第一章 专题强化4 带电粒子在有界匀强磁场中运动的临界和多解问题（课件PPT+Word教案）【步步高】2024-2025学年高二物理选择性必修第二册教师用书（人教版 浙江）

专题强化4　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(难点)。2.了解多解的成因，会分析带电粒子在有界匀强磁场中运动的多解问题(难点)。 一、带电粒子在有界匀强磁场中运动的临界问题 解决带电粒子在有界匀强磁场中运动的临界问题的关键，通常以题目中的“恰好”“最大”“至少”等为突破口，寻找临界点，确定临界状态，根据匀强磁场边界和题设条件画好轨迹，建立几何关系求解。 (1)刚好穿出或刚好不能穿出匀强磁场的条件是带电粒子在匀强磁场中运动的轨迹与边界相切。 (2)当以一定的速率垂直射入匀强磁场时，运动的弧长越长，圆心角越大，则带电粒子在有界匀强磁场中的运动时间越长。 (3)比荷相同的带电粒子以不同的速率v进入磁场时，圆心角越大，运动时间越长。 (4)在圆形磁场中，当带电粒子运动轨迹的半径大于磁场的半径，且入射点和出射点为磁场直径的两个端点时，轨迹对应的圆心角最大(所有弦长中直径最长)。 例1　如图所示，宽为d的带状区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，一质量为m、电荷量为e的质子从A点出发，与边界成60°角进入匀强磁场。 (1)当v=时，求出质子的轨迹半径及轨迹最远点至MN的距离，并画出轨迹图； (2)当v=时，求出质子的轨迹半径及轨迹最远点至MN的距离，并画出轨迹图； (3)当v=时，求出质子的轨迹半径，并画出轨迹图； (4)若质子从左边界飞出磁场，求质子的速度范围。 答案　见解析 解析　(1)由r=得r1=d 最远点至MN的距离L1=r1+r1cos 60°=d 轨迹如图中①所示 (2)由r=得r2=d 最远点至MN的距离L2=r2+r2cos 60°=d，此时轨迹与边界PQ相切 轨迹如图中②所示 (3)由r=得r3=d 轨迹如图中③所示 (4)从画出的轨迹发现，当v=时，轨迹恰好与右边界PQ相切，所以当0<v≤时，质子从左边界飞出。 “放缩圆法”分析临界问题 1.适用条件：速度方向相同，大小不同。 2.特点：轨迹圆圆心共线，如图所示，粒子带正电，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。 3.界定方法：以入射点P为定点，圆心位于直线PP'上，将半径放缩确定运动轨迹，从而探索出粒子运动的临界条件。 针对训练　(2020·全国卷Ⅲ)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，忽略重力。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. 答案　C 解析　磁感应强度取最小值时对应的电子的运动轨迹临界状态如图所示，设电子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，由几何关系得a2+r2=(3a-r)2，根据洛伦兹力提供向心力有evB=m，联立解得B=，故选C。 例2　如图所示，在平面直角坐标系xOy的第一、二象限内，存在垂直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的相同粒子从y轴上的P(0，L)点，以相同的速率在纸面内沿不同方向先后射入磁场。若沿x轴正方向射入时，粒子垂直x轴离开磁场，不计粒子的重力及粒子间相互作用，则： (1)求粒子运动的半径大小； (2)尝试画出以不同速度方向射入磁场的粒子的轨迹。并回答： ①所有粒子的轨迹圆心位置有什么特点？ ②找出粒子在磁场中运动时间最短的轨迹，并求出最短时间。 (3)通过画轨迹，找出粒子离开磁场的位置的范围，左边离O点和右边离O点的最远距离各为多少。 答案　见解析 解析　(1)沿x轴正方向射入时，垂直x轴离开磁场，故粒子带正电，轨迹圆心为O点，如图甲所示，则半径r=L (2)以L为半径从P点开始顺时针画出轨迹，如图乙所示，发现： ①在P点以不同方向射入磁场的粒子轨迹的圆心必定处在以P点为圆心、L为半径的圆上，如图丙所示 ②从O点射出磁场的粒子对应的弧长最短(弦长最短)，轨迹圆弧对应的圆心角最小，时间最短，如图丁所示。θ=60°= t=·= (3)通过第(2)问画的轨迹图分析可知，O点右侧弦是直径时打到右侧离O点位置最远，O点左侧轨迹与x轴相切时，左侧位置离O点最远，如图戊所示。右侧最远距离OQ==L 左侧最远距离OM=L “旋转圆法”分析临界问题 1.适用条件：速度大小相等，方向不同。 2.特点：轨迹圆圆心共圆，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径相同，若入射初速度大小为v0，则圆周运动轨迹半径为R=，如图所示。轨迹圆的圆心在以入射点为圆心、半径为R=的圆上。 3.界定方法：将半径R=的圆以带电粒子入射点为定点进行旋转，从而探索粒子运动的临界条件。 二、带电粒子在有界匀强磁场中的多解问题 多解的原因： (1)磁场方向不确定形成多解； (2)带电粒子电性不确定形成多解； (3)临界状态不唯一形成多解； (4)运动的往复性形成多解。 解决此类问题，首先应画出粒子的可能轨迹，然后找出圆心、半径的可能情况。 例3　(多选)(2024·宁波市高二期中)如图所示，位于A点的离子源在纸面内沿垂直OQ的方向向上射出一束负离子，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，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应满足(　　) A.若磁场方向垂直纸面向里，B> B.若磁场方向垂直纸面向里，B> C.若磁场方向垂直纸面向外，B> D.若磁场方向垂直纸面向外，B> 答案　BC 解析　当所加匀强磁场方向垂直纸面向里时，由左手定则可知负离子向右偏转，负离子被约束在OP之下的区域的临界条件是离子的运动轨迹与OP相切，如图(大圆弧)，由几何知识知R2=OBsin 30°=OB，而OB=s+R2，故R2=s，所以当离子运动轨迹的半径小于s时满足约束条件；由牛顿第二定律可得qvB=，所以应满足B>，选项A错误，B正确；当所加匀强磁场方向垂直纸面向外时，由左手定则可知负离子向左偏转，负离子被约束在OP之下的区域的临界条件是离子的运动轨迹与OP相切，如图(小圆弧)，由几何知识知R1=，所以当离子运动轨迹的半径小于时满足约束条件；由牛顿第二定律得qvB=，所以应满足B>，选项C正确，D错误。 例4　如图所示，边长为l的等边三角形ACD内、外分布着方向相反的匀强磁场，磁感应强度大小均为B。顶点A处有一粒子源，能沿∠CAD的角平分线方向发射不同速度的粒子，粒子质量均为m，电荷量均为+q，不计粒子重力。则粒子以下列哪一速度发射时不能通过D点(　　) A. B. C. D. 答案　C 解析　粒子带正电，且经过D点，其可能的轨迹如图所示，所有圆弧所对的圆心角均为60°，当粒子运动的半径为r=(n=1，2，3…)时；粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动且过D点，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…)，故选C。 专题强化练　［分值：100分］ 1~6题每题8分，共48分 1.如图所示，△ABC为与匀强磁场垂直的边长为a的等边三角形，比荷为的电子以速度v0从A点沿AB边入射，欲使电子经过BC边，磁感应强度B的取值范围为(　　) A.B> B.B< C.B> D.B< 答案　D 解析　由题意可知，电子正好经过C点时的运动轨迹如图所示，此时圆周运动的半径R==a，要想电子从BC边经过，电子做圆周运动的半径要大于a，由带电粒子在磁场中做圆周运动的半径r=，即有a<，即B<，D项正确。 2.(多选)如图所示，长为l的水平极板间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，板间距离也为l，极板不带电。现有质量为m、电荷量为q的带正电粒子(不计重力)，从两极板间边界中点处垂直磁感线以速度v水平射入磁场，欲使粒子不打在极板上，可采用的办法是(　　) A.使粒子的速度v< B.使粒子的速度v> C.使粒子的速度v> D.使粒子的速度<v< 答案　AB 解析　如图所示，带电粒子刚好打在极板右边缘时，有=(r1-)2+l2，又r1=，所以v1=；粒子刚好打在极板左边缘时，有r2==，所以v2=，综合上述分析可知，选项A、B正确。 3.直线OM和直线ON之间的夹角为30°，如图所示，直线OM上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外。一带电粒子的质量为m、电荷量为q(q>0)。粒子沿纸面以大小为v的速度从OM上的某点向左上方射入磁场，方向与MO成30°角。已知该粒子在磁场中的运动轨迹与ON只有一个交点，并从OM上另一点射出磁场，不计粒子重力。粒子离开磁场的出射点到两直线交点O的距离为(　　) A. B. C. D. 答案　D 解析　带电粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径为r=。由题意可知，轨迹与ON相切，画出粒子的运动轨迹如图所示，由几何知识得CO'D为一直线段，==2=4r=，故D正确。 4.(多选)如图所示，在半径为R的圆形区域内有匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直于圆平面(未画出)。一群比荷为的负离子(不计重力及离子间的相互作用)以相同速率v0(离子在磁场中的运动半径大于R)由P点在纸面内向不同方向射入磁场中发生偏转后，又飞出磁场，最终打在磁场区域右侧的荧光屏(足够大)上，则下列说法正确的是(　　) A.离子在磁场中运动时间一定相等 B.离子在磁场中的运动半径一定相等 C.由Q点飞出的离子在磁场中运动的时间最长 D.沿PQ方向射入的离子飞出时速度的偏转角最大 答案　BC 解析　设离子轨迹所对应的圆心角为θ，则离子在磁场中运动的时间为t=T，其中T=，所有离子的运动周期相等，由于离子不一定从圆上同一点射出，轨迹所对应的圆心角不一定相同，所以离子在磁场中运动时间不一定相同，故A错误； 离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qv0B=m，解得r=，因离子的速率相同，比荷相同，故运动半径一定相同，故B正确； 由圆的性质可知，轨迹圆与磁场圆相交，当轨迹圆的弦长最大时偏向角最大，而轨迹圆的弦长最长为PQ，故由Q点飞出的离子轨迹圆心角最大，即速度的偏转角最大，所对应的时间最长，此时离子一定不会沿PQ射入，故C正确，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> B.v0< C.<v0< D.v0>或v0< 答案　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，则有ev0B=m，解得R=，根据分析，当半径很小或者半径很大时，电子均不能够打在水平板上，两种情况临界点分别为轨迹恰好与水平板相切的点、轨迹恰好经过水平板的端点，如图所示，根据几何关系可知Rmin=，Rmax=，解得v0min=或v0max=，则有<v0<，故选C。 6.(多选)如图所示，宽度为d的有界匀强磁场，磁感应强度为B，MM'和NN'是它的两条边界线，现有质量为m、电荷量为q的带电粒子在MM'边界某点沿图示方向垂直磁场射入，粒子重力不计，要使粒子不能从边界NN'射出，粒子入射速率v的最大值可能是(　　) A. B. C. D. 答案　BD 解析　设带电粒子在磁场中运动的轨迹半径为R，粒子在磁场中做匀速圆周运动时由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律可得qvB=m，解得R=。带电粒子速率越大，轨迹半径越大，当轨迹恰好与边界NN'相切时，粒子恰好不能从边界NN'射出，对应的速率最大。若粒子带负电，临界轨迹如图甲所示，由几何知识得R1+R1cos 45°=d， 解得R1=(2-)d， 对应的最大速率v1=。 若粒子带正电，临界轨迹如图乙所示， 由几何知识得：R2-R2cos 45°=d， 解得R2=(2+)d 对应的最大速率v2=，故选B、D。 7、8题每题10分，9题14分，共34分 7.(多选)(2023·台州市书生中学高二期末)如图所示，无重力空间中有一恒定的匀强磁场，磁感应强度的方向垂直于xOy平面向外，大小为B，沿x轴放置一个垂直于xOy平面的较大的荧光屏，P点位于荧光屏上，在y轴上的A点放置一放射源，可以不断地沿平面内的不同方向以大小不等的速度放射出质量为m、电荷量为+q的同种粒子，这些粒子打到荧光屏上能在屏上形成一条亮线，P点处在亮线上，已知OA=OP=l，对于能打到P点的粒子，以下说法中正确的是(　　) A.这些粒子速度的最小值为 B.这些粒子在磁场中运动的最长时间为 C.这些粒子做圆周运动各圆心的连线是一条直线 D.这些粒子做圆周运动的周期和速度大小无关 答案　BCD 解析　设粒子的速度大小为v时，其在磁场中的运动半径为R，由牛顿第二定律有qBv=m，若粒子以最小的速度到达P点时，其轨迹一定是以AP为直径的圆，如图中以O1为圆心的圆所示，由几何关系知sAP=l，R==l，则粒子的最小速度v=，故A错误；粒子在磁场中的运动周期T=，设粒子在磁场中运动时其轨迹所对应的圆心角为θ，则粒子在磁场中的运动时间为t=T=，由图可知，在磁场中运动时间最长的粒子的运动轨迹如图中以O2为圆心的圆所示，此时粒子的初速度方向竖直向上，由几何关系有θ=π，则粒子在磁场中运动的最长时间t=，故B、D正确；能打到P点的粒子轨迹圆的圆心一定在AP连线的中垂线上，即图中O1O2连线上，故C正确。 8.如图所示，OACD是一长为OA=L的矩形，其内存在垂直纸面向里的匀强磁场，一质量为m、带电荷量为q的粒子从O点以速度v0垂直射入磁场，速度方向与OA的夹角为α，粒子刚好从A点射出磁场，不计粒子的重力，则(　　) A.粒子一定带正电 B.矩形磁场的宽度最小值为 C.粒子从O到A所需的时间为 D.匀强磁场的磁感应强度为 答案　D 解析　由左手定则可知，粒子一定带负电，选项A错误；轨迹半径r=，如图，由几何关系得，矩形磁场的宽度最小值为d=r(1-cos α)=(1-cos α)=，选项B错误；粒子从O到A所需的时间为t==，选项C错误；根据qv0B=m，可得匀强磁场的磁感应强度为B=，选项D正确。 9.(14分)(2024·杭州市第四中学高二期末)如图所示，一长度为a的竖直薄挡板MN处在垂直于纸面的匀强磁场中，磁感应强度为B。O点有一粒子源在纸面内向各方向均匀发射电荷量为+q、质量为m的带电粒子，所有粒子的初速度v(未知)大小相同。ON是O点到MN的垂线。已知初速度与ON夹角为60°的粒子恰好经过N点(不被挡板吸收)，粒子与挡板碰撞则会被吸收，ON=a，不计粒子重力，不考虑粒子间的相互作用，求： (1)(1分)匀强磁场的方向； (2)(2分)粒子在磁场中做圆周运动的半径； (3)(7分)挡板左侧能被粒子击中的竖直长度； (4)(4分)能击中挡板右侧的粒子数量占粒子总数的比例。 答案　(1)垂直纸面向里　(2)a　(3)a　(4) 解析　(1)由左手定则可知，匀强磁场的方向垂直纸面向里； (2)粒子轨迹如图轨迹1所示，设半径为R，由几何关系可知2Rsin 60°=a，解得R=a。 (3)当轨迹刚好与MN相切时，粒子能打到板上最大长度，如图轨迹2，设速度方向与ON夹角为θ，由几何关系Rsin θ+R=a，解得sin θ=-1，由此可得Rcos θ=a=a，所以挡板左侧能被粒子击中的竖直长度为s=a (4)要使粒子打到右侧，则有两个临界条件，如图轨迹1、3，其中轨迹3的初速度方向与ON夹角为120°，两临界轨迹的初速度夹角为60°，则比例为=。 10.(18分)(2023·浙江大学附属中学高二期中)如图所示，在平面直角坐标系的第一、四象限内，存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B=0.1 T，在x轴上坐标为(a，0)处，有一个放射源S，向平面内各个方向放射出质量m=10-8 kg，电荷量q=10-5 C的带正电粒子，速度大小为102 m/s。MN是一个很大的屏，与x轴的夹角α=60°，经观测发现从S出发的带电粒子打到屏上的最短时间为×10-2 s。求： (1)(9分)带电粒子运动半径和周期，以及坐标a的值； (2)(3分)在MN上有粒子打到的区域内，离O点的最远距离； (3)(6分)假设粒子均匀分布，请分析说明打到屏上的带电粒子占总粒子数目的百分比。 答案　(1)1 m　2π×10-2 s　 m　(2) m　(3)50% 解析　(1)根据洛伦兹力提供向心力有qvB=m， 代入数据可得R== m=1 m，周期为T==2π×10-2 s， 设运动时间最短时粒子运动的圆心角为θ，则有t=T，解得θ=，根据题意可知，由S向MN作垂线，交于P点，当运动轨迹过P点时，运动时间最短，且此时轨迹所对圆心角为，根据几何关系有 asin =R=1 m，解得a= m。 (2)根据题意可知，弦长最长等于直径时，粒子打到MN上离O点最远，运动轨迹如图所示，根据几何关系可得 OQ=OScos+= m (3)根据题意可知，粒子在磁场中运动的半径恒为1 m，则粒子所有轨迹的圆心连线在以S为圆心，1 m为半径的圆上，如图中虚线圆，当粒子运动的轨迹圆心在O1、O2两点时，粒子恰好能打到屏MN上，如图所示，由图可知，当粒子轨迹的圆心在阴影区域左上方虚线圆上时，粒子能打到屏MN上，则打到屏上的带电粒子占总粒子数目的百分比为50%。 学科网（北京）股份有限公司 $ DIYIZHANG 第一章 专题强化4　带电粒子在有界匀强磁场中 运动的临界和多解问题 1 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(难点)。 2.了解多解的成因，会分析带电粒子在有界匀强磁场中运动的多解问题(难点)。 2 一、带电粒子在有界匀强磁场中运动的临界问题 二、带电粒子在有界匀强磁场中的多解问题 专题强化练 内容索引 3 带电粒子在有界匀强磁场中运动的临界问题 一 4 解决带电粒子在有界匀强磁场中运动的临界问题的关键，通常以题目中的“恰好”“最大”“至少”等为突破口，寻找临界点，确定临界状态，根据匀强磁场边界和题设条件画好轨迹，建立几何关系求解。 (1)刚好穿出或刚好不能穿出匀强磁场的条件是带电粒子在匀强磁场中运动的轨迹与边界相切。 (2)当以一定的速率垂直射入匀强磁场时，运动的弧长越长，圆心角越大，则带电粒子在有界匀强磁场中的运动时间越长。 (3)比荷相同的带电粒子以不同的速率v进入磁场时，圆心角越大，运动时间越长。 (4)在圆形磁场中，当带电粒子运动轨迹的半径大于磁场的半径，且入射点和出射点为磁场直径的两个端点时，轨迹对应的圆心角最大(所有弦长中直径最长)。 　如图所示，宽为d的带状区域内有垂直纸面向外的匀强 磁场，磁感应强度大小为B，一质量为m、电荷量为e的质 子从A点出发，与边界成60°角进入匀强磁场。 (1)当v=时，求出质子的轨迹半径及轨迹最远点至MN的 距离，并画出轨迹图； 例1 答案　见解析 由r=得r1=d 最远点至MN的距离L1=r1+r1cos 60°=d 轨迹如图中①所示 (2)当v=时，求出质子的轨迹半径及轨迹最远点至MN的距离，并画出轨迹图； 答案　见解析 由r=得r2=d 最远点至MN的距离L2=r2+r2cos 60°=d， 此时轨迹与边界PQ相切 轨迹如图中②所示 (3)当v=时，求出质子的轨迹半径，并画出轨迹图； 答案　见解析 由r=得r3=d 轨迹如图中③所示 (4)若质子从左边界飞出磁场，求质子的速度范围。 答案　见解析 从画出的轨迹发现，当v=时，轨迹恰好与右边界PQ相切，所以当0<v≤时，质子从左边界飞出。 “放缩圆法”分析临界问题 1.适用条件：速度方向相同，大小不同。 2.特点：轨迹圆圆心共线，如图所示，粒子带正电， 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。 3.界定方法：以入射点P为定点，圆心位于直线PP'上，将半径放缩确定运动轨迹，从而探索出粒子运动的临界条件。 总结提升 　　(2020·全国卷Ⅲ)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，忽略重力。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. 针对训练 √ 磁感应强度取最小值时对应的电子的运动轨迹临界状态如图所示，设电子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，由几何关系得a2+r2=(3a-r)2，根据洛伦兹力提供 向心力有evB=m，联立解得B=，故选C。 　如图所示，在平面直角坐标系xOy的第一、二象限内，存在垂直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的相同粒子从y轴上的P(0，L)点，以相同的速率在纸面内沿不同方向先后射入磁场。若沿x轴正方向射入时，粒子垂直x轴离开磁场，不计粒子的重力及粒子间相互作用，则： (1)求粒子运动的半径大小； 例2 答案　见解析 沿x轴正方向射入时，垂直x轴离开磁场，故粒子带正电，轨迹圆心为O点，如图甲所示，则半径r=L (2)尝试画出以不同速度方向射入磁场的粒子的轨迹。 并回答： ①所有粒子的轨迹圆心位置有什么特点？ 答案　见解析 以L为半径从P点开始顺时针画出轨迹，如图乙所示，发现： 在P点以不同方向射入磁场的粒子轨迹的圆心必定处在以P点为圆心、L为半径的圆上，如图丙所示 ②找出粒子在磁场中运动时间最短的轨迹，并求出最短时间。 答案　见解析 从O点射出磁场的粒子对应的弧长最短(弦长最短)，轨迹圆弧对应的 圆心角最小，时间最短，如图丁所示。θ=60°= t=·= (3)通过画轨迹，找出粒子离开磁场的位置的范围，左边离O点和右边离O点的最远距离各为多少。 答案　见解析 通过第(2)问画的轨迹图分析可知，O点右侧弦是直径 时打到右侧离O点位置最远，O点左侧轨迹与x轴相切 时，左侧位置离O点最远，如图戊所示。右侧最远距 离OQ==L 左侧最远距离OM=L “旋转圆法”分析临界问题 1.适用条件：速度大小相等，方向不同。 2.特点：轨迹圆圆心共圆，粒子在磁场中做匀速 圆周运动的半径相同，若入射初速度大小为v0， 则圆周运动轨迹半径为R=，如图所示。轨迹 圆的圆心在以入射点为圆心、半径为R=的圆上。 3.界定方法：将半径R=的圆以带电粒子入射点为定点进行旋转， 从而探索粒子运动的临界条件。 总结提升 返回 二 带电粒子在有界匀强磁场中的多解问题 22 多解的原因： (1)磁场方向不确定形成多解； (2)带电粒子电性不确定形成多解； (3)临界状态不唯一形成多解； (4)运动的往复性形成多解。 解决此类问题，首先应画出粒子的可能轨迹，然后找出圆心、半径的可能情况。 　(多选)(2024·宁波市高二期中)如图所示，位于A点的离子源在纸面内沿垂直OQ的方向向上射出一束负离子，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，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应满足 A.若磁场方向垂直纸面向里，B> B.若磁场方向垂直纸面向里，B> C.若磁场方向垂直纸面向外，B> D.若磁场方向垂直纸面向外，B> 例3 √ √ 当所加匀强磁场方向垂直纸面向里时，由左 手定则可知负离子向右偏转，负离子被约束 在OP之下的区域的临界条件是离子的运动轨 迹与OP相切，如图(大圆弧)，由几何知识知 R2=OBsin 30°=OB，而OB=s+R2，故R2=s，所以当离子运动轨迹的 半径小于s时满足约束条件；由牛顿第二定律可得qvB=，所以应满足B>，选项A错误，B正确； 当所加匀强磁场方向垂直纸面向外时，由左 手定则可知负离子向左偏转，负离子被约束 在OP之下的区域的临界条件是离子的运动轨 迹与OP相切，如图(小圆弧)，由几何知识知 R1=时满足约束条件；由牛顿第二定律得qvB=，所以应满足B>，选项C正确，D错误。 　如图所示，边长为l的等边三角形ACD内、外分布着方向相反的匀强磁场，磁感应强度大小均为B。顶点A处有一粒子源，能沿∠CAD的角平分线方向发射不同速度的粒子，粒子质量均为m，电荷量均为+q，不计粒子重力。则粒子以下列哪一速度发射时不能通过D点 A. B. C. D. 例4 √ 粒子带正电，且经过D点，其可能的轨迹如图所 示，所有圆弧所对的圆心角均为60°，当粒子运 动的半径为r=(n=1，2，3…)时；粒子在匀强磁 场中做匀速圆周运动且过D点，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…)，故选C。 返回 专题强化练 三 29 1.如图所示，△ABC为与匀强磁场垂直的边长为a的等边三角形，比荷为的电子以速度v0从A点沿AB边入射，欲使电子经过BC边，磁感应强度B的取值范围为 A.B> B.B< C.B> D.B< 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 √ 基础强化练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 由题意可知，电子正好经过C点时的运动轨迹如图 所示，此时圆周运动的半径R==a，要想电 子从BC边经过，电子做圆周运动的半径要大于a， 由带电粒子在磁场中做圆周运动的半径r=a<，即B< ，D项正确。 2.(多选)如图所示，长为l的水平极板间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，板间距离也为l，极板不带电。现有质量为m、电荷量为q的带正电粒子(不计重力)，从两极板间边界中点处垂直磁感线以速度v水平射入磁场，欲使粒子不打在极板上，可采用的办法是 A.使粒子的速度v< B.使粒子的速度v> C.使粒子的速度v> D.使粒子的速度<v< √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 如图所示，带电粒子刚好打在极板右边缘时，有= (r1-)2+l2，又r1=，所以v1=；粒子刚好打在极 板左边缘时，有r2==，所以v2=，综合上述分 析可知，选项A、B正确。 3.直线OM和直线ON之间的夹角为30°，如图所示，直线OM上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外。一带电粒子的质量为m、电荷量为q(q>0)。粒子沿纸面以大小为v的速度从OM上的某点向左上方射入磁场，方向与MO成30°角。已知该粒子在磁场中的运动轨迹与ON只有一个交点，并从OM上另一点射出磁场，不计粒子重力。粒子离开磁场的出射点到两直线交点O的距离为 A. B. C. D. √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 带电粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径为r=。 由题意可知，轨迹与ON相切，画出粒子的运动轨 迹如图所示，由几何知识得CO'D为一直线段，==2=4r=，故D正确。 4.(多选)如图所示，在半径为R的圆形区域内有匀强磁场，磁感应强度为 B，方向垂直于圆平面(未画出)。一群比荷为的负离子(不计重力及离子 间的相互作用)以相同速率v0(离子在磁场中的运动半径大于R)由P点在纸面内向不同方向射入磁场中发生偏转后，又飞出磁场，最终打在磁场区域右侧的荧光屏(足够大)上，则下列说法正确的是 A.离子在磁场中运动时间一定相等 B.离子在磁场中的运动半径一定相等 C.由Q点飞出的离子在磁场中运动的时间最长 D.沿PQ方向射入的离子飞出时速度的偏转角最大 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 设离子轨迹所对应的圆心角为θ，则离子在磁场中 运动的时间为t=T，其中T=，所有离子的运动 周期相等，由于离子不一定从圆上同一点射出，轨 迹所对应的圆心角不一定相同，所以离子在磁场中运动时间不一定相同，故A错误； 离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qv0B=m，解得r=，因离子的速率相同，比荷相同，故运动 半径一定相同，故B正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 由圆的性质可知，轨迹圆与磁场圆相交，当轨迹圆 的弦长最大时偏向角最大，而轨迹圆的弦长最长为 PQ，故由Q点飞出的离子轨迹圆心角最大，即速度 的偏转角最大，所对应的时间最长，此时离子一定不会沿PQ射入，故C正确，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> B.v0< C.<v0< D.v0>或v0< 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 电子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心 力，则有ev0B=m，解得R=，根据分析，当半径 很小或者半径很大时，电子均不能够打在水平板上， 两种情况临界点分别为轨迹恰好与水平板相切的点、轨迹恰好经过 水平板的端点，如图所示，根据几何关系可知Rmin=，Rmax=，解得v0min=或v0max=<v0<，故选C。 6.(多选)如图所示，宽度为d的有界匀强磁场，磁感应强度为B，MM'和NN'是它的两条边界线，现有质量为m、电荷量为q的带电粒子在MM'边界某点沿图示方向垂直磁场射入，粒子重力不计，要使粒子不能从边界NN'射出，粒子入射速率v的最大值可能是 A. B. C. D. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 设带电粒子在磁场中运动的轨迹半径为R，粒子在磁场中做匀速圆周 运动时由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律可得qvB=m，解得 R=。带电粒子速率越大，轨迹半径越大，当轨迹恰好与边界NN'相 切时，粒子恰好不能从边界NN'射出，对应的速率最大。若粒子带负电，临界轨迹如图甲所示，由几何知识得R1+R1cos 45°=d， 解得R1=(2-)d， 对应的最大速率v1=。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 若粒子带正电，临界轨迹如图乙所示， 由几何知识得：R2-R2cos 45°=d， 解得R2=(2+)d 对应的最大速率v2=，故选B、D。 7.(多选)(2023·台州市书生中学高二期末)如图所示，无重 力空间中有一恒定的匀强磁场，磁感应强度的方向垂直于 xOy平面向外，大小为B，沿x轴放置一个垂直于xOy平面的 较大的荧光屏，P点位于荧光屏上，在y轴上的A点放置一 放射源，可以不断地沿平面内的不同方向以大小不等的速度放射出质量为m、电荷量为+q的同种粒子，这些粒子打到荧光屏上能在屏上形成一条亮线，P点处在亮线上，已知OA=OP=l，对于能打到P点的粒子，以下说法中正确的是 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 能力综合练 A.这些粒子速度的最小值为 B.这些粒子在磁场中运动的最长时间为 C.这些粒子做圆周运动各圆心的连线是一条直线 D.这些粒子做圆周运动的周期和速度大小无关 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 设粒子的速度大小为v时，其在磁场中的运动半径为 R，由牛顿第二定律有qBv=m，若粒子以最小的速 度到达P点时，其轨迹一定是以AP为直径的圆，如 图中以O1为圆心的圆所示，由几何关系知sAP=l，R==l，则粒子的最小速度v=，故A错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 粒子在磁场中的运动周期T=，设粒子在磁场中 运动时其轨迹所对应的圆心角为θ，则粒子在磁场 中的运动时间为t=T=，由图可知，在磁场中 运动时间最长的粒子的运动轨迹如图中以O2为圆心的圆所示，此时粒 子的初速度方向竖直向上，由几何关系有θ=π，则粒子在磁场中运动的最长时间t=，故B、D正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 能打到P点的粒子轨迹圆的圆心一定在AP连线的中垂线上，即图中O1O2连线上，故C正确。 8.如图所示，OACD是一长为OA=L的矩形，其内存在垂直纸面向里的匀强磁场，一质量为m、带电荷量为q的粒子从O点以速度v0垂直射入磁场，速度方向与OA的夹角为α，粒子刚好从A点射出磁场，不计粒子的重力，则 A.粒子一定带正电 B.矩形磁场的宽度最小值为 C.粒子从O到A所需的时间为 D.匀强磁场的磁感应强度为 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 由左手定则可知，粒子一定带负电，选项A错误； 轨迹半径r=，如图，由几何关系得，矩形磁场 的宽度最小值为d=r(1-cos α)=(1-cos α)=， 选项B错误； 粒子从O到A所需的时间为t==，选项C错误； 根据qv0B=m，可得匀强磁场的磁感应强度为B=，选项D正确。 9.(2024·杭州市第四中学高二期末)如图所示，一长度为 a的竖直薄挡板MN处在垂直于纸面的匀强磁场中，磁感 应强度为B。O点有一粒子源在纸面内向各方向均匀发射 电荷量为+q、质量为m的带电粒子，所有粒子的初速度v (未知)大小相同。ON是O点到MN的垂线。已知初速度与ON夹角为60°的粒子恰好经过N点(不被挡板吸收)，粒子与挡板碰撞则会被吸收，ON=a，不计粒子重力，不考虑粒子间的相互作用，求： (1)匀强磁场的方向； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案　垂直纸面向里 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 由左手定则可知，匀强磁场的方向垂直纸面向里； (2)粒子在磁场中做圆周运动的半径； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案　a 粒子轨迹如图轨迹1所示，设半径为R， 由几何关系可知2Rsin 60°=a，解得R=a。 (3)挡板左侧能被粒子击中的竖直长度； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案　a 当轨迹刚好与MN相切时，粒子能打到板上最大长度，如图轨迹2，设速度方向与ON夹角为θ，由几何关系Rsin θ+R=a，解得sin θ=-1，由此可得Rcos θ= a=a，所以挡板左侧能被粒子击中的竖直长度为s=a (4)能击中挡板右侧的粒子数量占粒子总数的比例。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案　 要使粒子打到右侧，则有两个临界条件，如图轨迹1、3，其中轨迹3的初速度方向与ON夹角为120°，两临界轨迹的初速度夹角为60°，则比例为=。 10.(2023·浙江大学附属中学高二期中)如图所示，在平 面直角坐标系的第一、四象限内，存在垂直纸面向里 的匀强磁场，磁感应强度B=0.1 T，在x轴上坐标为(a， 0)处，有一个放射源S，向平面内各个方向放射出质量 m=10-8 kg，电荷量q=10-5 C的带正电粒子，速度大小为102 m/s。MN是一个很大的屏，与x轴的夹角α=60°，经观测发现从S出发的带电粒子打到屏上的最短时间为×10-2 s。求： 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 尖子生选练 (1)带电粒子运动半径和周期，以及坐标a的值； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案　1 m　2π×10-2 s　 m　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 根据洛伦兹力提供向心力有qvB=m， 代入数据可得R== m=1 m， 周期为T==2π×10-2 s， 设运动时间最短时粒子运动的圆心角为θ，则有t=T，解得θ=， 根据题意可知，由S向MN作垂线，交于P点，当运动轨迹过P点时，运 动时间最短，且此时轨迹所对圆心角为， 根据几何关系有asin =R=1 m，解得a= m。 (2)在MN上有粒子打到的区域内，离O点的最远距离； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案　 m　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 根据题意可知，弦长最长等于直径时，粒子打到MN上离O点最远，运动轨迹如图所示，根据几何关系可得 OQ=OScos+= m (3)假设粒子均匀分布，请分析说明打到屏上的带电粒子占总粒子数目的百分比。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案　50% 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 根据题意可知，粒子在磁场中运动的半径恒为1 m， 则粒子所有轨迹的圆心连线在以S为圆心，1 m为半 径的圆上，如图中虚线圆，当粒子运动的轨迹圆心 在O1、O2两点时，粒子恰好能打到屏MN上，如图所示，由图可知，当粒子轨迹的圆心在阴影区域左上方虚线圆上时，粒子能打到屏MN上，则打到屏上的带电粒子占总粒子数目的百分比为50%。 返回 $