（通用版）2022年高考物理一輪復習 第九章 第57課時 帶電粒子在有界磁場中的運動（題型研究課）講義（含解析）1.兩種方法定圓心(1)已知入射方向和出射方向時，可通過入射點和出射點作垂直于入射方向和出射方向的直線，兩條直線的交點就是圓弧軌道的圓心。如圖甲所示，圖中P為入射點，M為出射點。(2)已知入射方向和出射點的位置時，可以通過入射點作入射方向的垂線，連接入射點和出射點，作其中垂線，這兩條垂線的交點就是圓弧軌道的圓心。如圖乙所示，P為入射點，M為出射點。2幾何知識求半徑(1)直線邊界(進出磁場具有對稱性，如圖所示)。(2)平行邊界(存在臨界條件，如圖所示)。(3)圓形邊界(沿徑向射入必沿徑向射出，如圖所示)?？挤?直線邊界的磁場例1(多選)如圖所示，MN是磁感應強度為B的勻強磁場的邊界。一質量為m、電荷量為q、不計重力的帶電粒子在紙面內從O點射入磁場。若粒子速度為v0，最遠可落在邊界上的A點。下列說法中正確的有()A若粒子落在A點的左側，其速度一定小于v0B若粒子落在A點的右側，其速度一定大于v0C若粒子落在A點左右兩側相距為d的范圍內，其速度不可能小于v0D若粒子落在A點左右兩側相距為d的范圍內，其速度不可能大于v0解析因粒子由O點以速度v0射入磁場時，最遠落在A點，又粒子在O點垂直于邊界射入磁場時，在邊界上的落點最遠，即，所以粒子若落在A點的右側，速度應大于v0，B正確；當粒子落在A點的左側時，由于不一定是垂直于邊界入射，所以速度可能等于、大于或小于v0，A錯誤；當粒子射到A點左側相距為d的點時，最小速度為vmin，則，又因，即vminv0，所以粒子落在A點左右兩側相距為d的范圍內，其速度不可能小于vminv0，C正確；當粒子射到A點右側相距為d的點時，最小速度為v1，則，又因，即v1v0，D錯誤。答案BC考法2平行邊界的磁場例2(多選)如圖所示，寬d4 cm 的有界勻強磁場，縱向范圍足夠大，磁場方向垂直紙面向里?，F(xiàn)有一群正粒子從O點以相同的速率沿紙面不同方向進入磁場，若粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌跡半徑為r10 cm，則()A右邊界：8 cm<y<8 cm有粒子射出B右邊界：0<y<8 cm有粒子射出C左邊界：y>8 cm有粒子射出D左邊界：0<y<16 cm有粒子射出解析根據(jù)左手定則，正粒子在勻強磁場中將沿逆時針方向轉動，由軌跡半徑r10 cm畫出粒子的兩種臨界運動軌跡，如圖所示，則OO1O1AOO2O2CO2E10 cm，由幾何知識求得ABBC8 cm，OE16 cm，因此A、D正確。答案AD考法3圓形邊界的磁場例3(2019·四川四市二診)如圖所示，半徑為r的圓形空間內，存在垂直于紙面向外的勻強磁場。一個質量為m、電荷量為q的帶電粒子(不計重力)，從靜止經(jīng)電場加速后從圓形空間邊緣上的A點沿半徑方向垂直射入磁場，在C點射出。已知AOC120°，粒子在磁場中運動時間為t0，則加速電場的電壓是()ABC D解析根據(jù)幾何知識可知，粒子軌跡對應的圓心角為180°120°60°，軌跡半徑為Rrtan 60°r，由t0·及qUmv2，得U，A正確。答案A考法4正方形邊界的磁場例4(多選)如圖所示，有一個正方形的勻強磁場區(qū)域abcd，e是ad的中點，f是cd的中點，如果在a點沿對角線方向以速度v射入一帶負電的帶電粒子，恰好從e點射出，則()A如果粒子的速度增大為原來的二倍，將從d點射出B如果粒子的速度增大為原來的三倍，將從f點射出C如果粒子的速度不變，磁場的磁感應強度B增大為原來的二倍，粒子將從d點射出D只改變粒子的速度，使其分別從e、d、f點射出時，從f點射出所用的時間最短解析由r可知，如果粒子的速度增大為原來的二倍，粒子在磁場內運動時的軌跡半徑增大到原來的二倍，粒子將從d點射出，選項A正確；如果粒子的速度增大為原來的三倍，假設磁場區(qū)域足夠大，粒子會通過ad延長線上的g點，且dgae，可知粒子將從d、f之間的某確定點射出，選項B錯誤；如果粒子的速度不變，磁場的磁感應強度增大為原來的二倍，粒子將從ae的中點射出，選項C錯誤；粒子從e、d點射出時轉過的角度相等，所用時間相等，從f點射出時轉過的角度最小，所用的時間最短，選項D正確。答案AD考法5三角形邊界的磁場例5(2019·福州模擬)如圖所示，勻強磁場的邊界為直角三角形abc，一束帶正電的相同粒子以不同的速度v沿bc方向從b點射入磁場，不計粒子的重力。關于粒子在磁場中的運動情況，下列說法正確的是()A入射速度越大的粒子，在磁場中的運動時間越長B入射速度越大的粒子，在磁場中的運動軌跡越長C從ab邊出射的粒子在磁場中的運動時間都相等D從ac邊出射的粒子在磁場中的運動時間都相等解析帶電粒子進入磁場做勻速圓周運動，軌跡半徑r，速度越大，半徑越大，從ac邊出射的粒子，速度越大，運動軌跡越短，對應的圓心角越小，根據(jù)tT和T可知，粒子在磁場中的運動時間越短，選項A、B、D錯誤；從ab邊出射的粒子速度的偏向角都相同，而粒子在磁場中做圓周運動的軌跡所對的圓心角等于速度的偏向角，由tT可知，粒子在磁場中的運動時間相等，選項C正確。答案C考法6其他形狀邊界的磁場例6(2016·四川高考)如圖所示，正六邊形abcdef區(qū)域內有垂直于紙面的勻強磁場。一帶正電的粒子從f點沿fd方向射入磁場區(qū)域，當速度大小為vb時，從b點離開磁場，在磁場中運動的時間為tb，當速度大小為vc時，從c點離開磁場，在磁場中運動的時間為tc，不計粒子重力。則()Avbvc12，tbtc21Bvbvc21，tbtc12Cvbvc21，tbtc21Dvbvc12，tbtc12解析如圖所示，設正六邊形的邊長為l，當帶電粒子的速度大小為vb時，其圓心在a點，軌跡半徑r1l，轉過的圓心角1，當帶電粒子的速度大小為vc時，其圓心在O點(即fa、cb延長線的交點)，故軌跡半徑r22l，轉過的圓心角2，根據(jù)qvBm得v，故。由T得T，所以兩粒子在磁場中做圓周運動的周期相等，又tT，所以。故選項A正確，B、C、D錯誤。答案A(1)帶電粒子在有界磁場中的運動，一般要先根據(jù)不同的磁場邊界畫出粒子運動的軌跡，然后利用幾何知識計算軌跡半徑。(2)根據(jù)r、T，已知m、v、q、B可計算半徑、周期；已知半徑、周期也可計算磁感應強度、比荷、電荷量等。(3)計算粒子在磁場中運動的時間，需要知道周期和圓心角，常根據(jù)t·T計算。 命題點二臨界極值問題1.臨界條件的挖掘(1)剛好穿出磁場邊界的條件是帶電粒子在磁場中運動的軌跡與邊界相切。(2)當速率v一定時，弧長(或弦長)越長，圓心角越大(前提條件是劣弧)，則帶電粒子在有界磁場中運動的時間越長。(3)當速率v變化時，軌跡圓心角越大，運動時間越長。(4)當運動軌跡圓半徑大于圓形磁場半徑時，則以磁場直徑的兩端點為入射點和出射點的軌跡對應的圓心角最大。2不同邊界磁場中臨界條件的分析(1)平行邊界：常見的臨界情景和幾何關系如圖所示。(2)矩形邊界：如圖所示，可能會涉及與邊界相切、相交等臨界問題。(3)三角形邊界：如圖所示是正ABC區(qū)域內某正粒子垂直于AB進入磁場的粒子臨界軌跡示意圖。粒子能從AB間射出的臨界軌跡如圖甲所示，粒子能從AC間射出的臨界軌跡如圖乙所示。典例(多選)如圖所示，在一個等腰直角三角形ACD區(qū)域內有垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為B。一質量為m、電荷量為q的帶正電粒子(不計重力)，沿紙面從AC邊的中點O垂直于AC邊射入該勻強磁場區(qū)域，若該三角形的兩直角邊長均為2l，則下列關于粒子運動的說法中正確的是()A若該粒子的入射速度為v，則粒子一定從CD邊射出磁場，且距點C的距離為lB若要使粒子從CD邊射出，則該粒子從O點入射的最大速度應為vC若要使粒子從AC邊射出，則該粒子從O點入射的最大速度應為vD該粒子以不同大小的速度入射時，在磁場中運動的最長時間為解析若粒子的入射速度為v，根據(jù)洛倫茲力充當向心力可知Bqvm，解得rl；根據(jù)幾何關系可知，粒子一定從CD邊上距C點為l的位置離開磁場，故A正確；根據(jù)洛倫茲力充當向心力可知，v，因此半徑越大，速度越大。根據(jù)幾何關系可知，若要使粒子從CD邊射出，粒子軌跡與AD邊相切時半徑最大，由幾何關系可知，最大半徑滿足(rml)2rm2rm2，解得rm(1)l，則若要使粒子從CD邊射出，該粒子從O點入射的最大速度應為v，故B錯誤；若要使粒子從AC邊射出，則該粒子從O點入射的最大軌跡半徑為l，因此最大速度應為v，故C正確；粒子運行周期為，根據(jù)幾何關系可知，粒子在磁場中偏轉對應的最大圓心角為180°，故在磁場中運動的最長時間為，故D正確。答案ACD 集訓沖關1.如圖所示，半徑為R的半圓形區(qū)域內有垂直紙面向里的勻強磁場(未畫出)。一質量為m、電荷量為q且不計重力的粒子，以速度v沿與半徑AO夾角30° 的方向從A點垂直磁場射入，最后粒子從圓弧MAN上射出，則磁感應強度的大小不可能為()ABC D解析：選B由題意知，臨界條件為粒子運動軌跡恰好與MN相切，粒子運動軌跡如圖所示，根據(jù)幾何知識可得AOB120°，OABBAO30°，故，r，解得rR，又知r，解得B，為使粒子從圓弧MAN上射出，則rR，即B，故B不可能。2.如圖所示，在圓心為O的圓形區(qū)域內存在磁感應強度大小為B、方向垂直于紙面向里的勻強磁場。邊界上的一粒子源A，向磁場區(qū)域發(fā)射出質量為m、電荷量為q(q>0)的粒子，其速度大小均為v，方向垂直于磁場且分布在AO右側角的范圍內(為銳角)。已知磁場區(qū)域的半徑為，其左側有與AO平行的接收屏，不計帶電粒子所受重力和相互作用力，求：(1)沿AO方向入射的粒子離開磁場時的速度方向與入射方向的夾角；(2)接收屏上能接收到帶電粒子區(qū)域的寬度。解析：(1)根據(jù)左手定則，可知粒子在磁場中沿逆時針方向做圓周運動，設其半徑為R，有qBv，得R，可知帶電粒子運動半徑與磁場區(qū)域半徑相等。沿AO方向射入磁場的粒子離開磁場時的速度方向與入射方向之間的夾角為，如圖所示。(2)設粒子入射方向與AO的夾角為，粒子離開磁場的位置為A，粒子做圓周運動的圓心為O。根據(jù)題意可知四邊形AOAO四條邊長度均為，是菱形，有OAOA，故粒子出射方向必然垂直于OA所在直線，然后做勻速直線運動垂直擊中接收屏，如圖所示。設與AO成角射入磁場的粒子離開磁場時的位置A與A點的豎直距離為d，有dRRcos設d的最大值和最小值分別為d1和d2，有d1，d2故接收屏上能接收到帶電粒子區(qū)域的寬度為dd1d2。答案：(1)(2)命題點三勻強磁場中的多解問題造成帶電粒子在勻強磁場中運動多解的原因很多，列舉以下幾種情形：1帶電粒子電性不確定形成多解受洛倫茲力作用的帶電粒子，由于電性不同，當速度相同時，正、負粒子在磁場中運動軌跡不同，形成多解。如圖甲所示，帶電粒子以速率v垂直進入勻強磁場，若帶正電，其軌跡為a；若帶負電，其軌跡為b。2磁場方向不確定形成多解有些題目只知磁感應強度的大小，而不知其方向，此時必須要考慮磁感應強度方向不確定而形成的多解。如圖乙所示，帶正電粒子以速率v垂直進入勻強磁場，若B垂直紙面向里，其軌跡為a；若B垂直紙面向外，其軌跡為b。3臨界狀態(tài)不唯一形成多解帶電粒子在洛倫茲力作用下飛越有界磁場時，由于粒子運動軌跡是圓弧狀，因此，它可能穿過去，也可能轉過180°從入射界面這邊反向飛出，從而形成多解，如圖丙所示。4運動的往復性形成多解帶電粒子在部分是電場，部分是磁場的空間運動時，運動往往具有往復性，從而形成多解，如圖丁所示。例1如圖所示，在半徑為R的圓周內外兩區(qū)域分別存在與圓周平面垂直、方向相反的勻強磁場，其中內部區(qū)域的磁感應強度大小為B，外部區(qū)域的磁感應強度大小未知。M、N、P、Q是兩條互相垂直的直徑與圓周邊界的交點，現(xiàn)有一質量為m、電荷量為q的帶電粒子(不計重力)，從M點沿MN方向射入圓周內部區(qū)域。(1)若粒子從M點沿MN方向射入圓周內部區(qū)域后，從P點射出圓周區(qū)域，求粒子所帶電荷的電性及射入速度v0的大??；(2)若該粒子從P點射出后，從N點返回圓周內部區(qū)域，求圓周外部區(qū)域的磁感應強度大小及該粒子由M點運動到N點所用的時間；(3)若圓周內外的磁感應強度大小相等，要使粒子從M點指向圓心方向射入，經(jīng)過偏轉繞圓周邊界一周后回到M點，求粒子運動的速度v應滿足的條件。解析 (1)根據(jù)粒子偏轉方向，利用左手定則可以判斷粒子帶正電荷。如圖甲所示，由幾何關系易知，粒子做圓周運動的軌跡半徑與圓周邊界的半徑相等，即rR在圓周內部磁場區(qū)域里有qv0Bm解得v0。(2)如圖乙所示，粒子從P點射出后，從N點返回圓周內部區(qū)域由幾何知識可得，粒子在圓周外部區(qū)域運動的軌跡半徑r1R設圓周外部區(qū)域磁感應強度大小為B1，粒子運動時洛倫茲力提供向心力，有qv0B1m解得B1B由粒子做圓周運動的周期T可知，粒子在圓周內部和圓周外部做勻速圓周運動的周期相等即T外T內粒子從M點運動到N點的時間為tT內T外解得t。(3)如圖丙所示，粒子每次偏轉中射入圓周內部區(qū)域的速度方向和射出速度方向與圓周邊界有兩交點，設兩交點與圓心連線的夾角為由幾何關系可知，粒子在圓周內部區(qū)域的軌跡半徑r2Rtan 粒子運動時，洛倫茲力提供向心力，有qvBm若經(jīng)偏轉繞圓周邊界一周回到M點，由幾何關系易知，粒子最少在圓周邊界內外偏轉3次，有n2(n3,4,5,6，)解得粒子的運動速度為v(n3,4,5,6，)。答案(1)正電荷(2)B (3)v(n3,4,5,6，)例2(2019·衡陽聯(lián)考)“太空粒子探測器”是由加速裝置、偏轉裝置和收集裝置三部分組成的，其原理可簡化為如圖所示示意圖。輻射狀的加速電場區(qū)域邊界為兩個同心圓，圓心為O，外圓的半徑R12 m，電勢150 V，內圓的半徑R21 m，電勢20，內圓里有磁感應強度大小B5×103 T、方向垂直紙面向里的勻強磁場，收集薄板MN與內圓的一條直徑重合，收集薄板兩端M、N與內圓間各存在一狹縫。假設太空中漂浮著質量m1.0×1010 kg、電荷量q4×104 C的帶正電粒子，它們能均勻地吸附到外圓面上，并被加速電場從靜止開始加速，進入磁場后，發(fā)生偏轉，最后打在收集薄板MN上并被吸收(收集薄板兩側均能吸收粒子)，不考慮粒子相互間的碰撞和作用。(1)求粒子剛到達內圓時速度的大?。?2)以收集薄板MN所在的直線為x軸建立如圖所示的平面直角坐標系，分析外圓哪些位置的粒子將在電場和磁場中做周期性運動，指出該位置并求出這些粒子運動一個周期內在磁場中所用時間。解析(1)粒子在電場中被加速時，由動能定理可知qUmv20U12解得v2×104 m/s。(2)粒子進入磁場后，在洛倫茲力的作用下發(fā)生偏轉，有qvB解得r1 m因為rR2，所以由幾何關系可知，從收集薄板MN左端貼著其上表面進入磁場的粒子在磁場中運動圓周后，射出磁場，進入電場，在電場中先減速至外圓處后反向加速，并返回磁場，如此反復地做周期性運動，其運動軌跡如圖所示。由圖易知，粒子運動一個周期內在磁場中所用時間為T解得T×104 s在電場和磁場中做周期性運動的粒子在外圓上的四個位置坐標分別為(0,2 m)，(2 m,0)，(0，2 m)，(2 m,0)。答案(1)2×104 m/s(2)(0,2 m)，(2 m, 0)，(0, 2 m)，(2 m, 0)×104 s集訓沖關1.(多選)如圖所示，xOy平面的一、二、三象限內存在垂直紙面向外、磁感應強度B1 T的勻強磁場，ON為處于y軸負方向的彈性絕緣薄擋板，長度為 9 m，M點為x軸正方向上一點，OM間距為3 m。現(xiàn)有一個比荷大小為1.0 C/kg可視為質點帶正電的小球(重力不計)，從擋板下端N處以不同的速度沿x軸負方向射入磁場，若與擋板相碰就以原速率彈回，且碰撞時間不計，碰撞時電荷量不變，小球最后都能經(jīng)過M點，則小球射入的速度大小可能是()A3 m/sB3.75 m/sC4 m/s D5 m/s解析：選ABD因為小球射入磁場后再通過y軸時的速度方向一定是沿x軸正方向，故帶電小球做圓周運動軌跡半徑最小值RminlOM3 m，即Rmin，解得vmin3 m/s；經(jīng)驗證，帶電小球能以3 m/s 速度進入磁場，與ON碰撞一次，再經(jīng)四分之三圓周經(jīng)過M點，如圖甲所示，A項正確；當帶電小球與ON不碰撞，直接經(jīng)過M點，如圖乙所示，小球沿x軸負方向射入磁場，則軌跡圓心一定在y軸上，由幾何關系知，此時軌跡半徑最大值滿足Rmax2lOM2(lONRmax)2，解得Rmax5 m，又Rmax，解得vmax5 m/s，D項正確；當小球速度大于3 m/s、小于5 m/s時，軌跡如圖丙所示，由過圓直徑的內接三角形幾何條件可得，解得軌跡半徑R3.75 m(另一解R3 m舍去)，由半徑公式R，得v3.75 m/s，B項正確；由上述分析易知C項錯誤。2某裝置用磁場控制帶電粒子的運動，工作原理如圖所示。裝置的長為L，上下兩個相同的矩形區(qū)域內存在勻強磁場，磁感應強度大小均為B、方向與紙面垂直且相反，兩磁場的間距為d。裝置右端有一收集板，M、N、P為板上的三點，M位于軸線OO上，N、P分別位于下方磁場的上、下邊界上。在紙面內，質量為m、電荷量為q的粒子以某一速度從裝置左端的中點射入，方向與軸線成30°角，經(jīng)過上方的磁場區(qū)域一次，恰好到達P點。改變粒子入射速度的大小，可以控制粒子到達收集板上的位置。不計粒子的重力。(1)求磁場區(qū)域的寬度h；(2)欲使粒子到達收集板的位置從P點移到N點，求粒子入射速度的最小變化量v；(3)欲使粒子到達M點，求粒子入射速度大小的可能值。解析：(1)設粒子在磁場中的軌跡半徑為r根據(jù)題意及幾何關系可得L3rsin 30°3dcos 30°且hr(1cos 30°)解得h。(2)設改變入射速度后粒子在磁場中的軌跡半徑為rmqvBmqvB由題意知3rsin 30°4rsin 30°解得vvv。(3)設粒子經(jīng)過上方磁場與經(jīng)過下方磁場的次數(shù)之和為n，則n2由題意知L2ndcos 30°2nrnsin 30°且qvnBm解得vn。答案：(1)(2)(3)