2025版新教材高考物理全程一轮总复习第十一章磁场安培力与洛伦兹力专题强化九带电粒子在磁场中运动的临界极值及多解问题学生用书

专题强化九带电粒子在磁场中运动的临界、极值及多解问题【素养目标】1.会分析带电粒子在匀强磁场中的临界问题和多解问题.2.会用“平移圆”“旋转圆”“放缩圆”找出对应临界状态或极值的轨迹．题型一带电粒子在有界匀强磁场中运动的临界、极值问题1．处理临界问题的两个方法数理结合法利用“矢量图”“边界条件”等求临界值利用“三角函数”“不等式的性质”“二次方程的判别式”等求极值抓关键词法“恰好”“最大”“至少”“不相撞”“不脱离”等临界状态词2.几何法确定粒子的临界轨迹求解带电粒子在有界磁场中运动的临界问题，难点是确定粒子的临界轨迹．一般步骤如下：例1利用磁场可以屏蔽带电粒子．如图所示，真空中有一匀强磁场，磁场边界为两个半径分别为r和3r的同轴圆柱面，磁场的方向与圆柱轴线平行，磁感应强度大小为B，其横截面如图所示．一带电粒子从P点正对着圆心O沿半径方向射入磁场．已知该粒子的比荷为k，重力不计．为使该带电粒子不能进入图中实线圆围成的区域内，粒子的最大速度为()A．kBrB．2kBrC．3kBrD．4kBr针对训练1.[2024·湖南明德中学模拟](多选)如图所示，矩形ABCD区域内有垂直于纸面对里的匀强磁场，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边的中点，在O点有一粒子源，可以在纸面内向磁场内各个方向匀称射出质量均为m、电荷量均为q、同种电性的带电粒子，粒子射出的速度大小相同，速度与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，则()A．从AD边射出与从CD边射出的粒子数之比为3∶2B．粒子运动的速度大小为qBdC．粒子在磁场中运动的最长时间为πD．磁场区域中有粒子通过的面积为4+π42．[2024·滨州模拟]如图所示，太极图由“阴鱼”和“阳鱼”构成，其边界是以O点为圆心、R为半径的圆，内部由以O1点和O2点为圆心、等半径的两个半圆分割成上下两部分，其中上部分为“阳鱼”，下部分为“阴鱼”．O1、O2、O三点共线，A、C两点分别在半圆O1与O2的圆周上且θ＝60°，CO2⊥O1O2.“阳鱼”内有方向垂直纸面对里的匀强磁场，“阳鱼”与“阴鱼”的边界上无磁场．一质量为m、电荷量为q的带正电粒子P(不计粒子所受重力)从O点以大小为v0的速度沿OO2方向射入“阳鱼”，并从A点沿AO1方向进入“阴鱼”．(1)求“阳鱼”内磁场的磁感应强度大小B；(2)若同种粒子Q从C点沿CO2方向射入“阳鱼”，要使粒子Q不会进入“阴鱼”，求粒子Q从C点射入“阳鱼”时的速度v大小应满意的条件．题型二带电粒子在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、运动的往复性造成带电粒子在有界匀强磁场中运动的多解问题．(1)找出多解的缘由．(2)画出粒子的可能轨迹，找出圆心、半径的可能状况．例2[2024·湖北卷](多选)在如图所示的平面内，分界线SP将宽度为L的矩形区域分成两部分，一部分充溢方向垂直于纸面对外的匀强磁场，另一部分充溢方向垂直于纸面对里的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，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k，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θ，则离子的入射速度和对应θ角的可能组合为()A．13kBL，0°B．12C．kBL，60°D．2kBL，60°针对训练3.[2024·湖北华中师大一附中模拟](多选)如图，空间中有一个圆心角为90°的扇形区域MON，扇形区域内(含边界)分布方向垂直纸面对外的匀强磁场，扇形区域外分布方向垂直纸面对里的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小均为B.一电荷量为e、质量为m的电子以某一速度沿MO方向射入扇形区域，最终能够经过N点．则粒子从M点运动到N点的时间可能为()A.πm2BeB．πmBe“数学圆”方法在电磁学中的应用1.“放缩圆”模型法的应用“放缩圆”法粒子射入方向确定，但速率v或磁感应强度B改变时，以入射点为定点，作出半径不同的一系列轨迹，从而探究出临界条件．

典例1(多选)如图所示，在一等腰直角三角形ACD区域内有垂直纸面对外的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B，一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子(重力不计)从AC边的中点O垂直于AC边射入该匀强磁场区域，若该三角形的两直角边长均为2l，则下列关于粒子运动的说法中正确的是()A.若该粒子的入射速度为v＝qBlm，则粒子肯定从CD边射出磁场，且距点C的距离为B.若要使粒子从CD边射出，则该粒子从O点入射的最大速度应为v＝qBC.若要使粒子从CD边射出，则该粒子从O点入射的最大速度应为v＝2qBlD.当该粒子以不同的速度入射时，在磁场中运动的最长时间为π2．“旋转圆”模型法的应用“旋转圆”法粒子速率v肯定，但射入的方向改变时，以入射点为定点，将轨迹圆旋转，作出一系列轨迹，从而探究出临界条件．典例2如图所示，平行边界MN、PQ间有垂直纸面对里的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B，两边界的间距为d，MN上有一粒子源A，可在纸面内沿各个方向向磁场中射入质量均为m、电荷量均为＋q的粒子，粒子射入磁场的速度大小v＝2qBd3m，不计粒子的重力，则粒子能从PQ边界射出的区域长度与能从MNA.1∶1B．2∶3C.3∶2D．3∶33．“平移圆”模型法的应用“平移圆”法粒子源放射速度大小、方向肯定，入射点不同，但在同始终线的带电粒子进入匀强磁场时，它们做匀速圆周运动的半径相同，若入射速度大小为v0，则半径R＝mv0典例3(多选)如图所示，在Ⅰ、Ⅱ两个区域内存在磁感应强度大小均为B的匀强磁场，磁场方向分别垂直于纸面对外和向里，AD、AC边界的夹角∠DAC＝30°，边界AC与边界MN平行，Ⅱ区域宽度为d.质量为m、电荷量为＋q的粒子可在边界AD上的不同点射入，入射速度垂直AD且垂直磁场，若入射速度大小为qBdmA.粒子在磁场中的运动半径为dB.粒子在距A点0.5d处射入，不会进入Ⅱ区域C.粒子在距A点1.5d处射入，在Ⅰ区域内运动的时间为πD.能够进入Ⅱ区域的粒子，在Ⅱ区域内运动的最短时间为π专题强化九带电粒子在磁场中运动的临界、极值及多解问题题型一例1解析：当速度最大时，粒子轨迹圆会和实线圆相切，如图设轨迹圆的半径为R，在△AOO′中，依据勾股定理有R2＋(3r)2＝(R＋r)2，解得R＝4r，依据洛伦兹力供应向心力有qvB＝mv2R，又知qm＝k，联立解得最大速度为v答案：D1.解析：如图所示，由此粒子的运动轨迹结合几何关系可知，粒子做圆周运动的半径r＝d，由牛顿其次定律有qvB＝mv2r，解得粒子运动的速度大小为v＝qBdm，选项B正确；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周期，即最长时间为πm2qB，选项C错误；由图甲可知，磁场区域有粒子通过的面积为图中AOCDA区域的面积，即为d2＋14πd2＝4+π如图所示，由几何关系可知，当速度方向与OC的夹角为30°时，恰好从C点射出，则从AD边射出与从CD边射出的粒子数之比为：90°∶60°＝3∶2，选项A正确．答案：ABD2．解析：(1)粒子P在“阳鱼”内做圆周运动的轨迹如图甲所示，依据几何关系，轨迹圆的半径r0＝R2tanθ2，由qv0B＝mv02(2)设粒子Q以大小为v1的速度从C点沿CO2方向射入“阳鱼”时，其轨迹恰好与圆O1相切，如图乙所示．依据几何关系，轨迹圆的半径为R，由qv1B＝mv12R，解得v1＝23v0，粒子Q从C点射入“阳鱼”时的速度大小应满意的条件为v≥2答案：(1)23mv0qR(2)v题型二例2解析：若粒子通过下部分磁场干脆到达P点，如图依据几何关系则有R＝L，qvB＝mv可得v＝qBLm＝依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θ＝60°.当粒子上下均经验一次时，如图因为上下磁感应强度均为B，则依据对称性有R＝12依据洛伦兹力供应向心力有qvB＝mv可得v＝qBL2m＝1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θ＝0°.通过以上分析可知当粒子从下部分磁场射出时，需满意v＝qBL2n-1m＝1此时出射方向与入射方向的夹角为θ＝60°；当粒子从上部分磁场射出时，需满意v＝qBL2nm＝12nkBL(此时出射方向与入射方向的夹角为θ＝0°.故可知B、C正确，A、D错误．答案：BC3．解析：把扇形n等分，当n取奇数时，由图甲可知，t为周期的整数倍加上第一段的运动时间，即t＝n-12T＋(2n-14n)T＝π2n2-1m2Ben(n＝1，3，5，…)；当n为偶数时，由图乙结合对称性可得t′＝n2T＝πnmBe(n＝2，4，6，…)．当n＝1时，可得t1＝答案：ACD典例1解析：若粒子射入磁场时速度为v＝qBlm，则由qvB＝mv2r可得r＝l，由几何关系可知，粒子肯定从CD边上距C点为l的位置离开磁场，选项A正确；因为r＝mvqB，所以v＝qBrm，因此，粒子在磁场中运动的轨迹半径越大，速度就越大，由几何关系可知，当粒子在磁场中的运动轨迹与三角形的AD边相切时，能从CD边射出的轨迹半径最大，此时粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径r＝(2＋1)l，故其最大速度为v＝qB2+1lm，选项B正确，C错误；粒子在磁场中的运动周期为T＝2答案：ABD典例2解析：粒子在磁场中运动时，qvB＝mv2R，粒子运动轨迹半径R＝mvBq＝23d；由左手定则可得，粒子沿逆时针方向偏转，做圆周运动；粒子沿AN方向进入磁场时，到达PQ边界的最下端，距A点的竖直距离L1＝R2-d-R2＝33d；运动轨迹与PQ相切时，切点为到达PQ边界的最上端，距A点的竖直距离L2＝R2-d-R2＝33d，所以粒子在PQ边界射出的区域长度为L＝L1＋L2＝233d.因为R<d，所以粒子在MN答案：C典例3解析：带电粒子在磁场中的