新教材适用2024版高考物理二轮总复习第1部分核心主干复习专题专题3电场与磁场第10讲带电粒子在电场和磁场中的运动题型2带电粒子在有界磁场中的运动教师用书

题型2带电粒子在有界磁场中的运动1.带电粒子在有界匀强磁场中运动的三个重要结论(1)粒子从同一直线边界射入磁场和射出磁场时，入射角等于出射角(如图甲，θ1＝θ2＝θ3)；(2)沿半径方向射入圆形磁场的粒子，出射时亦沿半径方向(如图乙，两侧关于两圆心连线对称)；(3)粒子速度方向的偏转角等于其轨迹的对应圆心角(如图甲，α1＝α2)。2.带电粒子在磁场中运动的多解成因(1)磁场方向不确定形成多解；(2)带电粒子电性不确定形成多解；(3)速度不确定形成多解；(4)运动的周期性形成多解。eq\o(\s\up7(),\s\do5(考法一))带电粒子在有界磁场中的运动1.(2022·湖北应城市第一高级中学模拟预测)如图所示，直角三角形ABC内(包括边界)存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。已知∠A＝30°，O为AC中点。两个带异种电荷的粒子从O点以相同的速度沿垂直AC方向射入磁场，向左偏转的粒子恰好没有从AB边射出磁场，向右偏转的粒子恰好从B点射出磁场，忽略粒子的重力和粒子间的相互作用，则正，负粒子的比荷之比为(C)A．2eq\r(3) B．21C．31 D．3eq\r(3)【解析】根据题意可知正粒子的轨迹与AB相切，负粒子的圆心在C点，设正粒子的轨迹半径为R1，负粒子的轨迹的半径为R2，根据几何关系可知eq\f(R1,sin30°)＋R1＝eq\f(1,2)AC，R2＝eq\f(1,2)AC，可得R1R2＝13，由Bqv＝eq\f(mv2,R)，可得eq\f(q,m)＝eq\f(v,BR)，所以正、负粒子的比荷之比为31，故C选项正确。2.(2023·四川绵阳三诊)如图，半径为R的圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，O为圆心。质量为m、电荷量为q的带负电的粒子沿平行于直径MN的方向射入该区域，入射点P与MN的距离为eq\f(1,2)R，已知粒子射出磁场与射入磁场时速度方向间的夹角为60°，忽略粒子重力，则粒子的速率为(B)A.eq\f(3qBR,2m) B．eq\f(2qBR,m)C．eq\f(\r(2)qBR,m) D．eq\f(qBR,m)【解析】如图，有几何关系知∠OAP＝60°，∠AO′P＝30°，∠POO′＝90°，则粒子的运动半径为r＝2R，根据qvB＝meq\f(v2,r)，得粒子的速率为v＝eq\f(2qBR,m)，故选B。3.(多选)(2023·湖南邵阳联考)如图所示，空间存在四分之一圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向外。一电子以初速度v从圆心O沿着OD方向射入磁场，经过时间t恰好由A点离开磁场。若电子以初速度v′从O沿着OD方向射入磁场，经时间t′恰好由C点离开磁场。已知圆弧CD长度是圆弧AC长度的一半，则(BC)A．v′＝eq\r(2)v B．v′＝2vC．t′＝eq\f(t,3) D．t′＝eq\f(t,2)【解析】电子从A点和C点离开磁场的轨迹如图所示，设四分之一圆形匀强磁场区域的半径为R，则从A点离开磁场的轨道半径为r＝eq\f(R,2)，从C点离开磁场的轨道半径为r′＝R，由洛伦兹力提供向心力可得qvB＝meq\f(v2,r)，qv′B＝meq\f(v′2,r′)，解得r＝eq\f(mv,qB)，r′＝eq\f(mv′,qB)，联立可得v′＝2v，电子从A点离开磁场所用时间为t＝eq\f(180°,360)×eq\f(2πm,qB)，电子从C点离开磁场所用时间为t′＝eq\f(60°,360)×eq\f(2πm,qB)，联立可得t′＝eq\f(t,3)，故选BC。eq\o(\s\up7(),\s\do5(考法二))带电粒子在磁场中运动的多解问题4.(2023·山东菏泽期中)如图所示，正方形abcd区域(包含边界)存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为q的正电粒子从a点沿着ab方向射入磁场中，边长为l，不计粒子的重力，为使粒子从cd边射出磁场区域，粒子的速度可能为(C)A.eq\f(qBl,4m) B．eq\f(qBl,3m)C．eq\f(2qBl,3m) D．eq\f(4qBl,3m)【解析】根据洛伦兹力充当向心力，有Bqv＝meq\f(v2,R)，可得R＝eq\f(mv,qB)，可知对于同一粒子或比荷相同的粒子，在同一磁场中做圆周运动的轨迹半径由速度决定，速度越大轨迹半径越大，速度越小则轨迹半径越小。因此，粒子若要从cd边射出磁场区域，则恰好从d点出射时，粒子有最小速度，且此时ad为粒子轨迹的直径，有eq\f(l,2)＝eq\f(mvmin,qB)，解得vmin＝eq\f(Bql,2m)，若粒子恰好从c点射出，粒子有最大速度，根据几何关系可知，此时粒子的轨迹半径为l，则有l＝eq\f(mvmax,qB)，解得vmax＝eq\f(Bql,m)，综上可知，若粒子从cd边射出磁场区域，则粒子速度的取值范围为eq\f(Bql,2m)≤v≤eq\f(Bql,m)，故选C。5.(多选)(2023·广东广州模拟)如图所示的xOy坐标系中，y轴的左侧存在垂直纸面向外、磁感应强度大小未知的匀强磁场，y轴右侧的匀强磁场垂直纸面方向且大小未知，一带正电的粒子由y轴上(0，－L)处沿与y轴正方向成30°角的方向以速度v射入磁场，已知粒子的比荷为k，粒子在y轴右侧的轨道半径为L，最终粒子经过O点，粒子重力不计。下列说法正确的是(AD)A．若y轴右侧的磁场垂直纸面向里，则y轴右侧的磁感应强度大小为eq\f(v,kL)B．若y轴右侧的磁场垂直纸面向里，则粒子从射入到运动至O点的时间为eq\f(πL,v)C．若y轴右侧的磁场垂直纸面向外，则粒子从射入到运动至O点的时间可能为eq\f(πL,v)D．若y轴右侧的磁场垂直纸面向外，则粒子从射入到运动至O点的时间可能为eq\f(7πL,3v)【解析】若y轴右侧的磁场垂直纸面向里，由题意作出粒子的运动轨迹，如图甲所示根据qvB＝meq\f(v2,R)，解得B＝eq\f(mv,qR)，由几何关系知R＝L则有B＝eq\f(v,kL)，A正确；由几何关系可知粒子在y轴右侧偏转的角度为60°，则粒子从射入到运动至O点的时间t＝eq\f(T,6)，由于T＝eq\f(2πL,v)，解得t＝eq\f(πL,3v)，B错误；若y轴右侧的磁场垂直纸面向外，粒子可能在y轴左右两侧各偏转一次经过O点，如图乙所示，由几何关系可知粒子在y轴左侧的轨道半径R1＝2L，则y轴左侧磁场的磁感应强度大小B1＝eq\f(mv,qR1)＝eq\f(v,2kL)，粒子运动的时间t1＝eq\f(5,6)T＋eq\f(T1,6)，由于T1＝eq\f(2π×2L,v)，解得t1＝eq\f(7πL,3v)，若y轴右侧的磁场垂直纸面向外，粒子可能在y轴的左侧偏转一次、在y轴的右侧偏转两次经过O点，如图丙所示由几何