2027届高三物理一轮复习教案：第十一章　第58课时　专题强化：带电粒子在有界匀强磁场中的运动（含解析）

这是一份2027届高三物理一轮复习教案：第十一章　第58课时　专题强化：带电粒子在有界匀强磁场中的运动（含解析）
考点一 带电粒子在有界匀强磁场中的圆周运动
1.直线边界(进出磁场具有对称性，如图所示)
2.平行边界(往往存在临界条件，如图所示)
3.圆形边界(进出磁场具有对称性)
(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1 (多选)如图所示，在直角坐标系的y轴右侧存在有理想边界的匀强磁场，磁感应强度为B，磁场的宽度为d，磁场方向垂直于xOy平面向里。一个质量为m、电荷量为-q(q>0)的带电粒子，从原点O射入磁场，速度方向与x轴正方向成30°角，粒子恰好不从右边界射出，经磁场偏转后从y轴上的某点离开磁场。忽略粒子重力，关于该粒子在磁场中的运动情况，下列说法正确的是( )
A.它的轨道半径为23d
B.它进入磁场时的速度为2qBd3m
C.它在磁场中运动的时间为2πm3qB
D.它的运动轨迹与y轴交点的纵坐标为3d
答案 AB
解析 粒子运动轨迹如图所示，r+rsin 30°=d，可得粒子运动轨道半径为r=23d，故A正确；由qvB=mv2r，r=23d，可得粒子进入磁场时的速度为v=qBrm=2qBd3m，故B正确；T=2πrv=2πmqB，由几何关系知t=23T，可得粒子在磁场中运动的时间为t=4πm3qB，故C错误；粒子运动轨迹与y轴交点的纵坐标为y=-2rcs 30°=-233d，故D错误。
拓展 若仅将电荷量变为+q(q>0)，粒子仍恰好不从右边界射出，其余条件不变，则它的轨道半径为 ；它进入磁场时的速度为 ；它在磁场中运动的时间为 ；它的运动轨迹与y轴交点的纵坐标为 。
答案 2d 2qBdm 2πm3qB 23d
解析 粒子运动轨迹如图所示，r-rsin 30°=d，可得粒子运动轨道半径为r=2d；由qvB=mv2r，r=2d，可得粒子进入磁场时的速度为v=2qBdm；T=2πrv=2πmqB，由几何关系知t=13T，可得粒子在磁场中运动的时间为t=2πm3qB；粒子运动轨迹与y轴交点的纵坐标为y=2rcs 30°=23d。
例2 (多选)(2023·全国甲卷·20)光滑刚性绝缘圆筒内存在着平行于轴的匀强磁场，筒上P点开有一个小孔，过P的横截面是以O为圆心的圆，如图所示。一带电粒子从P点沿PO射入，然后与筒壁发生碰撞。假设粒子在每次碰撞前、后瞬间，速度沿圆上碰撞点的切线方向的分量大小不变，沿法线方向的分量大小不变、方向相反；电荷量不变。不计重力。下列说法正确的是( )
A.粒子的运动轨迹可能通过圆心O
B.最少经2次碰撞，粒子就可能从小孔射出
C.射入小孔时粒子的速度越大，在圆内运动时间越短
D.每次碰撞后瞬间，粒子速度方向一定平行于碰撞点与圆心O的连线
答案 BD
解析 假设粒子带负电，第一次从A点和筒壁发生碰撞如图甲所示，O1为圆周运动的圆心，由题可知粒子沿半径方向射入圆形磁场，出射时也沿半径方向，即粒子此时的速度方向为OA，说明粒子在和筒壁碰撞时速度会反向，由圆的对称性得粒子在其他点撞击同理，D正确；
假设粒子运动过程过O点，粒子从P点进入磁场中速度发生偏转，则过P点的速度的垂线和OP连线的中垂线是平行的，不能交于一点确定圆心；撞击筒壁A点的速度垂线和AO连线的中垂线依旧平行不能确定圆心，则粒子不可能过O点，A错误；由题意可知粒子射入磁场以后的每次偏转轨迹圆心连线组成的多边形应为以筒壁为内接圆的多边形，这个多边形最少应为三角形，如图乙所示，即撞击两次，B正确；
速度越大粒子做圆周运动的半径越大，碰撞次数可能增多，故粒子运动时间不一定减少， C错误。
例3 如图所示，平面直角坐标系xOy的第二象限内存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，第一象限内一圆形区域中存在垂直纸面向外、磁感应强度大小为2B的匀强磁场(图中未画出)。一带正电粒子从x轴上的P点以速度v0沿与x轴负方向成45°角的方向射入第二象限内的匀强磁场中，恰好从M点垂直于y轴射入第一象限，在第一象限内经磁场偏转后从N点垂直x轴射入第四象限，已知O、P之间的距离为L，O、N之间的距离为2L，不计粒子重力，求：
(1)该粒子的比荷qm；
(2)第一象限内圆形匀强磁场区域的最小面积S。
答案 (1)2v02BL (2)12πL2
解析 (1)根据题意，粒子在第二象限中的运动轨迹如图甲所示
根据洛伦兹力提供向心力有qv0B=mv02r
由几何关系可得r=2L
解得qm=2v02BL
(2)根据题意，当圆形匀强磁场区域面积最小时，粒子运动轨迹如图乙所示
在圆形匀强磁场区域中，根据洛伦兹力提供向心力有qv02B=mv02r'
解得r'=L
磁场圆的最小半径为R=22r'=22L
所以磁场的最小面积为S=πR2=12πL2。
考点二 带电粒子在磁场中运动的多解问题
例4 (多选)(2025·广西南宁市期末)如图所示，在边长为L的正方形PQMN区域内存在垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场，在MN边界放一刚性挡板，粒子碰到挡板则能够以原速率弹回。一质量为m、带电荷量为q的粒子以某一速度垂直于磁场方向从P点射入磁场，恰好从Q点射出。下列说法正确的是( )
A.带电粒子一定带负电荷
B.带电粒子的速度最小值为qBL4m
C.若带电粒子与挡板碰撞，则受到挡板作用力的冲量大小为5qBL2
D.带电粒子在磁场中运动时间可能为πm3qB
答案 CD
解析 若粒子带负电，且粒子的运动轨迹如图甲所示时，粒子做圆周运动的半径为r1=12L，由牛顿第二定律得qv1B=mv12r1，解得v1=qBL2m，此时半径最小，速度也最小，故B错误；若粒子带负电，当粒子在磁场中的运动轨迹所对应的圆心角为π3时，粒子在磁场中的运动时间为t=16T=16×2πmqB=πm3qB，故D正确。
若粒子带正电，粒子与挡板MN碰撞后恰好从Q点射出，粒子运动轨迹如图乙所示，设轨迹半径为r2，由几何知识得L2+(r2-0.5L)2=r22，解得r2=54L，根据牛顿第二定律得qv2B=mv22r2，解得v2=5qBL4m，根据动量定理得I=2mv2=5qBL2，故A错误，C正确。
例5 (多选)(2022·湖北卷·8)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θ角的可能组合为( )
A.13kBL，0°B.12kBL，0°
C.kBL，60°D.2kBL，60°
答案 BC
解析 若离子通过下部分磁场直接到达P点，如图甲所示，
根据几何关系则有R=L，由qvB=mv2R，可得v=qBLm=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为θ=60°。
当离子在两个磁场均运动一次时，如图乙所示，因为两个磁场的磁感应强度大小均为B，则根据对称性有R=12L，
根据洛伦兹力提供向心力，有qvB=mv2R，可得v=qBL2m=12kBL，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为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=qBL(2n−1)m=12n−1kBL(n=1，2，3…)，此时出射方向与入射方向的夹角为θ=60°；当离子从上部分磁场射出时，需满足v=qBL2nm=12nkBL(n=1，2，3…)，此时出射方向与入射方向的夹角为θ=0°，故B、C正确，A、D错误。
处理多解问题的解题技巧
1.分析题目特点，确定题目多解形成的原因。
2.作出粒子运动轨迹示意图(全面考虑多种可能)。
3.若为周期性的多解问题，注意寻找通项式，若是出现几种解的可能性，注意每种解出现的条件。
课时精练
[分值：54分]
[1~5题，每题4分]
1.(多选)如图所示，两个初速度大小相同的同种离子a和b从O点沿垂直于磁场方向进入匀强磁场(只存在于屏P的右边)，最后打到屏P上。不计重力及离子间相互作用。下列说法正确的是( )
A.a、b均带正电
B.a在磁场中运动的时间比b的短
C.a在磁场中运动的路程比b的短
D.a在P上的落点与O点的距离比b的小
答案 AD
解析 离子若要打在屏P上，需沿顺时针方向偏转，根据左手定则判断，a、b两离子都带正电，A正确；由于是同种离子，因此质量、电荷量相同，又知初速度大小也相同，由qvB=mv2r可知，它们做圆周运动的半径相同，作出运动轨迹如图所示，由图可知，a在磁场中运动的路程比b的长，C错误；由t=sv可知，a在磁场中运动的时间比b的长，B错误；从图中可以看出a在P上的落点与O点的距离比b的小，D正确。
2.如图所示，平行边界区域内存在匀强磁场，比荷相同的带电粒子a和b依次从O点垂直于磁场的左边界射入，经磁场偏转后从右边界射出，带电粒子a和b射出磁场时速度方向与磁场右边界的夹角分别为30°和60°。不计粒子的重力，下列判断正确的是( )
A.粒子a带负电，粒子b带正电
B.粒子a和b在磁场中运动的半径之比为1∶3
C.粒子a和b在磁场中运动的速率之比为3∶1
D.粒子a和b在磁场中运动的时间之比为1∶2
答案 B
解析 粒子a向上偏转，粒子b向下偏转，由左手定则可判断，粒子a带正电，粒子b带负电，故A错误；如图所示，由几何关系可知，磁场宽度l=Rasin 60°=Rbsin 30°，解得Ra∶Rb=1∶3，故B正确；由qvB=mv2R，可得v=qBRm，比荷相同，磁感应强度相同，则va∶vb=Ra∶Rb=1∶3，故C错误；粒子运动的周期T=2πmqB，则Ta=Tb，粒子a在磁场中运动的时间ta=60°360°Ta=16Ta，粒子b在磁场中运动的时间tb=30°360°Tb=112Tb，故ta∶tb=2∶1，故D错误。
3.(多选)(2025·广东湛江市模拟)如图为地球赤道剖面图，地球半径为R。把地面上高度为R2区域内的地磁场视为方向垂直于剖面的匀强磁场(磁场方向垂直纸面向里，图中未画出)，一带电粒子以一定速度正对地心射入该磁场区域，轨迹恰好与地面相切。不计粒子重力，则( )
A.粒子带负电荷B.轨迹半径为12R
C.轨迹半径为58RD.轨迹半径为34R
答案 AC
解析 粒子向下偏转，根据左手定则可知粒子带负电荷，故A正确；如图所示，设轨迹半径为r，根据几何关系可得r2+(R2+R)2=(R+r)2，解得r=58R，故C正确，B、D错误。
4.(2025·江西南昌市检测)如图所示，一个α粒子从x轴上的P点以速度v1沿与x轴成θ=60°的方向射入第一象限内的匀强磁场中，恰好垂直于y轴从A点射出第一象限。一个质子从坐标原点O以速度v2沿与x轴成θ=60°的方向射入第一象限，也恰好从A点射出第一象限。则v1∶v2等于( )
A.3∶1B.1∶3
C.4∶1D.1∶4
答案 B
解析 画出粒子运动轨迹如图
根据几何关系可知α(24He)粒子运动的半径r1满足r1+r1sin 30°=OA，解得r1=23OA，质子(11H)运动的半径为r2=OA，根据洛伦兹力提供向心力有qvB=mv2r，则v=qBrm，解得v1v2=13，故选B。
5.(多选)(2025·云南昭通市模拟)如图所示，O点为半圆形区域的圆心，该区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，ON为圆的半径，长度为R，现有比荷相等的两个带电粒子a、b，以不同的速度先后从A点沿AO方向和从B点沿BO方向射入磁场，并均从N点射出磁场，若a粒子的速率为v，不计粒子的重力。已知∠AON=60°，下列说法正确的是( )
A.a粒子做圆周运动的半径为R
B.b粒子的速率为3v
C.粒子的比荷为3vBR
D.a、b两粒子在磁场中的运动时间之比为1∶2
答案 BC
解析 粒子的轨迹如图所示，设粒子a做圆周运动的轨迹半径为r1，由几何关系可知r1=Rtan60°=33R，故A错误；由几何关系得r2=3R，由洛伦兹力提供向心力可得qvB=mv2r，解得vavb=13，则vb=3va=3v，故B正确；由qvB=mv2r可得，粒子的比荷为qm=3vBR，故C正确；由T=2πmqB可知两粒子在磁场中做圆周运动的周期相同，由几何关系可知∠AO1N=2π3，∠BO2N=π3，故两粒子在磁场中的运动时间之比tatb=∠AO1N2πT∠BO2N2πT=21，故D错误。
[6~8题，每题6分]
6.(2026·甘肃兰州市期中)如图所示，两方向相反、磁感应强度大小均为B的匀强磁场被边长为L的等边三角形ABC边界分开，三角形内磁场方向垂直纸面向里，三角形顶点A处有一质子源，能沿∠BAC的角平分线发射速度不同的质子，所有质子均能通过C点，质子比荷qm=1k，忽略质子重力和质子间的相互作用，则质子的速度不可能为( )
A.BLkB.BL2kC.2BL3kD.BL8k
答案 C
解析 质子带正电，且经过C点，其可能的轨迹如图所示，所有圆弧所对圆心角均为60°，根据几何关系可知，质子运动半径为r=Ln(n=1，2，3…)，质子在磁场中做圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力可得qvB=mv2r，联立解得v=qBrm=BLnk(n=1，2，3…)，可知质子的速度不可能为2BL3k，故选C。
7.(2025·云南大理市期中)xOy平面内存在垂直于该平面的半径为R的圆形磁场区域，与直角坐标系y轴、x轴相切于P、Q两点。一带电粒子从P点以速率v指向圆心方向进入磁场，恰好从Q点离开。若该带电粒子从P点进入磁场时的速度方向变为θ=60°，如图所示，速度大小不变，不计重力。则该粒子经过x轴时的坐标位置及在第一象限运动的时间分别为( )
A.(32+1)R，(5π6+12)Rv
B.(32+1)R，5πR6v
C.2R，(2π3+12)Rv
D.3R2，5πR6v
答案 A
解析 由题意带电粒子从P点以速率v指向圆心方向进入磁场，恰好从Q点离开，可知带电粒子在磁场中运动的轨迹半径r=R，当粒子以θ=60°射入磁场时，轨迹如图所示，由几何关系可知，粒子在磁场中运动的圆心角α=5π6，在磁场中运动的时间t1=5πR6v，粒子离开磁场后垂直x轴向下运动，从离开磁场到运动至x轴的时间为t2=R−Rsin30°v=R2v，粒子经过x轴时的坐标位置x=R+Rcs 30°=(32+1)R，在第一象限运动的时间为t=(5π6+12)Rv，故选A。
8.(多选)(2025·四川卷·10)如图所示，Ⅰ区有垂直于纸面向里的匀强磁场，其边界为正方形；Ⅱ区有垂直于纸面向外的匀强磁场，其外边界为圆形，内边界与Ⅰ区边界重合；正方形与圆形中心同为O点。Ⅰ区和Ⅱ区的磁感应强度大小比值为4∶1。一带正电的粒子从Ⅱ区外边界上a点沿正方形某一条边的中垂线方向进入磁场，一段时间后从a点离开。不计粒子重力，取sin 37°=0.6。则带电粒子( )
A.在Ⅰ区的轨迹圆心不在O点
B.在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹半径之比为1∶2
C.在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹长度之比为127∶37
D.在Ⅰ区和Ⅱ区的运动时间之比为127∶148
答案 AD
解析 根据题意，画出粒子运动轨迹，如图所示，由图可知，在Ⅰ区的轨迹圆心不在O点，故A正确；由洛伦兹力提供向心力qvB=mv2r，可得r=mvqB，故在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹半径之比为r1r2=B2B1=14，故B错误；设粒子在磁场Ⅱ区第一次偏转的圆心角为α，由几何关系有cs α=r2r1+r2=45，可得α=37°，设粒子在磁场Ⅰ区转过的圆心角为β，由几何关系知β=254°，故粒子在Ⅰ区运动的时间为t1=254°360°TⅠ=254°360°×2πmqB1，粒子在Ⅱ区运动的时间为t2=2×37°360°TⅡ=74°360°×2πmqB2，联立可得在Ⅰ区和Ⅱ区的运动时间之比为t1t2=127148，故D正确；粒子在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹长度分别为l1=254°360°×2πr1，l2=74°360°×2πr2，故在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹长度之比为l1l2=127148，故C错误。
9.(10分)(2025·河北省二模)如图所示，分别在平面直角坐标系xOy的第二、三象限加垂直纸面向外、向里的匀强磁场，磁感应强度大小均为B。从P点(-L，0)发射比荷为k、带正电的粒子，速度大小为v，方向与x轴成θ角，粒子恰能垂直穿过y轴，不计粒子重力。
(1)(5分)求B大小的可能值；
(2)(5分)求粒子到达y轴的时间；
答案 (1)(2n+1)vsinθkL(n=0，1，2，3…) (2)Lθvsinθ
解析 (1)设粒子在磁场中运动的半径为r，根据洛伦兹力提供向心力有qvB=mv2r
根据粒子恰能垂直穿过y轴可得(2n+1)rsin θ=L(n=0，1，2，3…)
又k=qm
联立解得B=(2n+1)vsinθkL(n=0，1，2，3…)
(2)粒子在磁场中做圆周运动的周期为T=2πrv
根据(1)可知(2n+1)rsin θ=L(n=0，1，2，3…)
粒子到达y轴的时间为t=(2n+1)θ2πT(n=0，1，2，3…)
联立解得t=Lθvsinθ。
[6分]
10.如图所示，一带正电粒子从坐标原点O以速度v0沿与x轴正方向成θ=60°角射入第一象限内，一段时间后进入方向垂直纸面的矩形匀强磁场中，经磁场偏转后从P点垂直y轴射出磁场。已知P点坐标为(2a，32a)，不计粒子重力，则( )
A.磁场方向垂直纸面向里
B.粒子在磁场中的运动时间为2πa3v0
C.该矩形磁场的面积可能为3a2
D.粒子进入磁场的位置到y轴的距离为a
答案 C
解析 由题意可知，若磁场方向垂直纸面向里，则粒子不可能经磁场偏转后从P点垂直y轴射出磁场，故磁场的方向应为垂直纸面向外，故A错误；粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，由几何关系可知，粒子在磁场中做圆周运动对应的圆心角为θ'=240°，粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径为r=2a−32atan60°tan60°=32a，故粒子在磁场中运动的时间为t=23×2πrv0=23πa3v0，故B错误；由图可知，当磁场区域的面积最小时，磁场的边长分别为l1=2r，l2=r(1+cs 60°)=32r，则有Smin=l1l2=94a2