2023届高三物理一轮复习70临界极值问题、多解问题 磁聚焦磁发散 带电粒子在交变磁场中的运动（解析版）

专题70带电粒子在匀强磁场中的临界问题、极值、多解问题

磁发散磁聚焦带电粒子在交变电、磁场中的运动

考点一带电粒子在匀强磁场中的临界问题、极值问题(1-5T)

考点二带电粒子在有界匀强磁场中运动的多解问题(6-1IT)

考点三磁发散磁聚焦(12-17T)

考点四带电粒子在交变电、磁场中的运动(18-23T)

考点一带电粒子在匀强磁场中的临界问题、极值问题

分析思路：以临界问题的关键词“恰好最大”“至少””要使....."等为突破口，寻找临界点,

确定临界状态，画出临界状态下的运动轨迹，建立几何关系求解.

1.如图所示，一粒子源位于一边长为a的正三角形力%的中点。处，可以在三角形所在的平面内向各个方

向发射出速度大小为人质量为小电荷量为g的带电粒子，整个三角形位于垂直于448C平面的匀强磁场

中，若使沿任意方向射出的带电粒子均不能射出三角形区域，则磁感应强度的最小值为()

D2mv

D.--------

qa

CD

*qa.qa

【答案】D

【解析】如图所示，带电粒子不能射出：角形区域的最大轨迹半径是r=退tan30°=那，由qvB=mJ

得，最小的磁感应强度B=适吧.选项D正确

qa

A

2.（2022∙四川遂宁•三模）如图所示，在直角三角形αbc区域（含边界）内存在垂直于纸面向外的匀强

磁场，磁感应强度大小为B,NJa=60。，Zlo=90°,边长ac=L。一个粒子源在a点将质量为2m、电荷量

为q的带正电粒子以大小和方向不同的速度射入磁场，在磁场中运动时间最长的粒子中，速度的最大值是

AqBLBqBLCV⅞BLDqBL

2m∙4m∙6m,6m

【答案】B

【解析】带电粒子垂直进入磁场，在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动。要使带电粒子在磁场运动的时间

„2

最长，带电粒子需以平行于ab方向的速度射入磁场，并从ac边射出。由牛顿第二定律可得tpB=2m?

R

得带电粒子射入磁场的速度为"=警

2m

即要使速度最大，粒子运动的轨道半径最大，即轨迹既与ab边相切，又与be边相切，如图所示

由几何关系可得，此时带电粒子做圆周运动的半径为R=，

则速度的最大值为Dm=喘

故选B。

3.（2022•浙江•高三专题练习）如图半径为A的半圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场.一质量为队

带电量为P且不计重力的粒子，以速度/沿与半径力。夹角。=30°的方向从/1点垂直磁场射入，最后粒子

从圆弧版V上射出，则磁感应强度的大小不可能为（)

qRqRqR

【答案】B

【解析】当粒子轨迹恰好与MN相切时,为临界条件,粒子轨迹如图所示,根据几何知识可得4。'B=120。，

1

ZOAB=ZBAO'=30°,故越=-5-,r=解得r=-/?,又知道r=-=-R,解得B=—,

cos30Γcos303Bq32qR

若使粒子从圆弧MN上射出，故r≤9R,即B≥空，故B不可能.

32qR

4.（2022•湖南•长郡中学模拟预测）如图所示，有一个环形磁场，处在半径分别为彳和2"的内、外两

个同心圆之间，磁感应强度为6,方向垂直纸面向外。有一个粒子源可以在纸面内各个方向发射质量为小

带电量为。的正电粒子，粒子源处于尸点，尸是内圆半径04的中点。不计粒子间的相互作用力和重力，下

列说法正确的是（）

A.若没有粒子射出磁场，粒子的速率不大于等

B.若没有粒子射出磁场，粒子的速率不大于迎

m

C.若粒子的速率大于等，所有粒子都会射出磁场

D.若粒子的速率大于迎，将有部分粒子射出磁场

m

【答案】A

【解析】如图所示，当粒子在磁场中的运动轨迹与磁场外边界相切时，被磁场约束的粒子的半径最小，速

度为最小值，设粒子运动半径为「

在AOCO'中，由几何知识得g'+C0'J。。'2OC=^-RCO=r+^R00':2R~r

解得r=∣R

由运动半径r=胃

qB

解得¼nin=等故选A。

lllιuSm

5.（2023•全国•高三专题练习）一足够长的矩形区域a6cd内充满磁感应强度为6,方向垂直纸面向里的

匀强磁场，矩形区域的左边界ad宽为人,现从ad中点。垂直于磁场射入一带电粒子，速度大小为北方向与

ad边夹角为30°,如图所示。已知粒子的电荷量为G质量为加（重力不计）。

（1）若粒子带负电，且恰能从d点射出磁场，求孙的大小；

（2）若粒子带正电，使粒子能从ad边射出磁场，求为的最大值。

【答案】⑴理；⑵照

【解析】（1）带电粒子带负电，其轨迹如图

由图可知Ri=，

据牛顿第二定律qvB=警

Kl

则%=地=%

Um2m

(2)带电粒子带正电，当为最大值恰好和公边相切，轨迹如图

由几何关系得R2+Λ2si∏30'

得&=(

据牛顿第二定律quB=警母

则%maaxx=吗m=3*m

考点二带电粒子在有界匀强磁场中运动的多解问题

1.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、运动的往复性造成带电粒子在有界匀强磁场中运动的多解问题.

2.分析思路

(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.

(3)若为周期性重复的多解问题，寻找通项式；若是出现几种解的可能性，注意每种解出现的条件。

6.(多选)如图所示，L和心为两条平行的虚线，、上方和心下方都是范围足够大，且磁感应强度相同的匀

强磁场，4、6两点都在〃上。带电粒子从4点以初速度O与乙成30°角斜向右上方射出，经过偏转后正好

过6点，经过6点时速度方向也斜向上，不计重力，下列说法正确的是()

××××××××

××××××××

I1

v0

4^5<30。B

××××××××

××××××××

A.若将带电粒子在/点时的初速度变大（方向不变），它仍能经过8点

B.带电粒子经过6点时的速度一定跟在4点时的速度大小相同

C.若将带电粒子在4点时的初速度方向改为与4成60°角斜向右上方，它将不能经过8点

I）.此带电粒子既可以是正电荷，也可以是负电荷

【答案】ABD

【解析】画出带电粒子运动的可能轨迹，6点的位置可能有如图四种

Λ.根据轨迹，粒子经过边界〃时入射点与出射点间的距离与经过边界4时入射点与出射点间的距离相同,

与速度无关.所以当初速度大小稍微增大一点，但保持方向不变，它仍有可能经过8点，故A错误；

B.如图，粒子8的位置在8、B1,由于洛伦兹力对粒子不做功，则速度跟在4点时的速度大小相等，但方

向不同，故B正确；

C.如图，设〃与〃之间的距离为4则/到员的距离为1⅛

所以，若将带电粒子在｛点时初速度方向改为与L成60角斜向匕则每次经过一个周期前进的距离为

2dX

x=-----=-

1tan603

则经过三个周期后经过夕点。故C错误；

D.由图可知，分别是正负电荷的轨迹，正负电荷都可能，故D正确。

故选ABDo

7.（多选）如图所示，正方形aAd区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，。点是Cd边的中点，一个带正电

的粒子（重力忽略不计）若从。点沿纸面以垂直于Cd边的速度射入正方形内，经过时间％刚好从C点射出磁

场。现设法使该带电粒子从。点沿纸面以与削成30。角的方向（如图中虚线所示），以各种不同的速率射入

正方形内，那么下列说法中正确的是（）

A.该带电粒子不可能刚好从正方形的某个顶点射出磁场

B.若该带电粒子从劭边射出磁场，它在磁场中经历的时间可能是Ito

C.若该带电粒子从6c边射出磁场，它在磁场中经历的时间可能是口

D.若该带电粒子从A边射出磁场，它在磁场中经历的时间可能是Ito

【答案】ABC

【解析】A.带电粒子以垂直于Cd边的速度射入正方形内，经过时间刚好从C点射出磁场，则知带电粒

子的运动周期为7=2标作出粒子从0点沿纸面以与Od成30°角的方向射入恰好从各边射出的轨迹，如图

发现粒子不可能经过正方形的某顶点，故A正确；

B.作出粒子恰好从劭边射出的临界轨迹③④，由几何关系知圆心角不大于150°,在磁场中经历的时间不

大于三个周期，即！%；圆心角不小于60。，在磁场中经历的时间不小于;个周期，即“0,故B正确；

CD.作出粒子恰好从A边射出的临界轨迹②③，由几何关系知圆心角不大于240°,在磁场中经历的时间

不大于J个周期，S∣Jςt0:圆心角不小于150°,在磁场中经历的时间不小于2个周期，即，°,故C正确，I）

33126

错误。

故选ABC。

8.（2022•湖北•高考真题）（多选）在如图所示的平面内，分界线SP将宽度为/的矩形区域分成两部分，

一部分充满方向垂直于纸面向外的匀强磁场，另一部分充满方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度

大小均为反SP与磁场左右边界垂直。离子源从S处射入速度大小不同的正离子，离子入射方向与磁场方

向垂直且与SP成30°角.已知离子比荷为不计重力。若离子从P点射出，设出射方向与入射方向的夹

角为夕，则离子的入射速度和对应。角的可能组合为（）

××××

×××X

L

A∙0。B.∖BL,0°C.kBL,60°I).2kBL,60°

【答案】BC

【解析】若粒子通过下部分磁场直接到达P点，如图

根据几何关系则有R=LqvB=m^-

R

可得U="=ZBL

m

根据对称性可知出射速度与SP成30°角向上，故出射方向与入射方向的夹角为夕=60。。

当粒子上下均经历一次时，如图

因为上下磁感应强度均为B,则根据对称性有R=TL

根据洛伦兹力提供向心力有qvB=m^

K

可得V=照=LkBL

2m2

此时出射方向与入射方向相同，即出射方向与入射方向的夹角为。=0°.

通过以上分析可知当粒子从下部分磁场射出时，需满足=-^-=-^-kBL(77=1,2,3……)

v(2n-l)m2n-l

此时出射方向与入射方向的夹角为"=60°；

当粒子从上部分磁场射出时，需满足V=维"kBL(方1,2,3……)

2nm2n

此时出射方向与入射方向的夹角为。=0°。

故可知BC正确，AD错误。

故选BC。

9.(2022•华中师大一附中博乐分校•模拟预测)(多选)如图，纸面内有一矩形a6cd,其长数为4/、宽

ad为2®P、0为a6边上的点，αQ=Pb=I。在矩形a6cd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%。一质量为以带电荷量为g(q>0)的粒子，从尸点垂直数以速度％向外

射入磁场，粒子从。处进入无场区.现在将入射速度变为方=2%，粒子从P点垂直数射入磁场，粒子的

重力不计，粒子离开。点至回到。点的运动路程可能为()

；QP\

d'-JC

A.16τr∕+12√3ZB.40τr∕+24√3Z

C64π∕+42√3!D886+60但

3

【答案】ACD

【解析】AB.根据粒子从P点垂直ab射入磁场，从。处进入无场区，

可判断粒子做圆周运动的半径Rl=I

粒子在磁场中做圆周运动，有qv1B0=m^-

解得幽2=%

mx

粒子速度变为V2=2v1

粒子在磁场中做圆周运动，有/?2=2，

由数学知识可知，粒子先以0为圆心做I个圆周运动到ad的中点机再沿直线运动到“(八k/),再经过

I个圆周运动到。点，沿直线回/运动到肌再经过§个圆周运动到N点，沿直线八少运动到只之后重复上述

运动，粒子运动轨迹如图所示

可知粒子在一个周期内经过户点两次。由〃点沿圆弧运动到M点所用时间O=；X等

3QBO

由."点沿直线运动到Λ，点所用时间t2=驶=等

2v1qB0

粒子以2口垂直ab向外经过P,则粒子运动的时间t=k(3t1+3t2),k=1,2,3

粒子运动的路程S=2v1∕c(3t1+3t2)=2fc(4ττ/+3√3Z),k=1,2,3

当心2时为A选项，而B选项无法取到，故A正确，B错误；

,

CD.粒子以2匕大小与数方向成30°角经过八则t=2t1+t2+fc(3t1+3t2),k=0,1,2,3

2

粒子运动的路程S'=2v1t'=2[≤+√3Z+fc(4ττZ+3√3∕)],k=0,1,2,3

当A=2时为C选项，当公3时为D选项，故CD正确。

故选ACDo

10.(2020•全国•高三专题练习)如图所示，某平面内有折线为Q为磁场的分界线，已知N∕=90°,AP

=4Q=L在折线的两侧分布着方向相反，与平面垂直的匀强磁场，磁感应强度大小均为6.现有一质量为

以电荷量为+g的粒子从尸点沿用方向射出，途经/1点到达Q点，不计粒子重力.求粒子初速度y应满足

的条件及粒子从P经A到达Q所需时间的最小值.

•・・/父'、、•・・

/、

ZZXX

•∙zz×××∖••

Pz→---^-^-Xρ

∙∕XX×XZ∖∙

【答案】「黑*=1,23∙∙∙)tmm=翳

【解析】根据运动的对称性，粒子能从〃经/到达Q,运动轨迹如图所示,

由图可得：L=nx

其中X为每次偏转圆弧对应的弦长，由几何关系知，偏转圆弧对应的圆心角为E或

设粒子运动轨迹的半径为此由几何关系可得：2〃=/解得：R=看

又quB=j∏g解得：V=(n=1,2,3,•••)

lRy∕2mn

当〃取奇数时，粒子从一经力到0过程中圆心角的总和为：θ1=n-^+n-^=2nπ

从产经A到0的总时间为：Q=".%=智S=1,3,5,•••)

ZnqBqB

当〃取偶数时，粒子从尸经4到。过程中圆心角的总和为：θ2=n∙=+nξ=nτr

从一经/)到。的总时间为：t2=⅛-^=^(n=2,4,6,∙∙∙)

综合上述两种情况，可得粒子从P经A到达。所用时间的最小值为：tmin=当

11.(2022•江苏•南京师大附中模拟预测)空间中存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B,电子

枪将无初速的电子经加速电压加速后在纸面内垂直于So的方向射出，两个形状为一圆弧的接收屏月、自拼

接成半径为A的半圆形粒子接收器，直径沿So方向放置，圆心位于。点，So长度为2凡电子电荷量为e,

质量为必。设电子击中接收屏即被吸收，不计电荷间的相互作用。

(1)为使电子能打到接收屏H或7kh,求电子枪加速电压。'的调节范围；

(2)求能打到接收屏B或2,上的电子从S点到击中接收屏的时间范围；

(3)若接收屏月损坏，可以通过调节电子枪加速电压使原本打在接收屏片上的全部电子能打在接收屏2,

上,至少需要调节多少次加速电压？(可能用到的数据：lg2心0.301,lg5七0.699,lg6心0.778)

×××××

J电子枪

××××X

【答案】(1)譬≤u≤等”；(2)篝≤t≤W;(3)至少需要调节2次加速电压

8m8m3eBeB

【解析】(I)电子在电场中加速，由动能定理eU=^rnv2

电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力euB

联立可得U=手

2m

为使电子能打到接收屏月或E上，由几何关系可知，电子在磁场中的轨迹恰好和圆弧月左侧相切时，电子

轨道半径最小Fin

故加速电压最小值为Umin=用

电子在磁场中的轨迹恰好和圆弧月，右侧相切时，电子轨道半径最大WaX=y

故加速电压最大值为UmaX=等”

UyX8m

故电子枪加速电压〃的调节范围电心≤u<等"。

8m8m

(2)粒子在磁场中做圆周运动的周期为T=—=—

VeB

故当电子轨迹恰好与接收屏相切时，能打到接收屏丹或月上的电子运动的时间最长，此时电子恰好转动半

个周期，则tmax=(=翳

运动轨迹所对应的圆心角越小，运动时间越短。如图，设轨迹与接收屏月、P2交点为E,当跖与水平方向

夹角最大，即Sf与接收屏相切时，运动时间最短

×××××

由几何关系可知，在ASEO中NESO=30。，故轨迹对应的圆心角为120。，所以运动时间为min=二=警

33βo

所以能打到接收屏PI或2上的电子从S点到击中接收屏的时间范围为翳≤t≤答

(3)当粒子打到2,接收屏最高点M点时

X×××X

由几何关系可得r2=R2+(2R-r)2解得r=：R故加速电压为U=学&=誓之

42m32m

由(1)分析可知roc而，由题意可知，第一次调节电压增量为△使原来半径为T的粒子打到M点，此

时电压的增量A劣=U-Umin=曙ɪ

⅛=ʃɪ

使原来半径为二八加速电压为〃/的粒子打到B点,有Ul=UmaX-△%=当警

ɪyjUmaX

解得6=苧

第二次调节电压增量为A〃2,使原来半径为电压为少的粒子打到M点，则有MJ2=U-U1=

使原来半径为「?，电压为W，的粒子打到B点,

有—“喑氏忌

解得r2=^>;/?

44

故至少需要调节2次加速电压，就可以使原本打在接收屏Q上的全部电子能打在接收屏2上。

考点三磁发散磁聚焦

如图

1.磁发散磁聚焦的条件：磁场边界圆的半径等于粒子轨迹圆的半径。

2.磁发散：从圆形匀强磁场边界上某一点垂直进入磁场的电性相同的粒子，若其轨迹圆的半径与磁场

边界圆的半径相等，则无论粒子在磁场内的速度方向如何，射出磁场的速度方向都与入射点的切线平行。

磁聚焦：一组电性相同的平行粒子垂直射入半径为R的圆形匀强磁场区域，若粒子轨迹圆的半径也

为R,则粒子将汇聚于磁场边界圆上同一点，该点的切线与粒子入射时的速度方向平行。

3.磁发散磁聚焦的原理（以磁发散为例）：如下图，前提：磁场边界圆的半径等于粒子轨迹圆的半径。

A是边界圆上粒子的入射点，cd是A点的切线，B是粒子的出射点，。是磁场边界圆的圆心，Q是粒子轨迹

圆的圆心，连接AaBa,由于磁场边界圆的半径等于粒子轨迹圆的半径，则A4BQ一定是菱形，因而Aa平

行于B”,因为出射粒子的速度方向垂直于B”,也就垂直于A4,从而平行于Aa的切线cd。

4.磁聚焦和磁发散是相反的过程,满足运动的可逆性.

12.（2022•广东•模拟预测）（多选）如图所示，半径为"的图形区域内存在方向垂直纸面向里、磁感应

强度大小为8的匀强磁场（圆形区域上半圆半径略小于下半圆半径）。一群质量为血电荷量为+g的带电

粒子从力点沿平行于纸面的任意方向射入磁场，粒子射入磁场的速度大小为不计粒子重力及粒子

间相互作用，则（)

A.粒子在磁场中运动的最短时间为W

qB

B.粒子在磁场中运动的最长时间为W

C.粒子离开磁场时，速度方向一定相同

D.粒子离开磁场时，动量变化量一定相同

【答案】BC

【解析】ABC.由题知，粒子带正电，粒子进入磁场后将向上偏转，因粒子射入磁场的速度大小为D=晒,

m

„2

根据洛伦兹力提供向心力有Bqv=tn—

解得偏转半径为r=R

即粒子的偏转半径与磁场圆的半径相等，设。’为粒子做圆周运动的圆心，。为磁场圆的圆心，作出从｛点

任意一个方向入射的粒子的运动轨迹，如图所示

连接力、OaAO∖OC,4〃为过4点作磁场圆的切线，^OAlAD,因偏转半径等于磁场圆半径，故

OA=OC=AOOC=R

则四边形。4。'C为菱形，由此可得OyHIoe又因为。力14。则OeJ.4。

又因为应为粒子的出射方向，必定与轨迹圆的半径垂直，则有。’CICE联立可得ADllCE

因粒子的入射方向是任意的，而/点的切线方向是确定的，因此从4点射入磁场的所有粒子都会平行于AD

方向射出，故粒子离开磁场时，速度方向一定相同；

2……

-

♦××*

,XXXf

4--------------------------1

O

XIyX

∣∖/

ɪ×」

由图可知，当粒子从方向1入射时，偏转的圆心角最大，运动的时间最长，为半个周期,

12πmπm

即t=-τ-X-----=—

122qBqB

当粒子进入磁场的方向越往上时，圆心角越小，时间越短，所以当粒子在方向2入射时，将不会进入磁场,

此时在磁场运动的时间为零，即为最短的时间，故A错误，BC正确；

∏.动量的变化为ZIP=P末一P资

该式子为矢量表达式，因粒子离开磁场时的速度方向相同，即末动量相同；但进入磁场的方向不相同，即

初动量不相同，故粒子离开磁场时，动量变化量一定不相同，故D错误。

故选BCo

13.（多选）如图所示，半径为R磁感应强度为8的圆形匀强磁场，胸V是一竖直放置的足够长的感光板.大

量相同的带正电粒子从圆形磁场最高点P以速率r沿不同方向垂直磁场方向射入，不考虑速度沿圆形磁场

切线方向入射的粒子.粒子质量为处电荷量为0,不考虑粒子间的相互作用和粒子的重力.关于这些粒子

的运动，以下说法正确的是（）

A.对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中通过的时间越短

B.对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中通过的时间越长

C.若粒子速度大小均为「迎，出射后均可垂直打在肠Y上

m

D∙若粒子速度大小均为片号则粒子在磁场中的运动时间一定小于学

【答案】ACD

【解析】对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中做圆周运动的轨迹半径越大，弧长越长，轨迹对应的圆

心角越小，由t=5T=蔡可知，运动时间越短，故选项A正确，B错误.粒子速度大小均为y=∙’时，

mv

根据洛伦兹力提供向心力可得粒子的轨迹半径为：r=~irR,根据几何关系可知，入射点P、0、出射点与

轨迹圆的圆心的连线构成菱形，射出磁场时的轨迹半径与阳平行，故粒子射出磁场时的速度方向与MV垂

直，出射后均可垂直打在,即上；根据几何关系可知，轨迹对应的圆心角小于180°,粒子在磁场中的运动

时间：K17=干，故选项C、D正确.

2QD

14.（多选）如图所示，上部半圆下部矩形组成的平面区域内存在垂直平面向里的匀强磁场，由点力向圆心。

方向连续发射相同速率的同种带电粒子，最终粒子从6点离开磁场区域，不计粒子所受重力，粒子间的相

互作用及空气阻力，则以下说法正确的是（）

A.该种粒子一定带负电，且在8点沿刃方向离开磁场

B.若在4点增大粒子入射速率，方向不变，则粒子在磁场中的运动时间增加

C.若在4点调整粒子入射方向，速率不变，则比间无粒子射出

D.若在4点调整粒子入射方向，速率不变，从47弧射出的粒子的出射方向均与如平行

【答案】AD

【解析】A.由点力向圆心。方向发射带电粒子，最终粒子从6点离开磁场区域，根据左手定则，洛伦兹力

方向向左，判断该粒子带负电，已知初速度方向和末速度位置，如图根据几何关系，可知粒子在8点沿如

方向离开磁场，故A正确；

B.磁场中的运动时间与带电粒子在磁场中转过的圆心角有关，增大粒子入射速率，方向不变,

由半径公式r=?半径增大，转过的圆心角变小，时间缩短，故B错误；

C.若在/点调整粒子入射方向，速率不变，则半径不变，粒子可以从小间射出，如下图

所示，故C错误;

D.若在4点调整粒子入射方向，速率不变，则半径不变，当磁场圆半径与轨迹圆半径相等时，为磁发散现

象，此时从力6弧射出的粒子的出射方向均与A点的切线平行，即出射方向均与如平行，故D正确。

故选ΛD..

15.（2022•福建莆田•二模）带电粒子流的磁聚焦是薄膜材料制备的关键技术之一、磁聚焦原理如图，

真空中一半径为r的圆形区域内存在垂直纸面的匀强磁场，一束宽度为2人沿X轴正方向运动的带电粒子

流射入该磁场后汇聚于坐标原点0。已知粒子的质量均为以电荷量均为久进入磁场的速度均为％不计

带电粒子的重力及粒子间的相互作用力。则磁感应强度的大小应为（）

【答案】C

【解析】利用圆形区域匀强磁场实现对带电粒子流的磁聚焦，需要满足：粒子匀速圆周运动半径与圆形磁

场区域的半径相等，设粒子做匀速圆周运动的半径为此则有R=r

2

粒子匀速圆周运动所需向心力等于洛伦兹力，则有quB=mT

解得B=%故选C。

qr

16.（2023•全国•高三专题练习）（多选）如图所示，半径为的;圆形区域内存在着垂直纸面向里的匀强

4

磁场，过（一2凡0）点垂直X轴放置一线型粒子发射装置，能在（Kya）的区间内各处沿X轴正方向同时发

射出速度均为人带正电的同种粒子，粒子质量为如电荷量为q。不计粒子的重力及粒子间的相互作用力。

若某时刻粒子被装置发射出后，经过磁场偏转恰好击中y轴上的同一点，则下列说法中正确的是（）

B.磁场的磁感应强度为胃

qR

C.粒子离开磁场时速度方向相同

D.粒子从离开发射装置到击中y轴所用时间t的范围为m<K殁乃

【答案】ABD

【解析】A.由题意，某时刻发出的粒子都击中的点是y轴上同一点，由发射装置最高点射出的粒子只能击

中（0,冷，则击中的同一点只能是（0,2,即粒子击中点距。点的距离为兄A正确；

C.从最低点射出的也击中（0,而，那么粒子做匀速圆周运动的半径为必

由洛伦兹力提供向心力有qvB=nζ

可得磁感应强度B=RB正确；

qR

C.粒子运动的半径都相同，但是入射点不同，所以粒子离开磁场时的速度方向不同，C错误；

D.整个过程粒子的速率不变，故粒子运动的时间正比于轨迹的长度，所以从最低点射出的粒子运动的时间

最长，由此可得粒子从离开发射装置到击中y轴所用的最长时间为0=；+£=；X平+”手

从最高点宜接射向（0,a的粒子运动时间最短，最短的时间为t2=-

D正确。

故选ABDo

17.如图所示，X轴正方向水平向右，y轴正方向竖直向上。两个半径为r的圆形区域内有与My平面垂直

的匀强磁场（包括圆形区域边界），宽度为2r的带电粒子流（粒子的质量为加、电荷量为+（7）沿X轴正方

向以速度0射入圆心为［（。，r）、半径为r的圆形匀强磁场片中，带电粒子流经过磁场后都汇聚到坐标

原点0,经过圆心为C（。，-r）、半径为r的圆形匀强磁场员后，沿X轴正方向射出，不计粒子重力及带

电粒子之间的相互作用。求：

（1）这两个圆形匀强磁场的磁感应强度反、艮，的大小和方向；

(2)带电粒子在这两个圆形匀强磁场中运动的最长时间；

(3)增大带电粒子射入的速度，使正对圆心力(O,r)射入的粒子恰好不经过下方的磁场，求粒子射入的

速度大小。

(3)√3v0

【解析】(1)带电粒子流沿X轴正方向以速度上射入圆心为/I(O,r)、半径为r的圆形匀强磁场所中,

带电粒子流经过磁场后都汇聚到坐标原点0,结合磁聚焦的原理可知，粒子的运动轨迹半径与磁场半径相等,

即r1=r

由洛伦兹力作为向心力可得qt⅛Bι=/n"

rI

联立解得磁感应强度H的大小为%=吧

qτ

由右手定则可知，磁感应强度反的方向垂直纸面向外；

全部粒子从。点进入圆心为C(。，-r)、半径为r的圆形匀强磁场艮，后，沿X轴正方向射出，故该过程为

磁聚焦的逆过程，同理可得r2=r

由洛伦兹力作为向心力可得qvB=m-

02r2

联立解得磁感应强度足的大小为B2=^

qr

由右手定则可知，磁感应强度星的方向垂直纸面向内。

(2)粒子在磁场中的运动周期均为T=—

V0

当粒子从(0,2r)点射入，恰好沿磁场边缘运动，从(0,-2r)点射出，在磁场中的运动时间最长，恰好

为一个周期T,故带电粒子在这两个圆形匀强磁场中运动的最长时间为t=T=-

maxvO

(3)如图所示，当粒子的运动轨迹恰好与圆心为C、半径为r的圆形匀强磁场边缘相切时，恰好不经过下

方的磁场，如图所示

故粒子的偏转角为2①设轨迹半径为人可得tan。二二

%

联立解得r3=√3r

由洛伦兹力作为向心力可得

r3

联立解得粒子速度大小为V3=√3v0

考点四带电粒子在交变电、磁场中的运动

分析方法：

(1)明确场的变化情况。场的变化周期一般与粒子的运动周期相关联,抓住场的变化周期与运动周期之

间的联系作为突破口。

(2)通过各阶段受力分析，明确运动特点,正确画出运动轨迹,找出衔接相邻两过程的物理量。

(3)对不同运动过程选取相应规律列式,联立求解。

18.如图甲所示，ABCD是一长方形有界匀强磁场边界，磁感应强度按图乙规律变化，取垂直纸面向外为磁

场的正方向，图中力B=6AD=√3Z,,一质量为小、电荷量为q的带正电粒子以速度%在t=O时从4点沿AB

方向垂直磁场射入，粒子重力不计.则下列说法中正确的是()

A.若粒子经时间t=：%恰好垂直打在CD上，则磁场的磁感应强度Bo=W

B.若粒子经时间t=∣%恰好垂直打在CD上，则粒子运动的加速度大小α=萼

C.若要使粒子恰能沿De方向通过C点，则磁场的磁感应强度的大小Bo=舞（H=I,2,3,…）

D.若要使粒子恰能沿。C方向通过C点，磁场变化的周期7。=普S=I,2,3,…）

3∏VQ

【答案】AD

【解析】A.若粒子经时间t恰好垂直打在CO上，则粒子运动的半径为R=L

根据qvB=巾?

0R

解得磁场的磁感应强度BO=吟选项A正确；

qL

B.若粒子经时间「=|八恰好垂直打在CD上，粒子的轨迹必定为3个四分之一圆周，如图，

由儿何关系得，运动半径为r=⅛

运动中的加速度为α=先=孚选项B错误；

rL

CD.若要使粒子恰能沿OC方向通过C点，粒子运动的时间必定为磁感应强度变化的周期的整数倍，如图；

根据运动的对称性可得，轨道半径满足2L=2W

即r'-Tm=1、2、3、.….）

由洛伦兹力提供向心力得qv0B0=

得B—-7-o（/2=0ʌ1、2、3、

0qL

粒子圆周运动周期为T=包=普

V03nv0

磁感应强度变化的周期Tli=T

得G=普（”=0、1、2、3、.…）选项C错误，D正确；

3nv0

故选AD.

19.（2022•青海•模拟预测）在如图甲所示的平面直角坐标系x0（其中Qx水平，⑪竖直）内，矩形区

域。心尹充满磁感应强度大小为以方向垂直纸面向里的匀强磁场（边界处有磁场），，其中的=∣d,而=2d,

产点处放置一垂直于X轴的荧光屏，现将质量为勿、电荷量为g的带正电的粒子从〃V边的中点力处以某一

速度垂直于磁场且沿与y轴负方向夹角为45°的方向射入磁场，不计粒子重力。

(1)求粒子恰好能打在荧光屏上与4等高的点的速度大小；

(2)求粒子能从如边射出磁场的最大速度及其对应的运动时间。

(3)若规定垂直纸面向外的磁场方向为正方向，磁感应强度8的变化规律如图乙所示(图中尻已知)，调

节磁场的周期，满足7=智，让上述粒子在仁O时刻从坐标原点。沿与X轴正方向成60°角的方向以一定

的初速度射入磁场，若粒子恰好垂直打在屏上，求粒子的可能初速度大小及打在光屏上的位置。

M

50。

4

!T“

…

一2r

也-2Z2

。

乙

【答案】⑴筌；⑵翳⑶级30,ι,2,3∙∙∙),争

【解析】(1)要使粒子恰好能打在荧光屏上与力等高的点，则粒子速度方向偏转了90°,轨迹如图所示

由几何关系可得2/?述也45。=~0P=2d

由洛伦兹力作为向心力可得qvB=m^-

1Rl

联立解得V=色也

ɪ1m

(2)当粒子的轨迹恰好与松，相切时，对应的速度最大，如图所示

0

由几何关系可得Λ2sin45+R2=^OM=^d

由洛伦兹力作为向心力可得qvB=my-

2R2

联立解得V=3(2-√¾q8d

24m

可知轨迹对应圆心角为270°,粒子在磁场中的运动周期为T'=/

qB

故对应的运动时间为t'=鬻尸4翳=翳

(3)由题意可知，磁场的周期满足7=缪

3q%

可知每经过(粒子在磁场中运动轨迹对应的圆心角均为60°,运动轨迹如图所示

N

Q

荧

光

屏

P

粒子打在荧光屏上的0点，由几何关系可得NQoP=30。

则pQ=-^=*d

“cos3003

设粒子在磁场中运动的轨道半径为心每次偏转对应的圆心角均为60°,粒子恰好垂直打在屏上，由几何

关系可得2-d=(2n+1)/?3(/7=0,1,2,3-)

由洛伦兹力作为向心力可得qv3B=my-

联立解得V3=翟等(炉0,1,2,3-)

ɔ3(2n+l)m

20.(2023•全国•高三专题练习)如图甲所示，在X勿平面内存在均匀、大小随时间周期性变化的磁场

和电场，变化规律分别如图乙、丙所示(规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向、沿y轴正方向电场强

度为正)。在t=0时刻由原点。发射初速度大小为Vo,方向沿y轴正方向的带负电粒子。己知力、to,Bo,

粒子的比荷为9-，不计粒子的重力。求：

BoCo

(Dt=%时，求粒子的位置坐标；

(2)若t=5%时粒子回到原点，求0~5%时间内粒子距X轴的最大距离；

(3)若粒子能够回到原点，求满足条件的所有与值。

【答案】（1）（誓，0）；⑵G+箝OtO⑶Eo=鬻（柿，2,3,…）

【解析】（1）由粒子的比荷-=^-

TnB0t0

则粒子做圆周运动的周期T=等=2M

Bq

则在O-打内转过的圆心角a=π

由牛顿第二定律qv0B=

得％=皿位置坐标（至皿，0）

ππ

（2）粒子片5口时回到原点，轨迹如图所示

TtlV2

qB0

得i?2=2vθ

又*京_2.%