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2025人教版新教材物理高考第一轮
第 3 讲专题提升 : 带电粒子在有界磁场中的运动
基础对点练
题组一 带电粒子在有界磁场中运动的临界、极值问题
1.如图所示,纸面内有一圆心为 O、半径为R的圆形磁场区域,磁感应强度的大小为 B,方
向垂直于纸面向里。由距离O点0.4R处的P点沿着与PO连线成θ=30°的方向发射速率
大小不等的电子。已知电子的质量为m,电荷量为e,不计电子的重力且不考虑电子间的相
互作用。为使电子不离开圆形磁场区域,则电子的最大速率为( )
7eBR √29eBR
A. B.
10m 10m
21eBR (5-2√3)eBR
C. D.
40m 5m
2.(2024湖南长沙模拟)如图所示,匀强磁场的磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面向外,其
边界如图中实线所示,a、 b、c、d四点共线,ab=2ac=2ae, fe与ab平行,且ae与ab成60°
角。一粒子束在纸面内从 c点垂直于ac射入磁场,粒子质量均为m、电荷量均为q(q>0),
具有各种不同速率。不计重力和粒子之间的相互作用。在磁场中运动时间最长的粒子,
其运动时间为( )
3πm 4πm 5πm 6πm
A. B. C. D.
2qB 3qB 4qB 5qB
3.(2024云南大理下关第一中学联考)如图所示,矩形ABCD区域内有垂直于纸面向里的匀
强磁场,磁场的磁感应强度大小为B ,AB边长为d,BC边长为2d,O是BC边的中点,E是AD
1
边的中点。在O点有一粒子源,可以在纸面内向磁场各个方向射出质量均为 m、电荷量
均为q、相同电性的带电粒子,粒子射出的速度大小相同。速度方向与 OB边的夹角为
60°的粒子恰好从E点射出磁场,不计粒子的重力及粒子间的相互作用,则( )A.粒子带正电
B.粒子运动的速度大小为√2qB d
1
m
πm
C.粒子在磁场中运动的最长时间为
3qB
1
4+π
D.磁场区域中有粒子通过的面积为 d2
4
题组二 带电粒子在有界磁场中运动的多解问题
4.匀强磁场中一带电粒子仅在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动,其运动轨迹上速度方向相
反的两点之间距离d与粒子速率v的关系如图所示,则该粒子经过这两点的时间间隔可能
为( )
A.3πd B.9πd C.πd D.3πd
0 0 0 0
2v 8v v 16v
0 0 0 0
5.如图所示,边长为a=0.4 m正方形区域ABCD内无磁场,正方形中线PQ将区域外左右两
侧分成两个磁感应强度均为B =0.2 T的匀强磁场区域,PQ右侧磁场方向垂直于纸面向外,
1
PQ左侧磁场方向垂直于纸面向里。现将一质量为 m=1×10-8 kg、电荷量为q=2×10-6 C
的带正电粒子从AB中点E以某一速率垂直于AB射入磁场,不计粒子的重力。关于粒子
的运动,下列说法正确的是( )
A.若粒子能垂直于BC射入正方形区域内,则粒子的最大速度为12 m/s
B.若粒子能垂直于BC射入正方形区域内,则粒子的速度可能为10 m/s8
C.若粒子能垂直于BC射入正方形区域内,则粒子的速度可能为 m/s
3
D.若粒子能垂直于BC射入正方形区域内,则粒子的速度可能为2 m/s
6.(多选)(2023重庆模拟)如图所示,边长为L的等边三角形ABC内、外分布着两方向相反
的匀强磁场,三角形ABC内磁场方向垂直纸面向外,两磁场的磁感应强度大小均为 B 。顶
1
点A处有一粒子源,粒子源能沿∠BAC的角平分线发射不同速率的粒子,粒子质量均为
m、电荷量均为+q(q>0),不计粒子重力及粒子间的相互作用力,则以下粒子发射速度v 能
0
通过B点的是( )
2qB L qB L 2qB L qB L
A. 1 B. 1 C. 1 D. 1
m 2m 3m 7m
7.(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,可加垂直纸面的匀强磁场。已知O、A
q
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
m
的磁感应强度B的大小和方向可能是( )
mv
A.B> ,垂直纸面向里
3qs
mv
B.B> ,垂直纸面向里
qs
mv
C.B> ,垂直纸面向外
qs
3mv
D.B> ,垂直纸面向外
qs
综合提升练
8.(多选)如图所示,纸面内有一矩形abcd,其长ab为4l,宽ad为2√3l,P、Q为ab边上的点,
aQ=Pb=l。在矩形abcd外存在范围足够大的匀强磁场(图中未画出磁场),磁感应强度大
小为B 。一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子,从P点垂直ab以速度v 向外射入磁场,粒
0 1子从Q处进入无场区。现在将入射速度变为v =2v ,粒子从P点垂直ab射入磁场,粒子的
2 1
重力不计,粒子离开P点至回到P点的运动路程可能为( )
A.16πl+12√3l B.40πl+24√3l
64πl+42√3l 88πl+60√3l
C. D.
3 3
9.(2023福建福州二模)如图所示,垂直纸面向里的匀强磁场中有一固定竖直挡板,挡板足够
长,P处有一粒子源,PO连线垂直挡板,P到O的距离为L。粒子源能垂直磁场沿纸面向各
个方向发射速度大小均为v的带正电粒子。粒子质量均为m,电荷量均为q,到达挡板的粒
子都被吸收,不计粒子的重力及粒子间的相互作用。
(1)若有粒子能到达挡板,求磁感应强度大小B应满足的条件。
OM 2
(2)若粒子到达挡板上侧最远处为M点,下侧最远处为N点,且 = ,求磁感应强度的大
ON 3
小B。
10.(2024广东广州模拟)如图所示,空间中存在垂直于xOy平面向里的匀强磁场。y轴正方
向竖直向上,x轴正方向水平向右。x轴上有一厚度不计的薄板 MN,垂直于xOy平面固定,
薄板长度为2a,中点位于O点。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子,可从y轴上y=-a
qBa
处的P点以速率v= 沿xOy平面向不同方向发射。若粒子打到薄板下表面会被吸收,
m打到薄板上表面会被反弹,粒子与薄板间的碰撞为弹性碰撞,碰撞前后速度大小不变,方向
遵循光的反射定律,不计粒子重力。
(1)求粒子从发射到被吸收经历的最短时间t。
(2)粒子发射后能否与薄板碰撞一次就返回P点?若能,求粒子发射方向与y轴负方向的夹
角α ;若不能,请说明理由。
0
(3)粒子发射后与薄板碰撞 n次(n>1)后能返回P点,求粒子发射方向与y轴负方向夹角α
正弦值的表达式。参考答案
第3讲 专题提升:带电粒子在有界磁场中的运动
v2 erB
1.C 解析 如图所示,当电子的运动轨迹与磁场边界相切时,由evB=m ,得v= 。电子
r m
运动半径最大,速度最大。电子圆周运动的圆心与圆形磁场的圆心以及切点共线,过电子
圆周运动的圆心作 OP的垂线,由几何关系得 rcos 60°+ =0.4R,得
√(R-r)2-(rsin60°)2
21 21eBR
r= R,则最大速率为v= ,故选C。
40 40m
2.B 解析 粒子在磁场中运动的时间与速度大小无关,由粒子在磁场中运动轨迹对应圆心
θ
角决定,即t= T,粒子垂直ac射入磁场,则圆心必在ac直线上,将粒子的轨迹半径由零逐
2π
渐放大,粒子从ac、bd区域射出时,磁场中的轨迹为半圆,运动时间等于半个周期;根据几
4
何关系可知,粒子从e点射出时,对应圆心角最大,为 π,此时轨迹半径为ac的长度,周期T=
3
2πm 4πm
,所以在磁场中运动时间最长的粒子,其运动时间为t= ,故选B。
Bq 3qB
3.D 解析 速度方向与OB的夹角为60°的粒子恰好从E点射出磁场,粒子运动的轨迹如
图所示,根据左手定则可判断,粒子带负电,A错误;由此粒子的运动轨迹结合几何关系可知,
v2
粒子做圆周运动的半径 r=d,由牛顿第二定律有 qvB =m ,则粒子运动的速度大小为 v=
1
r
qB d
1 ,B错误;由于粒子做圆周运动的速度大小相同,因此在磁场中运动的轨迹越长,时间
m
越长,分析可知,粒子在磁场中运动的最长弧长为四分之一圆周,因此最长时间为四分之一
T πm
周期,即最长时间为 t= = ,C 错误;由图可知磁场区域有粒子通过的面积为图中
4 2qB
1
1 4+π
AOCDA区域的面积,即为d2+ πd2= d2,D正确。
4 4v2 d 2m 2m 3d
4.B 解析 洛伦兹力充当向心力,有qvB=m ,又r= ,得d= v,由图可知k= = ,粒
r 2 qB qB 4v
0
2πm T nπm 3nπd
子的周期T= ,该粒子经过这两点的时间间隔Δt=n = = (n=1,3,5,7,…),当
qB 2 qB 8v
0
9πd
n=3时,Δt= ,故选B。
8v
0
5.C 解析 根据题意可知,粒子在磁场中做匀速圆周运动由洛伦兹力提供向心力,有
v2 qB r
qvB =m ,解得v= 1 ,若粒子能垂直于BC射入正方形区域内,则粒子可能的运动轨迹
1
r m
a qB a
如图所示,由几何关系可得(2n+1)r= (n=0,1,2,…),解得v= 1 (n=0,1,2,…),当n=0
2 (4n+2)m
8 8
时,速度最大为v =8 m/s;当n=1时,v= m/s;当n=2时,v= m/s,则粒子的速度不可能为
max
3 5
2 m/s,故选C。
6.BD 解析 粒子带正电,且经过B点,其可能的轨迹如图所示,所有圆弧所对圆心角均为
L
60°,所以粒子运动半径r= (n=1,2,3,…)
n
v2
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qvB =m
1
r
B qr B qL qB L qB L
解得v= 1 = 1 (n=1,2,3,…),由此可知题干中 v 的速度为 1 和 1 的粒子能通
0
m nm 2m 7m过B点。故选B、D。
7.BD 解析 当所加匀强磁场方向垂直纸面向里时,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,轨迹如图中大圆弧所示,由几何关系得
1
R =OBsin 30°= OB,而OB=s+R ,得R =s,故当离子轨迹的半径小于s时满足约束条件,有
2 2 2
2
qvB =mv2,得B >mv,A错误,B正确;当所加匀强磁场方向垂直纸面向外时,负离子向左偏
1 1
R qs
2
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,轨迹如图中小圆弧所示,
s s
由几何关系可知相切圆的半径为 ,所以当离子轨迹的半径小于 时满足约束条件,有
3 3
qvB =mv2,得B >3mv,C错误,D正确。
2 2
R qs
1
8.ACD 解析 根据粒子从P点垂直ab射入磁场,从Q处进入无场区,可判断粒子做圆周
运动的半径 R =l,粒子在磁场中做圆周运动,有qv B =mv 2 ,解得v =qlB ,粒子速度变为
1 1 0 1 1 0
R m
1
2
v =2v ,粒子在磁场中做圆周运动,有R =2l,则粒子先以Q为圆心做 个圆周运动到ad的中
2 1 2
3
2
点M,再沿直线MN运动到N(Nc=l),再经过 个圆周运动到P点,沿直线PM运动到M,再经
3
2
过 个圆周运动到N点,沿直线NP运动到P,之后重复上述运动,粒子运动轨迹如图所示,可
3
2 2πm
知粒子在一个周期内经过 P点两次。由P点沿圆弧运动到M点所用时间t = × ,由
1 3 qB
0
M点沿直线运动到N点所用时间t =2√3l √3m,粒子以2v 垂直ab向外经过P,则粒子运
2 = 1
2v qB
1 0动 的 时 间 t=k(3t +3t ),k=1,2,3,…, 粒 子 运 动 的 路 程 s=2v k(3t +3t )=2k(4πl+3√3
1 2 1 1 2
l),k=1,2,3,…,当k=2时s =16πl+12√3l,而B选项无法取到,A正确,B错误;粒子以2v 大小
1 1
与 ab 方向成 30°角经过 P,则 t'=2t +t +k(3t +3t ),k=0,1,2,3,…,粒子运动的路程 s'=2v t'=2
1 2 1 2 1
[8πl ],k=0,1,2,3,…, 当 k=2 时 s '=64πl+42√3l, 当 k=3 时 s '=
+√3l+k(4πl+3√3l) 1 2
3 3
88πl+60√3l
,C、D正确。
3
2mv 8mv
9.答案 (1)B≤ (2)
qL 5qL
解析 (1)若恰有粒子能到达挡板,则粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径最小,为r ,轨迹
min
L
如图甲所示,由几何关系可知r =
min
2
甲
由牛顿第二定律有qvB=m v2
r
min
2mv 2mv
解得B= ,即当B≤ 时,有粒子能到达挡板。
qL qL
(2)设粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径为 r,粒子到达挡板上侧最远处M点时,轨迹圆
在M点与挡板相切,如图乙所示。乙
设O、M间距离为x
1
由几何关系有r2= +(L-r)2
x 2
1
粒子到达挡板下侧最远处 N点时,PN为轨迹圆的直径。设O、N间距离为x ,由几何关系
2
可得(2r)2= +L2
x 2
2
由题意知x 2
1=
x 3
2
5L
解得r=
8
v2
由牛顿第二定律有qvB=m
r
8mv
解得B= 。
5qL
10.答案 (1) πm (2)见解析 (3)sin α=n2-√n4-n2+1(n=2,3,4,…)
3qB n2-1
解析 (1)设粒子做圆周运动的轨迹半径为R,有
v2
qvB=m
R
得R=a
粒子在磁场中做完整圆周运动的周期
2πR 2πm
T= =
v qB
当粒子发射后直接打到薄板下表面的O点,用时最短,如图甲所示甲
设粒子发射方向与y轴正方向的夹角为θ,偏向右侧,由几何关系有
1
a
sin θ=2
R
粒子从发射到吸收经历的最短时间
2θ
t= T
2π
πm
联立解得t= 。
3qB
(2)由对称性分析可知,当粒子发射后直接打到薄板上表面的 O点,一次反射后恰好能回到
P点,粒子轨迹如图乙所示,设粒子发射方向与y轴负方向间的夹角为α ,偏向右侧
0
乙
1
a π
由几何关系有sin α =2 ,得α =
0 0
6
R
此时轨迹圆弧与x轴的交点到O点的距离为L=2Rcos α
0
有L=√3a>a,说明此种情况成立。
(3)设粒子发射方向与y轴负方向间的夹角为α,偏向右侧。轨迹如图丙所示
丙
圆心C到x轴的距离CD=a-Rsin α
第一次反射点为E,轨迹圆弧在x轴上弦长的一半为DE,有DE2=R2-CD2
第一次反射点E到O的距离OE=Rcos α-ED
与薄板碰撞n次(n>1)后能返回P点,由对称性分析可知
OE=(n-1)DE
联立得(n2-1)sin2α-2n2sin α+1=0解得sin α=n2-√n4-n2+1(n=2,3,4,…)(另一解不符合题意,舍去)。
n2-1
