(2023·四川遂宁市模拟)如图所示，平面直角坐标系 xOy 内，存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小B＝0.2 T，原点O有一粒子源，能向纸面内各个方向释放出比荷为4×108 C/kg的带正电粒子，粒子初速度 v0＝8×106 m/s，不计粒子重力，有一与x轴成45°角倾斜放置的足够长挡板跨越第一、三、四象限，P是挡板与 x 轴交点，OP＝16 cm，则挡板上被粒子打中的区域长度为(　　) A．24 cm B．16 cm C．20 cm D．32 cm 答案　C 解析　粒子源到挡板的距离 h＝16sin 45° cm＝16 cm 粒子在磁场中做匀速圆周运动，则有qv0B＝m 解得R＝10 cm<h＝16 cm 作出粒子打在挡板上的动态轨迹如图所示 则有lAC＝＝12 cm lBC＝＝8 cm 则挡板上被粒子打中的区域长度为lAB＝lAC＋lBC＝20 cm，故选C。 4．(2023·江苏扬州市三模)如图所示，y方向足够长的两个条形区域，宽度分别为l1＝0.1 m和l2＝0.2 m，两区域分别分布着磁感应强度为B1和B2的磁场，磁场方向垂直于xOy平面向外，磁感应强度B2＝0.1 T，现有大量粒子从坐标原点O以恒定速度v＝2×106 m/s不断沿x轴正方向射入磁场，由于B1的大小在0～0.5 T范围内可调，粒子可从磁场边界的不同位置飞出。已知带电粒子的电荷量q＝－2×10－8 C，质量m＝4×10－16 kg，不考虑带电粒子的重力，求： (1)要使粒子能进入磁感应强度为B2的磁场，B1应满足的条件； (2)粒子在条形区域内运动的最短时间t； (3)粒子从y轴飞出磁场时的最高点的纵坐标y。 答案　(1)0≤B1<0.4 T　(2)1.26×10－7 s (3) m 解析　(1)当带电粒子在磁感应强度为B1的磁场中做圆周运动的半径大于l1时粒子能进入磁感应强度为B2的磁场，由洛伦兹力提供向心力有 qvB1＝m 当r＝l1时，粒子的轨迹如图所示 此时有B1＝ 代入数据得B1＝0.4 T 即粒子恰好不进入磁感应强度为B2的区域，而根据 r＝ 可知，磁感应强度越小，轨道半径越大，因此B1应满足的条件为0≤B1<0.4 T (2)当B1＝0时，粒子进入磁感应强度为B2的磁场，有qvB2＝m 解得r2＝0.4 m 可知粒子从右边界MN飞出，粒子的运动轨迹如图 由几何关系可知 sin θ2＝＝ 解得θ2＝30° 粒子在两个条形区域运动的时间为t1＝＋≈1.55×10－7 s 随着B1的增大，根据时间等于弧长与速度的比值可知，粒子在磁场中的运动时间先增大后减小，当B1达到最大值0.5 T时，粒子从左边界飞出，运动时间为t2＝≈1.26×10－7 s<t1 所以粒子在两个条形区域内运动的最短时间为t＝t2＝1.26×10－7 s (3)设A1为粒子从MN射出的最高点，则A1为轨迹与边界MN的切点，如图 O1为粒子在磁感应强度B1的磁场中运动的圆心，O2为粒子在磁感应强度为B2的磁场中运动的圆心，由几何知识可得 O2C2＝r2－(l1＋l2)＝0.1 m， sin θ1＝＝，解得θ1＝30° 由几何知识有r1＝＝0.2 m 则根据几何关系可得A1的纵坐标 y1＝r1(1－cos θ1)＋r2cos θ1＝ m 根据对称性可得粒子从y轴飞出磁场时的最高点的纵坐标y＝2y1＝ m。 学科网（北京）股份有限公司 $$