第37讲 “有界”磁场的粒子运动问题-2026年高考物理母题60讲

第三十七讲“有界 母题呈现 [例]一质量为m,电荷量为十q的带电粒 子，沿着半径方向射入圆形匀强磁场区域， 磁场的磁感应强度的大小为B,(B,=B。), 圆形磁场的半径R为粒子的轨迹圆半径r 的倍，粒子射出圆形篮场后，进人左边有 界、右边无界的匀强磁场B。中，圆形磁场与 磁场B。的左边界相切，且粒子最初射入圆 形磁场时的速度方向垂直于磁场B。的边 界，如图所示。粒子最终从圆形磁场的射入 点射出磁场，不计粒子的重力，求： B. B1。 ×××× (1)粒子在圆形磁场中偏转的角度0； (2)两磁场的磁感应强度大小之比B,：B2; (3)粒子在两个磁场中运动的总时间（用含 B。的式子表示)。 高考物理母题60讲 磁场的粒子运动问题 知识链接 一、带电粒子在有界磁场中运动的三种常见 情形 1.直线边界（进出磁场具有对称性，“怎么进， 怎么出”，如图所示) X (a) (b) (c) 2.平行边界（存在临界条件，如图所示） (a) (b 3.圆形边界（沿径向射入必沿径向射出，如图 所示) 二、作图及分析运动轨迹 1.四个点：入射点、出射点、轨迹圆心、入射速 度所在直线与出射速度所在直线的交点。 2.六条线：圆弧两端点所在的轨迹半径，入射 速度所在直线和出射速度所在直线，入射点 与出射点的连线，圆心与两条速度所在直线 交点的连线。 3.三个角：速度偏转角、圆心角、弦切角（如图 所示)。粒子速度的偏转角（φ）等于轨迹所 对圆心角（α），并等于AB弦与圆切线的夹 角（弦切角）的2倍，即p=a=20=wt。 23· 高考物理母题60讲 母题拓展 一、带电粒子在有界匀强磁场中运动问题的一 般步骤 定圆心一→画轨迹 ①找出几何关系，求轨迹半径。 ②轨迹半径与磁感应强度、运动速度相 联系。 找联系→ ③偏转角度与圆心角、运动时间相联系。 ④粒子在磁场中运动的时间与周期相 联系。 即运用牛顿第二定律和圆周运动的规律， 用规律一 或直接应用轨迹半径公式与周期公式 二、半径求解以及临界问题分析方法 1.数学方法和物理方法的结合：如利用“矢量 图”“边界条件”等求临界值，利用“三角函 数”“勾股定理”“不等式的性质”“二次方程 的判别式”等求解半径以及对应极值。 2.一个“解题流程”，突破临界问题 动态思维 →临界点 →临界状态 临界 粒子速 半径 轨迹 磁场边界 度方向 方向 几何关系 定圆心 3.从关键词找突破口：许多临界问题，题干中 常用“恰好”“最大”“至少”“不相撞”“不脱 离”等词语对临界状态给以暗示，审题时，一 定要抓住这些特定的词语挖掘其隐藏的规 律，找出临界条件。 衍生练习 [衍生1]（多选)如图，直线PQ上方有垂直 纸面向里的匀强磁场；电子1从磁场边界 上的a点以速度v1垂直PQ射入磁场；经 时间t1从b点离开磁场。电子2也从a点 与PQ成0=30°方向以速度v2射入磁场； 经时间t2也从b点离开磁场。则( ·12 B X0× Q B4=3 t21 C.4=1 22 D.4=3 22 [衍生2]如图，边长为l的正方形abcd内存 在匀强磁场，磁感应强度大小为B,方向垂 直于纸面(abcd所在平面)向外。ab边中 点有一电子发源O,可向磁场内沿垂直于 ab边的方向发射电子。已知电子的比荷 为。则从a、d两点射出的电子的速度大 小分别为 ) d 0 A.1kBL,5kBl B.bB1,56B1 C..5BI D.Bl,B [衍生3]如图所示，圆形区域内有垂直于纸 面向里的匀强磁场，一个带电粒子以速度 v从A点沿直径AOB方向射入磁场，经过 △t时间从C点射出磁场，OC与OB成60 角。现将带电粒子的速度变为号，仍从A 点沿原方向射入磁场，不计重力。则粒子 在磁场中的运动时间变为 A十*…*…Xǒx十B B.2△t D.3△t [衍生4]如图，半径为R的圆是 一圆柱形匀强磁场区域的横 B 截面（纸面），磁感应强度大小 为B,方向垂直于纸面向外，一 电荷量为q(q>0),质量为m 的粒子沿平行于直径ab的方向射入磁场 区域：射人点与6的距离为号已知粒子 射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角 为60°，不计重力。则粒子的速率为 A.9BR B.9BR 2m m C.3qBR D.2qBR 2m m [衍生5]如图所示，纸面内有一圆心为O,半 径为R的圆形磁场区域，磁感应强度的大 小为B,方向垂直于纸面向里.由距离O点 0.4R处的P点沿着与PO连线成0=30° 的方向发射速率大小不等的电子。已知电 子的质量为m,电荷量为e,不计电子的重 力且不考虑电子间的相互作用。为使电子 不离开圆形磁场区域，则电子的最大速 率为 A燃 B.V②9eBR 10m C.2leBR D.5-23)eBR 40m 5m [归纳提升] ·12 高考物理母题60讲 [衍生6]如图所示，一个质 量为m,带电量为十q的粒 子沿y轴正方向以速度v。 630x 从O点射入磁感应强度为B的圆形匀强 磁场区域，磁场方向垂直纸面向外，粒子飞 出磁场区域后，从点b处穿过x轴，速度方 向与x轴正方向的夹角为30°。粒子的重 力不计，试求： (1)圆形匀强磁场区域的最小面积； (2)粒子在磁场中运动的时间； (3)点b到O的距离。[衍生7][解析](1)由题知，粒子甲从，点P(2a,0)沿 y轴正方向射入到达点O,则说明粒子甲的半径 r=a,根据qv甲B= m0,解得p0= r甲0 m (2)由题知，粒子甲运动一个圆周时，粒子乙刚好运 动了两个圆周，则T甲=2T之 4π2 T甲=m 根据qB=m袋r,有是2，则m之=2m,粒子 甲、乙碰撞过程，取竖直向下为正有mv甲0十m元v元0 1 Fmu里1十mz0元1,2mUp0+2m20号 2m命1十2m元呢1，解得vz0=-5up0,u21 3U甲0，则第一次碰撞后粒子乙的速度大小为3gB0 m (3)已知在1=0时，甲、乙粒子发生第一次碰撞且 gB 碰撞后有V甲1=一3V甲0，V元1=30甲0， 则根据guB=m ,可知此时乙粒子的运动半径为 r1=号a,可知在=吧时，甲、乙粒子发生第二 3 aB 次碰撞，且甲、乙粒子发生第一次碰撞到第二次碰撞 过程中乙粒子运动了2圈，此过程中乙粒子走过的 路程为S1=6πa, 且在第二次碰撞时有 mU甲1十mtw元1=mv甲2十mtw元2， 解得0甲2=V甲0，V元2=一5v甲0， 可知在？=5时，甲、乙粒子发生第三次碰撞，且 gB 甲、乙粒子发生第二次碰撞到第三次碰撞过程中乙 粒子运动了2圈，此过程中乙粒子走过的路程 为S2=10πa, 且在第三次碰撞时有mw甲2十m乙0元2=mW甲3十m乙 v2宫m+m2呢。=m:十me吃a, 1 解得v甲3=一3U甲0,0元3=30甲0，依次类推， 在-1昭时，甲，乙子发生第九次班撞，且甲，乙 粒子发生第八次碰撞到第九次碰撞过程中乙粒子运 动了2圈，此过程中乙粒子走过的路程为 Sg=10πa, 且在第九次碰撞时有my甲8十m元x元8= mu甲g十m乙V之g, mg十m呢。=子m函g十2m吃g 1 1 解得U甲g=一3V甲0，U元9=3v甲0， 在=17”到t=18”过程中，甲粒子刚好运动半 周，且甲粒子的运动半径为r甲1=3a, 则1=18时甲粒子运动到P点即（一6a,0)处。 qB 在=17”到1=18”过程中，乙粒子刚好运动一 aB gB ·28 高考物理母题60讲 周，则t= 8”时乙粒子回到坐标原点，且此过程中 g 乙粒子走过的路程为S。=3πa, 故整个过程中乙粒子走过总路程为S=4X6πa+4X 10πa+3xa=67xa。 [答案]1(2m .1 3qBa (3)甲(-6a,0) 2 m 乙(0,0)67πa 第三十七讲“有界”磁场的粒子运动问题 [母题呈现] [例][解析](1)根据题意作出粒子的运动轨迹，如 图所示 XX X×X \XX B2 B X 粒子在圆形磁场中的偏转角为日，由图中几何关系可 得m号-尽-得解号9-6心 (2)粒子离开圆形磁场后，做匀速直线运动，进入半无 界磁场时，粒子的速度与边界之间的夹角为《=90°一 日=30°，则粒子在半无界磁场中运动时，转过的圆心角 为B=360°一2α=300°，要使粒子最终沿射入点返回， 根据对称性可知，粒子在半无界磁场中运动的半径与 圆形磁场半径之间满足几何关系为r2sina=tana' R R 解得r2=sina·tan -=2√5R, 粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向 心力可得B=m兰，解得Bc gr 则两磁场的磁感应强度大小之比为 B-r2=23☒ 2r1√3R = (3)由题意可得B,=2B1=2A,粒子在磁场中微匀 速圆周运动的周期为T=2=2”,粒子在圆形磁场 v gB 中运动的总时间为t1=2 360T1=2 60°2m 360×g ,粒子在半无界磁场中运动的时间为妇手 品 =300° 360°大 2πm 10xm ,粒子在两个磁场中运动的 3gBo 总时间t=t1十t2 2xm⊥10πm_4πm 3g Bo 3gBo gBo [答案](1)60°(2)2：1(3)4m gBo 、高考物理母题60讲 [衍生练习] [衍生1][解析]粒子在磁场中做匀速圆周运动，根 据题意画出粒子的运动轨迹，如图所示 B 0X b 0 电子1垂直射入磁场，从b,点离开，则运动了半个圆 周，运动时间为有=名T,辛径为1=名6，电子2从 a点与成方向以速度射入磁场，轨迹对应的圆心角为 60,则运动时间为12=二T,半径为r2=ab,因为周 6 潮为T-需，所以两电于微匀选国周运功的周期相 等，所以有t1:t2=3：1, 因为r=m巴，所以：2=：r2=1:2,故BC 正确。 [答案]BC [衍生2][解析]Q点射出粒子半径R。=车=B0 l mva 得：二BgB,d点射出粒子半径为R2=2+ 4m 故45BL-,故B正确。 4m 4 R- [答案]B [衍生3][解析]带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周 运动，由洛伦兹力提供向心力，据牛顿第二定律有 gB=m二，解得粒子第一次通过磁场区时的半径为 gB,圆孤AC所对应的圆心角∠A0C=60,经 r=m 历的时间为Y品TT为粒子在匀张磁场中运动 同指，大小为T=疆，与粒子逢度大小无关)：当粒 子速度减小为号后，根据r知其在磁场中的轨 aB 道半径变为了，粒子将从D点射出，根据图中几何关 系得圆孤AD所对应的圆心角∠AOD=120°，经历 的时间为△器T-20,故B正扇。 ·28 0: [答案]B [衍生4][解析]由题意知，粒子运动轨迹如图所示 C 0' a 圆心角就为60°，CBO为等边三角形∠COO=∠COO =30°，所以带电粒子运动的半径为r=R, 由gB=m心，解得=B迟，故B正确。 n [答案]B [衍生5][解析]如图 X P 00入 X 当电子的运动轨迹与磁场边界相切时， 根据B=n,得=。 m 电子运动半径最大，速度最大。电子圆周运动的圆 心与圆形磁场的圆心以及切点共线，过电子圆周运 动的圆心做OP的垂线，由几何关系得rcos60°十 √R-r)2-(Tsim60严=0.4R,得r=2二R,则最大 40 速率为u=21eB迟，故C正确。 40m [答案]C [衍生6们][解析](1)作出轨迹如图所示 Ay X<60° 0 产x b 带电粒子在磁场中运动时，由洛伦兹力提供向心力 qvo B=m R' 由分析可知带电粒子从O处进入磁场，转过120°后 离开磁场，再做匀速直线运动从b,点射出，带电粒子 在磁场中做匀速圆周运动，连接粒子在磁场区入射 ,点和出射点得弦长为1一2Rcos30°，要使圆形磁场区 城面积最小，其半径刚好为1的一半，即有2，则 圆形匀强磁场区域的最小面积Smm=πr2, 解得Smim= 3元m2u房 4g2B2 ②)粒子在磁场中运动的周期T2红R2,则粗 子在磁场中运动的时间t= 3 3gB (3)根据几何关系可知x0=R+R=3m sin30° [答案]（1)3rm2号 4g2B2 (2)20(3)3 3gB gB 第三十八讲磁场中的“圆”问题 [母题呈现 [制1[解折])根据B=m号得r器=d, 如图所示 B A © 当粒子与收集板相遇位置在粒子源正下方A点时，弦 长最短，圈心角为最小为60，时间最短，即tm=T门 1 2mmxm 6 qB 3gB (2)粒子与收集板相遇的最左端B和最右端C如图所 示，由几何关系，收集板上能接收到粒子区域的长度 为L=d+5d=(1+5)d。 (3)由图可知 D © N 粒子轨迹与收集板的两个切点为D点与C点，打在D 点的粒子在粒子源发射速度1的方向竖直向上，打 在C点的粒子在粒子源发射速度2的方向竖直向 下。1与2的方向的夹角为180°，发射速度方向v1 与2的夹角之间的粒子均能打在收集板上，故每秒 内到达班象数的点子发方需N子N,则李衫 内收集板收集的粒子电荷量就等于通过电流表的电 流大小I,可得I=0.5Ng。 (4)粒子源左右两侧的粒子不可能都逆时针转动且垂 直到达收集板，所以两侧需要存在不同方向的匀强磁 场。使粒子垂直到达收集板的条件是：粒子射出磁场 时的方向与收集板垂直，出射点的集合为半径为d的 圆形，故磁场区域为半径为d的圆形区域，即粒子源 ·28 高考物理母题60讲 两侧磁场面积均为π严，且方向分别垂直纸面向里和 垂直纸面向右。如图所示 G [答案](1)m (2)(1+√3)d(3)0.5Nq 3gB (4)见解析 [衍生练习] [衍生1][解析]A.根据题意垂直AB边进入，垂直 AC边飞出，经过四分之一个周期，即二T=0,解得 A T=4t,A正确；B.洛伦兹力提供向心力quB=m 尺，解得R=阳粒子运动的周期T=2R=2 gB U gB 4to,解得磁感应强度B=m,B正确：C.粒子与BC 2gto 边相切，运功时间最长，满足。T不，在磁场中转过 圆心角120°，如图 B 根据几何关系可知Rsin6 R 五d,解得R-名， sin- 6 C错误：D,根据T-2π迟可知R· T 4to 兴D错误。 [答案]AB [衍生2][解析]AB.粒子在磁场中的运动半径为 ,=g=d,过S点做OM的垂线为最短弦，最短 孩为了d,由儿何关系可知，粒子在磁场中转过的角 庆为90，则对息的最短时同为1m-子-品故A 正确，B错误：C.沿着水平向右射出的粒子，打在边 界OM上的点距S的距离最远，但不是一个半圆，即 最远距离不是2r=竖d,故C错祝：D由几何关系 知，圆周运动的半径r二2d小于S点到OM的最短 距离2山，则粒子如果从S点垂直于边界OM射入磁 场，则一定从边界ON射出，故D项正确。 [答案]AD