第一章 专题强化4 带电粒子在有界匀强磁场中运动的临界和多解问题（配套教参Word）-【步步高】2025-2026学年高二物理选择性必修第二册学习笔记（人教版 浙江专版）

本高中物理讲义聚焦带电粒子在有界匀强磁场中运动的临界和多解问题，先梳理临界问题关键（找临界点、画轨迹、建几何关系），通过“放缩圆法”“旋转圆法”展开，再分析多解成因（磁场方向、电性等），构建知识递进支架。 资料突出科学思维中的模型建构与科学推理，以“放缩圆法”“旋转圆法”例题（如例1轨迹相切分析、例2旋转圆找临界）引导学生掌握几何关系，专题强化练巩固应用。课中辅助教师授课，课后助力学生查漏补缺，提升问题解决能力。

专题强化4　带电粒子在有界匀强磁场中运动的临界和多解问题 [学习目标]　1.会分析带电粒子在有界匀强磁场中运动的临界问题(难点)。2.了解多解的成因，会分析带电粒子在有界匀强磁场中运动的多解问题(难点)。 一、带电粒子在有界匀强磁场中运动的临界问题 解决带电粒子在有界匀强磁场中运动的临界问题的关键，通常以题目中的“恰好”“最大”“至少”等为突破口，寻找临界点，确定临界状态，根据匀强磁场边界和题设条件画好轨迹，建立几何关系求解。 (1)刚好穿出或刚好不能穿出匀强磁场的条件是带电粒子在匀强磁场中运动的轨迹与边界相切。 (2)当以一定的速率垂直射入匀强磁场时，运动的弧长越长，圆心角越大，则带电粒子在有界匀强磁场中的运动时间越长。 (3)比荷相同的带电粒子以不同的速率v进入磁场时，圆心角越大，运动时间越长。 (4)在圆形磁场中，当带电粒子运动轨迹的半径大于磁场的半径，且入射点和出射点为磁场直径的两个端点时，轨迹对应的圆心角最大(所有弦长中直径最长)。 (一)“放缩圆法” 例1　如图所示，宽为d的带状区域内有垂直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e的质子从A点出发，与边界成60°角进入匀强磁场。 (1)当v＝时，求出质子的轨迹半径及轨迹最远点至MN的距离，并画出轨迹图； (2)当v＝时，求出质子的轨迹半径及轨迹最远点至MN的距离，并画出轨迹图； (3)当v＝时，求出质子的轨迹半径，并画出轨迹图； (4)若质子从左边界飞出磁场，求质子的速度范围。 答案　见解析 解析　(1)由洛伦兹力提供向心力Bev＝m，可得r＝，代入可得r1＝d 最远点至MN的距离L1＝r1＋r1cos 60°＝d 轨迹如图中①所示 (2)由r＝得r2＝d 最远点至MN的距离L2＝r2＋r2cos 60°＝d，此时轨迹与边界PQ相切 轨迹如图中②所示 (3)由r＝得r3＝d 轨迹如图中③所示 (4)从画出的轨迹发现，当v＝时，轨迹恰好与右边界PQ相切，所以当0<v≤时，质子从左边界飞出。 “放缩圆法”分析临界问题 1.适用条件：入射粒子速度方向相同，大小不同。 2.特点：轨迹圆圆心共线，如图所示，粒子带正电，速度v越大，运动半径也越大。可以发现这些带电粒子射入磁场后，它们运动轨迹的圆心在垂直初速度方向的直线PP'上。 3.界定方法：以入射点P为定点，圆心位于直线PP'上，将半径放缩确定运动轨迹，从而探索出粒子运动的临界条件。图①、②、③、④分别为几种常见的旋转圆模型。 针对训练　(2020·全国卷Ⅲ)真空中有一匀强磁场，磁场边界为两个半径分别为a和3a的同轴圆柱面，磁场的方向与圆柱轴线平行，其横截面如图所示。一速率为v的电子从圆心沿半径方向进入磁场。已知电子质量为m，电荷量为e，忽略重力。为使该电子的运动被限制在图中实线圆围成的区域内，磁场的磁感应强度最小为(　　) A. B. C. D. 答案　C 解析　磁感应强度取最小值时对应的电子的运动轨迹临界状态如图所示， 设电子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，由几何关系得a2＋r2＝(3a－r)2，根据洛伦兹力提供向心力有evB＝m，联立解得B＝，故选C。 (二)“旋转圆法” 例2　(2025·浙江金华卓越联盟高二阶段考试)如图，真空室内存在匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁场内有一块足够大平面感光板ab，板面与磁场方向平行，在距ab的距离L处有一个点状的α粒子放射源S，它向平面内各个方向均匀发射带正电的α粒子(重力不计)，α粒子的速度大小都是v。(已知α粒子的电荷与质量之比为，磁感应强度大小为B，速度大小v＝，发射源与ab板距离为L)，现只考虑在图纸平面中运动的α粒子，粒子间相互作用忽略不计，求： (1)ab上被α粒子打中的区域的长度； (2)击中ab板的α粒子中运动最长和最短的时间之差是多少； (3)各个方向均匀发射的α粒子中有多少占比的α粒子可以击中ab板。 答案　(1)(＋1)L　(2)　(3)50% 解析　(1)洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律有qvB＝m，解得R＝L 轨迹如图甲所示 ab上被α粒子打中的区域的长度x＝L＋＝(＋1)L (2)如图乙，击中ab板的α粒子中运动最长时间，使粒子竖直向下运动，轨迹圆与ab相切，轨迹圆的弧长为周长，所用时长t1＝× 如图丙，最短的时间使粒子与竖直方向成30°向上运动，轨迹圆的弦长最短，此时粒子在磁场中运动的时间最短，轨迹圆的弧长为周长，所用时长t2＝× 击中ab板的α粒子中运动最长和最短的时间之差Δt＝t1－t2＝ (3)沿竖直向上方向射出粒子与屏相切粒子走过的弧长为周长的，沿竖直向下方向射出粒子与屏相切粒子走过的弧长为周长的，二者夹角为180°，即粒子射出在S点右侧的打在ab平面感光板上，各个方向均匀发射的α粒子中有50%占比的α粒子可以击中ab板。 “旋转圆法”分析临界问题 1.适用条件：入射粒子速度大小相等，方向不同。 2.特点：①轨迹圆圆心共圆， 粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径相同，若入射初速度大小为v0，则圆周运动轨迹半径为R＝，如图所示。轨迹圆的圆心在以入射点为圆心、半径为R＝的圆上。 ②粒子经过的区域是以入射点为圆心，半径为2R的圆形区域内，包络圆半径为2R。 3.界定方法：将半径R＝的圆以带电粒子入射点为定点进行旋转，从而探索粒子运动的临界条件。 二、带电粒子在有界匀强磁场中的多解问题 多解的原因： (1)磁场方向不确定形成多解； (2)带电粒子电性不确定形成多解； (3)临界状态不唯一形成多解； (4)运动的往复性形成多解。 解决此类问题，首先应画出粒子的可能轨迹，然后找出圆心、半径的可能情况。 例3　(多选)(2024·宁波市高二期中)如图所示，位于A点的离子源在纸面内沿垂直OQ的方向向上射出一束负离子，重力和离子间相互作用忽略不计。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应满足(　　) A.若磁场方向垂直纸面向里，B> B.若磁场方向垂直纸面向里，B> C.若磁场方向垂直纸面向外，B> D.若磁场方向垂直纸面向外，B> 答案　BC 解析　当所加匀强磁场方向垂直纸面向里时，由左手定则可知负离子向右偏转，负离子被约束在OP之下的区域的临界条件是离子的运动轨迹与OP相切，如图(大圆弧)， 由几何关系可知R2＝OBsin 30°＝OB，而OB＝s＋R2，故R2＝s，所以当离子运动轨迹的半径小于s时满足约束条件；由牛顿第二定律可得qvB＝，所以应满足B>，选项A错误，B正确；当所加匀强磁场方向垂直纸面向外时，由左手定则可知负离子向左偏转，负离子被约束在OP之下的区域的临界条件是离子的运动轨迹与OP相切，如图(小圆弧)，由几何关系可知R1＝，所以当离子运动轨迹的半径小于时满足约束条件；由牛顿第二定律得qvB＝，所以应满足B>，选项C正确，D错误。 例4　如图所示，边长为l的等边三角形ACD内、外分布着方向相反的匀强磁场，磁感应强度大小均为B。顶点A处有一粒子源，能沿∠CAD的角平分线方向发射不同速度的粒子，粒子质量均为m，电荷量均为＋q，不计粒子重力。则粒子以下列哪一速度发射时不能通过D点(　　) A. B. C. D. 答案　C 解析　粒子带正电，且经过D点，其可能的轨迹如图所示， 所有圆弧所对的圆心角均为60°，当粒子运动的半径为r＝(n＝1，2，3…)时；粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动且过D点，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律有qvB＝m，解得v＝(n＝1，2，3…)，故选C。 专题强化练 [分值：50分] [1~5题，每题4分] 1.(多选)如图所示，长为l的水平极板间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，板间距离也为l，极板不带电。现有质量为m、电荷量为q的带正电粒子(不计重力)，从两极板间边界中点处垂直磁感线以速度v水平射入磁场，欲使粒子不打在极板上，可采用的办法是(　　) A.使粒子的速度v< B.使粒子的速度v> C.使粒子的速度v> D.使粒子的速度<v< 答案　AB 解析　如图所示， 带电粒子刚好打在极板右边缘时，有＝(r1－)2＋l2，又r1＝，所以v1＝；粒子刚好打在极板左边缘时，有r2＝，所以v2＝，综合上述分析可知，选项A、B正确。 2.直线OM和直线ON之间的夹角为30°，如图所示，直线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。一带电粒子的质量为m、电荷量为q(q>0)。粒子沿纸面以大小为v的速度从OM上的某点向左上方射入磁场，方向与MO成30°角。已知该粒子在磁场中的运动轨迹与ON只有一个交点，并从OM上另一点射出磁场，不计粒子重力。粒子离开磁场的出射点到两直线交点O的距离为(　　) A. B. C. D. 答案　D 解析　带电粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径为r＝。由题意可知，轨迹与ON相切，画出粒子的运动轨迹如图所示， 由几何关系可知CD为轨迹圆的直径，＝2＝4r＝，故D正确。 3.(多选)如图所示，在半径为R的圆形区域内有匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直于圆平面(未画出)。一群比荷为的负离子(不计重力及离子间的相互作用)以相同速率v0(离子在磁场中的运动半径大于R)由P点在纸面内向不同方向射入磁场中发生偏转后，又飞出磁场，最终打在磁场区域右侧的荧光屏(足够大)上，则下列说法正确的是(　　) A.离子在磁场中运动时间一定相等 B.离子在磁场中的运动半径一定相等 C.由Q点飞出的离子在磁场中运动的时间最长 D.沿PQ方向射入的离子飞出时速度的偏转角最大 答案　BC 解析　设离子轨迹所对应的圆心角为θ，则离子在磁场中运动的时间为t＝T，其中T＝，所有离子的运动周期相等，由于离子不一定从圆上同一点射出，轨迹所对应的圆心角不一定相同，所以离子在磁场中运动时间不一定相同，故A错误； 离子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律有qv0B＝m，解得r＝，因离子的速率相同，比荷相同，故运动半径一定相同，故B正确； 由圆的性质可知，轨迹圆与磁场圆相交，当轨迹圆的弦长最大时偏向角最大，而轨迹圆的弦长最长为PQ，故由Q点飞出的离子轨迹圆心角最大，即速度的偏转角最大，所对应的时间最长，此时离子一定不会沿PQ射入，故C正确，D错误。 4.长度为L的水平板上方区域存在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，从距水平板中心正上方的P点处以水平向右的速度v0释放一个质量为m、电荷量为e的电子，若电子能打在水平板上，速度v0应满足(　　) A.v0> B.v0< C.<v0< D.v0>或v0< 答案　C 解析　电子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有ev0B＝m，解得R＝，根据分析，当半径很小或者半径很大时，电子均不能够打在水平板上，两种情况临界点分别为轨迹恰好与水平板相切的点、轨迹恰好经过水平板的端点，如图所示， 根据几何关系可知Rmin＝，Rmax＝，解得v0min＝或v0max＝，则有<v0<，故选C。 5.(多选)如图所示，宽度为d的有界匀强磁场，磁感应强度为B，MM'和NN'是它的两条边界线，现有质量为m、电荷量为q的带电粒子在MM'边界某点沿图示方向垂直磁场射入，粒子重力不计，要使粒子不能从边界NN'射出，粒子入射速率v的最大值可能是(　　) A. B. C. D. 答案　BD 解析　设带电粒子在磁场中运动的轨迹半径为R，粒子在磁场中做匀速圆周运动时由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律有qvB＝m，解得R＝。带电粒子速率越大，轨迹半径越大，当轨迹恰好与边界NN'相切时，粒子恰好不能从边界NN'射出，对应的速率最大。若粒子带负电，临界轨迹如图甲所示，由几何关系可知R1＋R1cos 45°＝d， 解得R1＝(2－)d， 对应的最大速率v1＝。 若粒子带正电，临界轨迹如图乙所示， 由几何关系可知R2－R2cos 45°＝d， 解得R2＝(2＋)d 对应的最大速率v2＝，故选B、D。 [6~8题，每题6分] 6.(多选)如图，M、N是真空中宽为d的匀强磁场的左右边界(边界上有磁场)，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里。大量比荷为k的正离子从M边界上的P点以速率v＝kBd进入磁场，速度方向如图所示，在180°的范围内，粒子分布均匀，不计离子重力，也不计离子间的相互作用，磁场区域足够长。则(　　) A.能从边界N飞出磁场的离子占粒子总数的 B.从边界N飞出磁场的离子中，在磁场中运动的最短时间为 C.磁场中有离子经过的区域的面积d2(1＋) D.从边界N飞出磁场的离子中，飞出点与P点距离小于或等于d 答案　BC 解析　由题意得＝k，r＝且v＝kBd，知r＝d，如图所示， 竖直向下入射的离子向右偏转，垂直N边界向右出射，水平向右入射的离子向上偏转与N边界相切，在此范围入射的离子将从N边界出射，对应的入射角度范围是90°，而离子的入射角度范围是180°，故能从边界N飞出磁场的离子占粒子总数的，故A错误；轨迹弦长为d的离子是从N边界飞出的离子中弦长最短，离子运动轨迹圆心角最小，根据几何关系，可知此圆心角为60°，则离子在磁场中运动的最短时间为t＝T＝×，故B正确；有离子经过的磁场区域由半径为d的两个四分之一圆和边长为d的正方形组合而成，磁场中有离子经过的区域的面积为S＝2×πd2＋d2＝d2(1＋)，故C正确；根据几何关系可知水平向右入射的离子在N边界的切点与竖直向下入射的离子在N边界的飞出点离Р点的距离均为Δd＝d，故飞出点与P点距离小于或等于d，故D错误。 7.(多选)(2024·宁波市镇海中学高二期末)一匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里，其边界如图中虚线所示，ab为半径为R的半圆，ac、bd与直径ab共线，a、c间的距离等于半圆的半径R。一束质量均为m、电量均为q的带负电的粒子，在纸面内从c点垂直于ac以不同速度射入磁场，不计粒子重力及粒子间的相互作用。下列说法正确的是(　　) A.可以经过半圆形边界的粒子的速率最小值为 B.可以经过半圆形边界的粒子的速率最大值为 C.在磁场中运动时间最短的粒子速率为 D.在磁场中运动时间最短的粒子运动时间为 答案　BD 解析　粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律有qvB＝m，解得粒子的轨迹半径R＝，粒子速度v越大，半径R越大。 粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，在能达到半圆形边界的粒子中，经过a点的粒子半径最小，速度最小，其轨迹如图中1所示，由 得vmin＝，故A错误； 经过b点的粒子半径最大，速度最大，其轨迹如图中2所示，由，解得vmax＝，故B正确； 轨迹圆弧所对应的弦与ab半圆形边界相切时，圆心角最小，运动时间最短，其轨迹如图中3所示，圆心恰好位于a点，由R＝ 解得v＝，故C错误； 粒子在磁场中转过的最小圆心角为120°，粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T＝，粒子在磁场中的最短运动时间为t＝ 故D正确。 8.(多选)如图所示，在Ⅰ、Ⅱ两个区域内存在磁感应强度大小均为B的匀强磁场，磁场方向分别垂直于纸面向外和向里，AD、AC边界的夹角∠DAC＝30°，边界AC与边界MN平行，Ⅱ区域宽度为d。质量为m、电荷量为＋q的粒子可在边界AD上的不同点射入，入射速度垂直AD且垂直磁场，若入射速度大小为，不计粒子重力，则(　　) A.粒子在磁场中运动的半径为 B.粒子在距A点0.5d处射入，不会进入Ⅱ区域 C.粒子在距A点1.5d处射入，在Ⅰ区域内运动的时间为 D.能够进入Ⅱ区域的粒子，在Ⅱ区域内运动的最短时间为 答案　CD 解析　带电粒子在磁场中的运动半径r＝＝d，选项A错误；设从某处E进入磁场的粒子，其轨迹恰好与AC相切(如图所示)， 则E点与A点的距离为AO－EO＝2d－d＝d，粒子在距A点0.5d处射入，会进入Ⅱ区域，选项B错误；粒子在距A点1.5d处射入，不会进入Ⅱ区域，在Ⅰ区域内的轨迹为半圆，运动的时间为t＝，选项C正确；进入Ⅱ区域的粒子，弦长最短时的运动时间最短，且最短弦长为d，与半径相同，故对应圆心角为60°，最短时间为tmin＝，选项D正确。 9.(12分)(2024·丽水市高二期中)如图所示，在x轴上方存在垂直于xOy平面向外的匀强磁场，坐标原点O处有一粒子源，可向x轴和x轴上方的xOy平面各个方向不断地发射质量为m、带电量为＋q、速度大小均为v的粒子。在x轴上距离原点x0处垂直于x轴放置一个长度为x0、厚度不计、两侧均能接收粒子的薄金属板P(粒子打在金属板P上即被吸收，电势保持为0)。沿y轴正方向射出的粒子恰好打在薄金属板的上端，不计带电粒子的重力和粒子间相互作用力。 (1)(3分)求磁感应强度B的大小； (2)(6分)求被薄金属板接收的粒子在磁场运动的最短时间与最长时间； (3)(3分)要使薄金属板P右侧不能接收到粒子，求挡板沿x轴正方向移动的最小距离。 答案　(1)　(2)　　(3)(－1)x0 解析　(1)设粒子做圆周运动的半径为R，由几何关系，得R＝x0 根据牛顿第二定律，得qvB＝ 联立解得B＝ (2)带电粒子在磁场中的运动周期为T，则有T＝ 得T＝ 打在P左侧下端的粒子在磁场中运动的时间最短，如图 由几何关系可知，打在P左侧下端的粒子在磁场中偏转的角度是θ1＝60° 运动的最短时间tmin＝T 联立解得tmin＝ 打在P右侧下端的粒子在磁场中运动的时间最长，如图 由几何关系可知，打在P右侧下端的粒子在磁场中偏转的角度是θ2＝300° 运动的最长时间tmax＝T 联立解得tmax＝ (3)要使挡板右侧无粒子到达，P板最上端与O点的连线长应为2x0，即粒子圆周运动的直径，如图所示 所以沿x轴正方向移动的最小长度为Δx＝ON－OM＝－x0＝(－1)x0 学科网（北京）股份有限公司 $