第4讲 带电粒子在磁场中的运动-【回归课本】2025年高中物理基础知识训练

回回·丹删 第四讲 带电粒子在磁场中的运动 研课本·划重点 >>答案链接P41 带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的基本分析 [1.速度的① 过圆心,则两点速度② 的交点即为圆 确定圆心的 心(图甲) 两种方法 2.弦的③ 过圆心,则某点速度垂线与弦的④ 的交点即为圆心(图乙) 过程分析 sinθ 2}+d2} 2+(R-d)2,解得R= 2d ##或(-其中# 求解运动时间:利用轨迹对应圆心角e或轨迹长度;求时间,/= 2nm 速度的偏转角等于AB所对的圆心角e(图丁) 一。 R-d # 乙 丙 T 带电粒子在不同边界匀强磁场中运动时的常见情形分析 类型 图例 直线边界 ##)# (粒子进出磁场具有对称性) 平行边界 (粒子运动存在临界条件) 圆形边界 (粒子沿径向射入,则沿径向射出 4150 续表 十11 类型 图例 磁聚焦与磁发散 (条件:轨迹圆的半径等于磁场 区域圆的半径) 一点发敬成平行 平行会聚于一点 带电粒子在磁场中运动的多解性问题 类型 分析 图例 受洛伦兹力作用的带电粒子,可能带正电荷,也可能带负电荷,初速度相同 带电粒子电 的情况下,正、负粒子在磁场中运动轨迹不同,形成多解,如图,带电粒子以 性不确定 速度v垂直进入匀强磁场,如带正电,其轨迹为a;如带负电,其轨迹为b 只知道磁感应强度大小,而未具体指出磁场方向,此时必须要考虑磁场方向 碳场方向不 确定 不确定而形成多解,如图,带正电粒子以速度,垂直进入匀强磁场,若B垂直 纸面向里,其轨迹为a:若B垂直纸面向外,其轨迹为/ 带电粒子在洛伦兹力作用下飞越有界磁场时,由于粒子运动轨迹是圆孤状, 临界状态不 因此,它可能穿过磁场飞出,也可能转过180从人射边界反向飞出,于是形 唯一 成多解 { 运动具有周 带电粒子在部分是电场、部分是磁场的空间运动时,运动往往具有周期性, 期性 因而形成多解 快提升·练典例 >>答案链接P41 考点一 带电粒子在直线边界磁场中的运动 典例1如图所示,一个电子(电荷量为e)以速度v。垂直射入磁感应强度为B, 宽为d的匀强磁场中,穿出磁场的速度方向与电子原来的入射方向的夹角为 30*.(电子重力忽略不计),求: 碰场是直线边界的有界础场 30 (1)电子的质量是多少? (2)穿过磁场的时间是多少? 1) (3)若改变初速度的大小.使电子刚好不能从右边界射出,则此时速度,是多少 151 考点二 带电粒子在圆形边界磁场中的运动 典例2如图所示,半径为R的圆是一圆柱形匀强磁场区域的横截面(纸面),磁感 应强度大小为B,方向垂直于纸面向外,一电荷量为9、质量为n的负离子沿平行干 R 已知离子射出磁场与 射入磁场时运动方向间的夹角为60{},则离子的速率为(不计重力) __ 注意离于射入的方向并没有指向圆形磁场的圈心 3BR B.R A.7 C. 2BR 2n m. 2m D. 考点三 带电粒子在匀强磁场中运动的多解问题 典例3(多选)如图所示的等腰梯形区域存在垂直纸面向里的匀强磁场(图中未画出),磁感应强 度大小为B.等腰梯形中 P=45*$P0=2NM=4L.一带电粒子束由M点沿垂直PM方向射入匀强 磁场,带电粒子刚好不从P0边界射出磁场,已知粒子的比荷为t.忽略粒子间的相互作用,且粒子 的重力忽略不计,则下列说法正确的是 _~_ A.粒子的轨迹半径可能为(2+/2)L B.粒子的速度可能为(2-/2)Bkl 变式题 如图所示,长为L的水平极板间有垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B,板间 距离也为L.极板不带电。现有质量为m、电荷量为4的带正电粒子(不计重力),从极板间左边中 点处以速度;垂直磁感线水平射入磁场,欲使粒子不打在极板上,则;需要满足什么条件? 一来 1152因此可以判断出A项中带负电粒子所受洛伦兹力方向 粒子速率相等，还无法确定电荷量和质量的大小关系，故 答 向下，故A错误：B项中带负电粒子所受洛伦兹力方向 AB错误： 及解析 向上，故B错误：C项中带正电粒子所受洛伦兹力方向 粒子在磁场中运动半个圆周，由图可知M运动的半径 垂直于纸面向外，故C正确：D项中带正电粒子所受洛 大，故M运行的轨迹长，由1=工可知，M的运动时间大 伦兹力方向垂直于纸面向里，故D错误。 于N的运动时间，故C错误，D正确。 【点评】本题考查左手定则的应用，安培定则、左手 定则、右手定则是电磁学中经常用到的，要掌握它们 【点评】本题考查带电粒子在磁场中运动的规律，在 解题时要注意哪些量已知，哪些量未知，从而选择正 的区别，并能熟练应用。 确的公式进行求解。 典例2D【解析】粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛 典例4D【解析】“元件输出霍尔电压U:为零”，则 2 伦兹力提供向心力，有B=m动能为E三2m 霍尔元件处磁感应强度为0.即电流1。和电流'在霍尔 联立可得E=9 2m 。由题意知α粒子和B粒子所带 远件处产生的磁场等大反向，即。=k,',得r= 电荷量之比为2：1，故α粒子和B粒子的动能之比为 由安培定则判断电流/。在霍尔元件处产生的磁场方向 (2e)2 向下，则电流'在霍尔元件处产生的磁场方向应向上， E=m,-4,故D正确。 4m 由安培定则可判断的方向应该是b→a。故选D。 m m 变式题C【解析】①正负电荷的判断：通以从左到右 典例3D【解析】带电粒子在磁场中做圆周运动的向 的稳恒电流I时，由左手定则可判断，导体中的自由电 心力由洛伦兹力提供，由向心力公式得B= 荷将偏向上表面（无论是正电荷还是负电荷，四个手指 ,厂，解得 均指向电流的方向，则洛伦兹力均指向上表面)，又“上 、带电粒子在磁场中做圆周运动的半径，带电粒子 表面的电势比下表面的低”，故自由电荷一定为负 电荷。 在磁场中做圆周运动的周期T=2mr_2mm 设粒子M ②n的计算：当电压达到稳定时，电荷所受到的洛伦兹 的电荷量为g,质量为m1,速度为。粒子N的质量 力和电场力达到平衡，有二)=，得U=,联立 为m,碰撞前粒子M的轨迹半径，=m ,周期T= B nqSn=nqrab,得n= bL°故选C。 2mm 9B ;碰撞前后两粒子动量守恒，设碰后两粒子共同 第四讲带电粒子在磁场中的运动 速度大小为，则m,。=(m,+m),碰撞后两粒子的轨 【研课本·划重点】 迹半径'=（m,+m) 2T(m,+m3 一、①垂线②垂线③垂直平分线④垂直平分线 -=r,周期T= ->T= g8 9B 【快提升·练典例】 2m1 即碰后新粒子做圆周运动的半径不变，周期增 2Bed qB 典例1(1) (2) (3)2 大，动量不变，故A、B、C错误：碰撞后二者粘在一起， 【解析】(1)电子在磁场中运动，只受洛伦兹力作用， 机械能有损失，动能减小，故D正确。 故其轨迹是圆弧的一部分，设圆心为0点，如图所示。 变式题D【解析】粒子在磁场中运动，根据洛伦兹力 d 根据几何关系可得轨迹半径R= sin30°， 提供向心力有B=m —、可得动座华空为”一公·又宜 解得R=2d。 41 回归 根据洛伦兹力提供向心力，则 mB=m三，联立解得与=(2-2)L,放AB正确。 本 有Be,=mR' 若粒子带负电，假设粒子可以运动到图甲中的B点，根 2Bed 解得m= ××为× 据几何关系可得1= 2B若粒子带正电，轨迹如图乙， ××,××目 (2)电子穿过磁场的时间是 根据几何关系可得'=，故C错误，D正确。 B 30° 1360 T= ××× P45 0 又T2mm eB 紧待受 (3)电子刚好不能从右边界射出时，轨迹恰好与磁场右 甲 边界相切，由几何知识得轨迹半径R'=d,根据洛伦兹力 gBL 变式题 提供向心力 54L或v 4m 4m 2 有Be=m 【解析】设粒子恰好从极板 01 右边缘射出时的速度为书，轨 ..n 又B,=mR,R=2, 迹半径为「，如图所示，此时2 圆心为0，由几何关系有 0 X 联立解得v=2o 1 = 典例2D【解析】设离子在 XX XX 由牛顿第二定律得 WVVB3KK333008800008 匀强磁场中做圆周运动的轨迹 半径为，速率为，运动轨迹如 q B=m- 图所示，由轨迹对应圆心角等 于速度偏转角，可知20=60°， 58c 联立解得，=59此 4m 即0=30°。由射人点与直径ab 设粒子恰好从极板左边缘射出时的速度为2，轨迹半 R 径为2，如图所示，此时圆心为O2,由几何关系有 的距离为)，可知∠0A0'=60°，则40100，由几何关 gBR ,选项 r24 系可知in30°=R,又gmB=m,解得r= D正确。 由牛顿第二定律得gW,B=m 典例3ABD【解析】若粒子带负电，运动轨迹如图甲 联立可得=9此 4m 所示，在△OAM中，根据几何关系可得R=√2(R-L), 解得R=(2+√2)L,根据洛伦兹力提供向心力有 因此，当粒子的速度满足≥54L或≤B时，粒子不 4m 4m qr B=m- ,联立解得，=(2+2)B:若粒子带正电 会打在极板上。 第五讲带电粒子在复合场中的运动 运动轨迹如图乙所示，由儿何关系有m4的+r=PW 【研课本·划重点】 √2L,可得r=(2-√2)L,根据洛伦兹力提供向心力有 二、①匀速直线②匀速圆周 442