第1章 第3节 第2课时 带电粒子在有界匀强磁场中的运动-【学霸黑白题】2025-2026学年高中物理选择性必修第二册（人教版）

第2课时带电粒子在有界匀强磁场中的运动 白题 基础过 限时：30min 题型1带电粒子在直线边界磁场中的运动 场，两粒子的入射方向与磁场边界的夹角分 1.(2023·湖南岳阳二模)如图所示，竖直平面 别为30°和60°，且同时到达P点，a、b两粒子 LL'右侧存在着足够大的匀强磁场，、b两带 的质量之比为 电粒子从边界上的S点垂直磁场方向射入磁 场，经过磁场偏转后分别打在L'边界上的 M、N两点.已知粒子a、b在磁场中运动的速度 之比为2：1，S点到M、N两点的距离之比为 1:2.不计粒子重力及粒子间相互作用，设粒 A.1:2 B.2:1 C.3:4D.4:3 题型2带电粒子在夹角边界磁场中的运动 子ab的比荷分别为、9，则两者比荷之比 mm 4.(2024·辽宁沈阳三模)如图 9。:96为 所示，射线AB、AC为一足够 ma mp 大的匀强磁场区域的边界，内 部磁场方向垂直纸面向里.两个质量相同且带 异种电荷的粒子a、b以相同的速度先后从AB 边上的D点垂直AB边射入磁场，两粒子运动 + 的轨迹均与AC相切，忽略粒子受到的重力及 粒子间的相互作用力，sin LBAC=0.6,下列说 法正确的是 () A.1:1B.1:4 C.1:2 D.4:1 A.a粒子带负电 2.(2024·湖北武汉联考)如图所示，两个速度 B.a、b两粒子运动轨迹半径之比为3：1 大小相同、比荷不同的带电粒子1、2，沿水平 C.a、b两粒子所带的电荷量之比为1：4 方向从同一点垂直射入匀强磁场中，磁场方 D.b粒子在磁场中的轨迹直径等于两切点的 向垂直纸面向里当它们从磁场下边界飞出时 距离 相对入射方向的偏转角分别为90°、60°，则它 5.(2024·甘肃期末)（多选）如图所示，直角三 们在磁场中运动的 ( 角形ABC区域内有方向垂直纸面向里的匀强 X.tox 磁场，∠A=60°，AC边长为L.两个相同的带正 电粒子从A点沿AB方向分别以不同的速率 90 60 v1、2射入若v,<2,且速率为u,的粒子从AC 边射出，它们在三角形区域内运动的时间t,: A.轨迹半径之比为2：1 2=2:1.不计粒子所受的重力及粒子间的相 B.比荷之比为2：1 互作用，则两个粒子的速率之比，：2可能为 C.时间之比为3：2 ( D.周期之比为2：1 3.如图所示，带异种电荷的粒子α、b以相同的动 能同时从O点射人宽度为d的有界匀强磁 选择性必修第二册·RJ黑白题012 A.1:3 B.2:9 一.现有一群该粒子从A点沿该平面以任意方 C.3:4 D.3:5 6.如图所示，OA、OC和OD分别是方向均垂直于 向射人感场，已知数千速率均为2，忽略数 纸面向外的匀强磁场I、Ⅱ的边界，OC与OA、 子间的相互作用，则粒子在磁场中最长运动 0D的夹角均为60°.一不计重力的带正电粒子 时间为 以某一速度沿纸面垂直04边界进入磁场I, 并恰好垂直OC边界进入磁场Ⅱ.若磁场I、Ⅱ 的磁感应强度之比为1：2，则粒子射出磁场 时的方向与OD边界的夹角为 A.TR B.TR 6 3v 60° .60 C.3TR 2TR D. A 0 3v 3v A.30° B.45° 9.(2023·山西吕梁期末)（多选）如图所示，一 半径为R的圆形匀强磁场区域，磁感应强度 C.60 D.90 题型3带电粒子在弧形边界磁场中的运动 大小为B,方向垂直于纸面向外.三个比荷均 7.(2024·江苏南京期末)如图所示，圆形虚线 为9的带电粒子，分别从a、b、c三点以相同初 m 框内有垂直纸面向里的匀强磁场，Oa、Ob、Oc、 速度v,沿平行于直径b方向进入磁场.已知 Od是以不同速率对准圆心入射的正电子或负 从b进入的粒子由d点离开，a、c两点到直径 电子的运动径迹；a、b、d三个出射点和圆心的 连线分别与竖直方向成90°、60°、45°的夹角， be的距离均为，直径与e垂直，不计重力 粒子在磁场中运动过程中 及粒子间相互作用.则 1560 A.沿径迹Oc运动的粒子时间最短 B.沿径迹Od运动的粒子为正电子 A.粒子带负电 C.沿径迹Od运动的粒子速度最大 B.粒子的初速度。=9B卧 D.沿径迹Ob、Od运动的粒子的时间相等 C.从a进入的粒子在磁场中的运动时间 8.（2024·广东深圳二模)如图所示，半径为R 的圆形区域内存在匀强磁场，磁场方向垂直 为2nm 3gB 于圆所在的平面.一速度为的带电粒子从圆 D.从c进人的粒子在磁场中的运动时间 周上的A点沿半径方向射入磁场，入射点A 为m 与出射点B间的圆弧AB为整个圆周的三分之 6gB 第-章黑白题013 黑题 应用提优 限时：20min 1.（2024·湖北三模)空间中一圆形区域内有磁 于(2R,R).已知初速度沿y轴正向的粒子经 感应强度大小为B的匀强磁场，区域外为磁 过磁场后，恰能垂直射在光屏上，则( 感应强度大小相同、方向相反的匀强磁场， 带电粒子从某处以正对虚线圆圆心方向入 A.粒子速度大小为29B那 射，通过改变带电粒子速度，可得到如图甲、 B.所有粒子均能垂直射在 乙所示轨迹（虚线为磁场边界，实线为带电粒 光屏上 子运动轨迹)，则两图中粒子的速度之比为 C.能射在光屏上的粒子，在磁场中运动时间 最长为2mm 3qB D.能射在光屏上的粒子初速度方向与x轴夹 角满足45°≤0≤135° 压轴挑战Ⅱ A.2:1B.√3：1C.√2：1 D.1:1 4.(2023·河南平顶山期末)（多选）如图所示 2.（2024·江西上进联考)如图， 为磁聚焦原理图，通电长线圈产生沿其轴线 在直角坐标xOy平面的y轴与 AA'方向的匀强磁场，磁感应强度为B.从A 直线x=d之间有垂直坐标平面 点发出的带电粒子束速度v大小相等，v的 向外的匀强磁场，场强大小为 方向与AA'夹角都很小.把速度v沿着轴线 B.在坐标原点处有一粒子源， AA'和垂直于轴线AA'分解，在沿着AA'方向 在坐标平面内沿与y轴正方向成0=30°的夹 y1=vcos0≈v,这表明在轴线AA'方向所有粒 角向磁场内射人大量质量为m、电荷量为q的 子速度都相同.在垂直轴线A4'方向粒子做 带正电粒子，这些粒子的速度v满足0<v≤o, 圆周运动，只要粒子比荷相等，周期就相等， 已知这些粒子在磁场中运动的最长时间是最 因此，所有从A点发出的带电粒子束就能在 短时间的5倍，不计粒子的重力和粒子间的相 A'点汇聚，这就是磁聚焦原理.设由比荷均 互作用，m0-2ws30-写 则，等于 为k的相同粒子组成的粒子束从A点出发， 初速度大小相等，o方向与轴线A4'夹角 ( 相等且都很小，这些粒子在A'点汇聚在了一 A.aBd B.25Bd C.qnd C 2qBd D 起，则A、A'之间的距离可能是 3m 3m m 通电线圈 3.（2024·海南海口期末)如图，坐标原点0有 (磁透镜) 一粒子源，能向坐标平面一、二象限内发射大 量质量为m、电量为g的正电粒子（不计重 力)，所有粒子速度大小相等圆心在(0，R)、 半径为R的圆形区域内，有垂直于坐标平面 TVO 2TVo 3Tvo A B. C. D 4TUo 向外的匀强磁场，磁感应强度为B.磁场右侧 kB kB B kB 有一长度为R、平行于y轴的光屏，其中心位 进阶突破拔高练P04 选择性必修第二册·RJ黑白题014直于纸面向外，根据左手定则可以得知电子受到的洛伦兹力 向下，电子向下偏转；通电直导线产生的磁场是以直导线为 中心向四周发散的，离导线越远，电流产生的磁场的磁感应 强度越小，由半径公式，g可知，电子运动的轨迹半径越来 越大，故D正确，ABC错误. 黑题应用提优 1.D解析：A.由左手定则可知，题图中右侧为正电子的运动 轨迹，左侧为负电子的运动轨迹，故A错误；B.电子在磁场 中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律 得mB=m,解得。=A,由题图示电子运动轨迹可知，正 m 电子轨迹半径小，则正电子速度小于负电子速度，故B错 误：C.正、负电子所受洛伦滋力方向时刻发生变化，所以正 负电子所受洛伦兹力不相同，故C错误；D.因为正、负电子 在气泡室运动时，近似认为轨迹是一系列半径越来越小的 圆，由=B可得正、负电子在气泡室运动时速度减小，即动 m 能减小；由电子在磁场中做圆周运动的周期T=2,可 eB' 得正、负电子在气泡室运动时周期不变，故D正确故选D. 2.AC解析：AD.由于从x轴上的P点以沿+y方向的速度v 垂直进入磁场，并一直在磁场中运动且每次均垂直通过y 02 v2 g6,h=21= 轴，由96，=m9px2B,=m解得r=w 1 ，所以粒子在第二象限做圆周运动，粒子第一次经过 2qBo 4 y轴的坐标为(，况）：在第一象限恰好做分圆周运动，所 以粒子第二次经过y轴时过坐标原点，故A正确，D错误： B.第一次垂直通过y轴，则转过的圆心角为？，在磁场中运 动的时间为，=T2吧，故B错误：C.在第一象限运动时 2gB。 转过的圆心角为π，则在第一象限运动的时间二2 T2= 0,则=，t,=0,故C正确故选AC. 2gBo 9B 3.C解析：A.根据左手定则知，从轨迹上 方朝下看，若该粒子沿顺时针方向运动， 则该电荷带正电，若该粒子沿逆时针方向B 运动，则该电荷带负电，故A错误；B该粒 子受到的洛伦兹力与所在处的磁感线方 向垂直且斜向上，只是其水平分力（或者 说是洛伦兹力与重力的合力)提供做匀速圆周运动的向心 力，故B错误：C由洛伦兹力与重力的合力提供做匀速圆周 运动的向心力，结合勾股定理，有(8)-(mg)严_ R,得 该粒子所在处磁感应强度大小为B=1 mig2m'u qu 2,故 C正确；D.如图，根据周期公式T=2m可知，人射的微粒？ qB, m 不变，B,不变，则周期不变，故D错误故选C 参考答案与解析 压轴挑战 4.A解析：从0点射出的粒子在 磁场中做逆时针绕向的匀速圆周 运动，根据不同速度方向画轨迹 图，结合几何关系可知能到达荧 光屏上P、Q之间，其中打到P点 的粒子其圆弧正好是半圆，打到 Q点的粒子是沿x轴负方向射出的，运动轨迹的圆心恰好为 直线与y轴的交点A点，如图.在△POA中，根据余弦定理得 PA+0A2-2PA·0Acos45°=(2R)2,而0A=R,代入数据可得 pA=4+W2R,沿x轴负方向射出的粒子，打到Q点，可知 2 QA=R,所以粒子能到达荧光屏上区域的长度为PA-QA= √14+ 2 -1R故选A 第2课时带电粒子在有界匀强磁场中的运动 白题基础过关 1.D2.B 3.C解析：根据题意画出a、b粒子的轨 01 迹如图所示，则a、b粒子的圆心分别是 30 0,和0，磁场宽度为d.由图可知粒子 d 30 b的半径r2= 2 sim30=d,粒子a的半径0 0 60 d 0 × 2 d 为r1Fsin60°5 ,两粒子动能相等，即 1 miva 2m哈2m听，且根据磁场中半径公式1 91B,3s ,B,又粒子6轨迹长度为52 22,号粒子e的轨 2×60 51 迹业底为=0×21三3，所以”。无二，联立以 上络武部品-放陆C 4.C解析：A.a粒子受洛伦兹力向左，根据左手定则可知a粒 子带正电，故A错误：B.根据题意作出粒子的运动轨迹如 R2 5 图，由sin∠BAC=0.6可得O,A= sin Z BAC3R,由几何知 识可知，在△0,4C中， R 一=sin∠BAC,解得R,= 5 R+R,+3B, 4R2,所以a、b两粒子运动轨迹半径之比为4：1，故B错误； C根据洛伦兹力提供向，心力可得om8=m只，解得R=阳所 以有9=2=1，故C正确；D.设R,=4R2=4R,由几何知识 可知两切点间的距离为=4C一E=4桃号号4银=R， 黑白题05 故D错误.故选C. C ×x、 ×x×bE ××2A GB…R6 5.AB解析：速率为v,的粒子从AC边射出，根据粒子的运动 轨迹以及几何关系可知，该粒子在磁场中运动轨迹对应的圆 心角为120°，当轨迹过C点时，粒子圆周运动的半径最大， 根据几何关系，有2R1 msin60°=L,由于洛伦兹力提供向心 力，则有q心1maB=m 天n灯，解得由于粒子在磁， 3m 场中运动的周期T2,令粒子轨迹对应的圆心角为0，粒 子运动的时间：0工，解得一船由于两个粒子在三角形 区域内运动的时间1：t2=2:1,可知速率为2的粒子运动 轨迹对应的圆心角为60°，可知速率为2的粒子必定从BC 边射出，根据其运动轨迹及几何关系有L=R2sin60°，由于洛 伦兹力提供向心力，则有qw2B=m 22解得2=239BL,结合 3m 上述，两个发子的速率之比。≤子，可知两个粒子的 速率之比1：v2可能为1：3或2：9.故选AB. 6.A解析：由于带正电粒子以某一速 度沿纸面垂直OA边界进入磁场I， 并恰好垂直0C边界进入磁场Ⅱ，则 60 粒子在磁场I中运动轨迹的圆心为O 0 点，根据牛顿第二定律，有qgwB=m ,解得1一8因为磁场1、Ⅱ的磁 感应强度之比为1：2，所以粒子在磁场Ⅱ中的轨迹圆半径 为磁场I中轨迹圆半径的了，由此得粒子运动的轨迹如图 所示.由几何关系可得，粒子离开磁场Ⅱ时速度与OD边界 的夹角为30°.故选A. 7.C解析：B.根据左手定则可知，沿径迹Oa、Ob运动的粒子 四指指向与运动方向相同，可知沿径迹Oa、Ob运动的粒子 是正电子，沿径迹Oc、Od运动的粒子四指指向与运动方向 相反，可知沿径迹Oc、Od运动的粒子是负电子，故B错 误；A.粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心 力，则有5=m京，7=2， ,解得R=mw 1=2,令粒子运 动轨迹对应的圆心角为0，则粒子在磁场中运动的时间t= =阳，根据图像可知，沿径迹0c运动的粒子轨迹对应 0 360° 的圆心角最大，即沿径迹Oc运动的粒子时间最长，故A错 误；C.根据图像，结合几何关系可知，沿径迹Od运动的粒子 圆周半径最大，结合上述可知，沿径迹0d运动的粒子速度 最大，故C正确：D.沿径迹Ob、Od运动的粒子的轨迹对应的 圆心角分别为60°、45°，结合上述可知，沿径迹0b、0d运动 的粒子的时间不相等，故D错误故选C. 选择性必修第二册·RJ 8.C解析：粒子在磁场中做匀速圆周运动，设速率为v的带电 粒子的运动半径为T1,其轨迹如图中弧AB所示，由题意可知 ∠A0B=120°，由几何关系可得0=30°，圆周运动的半径为 R r=tan 0 。3R,由洛伦兹力提供向心力可得9如8=m二，可 得粒子的半径为？阳可知粒子运动半径与流率成正比，则 连率为2的粒子在酸场中圆周运动半径为-2-2况， 在磁场中运动时间最长的粒子的运动轨迹的弦为磁场区域 圆的直径，粒子运动轨迹如图中的弧AC.则角B满足sinB= r2 ￡，可得B=30°，粒子在磁场中运动的周期为T=2 2W3 2,粒子在藏场中最长运动时间为：=忍T=,放 选C. 0 0 0 9.BC解析：A.粒子向下偏转，说明受 力方向向下，根据左手定则可知粒子 带正电，A错误B.根据粒子的运动 轨迹可知r=R,根据洛伦兹力充当向 心力，则有goB=m0,可解得0 B,B正确.C.由粒子的运动轨迹可知，a处进入的粒子运动 m 迹对位的圆6角为120，侧有，B=n(）:2 T,可 解得=2mm,C正确.D.由粒子的运动轨迹可知，c处进入的 3aB 粒子运动轨迹对应的圆心角为60°，则有gwB=m 可解得r一吧D误放运心 t'= mm 黑题应用提优 1.B解析：由几何关系可知甲图中带电粒子在磁场内部时转 过的角度为90°，可知做圆周运动的半径等于圆形区域半 径，1=R,而乙图中带电粒子在磁场内部转过的角度为 120,则2=Ran30°=3R,根据pB=m 3 可得兴速度 之比等于圆周运动的半径之比，故两图中粒子的速度之比为 3:1.故ACD错误，B正确.故选B. 2.B解析：粒子在磁场中做匀速圆周运动，令轨迹对应的圆 心角为a,则粒子在磁场巾运动的时间13601-阳，可知， 轨迹对应圆心角越大，粒子在磁场中运动时间越长，可知，当 黑白题06 粒子从y轴离开磁场，对应轨迹圆心角最大，粒子在磁场中 运动时间最长，根据几何关系可知，此时轨迹的圆心角为 300°.因在磁场中运动的最长时间是最短时间的5倍，则运 动时间最短时对应的轨迹的圆心角为60°，由于gmB=m R’ 解得R=阳速度越大，轨道半径越大，在上述磁场中运动时 间越短，所以最大速度粒子对应的时间最短即其轨迹对应 的圆心角为60°，由几何关系可知粒子将垂直于磁场右边界 飞出酸场，则有-R血0，解得轨道半径为R=之，结合 上述解得最大速度为o-23gB,故选B 3m 3.C解析：A.初速度沿y轴正向的粒子经过磁场后，恰能垂 直射在光屏上，可知在磁场中的运动半径为R,则根据 n8=m京解得：-选项4错误；B面出任意粒子从0 m 点射出时的轨迹如图，由几何关系可知，四边形001P02为 菱形，则PO,平行y轴，则从磁场中射出的粒子垂直于y轴， 即凡是能射到光屏上的粒子均能垂直射在光屏上，但是并不 是所有粒子都能射到光屏上，选项B错误：C.达到屏的最上 端的粒子在磁场中运动的时间最长，由几何关系可知在磁场 中运动的圆心角为120°，则最长时间为1-1207 1 360T=3 8-9,选项C正确；D,由几何关系可知，能射在光屏上 的粒子初速度方向与x轴夹角满足60°≤0≤120°，选项D错 误.故选C 0 压轴挑战 4.BD解析：由题意可知，这些粒子在AA'方向做匀速直线运 动，在垂直于AA'方向上做匀速圆周运动，设粒子做匀速圆 周运动的周期为T若这些粒子在A'点汇聚在一起，则A、A 之间的距离需满足L=·nT(n=1,2,3…),其中T= 0-0联立可得w-2(a1,23…,当1时 2mm2π 2nTUo Lu= TUo B,n=2时LM=4Do,故选BD. 专题探究一带电粒子在匀强磁场中 运动的临界、极值问题 黑题专题强化 1.D解析：由题干可知粒子轨迹半径大小为如图所示.利用 “平移圆”可知粒子经过的区域面积为多个圆轨迹与正方形 所围成的面积其中最外侧的圆轨迹为AC,最内侧的圆轨迹 为风△00的面积为S,-=宁×宁形0G的 参考答案与解析 面积为，S=T,扇形OP0的面积为 1 S,=6m,粒子经过的区域面积为S- (8-S)=S-S,+3=m+3 12 8 (2m+3)止，故D选项正确， 0 24 2.D解析：如图，粒子源发出的粒子做圆周运动的圆心都位 于0102连线上，M点及0点发出的粒子恰好可打到0点， 其中自OM中点发出的粒子圆心位于0延长线上，该粒子 打在屏上的位置距离0点最远，根据洛伦兹力提供向心力 有qB=m ，可得R,根据几何关系可得屏上有粒子 打到的区域长度为x=R(1-si血45°)=2，-L,故选D, 2 N 3.AD解析：AB.由半径公式可得粒子在磁 场中陨暂同运动的半径为R需-，如 图所示，当圆心处于0，位置时，粒子正好 从AC边、BC边切过，因此入射点P,为离A今户0G, 开B最远的点，满足PB<2+3 4 L,A正确，B错误；CD.当圆心 处于O2位置时，粒子从P2射入，打在BC边的Q点，由于此 时Q点距离侣最远为圆的半径，故QB最大，即08≤ 5x2-=, 4 X32,D正确，C错误故选AD, 2 4.B解析：根据牛顿第二定律和圆周运动规律有gwB=mR' 刀：2，可得粒子做匀速圆周运动的周期为7：写如图 所示，过c点作半圆边界的切线，切点为e.设半圆边界的圆 心为0，粒子运动轨迹的圆心为0'根据几何关系可知，当粒 子从e点射出时，粒子转过的圆心角最大，运动时间最长.设 ac=2x,则0a=0e=3x,0c=0a+ac=5x,可得sin∠0ce=g, 所以L00'e=2∠0ce=74°，即粒子转过的圆心角为254°，可 得运动时间为t 254°.2mm_127mm,故选B. 360° 90Bg a0' 0 b ..d 黑白题07