专题14　带电粒子在有界磁场中的运动 课件 -2026届高考物理二轮复习备考

物理清北班——涅槃阶段 真题解码 专题14 带电粒子 在有界磁场中的运动 1 带电粒子在电场与磁场交织的世界中加速偏转,我们在知识与方法的组合与叠加中积累属于自己 的力量! 真题解码 　  (2024贵州,14,14分)如图,边长为L的正方形abcd区域及矩形cdef区域内均存在电场强度大小为E、方向 竖直向下且与ab边平行的匀强电场,ef右边有一半径为 L且与ef相切的圆形区域,切点为ef的中点,该 圆形区域与cdef区域内均存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场。一带电粒子从b 点斜向上射入电场后沿图中曲线运动,经cd边的中点进入cdef区域,并沿直线通过该区域后进入圆形区 域。所有区域均在纸面内,粒子始终在该纸面内运动,不计粒子重力。求: (1)粒子沿直线通过cdef区域时的速度大小; (2)粒子的电荷量与质量之比; (3)粒子射出圆形区域时速度方向与进入圆形区域时速度方向的夹角。 真题试练 目 录 解析　(1)带电粒子在cdef区域做直线运动,则有粒子所受电场力与洛伦兹力平衡,设粒子到达cd边的中 点速度大小为v0,带电荷量为q,质量为m,由平衡条件可得qE=qv0B,解得v0= 。 (2)粒子从b点到cd边的中点的运动,可逆向看成粒子从cd边的中点到b点的类平抛运动, 设运动时间为t,加速度大小为a,由牛顿第二定律可得qE=ma,由类平抛运动规律可得v0t=L, at2= , 联立解得粒子的电荷量与质量之比 = = 。 (3)粒子从ef中点射入到圆形区域做匀速圆周运动,设粒子的运动半径为R, 由洛伦兹力提供向心力可得qv0B=m , 解得R=L, 粒子在圆形区域磁场中运动轨迹如图所示, 答案　(1) 　(2) 　(3)60° 目 录   由图可知,粒子沿半径方向射入,又沿半径方向射出,设粒子射出圆形区域时速度方向与进入圆形区域 时速度方向的夹角为α,由几何关系可知α=2θ, 可得tan θ= = ,θ=30°,则有α=60°。 目 录 方法技巧 确定粒子做圆周运动的轨迹圆心位置的常用方法  　　  利用两速度的垂线,如图(A);利用速度的垂线及弦的中垂线,如图(B);利用两条弦的中垂线,如图 (C);利用弦的中垂线及圆心到轨迹上任一点的距离等于半径,如图(D);利用角平分线上圆心到入射方向或出射方向的距离等于R,如图(e)。 目 录 　  探究1　一题多解 对于第(3)问中的夹角,试使用动量定理结合微元法求解。 思维探秘 答案　根据题意,水平方向有∑qBvyΔt=m|Δvx| 又有∑vyΔt=y,可得qBy=mv0(1- cos α) 其中由几何关系有y= L sin α 解得速度偏转角α=60° 也可以从竖直方向根据动量定理结合微元法得 ∑qBvxΔt=mΔvy 则qB· L(1+ cos α)=mv0 sin α,解得α=60° 目 录 探究2　拓展设问 ①设问1:求粒子在abcd区域的运动时间t。 ②设问2:求粒子在圆形区域内的运动时间t1。 答案　①解法1:粒子在平行于bc方向做匀速直线运动,有L=v0t,则t= = 。 解法2:分运动具有等时性,故可以考虑平行于ab方向的运动,有 = at2,qE=ma,则t= = 。 ②t1= · ,α=60°,则有t1= = 。 目 录 互动互探 带电粒子在磁场中运动的几何关系一般是怎样确定的? 互动点拨 　　先确定轨迹圆心,然后去找轨迹圆心、入射点、出射点彼此连线所构成的三角形,且一般需要进一 步作辅助线构建出直角三角形,方便用到题中已知的长度和角度。 目 录 探究3　举一反三 一题多问深挖透,考点拿捏快准稳! 如图,直角坐标系xOy中,第Ⅰ象限内存在垂直纸面向外的匀强磁场。第Ⅱ、第Ⅲ象限中有两平行板电 容器C1、C2,其中C1垂直x轴放置,极板与x轴相交处存在小孔M、N;C2垂直y轴放置,上、下极板右端分别 紧贴y轴上的P、O点。一带电粒子从M点静止释放,经电场直线加速后从N点射出电容器C1并紧贴电容 器C2下极板进入电容器C2,然后从P点进入第Ⅰ象限;经磁场偏转后恰好垂直x轴离开磁场,运动轨迹如 图中虚线所示。已知粒子质量为m、带电荷量为q,O、P间距离为d,C1、C2的板间电压大小均为U,板间 电场均视为匀强电场,不计重力,忽略边缘效应。 目 录 　  (1)分析带电粒子的电性。 (2)若电容器C1两极板的间距为d1,求粒子在电容器C1中运动的加速度、时间、末速度。 (3)计算电容器C2两极板间的场强大小,并说明其方向。 (4)求粒子在电容器C2中的运动时间。 (5)求电容器C2的极板的长度。 (6)若两电容器极板间的电压均变为2U,粒子还能进入磁场吗?如果可以,从何处进入? (7)若电容器C2的两极板间距变为2d,电容器上的电荷量不变,粒子还能进入磁场吗?如果可以,从何处进 入? (8)求粒子离开电容器C2的速度大小和方向。 稳基础 目 录 　  (9)粒子进入磁场后做匀速圆周运动的轨道半径是多大? (10)求磁感应强度B的大小。 (11)求粒子在磁场中做圆周运动的周期。 (12)粒子在磁场中运动的时间是多少? (13)若磁场方向变为垂直纸面向里,粒子的轨迹如何变化?粒子从何处离开磁场? (14)若粒子能回到电容器C2两极板间,磁感应强度大小需满足什么条件? 叠能进阶 目 录 答案　(1)粒子在磁场中只受洛伦兹力,由左手定则可判定粒子带正电。 (2)粒子在电容器C1两极板间运动,加速度a1= = ,由d1= a 得时间t1= ,末速度v1=a1t1=  (另解:由动能定理有qU= m ,解得v1= )。 (3)电容器C2两极板间的场强E2= ,带正电的粒子向上偏转,所受电场力向上,故电容器C2两极板间场强 方向沿y轴正方向。 (4)粒子在电容器C2中沿y轴方向有d= ·  , 解得t2= 。 (5)粒子在电容器C2中沿x轴方向有L=v1t2=2d。 目 录 (6)粒子在电容器C2两极板间偏转的侧移量Δy= ·  =d,与U无关,即只改变U不会改变粒子出C2的 位置,粒子仍从P点进入磁场。 (7)由电容器电容的定义式与平行板电容器电容的决定式可知E= ,若板间距从d变为2d,电容器C2两 极板间的场强不变,粒子侧移量不变,仍从P点进入磁场。 (8)根据动能定理,粒子经过两个电场的过程,有qU+qU= mv2,则进入磁场的速度v=2 ,由几何关系知 cos θ= = ,则所求速度方向与x轴正方向的夹角θ= 。 (9)由几何关系得r sin =d,解得半径r= d。 (10)粒子在磁场中做匀速圆周运动,有qvB=m ,故B=  。 目 录 (11)圆周运动周期T= =πd 。 (12)由几何关系知轨迹所对应圆心角α= + = π, 在磁场中运动时间t3= T=  。 (13)磁场方向改变,粒子将沿逆时针方向做圆周运动,从P点进入磁场,由对称性可知,离开磁场时速度与 y轴正方向的夹角仍为 ,应用动量定理,有qBy=2mv sin ,则粒子从y轴上离开磁场位置的纵坐标y'=d+y =3d。 (14)若粒子恰能回到电容器C2两极板间,则该临界状态的粒子在磁场的运动轨迹将与x轴相切,有qvBmin= m ,r临界 =d,联立解得磁感应强度最小值为Bmin=  ,若粒子能回到电容器C2两极板间, 磁感应强度大小需满足B0≥  。 目 录 　　电场与磁场体现了物理观念中对物质观念的认知拓展,作为客观存在的物质,一方面我们需要对它 们有定量的认知,即通过一些物理量来描述这种物质的性质,另一方面我们也需要关注它们与别的物质 间的相互作用,这就又回到了力学的研究范畴。 　　场的产生和描述,起源于场对实物的影响,所以电场强度、电势差、电势都需要用试探电荷来测 量,磁感应强度需要用电流元(或运动的电荷)来测量。场是分布在空间内的,所以我们又引入了电场 线、等势面和磁感线来形象地描述它。这部分的考查方式可能是用叠加原理考查有对称性的场的分 布,也可能给出电场线或磁感线与带电粒子的运动轨迹让我们分析物理量的变化。 　　如果物体可视为点电荷,则只需要把电场或磁场视为一种与重力场一样的背景,这又回到了我们熟 悉的质点模型,对于质点的运动,一般用动力学知识分析,但在电场中熟练地使用能量的观点、在磁场 中使用动量的观点,往往能明显简化求解过程。 素能进阶 目 录 专题14　带电粒子在有界磁场中的运动 目 录 目 录 (2023河北,14,14分)如图1,真空中两金属板M、N平行放置,板间电压U连续可调,在金属板N的中心C处 开有一小孔。F、G、H为正三角形CDE各边中点,DE与金属板平行。三角形FGH区域内存在匀强磁 场,磁感应强度大小为B,方向垂直纸面向里。一带电粒子从紧邻M板的P点由静止释放沿CG方向进入 磁场,一段时间后沿∠CED的角平分线方向从E点离开。已知正三角形CDE的边长为a,粒子质量为m、 电荷量大小为q,粒子重力不计。 (1)求板间电压U的大小; (2)若磁场区域如图2,磁感应强度不变。调整两板间电压大小,将该 粒子从P点由静止释放,仍能沿∠ CED的角平分线方向从E点离开,求粒子从C点运动到E点的时间。 解法探秘 真题试练1:带电粒子在有界匀强磁场中的运动 目 录 解析　(1)带电粒子的运动轨迹如图甲所示。 分析可知,圆弧 的圆心位于H点,粒子在磁场中运动的轨迹半径r1=KH=  ① 洛伦兹力提供向心力,根据牛顿第二定律有qvB=m  ② 根据动能定理有qU= mv2 ③ 联立①②③解得U=  ④ 答案　(1) 　(2)  目 录  　　  (2)带电粒子的运动轨迹如图乙所示。 根据数学知识可知,圆弧 的圆心位于Q点,圆弧 的圆心位于R点,带电粒子在磁场中运动的轨迹半径 r2=QI= a ⑤ (点拨:利用平行四边形知识得出QI=HO) 目 录 洛伦兹力提供向心力,根据牛顿第二定律可知 qv1B=m  ⑥ 联立⑤⑥解得带电粒子的运动速度大小v1=  ⑦ 带电粒子的运动周期T=  ⑧ 分析可知,两段圆弧对应的圆心角都是30°, 带电粒子通过一段圆弧所用的时间 t1= T=  ⑨ 根据数学知识可知△IJH为等边三角形, IJ=IH=a- a ⑩ 目 录 由⑦⑩得带电粒子通过IJ所用的时间 t2= =    带电粒子从C点运动到E点的总时间 t=2t1+t2=    目 录 　  探究1　一题多解 尝试运用洛伦兹力的冲量求解。 解法重构 解析　(1)垂直于磁场方向的平面内,某一方向的速度对应一个垂直于该速度方向的洛伦兹力。题图1 中,由几何关系可知,粒子出磁场时速度与CG方向的夹角为60°,且在磁场中运动过程沿竖直方向的分位 移为 (△KHL为正三角形),根据动量定理,对CG方向的速度变化量分析有-qBvyΔt=mΔvx,等式两边求和, 则有-qB =mv( cos 60°-1),根据求得的v利用动能定理求解电压U。 (点拨:该方法可以规避找圆心、算半径的几何分析过程,某方向的位移大小和垂直该方向上的速度 变化量的大小成正比,且只考虑绝对值就可以,若初、末速度同向则较大的速度减较小的速度,若初、 末速度反向则两速度值相加为Δv的大小) (2)题图2中,根据对称性(轨迹和磁场都关于DH对称),粒子出磁场CFH区域时的速度平行于CE,即与CG 方向的夹角为30°,沿CG方向的分位移为 ,则有qB× =mv1(sin 30°-0),可解得速度v1,设在磁场CFH 目 录 区域中粒子在竖直方向的分位移为y,则有qBy=mv1(1-cos 30°),再结合△HIJ与△HFG相似,有 = , 即 = ,联立可解得通过IJ所用的时间t2,再结合粒子运动周期与轨迹对应圆心角求粒子运动 总时间。 目 录 探究2　拓展设问 ①设问1:题图1中,粒子从C运动到E的时间是多少? ②设问2:题图1、2中,粒子能从H点离开磁场吗?若能,粒子的速度大小是多大? 答案　①在磁场中,粒子速度方向偏转60°,故 t1'= ·  在磁场外匀速运动阶段,有t2'=2×  故粒子从C运动到E的总时间t=t1'+t2'= 。 ②题图1中,根据对称性,假设粒子能从H点离开磁场,则其离开磁场时速度必水平向左,根据几何知识分 析轨迹可知粒子会先从HG边离开磁场,故假设不成立,粒子不能从H点离开磁场。题图2中,粒子可在 CFH磁场区域运动时从H点离开磁场,可沿CH建立x轴,根据对称性可知粒子进、出磁场时与x轴的夹角 均为30°,且沿x轴方向的位移为 ,则有qB =mv'(sin 30°+sin 30°),解得v'= 。 目 录 1.情境变异·三角形边界→圆形边界　(2023辽宁,14,13分)如图,水平放置的两平行金属板间存 在匀强电场,板长是板间距离的 倍。金属板外有一圆心为O的圆形区域,其内部存在磁感应强度大小 为B、方向垂直于纸面向外的匀强磁场。质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子沿中线以速度v0水平向右 射入两板间,恰好从下板边缘P点飞出电场,并沿PO方向从图中O'点射入磁场。已知圆形磁场区域半径 为 ,不计粒子重力。 (1)求金属板间电势差U。 (2)求粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向间的夹角θ。 (3)仅改变圆形磁场区域的位置,使粒子仍从图中O'点射入磁场,且在磁 场中的运动时间最长。定性画出 粒子在磁场中的运动轨迹及相应的弦,标出改变后的圆形磁场区域的圆心M。 探究3　同类竞探 目 录 解析　(1)设板长为L,板间距离为d,粒子射出电场时的速度为v,粒子在电场中做类平抛运动,根据题意可 得 F电=qE=ma ① E=  ②  =  ③ 粒子在水平方向做匀速直线运动,有L=vxt ④ vx=v0 ⑤ 竖直方向做匀加速直线运动,有 = at2 ⑥ vy=at ⑦ 答案　(1) 　(2)60°或 　(3)见解析 目 录 射出电场时的速度v=  ⑧ 联立可得 v=  ⑨ U= 。 ⑩ (2)粒子在磁场中做匀速圆周运动,设其做圆周运动的半径为r,由洛伦兹力提供向心力,有qvB=    解得r=    联立⑨ 得r=    画出粒子在磁场中的运动轨迹如图1,设磁场区域半径为R,由几何关系有 目 录 tan  =    由题可知R=    联立   得θ=60°或 。   (3)粒子在圆形磁场区域中的运动轨迹对应的弦越长,运动时间越长,故运动轨迹对应的弦为圆形磁场 区域的直径时,粒子在磁场中的运动时间最长,设粒子射入磁场时的速度方向与水平方向夹角为β,则有 cos β= = ,即β=30°,如图2所示,由几何关系知cos α= = ,故30°<α<60°,故可找到弦O'A的位置(其中 A为粒子射出圆形磁场区域的位置)、圆心M的位置,进而画出粒子的运动轨迹。 目 录 2.方法变异·几何关系→几何关系+微元法应用　(2023浙江6月,20,11分)利用磁场实现离子偏 转是科学仪器中广泛应用的技术。如图所示,Oxy平面(纸面)的第一象限内有足够长且宽度均为L、边 界均平行x轴的区域Ⅰ和Ⅱ,其中区域Ⅰ存在磁感应强度大小为B1的匀强磁场,区域Ⅱ存在磁感应强度 大小为B2的磁场,方向均垂直纸面向里,区域Ⅱ的下边界与x轴重合。位于(0,3L)处的离子源能释放出质 量为m、电荷量为q、速度方向与x轴夹角为60°的正离子束,沿纸面射向磁场区域。不计离子的重力及 离子间的相互作用,并忽略磁场的边界效应。 (1)求离子不进入区域Ⅱ的最大速度v1及其在磁场中的运动时间t; (2)若B2=2B1,求能到达y= 处的离子的最小速度v2; (3)若B2= y,且离子源射出的离子数按速度大小均匀地分布在 ~  范围,求进入第四象限的离子数与总离子数之比η。 目 录 解析　(1)离子不进入区域Ⅱ的最大速度对应离子在区域Ⅰ中轨迹与区域Ⅰ、区域Ⅱ分界线相切,其轨 迹如图甲所示。   由几何关系知r1 cos 60°+L=r1,得r1=2L 由qv1B1=m ,得v1=  答案　(1) 　 　(2) 　(3)  目 录 由T= ,t= ·T,得t=  (2)若B2=2B1,离子以最小速度v2到达y= 处时对应的轨迹如图乙所示。   由qvB=m ,得r=  因B2=2B1,所以若离子在区域Ⅱ中的半径为r2,则离子在区域Ⅰ中的半径为2r2,设离子到达y= 处时在区 目 录 域Ⅱ中的速度偏转角为α,由几何关系可知r2 cos α+ =r2 2r2 cos α-2r2 sin 30°=L 解得r2=2L 所以v2= =  (3)将离子的速度分解为沿x轴方向和沿y轴方向的分速度vx、vy,在x轴方向根据牛顿第二定律有qvyB= max 在一段极短的时间Δt内有qvyB·Δt=max·Δt,即 qBΔy=mΔvx 设离子出磁场区域Ⅰ时速度方向与x轴方向的夹角为β,在磁场区域Ⅰ中,可得qB1L=m(v cos β-v cos 60°) 当离子刚好与x轴相切时,在磁场区域Ⅱ中,可得qB2Δy=mΔvx,区域Ⅱ中磁感应强度随着距离均匀变化,则 目 录 利用平均值法可求得平均磁感应强度为 = ,由微元法可知q ·L=m(v-v cos β) 联立解得v=  当离子射出速度v> 时,离子可以进入第四象限 由于离子源射出的离子数按速度大小均匀地分布在 ~ 范围,v> 的离子与总离子数之比为  ,即进入第四象限的离子数与总离子数之比η=  目 录 (2024湖南,14,14分)如图,有一内半径为2r、长为L的圆筒,左右端面圆心O'、O处各开有一小孔。以O为 坐标原点,取O'O方向为x轴正方向建立xyz坐标系。在筒内x≤0区域有一匀强磁场,磁感应强度大小为B, 方向沿x轴正方向;筒外x≥0区域有一匀强电场,场强大小为E,方向沿y轴正方向。一电子枪在O'处向圆 筒内多个方向发射电子,电子初速度方向均在xOy平面内,且在x轴正方向的分速度大小均为v0。已知电 子的质量为m、电荷量为e,设电子始终未与筒壁碰撞,不计电子之间的相互作用及电子的重力。 (1)若所有电子均能经过O进入电场,求磁感应强度B的最小值; (2)取(1)问中最小的磁感应强度B,若进入磁场中电子的速度方向与x轴正方 向最大夹角为θ,求tan θ的绝对值; (3)取(1)问中最小的磁感应强度B,求电子在电场中运动时y轴正方向的最大位移。 真题试练2:带电粒子在匀强磁场中的临界与多解问题 目 录 解析　(1)若所有电子均能经过O进入电场,则在沿x正方向有L=v0t 电子在yOz平面内做匀速圆周运动,其运动周期T=  运动时间满足t=nT(n=1,2,3,…) 联立求得当n=1时,磁感应强度最小,最小值B=  (2)设在O'点当电子在y轴方向的分速度最大为vy时,进入磁场中电子的速度方向与x轴正方向的夹角最 大为θ,则tan θ=  由几何关系,电子在yOz平面内做匀速圆周运动的最大半径为r,则由洛伦兹力提供向心力有evyB=m  联立并代入B= ,解得tan θ=  答案　(1) 　(2) 　(3)  目 录 (3)进入O点右侧区域后,电子沿y轴正方向做匀减速直线运动,由牛顿第二定律有eE=ma 沿y轴正方向的最大位移h=  其中vy=v0 tan θ=  联立解得h=  技巧点拨 本题中部分带电粒子在筒内做螺旋线运动,是一种立体的运动轨迹,解题关键是将运动分解为沿x轴正方向的匀速直线运动和在yOz平面内的匀速圆周运动,这两个分运动在互相垂直的方向上,互不影响。 目 录 　  探究1　拓展设问 ①设问1:电子在磁场中的运动轨迹是什么形状? ②设问2:本题的背景是电子显微镜的聚焦原理,你认为怎样可以保证x轴方向的分速度大致相同? ③设问3:若在圆筒内加上沿x轴负方向的电场,场强大小为E0,重新求解第(1)问。 解法重构 目 录 答案　①初速度方向沿x轴的电子做匀速直线运动,轨迹为直线;初速度与x轴夹角不为0的电子,根据运 动的分解可知,其在沿x轴正方向做匀速直线运动,在平行于yOz的平面内做匀速圆周运动,轨迹为等距 螺旋线。 ②可以保证电子速度大小都相等,且方向与x轴的夹角θ都很小,则vx=v cos θ≈v。 ③当初速度与磁场方向有一定夹角时,根据运动的分解可知,电子在磁场作用下的运动可分解为沿磁场 方向的匀加速直线运动和垂直磁场方向的匀速圆周运动,故电子做匀速圆周运动(分运动)的周期与速 度大小无关,即每经历一个周期T= ,电子都会回到x轴,沿x轴方向电子在电场作用下做匀加速直线 运动,则沿x轴方向有L=v0nT+ · (nT)2,当n=1时B有最小值,Bmin= 。 目 录 1.情境变异·旋转圆　(2025安徽,7,4分)如图,在竖直平面内的Oxy直角坐标系中,x轴上方存在 垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B。在第二象限内,垂直纸面且平行于x轴放置足够长的探 测薄板MN,MN到x轴的距离为d,上、下表面均能接收粒子。位于原点O的粒子源,沿Oxy平面向x轴上方 各个方向均匀发射相同的带正电粒子。已知粒子所带电荷量为q,质量为m,速度大小均为 。不计粒 子的重力、空气阻力及粒子间的相互作用,则(　　　) C 探究2　同类竞探 A.粒子在磁场中做圆周运动的半径为2d B.薄板的上表面接收到粒子的区域长度为 d C.薄板的下表面接收到粒子的区域长度为d D.薄板接收到的粒子在磁场中运动的最短时间为  目 录 解析　由Bqv= 结合v= 可得R=d,A错误;带正电粒子在磁场中运动的几种临界情况如图所示:由 圆1、2(对应粒子初速度方向沿x轴正方向)可得薄板上表面接收到粒子的区域长度(如图中彩色线部 分)为2d cos 30°-d=( -1)d,B错误;   由圆3(对应粒子初速度方向沿y轴正方向)可得薄板下表面接收到粒子的区域长度为d(如图中粗线部 分),C正确;恰好打到薄板最右侧的粒子为薄板接收到的在磁场中运动时间最短的粒子,对应偏转角为  ,对应的最短时间为tmin= ,D错误。 易错警示 解题时注意作出三个关键的临界动态圆,审题要明确,基础要牢固,几何关系要敏锐,基本规律要熟练。 目 录 2.情境变异·放缩圆　如图所示,在xOy坐标系中,垂直于x轴的虚线与y轴之间存在磁感应强度 大小为B的匀强磁场(含边界),磁场方向与xOy平面垂直。一质子束从坐标原点射入磁场,所有质子射入 磁场的初速度大小不同但初速度方向都与x轴正方向成α=53°角向下。PQ是与x轴平行的荧光屏(质子 打到荧光屏上不再反弹),P、Q两点的坐标分别为P(0,0.4l)、Q(l,0.4l)。已知质子比荷 =k,sin 53°=0. 8。求:(结果均可用分数表示) (1)质子在磁场中运动的最长时间是多少; (2)如果让荧光屏PQ发光长度尽可能长且质子的运动轨迹未出磁场,质子初速度大小的取值范围是多 少。   目 录 答案　(1) 　(2) ≤v≤  审题指导 速度大小不同,即轨迹圆半径与荧光屏PQ的长度的相对大小未知,故可画一个圆并借助刻 度尺平移边界PQ(保持OP∶PQ=2∶5),于是可发现当把边界从无限远逐渐平移至靠近x轴(等价于圆的 半径逐渐增大)时,在PQ与轨迹圆相切前质子运动轨迹对应的圆心角度均不变且角度最大,故在磁场中 运动的时间最长的临界状态为PQ与轨迹圆相切,此时P点位于图中P2处。继续向下平移PQ发现质子打 到荧光屏上的位置一直右移,且到达端点Q之前先与磁场右边界相切(此时Q位于Q3处),如图所示。 目 录 解析　(1)质子从PO边界射出时(P位于P1),在磁场中运动的时间最长,由周期公式得T=  又由几何关系可知轨迹对应圆心角θ=360°-2(90°-α) 则质子在磁场中运动的最长时间t= T= 。 (2)质子运动轨迹与荧光屏相切时(P位于P2),质子打到荧光屏的位置为荧光屏发光区域的最左侧,此时 对应的质子速度最小,设为v1,轨迹半径设为R,由几何关系可得R+R cos α=0.4l 又qBv1=  解得v1= =  质子运动轨迹与磁场右侧边界相切时(P位于P3),质子打到荧光屏的位置为荧光屏发光区域的最右侧,此 时对应的质子速度最大,设为v2,轨迹半径设为R',由几何关系可得R'+R' sin α=l 目 录 又qBv2=  解得v2= =  综上可得 ≤v≤ 。 目 录 3.考向变异·求区域面积　(2025陕晋青宁,14,14分)电子比荷是描述电子性质的重要物理量。 在标准理想二极管中利用磁控法可测得比荷,一般其电极结构为圆筒面与中心轴线构成的圆柱体系统, 结构简化如图(A)所示,足够长圆柱形筒半径为R,正中央有一电子发射源O持续向空间各方向发射大量 速度大小均为v0的电子。某时刻起筒内加大小可调节且方向沿轴向下的匀强磁场,筒的横截面及轴截 面示意图如图(B)所示,当磁感应强度大小从0缓慢调至B0时,恰好没有电子落到筒壁上,不计电子间相互 作用及其重力的影响。求:(R、v0、B0均为已知量) (1)电子的比荷 ; (2)当磁感应强度大小调至 B0时,筒壁上落有电子的区域面积S。 目 录 答案　(1) 　(2)2 π2R2 审题指导 本题为定速不定向粒子源发射的粒子在空间磁场中的运动,电子运动分布在三维空间中,对空间运动的分析方法是截取截面进行研究,题中已给出两个视角的截面图,所以题目已经给出解题的思路。 解析　(1)由题意可得,当磁感应强度B从0开始调大的过程中, 洛伦兹力提供电子做圆周运动的向心力,有evB=m ,解得r=  甲 目 录 由电子在磁场中做圆周运动的轨迹半径公式可知电子的轨迹半径在变小,所以当磁感应强度增大至B0 时,电子恰好没有落在筒壁上,此情况下电子的运动轨迹如图甲所示 可知电子做圆周运动的轨迹半径r0=  则有ev0B0=  ,联立解得  = 。 (2)当磁感应强度大小调至  时,电子运动轨迹的半径r'=2r0=R,从筒的横截面看,电子轨迹如图乙所示, 筒壁截面任意位置均有电子落到。   目 录 取轴截面分析,根据对称性,可分析单边侧壁,如图丙所示,当电子速度与磁场不垂直时,将速度分解为vx 和vy,电子做螺旋线运动  　　　 　　　  方向平行于横截面的分运动是速率为vx的匀速圆周运动,沿轴向的分运动是速率为vy的匀速直线运动, 如图丁;当平行于横截面做匀速圆周运动的轨迹直径为R时,电子恰好不落到筒壁上,即运动半径r0= , 根据evxB= ,代入r0= 、B= 、 =  联立解得vx=  目 录 则vy= ,解得vy=  周期T= (点拨:二级结论)或T= =  所以筒壁上沿轴向下半部分有电子落上的高度d=vy· =  ,如图戊所示 由对称性可知,整个筒壁沿轴向有电子落到区域的高度为2d 则筒壁上落有电子的区域面积S=2πR·2d 联立解得S=2 π2R2。 目 录 4.考向变异·求粒子数目之比　某粒子分析装置的部分简化结构如图所示,主要由粒子源、圆 柱形磁场区和6面是荧光屏的长方体仪器OABC-GDEF构成,粒子打在屏上会被吸收。以长方体仪器的 顶点O为坐标原点,建立三维坐标系O-xyz。长方体仪器的长AB、宽AO、高AD分别为2a、2a、a,长方 体所在空间存在方向沿x轴正方向的匀强磁场Ⅰ(图中未画出)。圆柱形区域的长为2a,底面圆半径为R, 位于长方体仪器的正上方,两者通过长方体正上方狭缝PQ连通,P为DE的中点,Q为GF的中点,圆柱形区 域所在空间存在方向沿x轴正向的匀强磁场Ⅱ(图中未画出),在xOz平面有一与圆柱体等高等长的长方 形粒子源,能沿着y轴正方向均匀发射速率均为v的带正电粒子,所有进入圆柱体空间的粒子都恰能通过 狭缝PQ再进入长方体仪器,恰好没有粒子打到BCFE面。已知带电粒子的比荷为k,不计粒子重力及粒 子间相互作用。 (1)求匀强磁场Ⅰ磁感应强度B1的大小; (2)求打在顶面DEFG的粒子数目N1和打在底面OABC的粒子数目N2之比; 目 录 (3)若仅将匀强磁场Ⅰ的方向调整为沿y轴正方向,大小不变,且其他条件不变,对于从Q点入射的粒子,求 能打到长方体仪器BCFE面上的粒子最长运动时间,以及能打在BCFE面上的粒子数目N3与从Q点入射 的粒子总数N之比。(已知cos θ=A,则θ的大小可表示为θ=arccos A)   目 录 解析　(1)带电粒子经圆柱形区域磁场作用后聚焦于狭缝PQ,再经过狭缝PQ平行于yOz平面沿各个方向 均匀射入长方体仪器,以从Q点射入的粒子为例,从其他点射入的情况相似。画出过Q点在OCFG平面 内的部分粒子运动轨迹图,如图1所示(点拨:根据几何知识求解粒子在长方体区域中运动的轨迹半径, 再根据牛顿第二定律求解匀强磁场Ⅰ磁感应强度B1的大小)。   在长方体仪器中,恰好没有粒子打到BCFE面上,由几何关系可知, 答案　(1) 　(2) 　(3) 　  目 录 粒子做圆周运动的半径r1=a 由洛伦兹力提供向心力可得qvB1=m  结合带电粒子的比荷k=  可得匀强磁场Ⅰ磁感应强度的大小为B1= 。 (2)由图1中几何关系可知,射入长方体仪器的粒子,速度与y轴正方向的夹角在0°和90°之间的粒子会打 在底面OABC上;速度与y轴正方向的夹角在150°和180°之间的粒子会打在顶面DEFG上 则有 = = 。 (3)当把匀强磁场Ⅰ的方向调整为沿y轴正方向后,可将入射速度沿着y轴和z轴方向进行分解,入射速度 与y轴正方向的夹角设为θ,如图2所示 则有vy=v cos θ,vz=v sin θ 目 录 可将带电粒子的运动分解为平行于xOz平面的匀速圆周运动和y轴方向上的匀速直线运动,若要粒子能 打在BCFE面上,粒子在平行于xOz平面做圆周运动打在其余面上之前,在y轴方向上粒子必须到达BCFE 面。 在平行于xOz平面内,由洛伦兹力提供向心力可得qvzB1=m ,解得r= ≤a 粒子运动轨迹在FCBE平面内投影形状如图3所示   图2 　　  目 录 结合几何关系,当θ接近90°时,粒子打在顶面DEFG上,粒子的运动时间为t1= = ,此为粒子做圆周运 动的最长时间。 带电粒子在y轴方向上做匀速直线运动,若粒子能打在BCFE面上,则有a=vyt2,粒子的运动时间t2=  当t1≥t2时,粒子一定打在BCFE面上,此时 cos θ≥  当θ=arccos  时,粒子恰好打在EF边上,此时粒子有最长运动时间  当θ≤arccos  时,粒子打在BCFE面上,易知打在BCFE面上的粒子数目N3与从Q点入射的粒子总数N之 比为 = 。 目 录 解法密钥 底层逻辑 目 录 　  临界问题的解题方法   　　磁场中的临界条件,一般源于运动轨迹的限制,具体可能会用到如下三类方法。 (1)当入射速度的方向和大小均一定,但入射位置不确定时,一般采用“平移圆”。 (2)当入射位置和入射速度方向一定,但入射速度大小变化时,一般采用“放缩圆”。 (3)当入射位置和入射速度大小一定,但入射方向不确定时,一般采用“旋转圆”。 思维方法 目 录 　　考虑到同学们在实际解题过程中并不能方便地用圆规作图找临界状态,所以我们可以利用相对性, 只画一个圆进而对边界进行平移或放缩,且这个过程可借助刻度尺等工具直观展现。 　　无论是常规的“平移圆”“放缩圆”或“旋转圆”,还是相对地“平移边界”或“放缩边界”,都 需要我们找出临界位置的关键特点(在哪相切?直径如何表示?端点在哪?),并重新用圆心、入射点、临 界点等关键点画出不含圆的直线图,从而分析几何关系。 　　另外,当磁场为圆形边界且磁场半径与轨迹半径相等时,还会常考查如下两个二级结论。 (1)磁聚焦:粒子以相同速度从不同位置射入磁场,最终将会聚到同一点(过该点的磁场圆的切线与入射 方向平行)。 (2)磁发散:粒子源在圆形磁场边界上某位置以大小相同的速度向各方向发射粒子,粒子出射后的速度 方向相同(均平行于过发射点的磁场圆的切线)。 目 录 1.空间存在垂直纸面向外的匀强磁场(未画出),A、B、C、D、E为磁场中的五个点,AB=DE,C为BD中 点,AB平行于DE,如图所示。一束带正电的同种粒子垂直AB由A点沿纸面向上射入磁场,各粒子速度大 小不同,经过一段时间后第一次到达虚线位置。用tB、tC、tD、tE分别表示第一次到达B、C、D、E四点 的粒子所经历的时间,不计粒子重力,下列说法正确的是(　　　)   A.tB>tC>tD>tE　　　　　B.tB>tC=tE>tD C.tB>tC>tE=tD　　　　　D.tB=tE>tC>tD B 解法特训 目 录 解析　通过B、C、D、E各点的粒子做圆周运动的轨迹如图。 由几何关系可知,从A到B,粒子运动轨迹对应的圆心角为180°;连接A、C、E三点以及连接A、D两点,从 A到B的弦切角∠FAB最大,从A到C和从A到E的弦切角相等,等于∠FAC,从A到D的弦切角∠FAD最小, 圆心角=弦切角的2倍,故从A到C和A到E,粒子运动轨迹对应的圆心角小于180°且相等;从A到D,粒子运 目 录 动轨迹对应的圆心角最小;带电粒子垂直进入匀强磁场后做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,即qBv =m ,则v= ,运动周期T= = ,周期与速度无关,粒子从A点沿纸面向上射入磁场,运动轨迹对应 的圆心角越大,运动时间越长,所以tB>tC=tE>tD,故选B。 目 录 2.如图所示,在等腰直角三角形abc区域内存在方向垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场,O点 为ab边的中点,在O点处有一粒子源沿纸面内不同方向、以相同的速率v= 不断地向磁场中释放相 同的带正电的粒子,已知粒子的质量为m、电荷量为q,三角形直角边ab长为2 L。不计重力和粒子间 的相互作用力,则 (　　) B A.从ac边射出的粒子在磁场中运动的最短时间为  B.从ac边射出的粒子在磁场中运动的最短时间为  C.粒子能从bc边射出的区域长度为L D.粒子能从bc边射出的区域长度为2L 目 录 如图所示(点拨:圆半径一定时,弦长越短其所对应的圆心角越小),Od⊥ac,根据几何关系可知,Od =L,对应从ac边射出的最短弦长(也对应最短时间),轨迹对应的圆心角为60°,则从ac边射出的粒子 在磁场中运动的最短时间tmin= T,T= = ,解得t= ,A错误,B正确。当粒子轨迹与ac边相切时与 解析　qvB=m 、v= ,联立解得r=L, bc边交于e点(点拨:对应从bc边射出的最远点),由几何关系可知Oe=2L,则粒子能从bc边射出的区域 eb的长度为 L,C、D错误。 目 录 3.如图,xOy平面内有大量电子(质量为m、电荷量大小为e)从原点O连续以相同速率v0向各个方向发射, 右侧远处放置与xOy平面垂直且足够大的荧光屏。在各象限中施加面积最小的垂直于xOy平面、磁感 应强度大小为B的匀强磁场,使第一、第四象限的电子最终平行于x轴并沿x轴正方向运动,第二、第三 象限的电子最终平行于x轴并沿x轴负方向运动。忽略电子间的相互作用,则 (　　　) A.第一、第四象限磁场方向垂直平面向外 D B.全部磁场的最小总面积为   C.电子在磁场中运动的最长时间为  D.电子在光屏上形成的光斑长度为  目 录 解析　第一、第四象限的电子最终平行于x轴并沿x轴正方向运动,根据左手定则可知第一象限磁场方 向垂直xOy平面向里,第四象限磁场方向垂直xOy平面向外,A错误。在第一象限中施加的磁场区域如图 所示, 目 录 电子在磁场中做匀速圆周运动,运动半径为R= ,在由O点射入第一象限的所有电子中,初速度沿y轴 正方向射入的电子转过 圆周,速度变为沿x轴正方向,这条轨迹为最小磁场区域的上边界。设某电子做 匀速圆周运动的圆心O'与O点的连线与y轴正方向夹角为θ,若离开磁场时电子速度变为沿x轴正方向,其 射出点(也就是轨迹与磁场边界的交点)的坐标设为(x,y)。由图中几何关系得x=R sin θ,y=R-R cos θ,消去 参数θ可知磁场区域的下边界满足的方程为x2+(R-y)2=R2(x>0,y>0),这是一个圆的方程,圆心在(0,R)处,第 一象限内最小磁场区域为图中两条圆弧所围成的部分,磁场的最小面积为S1=2 =   ,根据对称性可知,全部磁场的最小总面积为S=4S1=(2π-4) ,B错误。在磁场中运动的时间最长 的电子轨迹对应的圆心角为90°,时间为t= × = ,C错误。电子在光屏上形成的光斑长度为l=2R=  ,D正确。 目 录 4.(2025甘肃,10,5分)(多选)2025年5月1日,全球首个实现“聚变能发电演示”的紧凑型全超导托卡马克 核聚变实验装置(BEST)在我国正式启动总装。如图是托卡马克环形容器中磁场截面的简化示意图,两 个同心圆围成的环形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B,内圆半径为R0。在内圆 上A点有a、b、c三个粒子均在纸面内运动,并都恰好到达磁场外边界后返回。已知a、b、c带正电且 比荷均为 ,a粒子的速度大小为va= ,方向沿同心圆的径向;b和c粒子速度方向相反且与a粒子的速 度方向垂直。不考虑带电粒子所受的重力和相互作用。下列说法正确的是 (　 　) A.外圆半径等于2R0 B.a粒子返回A点所用的最短时间为  C.b、c粒子返回A点所用的最短时间之比为  D.c粒子的速度大小为 va BD 目 录 解析　对a粒子,由洛伦兹力提供向心力可得qvaB=m ,由于va= ,解得r=R0;(点拨:粒子在环形区域 做匀速圆周运动,在内圆中做匀速直线运动)作出a粒子在磁场中运动的轨迹,如图所示,由几何关系可 得R-R0= ,联立解得外圆半径R=( +1)R0,A错误。由运动轨迹可得a粒子返回A点所用的最短时 间t= = ,B正确。作出b、c粒子在磁场中运动的轨迹,如图所示,粒子在磁场中运 动的周期T= ,所以b、c粒子返回A点所用的最短时间相同,C错误。对c粒子,由几何关系可得2rc+R0= R,解得rc= R0,由洛伦兹力提供向心力可得qvcB=m ,解得c粒子的速度大小vc= = va,D正确。 目 录 5.(2025云南,14,13分)磁屏蔽技术可以降低外界磁场对屏蔽区域的干扰。如图所示,x≥0区域存在垂直 Oxy平面向里的匀强磁场,其磁感应强度大小为B1(未知)。第一象限内存在边长为2L的正方形磁屏蔽区 ONPQ,经磁屏蔽后,该区域内的匀强磁场方向仍垂直Oxy平面向里,其磁感应强度大小为B2(未知),但满 足0<B2<B1。某质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子通过速度选择器后,在Oxy平面内垂直y轴射入x≥ 0区域,经磁场偏转后刚好从ON中点垂直ON射入磁屏蔽区域。速度选择器两极板间电压U、间距d、 内部磁感应强度大小B0已知,不考虑该粒子的重力。 (1)求该粒子通过速度选择器的速率; (2)求B1以及y轴上可能检测到该粒子的范围; (3)定义磁屏蔽效率η= ×100%,若在Q处检测到该粒子,则η是多少? 目 录 答案　(1) 　(2) 　L<y<3L　(3)60% 审题指导 (1)速度选择器能够选出做匀速直线运动的粒子。 (2)确定圆心的两种常用方法:①粒子在两个不同位置的速度方向的垂线交点为圆心。②已知轨迹上一 个点和此位置的速度方向,速度方向的垂线上有圆心,已知粒子轨迹的两个点,其中一个点的速度方向 未知,如此题中的Q点,连接Q点与ON中点,此连线的中垂线上有圆心,此线与x负半轴的交点即圆弧的圆 心。 目 录 解析　(1)粒子在速度选择器中受力平衡,做匀速直线运动,有qE=qvB0 其中E=  解得v=  (2)粒子垂直y轴射入x≥0区域,又从ON中点垂直ON进入磁屏蔽区 可得粒子在第四象限做圆周运动半径r1=L 由qvB1=m 得r1=  解得B1= =  若取B2=B1,则粒子在磁屏蔽区内运动半径仍为L,粒子将从OQ中点垂直y轴离开磁屏蔽区,磁感应强度B2 目 录 减小时粒子在磁场中做圆周运动的半径增大,B2=0时,粒子做匀速直线运动通过PQ中点,然后在磁场中 继续做轨迹半径为L的圆周运动,偏转90°后垂直y轴离开第一象限。故y轴上可能检测到粒子的范围为L <y<3L (3)Q处检测到粒子时,设粒子在磁屏蔽区做圆周运动的轨迹半径为r2,由洛伦兹力提供向心力有qvB2=   由几何关系可得(r2-L)2+(2L)2=  解得r2= L 可得B2=0.4B1 代入η= ×100%,解得η=60% 目 录 $