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带电粒子在有界磁场中运动
——高考一轮备考
【知识方法】
一、带电粒子在磁场中的运动基本知识
1．若v∥B，带电粒子以速度v做匀速直线运动，此情况下洛伦兹力等于零．
2．若v⊥B，带电粒子在垂直于磁感线的平面内以入射速度做匀速圆周运动．
(1)向心力由洛伦兹力提供，qvB＝m；
(2)轨道半径R＝；
(3)周期：T＝＝.
二、几种情景
r＋rcos θ＝d 得r＝ 当θ＝90°时 r＝d r＋rsin θ＝d 得r＝ 当θ＝90°时 r＝d
r＋＝d 得r＝ d r1＝d L2＋(r2－d)2＝r 得r2＝
三、运动规律
1.直线边界
(1)对称性：若带电粒子以与边界成θ角的速度进入磁场，则一定以与边界成θ角的速度离开磁场。
(2)完整性：正、负带电粒子以相同的速度进入同一匀强磁场时，两带电粒子轨迹圆弧对应的圆心角之和等于2π。
2.圆形边界：沿径向射入的粒子，必沿径向射出。
3.几何关系
(1)四个点：分别是入射点、出射点、轨迹圆心和入射速度直线与出射速度直线的交点.
(2)六条线：两段轨迹半径，入射速度直线和出射速度直线，入射点与出射点的连线，圆心与两条速度直线交点的连线，前面四条边构成一个四边形，后面两条为对角线.
(3) 三个角：速度偏转角、圆心角、弦切角，其中偏转角等于圆心角，也等于弦切角的两倍.
【考点例题】
【例题1】（多选）（2020·湖南）如图所示，一质量为m、电荷量为q的带电粒子（不计重力），自A点以初速度v0射入半径为R的圆形匀强磁场，磁场方向垂直于纸面，速度方向平行于CD，CD为圆的一条直径，粒子恰好从D点飞出磁场，A点到CD的距离为。则（　　）
磁感应强度为
B．磁感应强度为
C．粒子在磁场中的飞行时间为
D．粒子在磁场中的飞行时间为
【例题2】（多选）（2020·湖南）如图所示，在等腰三角形abc区域内有垂直纸面向外的匀强磁场。大量相同的带电粒子从a点以相同方向进入磁场，由于速度大小不同，粒子从ac和bc上不同点离开磁场。不计粒子重力，则（　　）
A．所有从ac边离开的粒子在磁场中运动时间相同
B．所有从bc边离开的粒子在磁场中运动时间相同
C．从bc边中点离开的粒子比从ac边中点离开的粒子在磁场中运动时间长
D．从bc边离开的粒子在磁场中运动时间越长则它在磁场中的运动轨迹也越长
【例题3】（多选）（2022·甘肃）如图所示，OACD是一长为OA=L的矩形，其内存在垂直纸面向里的匀强磁场，一质量为m、带电量为q的粒子从O点以速度V0垂直射入磁场，速度方向与OA的夹角为α，粒子刚好从A点射出磁场，不计粒子的重力，则
A．粒子一定带正电
B．匀强磁场的磁感应强度为
C．粒子从O到A所需的时间为
D．矩形磁场的宽度最小值为
【例题4】（多选）（2020·河南）如图所示，四分之一圆内存在垂直于纸面向里的匀强磁场，，AO边和BO边的中点分别为C和D，AO边和BO边与水平方向的夹角均为45°。在纸面内电子从C点以速度v垂直于AO的方向射入磁场，从D点离开磁场。电子重力不计，下列说法正确的是（　　）
A．电子离开磁场时，运动方向与BO垂直
B．如果电子以相同的速度从A点射入磁场测电子从O点离开磁场
C．如果一个质子以与电子相同的速度从C点射入磁场，质子的轨道半径大小不变
D．如果电子从C点竖直向上射入磁场，也可从D点离开磁场
【例题5】（多选）（2020·宜宾）如图所示，正方形abcd区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，甲、乙两带电粒子从a点沿与ab成角的方向垂直射入磁场，甲粒子垂直于bc边离开磁场，乙粒子从ad边的中点离开磁场。已知甲、乙两带电粒子的电荷量之比为1：2，质量之比为1：2，不计粒子重力。以下判断正确的是（　　）
A．甲粒子带负电，乙粒子带正电
B．甲粒子的动能是乙粒子动能的24倍
C．甲粒子在磁场中的运动弧长是乙粒子在磁场中运动弧长的倍
D．如果改变入射速度大小，甲粒子有可能从ab边射出，乙粒子不可能从bc边射出
【例题5】（多选）（2020·四川）如图所示，等腰直角三角形abc区域内（包含边界）有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度的大小为B，在bc的中点O处有一粒子源，可沿与ba平行的方向发射大量速率不同的同种粒子，这些粒子带负电，质量为m，电荷量为q，已知这些粒子都能从ab边离开abc区域，ab=2l，不考虑粒子的重力及粒子间的相互作用。关于这些粒子，下列说法正确的是
A．速度的最大值为
B．速度的最小值为
C．在磁场中运动的最短时间为
D．在磁场中运动的最长时间为
【例题7】（多选）（2020·河北）如图所示，一个边长为l的正六边形的区域内有匀强磁场，匀强磁场的磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外。在点处的粒子源发出大量质量为电荷量为的同种粒子，粒子的速度大小不同，方向始终沿方向。不计粒子间的相互作用力及重力，下列说法正确的是（　　）
A．速度小于的粒子在磁场中运动的时间一定相同
B．速度大于的粒子一定打在边上
C．经过点的粒子在磁场中运动的时间为
D．垂直打在边上的粒子在磁场中运动的时间为
【例题8】（多选）（2020·泊头）如图所示，竖直平行线MN、PQ间距离为a，其间存在垂直纸面向里的匀强磁场（含边界PQ），磁感应强度为B，MN上O处的粒子源能沿不同方向释放比荷为的带负电粒子，速度大小相等、方向均垂直磁场．粒子间的相互作用及重力不计，设粒子速度方向与射线OM夹角为θ，当粒子沿0 =60°射入时，恰好垂直PQ射出，则 （ ）
A．从PQ边界垂直射出的粒子在磁场中运动的时间为
B．沿0 =90°射入的粒子，在磁场中运动的时间最长
C．粒子的速率为
D．PQ边界上有粒子射出的长度为
【例题9】9（2022·全国）如图所示，直线MN上方有平行于纸面且与MN成45°斜向下的匀强电场，MN下方有垂直于纸面向里的匀强磁场。一带正电的粒子以速度v从MN线上的O点垂直电场和磁场方向射入磁场。粒子第一次到MN边界线，并从P点进入电场。已知粒子带电量为q，质量为m，O、P之间的距离为L，匀强电场强度为E，不计粒子的重力。求：
（1）磁感应强度B；
（2）粒子从O点开始到第四次到达MN边界线的总时间t。
【例题10】（多选）（2020·江苏）如图所示， 在xoy平面内， 有一线状电子源沿x正方向发射速度均为v的电子，形成宽为2R、在y轴方向均匀分布且关于x轴对称的电子流.电子流沿+x方向射入一个半径为R、中心位于原点O的圆形匀强磁场区域， 磁场方向垂直xoy平面向里.在磁场区域的正下方d处，有一长为2d的金属板MN关于y轴对称放置，用于接收电子，电子质量为m，电量为e，不计电子重力及它们间的相互作用.
(1)若正对0点射入的电子恰好从P点射出磁场，求磁感应强度大小B；
(2)在第(1)问的情况下，求电子从进入磁场到打在MN板上的时间t：
(3)若所有电子都能从P点射出磁场，MN板能接收到的电子数占发射电子总数的比例是多大
【参考答案】
【例题1】【答案】AC
【解析】粒子在磁场中做匀速圆周运动，画出运动轨迹，如图所示：
AB．A点到CD的距离，则：∠OAQ=60°，∠OAD=∠ODA=15°，∠DAQ=75°
则∠AQD=30°，∠AQO=15°
粒子的轨道半径：
粒子在磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力，
由牛顿第二定律得：
解得：,故A正确B错误；
CD．粒子在磁场中转过的圆心角：α=∠AQD=30°
粒子在磁场中做圆周运动的周期为：
粒子在磁场中的运动时间为：,故C正确D错误。
【例题2】【答案】AD
【解析】A．若粒子从ac边射出，粒子依次从ac上射出时，半径增大而圆心角相同，弧长等于半径乘以圆心角，所以经过的弧长越来越大，运动时间：，
粒子在磁场中运动时间相同，A正确；
BC．如果从bc边射出，从c点射出时的圆心角最大，运动时间最长，BC错误；
D．如果从bc边射出，弧长越长，圆心角越大，运动时间越长，D正确；
【例题3】【答案】BC
【解析】A项：由题意可知，粒子进入磁场时所受洛伦兹力斜向右下方，由左手定则可知，粒子带负电，故A错误；
B项：粒子运动轨迹如图所示：
由几何知识可得：，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：，解得：，故B正确；
C项：由几何知识可知，粒子在磁场中转过的圆心角：θ=2α，粒子在磁场中做圆周运动的周期：，粒子在磁场中的运动时间：，故C正确；
D项：根据图示，由几何知识可知，矩形磁场的最小宽度：，故D错误．
【例题1】【答案】AB
【解析】A．根据几何关系，画出粒子的运动轨迹，
电子垂直于AO进入磁场，也垂直于BO离开磁场，A正确；
B．如果电子以相同的速度从A点射入磁场，电子的轨道半径仍为，电子从O点离开磁场，B正确；
C．如果一个质子以与电子相同的速度从C点射入磁场，根据半径公式，因为电子和质子比荷不同，所以轨道半径不同，C错误；
D．如果电子竖直向上从C点射入磁场，由于半径不变，则由几何关系可知不能从D点离开磁场，D错误。
【例题5】【答案】BC
【解析】A.由甲粒子垂直于bc边离开磁场可知，甲粒子向上偏转，所以甲粒子带正电，由粒子从ad边的中点离开磁场可知，乙粒子向下偏转，所以乙粒子带负电，A项与题意不符；
B.设磁场区域的边长为L，由几何关系可知，R甲＝2L
乙粒子在磁场中偏转的弦切角为，弦长为，所以 =2R乙sin
解得：R乙=L
由牛顿第二定律得：
动能：
所以甲粒子的动能是乙粒子动能的24倍，故B项与题意相符；
C.甲粒子的运动的弧长
乙粒子的弧长
甲粒子在磁场中的运动弧长是乙粒子在磁场中运动弧长的倍，故C项与题意相符；
D．根据 可知
如果改变入射速度大小，甲粒子有可能从ab边射出，但是当乙粒子速度足够大时，可能从bc边射出，故D项与题意不相符。
【例题6】【答案】ACD
【解析】粒子从ab边离开磁场时的临界运动轨迹如图所示：
由几何知识可知：
解得：
AB．粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，
由牛顿第二定律得：
解得：，
故粒子的最大速度为：
最小速度：,故A正确，B错误。
CD．由粒子从ab边离开磁场区域的临界运动轨迹可知，粒子转过的最大圆心角θmax=180°，最小圆心角：θmin=45°，粒子做圆周运动的周期：
则粒子在磁场中运动的最短时间：
最长时间：,故C正确，D正确.
【例题7】【答案】ACD
【解析】A．根据几何关系，粒子恰好经过点时运动半径
由
可知速度
则速度小于的粒子均从边离开磁场，根据几何关系可知转过的圆心角均为，运动时间均为
为粒子在磁场中的运动周期，A正确；
BC．粒子恰好经过点时运动半径
根据几何关系可知运动时间
速度
则速度大于的粒子一定打在边上，B错误，C正确；
D．粒子垂直打在边上时，如图：
根据几何关系可知圆心角为，运动时间,D正确。
【例题8】【答案】AD
【解析】带电粒子在磁场中运动，不计重力，则粒子只受洛伦兹力做圆周运动；所以有，所以，粒子沿射入时，恰好垂直PQ射出，则粒子在磁场中转过30°，如图所示，所以有，解得；故，故C错误；，A正确；
时，粒子离开磁场在PQ上O的水平线上方处；当增大时，粒子离开磁场在PQ上的位置下移，直到粒子运动轨迹与PQ相切；继续增大，则粒子不能从PQ边界射出；粒子运动轨迹与PQ相切时，由半径，可知，粒子转过的角度为60°，所以，出射点在O的水平线下方处；所以，PQ边界上有粒子射出的长度为，D正确；粒子在磁场中做圆周运动的半径相同，周期相同，由D分析可知，粒子出射点在PQ上时，当粒子运动轨迹与PQ相切时，粒子在磁场中运动的圆弧对应的弦最长，粒子转过的角度最大，对应的；当时，粒子从MN边界射出，且越大，对应的中心角较小，运动的时间越小；所以，沿射入的粒子，在磁场中运动的时间最长，B错误．
【例题9】【答案】（1）；（2）
【解析】（1）粒子从O点进入磁场做匀速圆周运动到达P点，设圆周半径为R
由几何关系可得：
①
由牛顿第二定律得： ②
解得： ③
（2）粒子第一次在磁场运动的时间 ④
⑤
由图可得，粒子第一次进入电场做匀减速运动，而后第二次经过P点进入磁场
设：粒子第一次在电场中运动的时间为t2
由牛顿第二定律： ⑥
由运动学公式： ⑦
粒子第二次进入磁场运动的时间为t3
由图可得： ⑧
粒子第二次进入电场后做类平抛运动
设经过t4时间再次进入磁场，此次为第四次到达电场和磁场的边界线
由运动学公式：
⑨
由图得： ⑩
解得：
粒子从开始运动到第四次到达MN边界线的时间
【例题10】【答案】(1) (2) (3)
【解析】（1）可求得电子旋转的轨道半径是，根据公式
解得
（2）电子在磁场中运动时间为
电子出磁场后的运动时间为
总时间为
（3）所有电子在磁场中运动的半径相等，因为所有电子都能从点射出磁场，所以所有电子在磁场中运动的半径均为。板能接收到的电子从点射出时，速度偏转角为（即与正方向的夹角）满足
①到达点的电子轨迹如图甲所示，其入射点为，四边形为菱形，
点到轴的距离
②到达点的电子轨迹如图乙所示，其入射点为，四边形为菱形，点到轴的距离
竖直长度占射入总长度的比例
所以板能接收的电子数占发射电子总数的比例。带电粒子在磁场中
运动的临界、极值问题
——高考一轮备考
【知识方法】
处理临界问题的常用方法
方法 放缩圆法 旋转圆法
图形
条件及界定方法 ①适用条件　　 速度方向一定，大小不同 ②界定方法 以入射点P为定点，圆心位于PP′直线上，将半径放缩作轨迹，从而探索出临界条件，这种方法称为“放缩圆法”。 ①适用条件 速度大小一定，方向不同 ②界定方法 将一半径为R＝的圆沿着“轨迹圆心圆”平移，从而探索出临界条件，这种方法称为“旋转圆法”。
突破口：
解决此类问题关键是找准临界点，审题应抓住题目中的“恰好”“最大”“最高”“至少”等词语作为突破口，挖掘隐含条件，分析可能的情况，如有必要则画出几个不同半径相应的轨迹图，从而分析出临界条件.
【考点例题】
【例题1】（多选）（2022·江西南昌）如图所示，A点的离子源沿纸面垂直OQ方向向上射出一束负离子，重力忽略不计。为把这束负离子约束在0P之下的区域，可加垂直纸面的匀强磁场。已知OA间的距离为s ,负离子比荷为q/m ，速率为v ，OP与OQ间夹角为300。则所加磁感应强度B满足 （ ）
A．垂直纸面向里，
B．垂直纸面向里，
C．垂直纸面向外，
D．垂直纸面向外，
【例题2】（2020·重庆一中高三）小顾老师在疫情期同，遵从党和国家的号召，在家抗战，期间重温了《哈利波特》系列电影，除了沉溺于“赫敏”、“卢娜”的颜值外，更是对“死亡圣器”的标志产生了兴趣，遂编下此题。其标志可简化为一个正三角形abc与其内切圆组成，圆的半径为R，三个切点分别为D、O、E，图形被aO分割为相同两部分，在左右半圆内分别存在着垂直纸面的匀强磁场和，其余地方均无磁场，在D处有一挡板，其余部分没有实物阻挡，今从O点朝着a发射一质量为m，电量为+q的粒子，速度大小为v，不考虑重力作用，且碰撞无能量损失。
(1)若与完全相同，为了使电荷以垂直ab的速度方向打在D上，求的大小和方向；
(2)接(1)问，当粒子从D处反弹后第一次经过aO时，保持方向不变，改变大小；同时改变的大小，且使其方向与原来相反。为了使粒子能回到O点，求与大小满足的关系式；
(3)接(1)问，当粒子从D处反弹后，大小方向均不变，改变的大小，且使其方向与原来相反，最终粒子从右半圆射，且粒子射出磁场时的速度方向相对刚进入右半圆时偏转了30°，求的大小。
【例题3】（2022·重庆西南大学附中高三考）如图1所示，在ABCD矩形区域里存在垂直于纸面方向的磁场（磁场边界有磁场），规定垂直纸面向里为磁场正方向，磁感应强度B如图2所示的变化。时刻，一质量为m，带电量为q的带正电粒子从B点以速度沿BC方向射入磁场，其中已知，未知，不计重力。
（1）若，粒子从D点射出磁场，求AB边长度的可能值及粒子运动的可能时间；
（2）若，粒子仍从D点射出，求AB边长度的可能值及粒子运动的可能时间；
（3）若，求磁场周期需满足什么条件粒子不从AB边射出，并求恰好不射出时时刻粒子距BC边的距离。
【例题4】（2022·浙江高三）如图所示，在xOy平面内，以O'(O， R)为圆心、R为半径的圆内有垂直于平面向外的匀强磁场，x轴下方有足够大的垂直于平面向里的匀强磁场，两区域磁感应强度大小相等．在O"(R，-R)处，放置一半径R =的半圆弧形接收器EHF，EO"F与y轴平行，在圆形磁场的左侧0（1）磁场的磁感应强度B的大小；
（2）［-R，（+1）R］处的粒子经磁场偏转后能否被接收器接收；
（3）打到接收器上的粒子占粒子总数的百分比．
【参考答案】
【例题1】【答案】BC
【解析】AB、当所加匀强磁场方向垂直纸面向里时，由左手定则知：负离子向右偏转．约束在OP之下的区域的临界条件是离子运动轨迹与OP相切．如图（大圆弧）
由几何知识知： ，而，所以，所以当离子轨迹的半经小于s时满足约束条件，由牛顿第二定律及洛仑兹力公式列出，所以得；故A错误，B正确；
CD、当所加匀强磁场方向垂直纸面向外时，由左手定则知：负离子向左偏转．约束在OP之下的区域的临界条件是离子运动轨迹与OP相切．如图（小圆弧）：
由几何知识知道相切圆的半经为，所以当离子轨迹的半经小于时满足约束条件，由牛顿第二定律及洛仑兹力公式列出，所以得，故C正确，D错误；
【例题2】【答案】
(1)，垂直纸面向里(2)其中k取1、2、3……
或其中N取0、1、2……(3)
【解析】
(1)粒子轨迹如图所示
由几何关系得
粒子做圆周运动，洛伦兹力提供向心力得
解得
由左手定则可知，磁感应强度方向垂直纸面向里
(2)粒子的轨迹如图所示
由几何关系可知，粒子刚经过aO时，与O点距离
考虑周期性有
得其中k取1、2、3……
或
得其中N取0、1、2……
(3)粒子运动轨迹如图且由几何关系得
其中利用余弦定理可得
又有
解得
【例题3】【答案】
（1），2，；（2），2，；（3），
【解析】（1）若粒子通过D点，其运动轨迹如图所示，则必须满足：
则必须满足：
2，
2，
由以上各式解得：，
2，
（2）若粒子通过D点，其运动轨迹如图所示：
则必须满足：
2，
2，
又因为
由以上各式解得：，
2，
（3）如图3所示：
粒子恰不从AB边射出时，时的轨迹与AB边相切，故需满足
，
解得粒子在时间内转过的角度不超过150°，则有：
时刻粒子离AB的距离为
由以上方程解得：
，
。
【例题4】【答案】（1）B=；（2）不能；（3）50
【解析】
（1）粒子在上方磁场中的半径r=R时，粒子偏转后都从O点进入，由洛伦茨力充当向心力
qvB=m
解得磁场的磁感应强度B的大小为B=．
（2）［-R，（+1）R］处的粒子经上方磁场偏转后与x轴负方向的角度==，=45°，粒子与x轴负方向成45°角进入下方磁场运动时，圆心在（R，-R）处，轨迹与接收器不相交，所以不能被接收器接受，如下图：
（3）当粒子运动轨迹与接收器在F点相内切时，由几何关系可知，运动轨迹的圆心恰好在E点，根据几何关系可知，粒子由O点进入时，粒子的速度方向与y轴负方向的夹角==，=30°，粒子进入上方磁场G时的纵坐标
y1=R+R=1.5R
当粒子运动轨迹在E点与接收器相外切时，运动轨迹的圆心恰好在（R，R）处，根据几何关系可知，粒子由O点进入磁场时粒子速度方向与x轴正方向的夹角==，=60°，粒子进入上方磁场I的纵坐标
y2=R- R=0.5R
在上方磁场GI间射入的粒子能打到接收器上，LGI=y1-y2=R，占粒子总数的百分比=100=50．

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