2025版高考物理一轮总复习考点突破第11章磁场第28讲带电粒子在匀强磁场中运动考点2带电粒子在有界匀强磁场中的运动

考点2带电粒子在有界匀强磁场中的运动(实力考点·深度研析)1．带电粒子在有界磁场中的圆心、半径及运动时间的确定(1)圆心的确定方法①若已知粒子轨迹上的两点的速度方向，分别确定两点处洛伦兹力F的方向，其交点即为圆心，如图甲。②若已知粒子运动轨迹上的两点和其中某一点的速度方向，弦的中垂线与速度垂线的交点即为圆心，如图乙。③若已知粒子轨迹上某点速度方向，又能依据r＝eq\f(mv,qB)计算出轨迹半径r，则在该点沿洛伦兹力方向距离为r的位置为圆心，如图丙。(2)半径的计算方法方法一由R＝eq\f(mv,qB)求得方法二连半径构出三角形，由数学方法解三角形或勾股定理求得例如：如图甲，R＝eq\f(L,sinθ)或由R2＝L2＋(R－d)2求得常用到的几何关系①粒子的偏转角等于半径扫过的圆心角，如图乙，φ＝α。②弦切角等于弦所对应圆心角一半，如图乙，θ＝eq\f(1,2)α。(3)时间的计算方法方法一利用圆心角、周期求得t＝eq\f(θ,2π)T方法二利用弧长、线速度求得t＝eq\f(l,v)2．带电粒子在有界磁场中运动的常见情形(1)直线边界(进出磁场具有对称性，如图所示)(2)平行边界(存在临界条件，如图所示)(3)圆形边界①圆形边界的对称性：粒子沿半径方向进入有界圆形磁场区域时，若入射速度方向指向匀强磁场区域圆的圆心，则出射时速度方向的反向延长线必经过该区域圆的圆心，如图甲。②若粒子射入磁场时速度方向与入射点对应半径夹角为θ，则粒子射出磁场时速度方向与出射点对应半径夹角也为θ，如图乙。►考向1带电粒子在直线边界磁场中的运动[解析]粒子恰好垂直于y轴射出磁场，作出轨迹如图所示，O1为轨迹圆心，由几何关系可知OO1＝atan30°＝eq\f(\r(3),3)a，轨迹半径R＝eq\f(a,cos30°)＝eq\f(2\r(3),3)a，则带电粒子在磁场中运动的轨迹方程为x2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(\r(3),3)a))2＝eq\f(4,3)a2，故A正确；由洛伦兹力供应向心力，有qvB＝meq\f(v2,R)，解得带电粒子在磁场中运动的速率为v＝eq\f(qBR,m)，轨迹圆的半径R可求出，但磁感应强度B未知且不行求出，则无法求出带电粒子在磁场中运动的速率，故B、D错误；带电粒子在磁场中转过的圆心角为eq\f(2,3)π，周期为T＝eq\f(2πR,v)＝eq\f(2πm,qB)，则带电粒子在磁场中运动的时间为t＝eq\f(\f(2,3)π,2π)T＝eq\f(2πm,3qB)，因磁感应强度B未知且不行求出，则运动时间无法求出，故C错误。►考向2带电粒子在圆形边界磁场中的运动(多选)(2024·福州联考)如图所示，半径为R的圆形区域内存在垂直于纸面对里的匀强磁场，现有比荷大小相等的甲、乙两粒子，甲以速度v1从A点沿直径AOB方向射入磁场，经过t1时间射出磁场，射出磁场时的速度方向与初速度方向间的夹角为60°；乙以速度v2从距离直径AOB为eq\f(R,2)的C点平行于直径AOB方向射入磁场，经过t2时间射出磁场，其轨迹恰好通过磁场的圆心，不计粒子受到的重力，则(AC)A.两个粒子带异种电荷B．t1＝t2C．v1∶v2＝eq\r(3)∶1D．两粒子在磁场中轨迹长度之比l1∶l2＝eq\r(3)∶1[解析]甲粒子，向上偏转，依据左手定则可知甲粒子带正电，乙粒子向下偏转，依据左手定则可知乙粒子带负电，A项正确；粒子在磁场中运动的周期：T＝eq\f(2πR,v)＝eq\f(2πm,qB)，两粒子比荷相同，故粒子在磁场中运动的周期相同，依据几何关系可知甲、乙两粒子在磁场中的圆心角分别为60°，120°，甲运动的时间t1＝eq\f(60°,360°)T＝eq\f(1,6)T，乙运动的时间t2＝eq\f(120°,360°)T＝eq\f(1,3)T，即t1＝eq\f(1,2)t2，B项错误；设磁场区域圆的半径为R，甲粒子做圆周运动的半径为eq\r(3)R，乙粒子做圆周运动的半径为R，依据圆周运动的半径公式R＝eq\f(mv,qB)，知R与v成正比，即v1∶v2＝eq\r(3)∶1，C项正确；甲粒子在磁场中的轨迹长度l1＝eq\f(1,6)×2π×eq\r(3)R＝eq\f(\r(3)πR,3)，乙粒子轨迹长度l2＝eq\f(1,3)×2πR＝eq\f(2πR,3)，所以两粒子在磁场中的轨迹长度之比为l1∶l2＝eq\r(3)∶2，D项错误。故选AC。无论带电粒子在哪类边界磁场中做匀速圆周运动，解题时要抓住三个步骤：【跟踪训练】(带电粒子运动轨迹的确定)(2024·广东卷)如图所示，一个立方体空间被对角平面MNPQ划分成两个区域，两区域分布有磁感应强度大小相等、方向相反且与z轴平行的匀强磁场。一质子以某一速度从立方体左侧垂直Oyz平面进入磁场，并穿过两个磁场区域。下列关于质子运动轨迹在不同坐标平面的投影中，可能正确的是(A)[解析]由题意知，当质子射出后先在MN左侧运动，刚射出时依据左手定则可知质子在MN左侧受到沿y轴正方向的洛伦兹力，即在MN左侧会向y轴正方向偏移，做匀速圆周运动，y轴坐标增大；在MN右侧依据左手定则可知洛伦兹力反向，质子在y轴正方向上做减速运动，故A正确，B错误；依据左手定则可知质子在整个运动过程中都只受到平行于xOy平面的洛伦兹力作用，在z轴方向上没有运动，z轴坐标不变，故C、D错误。(带电粒子在三角形边界中的运动)(多选)(2024·河北石家庄市调研)如图所示，△AOC为直角三角形，∠O＝90°，∠A＝60°，AO＝L，D为AC的中点。△AOC中存在垂直于纸面对里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，在O点放置一粒子源，可以向各个方向放射质量为m、电荷量为－q、速度大小均为v0＝eq\f(qBL,m)的粒子。不计粒子间的相互作用及重力作用，对于粒子进入磁场后的运动，下列说法正确的是(ABC)A．粒子在磁场中运动的半径为LB．与OC成45°角入射的粒子将从AC边射出C．在AC边界上有粒子射出的区域长度为LD．全部从OA边界射出的粒子在磁场中运动的时间相等[解析]粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力供应向心力，有qv0B＝eq\f(mv\o\al(2,0),r)，解得粒子在磁场中运动的半径为r＝eq\f(mv0,Bq)＝L，故A正确；如图甲所示，当粒子恰好从A点射出时，依据几何关系可得粒子与OC成60°角入射，所以与OC成45°角入射的粒子将从AC边射出，故B正确；如图乙所示，依据几何关系可知沿OC方向入射的粒子将恰好从D点射出，结合上面B项分析可知AD为AC边界上有粒子射出的区域，其长度为L，故C正确；全部粒子在磁场中运动的周期均相同，设为T，设粒子在磁场运动过程中转过的圆心角为α，则粒子运动时间为t＝eq\f(α,2π)T，由于全部粒子的运动轨迹为半径相同的圆，从OA射出的粒子，其轨迹所截AO的长度不同，对应转过的圆心角不同，所以全部从OA边界射出的粒子在磁场中运动的时间不等，故D错误。(带电粒子在四边形边界中的运动)如图，边长为l的正方形abcd内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面(abcd所在平面)向外。ab边中点有一电子放射源O，可向磁场内沿垂直于ab边的方向放射电子。已知电子的比荷为k。则从a、d两点射出的电子的速度大小分别为(B)A.eq\f(1,4)kBl，eq\f(\r(5),4)kBl B．eq\f(1,4)kBl，eq\f(5,4)kBlC.eq\f(1,2)kBl，eq\f(\r(5),4)kBl D．eq\f(1,2)kBl，eq\f(5,4)kBl[解析]若电子从a点射出，运动轨迹如图线①所示，有qvaB＝meq\f(v\o\al(2,a),Ra)，Ra＝eq\f(l,4)，解得va＝eq\f(qBl,4m)＝eq\f(kBl,4)，若电子从d点射出，运动轨迹如图线②所示，有qvdB＝meq\f(v\o\al(2,d),Rd)，Req\o\al(2,d)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Rd－\f(l,2)))2＋l2，解得vd＝eq\f(5qBl,4m)＝eq\f(5kBl,4)，选项B正确。(带电粒子在圆形边界中运动)(多选)(2024·全国甲卷)光滑刚性绝缘圆筒内存在着平行于轴的匀强磁场，筒上P点开有一个小孔，过P的横截面是以O为圆心的圆，如图所示。一带电粒子从P点沿PO射入，然后与筒壁发生碰撞。假设粒子在每次碰撞前、后瞬间，速度沿圆上碰撞点的切线方向的重量大小不变，沿法线方向的重量大小不变、方向相反；电荷量不变。不计重力。下列说法正确的是(BD)A．粒子的运动轨迹可能通过圆心OB．最少经2次碰撞，粒子就可能从小孔射出C．射入小孔时粒子的速度越大，在圆筒内运动时间越短D．每次碰撞后瞬间，粒子速度方向确定平行于碰撞点与圆心O的连线[解析]假设粒子带负电，第一次从A点和筒壁发生碰撞如图，O1为圆周运动的圆心，由几何关系可知∠O1AO为直角，即粒子此时的速度方向为OA，说明粒子在和筒壁碰撞时速度会反向，由圆的对称性在其他点撞击同理，D正确；假设