专题提升：带电粒子在有界磁场中的运动 专项训练-2027届高三物理一轮复习

专题提升：带电粒子在有界磁场中的运动-2027届高三物理一轮复习同步练习 姓名： 班级： 学号： 基础对点练 题组一　带电粒子在有界磁场中运动的临界、极值问题 1.（多选）（2026河北保定期中）如图所示，在xOy平面内有一圆形边界，圆心为O，半径为R，圆形边界内存在垂直于xOy平面向里的匀强磁场。一电子以速度v从y轴上的M点沿y轴正方向射入圆形区域，从N点飞出圆形区域，O、N连线与x轴正方向夹角θ＝30°，电子质量为m，元电荷为e，不计重力。下列说法正确的是（　　） A.电子在N点速度方向不沿ON方向 B.磁感应强度大小为 C.电子在磁场中运动的时间为 D.电子入射方向逆时针旋转30°，在磁场中运动时间最长 2.（2025湖南岳阳二模）如图所示，在0≤x≤l的真空区域中有足够长的匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直于纸面向里。质量为m、电荷量为q的带电粒子（不计重力）从坐标原点O处沿图示方向射入磁场中，已知θ＝60°。粒子穿过x轴正半轴后刚好没能从右边界射出磁场。则该粒子所带电荷的正负和速度大小分别是（　　） A.带正电， B.带正电， C.带负电， D.带负电， 3.（2025陕西宝鸡二模）如图所示，直角三角形ACD区域内存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向内的匀强磁场，CD＝L，θ＝30°。质量为m、电荷量为q且均匀分布的带正电粒子以相同的速度沿纸面垂直于AD边射入磁场，若粒子的速度大小为，不考虑重力及粒子间的作用，取1.732，则粒子经磁场偏转后能返回到AD边的粒子数占从AD边射入的总粒子数的（　　） A.40% B.47.3% C.52.7% D.60% 题组二　带电粒子在有界磁场中运动的多解问题 4.（多选）平面OM和平面ON之间的夹角为35°，其横截面（纸面）如图所示，平面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。一质量为m、电荷量绝对值为q、电性未知的带电粒子从OM上的某点向左上方射入磁场，速度方向与OM的夹角为20°，运动一段时间后该粒子从OM上另一点射出磁场。不计重力。下列几种情形可能出现的是（　　） A.粒子在磁场中的运动轨迹与ON只有一个公共点，在磁场中运动的时间是 B.粒子在磁场中的运动轨迹与ON只有一个公共点，在磁场中运动的时间是 C.粒子在磁场中的运动轨迹与ON共有两个公共点，在磁场中运动的时间是 D.粒子在磁场中的运动轨迹与ON共有两个公共点，在磁场中运动的时间是 5.（多选）（2025重庆模拟）如图所示，固定、光滑且边长为L的等边三角形abc处于与其所在平面垂直、磁感应强度大小为B的匀强磁场中（图中未画出）。一比荷为k的粒子从ab边中点O垂直于ab边进入磁场，最后恰好能回到O点。该粒子与三角形各边发生碰撞前后速度大小不变、方向相反，粒子所带电荷量始终不变，不计粒子重力。则该粒子的速度大小可能为（　　） A. B. C. D. 综合提升练 6.（多选）（2025湖北武汉模拟）半径为R的半圆形区域内分布着垂直于纸面向里的匀强磁场（含边界），磁感应强度大小为B，P是区域半圆直径上一点，且PO＝。如图所示，质量为m、电荷量为－q（q>0）的带电粒子从P点垂直磁场方向射入磁场，已知粒子的速度大小可调、方向始终与直径成θ＝30°角，若从直径边界射出的粒子在磁场中的运动时间为t1，从圆弧边界射出的粒子在磁场中的运动时间为t2。则（　　） A.t1＝ B.t1＝ C.0<t2< D.0<t2< 7.（多选）（2025四川卷）如图所示，Ⅰ区有垂直于纸面向里的匀强磁场，其边界为正方形；Ⅱ区有垂直于纸面向外的匀强磁场，其外边界为圆形，内边界与Ⅰ区边界重合；正方形与圆形中心同为O点。Ⅰ区和Ⅱ区的磁感应强度大小比值为4∶1。一带正电的粒子从Ⅱ区外边界上a点沿正方形某一条边的中垂线方向射入磁场，一段时间后从a点离开。取sin 37°＝0.6。则带电粒子（　　） A.在Ⅰ区的轨迹圆心不在O点 B.在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹半径之比为1∶2 C.在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹长度之比为127∶37 D.在Ⅰ区和Ⅱ区的运动时间之比为127∶148 培优拔高练 8.(10分)(2025广东广州模拟)如图所示,在平面直角坐标系xOy内,有一个质量不计、带正电的粒子从y轴上的P点以沿x轴正向的速度进入匀强磁场(磁场区域未画出,P点在磁场的边界上)。已知粒子的比荷=108 C/kg,速度大小v0=106 m/s,P点的坐标为(0,1 m)。 (1)若磁场方向垂直于纸面向外,且为半径R=1 m的圆形区域,其圆心位于(1 m,1 m)处,粒子恰能够垂直于x轴离开圆形磁场区域,求磁感应强度B的大小; (2)若磁场方向垂直于纸面向外,且充满第一象限,粒子经过Q( m,0)点离开第一象限,求粒子在磁场中运动的时间t; (3)若磁场为一矩形区域,粒子沿与y轴平行的方向向上离开磁场区域,已知磁场区域面积的最小值为S=2 m2,求粒子做圆周运动的半径(结果可用根号表示)。 9.(12分)(2025江苏苏州期中)如图所示,空间中存在垂直于xOy平面向里的匀强磁场。y轴正方向竖直向上,x轴正方向水平向右。x轴上有一厚度不计的薄板MN,垂直于xOy平面固定,薄板长度为2a,中点位于O点。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子,可从y轴上y=-a处的P点以速率v=沿xOy平面向不同方向发射。若粒子打到薄板下表面会被吸收,打到薄板上表面会被反弹,粒子与薄板间的碰撞为弹性碰撞,碰撞前后速度大小不变,方向遵循光的反射定律,不计粒子重力。 (1)粒子发射后能否与薄板碰撞一次就返回P点?若能,求粒子发射方向与y轴负方向的夹角α0,若不能,请说明理由。 (2)求粒子从发射到被吸收经历的最短时间t。 (3)粒子发射后与薄板碰撞n次(n>1)后能返回P点,求粒子发射方向与y轴负方向夹角α正弦值的表达式。 10.（14分）（2025广东广州一模）如图所示，半径为R和2R的同心圆a、b将足够大的空间分隔为Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ区域，圆心为O。Ⅰ区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；Ⅱ区存在沿半径方向向外的辐向电场；Ⅲ区存在方向垂直于纸面向外的匀强磁场（图中未标出）。一带电粒子从P点沿半径方向以速度v0射入Ⅰ区，偏转后从K点离开Ⅰ区，穿过Ⅱ区后，以速率进入Ⅲ区。已知∠POK＝60°，忽略带电粒子所受重力。 （1）判断粒子的电性并求出其比荷； （2）求a、b之间的电势差Uab； （3）若粒子第三次从Ⅱ区进入Ⅲ区之前能经过P点，求Ⅲ区磁场磁感应强度大小。 答案： 1.BC　解析 由对称性可知，电子在N点速度方向一定沿ON方向，A错误；电子在磁场中运动的轨迹半径为r＝Rtan 60°＝R，根据qvB＝m可得磁感应强度大小为B＝，B正确；电子在磁场中运动速度转过的角度为60°，则时间为t＝T＝，C正确；电子从圆周最高点飞出时在磁场中的运动时间最长，设此时电子的入射方向逆时针旋转α角，则2R＝2rsin α，此时sin α＝，则α≠30°，D错误。 2.B　解析 由题知，粒子穿过x轴正半轴后刚好没能从右边界射出磁场，说明粒子进入磁场后向上偏转，根据左手定则，可知粒子带正电，作出其运动轨迹，如图所示，根据几何关系可知∠OO1D＝θ＝60°，设带电粒子在磁场中运动轨迹的半径为r，根据几何关系可得rcos 60°＋r＝l，解得r＝，带电粒子在磁场中运动，由洛伦兹力提供向心力，则有qBv＝m，解得v＝，故选B。 3.C　解析 粒子在磁场中所受洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m，可得r＝＝0.3L，当粒子的轨迹与AC边相切时，粒子恰能经磁场偏转后返回到AD边，设此时轨迹圆心为E，则AE＝＝0.6L，当粒子的轨迹与CD边相切时，粒子恰能经磁场偏转后返回到AD边，设此时轨迹圆心为F，则DF＝r＝0.346 4L，由几何分析，粒子经磁场偏转后能返回到AD边的入射点的长度为EF＝AD－AE－DF＝1.053 6L，所以，粒子经磁场偏转后能返回到AD边的粒子数占射入到AD边总粒子数为×100%＝52.68%≈52.7%，故选C。 4.ABD　解析 带电粒子在磁场中做圆周运动，由洛伦兹力提供向心力有qvB＝m， qvB＝mr，得到r＝，T＝，若粒子带负电，则将做逆时针方向的匀速圆周运动，粒子回到OM时，由圆周运动的对称性，速度方向必与OM成20°角，但由于35°>20°，则粒子轨迹与ON只可能有一个交点，故粒子偏转角只可能为40°，运动时间t＝T＝，故A正确，C错误；若粒子带正电，将做顺时针方向的匀速圆周运动，无论轨迹与ON有几个交点，粒子回到OM时，由圆周运动的对称性，速度方向必与OM成20°角，粒子偏转角为360°－40°＝320°，则粒子运动时间为t＝T＝，故B、D正确。 5.AC　解析 设粒子速度大小为v，据题分析知，粒子在等边三角形内做匀速圆周运动（设半径为R），要使粒子恰好回到O点，需满足（2n＋1）R＝，又由qvB＝m、k＝，联立可得v＝（其中n＝0，1，2，3，…）。当v＝时，n＝0，A正确；当v＝时，n＝0.5，B错误；当v＝时，n＝1，C正确；当v＝时，n＝1.5，D错误。 6.BC　解析 从直径边界射出的粒子在磁场中的运动轨迹如图甲所示，根据qvB＝m，又T＝，联立解得T＝，由几何关系可知，轨迹对应的圆心角为α＝2π－2θ＝π，则粒子的运动时间为t1＝T＝，故A错误，B正确；粒子恰好不从圆弧边界射出的运动轨迹如图乙所示，由几何关系可知α'＝π－2θ＝π，粒子在磁场中的运动时间为t＝T＝，从圆弧边界射出的粒子在磁场中的运动时间为0<t2<，故C正确，D错误。 甲 乙 7.AD　解析 带电粒子在磁场中运动，由洛伦兹力提供向心力得qvB＝m，可得r＝，又BⅠ∶BⅡ＝4∶1，则在Ⅰ区和Ⅱ区粒子的轨迹半径之比为1∶4，B错误；设粒子在Ⅰ区的轨迹半径为R，则在Ⅱ区的轨迹半径为4R，粒子的运动轨迹如图所示，由几何关系得Rcos θ＋4Rcos θ＝4R，得θ＝37°，由图可知粒子在Ⅰ区轨迹圆心O2不可能与O重合，A正确；粒子在Ⅰ区的运动轨迹长度为s1＝·2πR＝（π＋2θ）R，在Ⅱ区的运动轨迹长度为s2＝2π·4R＝8θ·R，则s1∶s2＝127∶148，粒子在磁场中运动的速度大小不变，设速度大小为v，则粒子在Ⅰ区和Ⅱ区的运动时间之比为，C错误，D正确。 8.答案 (1)0.01 T　(2)×10-6 s (3) m或 m 解析 (1)根据几何关系可知,轨迹圆半径R=1 m 根据洛伦兹力提供向心力有qv0B=m 解得B=0.01 T。 甲 (2)作出粒子的运动轨迹,如图甲所示 根据几何关系有r2=x2+(r-L)2,sin θ= 根据圆周运动的规律,时间t= 解得t=×10-6 s。 (3)由于磁场方向未知,因此要分情况讨论,如图乙、丙所示,假设图乙的轨迹圆半径为r1,图丙的轨迹圆半径为r2 乙 丙 图乙中,最小矩形磁场区域面积S1=2r1·r1+2r1·r1=(2+ 图丙中,最小矩形磁场区域面积S2=r2=(-1) 分别解得r1= m,r2= m。 9.答案 (1)见解析　(2) (3)sin α=(n=2,3,4,…) 解析 (1)由对称性分析可知,当粒子发射后直接打到薄板上表面的O点,一次反射后恰好能回到P点,粒子轨迹如图甲所示,粒子发射方向与y轴负方向间的夹角为α0,偏向右侧 甲 由几何关系有sin α0= 得α0= 此时轨迹圆弧与x轴的交点到O点的距离为L=2Rcos α0 有L=a>a 说明此种情况成立。 (2)粒子在磁场中做完整圆周运动的周期T= 设粒子做圆周运动的轨迹半径为R,有qvB=m 可得R=a 当粒子发射后直接打到薄板下表面的O点,用时最短,如图乙所示 乙 设粒子发射方向与y轴正方向的夹角为θ,偏向右侧,由几何关系有sin θ= 粒子从发射到吸收经历的最短时间t=T 联立解得t=。 (3)设粒子发射方向与y轴负方向间的夹角为α,偏向右侧。轨迹如图丙所示 丙 圆心C到x轴的距离CD=a-Rsin α 第一次反射点为E,轨迹圆弧在x轴上弦长的一半为DE,有DE2=R2-CD2 第一次反射点E到O的距离OE=Rcos α-ED 与薄板碰撞n次(n>1)后能返回P点,由对称性分析可知OE=(n-1)DE 联立可得(n2-1)sin2α-2n2sin α+1=0 解得sin α=(n=2,3,4,…),另一解不符题意,舍去。 10.答案 （1）负电　　（2）BRv0　（3）B，B或B 解析 （1）粒子从P点沿半径方向射入Ⅰ区，偏转后从K点离开Ⅰ区，根据左手定则可知，四指指向与粒子运动方向相反，则带电粒子带负电 甲 设带电粒子所带电荷量为－q，粒子在Ⅰ区做匀速圆周运动的半径为r，作出粒子运动轨迹如图甲所示 根据几何关系有r＝Rtan 粒子在Ⅰ区做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有qv0B＝m 解得。 （2）带电粒子在Ⅱ区做减速直线运动，根据动能定理有 －qUab＝ 结合上述解得Uab＝BRv0。 （3）带电粒子在Ⅲ区运动，设轨迹半径为r1，Ⅲ区磁场磁感应强度大小为Bx，则有qBx·＝m 结合上述解得Bx＝ 乙 作出粒子运动轨迹，如图乙所示 设粒子从N1射入Ⅲ区，在N2点离开Ⅲ区，设∠N1ON2＝θ，在Ⅰ区内运动k1次，Ⅲ区内运动k2次后，回到P点，则有k1·60°＝k2θ（k1、k2均为正整数，且有k2≤2，θ≥60°） 可知，粒子运动轨迹有三种可能性 情况ⅰ： 丙 当k1＝1，k2＝1时，θ＝60°，带电粒子在Ⅲ区运动后，沿PO方向直接进入Ⅱ区，运动轨迹如图丙所示 根据几何关系有＝tan 结合上述解得r1＝R，Bx＝B 情况ⅱ：当k1＝2，k2＝1时，θ＝120°，带电粒子在Ⅲ区运动后，进入Ⅱ区，又在Ⅰ区运动后，沿OP方向回到P点，运动轨迹如图丁所示 根据几何关系有＝tan 结合上述解得r1＝2R，Bx＝B 情况ⅲ： 丁 戊 当k1＝3，k2＝2时，θ＝90°，带电粒子两次进入Ⅲ区，又在Ⅰ区运动后，沿OP方向回到P点，轨迹如图戊所示 根据几何关系有r1＝2R 结合上述解得Bx＝B。 学科网（北京）股份有限公司 $