专题提升 带电粒子在有界匀强磁场中运动的临界和多解问题 课件 -2025-2026学年高二下学期物理人教版选择性必修第二册

该高中物理单元复习课件聚焦带电粒子在有界匀强磁场中运动的临界和多解问题，通过知识归纳梳理常见临界类型、解题思路及“放缩圆”“旋转圆”两种核心方法，结合典例剖析与对点演练，构建“问题类型-方法策略-实例应用”的完整知识网络。 其亮点在于突出科学思维培养，通过“放缩圆动态轨迹分析”“旋转圆几何关系推理”等模型建构活动，搭配分层例题（如角度1、2）和随堂检测，助力学生掌握临界条件判断与多解成因讨论，教师使用可精准突破重难点，提升复习针对性和效率。

第一章　安培力与洛伦兹力 专题提升　带电粒子在有界匀强磁场中 运动的临界和多解问题 学习目标 1.会分析带电粒子在有界匀强磁场中运动的临界问题。(科学思维) 2.了解多解成因,会分析带电粒子在匀强磁场中运动的多解问题。(科学思维) 重难探究·能力素养全提升 探究点一　带电粒子在有界匀强磁场中运动的临界问题 知识归纳 1.常见的临界问题 带电粒子在磁场中运动,由于速度大小或方向的变化,往往会存在临界问题,常见的临界问题: (1)粒子刚好穿出磁场的条件:在磁场中运动的轨迹与边界相切。 (2)根据半径判断速度的极值:轨迹圆的半径越大,对应的速度越大。 (3)根据圆心角判断时间的极值:粒子运动转过的圆心角越大,时间越长。 (4)根据弧长(或弦长)判断时间的极值:当速率一定时,在半个周期内,粒子运动弧长(或弦长)越长,时间越长。 2.解题思路 3.解决临界轨迹问题的两种常用方法 (1)“放缩圆”法 动态放缩圆 速度方向一定,大小不同 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的变化而变化 轨迹圆圆心共线 界定 方法 以入射点P为定点,圆心位于PP'直线上,将半径放缩作轨迹圆,从而探索出临界条件,这种方法称为“放缩圆”法 如图所示(图中只画出粒子带正电的情境),速度v越大,运动半径也越大。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PP'上 (2)“旋转圆”法 定圆旋转 速度大小一定,方向不同 轨迹圆圆心共圆 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=的圆上 界定方法 将一半径为R=的圆以入射点为圆心进行旋转,从而探索粒子的临界条件,这种方法称为“旋转圆”法 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,它们在磁场中做匀速圆周运动的半径相同,若射入的初速度大小为v0,则圆周运动的半径为R=。如图所示 典例剖析 角度1“放缩圆”法 【例题1】 如图所示,匀强磁场的磁感应强度为B③,宽度为d,边界为CD和EF。一电子从CD边界外侧以速率v0垂直匀强磁场射入,入射方向与CD边界间夹角为θ①。已知电子的质量为m,电荷量为e③,不计重力的影响。 (1)为使电子能从磁场的另一侧EF射出②,电子的速率v0 应满足什么条件? (2)求电子在磁场中运动的最长时间。 解析 (1)根据题意,电子的运动轨迹如图所示 电子轨迹恰好与EF边相切时,由几何知识有r+rcos θ=d 当电子能从左侧边界射出时,圆心角最大,运动的时间最长。由几何关系得在磁场中转过的圆心角为α=2π-2θ 教你析题 读取题干 获取信息 ① 入射速度方向 ② 临界轨迹 ③ 电子在磁场中做圆周运动的周期 教你破题 方法技巧　(1)带电粒子在有界匀强磁场中做匀速圆周运动的临界问题往往对应着一些特殊的词语,如“恰好”“刚好”“最大”“最小”“最高”“至少”等等,解题时应予以特别关注。 (2)画出粒子运动的临界轨迹并根据几何知识求得此时带电粒子运动的轨迹半径往往是求解此类问题的关键。 对点演练 C 1.(2025江西新余高二期末)如图所示,在直角三角形abc区域(含边界)内存在垂直于纸面向外的匀强磁场,磁感应强度大小为B,ac=2ab,边长ab=L,一个粒子源在a点将质量为m、电荷量为q的带正电粒子从a点沿ab方向以大小不同的速度射入磁场,且所有粒子均能从ac边射出,不计粒子的重力及粒子间的相互影响,下列说法正确的是(　　) A.粒子运动时间为 B.入射点与出射点的间距最大为L C.粒子运动速度的最大值为 D.运动轨迹与ac边的最大距离为 解析 根据题意可知,粒子沿ab方向射入磁场,所有粒子均能从ac边射出,则所有粒子从ac边射出磁场时转过的圆心角相同,所有粒子在磁场中的运动时间相同,粒子速度最大时运动轨迹与bc相切,最大速度粒子的运动轨迹如图所示。由题给信息可知∠a=60°,∠b=90°,∠c=30°,又因为aO、dO均为半径,所以aO=dO,则四边形abdO为正方形,所以粒子以最大速度做圆周运动的半径,即粒子做圆周运动的最大半径为Rm=L,粒子做圆周运动,洛伦兹力提供向心力,由牛顿第二定律得qvmB=m,解得 vm=,由图容易得到粒子在磁场中转过的圆心角为 θ=120°,则粒子在磁场中运动的时间为t=T=,故A错误,C 正确;由图可知,入射点与出射点的间距最大为a、e之间的距离,则其间距最大为dm1=2Rmsin =2×L×L,故B错误;由图可知,运动轨迹与边ac的最大距离为最大半径Rm减去点O到边ac的垂直距离,即dm2=Rm- Rmcos =L-L=L,故D错误。 角度2“旋转圆”法 【例题2】 (2025江西九江高二期末)如图所示,平行边界MN、PQ间有垂直于纸面向里的匀强磁场,磁场的磁感应强度大小为B,两边界的间距为d,MN上有一粒子源A,可在纸面内沿各个方向向磁场中射入质量均为m、电荷量均为+q(q>0)的粒子,粒子射入磁场的速度大小v=, 不计粒子的重力,则粒子能从PQ边界射出的区域长度与能从 MN边界射出的区域长度之比为(　　) A.1∶1 B.2∶3 C.∶2 D.∶3 C 解析 作出粒子在磁场中运动时的几条轨迹如图所示。粒子在磁场中运动时,qvB=,粒子运动轨迹半径R=d;由左手定则可得,粒子沿逆时针方向偏转做圆周运动;由旋转圆的图形可知,粒子沿AN方向射入磁场时,到达PQ边界的最下端,与A点的竖直距离L1=d;运动轨迹与PQ相切时,切点为到达PQ边界的最上端,距A点的竖直距离L2=d,所以粒子在PQ边界射出的区域长度L=L1+L2=d。因为R<d,所以粒子在MN边界射出区域的长度 为L'=2R=d。故粒子能从PQ边界射出的区域长度与能从MN边 界射出的区域长度之比为L∶L'=d∶d=∶2,故C正确, A、B、D错误。 对点演练 2.如图所示,在足够大的屏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为屏上一小孔,PC与MN垂直,一束质量为m、电荷量为q的负粒子(不计重力)以相同的速率v从P处射入磁场区域,粒子入射方向在与磁场垂直的平面内,且分散在与PC夹角为θ的范围内,则在屏MN上被粒子打中区域的长度为(　　) A. B. C. D. D 解析 如图所示,S、T之间的距离为在屏MN上被粒子打中区域的长度。粒子在磁场中运动的轨道半径R=,则lPS=2Rcos θ=,lPT=2R=,所以lST=。 探究点二　带电粒子在有界磁场中运动的多解问题 知识归纳 1.常见的多解问题 带电粒子在磁场中做匀速圆周运动时,由于不确定因素的影响,使运动具有多种可能性,常见的多解问题有如下几种。 (1)带电粒子电性不确定形成多解 带电粒子可能带正电,也可能带负电,在具有相同的初速度的条件下,正、负粒子在磁场中运动轨迹不同,出现两种可能性。 (2)磁场方向不确定形成多解 有些题目只告诉了磁感应强度的大小,而未具体指出磁感应强度方向,此时必须要考虑磁感应强度方向不确定而形成的多解。 (3)带电粒子速度不确定形成多解 有些题目只告诉了带电粒子的电性,但未具体指出速度的大小或方向,此时必须考虑由于速度的不确定而形成的多解。 (4)带电粒子的周期性运动形成多解 解决带电粒子在磁场中的周期性运动与多解问题,关键是对运动过程进行准确分析,找出周期性运动的规律,并用数学通式表达多解性。 2.多解问题的解题思路 (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。 (3)如果是周期性重复导致的多解问题,应寻找通项式,注意每种解的出现条件。 典例剖析 【例题3】 如图所示,边长为L的等边三角形ABC内、外分别分布着方向相反的匀强磁场,三角形内磁场方向垂直纸面向外,两磁场的磁感应强度大小均为B。顶点A处有一粒子源,粒子源能沿∠BAC的角平分线方向发射不同速率的粒子,粒子质量均为m,电荷量均为+q,不计粒子重力及粒子间的相互作用力,则下列发射速度能使粒子通过B点的是(　　) BD 解析 粒子带正电,且经过B点,其两种可能的运动轨迹如图所示,轨迹中所有圆弧所对圆心角均为60°,所以粒子运行半径 方法技巧　解决带电粒子在匀强磁场中运动的多解问题的关键是充分考虑问题的各种可能性,认真分析其物理过程,画出各种可能的运动轨迹,找出隐含的几何关系,综合运用数学、物理知识求解。 对点演练 3.如图所示,在x<0与x>0的区域中,存在磁感应强度大小分别为B1与B2的匀强磁场,磁场方向均垂直于纸面向里,且B1>B2。一个带负电荷的粒子从坐标原点O以速度v沿x轴负方向射出,要使该粒子经过一段时间后又经过O点,B1与B2的比值应满足什么条件? 答案 (n=1,2,3,…) 解析 粒子交替地在两个磁场区域中做匀速圆周运动,轨道都是半个圆周。设粒子的质量和电荷量分别为m和q,圆周运动的半径分别为r1和r2,有:r1=,r2= 如图所示,在xOy平面内,粒子先沿半径为r1的半圆C1运动至 y轴上离O点距离为2r1的A点,接着沿半径为r2的半圆D1运动 至O1点,OO1的长度d=2(r2-r1) 此后,粒子每经历一次“回旋”,粒子的y坐标就减小d,设粒子经过n次回旋后与y轴交于On点,则OOn=nd 当满足nd=2r1(n=1,2,3,…)时粒子再经过半圆Cn+1就能经过原点,解得(n=1,2,3,…) 联立各式,可得B1、B2应满足的条件:(n=1,2,3,…)。 学以致用·随堂检测全达标 1 2 3 4 1.(带电粒子在有界匀强磁场中运动的临界问题)如图所示,空间存在四分之一圆形磁场区域,半径为R,磁感应强度为B,磁场方向垂直纸面向外。电子以初速度v从圆心O沿OC方向射入磁场,恰好由A点射出。不计电子的重力,弧AD对应的圆心角为60°,要使电子从弧AD之间射出,电子从O点射入的初速度可能是(　　) B 1 2 3 4 1 2 3 4 2.(带电粒子在有界磁场中运动的多解问题)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将区域外分成左右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,若粒子能垂直于BC射入正方形区域内,则(　　) A.粒子的最大速度为12 m/s B.粒子的速度可能为10 m/s D.粒子的速度可能为2 m/s C 1 2 3 4 1 2 3 4 3.(带电粒子在有界匀强磁场中运动的多解问题)(多选)在如图所示的平面内,分界线SP将宽度为l的矩形区域分成两部分,一部分充满方向垂直于纸面向外的匀强磁场,另一部分充满方向垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小均为B,SP与磁场左右边界垂直。离子源从S处向磁场中射入速度大小不同的正离子,离子入射方向与磁场方向垂直且与SP成30°角。已知离子比荷为k,不计重力。若离子从P点射出,设出射方向与入射方向的夹角为θ,则离子的入射速度和对应θ角的可能组合为(　　) BC 1 2 3 4 甲 乙 解析 若离子通过下部分磁场直接到达P点,运动轨迹如图甲所示,根据几何 可知出射速度与SP成30°角向上,故出射方向与入射方向的夹角为θ=60°。当离子上下两部分磁场均经历一次后从P点射出时,运动轨迹如图乙所示,因为上下磁感应强度均为B, 1 2 3 4 1 2 3 4 4.(带电粒子在有界匀强磁场中运动的临界问题)如图所示,PN和MQ两板平行且板间存在垂直纸面向里的匀强磁场,两板间距离及PN和MQ长均为d,一质子从PN板的正中间O点以速度v0垂直射入磁场,已知质子电荷量为e,质量为m。为使质子能射出两板间,求磁感应强度B的大小的取值范围。 1 2 3 4 解析 由左手定则确定,质子向上偏转。B较小时,质子从M点射出(如图所示),此时轨道的圆心为O'点,由平面几何知识得 答案 (1)v0> (2) 解得r= 根据洛伦兹力提供向心力,有ev0B=m 解得v0= 为使电子能从磁场的另一侧EF射出,电子的速率v0应满足v0>。 (2)电子在磁场中做圆周运动的周期为T= 则在磁场中运动的最长时间为t=T=。 A.　　　　　　　 B. C. D. r=(n=1,2,3,…),粒子在磁场中做圆周运动,洛伦兹力提供向心力,由牛顿第二定律得qvB=m,解得v=(n=1,2,3,…),由此可知发射速度为的粒子能通过B点,B、D符合题意。 A. B. C.2v D.3v 解析 根据题意,电子初速度为v时,恰好由A点射出,如图中轨迹Ⅰ所示,由几何关系可得r=,由牛顿第二定律有qvB=m,联立可得R=;要使电子恰好从D点射出,如图中轨迹Ⅱ所示,根据几何关系可得r'=R,由qv'B=m可得R=,联立解得v'=2v,所以要使电子从弧AD之间射出,电子从O点射入的初速度应大于v,小于2v,故选B。 C.粒子的速度可能为 m/s 解析 根据题意可知,粒子在磁场中做匀速圆周运动,由洛伦兹力提供向心力有qvB=m,解得v=,若粒子能垂直于BC射入正方形区域内,则粒子可能的运动轨迹如图所示,由几何关系可得(2n+1)r=(n=0,1,2,…),解得v=(n=0,1,2…),当n=0时,速度最大为vmax=8 m/s,当n=1时v= m/s,当n=2时v= m/s,则粒子的速度不可能为2 m/s,故选C。 A.kBl,0° B.kBl,0° C.kBl,60° D.2kBl,60° 关系有R=l,由洛伦兹力提供向心力有qvB=m,可得v==kBl,根据对称性 则根据对称性有R'=l,由洛伦兹力提供向心力有qv'B=m,可得v'=kBl,此时出射方向与入射方向相同,即出射方向与入射方向的夹角为θ=0°。通过以上分析可知,当离子从下部分磁场射出时,需满足v=kBl(n=1,2,3,…),此时出射方向与入射方向的夹角为θ=60°;当离子从上部分磁场射出时,需满足v=kBl(n=1,2,3,…),此时出射方向与入射方向的夹角为θ=0°。故B、C正确,A、D错误。 答案 <B< R2=d2+,得R=d 质子在磁场中有ev0B= 所以R=,即d=,B1= B较大时,质子从N点射出,此时质子运动了半个圆周,轨道半径R'= 所以d=,即B2= 综合上述两种情况,B的大小为<B<。 $