9.4 带电粒子在有边界磁场中的运动 专项训练 -2027届高考物理一轮复习

**基本信息** 带电粒子在有边界磁场中的运动专项训练，聚焦几何建模与临界分析，通过洛伦兹力公式推导与轨迹几何关系，系统培养科学思维与模型建构能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础应用|单选1-4、填空11|轨迹半径公式（r=mv/qB）、圆心角计算|从洛伦兹力提供向心力（运动和相互作用观念）推导半径公式，结合几何关系分析不同边界（正方形、圆形）轨迹| |临界分析|单选2、5、7，多选8-10|边界相切条件、运动时间最短/最长临界状态|通过临界状态（恰好不射出边界）深化科学推理，建立“公式+几何”解题模型| |多场综合|解答题13-15|多磁场区域半径比、电场与磁场组合应用|拓展至复合场问题，强化能量观念与复杂场景模型建构，衔接高考命题趋势|

9.4带电粒子在有边界磁场中的运动专项训练 2027届高考物理一轮复习 一、单选题 1．如图，正方形abcd内有方向垂直于纸面、大小可以调节的匀强磁场，一电子在纸面内从顶点a以一定的速度沿ad方向射入磁场。当磁感应强度的大小分别为时，电子可分别从ab边的中点e、b点和c点射出，则之比为（　　） A．1∶2∶3 B．1∶2∶4 C．3∶2∶1 D．4∶2∶1 2．如图，宽为的平行直线边界1、2间存在垂直于纸面向里的匀强磁场，一质量为、电荷量为（）的带电粒子从边界1上点以大小为、方向与边界1成60°的初速度射入磁场，一段时间后，粒子再次回到边界1，不计粒子的重力，则磁感应强度的最小值为（    ） A． B． C． D． 3．如图所示，虚线的上方区域和下方区域均有垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度大小分别为和，两虚线之间无磁场，重力不计的带正电粒子以垂直于磁场方向的速度从点射入上方区域，其运动轨迹如图所示，下列说法正确的是（　　） A．第一次从到的运动时间小于从到的 B．磁场均垂直纸面向外 C．磁感应强度 D．轨迹内上下两区域磁通量 4．如图所示，半径为、圆心为的圆形区域内存在着垂直于纸面向里的匀强磁场，质量为、电荷量为的带正电粒子从圆周上的点以指向、大小为的速度射入磁场，粒子离开磁场时的速度方向与射入磁场时的速度方向的夹角为，已知。粒子在磁场中运动的时间为（　　） A． B． C． D． 5．如图所示，间距为d的两竖直P、Q虚线边界内（含边界）有竖直向上的匀强磁场，O点到边界P、Q的距离相等。一带正电的粒子（重力不计）从O点射入磁场中，速度方向与竖直方向的夹角θ＝60°。若粒子在运动过程中恰好没有越过边界P、Q，经历一段时间后，粒子到达O点正上方的A点（图中未画出）处，则O、A两点间的距离可能等于（　　） A． B． C． D． 6．如图所示，平面直角坐标系中，一个半径为、弧长略小于半圆的圆弧形挡板关于轴对称放置，其圆心位于原点。以为上边界、为下边界、圆弧形挡板为右边界，左边界无穷远的区域内有垂直纸面向里的匀强磁场Ⅰ，磁感应强度大小为。其他区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场Ⅱ，磁感应强度大小为。一质量为、电荷量为的带电粒子，从处以某一初速度沿轴正向射出，恰好从处进入磁场Ⅱ，之后与挡板仅发生一次碰撞，碰后速度大小变为原来的、方向与碰前相反，最后经过处回到磁场Ⅰ。不计粒子重力及碰撞时间，整个过程粒子电量保持不变，下列说法正确的是（     ） A．粒子初速度的大小为 B．两个磁场磁感应强度大小关系为 C．粒子第二次离开磁场I的位置坐标为 D．粒子从处至处的时间为 7．如图所示，I区有垂直于纸面向外的匀强磁场，其边界为半径为的圆形；II区有垂直于纸面向里的匀强磁场，其外边界为边长可调的等边三角形，内边界与I区边界重合；三角形与圆形的中心同为点。I区和II区的磁感应强度大小比值为。一带正电的粒子从I区外边界上点沿三角形某一条边的中垂线方向进入磁场，若一段时间后粒子又从点离开。取。则三角形边长至少为（     ） A． B． C． D． 二、多选题 8．如图所示，边长为的正方形区域存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为，一质量为，带电量为的粒子从边中点垂直入射，恰能从点离开磁场，不计粒子重力，则正确的是（　　） A．粒子带正电 B．此时粒子入射速度大小为 C．为使粒子从点射出，速度大小应调整为 D．粒子从进入到从点射出用时小于 9．如图，平面内有一个半径为的圆形区域，右侧存在一个截面为矩形的区域，两个区域的切点为边的中点，，，和边上分别有两个接收屏（接收屏的长度分别等于矩形区域的边长）。两个区域内均存在磁感应强度大小为、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，一群质量为，电荷量为的粒子均匀分布在宽为区域内，紧邻且平行于边以速度进入圆形区域。不考虑粒子的重力，射出矩形边界后的粒子不再考虑。下列说法正确的是（　　） A．打在边的粒子在矩形磁场中运动的最短时间为 B．矩形区域内粒子所经过的面积为 C．打到屏上的粒子数占总数的比例为 D．打到屏上的粒子数占总数的比例为 10．如图所示，直角三角形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场（含边界），磁感应强度为B，，，，A处有一个粒子发射源，可以在内发射不同速率的同种带负电粒子，粒子的比荷为k。若粒子的速率用（未知）表示，初速度与AB边的夹角用（未知）表示，不计粒子的重力及粒子间的相互作用，则（　　） A．若，粒子从BC边离开磁场的最短时间为 B．若，粒子从AB边射出的最大速率为kBL C．若且粒子恰好不从BC边射出，则 D．若且粒子恰好不从BC边射出，则 三、填空题 11．边长为a的正方形，处于有界磁场如图，一束电子水平射入磁场后，分别从A处和C处射出，则vA：vC=________；所经历的时间之比tA：tB=________．.   12．居里夫人是世界上最伟大的科学家之一，在放射性的研究方面取得了卓越的成就．若某次研究射线的实验中，将放射源放在一个半径为的圆柱形容器中心轴线上A处，如图所示，放射源产生不同速率的同种粒子，沿AO方向从小孔O射出，进入一个圆心在A处磁感应强度大小为B的环形匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，容器内无磁场，设其中有一粒子速度为，在磁场中运动的半径为，不计粒子重力和粒子间的相互作用。则：（1）该粒子的比荷______________， （2）若圆形有界磁场的半径为，且从O处射出的所有粒子都不能出磁场，求粒子的最大半径=____________。    四、解答题 13．如图所示，在平面内有一个圆形匀强磁场区，半径为，磁感应强度为，方向垂直于纸面向外。紧靠圆形磁场右侧有1、2、3…足够多个等宽区域。其中，奇数区域内有水平向右的匀强电场，电场强度为；偶数区域有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为（未知）。圆上M、N两点与圆心共线，与区域1左边界垂直。有一个带电粒子由点进入圆形磁场区域，经过点进入区域1，速度大小为，方向与左边界夹角为斜向下，进入区域2时与左边界夹角为斜向下，该粒子恰好不能从区域14的右边界射出。不计带电粒子的重力。求： (1)带电粒子的比荷； (2)每个区域的宽度； (3)磁感应强度的大小； 14．如图所示平面直角坐标系xOy位于竖直平面内，x轴上有M、P两点，两点的横坐标满足。在区域内，存在沿y轴负方向的匀强电场，电场强度大小为E（未知）；在区域内，存在垂直于xOy平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B（未知），一带电量为q，质量为m的正电粒子从坐标原点O沿与x轴正方向成角射入（速度大小未知），在点C（）以速度垂直于磁场边界射入磁场，并从P点射出磁场。已知整个装置处于真空中，不计粒子的重力，。求： (1)求磁感应强度B的大小； (2)求电场强度E的大小； (3)若粒子进入磁场后受到了与速度大小成正比、方向相反的阻力，观察发现该粒子的轨迹呈螺旋状并与磁场左边界相切于D点（图中未画出），求D点的纵坐标 15．如图，在平面内，长方形区域内存在与轴平行的匀强电场；和是以和为圆心的两个四分之一圆，内部均有垂直圆面的匀强磁场，前者磁场布满整个区域，后者未布满；是一块与轴平行的荧光屏，横坐标。有一紧靠边的离子源（图中未画出），其释放的电子从边上各点飘入电场（不计电子的初速度），全部经过点，再经区域飞出，最终均垂直打在H屏上。已知图中部分点的坐标为：、、；和内的磁感应强度大小分别为和；电子电荷量为，质量为，不计电子间的相互作用。求： (1)匀强电场的电场强度大小； (2)从边出发的电子运动到屏的最长时间与最短时间之差； (3)内磁场分布区域的最小面积。 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D A A A B C B BCD ABD AC 1．D 【详解】电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有 解得半径公式 由此可知，在、、一定的情况下，磁感应强度与轨道半径成反比，即 设正方形边长为，当磁感应强度为时， 解得 当磁感应强度为时， 解得 当磁感应强度为时，设半径为，由几何关系 解得 综上所述，半径之比为 所以磁感应强度之比为 故选D。 2．A 【详解】带电粒子在匀强磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力 可得 因此，磁感应强度最小，对应的轨迹半径最大，粒子能回到边界1，说明粒子未从边界2射出，最大对应轨迹刚好与边界2相切的情况，如图所示 在直角三角形中，有 解得最大轨迹半径 将代入 解得 故选A。 3．A 【详解】ABC．粒子带正电，根据左手定则可得虚线的上方区域磁场垂直纸面向里，下方区域磁场垂直纸面向外，根据洛伦兹力提供向心力有 可得半径为 速率不变，粒子在上方区域运动的半径较小，可知磁感应强度 根据 可知粒子在下方区域运动的周期长，运动时间 粒子在上方区域和下方区域转过的圆心角相同，根据，可知第一次从到的运动时间小于从到的，故A正确，BC错误； D．轨迹内上下两区域磁通量分别为Φ1＝B1S1，Φ2＝B2S2 其中S1r1sinβ·r1cosβ（sinβcosβ） S2r2sinβ·r2cosβ（sinβcosβ） 可知Φ1（sinβcosβ），Φ2＝（+sinβcosβ），可知Φ1＜Φ2，故D错误。 故选A。 4．A 【详解】画出粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心及半径如图所示： 根据几何关系有 解得粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为 则粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为 由上图可知，粒子在磁场中做匀速圆周运动过程中转过的圆心角为，所以粒子在磁场中运动的时间为 故选A。 5．B 【详解】将粒子的速度分别沿水平与竖直方向分解，粒子在竖直方向以速度做匀速直线运动，在水平面内以速度做匀速圆周运动，则有 运动周期为 由于粒子在运动过程中恰好没有越过边界、，所以有 解得 经历一段时间后，粒子到达点正上方的点处，则有（） 当n=1时，O、A两点间的距离 故选B。 6．C 【详解】A．粒子在磁场Ⅰ中做匀速圆周运动，恰好从处进入磁场Ⅱ，由几何关系可知半径为，根据 可得 解得粒子初速度的大小为，故A错误； B．如图所示 根据 可得 碰后速度大小变为原来的，可设碰前的半径为，碰后的半径为，根据几何关系可得 可得， 即 可得两个磁场磁感应强度大小关系为，故B错误； C．如图所示，根据 可得 可得粒子第二次离开磁场I的位置坐标为，故C正确； D．在磁场中，周期 在磁场中，周期 粒子从处至处的时间为，故D错误。 故选C。 7．B 【详解】如图所示 由 得 因为I区和II区的磁感应强度大小比值为，粒子在Ⅰ区和Ⅱ区的运动半径之比为。 设粒子在Ⅰ区和Ⅱ区的运动半径分别为和，则 又， 得 三角形边长至少为，根据几何关系 且 联立可得 故选B。 8．BCD 【详解】A．由于粒子从c点离开磁场，则粒子在O点受到竖直向上的洛伦兹力，根据左手定则可知，粒子带负电，故A错误； B．根据洛伦兹力提供向心力有 根据几何关系可得 联立解得粒子入射速度大小为，故B正确； C．若粒子从d点射出，则有 根据几何关系可得 解得 所以粒子的速度大小应调整为，故C正确； D．设粒子从O进入到从d点射出时圆心角为θ，则 所以 则运动时间为，故D正确。 故选BCD。 9．ABD 【详解】洛伦兹力提供向心力 ​​代入可得 所有粒子轨道半径均为。 根据磁聚焦结论：平行入射的粒子，轨道半径等于圆形磁场半径，所有粒子出圆形后均从点进入矩形区域，方向不同。 A．打在边（）的粒子，圆心角越小，运动时间越短。 最短圆心角对应最短弦长，当粒子打在边的点时，弦长，由弦长公式 可得​，即。 周期​，运动时间，A正确； B．沿平行于方向射入的粒子打在点，此时为最远路径，如图所示 则粒子在磁场中所经过的面积为一个圆心角为90°的扇形和一个正方形的面积之和 解得，B正确； CD．如图所示 打到点的粒子速度方向与边垂直，是由点射入的粒子。 故打在边的粒子数占总数的比例为； 假设从点射入的粒子正好打在点，由图可知为打到边的粒子分布，此时入射点和圆形磁场的圆心连线与水平方向的夹角为30°。 则打在边上的粒子数占总数的比例为，C错误，D正确。 故选 ABD。 10．AC 【详解】A．根据洛伦兹力提供向心力有 可得 若，则 粒子从BC边离开磁场的时间最短，则粒子离开磁场的点与A点的连线与BC边垂直，粒子的运动轨迹如图所示 根据几何关系可知，为等边三角形，则最短时间，故A正确； B．若，粒子从AB边射出的速率最大时，粒子的运动轨迹与BC边相切，根据对称性可知，粒子从B点离开磁场，粒子的运动轨迹如图所示 根据几何关系有 解得，故B错误； CD．若且粒子恰好不从BC边射出，则粒子的运动轨迹与BC边相切，粒子的运动轨迹如图所示 根据几何关系有 解得，故C正确，D错误。 故选AC。 11． 1:2； 2:1； 【详解】电子从C点射出，A为圆心，Rc=L，圆心角θc=π/2由， 得；运动时间为四分之一周期，即： 电子从A点射出，OA中点为圆心，RA=L/2,圆心角θA=π， 所以， 由于运动的周期与速度无关，是相等的，故vA:vC=1:2,tA:tC=2:1， 故答案为1:2；2:1； 12． 【详解】由 可得该粒子的比荷 若所有粒子都不能出磁场，则粒子有最大半径时，轨迹如图    则有 可得最大半径为 13．(1) (2) (3) 【详解】（1）带电粒子在圆形区域做圆周运动，带电粒子的运动轨迹如图所示 由几何关系得 带电粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供圆周运动的向心力，满足 两式联立，解得带电粒子的比荷 （2）设带电粒子进入区域2的速度为，因粒子在区域1运动时竖直方向速度大小不变，故 根据动能定理有 解得每个区域的宽度 （3）设在区域14右边界，速度沿竖直方向且速度大小为，带电粒子由区域1到区域14，根据动能定理有 平行边界方向，根据动量定理有 整理得 解得 14．(1) (2) (3) 【详解】（1）由题意可知，粒子在磁场中做匀速圆周运动，且运动半径为r=d 洛伦兹力提供向心力，则 可得 （2）粒子在电场中做一个反向的平抛运动，则 由牛顿第二定律 解得 （3）设某时刻粒子的速度大小为v，方向如图所示，将速度分解为粒子到达D点时 把和f=kv作正交分解，则在x方向有 选择的微元过程，即上式两边同时乘以 并有 对C点到D点全过程累加求和，且有 则 解得。 15．(1) (2) (3) 【详解】（1）电子在电场中加速有 电子在圆弧中偏转，由几何关系可得做圆周运动的半径r=d 又 可得 解得匀强电场的电场强度 （2）从A点进入磁场的电子运动时间最长，由几何关系可以得出在两个磁场中做匀速圆周转过的角度均为、轨迹圆的半径均与对应圆弧的半径相等，有 则两圆弧的总路程为 电子从B点经M直线运动的时间最短，最长时间对应的路径比最短时间对应的路径多 所以最长时间与最短时间之差为 解得 （3）磁场的最小面积如图中阴影面积，则扇形O1MN的面积 三角形O1MN的面积 所以最小面积为 解得 学科网（北京）股份有限公司 $