专题14 带电粒子在有界磁场中的运动 课件-2026年高考物理二轮复习优质课件（全国通用）

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带电粒子在电场与磁场交织的世界中加速偏转,我们在知识与方法的组合与叠加中积累属于自己 的力量!
　 (2024贵州,14,14分)如图,边长为L的正方形abcd区域及矩形cdef区域内均存在电场强度大小为E、方向 竖直向下且与ab边平行的匀强电场,ef右边有一半径为 L且与ef相切的圆形区域,切点为ef的中点,该圆形区域与cdef区域内均存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场。一带电粒子从b 点斜向上射入电场后沿图中曲线运动,经cd边的中点进入cdef区域,并沿直线通过该区域后进入圆形区 域。所有区域均在纸面内,粒子始终在该纸面内运动,不计粒子重力。求:(1)粒子沿直线通过cdef区域时的速度大小;(2)粒子的电荷量与质量之比;(3)粒子射出圆形区域时速度方向与进入圆形区域时速度方向的夹角。
解析　(1)带电粒子在cdef区域做直线运动,则有粒子所受电场力与洛伦兹力平衡,设粒子到达cd边的中 点速度大小为v0,带电荷量为q,质量为m,由平衡条件可得qE=qv0B,解得v0= 。(2)粒子从b点到cd边的中点的运动,可逆向看成粒子从cd边的中点到b点的类平抛运动,设运动时间为t,加速度大小为a,由牛顿第二定律可得qE=ma,由类平抛运动规律可得v0t=L, at2= ,联立解得粒子的电荷量与质量之比 = = 。(3)粒子从ef中点射入到圆形区域做匀速圆周运动,设粒子的运动半径为R,由洛伦兹力提供向心力可得qv0B=m ,解得R=L,粒子在圆形区域磁场中运动轨迹如图所示,
答案　(1) 　(2) 　(3)60°
 由图可知,粒子沿半径方向射入,又沿半径方向射出,设粒子射出圆形区域时速度方向与进入圆形区域 时速度方向的夹角为α,由几何关系可知α=2θ,可得tan θ= = ,θ=30°,则有α=60°。
　 探究1　一题多解对于第(3)问中的夹角,试使用动量定理结合微元法求解。
答案　根据题意,水平方向有∑qBvyΔt=m|Δvx|又有∑vyΔt=y,可得qBy=mv0(1- cs α)其中由几何关系有y= L sin α解得速度偏转角α=60°也可以从竖直方向根据动量定理结合微元法得∑qBvxΔt=mΔvy则qB· L(1+ cs α)=mv0 sin α,解得α=60°
探究2　拓展设问①设问1:求粒子在abcd区域的运动时间t。②设问2:求粒子在圆形区域内的运动时间t1。
答案　①解法1:粒子在平行于bc方向做匀速直线运动,有L=v0t,则t= = 。解法2:分运动具有等时性,故可以考虑平行于ab方向的运动,有 = at2,qE=ma,则t= = 。②t1= · ,α=60°,则有t1= = 。
互动互探带电粒子在磁场中运动的几何关系一般是怎样确定的?
互动点拨　　先确定轨迹圆心,然后去找轨迹圆心、入射点、出射点彼此连线所构成的三角形,且一般需要进一 步作辅助线构建出直角三角形,方便用到题中已知的长度和角度。
探究3　举一反三一题多问深挖透,考点拿捏快准稳!如图,直角坐标系xOy中,第Ⅰ象限内存在垂直纸面向外的匀强磁场。第Ⅱ、第Ⅲ象限中有两平行板电 容器C1、C2,其中C1垂直x轴放置,极板与x轴相交处存在小孔M、N;C2垂直y轴放置,上、下极板右端分别 紧贴y轴上的P、O点。一带电粒子从M点静止释放,经电场直线加速后从N点射出电容器C1并紧贴电容 器C2下极板进入电容器C2,然后从P点进入第Ⅰ象限;经磁场偏转后恰好垂直x轴离开磁场,运动轨迹如 图中虚线所示。已知粒子质量为m、带电荷量为q,O、P间距离为d,C1、C2的板间电压大小均为U,板间 电场均视为匀强电场,不计重力,忽略边缘效应。
　 (1)分析带电粒子的电性。(2)若电容器C1两极板的间距为d1,求粒子在电容器C1中运动的加速度、时间、末速度。(3)计算电容器C2两极板间的场强大小,并说明其方向。(4)求粒子在电容器C2中的运动时间。(5)求电容器C2的极板的长度。(6)若两电容器极板间的电压均变为2U,粒子还能进入磁场吗?如果可以,从何处进入?(7)若电容器C2的两极板间距变为2d,电容器上的电荷量不变,粒子还能进入磁场吗?如果可以,从何处进 入?(8)求粒子离开电容器C2的速度大小和方向。
　 (9)粒子进入磁场后做匀速圆周运动的轨道半径是多大?(10)求磁感应强度B的大小。(11)求粒子在磁场中做圆周运动的周期。(12)粒子在磁场中运动的时间是多少?(13)若磁场方向变为垂直纸面向里,粒子的轨迹如何变化?粒子从何处离开磁场?(14)若粒子能回到电容器C2两极板间,磁感应强度大小需满足什么条件?
答案　(1)粒子在磁场中只受洛伦兹力,由左手定则可判定粒子带正电。(2)粒子在电容器C1两极板间运动,加速度a1= = ,由d1= a 得时间t1= ,末速度v1=a1t1= (另解:由动能定理有qU= m ,解得v1= )。(3)电容器C2两极板间的场强E2= ,带正电的粒子向上偏转,所受电场力向上,故电容器C2两极板间场强方向沿y轴正方向。(4)粒子在电容器C2中沿y轴方向有d= ·  ,解得t2= 。(5)粒子在电容器C2中沿x轴方向有L=v1t2=2d。
(6)粒子在电容器C2两极板间偏转的侧移量Δy= ·  =d,与U无关,即只改变U不会改变粒子出C2的位置,粒子仍从P点进入磁场。(7)由电容器电容的定义式与平行板电容器电容的决定式可知E= ,若板间距从d变为2d,电容器C2两极板间的场强不变,粒子侧移量不变,仍从P点进入磁场。(8)根据动能定理,粒子经过两个电场的过程,有qU+qU= mv2,则进入磁场的速度v=2 ,由几何关系知cs θ= = ,则所求速度方向与x轴正方向的夹角θ= 。(9)由几何关系得r sin =d,解得半径r= d。(10)粒子在磁场中做匀速圆周运动,有qvB=m ,故B=  。
(11)圆周运动周期T= =πd 。(12)由几何关系知轨迹所对应圆心角α= + = π,在磁场中运动时间t3= T=  。(13)磁场方向改变,粒子将沿逆时针方向做圆周运动,从P点进入磁场,由对称性可知,离开磁场时速度与 y轴正方向的夹角仍为 ,应用动量定理,有qBy=2mv sin ,则粒子从y轴上离开磁场位置的纵坐标y'=d+y=3d。(14)若粒子恰能回到电容器C2两极板间,则该临界状态的粒子在磁场的运动轨迹将与x轴相切,有qvBmin= m ,r临界 =d,联立解得磁感应强度最小值为Bmin=  ,若粒子能回到电容器C2两极板间,磁感应强度大小需满足B0≥  。
　　电场与磁场体现了物理观念中对物质观念的认知拓展,作为客观存在的物质,一方面我们需要对它 们有定量的认知,即通过一些物理量来描述这种物质的性质,另一方面我们也需要关注它们与别的物质 间的相互作用,这就又回到了力学的研究范畴。　　场的产生和描述,起源于场对实物的影响,所以电场强度、电势差、电势都需要用试探电荷来测 量,磁感应强度需要用电流元(或运动的电荷)来测量。场是分布在空间内的,所以我们又引入了电场 线、等势面和磁感线来形象地描述它。这部分的考查方式可能是用叠加原理考查有对称性的场的分 布,也可能给出电场线或磁感线与带电粒子的运动轨迹让我们分析物理量的变化。　　如果物体可视为点电荷,则只需要把电场或磁场视为一种与重力场一样的背景,这又回到了我们熟 悉的质点模型,对于质点的运动,一般用动力学知识分析,但在电场中熟练地使用能量的观点、在磁场 中使用动量的观点,往往能明显简化求解过程。
(2023河北,14,14分)如图1,真空中两金属板M、N平行放置,板间电压U连续可调,在金属板N的中心C处 开有一小孔。F、G、H为正三角形CDE各边中点,DE与金属板平行。三角形FGH区域内存在匀强磁 场,磁感应强度大小为B,方向垂直纸面向里。一带电粒子从紧邻M板的P点由静止释放沿CG方向进入 磁场,一段时间后沿∠CED的角平分线方向从E点离开。已知正三角形CDE的边长为a,粒子质量为m、 电荷量大小为q,粒子重力不计。(1)求板间电压U的大小;(2)若磁场区域如图2,磁感应强度不变。调整两板间电压大小,将该粒子从P点由静止释放,仍能沿∠ CED的角平分线方向从E点离开,求粒子从C点运动到E点的时间。
真题试练1:带电粒子在有界匀强磁场中的运动
解析　(1)带电粒子的运动轨迹如图甲所示。分析可知,圆弧 的圆心位于H点,粒子在磁场中运动的轨迹半径r1=KH=  ①洛伦兹力提供向心力,根据牛顿第二定律有qvB=m  ②根据动能定理有qU= mv2 ③联立①②③解得U=  ④
答案　(1) 　(2) 
 　　 (2)带电粒子的运动轨迹如图乙所示。根据数学知识可知,圆弧 的圆心位于Q点,圆弧 的圆心位于R点,带电粒子在磁场中运动的轨迹半径r2=QI= a ⑤(点拨:利用平行四边形知识得出QI=HO)
洛伦兹力提供向心力,根据牛顿第二定律可知qv1B=m  ⑥联立⑤⑥解得带电粒子的运动速度大小v1=  ⑦带电粒子的运动周期T=  ⑧分析可知,两段圆弧对应的圆心角都是30°,带电粒子通过一段圆弧所用的时间t1= T=  ⑨根据数学知识可知△IJH为等边三角形,IJ=IH=a- a ⑩
由⑦⑩得带电粒子通过IJ所用的时间t2= =   带电粒子从C点运动到E点的总时间t=2t1+t2=   
　 探究1　一题多解尝试运用洛伦兹力的冲量求解。
解析　(1)垂直于磁场方向的平面内,某一方向的速度对应一个垂直于该速度方向的洛伦兹力。题图1 中,由几何关系可知,粒子出磁场时速度与CG方向的夹角为60°,且在磁场中运动过程沿竖直方向的分位 移为 (△KHL为正三角形),根据动量定理,对CG方向的速度变化量分析有-qBvyΔt=mΔvx,等式两边求和,则有-qB =mv( cs 60°-1),根据求得的v利用动能定理求解电压U。(点拨:该方法可以规避找圆心、算半径的几何分析过程,某方向的位移大小和垂直该方向上的速度 变化量的大小成正比,且只考虑绝对值就可以,若初、末速度同向则较大的速度减较小的速度,若初、 末速度反向则两速度值相加为Δv的大小)(2)题图2中,根据对称性(轨迹和磁场都关于DH对称),粒子出磁场CFH区域时的速度平行于CE,即与CG 方向的夹角为30°,沿CG方向的分位移为 ,则有qB× =mv1(sin 30°-0),可解得速度v1,设在磁场CFH
区域中粒子在竖直方向的分位移为y,则有qBy=mv1(1-cs 30°),再结合△HIJ与△HFG相似,有 = ,即 = ,联立可解得通过IJ所用的时间t2,再结合粒子运动周期与轨迹对应圆心角求粒子运动总时间。
探究2　拓展设问①设问1:题图1中,粒子从C运动到E的时间是多少?②设问2:题图1、2中,粒子能从H点离开磁场吗?若能,粒子的速度大小是多大?
答案　①在磁场中,粒子速度方向偏转60°,故t1'= · 在磁场外匀速运动阶段,有t2'=2× 故粒子从C运动到E的总时间t=t1'+t2'= 。②题图1中,根据对称性,假设粒子能从H点离开磁场,则其离开磁场时速度必水平向左,根据几何知识分 析轨迹可知粒子会先从HG边离开磁场,故假设不成立,粒子不能从H点离开磁场。题图2中,粒子可在 CFH磁场区域运动时从H点离开磁场,可沿CH建立x轴,根据对称性可知粒子进、出磁场时与x轴的夹角 均为30°,且沿x轴方向的位移为 ,则有qB =mv'(sin 30°+sin 30°),解得v'= 。
1.情境变异·三角形边界→圆形边界　(2023辽宁,14,13分)如图,水平放置的两平行金属板间存 在匀强电场,板长是板间距离的 倍。金属板外有一圆心为O的圆形区域,其内部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。质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子沿中线以速度v0水平向右 射入两板间,恰好从下板边缘P点飞出电场,并沿PO方向从图中O'点射入磁场。已知圆形磁场区域半径 为 ,不计粒子重力。(1)求金属板间电势差U。(2)求粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向间的夹角θ。(3)仅改变圆形磁场区域的位置,使粒子仍从图中O'点射入磁场,且在磁场中的运动时间最长。定性画出 粒子在磁场中的运动轨迹及相应的弦,标出改变后的圆形磁场区域的圆心M。
解析　(1)设板长为L,板间距离为d,粒子射出电场时的速度为v,粒子在电场中做类平抛运动,根据题意可 得F电=qE=ma ①E=  ② =  ③粒子在水平方向做匀速直线运动,有L=vxt ④vx=v0 ⑤竖直方向做匀加速直线运动,有 = at2 ⑥vy=at ⑦
答案　(1) 　(2)60°或 　(3)见解析
射出电场时的速度v=  ⑧联立可得v=  ⑨U= 。 ⑩(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动,设其做圆周运动的半径为r,由洛伦兹力提供向心力,有qvB=   解得r=   联立⑨ 得r=   画出粒子在磁场中的运动轨迹如图1,设磁场区域半径为R,由几何关系有
tan  =   由题可知R=   联立   得θ=60°或 。  (3)粒子在圆形磁场区域中的运动轨迹对应的弦越长,运动时间越长,故运动轨迹对应的弦为圆形磁场 区域的直径时,粒子在磁场中的运动时间最长,设粒子射入磁场时的速度方向与水平方向夹角为β,则有
cs β= = ,即β=30°,如图2所示,由几何关系知cs α= = ,故30°0,y>0),这是一个圆的方程,圆心在(0,R)处,第 一象限内最小磁场区域为图中两条圆弧所围成的部分,磁场的最小面积为S1=2 =  ,根据对称性可知,全部磁场的最小总面积为S=4S1=(2π-4) ,B错误。在磁场中运动的时间最长的电子轨迹对应的圆心角为90°,时间为t= × = ,C错误。电子在光屏上形成的光斑长度为l=2R= ,D正确。
4.(2025甘肃,10,5分)(多选)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
解析　对a粒子,由洛伦兹力提供向心力可得qvaB=m ,由于va= ,解得r=R0;(点拨:粒子在环形区域做匀速圆周运动,在内圆中做匀速直线运动)作出a粒子在磁场中运动的轨迹,如图所示,由几何关系可 得R-R0= ,联立解得外圆半径R=( +1)R0,A错误。由运动轨迹可得a粒子返回A点所用的最短时间t= = ,B正确。作出b、c粒子在磁场中运动的轨迹,如图所示,粒子在磁场中运动的周期T= ,所以b、c粒子返回A点所用的最短时间相同,C错误。对c粒子,由几何关系可得2rc+R0=R,解得rc= R0,由洛伦兹力提供向心力可得qvcB=m ,解得c粒子的速度大小vc= = va,D正确。
5.(2025云南,14,13分)磁屏蔽技术可以降低外界磁场对屏蔽区域的干扰。如图所示,x≥0区域存在垂直 Oxy平面向里的匀强磁场,其磁感应强度大小为B1(未知)。第一象限内存在边长为2L的正方形磁屏蔽区 ONPQ,经磁屏蔽后,该区域内的匀强磁场方向仍垂直Oxy平面向里,其磁感应强度大小为B2(未知),但满 足0