第一章 专题三 带电粒子在匀强磁场中运动的临界问题和多解问题-【金版教程】2025-2026学年高中物理选择性必修第二册作业与测评课件PPT（人教版）

第一章　安培力与洛伦兹力 专题三　带电粒子在匀强磁场中运动的临界问题和多解问题 目录 1 2 3 核心概念 规律再现 核心能力提升练 考点模型 考点对点练 核心概念 规律再现 1．处理临界极值问题的常见方法 (1)动态放缩法：当带电粒子射入磁场的方向确定，但射入时速度v的大小或磁感应强度B变化时，粒子做圆周运动的轨道半径r随之变化。在确定粒子运动的临界情景时，可以以入射方向所在直线为切线，入射点为切点，作出半径不同的一系列轨迹，从而探索出临界条件。如图1所示为粒子进入矩形边界磁场的情景。 核心概念 规律再现 4 (2)定圆旋转法：当带电粒子射入磁场时的速率v大小一定，但射入的方向变化时，可以以入射点为定点，将轨迹圆旋转，作出一系列轨迹，从而探索出临界条件。如图2所示为粒子进入单边有界磁场时的情景。 (3)定圆平移法：速度大小和方向相同的一排同种粒子垂直直线边界进入匀强磁场，各粒子的轨迹圆弧可以由一个粒子的轨迹圆弧沿着边界平移得到(如图3所示)。 核心概念 规律再现 5 2．带电粒子在匀强磁场中运动形成多解的原因 (1)磁场方向、带电粒子电性或粒子速度方向不确定，从而使粒子轨迹不同导致多解。 (2)粒子速度大小或磁感应强度大小不确定，从而使临界状态不唯一，从而导致多解。(如图4，粒子飞出磁场情况不唯一) (3)由于磁场周期性变化、粒子反复与挡板碰 撞等，从而使运动具有周期性导致多解。(如图5， 粒子从两磁场分界线射出有多种可能) 核心概念 规律再现 6 考点模型 考点对点练 考点模型 考点对点练 1 2 3 4 5 8 考点模型 考点对点练 1 2 3 4 5 9 考点模型 考点对点练 1 2 3 4 5 10 考点模型 考点对点练 1 2 3 4 5 11 考点模型 考点对点练 1 2 3 4 5 12 考点模型 考点对点练 1 2 3 4 5 13 考点模型 考点对点练 1 2 3 4 5 14 考点模型 考点对点练 1 2 3 4 5 15 考点模型 考点对点练 1 2 3 4 5 16 考点模型 考点对点练 1 2 3 4 5 17 [名师点拨]　求解带电粒子在磁场中运动多解问题的技巧 (1)分析题目特点，确定题目多解性形成的原因。 (2)作出粒子运动轨迹示意图(全面考虑多种可能性)。 (3)若为周期性重复的多解问题，应寻找通项式；若可能出现几种解，应注意每种解出现的条件。 考点模型 考点对点练 1 2 3 4 5 18 核心能力提升练 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 20 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 21 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 22 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 23 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 24 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 25 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 26 4.(多选)地磁场能抵御宇宙射线的侵入，赤道剖面处的地磁场可简化为包围地球一定厚度的匀强磁场，方向垂直该剖面，如图所示。a、c粒子从O点平行于磁场边界射入地磁场，b粒子从O点垂直于磁场边界射入地磁场，它们都恰不能到达地面。则下列相关说法中正确的是(　　) A．a粒子带负电 B．若a、c粒子比荷相同，则c粒子的速率更大 C．若a、b粒子比荷相同，则从O点运动至轨迹与地面相 切，a粒子的运动时间比较短 D．若a粒子速率不变，在图示平面内只改变射入的速度方向，粒子可能到达地面 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 27 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 28 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 29 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 30 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 31 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 32 　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　 R 典型考点一　带电粒子在有界匀强磁场中运动的临界问题 1.如图所示，边长为l的正方形abcd区域(包含边界)存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为q的正粒子从a点沿着ab方向射入磁场中，不计粒子的重力，为使粒子从cd边射出磁场区域，粒子的速度可能为(　　) A.eq \f(qBl,4m) B.eq \f(qBl,3m) C.eq \f(2qBl,3m) D.eq \f(4qBl,3m) 解析：根据洛伦兹力提供向心力，有qvB＝meq \f(v2,r)，可得轨迹 半径r＝eq \f(mv,qB)，可知粒子的速度越大，轨迹半径越大，因此，粒子 若要从cd边射出磁场区域，则恰好从d点出射时，粒子有最小 速度，且此时ad为粒子轨迹的直径，有eq \f(l,2)＝eq \f(mvmin,qB)，解得vmin＝ eq \f(qBl,2m)，若粒子恰好从c点射出，则粒子有最大速度，根据几何关系可知，此时粒子的轨迹半径为l，则有l＝eq \f(mvmax,qB)，解得vmax＝eq \f(qBl,m)。综上可知，若要使粒子从cd边射出磁场区域，则粒子速度的取值范围为eq \f(qBl,2m)≤v≤eq \f(qBl,m)，故选C。 2.如图所示，在一足够大的挡板MN的上方，有磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。P为MN上的一个粒子发射源，它能连续垂直磁场方向发射速率为v、质量为m、电荷量为＋q的粒子，不计粒子的重力和粒子间的相互作用，粒子打到挡板上时均被挡板吸收。则在垂直于磁场的平面内，有粒子经过的区域的面积是(　　) A.eq \f(πm2v2,q2B2) B.eq \f(2πm2v2,q2B2) C.eq \f(3πm2v2,2q2B2) D.eq \f(πm2v2,4q2B2) 解析：由题意可知，粒子在磁场中的运动半径R＝ eq \f(mv,qB)，则所有粒子在磁场中的轨迹半径相同。从P垂直射 入磁场向左偏转做圆周运动的粒子，其轨迹圆过P的直 径必垂直于MN，如图所示。为了找出从P沿纸面向各个方向发射的粒子的轨迹圆的范围，可将沿MN向右射入磁场的粒子的轨迹圆绕P向左旋转180°，这些轨迹圆在MN上方扫过的区域如图中阴影部分所示。此阴影部分的面积即在垂直于磁场的平面内有粒子经过的区域面积。由几何图形可知，有粒子经过的区域的面积为S＝eq \f(1,2)πR2＋eq \f(1,4)π(2R)2＝eq \f(3πm2v2,2q2B2)，故C正确，A、B、D错误。 3.如图所示是带电粒子收集器的示意图，直角三角形ABC区域内有 垂直于纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场，AC边长为L，∠A ＝30°。一束带正电的粒子流以相同速度在CD范围内垂直AC边射入， 从D点射入的粒子恰好不能从AB边射出。已知从BC边垂直射出的粒子 在磁场中运动的时间为3t，在磁场中运动时间最长的粒子所用时间为4t， 则(　　) A．粒子的比荷为eq \f(π,3Bt) B．粒子运动的轨迹半径为eq \f(\r(3),3)L C．粒子射入磁场的速度大小为eq \f(πL,15t) D．这束粒子在磁场中扫过的面积为eq \f(3π＋12,25)L2 解析：从BC边垂直射出的粒子在磁场中的运动时间3t＝eq \f(T,4)， 解得粒子在磁场中的运动周期T＝12t，根据qvB＝eq \f(mv2,r)，T＝eq \f(2πr,v)， 可得T＝eq \f(2πm,qB)，解得粒子的比荷为eq \f(q,m)＝eq \f(π,6Bt)，故A错误；在磁场中 运动时间最长的粒子轨迹如图所示，所用时间4t＝eq \f(1,3)T，则轨迹所对 圆心角为θ＝∠AOE＝eq \f(1,3)×360°＝120°，则∠CEO＝30°，由几何 关系可知rsin30°＋eq \f(r,sin30°)＝L，解得r＝eq \f(2,5)L，故B错误；由qvB＝eq \f(mv2,r)，解得v＝eq \f(πL,15t)，故C正确；将轨迹圆沿AC方向向下平移，可知这束粒子在磁场中扫过的面积如图中灰色部分所示，则面积S＝r·rsin30°＋eq \f(πr2,4)＝eq \f(π＋2,25)L2，故D错误。 典型考点二　带电粒子在匀强磁场中运动的多解问题 4．(多选)如图所示，匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，MN是它的下边界。现有质量为m、电荷量为q的带电粒子与MN成30°角垂直射入磁场，则粒子在磁场中运动的时间可能为(　　) A.eq \f(πm,3qB) B.eq \f(2πm,3qB) C.eq \f(4πm,3qB) D.eq \f(5πm,3qB) 解析：由于带电粒子的电性不确定，其轨迹可能是如图所示的两种情况，带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，可得qvB＝meq \f(v2,R)，根据线速度和周期的关系，可得v＝eq \f(2πR,T)，联立解得粒子做圆周运动的周期T＝eq \f(2πm,qB)，由几何关系可知，若粒子带正电荷，轨迹对应的圆心角为θ1＝300°，若粒子带负电荷，轨迹对应的圆心角为θ2＝60°，则对应粒子在磁场中运动的时间分别为t1＝eq \f(θ1,2π)T＝eq \f(5πm,3qB)，t2＝eq \f(θ2,2π)T＝eq \f(πm,3qB)，故选A、D。 5.(多选)如图所示，两方向相反、磁感应强度大小均为B的匀强磁场被边长为L的等边三角形AOC分开，三角形内磁场方向垂直纸面向里，三角形顶点A处有一质子源，能沿∠OAC的角平分线发射速度不同的质子(质子重力不计)，所有质子均能在不经过AO、OC边的前提下通过C点，质子比荷eq \f(q,m)＝k，则以下说法正确的是(　　) A．质子的速度可能为eq \f(2,3)BkL B．质子的速度可能为eq \f(1,5)BkL C．质子由A到C的时间可能为eq \f(π,4kB) D．质子由A到C的时间可能为eq \f(2π,3kB) 解析：质子带正电，且所有质子均能在不经过AO、OC边 的前提下经过C点，作出其可能的轨迹如图所示，根据几何关 系可知，每一段圆弧所对应的圆心角均为60°，质子可能的运 动半径为r＝eq \f(L,n)(n＝1，2，3，…)，质子在磁场中做圆周运动， 由洛伦兹力提供向心力，则有qvB＝meq \f(v2,r)，解得v＝eq \f(BkL,n)(n＝1，2，3，…)，可知质子的速度可能为eq \f(1,5)BkL，不可能为eq \f(2,3)BkL，故A错误，B正确；质子做圆周运动的周期T＝eq \f(2πr,v)＝eq \f(2πm,qB)，结合上述分析可知，质子由A到C的时间为t＝n·eq \f(60°,360°)T(n＝1，2，3，…)，解得t＝eq \f(nπ,3kB)(n＝1，2，3，…)，可知，质子由A到C的时间不可能为eq \f(π,4kB)，可能为eq \f(2π,3kB)，故C错误，D正确。 1.(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eq \f(q,m)，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>eq \f(mv,3qs)，垂直纸面向里 B．B>eq \f(mv,qs)，垂直纸面向里 C．B>eq \f(mv,qs)，垂直纸面向外 D．B>eq \f(3mv,qs)，垂直纸面向外 解析：当所加匀强磁场方向垂直纸面向里时，由左手定 则知，负离子向右偏转，约束在OP之下的区域的临界条件 是离子运动轨迹与OP相切，如图中大圆弧所示，由几何知 识知R2＝eq \x\to(OB)sin30°＝eq \f(1,2)eq \x\to(OB)，而eq \x\to(OB)＝s＋R2，由洛伦兹力提供向心力有qvBmin＝meq \f(v2,R2)，联立解得Bmin＝eq \f(mv,qs)，所以B>eq \f(mv,qs)，故A错误，B正确；当所加匀强磁场方向垂直纸面向外时，由左手定则知，负离子向左偏转，约束在OP之下的区域的临界条件是离子运动轨迹与OP相切，如图中小圆弧所示，由几何知识知R1＝eq \x\to(OC)sin30°＝eq \f(1,2)eq \x\to(OC)，而eq \x\to(OC)＝s－R1，由洛伦兹力提供向心力有qvBmin′＝meq \f(v2,R1)，联立解得Bmin′＝eq \f(3mv,qs)，所以B>eq \f(3mv,qs)，故C错误，D正确。 2.如图所示，在边长为L的正三角形abc区域内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，有一群质量为m、电荷量为q的粒子，以大小不同的速度从a点沿ac方向进入磁场，从ab边或bc边射出磁场。不计粒子重力和粒子间的相互作用，下列说法正确的是(　　) A．粒子带正电 B．粒子在磁场中运动时间最长为eq \f(πm,3qB) C．从b点飞出的粒子的轨迹半径为eq \f(\r(3)L,3) D．从bc边飞出的粒子，飞出点越靠近c，运动时间越长 解析：由题意结合左手定则可知，粒子带负电，A错误；由洛伦兹力提供向心力有qvB＝meq \f(v2,R)，则粒子做圆周运动的周期T＝eq \f(2πR,v)＝eq \f(2πm,qB)，粒子从ab边射出时在磁场中转过的圆心角最大，运动时间最长，粒子从ab边射出的情况如图甲所示，则粒子在磁场中运动时间最长为tmax＝eq \f(120°,360°)T＝eq \f(120°,360°)·eq \f(2πm,qB)＝eq \f(2πm,3qB)，B错误； 如图乙所示，由几何关系得，从b点飞出的粒子的轨迹半径为R＝eq \f(\f(L,2),sin\f(120°,2))＝eq \f(\r(3)L,3)，C正确；如图丙所示，由几何关系可知，从bc边飞出的粒子，飞出点越靠近c，粒子轨迹对应的圆心角越小，运动时间越短，D错误。 3.(多选)边长为L的正方形abcd区域内存在垂直于纸面向里的匀强磁场，大量的质量为m、电荷量为q的粒子同时以相同的速度垂直于ad边且垂直于磁场射入磁场区域，经磁场偏转后有二分之一的粒子自ab边离开磁场。已知粒子射入磁场时均匀分布，粒子速率大于eq \f(BqL,4m)，不计粒子之间的相互作用和粒子的重力。下列说法正确的是(　　) A．粒子在磁场中运动的轨迹半径为eq \f(2\r(3)L,3) B．粒子入射的速率为eq \f(5BqL,4m) C．所有粒子均离开磁场所需的时间为eq \f(πm,3Bq) D．所有粒子均离开磁场所需的时间为eq \f(53πm,180Bq) 解析：设粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径为r，由洛伦兹力提供向心 力有qvB＝eq \f(mv2,r)，v>eq \f(BqL,4m)，解得r>eq \f(L,4)，因此自ad边中点O射入的粒子恰好自b 点离开，而不可能从a点离开，如图所示。根据几何关系可得r2＝L2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(r－\f(L,2)))eq \s\up12(2)， 解得r＝eq \f(5L,4)，根据几何关系可得轨迹所对应的圆心角α满足sinα＝eq \f(L,r)＝eq \f(4,5)，解 得α＝53°＝eq \f(53π,180)，根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝eq \f(mv2,r)，解得粒子入射的速 率v＝eq \f(5BqL,4m)，故A错误，B正确；自O点以下射入的粒子在磁场中运动的轨迹与自O点射入的粒子运动轨迹形状相同，因此在磁场中运动的时间也相等，而在O点上方射入的粒子的运动轨迹为自O点射入的粒子运动轨迹的一部分，则自O点射入的粒子在磁场中的运动时间最长，故所有粒子均离开磁场所需的时间为t＝eq \f(αr,v)＝eq \f(53πm,180Bq)，故C错误，D正确。 解析：根据左手定则可知，a、c粒子带负电，b粒子带正电， 故A正确；由带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的轨迹半径公式 r＝eq \f(mv,Bq)可知，若a、c粒子比荷相同，则速率大的轨迹半径大，即 c粒子的速率更大，故B正确；由图可知，从O点运动至轨迹与 地面相切，a粒子的轨迹圆弧所对的圆心角θ比b粒子的大，而粒子在磁场中的运动周期T＝eq \f(2πm,qB)，则粒子的运动时间t＝eq \f(θ,2π)T＝eq \f(θm,Bq)，可知若a、b粒子比荷相同，则从O点运动至轨迹与地面相切，a粒子的运动时间较长，故C错误；若a粒子速率不变，则其在地磁场中做圆周运动的半径不变，只改变射入的速度方向，轨迹圆绕O点旋转，可知粒子无法到达地面，故D错误。 5.长度为L的水平板上方区域存在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，从距水平板中心正上方eq \f(L,2)的P点处以水平向右的速度v0释放一个质量为m、电荷量为e的电子，若电子能打在水平板上，速度v0应满足(　　) A．v0>eq \f(eBL,2m) B．v0<eq \f(eBL,4m) C.eq \f(eBL,4m)<v0<eq \f(eBL,2m) D．v0>eq \f(eBL,2m)或v0<eq \f(eBL,4m) 解析：电子在磁场中做匀速圆周运动，其恰好不能打在板上 的两个临界情况如图所示。由洛伦兹力提供向心力有ev0B＝m2,0)eq \f(v,R) ， 解得电子在磁场中做圆周运动的轨迹半径R＝eq \f(mv0,eB)，当电子的运动 轨迹恰好与水平板相切时，其轨迹半径最小，为Rmin＝eq \f(L,4)，此时其 速度最小，为vmin＝eq \f(eBL,4m)；当电子的运动轨迹恰好经过水平板最右端时，其轨迹半径最大，由几何关系可知，最大为Rmax＝eq \f(L,2)，此时其速度最大，为vmax＝eq \f(eBL,2m)。综上所述，电子的速度v0满足的条件为eq \f(eBL,4m)<v0<eq \f(eBL,2m)，故C正确。 6．如图所示，边长为a＝0.4 m的正方形区域ABCD内无磁场，正方形中线PQ将区域外左右两侧分成两个磁感应强度均为B＝0.2 T的匀强磁场区域，PQ右侧磁场方向垂直于纸面向外，PQ左侧磁场方向垂直于纸面向里。现将一质量为m＝1×10－8 kg、电荷量为q＝2×10－6 C的正粒子从AB中点以某一速率垂直于AB射入磁场，不计粒子的重力，若在第一次通过BC边时，粒子可以垂直BC射入正方形区域，则下列说法正确的是(　　) A．粒子的最大速度为12 m/s B．粒子的速度可能为10 m/s C．粒子的速度可能为eq \f(8,3) m/s D．粒子的速度可能为2 m/s 解析：若粒子在第一次通过BC边时，垂直于BC射入正方形区域内，则粒子可能的部分运动轨迹如图1、2所示，设粒子的轨迹半径为r，由几何关系可得(2n＋1)r＝eq \f(a,2)(n＝0，1，2，…)，其中n为粒子横穿正方形区域的次数。粒子在磁场中做匀速圆周运动时，由洛伦兹力提供向心力有qvB＝meq \f(v2,r)，联立解得v＝eq \f(qBa,（4n＋2）m)(n＝0，1，2，…)，当n＝0时，速度最大，为 vmax＝8 m/s，当n＝1时，v＝eq \f(8,3) m/s， 而当v＝2 m/s时，n＝1.5，即粒子的速 度不可能为10 m/s或2 m/s，故选C。 $