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专题强化十六　带电粒子在匀强磁场中的多解和临界问题
学习目标　会分析带电粒子在匀强磁场中的多解问题和临界极值问题,提高思维分析的综合能力。
考点一　带电粒子在匀强磁场中运动的多解问题
带电粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动,由于带电粒子电性不确定、磁场方向不确定、临界状态不确定、运动的周期性造成带电粒子在有界匀强磁场中运动的多解问题。一般解题方法如下:
(1)找出多解的原因。
(2)画出粒子的可能轨迹,找出圆心、半径的可能情况。
角度　带电粒子电性不确定形成多解
分析 图例
带电粒子可能带正电荷,也可能带负电荷,初速度相同时,正、负粒子在磁场中运动轨迹不同,形成多解 如带正电,其轨迹为a;如带负电,其轨迹为b
例1 (多选)平面OM和平面ON之间的夹角为35°,其横截面(纸面)如图所示,平面OM上方存在匀强磁场,大小为B,方向垂直于纸面向外。一质量为m、电荷量绝对值为q、电性未知的带电粒子从OM上的某点向左上方射入磁场,速度与OM成20°角,运动一会儿后从OM上另一点射出磁场,不计重力。则下列几种情形可能出现的是(　　)
A.粒子在磁场中运动的轨迹与ON只有一个公共点,在磁场中运动的时间是
B.粒子在磁场中运动的轨迹与ON只有一个公共点,在磁场中运动的时间是
C.粒子在磁场中运动的轨迹与ON共有两个公共点,在磁场中运动的时间是
D.粒子在磁场中运动的轨迹与ON共有两个公共点,在磁场中运动的时间是
答案　ABD
解析　带电粒子在磁场中做圆周运动,由洛伦兹力提供向心力有qvB=m,qvB=mr得到r=,T==。若粒子带负电,将做逆时针方向的匀速圆周运动,粒子回到OM直线时,由圆周运动的对称性知,速度方向必与OM成20°角,但由于35°>20°,则粒子轨迹与ON只可能有一个交点,故粒子偏转角只可能为40°,运动时间t=×=,A正确,C错误;若粒子带正电,将做顺时针方向的匀速圆周运动,无论轨迹与ON有几个交点,粒子回到OM直线时,由圆周运动的对称性,速度方向必与OM成20°角,粒子偏转角为360°-40°=320°,则粒子运动时间为t=×=,B、D正确。
角度　磁场方向不确定形成多解
分析 图例
只知道磁感应强度大小,而未具体指出磁感应强度方向,由于磁感应强度方向不确定而形成多解 粒子带正电,若B垂直于纸面向里,其轨迹为a,若B垂直纸面向外,其轨迹为b
例2 (多选)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,离子的重力忽略不计。为把这束负离子约束在OP之下的区域,可加垂直于纸面的匀强磁场。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的大小和方向可能是(　　)
A.B>,垂直于纸面向里
B.B>,垂直于纸面向里
C.B>,垂直于纸面向外
D.B>,垂直于纸面向外
答案　BD
解析　当磁场方向垂直于纸面向里时,离子恰好与OP相切的轨迹如图甲所示,切点为M,设轨迹半径为r1,由几何关系可知sin 30°=,可得r1=s,由r1=可得B1=;当磁场方向垂直于纸面向外时,其临界轨迹如图乙所示,切点为N,由几何关系有s=+r2,得r2=,又r2=,所以B2=,综上分析可知,B、D正确,A、C错误。
角度　临界状态不确定形成多解
分析 图例
带电粒子飞越有界磁场时,可能穿过磁场飞出,也可能转过180°从入射界面一侧反向飞出,于是形成多解
例3 (多选)如图所示,P、Q为一对水平放置的平行板,板长与板间距离均为d,板间区域内充满匀强磁场,磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面向里。一质量为m、电荷量为q的粒子(重力不计),以水平初速度v0从P、Q两板间左侧中央沿垂直磁场方向射入,粒子打到板上,则初速度v0的大小可能为(　　)
A. B.
C. D.
答案　BC
解析　设粒子带正电,根据左手定则可判断粒子刚进入板间时所受洛伦兹力方向向上,由于粒子不计重力,粒子在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动,由洛伦兹力提供向心力有qvB=m,解得r=,由题意知粒子在偏转以后打在板上,若粒子恰好未打在板上,与极板平行从左端射出,由几何关系得半径r1=,速度v1=;若粒子恰好从极板右端飞出,由几何关系有=d2+,解得r2=d,速度v2=,粒子要打在极板上,则初速度v0应满足的条件为考点二　带电粒子在匀强磁场中运动的临界极值问题
解决带电粒子在匀强磁场中运动的临界问题的关键是以题目中的“恰好”“最大”“至少”等为突破口,寻找临界点,确定临界状态,根据磁场边界和题设条件画好轨迹,建立几何关系求解。
1.临界条件
刚好穿出(穿不出)磁场边界的条件是带电粒子在磁场中运动的轨迹与边界相切。
2.几种常见的求极值问题
(1)时间极值
①当速度v一定时,弧长(弦长)越长或圆心角越大,则带电粒子在有界磁场中运动的时间越长。
②圆形边界:公共弦为小圆直径时,出现极值,即当运动轨迹圆半径大于圆形磁场半径时,以磁场直径的两端点为入射点和出射点的轨迹对应的圆心角最大,粒子运动时间最长。
③最短时间:弧长最短(弦长最短),入射点确定,入射点和出射点连线与边界垂直。
如图,P为入射点,M为出射点,此时在磁场中运动时间最短。
(2)磁场区域面积极值
若磁场边界为圆形时,从入射点到出射点连接起来的线段就是圆形磁场的一条弦,以该条弦为直径的圆就是最小圆,对应的圆形磁场有最小面积。
例4 (2025·湖北武汉模拟)如图所示,平面直角坐标系xOy内有一圆形有界匀强磁场Ⅰ和一矩形有界匀强磁场Ⅱ(未画出)。磁场Ⅰ圆心坐标为(2d,0),半径为2d,磁场Ⅱ位于y轴左侧。磁场Ⅰ、Ⅱ的方向均垂直于纸面向外,磁感应强度的大小分别为2B、B,有界区域边界上均有磁场。位于坐标原点的粒子源(大小忽略不计)可以向y轴右侧任意方向发射质量均为m、电荷量均为q、速率均为v0=的同种带正电粒子,这些粒子的出射点都位于x轴下方的一段圆弧OP(P为圆弧上离O点最远的点,未画出)上。若从P点出射的带电粒子依次经过真空区域、磁场Ⅱ、真空区域后恰好能回到O点,且该粒子先后两次经过y轴的速度方向与y轴的负方向的夹角相同。不计粒子的重力及粒子间的相互作用。求:
(1)P点的坐标;
(2)从P点射出的粒子在矩形磁场区域中运动的时间;
(3)矩形磁场区域的最小面积。
答案　(1)(d,-d)　(2)　(3)12d2
解析　(1)作出粒子过P点的运动轨迹如图所示,粒子在磁场Ⅰ中,根据洛伦兹力提供向心力,有
qv0·2B=m
解得r1=d,
由题意知OP=2d,OP与x轴正方向的夹角为θ=60°
根据几何关系有xP=2dcos θ,yP=-2dsin θ
解得xP=d,yP=-d
即P点坐标为(d,-d)。
(2)粒子在磁场Ⅱ中,根据洛伦兹力提供向心力,有
qv0B=m,解得r2=2d
由题意结合几何关系知,粒子在磁场Ⅱ转过的角度为α=240°=
又t=,解得t=。
(3)设最小矩形的长为l1,宽为l2,由几何关系知
l1=2r2,l2=r2(1+sin 30°)
矩形最小面积Smin=l1l2
联立解得Smin=12d2。
A级　基础对点练
对点练1　带电粒子在匀强磁场中运动的多解问题
1.如图所示,直线MN与水平方向成60°角,MN的右上方存在垂直纸面向外的匀强磁场,左下方存在垂直于纸面向里的匀强磁场,两磁场的磁感应强度大小均为B。一粒子源位于MN上的a点,能水平向右发射不同速率、质量为m、电荷量为q(q>0)的同种粒子(重力不计,粒子间的相互作用不计),所有粒子均能通过MN上的b点,已知ab=L,则粒子的速度可能是(　　)
A. B.
C. D.
答案　C
解析　粒子可能在两个磁场间做多次运动,画出粒子可能的轨迹,如图所示,所有轨迹对应的圆心角均为120°,由几何关系可知2nrcos 30°=L(n=1、2、3、…),根据洛伦兹力提供向心力,则有qvB=m,解得v==(n=1、2、3、…),当n=1时,可得v=,故C正确,A、B、D错误。
2.(多选)(2025·山西临汾模拟)如图所示,匀强磁场垂直于xOy平面(纸面)向外,磁场的右边界与x轴垂直,交x轴于P(L,0)点。其中第Ⅰ象限内的磁感应强度为B1,第Ⅳ象限内的磁感应强度为B2,且B2=2B1(大小均未知)。一质量为m、电荷量为+q的粒子从原点O以速度v进入第Ⅰ象限的磁场,方向与x轴成30°角,粒子从P点离开磁场区域,不计粒子重力,则第Ⅰ象限内的磁感应强度B1的大小可能是(　　)
A. B.
C. D.
答案　CD
解析　根据洛伦兹力提供向心力有qvB=,可得r=,则在第Ⅰ象限内运动的半径为r1=,在第Ⅳ象限内运动的半径为r2==,设粒子最后从P点离开时在第Ⅰ象限运动n次,在第Ⅳ象限运动n-1次,根据几何关系有2nr1cos 60°-2(n-1)r2cos 60°=L,解得B1=(n=1、2、3、…),当B1=时,n不为整数,故A错误;当B1=时,n=0,不符合取值范围,故B错误;当B1=时,n=1,故C正确;当B1=时,n=3,故D正确。
对点练2　带电粒子在匀强磁场中运动的临界极值问题
3.(多选)(2026·安徽蚌埠高三月考)如图所示,真空区域有边界为MN、PQ的匀强磁场,磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里,MN、PQ的间距为l。α粒子He)和氢核H)先后从A点沿与MN夹角θ为30°的方向射入磁场中,都刚好没能从PQ边界射出磁场。不计粒子重力,α粒子在磁场中运动的时间和速度大小分别为t1和v1,氢核在磁场中运动的时间和速度大小分别为t2和v2,则(　　)
A.t1∶t2=1∶2,v1∶v2=2∶1
B.t1∶t2=2∶1,v1∶v2=1∶2
C.粒子在磁场中运动的半径为l
D.粒子在磁场中运动的半径为(4-2)l
答案　BD
解析　根据题意,两粒子都刚好没能从PQ边界射出磁场,可知α粒子和氢核在磁场中的运动轨迹刚好与右边界相切,如图所示,由几何关系可得r+rcos 30°=l,解得粒子在磁场中的运动半径r=(4-2)l,粒子在磁场中运动的时间t=T=×∝,则有t1∶t2=∶=2∶1,由洛伦兹力提供向心力可得qvB=m,解得v=∝,则有v1∶v2=∶=1∶2,B、D正确,A、C错误。
4.(2026·陕西宝鸡高三月考)如图所示,一垂直于纸面向外的环形匀强磁场的磁感应强度大小为B,环形区域内、外半径分别为R、2R,圆心为O,AD为外圆的直径。一不计重力、比荷为k的带正电粒子从环形磁场区域外缘的C点沿平行于半径AO方向以大小为v的速度射入磁场,已知OC连线和OA方向的夹角为30°,若要使粒子能进入环形内环无磁场区域,则速度v的最小值为(　　)
A.kBR B.kBR
C.kBR D.kBR
答案　B
解析　带正电粒子在垂直于纸面向外的环形匀强磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,有qvB=m,可得r=,已知粒子的比荷=k,化简得v=kBr,要使粒子能进入环形内环无磁场区域,粒子运动轨迹与内环相切时,半径最小,此时速度最小,由左手定则可知,粒子所受洛伦兹力向下,运动轨迹圆心在C点正下方O'点,设粒子运动轨迹的半径为r,则有OO'=R+r,由于OC连线和OA方向的夹角为30°,且环形区域内、外半径分别为R、2R,则由几何关系有OO'2=(R)2+(R-r)2,联立解得r=,代入数据解得v=kBR,故B正确。
5.(多选)(2026·黑龙江大庆高三月考)如图所示,在平面直角坐标系xOy内,第一象限中存在垂直于纸面向里的匀强磁场Ⅰ,第二象限中存在垂直于纸面向外的匀强磁场Ⅱ,两磁场的磁感应强度大小相等。一带电粒子从x轴上P点垂直于x轴进入磁场Ⅰ,速度大小为v,经过一段时间后刚好从O点离开磁场Ⅰ。若要求该粒子仍从P点垂直于x轴进入磁场Ⅰ但不从x轴离开磁场Ⅱ,不计粒子重力。则粒子速度的大小可能为(　　)
A.v B.(4-2)v
C.(8-4)v D.2v
答案　CD
解析　设P点到O点的距离为d,粒子刚好从O点离开磁场Ⅰ,粒子运动轨迹如图中轨迹1所示,由几何关系可知r=,由洛伦兹力提供向心力有qvB=m,联立解得B=,若要求该粒子仍从P点垂直于x轴出发但不从x轴离开磁场Ⅱ,粒子运动轨迹如图中轨迹2所示,由几何关系可知θ=30°,有r1cos 30°+r1=d,解得r1=2(2-)d,此时粒子的速度最小,由洛伦兹力提供向心力有qvminB=m,解得速度的最小值vmin=(8-4)v,故C、D正确。
B级　综合提升练
6.(多选)如图所示,在边长为L的正方形PQMN区域内存在垂直于纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场,在MN边界放一刚性挡板,粒子能碰到挡板就能够以原速率弹回。一质量为m、带电荷量为q的粒子以某一速度从P点射入,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
C.若带电粒子与挡板碰撞,则受到挡板作用力的冲量可能为
D.带电粒子在磁场中运动时间可能为
答案　BCD
解析　若粒子带正电,与挡板MN碰撞后恰好从Q点射出,运动轨迹如图甲所示,设轨迹半径为r1,由图中几何关系可得L2+(r1-0.5L)2=,解得r1=L,由洛伦兹力提供向心力有qv1B=m,解得v1=,由动量定理得I=2mv1=,A错误,C正确;若粒子的运动轨迹如图乙所示,由左手定则可知,粒子带负电,粒子运动的轨迹半径最小,r2=,速度最小,由qv2B=m,解得v2=,B正确;若粒子带负电,运动轨迹如图丙所示,当轨迹半径等于L时,此时转过的圆心角为60°,所以带电粒子在磁场中运动的时间t==,D正确。
7.(多选)(2025·广东佛山模拟)如图,空间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,OA距离为2L,OP是一足够大的荧光屏,粒子打在荧光屏上均被吸收,在O、A之间有大量质量为m、电荷量为+q的粒子,以相同的速度沿纸面垂直于OA开始运动。其中从OA中点射入的粒子恰好能垂直打在荧光屏上(不计粒子重力及其相互作用)。图中∠POA=120°,则可判断带电粒子(　　)
A.运动速度大小为
B.在磁场中运动的最长时间为
C.打在荧光屏上的位置距离O点最远为L
D.打在荧光屏上的位置距离O点最远为L
答案　AD
解析　从OA中点射入的粒子恰好能垂直打在荧光屏上,粒子运动轨迹如图甲所示,由几何知识可知,粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径r=L,对粒子,由牛顿第二定律得qvB=m,解得粒子的速度大小v=,故A正确;所有粒子速度相同,则粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径相等,从A点射入磁场的粒子打在O点,该粒子在磁场中转过的圆心角最大,运动时间最长,最大圆心角θ=180°,粒子在磁场中的最长运动时间tm=T=×=,故B错误;粒子打在荧光屏上时的速度方向平行于AO时,其位置距离O点最远,如图乙所示,由几何关系可知粒子打在荧光屏上的位置距离O点的最远距离为d==L,故C错误,D正确。
8.(2026·内蒙古呼和浩特高三期末)如图所示,以OP为分界线将直角MON分为区域Ⅰ和Ⅱ,区域Ⅰ内存在方向垂直于纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场,区域Ⅱ内存在方向垂直于纸面向里、磁感应强度大小为2B的匀强磁场,OP与OM间的夹角为30°。一质量为m、带电荷量为+q的粒子从分界线上的P点以速度v、沿与分界线OP成60°角的方向射入区域Ⅰ,在区域Ⅰ偏转后直接从O点离开磁场区域,不计粒子的重力。
(1)求OP之间的距离;
(2)若粒子从P点射入的速度方向不变,大小可以改变,要使粒子仍从O点离开磁场区域,求粒子射入时速度大小的可能值。
答案　(1)　(2)(n=0、1、2、3、…)
解析　(1)根据牛顿第二定律有qvB=m
得r=
粒子运动轨迹如图所示
OP之间的距离l=2rcos 30°=。
(2)粒子仍从O点离开磁场,一定是从区域Ⅰ与ON相切离开磁场区域,故ri=
r1==
根据几何关系有(ri+r1)n+ri=OP
即(·+·)n+·=
解得vi=(n=0、1、2、3、…)。
C级　培优加强练
9.(2026·山东重点高中高三联考)如图所示,平行边界M、N间存在垂直于纸面向里的匀强磁场,边界间距为d=3.0 m,磁感应强度为B=0.10 T。质量为m=1.6×10-10 kg、电荷量为q=3.2×10-9 C的负离子(不计重力)从边界M上的A点进入磁场,速度与边界的夹角为θ=60°,从边界N上的C点垂直边界射出磁场。求:(计算结果保留2位有效数字)
(1)负离子进入磁场时的速度大小v0;
(2)负离子在磁场中运动的时间t;
(3)若入射速度不变,要使负离子不能从边界N射出磁场,磁感应强度B'应满足什么条件。
答案　(1)12 m/s　(2)0.26 s　(3)B'≥0.30 T
解析　(1)作出负离子在匀强磁场中的运动轨迹如图甲所示,设粒子做圆周运动的轨道半径为r1
由几何关系得cos 60°=①
由洛伦兹力提供向心力得qv0B=m②
联立①②解得r1=6.0 m,v0=12 m/s。③
甲
(2)由几何关系得,负离子在磁场中运动轨迹对应的圆心角为30°,设负离子在磁场中做圆周运动的周期为T,则
T=④
负离子在磁场中运动的时间为t=T⑤
联立③④⑤解得t=0.26 s。⑥
(3)若负离子恰好不能从边界N射出磁场,作出负离子在磁场中的运动轨迹如图乙所示,设负离子在磁场中做圆周运动的轨道半径为r2,磁感应强度为B'
乙
由几何关系得r2+r2cos 60°≤d⑦
由洛伦兹力提供向心力得qv0B'=m⑧
联立③⑦⑧解得B'≥0.30 T。(共43张PPT)
专题强化十六　带电粒子在匀强磁场中的多解和临界问题
第十章　磁场
会分析带电粒子在匀强磁场中的多解问题和临界极值问题,提高思维分析的综合能力。
学习目标
目 录
CONTENTS
考点
01
提升素养能力
02
考点
1
考点二　带电粒子在匀强磁场中运动的临界极值问题
考点一　带电粒子在匀强磁场中运动的多解问题
带电粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动,由于带电粒子电性不确定、磁场方向不确定、临界状态不确定、运动的周期性造成带电粒子在有界匀强磁场中运动的多解问题。一般解题方法如下:
(1)找出多解的原因。
(2)画出粒子的可能轨迹,找出圆心、半径的可能情况。
考点一　带电粒子在匀强磁场中运动的多解问题
角度　　带电粒子电性不确定形成多解
分析 图例
带电粒子可能带正电荷,也可能带负电荷,初速度相同时,正、负粒子在磁场中运动轨迹不同,形成多解
如带正电,其轨迹为a;如带负电,其轨迹为b
例1 (多选)平面OM和平面ON之间的夹角为35°,其横截面(纸面)如图所示,平面OM上方存在匀强磁场,大小为B,方向垂直于纸面向外。一质量为m、电荷量绝对值为q、电性未知的带电粒子从OM上的某点向左上方射入磁场,速度与OM成20°角,运动一会儿后从OM上另一点射出磁场,不计重力。则下列几种情形可能出现的是(　　 )
A.粒子在磁场中运动的轨迹与ON只有一个公共点,在磁场中运动的时间是
B.粒子在磁场中运动的轨迹与ON只有一个公共点,在磁场中运动的时间是
C.粒子在磁场中运动的轨迹与ON共有两个公共点,在磁场中运动的时间是
D.粒子在磁场中运动的轨迹与ON共有两个公共点,在磁场中运动的时间是
ABD
解析　带电粒子在磁场中做圆周运动,由洛伦兹力提供向
心力有qvB=m,qvB=mr得到r=,T==。若粒子
带负电,将做逆时针方向的匀速圆周运动,粒子回到OM直
线时,由圆周运动的对称性知,速度方向必与OM成20°角,
但由于35°>20°,则粒子轨迹与ON只可能有一个交点,故粒子偏转角只可能为40°,运动时间t=×=,A正确,C错误;若粒子带正电,将做顺时针方向的匀速圆周运动,无论轨迹与ON有几个交点,粒子回到OM直线时,由圆周运动的对称性,速度方向必与OM成20°角,粒子偏转角为360°-40°=320°,则粒子运动时间为t=×=,B、D正确。
角度　　磁场方向不确定形成多解
分析 图例
只知道磁感应强度大小,而未具体指出磁感应强度方向,由于磁感应强度方向不确定而形成多解
粒子带正电,若B垂直于纸面向里,其轨迹为a,若B垂直纸面向外,其轨迹为b
例2 (多选)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,离子的重力忽略不计。为把这束负离子约束在OP之下的区域,可加垂直于纸面的匀强磁场。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的大小和方向可能是(　　)
A.B>,垂直于纸面向里 B.B>,垂直于纸面向里
C.B>,垂直于纸面向外 D.B>,垂直于纸面向外
BD
解析　当磁场方向垂直于纸面向里时,离子恰好与OP相切的轨迹如图甲所示,切点为M,设轨迹半径为r1,由几何关系可知sin 30°=,可得r1=s,由r1=可得B1=;当磁场方向垂直于纸面向外时,其临界轨迹如图乙所示,切点为N,由几何关系有s=+r2,得r2=,又r2=,所以B2=,综上分析可知,B、D正确,A、C错误。
角度　　临界状态不确定形成多解
分析 图例
带电粒子飞越有界磁场时,可能穿过磁场飞出,也可能转过180°从入射界面一侧反向飞出,于是形成多解
例3 (多选)如图所示,P、Q为一对水平放置的平行板,板长与板间距离均为d,板间区域内充满匀强磁场,磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面向里。一质量为m、电荷量为q的粒子(重力不计),以水平初速度v0从P、Q两板间左侧中央沿垂直磁场方向射入,粒子打到板上,则初速度v0的大小可能为(　　)
A. B.
C. D.
BC
解析　设粒子带正电,根据左手定则可判断粒子刚进入板间时
所受洛伦兹力方向向上,由于粒子不计重力,粒子在洛伦兹力的
作用下做匀速圆周运动,由洛伦兹力提供向心力有qvB=m,解
得r=,由题意知粒子在偏转以后打在板上,若粒子恰好未打在
板上,与极板平行从左端射出,由几何关系得半径r1=,速度v1=;若粒子恰好从极板右端飞出,由几何关系有=d2+,解得r2=d,速度v2=,粒子要打在极板上,则初速度v0应满足的条件为解决带电粒子在匀强磁场中运动的临界问题的关键是以题目中的“恰好”“最大”“至少”等为突破口,寻找临界点,确定临界状态,根据磁场边界和题设条件画好轨迹,建立几何关系求解。
1.临界条件
刚好穿出(穿不出)磁场边界的条件是带电粒子在磁场中运动的轨迹与边界相切。
考点二　带电粒子在匀强磁场中运动的临界极值问题
2.几种常见的求极值问题
(1)时间极值
①当速度v一定时,弧长(弦长)越长或圆心角越大,则带电粒子在有界磁场中运动的时间越长。
②圆形边界:公共弦为小圆直径时,出现极值,即当运动轨迹圆半径大于圆形磁场半径时,以磁场直径的两端点为入射点和出射点的轨
迹对应的圆心角最大,粒子运动时间最长。
③最短时间:弧长最短(弦长最短),入射点确定,入射
点和出射点连线与边界垂直。
如图,P为入射点,M为出射点,此时在磁场中运动时间最短。
(2)磁场区域面积极值
若磁场边界为圆形时,从入射点到出射点连接起来的线段就是圆形磁场的一条弦,以该条弦为直径的圆就是最小圆,对应的圆形磁场有最小面积。
例4 (2025·湖北武汉模拟)如图所示,平面直角坐标系xOy内有一圆形有界匀强磁场Ⅰ和一矩形有界匀强磁场Ⅱ(未画出)。磁场Ⅰ圆心坐标为(2d,0),半径为2d,磁场Ⅱ位于y轴左侧。磁场Ⅰ、Ⅱ的方向均垂直于纸面向外,磁感应强度的大小分别为2B、B,有界区域边界上均有磁场。位于坐标原点的粒子源(大小忽略不计)可以向y轴右侧任意方向发射质量均为m、电荷量均为q、速率均为v0=的同种带正电粒子,这些粒子的出射点都位于x轴下方的一段圆弧OP(P为圆弧上离O点最远的点,未画出)上。若从P点出射的带电粒子依次经过真空区域、磁场Ⅱ、真空区域后恰好能回到O点,且该粒子先后两次经过y轴的速度方向与y轴的负方向的夹角相同。不计粒子的重力及粒子间的相互作用。求:
(1)P点的坐标;
答案　 (d,-d)
解析　作出粒子过P点的运动轨迹如图所示,粒子在磁场Ⅰ中,根据洛伦兹力提供向心力,有
qv0·2B=m
解得r1=d,
由题意知OP=2d,OP与x轴正方向的夹角为θ=60°
根据几何关系有xP=2dcos θ,yP=-2dsin θ
解得xP=d,yP=-d
即P点坐标为(d,-d)。
(2)从P点射出的粒子在矩形磁场区域中运动的时间;
答案　　
解析　粒子在磁场Ⅱ中,根据洛伦兹力提供向心力,有
qv0B=m,解得r2=2d
由题意结合几何关系知,粒子在磁场Ⅱ转过的角度为α=240°=
又t=,解得t=。
(3)矩形磁场区域的最小面积。
答案　12d2
解析　设最小矩形的长为l1,宽为l2,由几何关系知
l1=2r2,l2=r2(1+sin 30°)
矩形最小面积Smin=l1l2
联立解得Smin=12d2。
提升素养能力
2
A级　基础对点练
C
对点练1　带电粒子在匀强磁场中运动的多解问题
1.如图所示,直线MN与水平方向成60°角,MN的右上方存在垂直纸面向外的匀强磁场,左下方存在垂直于纸面向里的匀强磁场,两磁场的磁感应强度大小均为B。一粒子源位于MN上的a点,能水平向右发射不同速率、质量为m、电荷量为q(q>0)的同种粒子(重力不计,粒子间的相互作用不计),所有粒子均
能通过MN上的b点,已知ab=L,则粒子的速度可能是(　　)
A. B. C. D.
解析　粒子可能在两个磁场间做多次运动,画出粒子可能的轨迹,如图所示,所有轨迹对应的圆心角均为120°,由几何关系可知2nrcos 30°=L(n=1、2、3、…),根据洛伦兹力提供向心力,则有qvB=m,解得v==(n=1、2、3、…),当n=1时,可得v=,故C正确,A、B、D错误。
CD
2.(多选)(2025·山西临汾模拟)如图所示,匀强磁场垂直于xOy平面(纸面)向外,磁场的右边界与x轴垂直,交x轴于P(L,0)点。其中第Ⅰ象限内的磁感应强度为B1,第Ⅳ象限内的磁感应强度为B2,且B2=2B1(大小均未知)。一质量为m、电荷量为+q的粒子从原点O以速度v进入第Ⅰ象限的磁场,方向与x轴成30°角,粒子从P点离开磁场区域,不计粒子重力,则第Ⅰ象限内的磁感应强度B1的大小可能是(　　)
A. B.
C. D.
解析　根据洛伦兹力提供向心力有qvB=,可得r=,则在第Ⅰ
象限内运动的半径为r1=,在第Ⅳ象限内运动的半径为r2==
,设粒子最后从P点离开时在第Ⅰ象限运动n次,在第Ⅳ象限运动
n-1次,根据几何关系有2nr1cos 60°-2(n-1)r2cos 60°=L,解得B1=(n=1、2、3、…),当B1=时,n不为整数,故A错误;当B1=时,n=0,不符合取值范围,故B错误;当B1=时,n=1,故C正确;当B1=时,n=3,故D正确。
BD
对点练2　带电粒子在匀强磁场中运动的临界极值问题
3.(多选)(2026·安徽蚌埠高三月考)如图所示,真空区域有边界为MN、PQ的匀强磁场,磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里,MN、PQ的间距为l。α粒子He)和氢核H)先后从A点沿与MN夹角θ为30°的方向射入磁场中,都刚好没能从PQ边界射出磁场。不计粒子重力,α粒子在磁场中运动的时间和速度大小分别为t1和v1,氢核在磁场中运动的时间和速度大小分别为t2和v2,则(　　)
A.t1∶t2=1∶2,v1∶v2=2∶1
B.t1∶t2=2∶1,v1∶v2=1∶2
C.粒子在磁场中运动的半径为l
D.粒子在磁场中运动的半径为(4-2)l
解析　根据题意,两粒子都刚好没能从PQ边界射出磁场,可知α粒子和氢核在磁场中的运动轨迹刚好与右边界相切,如图所示,由几何关系可得r+rcos 30°=l,解得粒子在磁场中的运动半径r=(4-2)l,粒子在磁场中运动的时间t=T=×∝,则有t1∶t2=∶=2∶1,由洛伦兹力提供向心力可得qvB=m,
解得v=∝,则有v1∶v2=∶=1∶2,B、D正确,A、C错误。
B
4.(2026·陕西宝鸡高三月考)如图所示,一垂直于纸面向外的环形匀强磁场的磁感应强度大小为B,环形区域内、外半径分别为R、2R,圆心为O,AD为外圆的直径。一不计重力、比荷为k的带正电粒子从环形磁场区域外缘的C点沿平行于半径AO方向以大小为v的速度射入磁场,已知OC连线和OA方向的夹角为30°,若要使粒子能进入环形内环无磁场区域,则速度v的最小值为(　　)
A.kBR B.kBR
C.kBR D.kBR
解析　带正电粒子在垂直于纸面向外的环形匀强磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,有qvB=m,可得r=,已知粒子的比荷=k,化简得v=kBr,要使粒子能进入环形内环无磁场区域,粒子运动轨迹与内环相切时,半径最小,此时速度最小,由左手定则可知,粒子所受洛伦兹力向下,运动轨迹圆心在C点正下方O'点,设粒子运动轨迹的半径为r,则有OO'=R+r,由于OC连线和OA方向的夹角为30°,且环形区域内、外半径分别为R、2R,则由几何关系有OO'2=(R)2
+(R-r)2,联立解得r=,代入数据解得v=kBR,故B正确。
CD
5.(多选)(2026·黑龙江大庆高三月考)如图所示,在平面直角坐标系xOy内,第一象限中存在垂直于纸面向里的匀强磁场Ⅰ,第二象限中存在垂直于纸面向外的匀强磁场Ⅱ,两磁场的磁感应强度大小相等。一带电粒子从x轴上P点垂直于x轴进入磁场Ⅰ,速度大小为v,经过一段时间后刚好从O点离开磁场Ⅰ。若要求该粒子仍从P点垂直于x轴进入磁场Ⅰ但不从x轴离开磁场Ⅱ,不计粒子重力。则粒子速度的大小可能为(　　)
A.v B.(4-2)v
C.(8-4)v D.2v
解析　设P点到O点的距离为d,粒子刚好从O点离开磁场Ⅰ,粒子运动轨迹如图中轨迹1所示,由几何关系可知r=,由洛伦兹力提供向心力有qvB=m,联立解得B=,若要求该粒子仍从P点垂直于x轴出发但不从x轴离开磁场Ⅱ,粒子运动轨迹如图中轨迹2所示,由几何关系可知θ=30°,有r1cos 30°+r1=d,解得r1=2(2-)d,此时粒子的速度最小,由洛伦兹力提供向心力有qvminB
=m,解得速度的最小值vmin=(8-4)v,故C、
D正确。
BCD
6.(多选)如图所示,在边长为L的正方形PQMN区域内存在垂直于纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场,在MN边界放一刚性挡板,粒子能碰到挡板就能够以原速率弹回。一质量为m、带电荷量为q的粒子以某一速度
从P点射入,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
C.若带电粒子与挡板碰撞,则受到挡板作用力的冲量可能为
D.带电粒子在磁场中运动时间可能为
B级　综合提升练
解析　若粒子带正电,与挡板MN碰撞后恰好从Q点射出,运动轨迹如图甲所示,设轨迹半径为r1,由图中几何关系可得L2+(r1-0.5L)2=,解得r1=L,由洛伦兹力提供向心力有qv1B=m,解得v1=,由动量定理得I=2mv1=,A错误,C正确;若粒子的运动轨迹如图乙所示,由左手定则可知,粒子带负电,粒子运动的轨迹半径最小,r2=,速度最小,由qv2B=m,解得v2=,B正确;若粒子带负电,运动轨迹如图丙所示,当轨迹半径等于L时,此时转过的圆心
角为60°,所以带电粒子在磁场中运动的时
间t==,D正确。
AD
7.(多选)(2025·广东佛山模拟)如图,空间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,OA距离为2L,OP是一足够大的荧光屏,粒子打在荧光屏上均被吸收,在O、A之间有大量质量为m、电荷量为+q的粒子,以相同的速度沿纸面垂直于OA开始运动。其中从OA中点射入的粒子恰好能垂直打在荧光屏上(不计粒子重力及其相互作用)。图中∠POA=120°,则可判断带电粒子(　　)
A.运动速度大小为
B.在磁场中运动的最长时间为
C.打在荧光屏上的位置距离O点最远为L
D.打在荧光屏上的位置距离O点最远为L
解析　从OA中点射入的粒子恰好能垂直打在荧光屏上,粒子运动轨迹如图甲所示,由几何知识可知,粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径r=L,对粒子,由牛顿第二定律得qvB=m,解得粒子的速度大小v=,故A正确;所有粒子速度相同,则粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径相等,从A点射入磁场的粒子打在O点,该粒子在磁场中转过的圆心角最大,运动时间最长,最大圆心角θ=180°,粒子在磁场中的最长运动时间tm=T=×=,故B错误;粒子打在荧光屏上时的速度方向平行于AO时,其位置距离O点最远,如图乙所示,由几何关系可知粒子打在荧光屏上的位置距离O点的最远距离为d==L,故C错误,D正确。
8.(2026·内蒙古呼和浩特高三期末)如图所示,以OP为分界线将直角MON分为区域Ⅰ和Ⅱ,区域Ⅰ内存在方向垂直于纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场,区域Ⅱ内存在方向垂直于纸面向里、磁感应强度大小为2B的匀强磁场,OP与OM间的夹角为30°。一质量为m、带电荷量为+q的粒子从分界线上的P点以速度v、沿与分界线OP成60°角的方向射入区域Ⅰ,在区域Ⅰ偏转后直接从O点离开磁场区域,不计粒子的重力。
(1)求OP之间的距离;
(2)若粒子从P点射入的速度方向不变,大小可以改变,要
使粒子仍从O点离开磁场区域,求粒子射入时速度大小
的可能值。
答案　(1)　(2)(n=0、1、2、3、…)
解析　(1)根据牛顿第二定律有qvB=m
得r=
粒子运动轨迹如图所示
OP之间的距离l=2rcos 30°=。
(2)粒子仍从O点离开磁场,一定是从区域Ⅰ与ON相切离开磁场区域,故ri=
r1==
根据几何关系有(ri+r1)n+ri=OP
即(·+·)n+·=
解得vi=(n=0、1、2、3、…)。
9.(2026·山东重点高中高三联考)如图所示,平行边界M、N间存在垂直于纸面向里的匀强磁场,边界间距为d=3.0 m,磁感应强度为B=0.10 T。质量为m=1.6×10-10 kg、电荷量为q=3.2×10-9 C的负离子(不计重力)从边界M上的A点进入磁场,速度与边界的夹角为θ=60°,从边界N上的C点垂直边界射出磁场。求:(计算结果保留2位有效数字)
(1)负离子进入磁场时的速度大小v0;
(2)负离子在磁场中运动的时间t;
(3)若入射速度不变,要使负离子不能从边界N射出磁场,
磁感应强度B'应满足什么条件。
C级　培优加强练
答案　(1)12 m/s　(2)0.26 s　(3)B'≥0.30 T
解析　(1)作出负离子在匀强磁场中的运动轨迹如图甲所示,设粒子做圆周运动的轨道半径为r1
由几何关系得cos 60°=①
由洛伦兹力提供向心力得qv0B=m②
联立①②解得r1=6.0 m,v0=12 m/s。③
甲
(2)由几何关系得,负离子在磁场中运动轨迹对应的圆心角为30°,设负离子在磁场中做圆周运动的周期为T,则
T=④
负离子在磁场中运动的时间为t=T⑤
联立③④⑤解得t=0.26 s。⑥
(3)若负离子恰好不能从边界N射出磁场,作出负离子在磁场中的运动轨迹如图乙所示,设负离子在磁场中做圆周运动的轨道半径为r2,磁感应强度为B'
乙
由几何关系得r2+r2cos 60°≤d⑦
由洛伦兹力提供向心力得qv0B'=m⑧
联立③⑦⑧解得B'≥0.30 T。
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