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

重难专题　带电粒子在有界匀强磁场中运动的临界和多解问题 一、知识基础 1.(2025盐城期中)如图所示,等腰直角三角形abc区域内存在垂直于纸面向外的匀强磁场,磁感应强度大小为B。大量质量为m、电荷量为-q的同种粒子以相同的速度沿纸面垂直于ac边射入场区,结果在ab边仅有的区域内有粒子射出。已知ab边长为L,不计粒子重力及粒子间相互作用,粒子的入射速度为(　　) A. B. C. D. 2.真空中有一匀强磁场,磁场边界为两个半径分别为a和3a的同轴圆柱面,磁场的方向与圆柱轴线平行,其横截面如图所示。一速率为v的电子从圆心沿半径方向进入磁场。已知电子质量为m、电荷量为e,不计电子重力。为使该电子的运动被限制在图中实线圆围成的区域内,磁场的磁感应强度最小为(　　) A. B. C. D. 3.如图所示,水平直线边界PQ的上方空间内有方向垂直于纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场,长为2d、与PQ平行的挡板MN到PQ的距离为d,边界PQ上的S点处有一电子源,可在纸面内向PQ上方各方向均匀的发射电子。已知电子质量为m、电荷量为e,速度大小均为,N、S的连线与PQ垂直,不计电子之间的作用力,则挡板MN的上表面没有被电子击中部分的长度为(　　) A.d B.(-1)d C.(2-)d D.(3-)d 4.一匀强磁场的磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面向外,其边界如图中虚线所示,ab=cd=2L,bc=de=L,一束He粒子,在纸面内从a点垂直于ab射入磁场,这些粒子具有各种速率。不计粒子之间的相互作用。已知He粒子的质量为3m,电荷量为q。以下正确的为(　　) A.粒子能到达de中点 B.从bc边界射出的粒子运动时间相等 C.在磁场中运动时间最长的粒子,其运动率为v= D.粒子在磁场中运动的最长时间为 二、能力提升 5.[2025如皋期中调研]如图所示,边长为L的等边三角形区域内有匀强磁场。大量电子从B点射入磁场中,入射方向分布在与BC边的夹角为α(0≤a≤60°)的范围内,在磁场中的运动半径均为L。不计电子间的相互作用。则在磁场中运动时间最长的电子入射时的α角为(　　) A.0° B.15° C.30° D.45° 6.(2025淮安期末)如图所示,第一象限内存在垂直于纸面向外的匀强磁场,x轴上距原点O距离为a的P处有一粒子源,向第一象限内任意方向发射质量为m、电荷量为-q的粒子。若粒子以速度v沿与x轴正方向成30°进入磁场时,粒子恰好不过y轴。不计粒子重力及相互作用。求: (1)粒子以速度v运动时的半径r; (2)匀强磁场的磁感应强度B的大小; (3)改变粒子发射的速度大小与方向,若粒子从原点O射出磁场,求粒子的最小速度。 7.如图所示,足够长的平行边界MN、PQ间有垂直纸面向里的匀强磁场,MN上A处的粒子源可在纸面内均匀向磁场中各个方向射入速度大小均为v的同种粒子。已知粒子的质量为m、电荷量为q,磁场磁感应强度为B,两边界的间距d=,不计粒子的重力及粒子间的相互作用。求粒子能从PQ、MN边界射出的 (1)粒子数之比η1; (2)区域长度之比η2。 8.(2025盐城期中)如图所示,匀强磁场的磁感应强度大小为B。磁场中的水平绝缘薄板与磁场的左、右边界分别垂直相交于M、N,MN=L,粒子打到板上时会被反弹(碰撞时间极短),反弹前后水平分速度不变,竖直分速度大小不变、方向相反。质量为m、电荷量为-q的粒子速度一定,可以从左边界的不同位置水平射入磁场,在磁场中做圆周运动的半径为d,且d<L。不计粒子重力,电荷量保持不变。 (1)求粒子运动速度的大小v; (2)欲使粒子从磁场右边界射出,求入射点到M的最大距离dm; (3)从P点射入的粒子最终从Q点射出磁场,PM=d,QN=d,求粒子从P到Q的运动时间t。 参考答案 1.B　解析 粒子进入磁场向上做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力qvB=m,可得r=;在ab边仅有的区域内有粒子射出,由几何关系可得r=,则粒子的入射速度v=。故选B。 2.C　解析 电子在磁场中做匀速圆周运动,由洛伦兹力提供向心力得eBv=m,则磁感应强度与圆周运动轨迹关系为B=,即运动轨迹半径越大,磁场的磁感应强度越小。令电子运动轨迹最大半径为rmax,为了使电子的运动被限制在图中实线圆围成的区域内,其最大半径的运动轨迹与实线圆相切,如图所示,A点为电子做圆周运动的圆心,电子从圆心沿半径方向进入磁场,由左手定则可得,AB⊥OB,△ABO为直角三角形,则由几何关系可得(3a-rmax)2=+a2,解得rmax=a,解得磁场的磁感应强度最小值Bmin=,故选C。 3.D　解析 带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,有evB=m,可得r==d,做出粒子从不同方向射出的轨迹,如图所示 则挡板MN的上表面被电子击中部分为CD,根据几何关系可得DN=d,CN=d, 故没有被电子击中的长度为s=2d-(d-d)=(3-)d,故选D。 4.C　解析 He粒子在磁场中做匀速圆周运动轨迹图如图所示,由图可知,粒子要在bcde区域运动,在经e点时轨道半径最大,此时粒子没能到达de中点,因此粒子不能到达de中点,A错误; 设粒子的运动轨迹过bcde上的某一点g,O为粒子做圆周运动轨迹的圆心,当∠Oag最大时,粒子运动轨迹对应的圆心角最大,粒子运动时间最长,由几何关系可知,当c点与g点重合时,粒子运动时间最长,即从bc边界出的粒子运动时间不相等。如图所示,设运动半径为R、由几何关系则有 (2L-R)2+L2=R2, 解得R=L, 已知He粒子的质量为3m,电荷量为q,其在磁场中做匀速圆周运动,有qvB=3m, 解得v=, B错误,C正确; He粒子在磁场中运动的周期为T=, 在△Obc中,设∠bOc为α,∠aOc为θ,由几何关系可得tan α=,　 可得α=53°, θ=180°-53°=127°, 则粒子在磁场中运动的最长时间为 t=T=T=, D错误。 5.C　解析 在磁场中运动时间 t=T= 可知圆心角越大,在磁场中运动时间越长,根据数学知识可知,所对应弦长越长,圆心角越大,由于在磁场中的运动半径均为L,所以当电子过A点时,对应弦长最长,圆心角最大,由图可知BA边长等于半径,所以△BOA为等边三角形,∠OBA=60°,此时在磁场中运动时间最长,电子入射时的α角为α=30°故选C。 6.解析 (1)粒子以速度v沿与x轴正方向成30°角方向进入磁场时恰好不过y轴,故其运动轨迹如图所示。 由几何关系得 r=a; (2)洛伦兹力提供粒子在磁场中做圆周运动的向心力,即qvB=m, 可得B=; (3)若粒子从O点射出磁场,由qvB=m, 得v=; 可知粒子运动的轨迹圆半径越小,速度越小,当OP为粒子运动轨迹圆直径时,rmin=, 得vmin=v。 答案 (1)a　(2)　(3)v 7.解析 (1)粒子在磁场中只受洛伦兹力作用,做匀速圆周运动,故有Bvq= 解得R=d 由左手定则可得粒子向运动方向左侧偏转做圆周运动。如图 当粒子沿AN方向进入磁场时,粒子打在PQ上的位置为粒子能从PQ边界射出的区域的最下端;粒子进入磁场的方向逆时针旋转,粒子打在PQ上的点上移,直到运动轨迹与PQ相切时,粒子打在PQ上的位置为粒子能从PQ边界射出的区域的最上端,设速度与MN夹角为θ,则 Rcos θ+R=d 解得θ=60° 可知从打到C点到D点的入射方向变化的圆心角为60°,粒子打在PQ上,其余粒子对应圆心角为120°,粒子打在MN上,则从PQ边界射出的粒子数目与从MN边界射出的粒子数目之比即为圆心移动的圆心角的比值为η1=60°∶120°=1∶2 (2)粒子从PQ边界射出磁场最下端到A所在水平线距离 x1= 从PQ边界射出磁场最上端到A所在水平线距离 x2=Rsin 60°=d 因为R<d,所以,粒子在MN上的落点为A上方x=2R=d 粒子能从PQ、MN边界射出的区域长度之比η2=∶2 答案 (1)1∶2　(2)∶2 8.解析 (1)粒子在磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力qvB=, 在磁场中做圆周运动的半径r=d,联立,代入数据得 v=; (2)如图所示,粒子碰撞后的运动轨迹恰好与磁场左边界相切,此时入射点到M的距离最大,由几何关系得 dm=d(1+sin 60°), 整理得dm=d; (3)粒子做匀速圆周运动,有 T=; 由题意可知粒子垂直打到水平薄板上,设粒子最后一次碰撞到射出磁场的时间为t',则粒子从P到Q的运动时间 t=n+t'(n=1,3,5…); (a)当L=nd+(1-)d=nd+d时,粒子斜向上射出磁场,粒子从最后一次碰撞到射出磁场转过的圆心角为,故 t'=T=, 联立代入数据,得t=(; (b)当L=nd+(1+)d=nd+d时,粒子斜向下射出磁场,粒子从最后一次碰撞到射出磁场转过的圆心角为π,故t'=T=T, 联立代入数据,得 t=(。 答案 (1)　(2)d　(3)见解析 学科网（北京）股份有限公司 $