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（苏京）

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．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．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．粒子带正电荷 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　D 解析　由左手定则得，粒子带负电，选项A错误；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运动　磁聚焦、磁发散 3.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.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　B 解析　速率小的粒子在CD边射出时，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错误。 5.(2023·江苏省八市联合二模)如图所示，在xOy平面内y轴右侧有一范围足够大的匀强磁场，磁感应强度大小为B，磁场方向垂直纸面向外；分成Ⅰ和Ⅱ两个区域，Ⅰ区域的宽度为d，右侧磁场Ⅱ区域还存在平行于xOy平面的匀强电场，电场强度大小为E＝，电场方向沿y轴正方向。坐标原点O有一粒子源，在xOy平面向各个方向发射质量为m，电荷量为q的带正电粒子，粒子的速率均为v＝。进入Ⅱ区域时，只有速度方向平行于x轴的粒子才能进入，其余被界面吸收。不计粒子重力和粒子间的相互作用，求： (1)某粒子从O运动到O′的时间； (2)在Ⅰ区域内有粒子经过区域的面积； (3)粒子在Ⅱ区域运动，当第一次速度为零时所处的y轴坐标。 答案　(1)　(2)d2＋πd2　(3)0 解析　(1)根据洛伦兹力提供向心力可得Bqv＝m，则轨迹半径为R＝＝d 粒子从O运动到O′的示意图如图所示， 粒子在磁场中运动的轨迹对应的圆心角为θ＝60° 周期为T＝＝ 所以运动时间为 t＝＝ (2)根据旋转圆的方法得到粒子在Ⅰ区域经过的范围如图所示，粒子通过磁场的区域面积为图中斜线部分面积，根据图中几何关系可得面积为 S＝d2＋πd2 (3)粒子垂直于边界进入Ⅱ区域后，受到的洛伦兹力为qvB＝ 在Ⅱ区域受到的静电力为qE＝ 由于静电力小于洛伦兹力，粒子将向下偏转，当速度为零时，沿y轴的位移为y，由动能定理得 －qEy＝0－mv2，解得y＝·＝d 所以第一次速度为零时所处的y轴坐标为0。 6．(2023·江苏省南京师范大学附属中学押题卷)有一磁场区域，左边圆内与中间ABCD矩形区域分布如图所示的磁场，磁感应强度大小分别为B0和2B0，方向垂直纸面向里，其中圆半径为R，圆心在B点，AD＝2R，MN为与AD共线的绝缘弹性挡板，粒子与挡板发生弹性碰撞(不计碰撞时间)，且碰撞前后水平方向速度大小不变。现有宽度为R均匀分布的带电粒子群以相同的初速度向右射入磁场区域，粒子电荷量为q (q＞0)，质量为m，不计重力及粒子间相互作用，所有粒子经圆内部磁场偏转后均汇聚于A点，并在A点发生弹性碰撞后进入矩形区域。 (1)求带电粒子初速度v0的大小； (2)某个粒子与挡板碰撞四次(不包括D点碰撞)后恰好到达D点，求该粒子在两个磁场区域运动的总路程s； (3)求粒子在矩形磁场区域中运动的时间范围。 答案　(1)　(2)　(3)<t< 解析　(1)根据题意所有粒子经圆内部磁场偏转后均汇聚于A点，下边界的粒子在圆形磁场中的轨迹恰好是圆，可知粒子做圆周运动的半径为R，根据洛伦兹力提供向心力有qv0B0＝m，解得v0＝ (2)某个粒子与挡板碰撞四次(不包括D点碰撞)后恰好到达D点，作出运动轨迹如图 由几何关系可知AH＝R 因为粒子与挡板发生弹性碰撞，则在矩形区域内根据洛伦兹力提供向心力有 qv0×2B0＝m，解得R′＝R 则由几何关系可知α＝30°＝，β＝60°＝ 所以该粒子在两个磁场区域运动的总路程 s＝4R′·β＋R·α＝ (3)上边界的粒子沿着边界通过矩形区域，则时间为t1＝ 下边界的粒子，在圆形区域内运动轨迹如图 周期T＝＝＝ 在矩形磁场区域中运动时间t2＝2×T＝， 所以粒子在矩形磁场区域中运动的时间范围为<t<。 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.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，速度大小不可能为(　　) A. B. C. D. 答案　A 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A。 8．(2023·江苏南通市如东县期末)如图甲所示，足够大的空间有垂直纸面的水平匀强磁场和竖直向上的匀强电场，右侧有竖直挡板CD，O′是挡板上一点，直线OO′与挡板CD垂直，t＝0时刻，一质量为m、电荷量为q带正电的微粒在O点以与OO′成α＝45°角的初速度v沿纸面开始运动，磁感应强度B随时间t变化的关系图像如图乙所示(图中B0已知)，选定磁场垂直纸面向里为正方向，电场强度大小为，重力加速度为g，微粒射到挡板上时被挡板吸收。 (1)求微粒再次经过直线OO′时与O点的距离； (2)若微粒第一次运动到最大高度时突然撤去电场，求此后微粒到达直线OO′时的动能Ek； (3)要使微粒能垂直射到挡板上，挡板与O点间的距离L应满足什么条件？ 答案　(1)　(2)(＋1)＋mv2　(3)见解析 解析　(1)由于电场强度大小E＝ 则静电力F＝qE＝mg 因此重力与静电力平衡；微粒在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，则qvB0＝m 解得r＝，由T＝＝ 则微粒在时间内转过四分之一个圆周，再次经直线OO′时与O点的距离 x1＝r＝ (2)微粒运动四分之一个圆周后斜向上与OO′成α＝45°匀速运动，运动的时间为 位移大小s＝ 因此，微粒离开直线OO′的最大高度 h＝cos 45°s＋(1－cos 45°)r， 由动能定理有mgh＝Ek－mv2 解得Ek＝(＋1)＋mv2 (3)微粒运动一个周期沿直线OO′方向移动的距离L0＝2x1＋2scos 45°＝ 若微粒能垂直射到挡板上的某点P，P点在直线OO′下方时，由图可知，挡板与O点间的距离应满足L1＝nL0＋＝[(4＋π)n＋1](n＝0,1，2…) 若微粒能垂直射到挡板上的某点P，P点在直线OO′上方时，由图可知，挡板与O点间的距离应满足L2＝(n＋)L0＋＝[(4＋π)n＋3＋](n＝0,1,2…) 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.(2023·江苏省盐城中学第三次模拟)如图所示，在直角坐标系xOy平面内，有一半径为R的圆形匀强磁场区域，磁感应强度的大小为B，方向垂直于纸面向里，边界与x、y轴分别相切于a、b两点，ac为直径。一质量为m，电荷量为q的带电粒子从b点以某一初速度v0(v0大小未知)沿平行于x轴正方向进入磁场区域，从a点垂直于x轴离开磁场，不计粒子重力。下列判断不正确的是(　　) A．该粒子的速度为v0＝ B．该粒子从b点运动到a点的时间为 C．以v0从b点沿各个方向垂直进入磁场的该种粒子从边界出射的最远点恰为a点 D．以v0从b点沿各个方向垂直进入磁场的该种粒子在磁场中运动的最长时间是 答案　D 解析　粒子从b点以某一初速度v0沿平行于x轴正方向进入磁场区域，从a点垂直于x轴离开磁场，如图甲所示，由洛伦兹力提供向心力可得 qv0B＝m， 由几何关系可得r＝R 联立解得v0＝ 该粒子从b点运动到a点的时间为 t＝T＝·＝，故A、B正确； 以v0从b点沿各个方向垂直进入磁场，粒子在磁场中的半径为r1＝＝R 该种粒子从边界出射的最远点与入射点的距离为粒子轨迹圆的直径，由几何关系可知Lab＝R＝2r1，可知该种粒子从边界出射的最远点恰为a点，如图乙所示，故C正确； 以v0从b点沿各个方向垂直进入磁场，粒子在磁场中的半径为r2＝＝R 当该粒子在磁场中运动轨迹对应的弦长最大时，轨迹对应的圆心角最大，粒子在磁场中运动的时间最长，如图丙所示，由几何关系可知，最大圆心角为90°，则最长运动时间为tmax＝T＝·＝，故D错误。 2.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　D 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错误； 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.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的匀强磁场，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及相互作用，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，根据运动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 $$