第十一章 第3讲　小专题 带电粒子在有界磁场中的运动　多解问题 专项练习 -2027届高考物理一轮专题复习（人教版）

**基本信息** 聚焦带电粒子在有界磁场中的运动规律及多解问题，通过不同边界模型（圆形、矩形、环形）和多解情境，系统覆盖轨迹分析、临界条件及时间计算，体现运动和相互作用观念与科学推理的结合。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |带电粒子在有界磁场中的运动|3题（含2025北京西城二模等）|单一磁场区域轨迹计算，涉及半径、时间及速度影响分析|从洛伦兹力提供向心力（qvB=mv²/r）出发，结合几何关系确定圆心、半径，推导运动时间（t=θT/2π）| |带电粒子在磁场中运动的多解问题|4题（含2025河北邢台检测等）|多磁场区域或临界条件导致的多解分析，涉及速度方向、磁场边界等变量|在基本运动规律基础上，通过临界轨迹（相切、边界）和多解条件（方向、周期性）拓展，强化模型建构与科学论证|

第3讲　小专题:带电粒子在有界磁场中的运动　多解问题 对点1.带电粒子在有界磁场中的运动 1.(2025·北京西城二模)如图所示,圆形匀强磁场区域的圆心为O,半径为R,磁场方向垂直于纸面向里,磁感应强度的大小为B。一质量为m、电荷量为q的带电粒子以某一速度从P点沿磁场区域的半径方向射入磁场,从Q点射出,PO与OQ成60°角,不计粒子所受重力。下列说法正确的是(　　) A.带电粒子在磁场中做圆周运动的半径等于R B.带电粒子在磁场中的运动时间等于 C.若射入速度变大,粒子运动的半径变小 D.若射入速度变大,粒子在磁场中的运动时间变短 2.(2025·甘肃平凉模拟)如图所示的矩形区域内存在垂直于纸面向里的匀强磁场,一比荷为k的带负电粒子由B点射入矩形区域,速度大小为v0,速度方向与AB边的夹角θ=45°,粒子在磁场中的运动轨迹刚好与AC边相切,AB=L、BD=L,忽略粒子所受的重力。下列说法正确的是(　　) A.磁感应强度大小为 B.粒子在磁场中运动的时间为 C.仅将粒子的速度改为,粒子在磁场中运动的轨道半径为L D.仅将粒子的速度改为,粒子在磁场中运动的时间为 3.(2025·重庆卷,14)研究小组设计了一种通过观察粒子在荧光屏上打出的亮点位置来测量粒子速度大小的装置,如图所示,水平放置的荧光屏上方有磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面向外的匀强磁场。O、N、M均为荧光屏上的点,且在纸面内的同一直线上。发射管K(不计长度)位于O点正上方,仅可沿管的方向发射粒子,一端发射带正电粒子,另一端发射带负电粒子,同时发射的正、负粒子速度大小相同,方向相反,比荷均为。已知OK=3h,OM=3h,不计粒子所受重力及粒子间相互作用。 (1)若K水平发射的粒子在O点产生光点,求粒子的速度大小。 (2)若K从水平方向逆时针旋转60°,其两端同时发射的正、负粒子恰都能在N点产生光点,求粒子的速度大小。 (3)要使(2)问中发射的带正电粒子恰好在M点产生光点,可在粒子发射t时间后关闭磁场,忽略磁场变化的影响,求t。 对点2.带电粒子在磁场中运动的多解问题 4.(2025·河北邢台阶段检测)如图所示,直线MN与水平方向成60°角,MN的左下方存在垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B,MN的右上方存在垂直于纸面向外的匀强磁场,磁感应强度大小为2B。一粒子源位于MN上的a点,能水平向右发射不同速率、质量为m(重力不计)、电荷量为q(q>0)的同种粒子,所有粒子均能通过MN上的b点,已知ab=L,则粒子的速率可能是(　　) A. B. C. D. 5.(多选)(2025·甘肃卷,10)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于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 6.(多选)(2025·福建阶段检测)如图所示,在一个直角△ACD(∠C=90°)区域内有垂直于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q的带正电粒子(不计重力),沿纸面从AC边的O点垂直于AC边以速度v射入该匀强磁场区域,已知CD=2OC=2l,∠A=θ,下列关于粒子运动的说法正确的是(　　) A.若θ=45°,v=,则粒子从CD边射出磁场,出射点与C点的距离为l B.若θ=45°,要使粒子从CD边射出,则最大速度为v= C.若θ=30°,要使粒子从CD边射出,则最大速度为v= D.若θ=30°,该粒子在磁场中运动的最长时间为 7.(2025·陕晋青宁卷,14)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,结构简化如图甲所示,圆筒足够长。在O点有一电子源,向空间中各个方向发射速度大小为v0的电子,某时刻起筒内加大小可调节且方向沿中心轴向下的匀强磁场,筒的横截面及轴截面示意图如图乙所示,当磁感应强度大小调至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。 学科网（北京）股份有限公司 $ 第3讲　小专题:带电粒子在有界磁场中的运动　多解问题 课时作业 对点1.带电粒子在有界磁场中的运动 1.(2025·北京西城二模)如图所示,圆形匀强磁场区域的圆心为O,半径为R,磁场方向垂直于纸面向里,磁感应强度的大小为B。一质量为m、电荷量为q的带电粒子以某一速度从P点沿磁场区域的半径方向射入磁场,从Q点射出,PO与OQ成60°角,不计粒子所受重力。下列说法正确的是(　　) A.带电粒子在磁场中做圆周运动的半径等于R B.带电粒子在磁场中的运动时间等于 C.若射入速度变大,粒子运动的半径变小 D.若射入速度变大,粒子在磁场中的运动时间变短 【答案】 D 【解析】 粒子运动轨迹如图所示,根据几何关系可得=tan 30°,解得粒子运动半径为r=R;根据洛伦兹力提供向心力,有qvB=m,粒子运动周期为T=,联立可得T=,带电粒子在磁场中的运动时间为t=T=,A、B错误。根据洛伦兹力提供向心力,有qvB=m,解得r=,可知射入速度变大,粒子运动的半径变大,C错误。粒子在磁场中的运动周期T=,粒子在磁场中的运动时间t=T,如果只增大粒子的入射速度v,周期不变。根据r=可知,如果只增大粒子的入射速度v,则偏转半径变大,由几何关系可知偏转角变小,则粒子在磁场中的运动时间变短,D正确。 2.(2025·甘肃平凉模拟)如图所示的矩形区域内存在垂直于纸面向里的匀强磁场,一比荷为k的带负电粒子由B点射入矩形区域,速度大小为v0,速度方向与AB边的夹角θ=45°,粒子在磁场中的运动轨迹刚好与AC边相切,AB=L、BD=L,忽略粒子所受的重力。下列说法正确的是(　　) A.磁感应强度大小为 B.粒子在磁场中运动的时间为 C.仅将粒子的速度改为,粒子在磁场中运动的轨道半径为L D.仅将粒子的速度改为,粒子在磁场中运动的时间为 【答案】 B 【解析】 由题意作出粒子的运动轨迹,如图中1所示,由几何关系得α=45°,设粒子的轨道半径为R,则有AB=R-Rcos α=L,解得R=L,粒子在磁场中做匀速圆周运动时,洛伦兹力提供向心力,有qv0B=m,解得B=,A错误;粒子的运动周期为T==,设EO与FO的夹角为β,则有Rsin α+Rsin β=BD,解得β=30°,粒子在磁场中运动的轨迹所对应的圆心角为α+β=75°,所以粒子在磁场中运动的时间为t=T,解得t=,B正确;仅将粒子的速度改为,则粒子的轨道半径R′=,解得R′=,作出粒子的运动轨迹,如图中2所示,粒子在磁场中运动轨迹所对应的圆心角为90°,又粒子的运动周期为T′=,则有T′=,粒子在磁场中运动的时间为t′=T′=,C、D错误。 3.(2025·重庆卷,14)研究小组设计了一种通过观察粒子在荧光屏上打出的亮点位置来测量粒子速度大小的装置,如图所示,水平放置的荧光屏上方有磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面向外的匀强磁场。O、N、M均为荧光屏上的点,且在纸面内的同一直线上。发射管K(不计长度)位于O点正上方,仅可沿管的方向发射粒子,一端发射带正电粒子,另一端发射带负电粒子,同时发射的正、负粒子速度大小相同,方向相反,比荷均为。已知OK=3h,OM=3h,不计粒子所受重力及粒子间相互作用。 (1)若K水平发射的粒子在O点产生光点,求粒子的速度大小。 (2)若K从水平方向逆时针旋转60°,其两端同时发射的正、负粒子恰都能在N点产生光点,求粒子的速度大小。 (3)要使(2)问中发射的带正电粒子恰好在M点产生光点,可在粒子发射t时间后关闭磁场,忽略磁场变化的影响,求t。 【答案】 (1)　(2)　(3) 【解析】 (1)由题意知,粒子水平发射后做匀速圆周运动,要在O点产生光点,其运动半径 r=, 运动过程中,由洛伦兹力提供向心力有qvB=, 联立解得v==。 (2)若K从水平方向逆时针旋转60°,其两端同时发射的正、负粒子恰都能在N点产生光点,则两端粒子的轨迹正好构成一个完整的圆,且在N点相切,如图甲。由于K从水平方向逆时针旋转60°,则θ=30°,根据几何关系可知此时粒子做匀速圆周运动的半径为r1=2h,根据洛伦兹力提供向心力可知 qv1B=, 解得v1==。 (3)由题意,带正电粒子恰好在M点产生光点,则关闭磁场时粒子速度恰好指向M,过M点作带正电粒子轨迹的切线,切点为P,如图乙。根据前面可知ON=h, 所以NM=2h, 由于O′N=r1=2h, 且O′N⊥NM, 根据几何关系可知 ∠NO′M=∠PO′M=60°, 而∠KO′N=120°, 所以α=120°, 粒子在磁场中运动的周期T=, 对应的圆心角α=120°, 所以t=T=·=。 对点2.带电粒子在磁场中运动的多解问题 4.(2025·河北邢台阶段检测)如图所示,直线MN与水平方向成60°角,MN的左下方存在垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B,MN的右上方存在垂直于纸面向外的匀强磁场,磁感应强度大小为2B。一粒子源位于MN上的a点,能水平向右发射不同速率、质量为m(重力不计)、电荷量为q(q>0)的同种粒子,所有粒子均能通过MN上的b点,已知ab=L,则粒子的速率可能是(　　) A. B. C. D. 【答案】 D 【解析】 设粒子在MN的右上方和MN的左下方做圆周运动的半径分别为r1和r2,由洛伦兹力提供向心力,有qv·2B=m,qvB=m,得r1=,r2=;如图所示,粒子通过b点分为两种情况:第一种情况,粒子经过MN右上方的次数比经过MN左下方的次数多一次,最简情况如图中轨迹Ⅰ所示,设经过MN右上方的次数为n,则有n·2r1cos 30°+(n-1)·2r2cos 30°= L(其中n=1,2,…),联立得v=(n=1,2,…);第二种情况,粒子经过MN右上方的次数和经过MN左下方的次数相等,最简情况如图中轨迹Ⅱ所示,设其次数均为n,则有n·2(r1+r2)cos 30°=L(其中n=1,2,…),联立得v=(n=1,2,…)。若是第一种情况,则v=,, ……若是第二种情况,则v=,,…… 5.(多选)(2025·甘肃卷,10)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于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 【答案】 BD 【解析】 对a粒子,运动轨迹如图甲所示,该粒子恰好到达磁场外边界后返回,然后沿磁场内边界径向做匀速直线运动,再做对称的匀速圆周运动而回到A点,根据a粒子受洛伦兹力提供向心力,有qvaB=,可得Ra=R0,设外圆半径为R′,根据几何知识,a粒子在磁场中做一次圆周运动转过的角度为270°,则R′=R0+R0,A错误;a粒子返回A点所用的最短时间tmin为第一次回到A点的时间,a粒子做匀速圆周运动的周期T==,在磁场中运动的时间t1=·T=,匀速直线运动的时间t2==,故a粒子返回A点所用的最短时间为tmin=t1+t2=,B正确;b、c粒子运动轨迹分别如图乙、丙所示,因为b、c粒子返回A点都是运动一个圆周,由于b、c带正电且比荷均为,所以两粒子做圆周运动的周期相同,故所用的最短时间之比为1∶1,C错误;对c粒子,由几何关系有R′-R0=2Rc,得Rc=R0,由洛伦兹力提供向心力有 qvcB=,得vc=va,D正确。 6.(多选)(2025·福建阶段检测)如图所示,在一个直角△ACD(∠C=90°)区域内有垂直于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q的带正电粒子(不计重力),沿纸面从AC边的O点垂直于AC边以速度v射入该匀强磁场区域,已知CD=2OC=2l, ∠A=θ,下列关于粒子运动的说法正确的是(　　) A.若θ=45°,v=,则粒子从CD边射出磁场,出射点与C点的距离为l B.若θ=45°,要使粒子从CD边射出,则最大速度为v= C.若θ=30°,要使粒子从CD边射出,则最大速度为v= D.若θ=30°,该粒子在磁场中运动的最长时间为 【答案】 AC 【解析】 若θ=45°,根据洛伦兹力提供向心力,可知qvB=,解得r=l,根据几何关系可知,粒子一定从距C点为l的位置离开磁场,A正确;根据洛伦兹力提供向心力,可知v=,因此半径越大,速度越大,如图甲所示,根据几何关系可知,粒子轨迹与AD边相切时对应的速度最大,由几何关系可知,最大半径满足(rm+l)sin 45°=rm,解得rm=(1+)l,又qvB=,最大速度为v=,B错误;若θ=30°,如图乙所示,由几何关系可知,最大半径满足rm′2=(2l)2+,又qvB=,解得最大速度为v=,C正确;粒子运行周期为T=,根据几何关系可知,粒子在磁场中运动的最大圆心角为180°,最长时间为,D错误。 7.(2025·陕晋青宁卷,14)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,结构简化如图甲所示,圆筒足够长。在O点有一电子源,向空间中各个方向发射速度大小为v0的电子,某时刻起筒内加大小可调节且方向沿中心轴向下的匀强磁场,筒的横截面及轴截面示意图如图乙所示,当磁感应强度大小调至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。 【答案】 (1)　(2)2π2R2 【解析】 (1)当磁场的磁感应强度为B0时,电子刚好不会落到筒壁上,电子以速度v0垂直于轴线方向射出,电子在磁场中做匀速圆周运动,轨迹恰好与圆筒壁相切,运动半径为R0=, 根据洛伦兹力提供向心力可得ev0B0=, 联立解得=。 (2)磁感应强度调整为后,将电子的速度方向沿垂直于轴线和平行轴线方向进行分解,分别设为vx、vy,电子将在垂直于轴线方向上做匀速圆周运动,平行轴线方向上做匀速直线运动,电子击中筒壁上距离粒子源最远的点时,其垂直轴线方向的圆周运动轨迹与筒壁相切,则运动半径仍为R0=, 根据洛伦兹力提供向心力可得evx=, 联立解得vx=, 由射出到相切,根据几何关系知,所用时间为 t=, 解得t=, 根据速度的合成与分解可知 vy==v0, 平行轴线方向运动的距离y=vyt=R, 结合对称性可知,被电子击中的面积 S=2×2πRy=2π2R2。 学科网（北京）股份有限公司 $