专题强化十七　带电粒子在有界匀强磁场中的运动 讲义-2027届高考物理一轮复习

该高中物理高考复习讲义聚焦带电粒子在有界匀强磁场中的运动专题，涵盖直线、平行、圆形、多边形边界磁场运动及多解问题等核心考点，按考向梳理运动规律与临界条件，通过考点分析、方法指导、真题讲解等环节，帮助学生构建解题框架，突破几何关系分析难点，体现复习的系统性和针对性。 讲义特色在于分边界类型建构物理模型，如圆形边界“径向射入径向射出”规律，多解问题从电性、磁场方向等角度分类讨论，培养学生科学思维与模型建构能力。设置A级基础对点练和B级综合提升练，配合例题解析与即时反馈，助力教师精准把控复习节奏，有效提升学生的应考能力。

专题强化十七　带电粒子在有界匀强磁场中的运动 学习目标：1.学会处理带电粒子在直线边界、平行边界、圆形边界、多边形边界或角形区域磁场中运动的问题。2.会分析带电粒子在匀强磁场中的多解问题。 考点一　带电粒子在有界匀强磁场中的运动 考向　直线和平行边界磁场 1.直线边界:粒子进出磁场具有对称性(如图所示)。 2.平行边界:存在临界条件(如图所示)。 例1 如图，MN为范围足够大的匀强磁场的下边界，垂直纸面向外的匀强磁场的磁感应强度为B。质量为m、电荷量为q、带负电的粒子从P点以速度v0与MN成θ(0<θ<180°)角垂直射入磁场中，经过一段时间从Q点(图中没有标出)离开磁场，只考虑粒子所受的洛伦兹力作用。粒子从P点运动到Q点的过程中(　　) A.粒子所受洛伦兹力冲量为零 B.粒子运动的时间最长为 C.θ=90°时粒子运动的轨迹长为 D.θ=30°时PQ两点间距离大于θ=150°时PQ两点间距离 答案　C 解析　由于粒子在磁场中不会做完整的圆周运动，则粒子的动量变化量不为零，粒子受到的洛伦兹力的冲量不为零，故A错误;粒子在磁场中运动的周期T=，粒子在磁场中运动的时间t=T=，因为0<θ<180°，所以粒子运动的最长时间将大于，故B错误;当θ=90°时粒子运动的轨迹为半个圆周，根据洛伦兹力提供向心力，有qv0B=m，解得轨迹半径r=，所以轨迹长s=πr=，故C正确;由几何关系可知，当θ=30°时PQ两点间的距离L1=2rsin 30°=，当θ=150°时PQ两点间的距离L2=2rsin 30°=，故D错误。 考向　圆形边界磁场 1.沿径向射入必沿径向射出，如图甲所示。 2.不沿径向射入时，如图乙所示。 射入时粒子速度方向与半径的夹角为θ，射出磁场时速度方向与半径的夹角也为θ。 例2 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为R B.带电粒子在磁场中的运动时间为 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，根据几何关系有=tan 30°，解得粒子的轨迹半径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=，故A、B错误;由qvB=m得r=，可知，若射入速度变大，粒子运动的半径变大，由几何关系可知偏转角变小，由t=T=可知，粒子在磁场中的运动时间变短，故C错误，D正确。 考向　三角形边界磁场 例3 如图所示，等边三角形acd在光滑绝缘水平面内，O为三角形的中心。在三角形acd内(含边界)存在竖直向下的匀强磁场。在O点给带正电小球P一初速度，使其沿水平面射向各个方向，小球均不会离开磁场，此时小球的初速度最大为v1。现在O点给该带正电小球P另一初速度，平行da射向ac边，小球刚好不离开磁场，此时小球的初速度为v2，则v1与v2之比为(　　) A.2∶3 B.4∶9 C.3∶4 D.1∶2 答案　C 解析　设三角形边长为l。当P以v1射出且刚好不离开磁场时圆心为O1，则有2R1=tan 30°;当P以v2平行da射向ac边且刚好不离开磁场时圆心为O2，则有R2+=，根据牛顿第二定律有qvB=m，解得v=∝R，联立可得==，故C正确。 考向　矩形边界磁场 例4 如图所示，正方形区域内存在垂直于纸面的匀强磁场，一不计重力的带电粒子垂直于磁场边界从M点射入，从N点射出。下列说法正确的是(　　) A.粒子带正电 B.粒子在N点速率小于在M点速率 C.若仅增大磁感应强度，则粒子可能从N点下方射出 D.若仅增大入射速率，则粒子在磁场中运动时间变长 答案　C 解析　粒子向右偏转，根据左手定则可知，粒子带负电，故A错误;洛伦兹力不做功，根据动能定理可知，粒子的速率不变，即粒子在N点的速率等于在M点的速率，故B错误;粒子做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有qvB=m，解得R=，若增大磁感应强度，则轨道半径减小，粒子从N点下方射出，故C正确;若增大入射速率，则轨道半径增大，粒子将从N点上方射出，对应圆弧的圆心角θ减小，粒子在磁场中运动的时间t=T=·=，则粒子在磁场中运动时间变短，故D错误。 考点二　带电粒子在匀强磁场中运动的多解问题 造成多解问题的几种情况分析 类型 多解原因 图例 带电粒子电性不确定 带电粒子可能带正电荷，也可能带负电荷，初速度相同时，正、负粒子在磁场中运动轨迹不同而形成多解 如带正电，其轨迹为a;如带负电，其轨迹为b 磁场方向不确定 只知道磁感应强度大小及方向垂直于纸面，而未具体指出磁感应强度方向，由于磁感应强度方向不确定而形成多解 粒子带正电，若B垂直于纸面向里，其轨迹为a;若B垂直于纸面向外，其轨迹为b 临界状态不唯一 带电粒子飞越有界磁场时，可能直接穿过磁场飞出，也可能转过180°从入射界面一侧反向飞出，于是形成多解 运动具有周期性 带电粒子在部分是电场、部分是磁场空间运动时，运动往往具有周期性，因而形成多解 例5 如图所示，A点的离子源沿纸面垂直于OQ方向向上射出一束负离子，离子的重力及离子之间的相互作用忽略不计。为把这束负离子约束在OP之下的区域，可加垂直于纸面的匀强磁场。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的大小和方向可能是(　　) ①B>，垂直于纸面向里 ②B>，垂直于纸面向里 ③B>，垂直于纸面向外 ④B>，垂直于纸面向外 A.①③ B.①④ C.②③ D.②④ 答案　D 解析　当磁场方向垂直于纸面向里时，离子的临界轨迹与OP相切于M点，如图甲所示，设轨迹半径为r1，由几何关系可知sin 30°=，可得r1=s，由r1=可得B1=;当磁场方向垂直于纸面向外时，其临界轨迹与OP相切于N点，如图乙所示，设轨迹半径为r2，由几何关系可知s=+r2，解得r2=，又r2=，联立可得B2=，综合上述分析可知，②、④正确，①、③错误，故D正确。 例6 在如图所示的平面内，分界线SP将宽度为L的矩形区域分成两部分，一部分充满方向垂直于纸面向外的匀强磁场，另一部分充满方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，SP与磁场左右边界均垂直。离子源从S处射入速度大小不同的正离子，离子入射方向与磁场方向垂直且与SP成30°角。已知离子比荷为k，不计重力。若离子从P点射出，设出射方向与入射方向的夹角为θ，则离子的入射速度和对应的θ角可能为(　　) A.kBL，0° B.kBL，0° C.2kBL，60° D.3kBL，60° 答案　B 解析　若离子通过下部分磁场直接到达P点，如图甲， 根据几何关系有R=L，由qvB=m可得v==kBL，根据对称性可知出射速度与SP成30°角斜向上，故出射方向与入射方向的夹角θ=60°;当离子在两个磁场均运动一次时，如图乙，因为上下两个磁场的磁感应强度大小均为B，则根据对称性有R=L，根据洛伦兹力提供向心力，有qvB=m，可得v==kBL，此时出射方向与入射方向相同，即出射方向与入射方向的夹角θ=0°;通过以上分析可知，当离子从下部分磁场射出时需满足v==kBL(n=1、2、3、…)，此时出射方向与入射方向的夹角θ=60°;当离子从上部分磁场射出时，需满足v==kBL(n=1、2、3、…)，此时出射方向与入射方向的夹角θ=0°，故B正确。 A级　基础对点练 1.(2026·江苏盐城期中)如图，圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子从圆周上的M点沿直径MON方向射入磁场。若粒子射入磁场时的速度大小为v1，离开磁场时速度方向偏转60°;若射入磁场时的速度大小为v2，离开磁场时速度方向偏转90°。不计重力，则为(　　) A. B. C. D. 答案　B 解析　根据题意，粒子两次射入磁场后的运动轨迹如图所示，设磁场的圆形区域半径为r，由几何关系可知，两次轨迹圆的半径分别为R1==r、R2=r，由洛伦兹力提供向心力有qvB=m，可得粒子的速度v=∝R，则粒子两次的入射速度之比==，故B正确。 2.如图所示，P、Q为一对水平放置的平行板，板长与板间距离均为d，板间区域内充满匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里。一质量为m、电荷量为q的粒子(重力不计)，以水平初速度v0从P、Q两板间左侧中央沿垂直磁场方向射入，粒子打到板上，则初速度v0的大小不可能为(　　) A. B. C. D. 答案　D 解析　设粒子带正电，根据左手定则可判断粒子刚进入板间时所受洛伦兹力方向向上，由于粒子不计重力，粒子在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力有qvB=m，解得r=， 由题意知粒子在偏转以后打在板上，若粒子恰好未打在板上，则与极板平行从左端射出，由几何关系得半径r1=，速度v1=;若粒子恰好从极板右端飞出，由几何关系有=d2+，解得r2=d，速度v2=，粒子要打在极板上，则初速度v0应满足的条件为<v0<，故A、B、C正确，D错误。 3.(2024·广西卷，5)Oxy坐标平面内一有界匀强磁场区域如图所示，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里。质量为m、电荷量为+q的粒子，以初速度v从O点沿x轴正向开始运动，粒子过y轴时速度与y轴正向夹角为45°，交点为P。不计粒子重力，则P点至O点的距离为(　　) A. B. C.(1+) D. 答案　C 解析　粒子运动轨迹如图所示，在磁场中，根据洛伦兹力提供向心力，有qvB=m，可得粒子做圆周运动的半径r=，根据几何关系可得P点至O点的距离LPO=r+=(1+)，故C正确。 4.如图所示，正方形ABCD区域内(含边界)存在垂直于纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场，一重力不计的正电荷从A点沿AB边方向射入磁场，恰好从AD边中点E射出。如果仅改变磁场的强弱而让电荷从BC边中点F射出，则磁场的磁感应强度应该调整为(　　) A. B. C. D. 答案　D 解析　正电荷在磁场中的运动轨迹如图所示，设正方形边长为2a，当正电荷从E点射出时，正电荷的运动半径R=;当正电荷从F点射出时，设正电荷运动半径为R'，根据几何知识得R'2=(2a)2+(R'-a)2，解得R'=a，即半径变为原来的5倍，由R=可知，磁感应强度变为原来的，即，故D正确。 5.如图所示，MN右侧有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。质量均为m、电荷量均为q的两个电性不同的粒子，均以与MN夹角为θ、大小为v的速度垂直于磁场方向射入。不计重力及粒子之间的相互作用。则两粒子(　　) A.在磁场中运动轨迹的半径不同 B.在磁场中运动的时间不同 C.射出磁场时的速度方向不同 D.射出位置到射入位置的距离不同 答案　B 解析　由牛顿第二定律有qvB=m，可得r=，故两粒子在磁场中运动轨迹的半径相同。如图所示，带正电粒子的运动轨迹为大圆弧，带负电粒子的运动轨迹为小圆弧，射出磁场时的速度方向相同，故A、C错误;粒子在磁场中运动周期T==，若粒子带负电荷，在磁场中运动的时间t1=T=，若粒子带正电荷，在磁场中运动的时间t2=T=，故两粒子在磁场中运动的时间不同，故B正确;由几何关系可知，两粒子射出位置到射入位置的距离相同，大小等于d=2rsin θ，故D错误。 6.如图所示，匀强磁场垂直于xOy平面(纸面)向外，磁场的右边界与x轴垂直，交x轴于P(L，0)点。其中第Ⅰ象限内的磁感应强度为B1，第Ⅳ象限内的磁感应强度为B2，且B2=2B1(大小均未知)。一质量为m、电荷量为+q的粒子从原点O以速度v进入第Ⅰ象限的磁场，方向与x轴成30°角，粒子从P点离开磁场区域，不计粒子重力，则第Ⅰ象限内的磁感应强度B1的大小可能是(　　) A. B. C. D. 答案　D 解析　根据洛伦兹力提供向心力有qvB=，可得r=，则在第Ⅰ象限内运动的半径为r1=，在第Ⅳ象限内运动的半径为r2==，设粒子最后从P点离开时在第Ⅰ象限运动n次，在第Ⅳ象限运动n-1次，根据几何关系有2nr1cos 60°-2(n-1)r2cos 60°=L，解得B1=(n=1、2、3、…)，当B1=时，n不为整数，故A错误;当B1=时，n不为整数，故B错误;当B1=时，n=0，不符合取值范围，故C错误;当B1=时，n=1，故D正确。 7.如图，方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域中有一边界截面为圆形的无场区，O为圆形边界的圆心，P、Q为边界上的两点，OP与OQ的夹角为60°。一带电粒子从P点沿垂直磁场方向射入匀强磁场区域后经过时间t从Q点第一次回到无场区，粒子在P点的速度方向与OP的夹角为20°。若磁感应强度大小为B，粒子的比荷为k，不计粒子重力，则t为(　　) A. B. C. D. 答案　C 解析　粒子从P点沿垂直磁场方向射入匀强磁场区域，在P点的速度方向与OP的夹角为20°，粒子在磁场中运动轨迹如图所示，结合几何关系可知，轨迹所对的圆心角为θ=280°，根据牛顿第二定律可得qvB=m，又粒子在磁场中运动的周期为T===，所以t=T=，故C正确。 B级　综合提升练 8.如图所示，边长为L的正方形区域MNPQ内存在着磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外的匀强磁场，一带电粒子以速度v垂直边界MN从中点O射入磁场，恰好从Q点离开。若不计粒子重力，下列说法正确的是(　　) A.该粒子带正电 B.该粒子的比荷为 C.若仅将磁场的磁感应强度大小变为2B，则粒子将从边界MQ的中点S离开 D.逐渐增大磁场的磁感应强度大小，则粒子在磁场中的运动时间一定一直增大 答案　B 解析　由粒子的轨迹结合左手定则可知该粒子带负电，故A错误;由几何关系得r2=(r-)2+L2，由洛伦兹力提供向心力得qvB=m，联立解得r==L，=，故B正确;若仅将磁场的磁感应强度大小变为2B，则r变为原来的一半，即r'=L>，故粒子将从SQ之间离开，故C错误;当磁场的磁感应强度大小增大到一定值后，粒子将从OM离开，此时轨迹为半圆，时间t==，此时再继续增大磁感应强度大小，粒子在磁场中的运动时间仍为，故D错误。 9.如图，边长为L的等边三角形ABC内、外分布着与平面垂直、方向相反、磁感应强度大小相等的匀强磁场。现有两个电子a、b，依次从顶点A处竖直向上和竖直向下射出，不计电子的重力，则电子a、b分别经过B点的最短时间之比为(　　) A.1∶2 B.1∶1 C.2∶1 D.5∶1 答案　D 解析　当电子a、b分别第一次经过B点的时间最短，它们的轨迹分别如图甲、乙所示，电子a、b经过B点的圆心角分别为300°和60°，而运动周期相同，根据t=T∝θ可知，电子a、b分别经过B点的最短时间之比为5∶1，故D正确。 10.(2026·江苏连云港期末)如图所示，半径为R的圆形区域内存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，质量为m、电荷量为q的带电粒子由A点沿平行于直径CD方向射入磁场，经过圆心O后离开磁场。已知A点到CD的距离为R，粒子重力不计，下列说法正确的是(　　) A.粒子带正电 B.粒子运动速率为 C.粒子在磁场中运动的时间为 D.粒子在磁场中运动的路程为 答案　D 解析　作出粒子的运动轨迹如图所示，由左手定则可知粒子带负电，A错误;由几何关系可知AB=OB=R，可知粒子运动的轨道半径r=R，根据牛顿第二定律有qvB=m，解得粒子的运动速率v=，B错误;粒子在磁场中运动的时间t==，C错误;粒子在磁场中运动的路程为s=πr=，D正确。 11.如图所示，以OP为分界线将直角MON分为区域Ⅰ和Ⅱ，区域Ⅰ内存在方向垂直于纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场，区域Ⅱ内存在方向垂直于纸面向里、磁感应强度大小为2B的匀强磁场，OP与OM间的夹角为30°。一质量为m、带电荷量为+q的粒子从分界线上的P点以速度v、沿与分界线OP成60°角的方向射入区域Ⅰ，在区域Ⅰ偏转后直接从O点离开磁场区域，不计粒子的重力。 (1)求OP之间的距离; (2)若粒子从P点射入的速度方向不变，大小可以改变，要使粒子仍从O点离开磁场区域，求粒子射入时速度大小的可能值。 答案　(1)　(2)vi=(n=0、1、2、3、…) 解析　(1)根据牛顿第二定律有qvB=m 得r= 粒子运动轨迹如图所示 OP之间的距离l=2rcos 30°=。 (2)粒子仍从O点离开磁场，一定是从区域Ⅰ与ON相切离开磁场区域，故ri= r1== 根据几何关系有(ri+r1)n+ri=OP 即(·+·)n+·= 解得vi=(n=0、1、2、3、…)。 12.(2026·江苏扬州期中)如图所示，在平面直角坐标系x轴的上方、半径为R的圆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B0;x轴的下方、边长为2R的正方形区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场，圆形区域与正方形区域相切于坐标原点O，O为正方形上边的中点。一电荷量为q、质量为m的带负电粒子从A点(在过水平直径的圆周上)沿半径方向射入圆形区域，恰好从原点O离开圆形区域，不计带电粒子的重力。 (1)求带电粒子进入圆形区域时的速度v0; (2)若正方形区域内磁感应强度为0.5B0，求带电粒子在整个磁场中的运动时间; (3)若要使粒子从正方形区域的下边界射出，求该区域内磁感应强度满足的条件。 答案　(1)　(2)　(3)B≤B0 解析　(1)根据几何关系知粒子在圆形区域内运动的轨迹半径r1=R 根据洛伦兹力提供向心力，有qv0B0=m 解得v0=。 (2)根据洛伦兹力提供向心力，有qv0·0.5B0=m 解得粒子在正方形区域内运动的轨迹半径r2=2R 粒子运动轨迹如图甲所示， 由几何关系知，粒子在正方形磁场中运动轨迹圆心角为θ=60° 粒子在圆形区域内运动的时间 t1=T1=·= 粒子在正方形区域内运动的时间 t2=T2=·= 故带电粒子在整个磁场中的运动时间 t=t1+t2=。 (3)若粒子刚好从正方形区域下边界出射，轨迹如图乙所示， 根据几何关系，有=(r0-R)2+(2R)2 解得r0=R 根据洛伦兹力提供向心力，有qv0B=m 解得B==B0 所以要使粒子从下边界出射，正方形区域内的磁感应强度需满足B≤B0。 学科网（北京）股份有限公司 $