带电粒子在磁场中的运动与临界问题-2025年高考物理易错题专练（解析版）

易错点10不能准确分析带电粒子在磁场中的运动与临界问题

目录

01易错陷阱

易错点一：电流磁场的叠加和安培定则的应用

易错点二：安培力的分析和平衡问题

易错点三：对洛伦兹力的分析不足

易错点四：带电粒子在磁场中运动的时间确定错误

易错点五：混淆磁偏转和电偏转

易错点六：不能正确分析带电粒子在磁场中的临界问题

02易错知识点

知识点一、安培力下的平衡

知识点二、带电粒子在有界匀强磁场中的匀速圆周运动模型

知识点三、直线边界磁场

知识点四、平行边界磁场

知识点五、圆形边界磁场

知识点六、环形磁约束

知识点七、数学圆模型在电磁学中的应用

模型一“放缩圆”模型的应用

模型二“旋转圆”模型的应用

模型三“平移圆''模型的应用

模型四“磁聚焦”与“磁发散”

03举一反三—易错题型

题型一：安培力作用下的平衡与运动

题型二：带电粒子在有界磁场中的运动分析

题型三：带电粒子在磁场中的动态圆分析

题型四：“磁聚焦”与“磁发散”问题

04易错题通关

Qm易错陷阱

易错点一：电流磁场的叠加和安培定则的应用

1.直流电流或通电螺线管周围磁场磁感线的方向都可以应用安培定则判定.

2.磁感应强度是矢量，叠加时符合矢量运算的平行四边形定则.

易错点二：安培力的分析和平衡问题

(1)安培力的方向特点：FIB,Fl/,即尸垂直于8和1决定的平面。

(2)安培力的大小：应用公式尸=〃BsinO计算弯曲导线在匀强磁场中所受安培力的大小时，有效

长度/等于曲线两端点的直线长度。

(3)视图转换：对于安培力作用下的力学综合问题，题目往往给出三维空间图，需用左手定则判

断安培力方向，确定导体受力的平面，变立体图为二维平面图。

(1)类似于力学中用功与能的关系解决问题，通电导体受磁场力时的加速问题也可以考虑从能量

的观点解决，关键是弄清安培力做正功还是做负功，再由动能定理列式求解。

(2)对于含电路的问题，可由闭合电路欧姆定律求得导体中的电流，再结合安培力分析求解。

易错点三：对洛伦兹力的分析不足

1.若v〃B,带电粒子以速度v做匀速直线运动，其所受洛伦兹力F=0,

2.若v_LB,此时初速度方向、洛伦兹力的方向均与磁场方向垂直，粒子在垂直于磁场方向的平面内运

动.

(1)洛伦兹力与粒子的运动方向垂直，只改变粒子速度的方向，不改变粒子速度的大小.

(2)带电粒子在垂直于磁场的平面内做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力,

易错点四：带电粒子在磁场中运动的时间确定错误

bcd

易错点五：混淆磁偏转和电偏转

“电偏转”与“磁偏转”的比较

垂直电场线进入垂直磁感线进入

匀强电场(不计重力)匀强磁场(不计重力)

电场力/E=qE,其大小、方向不变，洛伦兹力尸B=>8,其大小不变，方向随

受力情况

与速度V无关，&是恒力V而改变，用是变力

轨迹抛物线圆或圆的一部分

易错点六：不能正确分析带电粒子在磁场中的临界问题

(1)关注题目中的“恰好”“最大”“最高”“至少”等关键词语，作为解题的切入点.

(2)关注涉及临界点条件的几个结论：

①粒子刚好穿出磁场边界的条件是带电粒子在磁场中运动的轨迹与边界相切；

②当速度"一定时，弧长越长，圆心角越大，则粒子在有界磁场中运动的时间越长；

③当速度"变化时，圆心角越大，对应的运动时间越长.

a及易错知识点

知识点一、安培力下的平衡

i.安培力的方向

(D用左手定则判断：伸开左手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内；

让磁感线从掌心垂直进入，并使四指指向电流的方向，这时拇指所指的方向就是通电导线在磁场中

所受安培力的方向。

(2)安培力方向的特点：FIB,FU,即尸垂直于8、/决定的平面。

(3)推论：两平行的通电直导线间的安培力——同向电流互相吸引，反向电流互相排斥。

2.安培力的大小

尸=〃BsinO(其中0为B与/之间的夹角)。如图所示：

(1)/118时，0=0或0=180。，安培力F=0。

⑵/13时，(9=90°,安培力最大，F=IlBo

3.分析通电导体在磁场中平衡或加速问题的一般步骤

⑴确定要研究的通电导体。

(2)按照已知力-重力-安培力一弹力一摩擦力的顺序，对导体作受力分析。

(3)分析导体的运动情况。

(4)根据平衡条件或牛顿第二定律列式求解。

知识点二、带电粒子在有界匀强磁场中的匀速圆周运动模型

基本思路图例说明

•&•

O

p、M点速度垂线交点

p<•••

①与速度方向垂直的直

XXX

O\BP点速度垂线与弦的垂直平分

线过圆心②弦的垂直平X、xx

x\XX

XW

圆心的确定分线过圆心③轨迹圆弧线交点

P(

与边界切点的法线过圆

•••,1

心某点的速度垂线与切点法线的

交点

B：

丁二

常用解三角形法：例：(左图)

利用平面几何知识求半

|!xxx\

半径的确定R—sin6或由F—〃+(R—42

1的

径

忠/#■/日I}+d2

6求得R—2d

V—、、

利用轨迹对应圆心角e/\V1（1）速度的偏转角夕等于A8所

%

或轨迹长度工求时间对的圆心角0

运动时间的确定①片》（2）偏转角（p与弦切角a的关

系：9<180°时，9=2。；9>180°

②4时，夕=360。一2。

知识点三、直线边界磁场

直线边界,粒子进出磁场具有对称性（如图所示）

图a中粒子在磁场中运动的时间警

2bq

图b中粒子在磁场中运动的时间，=（1—§7=（1—§符=冽■圆

图C中粒子在磁场中运动的时间t=M=就

知识点四、平行边界磁场

J=/?i(l-cos0)

d=2R

2bed

平行边界存在临界条件，图a中粒子在磁场中运动的时间fi=黑，f2=,=翳

DQzDq

图b中粒子在磁场中运动的时间t黑

Bq

图C中粒子在磁场中运动的时间

—（1兀）/-（1冗）Bq-Bq

图d中粒子在磁场中运动的时间t=^r=~

知识点五、圆形边界磁场

沿径向射入圆形磁场的粒子必沿径向射出，运动具有对称性（如图所示）

D

粒子做圆周运动的半径厂=焉

ld.ll（7

粒子在磁场中运动的时间/=《7=鬻

71Bq

d+a=90°

1.圆形有界磁场问题（1）

正对圆心射入圆形磁场区域

/xxX「…、

ZxXx\

/Yyjx\Rx\二I)

•y(Xl\xX\‘"to

/「PV/

一一-'

、，

、■

'_一，

正对圆心射出，两圆心和出（入）射点构成直角三角形，有tang=四磁偏转半径r=三，根据半

2r

径公式r=/求解；时间t=—=-o速度v越大一磁偏转半径r越大一圆心角a越小一时间t

qBqBv0

越短。若『R,构成正方形。

2.圆形有界磁场问题（2）

不对圆心射入圆形磁场区域

知识点六、环形磁约束

知识点七、数学圆模型在电磁学中的应用

模型一“放缩圆”模型的应用

速度方向一

粒子源发射速度方向一定，大小不同的带电粒子进入匀强磁场时，这些带

定，大小不

电粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径随速度的变化而变化

同

适用

如图所示（图中只画出粒子带正电的情景），速度V越X多,XXXX

条件XX,永--%、XX

轨迹圆圆心大，运动半径也越大。可以发现这些带电粒子射入

共线磁场后，它们运动轨迹的圆心在垂直初速度方向的

直线尸P上Xxx''xX

界定以入射点P为定点，圆心位于PP直线上，将半径放缩作轨迹圆，从而探索出临界条

方法件，这种方法称为“放缩圆”法

模型二“旋转圆”模型的应用

粒子源发射速度大小一定、方向不同的带电粒

厂展、子进入匀强磁场时，它们在磁场中做匀速圆周

速度大

运动的半径相同，若射入初速度为y°，则圆周

适用小一

运动半径为R—如图所示

条件定，方QD

向不同带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心在以

轨迹圆圆心共圆

入射点尸为圆心、半径R-浅的圆上

界定将半径为"黄的圆以入射点为圆心进行旋转，从而探索粒子的临界条

方法

件，这种方法称为“旋转圆”法

模型三“平移圆”模型的应用

速度大小一粒子源发射速度大小、方向一定，入射点不同，

定，方向一

XXXXXXx但在同一直线的带电粒子进入匀强磁场时，它们

定，但入射X做匀速圆周运动的半径相同，若入射速度大小为

适用111

点在同一直

条件V0,则半径R—黑，如图所示

线上qB

轨迹圆圆心带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心在同一直线上，该直线与入射

共线点的连线平行

将半径为尺=翳的圆进行平移，从而探索粒子的临界条件，这种方法叫

界定方法qB

“平移圆'’法

模型四“磁聚焦”与“磁发散”

1.带电粒子的会聚

如图甲所示，大量的同种带正电的粒子，速度大小相同，平行入射到圆形磁场区域，如果轨迹圆半径与

磁场圆半径相等(R=r),则所有的带电粒子将从磁场圆的最低点8点射出.(会聚)

证明：四边形04ZB为菱形，必是平行四边形，对边平行，必平行于A。，（即竖直方向），可知从

A点发出的带电粒子必然经过8点.

2.带电粒子的发散

如图乙所示，有界圆形磁场的磁感应强度为8,圆心为O,从P点有大量质量为加、电荷量为q的

正粒子，以大小相等的速度v沿不同方向射入有界磁场，不计粒子的重力，如果正粒子轨迹圆半径

与有界圆形磁场半径相等，则所有粒子射出磁场的方向平行.（发散）

证明：所有粒子运动轨迹的圆心与有界圆圆心。、入射点、出射点的连线为菱形，也是平行四边形，

。14。28、。3。均平行于尸。，即出射速度方向相同（即水平方向）.

乙

篌回举一反三

题型一：安培力作用下的平衡与运动

[例1]（2024•海珠区校级模拟）如图所示，安装在固定支架（图中未画出）上的光滑绝缘转动轴

00,两端通过等长的轻质细软导线（导线不可伸长）连接并悬挂长为L、质量为m的导体棒ab,

导体棒横截面的直径远远小于悬线的长度，空间存在辐向分布磁场（磁极未画出），导体棒摆动过

程中磁场方向总是垂直于导体棒，导体棒所在处的磁感应强度大小均为B,开始时导体棒静止在

最低点。现给导体棒通以方向向里的电流（电路未画出），若仅通过逐渐改变导体棒中的电流大

小，使导体棒由最低点缓慢移动到悬线呈水平状态，则在这个过程中（）

接电源

A.悬线对导体棒的拉力先增大后减小

B.导体棒中的电流一直减小

C.转动轴OCT受到绳子在竖直方向的作用力一直不变

D.转动轴00受到绳子在水平方向的作用力先增大后减小

【解答】解：A、对导体棒进行受力分析，受到三个力作用，竖直向下的重力mg,始终垂直于半

径即悬线方向安培力FA=BIL,悬线沿半径指向转轴的拉力FT,设运动过程中悬线与竖直方向的

夹角为。，由平衡条件有：FT=mgcos0,导体棒从最低点缓慢移到最高点时，。越来越大，则拉

力FT越来越小，故A错误；

B、在沿垂直于悬线方向，由平衡条件有：FA=mgsin0,解得：/=2需也，。越来越大，磁感应

强度大小B和导体棒长度L不变，所以电流I越来越大，故B错误；

C、设转动轴对系统在竖直方向的作用力为Fy,根据平衡条件有：Fy=mg-FAsin6=mg-

mg（siney,可见随着。越来越大，转动轴在竖直方向的作用力为Fy越来越小，故C错误；

D、设转动轴对系统在水平方向的作用力为Fx,根据平衡条件有：Fx=FAcose=mgsindcosd=

^mgsin29,可见导体棒缓慢移到水平状态的过程中，。由0增大到90°的过程中，当。=45°

时，Fx最大，所以转动轴00'在水平方向的作用力先增大后减小，故D正确。

故选：D。

【变式1-1]（2023•雁塔区校级模拟）如图a所示，一根用某种单一材料制成的均匀金属杆长为3L,

用两根长L的电阻不计的轻质导线竖直悬挂在三等分点，导线与金属杆相接处接触良好，并将金

属杆置于垂直纸面向里的匀强磁场中。导线的悬挂点间不加电压时，单根导线上的拉力为F,加

上电压U后，单根导线上的拉力是2F。若把导线长度变成近L,如图b所示悬挂在金属杆两端,

仍然加上电压U,则此时单根导线上的拉力是（）

A.2V2FB.4FC.4V2FD.8F

【解答】解：导线的悬挂点间不加电压时，单根导线上的拉力为F,可知金属杆的重力为2F,加

上电压U后，单根导线上的拉力是2F,可知金属杆受到的安培力为2F,方向竖直向下，

导线长度变成&L后,可知导线与水平方向夹角为45°,设此时单根导线上拉力为T,则2Tsin450

=4F,解得T=2/F,故A正确，BCD错误。

故选：Ao

【变式1-21（多选）（2023•鲤城区校级一模）实验室里有三根等长细直通电导体棒a、b、c水平放

置，如图所示，P、M、N分别是三根导体棒上的点且在同一竖直面内，导体棒b、c中的电流方

向垂直纸面向里，导体棒之间的距离PM=PN=L,PM与PN之间的夹角为120°,导体棒b、c

固定，导体棒a所受的重力G刚好与它所受的安培力的合力平衡，则下列说法中正确的是（）

A.导体棒a中的电流方向垂直纸面向里

B.导体棒b对c的安培力方向水平向左

G

C.导体棒b、c对导体棒a的安培力大小均为5

D.导体棒b、c在P点产生的合磁场方向水平向右

【解答】解：A、导体棒a所受的重力G刚好与它所受的安培力的合力平衡，则b、c棒对a棒的

力为斥力，根据异向电流相斥，所以a棒中的电流垂直直面向外，故A错误；

B、b、c棒中电流同向，同向电流相吸，所以导体棒b对c的安培力方向水平向左，故B正确;

C、PM与PN之间的夹角为120°,所以导体棒b、c对导体棒a的安培力大小均为G,故C错

误；

D、根据安培定则，b棒在P处产生的磁场垂直与ab右下，c棒在P处产生的磁场垂直与ac右

上，两棒在P处产生的磁场夹角为120°,所以导体棒在b、c在P点产生的合磁场方向水平向

右，故D正确。

故选：BDo

【变式1-3］（多选）（2023•安康二模）竖直面内有一内壁光滑、半径为R的固定半圆柱形轨道，在

半圆柱形轨道中放置两根长为L的通电直导线，其截面如图所示。。为半圆的圆心，导线a固定

在O点正下方的C处，且通有大小为Io、方向垂直纸面向里的电流。当质量为m的导线b中通

入大小为11（未知）的电流时，刚好能静止在与圆心等高的A点。已知导线a中电流在其周围某

点产生磁场的磁感应强度大小为B=k乜（k为大于零的常量，r为该点到导线a的距离），由于导

Y

线b的质量发生变化或者两导线电流大小发生变化，导线b沿着轨道缓慢下降到D点，并在D点

重新平衡。已知/COD=60°,则下列说法正确的是（）

A.导线b中电流的方向垂直于纸面向外，且位于A点时，电流的大小为11=舞等

B.若导线b的质量不发生改变，则导线b在D处受到轨道的支持力等于在A处受到的支持力

C.可能仅是导线b的质量变为2m

V2

D.可能仅是两导线电流的乘积减小为原来的一

2

【解答】解：A、导线b在A点受力分析，如下图所示：

由图可知，b导线受到a导线的斥力处于平衡状态，根据异向电流相互排斥，可知b导线电流方

向垂直于纸面向外，由几何关系可得安培力F=支持力N=mg

设a导线在A点产生的感应强度为Bo,则为=舞，则可得安培力大小尸=8。/衣=嘿匕联

立方程可得b导线中的电流人=与普，故A错误；

KIQLI

B、若导线b的质量不发生改变，则导线b在D处受力分析如下图所示:

C

已知/COD=60°,根据几何关系，可知支持力Ni=mg,所以N=Ni,故B正确;

C、若只有b导线的质量改变，设质量为m',受力分析不变，如上图所示，由几何关系，可得

Fi=m'g,设a导线在D点产生的感应强度Bi,则当=半,安培力大小&=B山L=螺包,

联立方程，可得m'=2m,故C正确；

D、若b导线的质量不变，则导线b在D点处所受安培力F2=mg,由以上分析可知6=以譬=

mg,F==>/2mg,两式联立，可得两导线的电流的乘积之比为与二=——=1=

VZR/o'l———1

2,故D错误。

故选：BCo

题型二：带电粒子在有界磁场中的运动分析

【例2】（2023•东莞市校级模拟）如图所示，质量为m、电荷量为q的带正电粒子从M点以大小为

vo、方向与竖直方向成。角斜向下的初速度垂直于磁场方向射入边界线竖直的匀强磁场，最后从

边界上的N点射出磁场。已知磁场的磁感应强度大小为B,不计粒子受到的重力，则M、N两点

间的距离为（）

：XX

1**、、、

N：、\

:兴、X\x

I、'

：\、B:

:x/xk

://

M废X/X

•X\XX

vo

mvcos3mvsind

A.0B.o

qBqB

2mvcosO2mvsin3

c.0D.o

qBqB

【解答】解：设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r,根据牛顿第二定律：qv0B=m^

根据几何关系可知，M、N两点间的距离：d=2rcos（90°-0）

联立解得：d=2m鬻叫故ABC错误，D正确。

故选：D。

【变式2-1］（多选）（2024•石家庄二模）利用磁场控制带电粒子的运动，在现代科学实验和技术设

备中有广泛的应用。如图所示，以O点为圆心、半径为R的圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁

场，圆形区域外有垂直纸面向外的匀强磁场，两磁场的磁感应强度大小均为Bo有一质量为m、

电荷量为+q的粒子从P点沿半径射入圆形区域，粒子n次穿越圆形区域边界（不包括经过P点）

后又回到P点，此过程中粒子与圆心O的连线转过角度为2m不计粒子重力，下列说法正确的

是（）

•Xx\,,

;\

,:XXX•

PLto；

•XXX/••

、、/

•••

・♦•T••

A.n的最小值为2

B.n=3时，粒子速度大小为回空

m

C.n=4时，粒子从P出发到回到P点的时间为随诙

5qB

D.粒子连续两次穿越圆形区域边界过程中，粒子与圆心的连线转过的角度为包

n

【解答】解：A、粒子在磁场中做匀速圆周运动，因为粒子n次穿越圆形区域边界（不包括经过

P点）后又回到P点，此过程中粒子与圆心O的连线转过角度为2m画出粒子运动轨迹示意图

如图所示。

则知n的最小值为2,故A正确；

B、当n=3时，粒子圆心间的连线构成圆边界的外切正方形，根据几何关系可知粒子的轨迹半径

为：r=R

根据洛伦兹力提供向心力，有

V2

qvB=m—

解得粒子速度大小为：V二曙,故B错误；

C、粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为：7=笫=瑞

182182

当n=4时，粒子从P点出发又到回到P点的时间为：t=（3x^°；o°+2x^J°）T

解得：［=镭^，故C正确；

D、根据几何关系可知，粒子连续两次穿越圆形区域边界过程中，粒子与圆心的连线转过的角度

2元

为——，故D错误。

n+1

故选：AC-

【变式2-2］（多选）（2023•湖北模拟）如图所示，在边长为L的等边三角形内分布着垂直于纸面向

外，磁感应强度大小为B的匀强磁场，在三角形的中心有一个点状的粒子源O,它可沿平行纸面

的各个方向发射质量为m,电荷量为+q,速率为回些的同种粒子。不考虑粒子重力及粒子间相

6m

互作用，下列说法正确的是（）

o

A.有部分粒子能够击中三角形的顶点

Tim

B.粒子在磁场中运动的最短时间为

3qB

Tim

C.粒子在磁场中运动的最长时间为—

qB

D.若磁感应强度大于2B,所有粒子均不能射出三角形区域

【解答】解：A、粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力得：

qvB=m亍，已知：v=片片,可得圆周运动的半径：r=器=整L

V3

由等边三角形的几何知识可知O点到各个顶点的距离为1■3此距离等于2r,假设粒子能够击中

顶点，粒子的轨迹为半个圆周，显然粒子将从边界先射出，故无法击中顶点，故A错误；

B、当粒子在边界上的出射点与O的连线垂直于出射点所在边界时，轨迹圆弧的弦最短，轨迹圆

心角最小，运动时间最短，轨迹如图1所示。

由等边三角形的几何中心为高的三等分点，可得最短弦长为工Ls讥60°=@L=r,可得此轨迹圆

36

心角：6=J

粒子在磁场中运动周期为1=竿=需，故最短时间％加=白7=第，故B正确；

C、运动时间最长的粒子运动轨迹如下图中自O点经M点运动至P点的劣弧两P,则运动最长

Tim

时间小于半个周期，而半个周期为一，故c错误；

qB

A

C

r

D、所有粒子均不能射出三角形区域，临界条件为轨迹圆和三角形的边相切，此时半径为一，由厂=

2

器，可知磁感应强度应至少为原来的两倍，故D正确。

故选：BDo

【变式2-3］（2024•盐城三模）如图所示，在以半径为R和2R的同心圆为边界的区域中，有磁感应

强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场。在圆心O处有一粒子源（图中未画出），在纸面

内沿各个方向发射出比荷为且的带负电的粒子，粒子的速率分布连续，忽略粒子所受重力和粒子

m

间的相互作用力，已知sin37°=0.6,cos37°=0.8。若所有的粒子都不能射出磁场，则下列说法

正确的是（）

A.粒子速度的最大值为‘也

m

B.粒子速度的最大值为华^

4m

c.某粒子恰好不从大圆边界射出磁场，其在磁场中运动的时间为譬r（不考虑粒子再次进入

90qB

磁场的情况）

471771

D.某粒子恰好不从大圆边界射出磁场，其在磁场中运动的时间为——（不考虑粒子再次进入磁

3qB

场的情况）

2

【解答】解：AB、根据洛伦兹力提供向心力：quB=m>

解得：「=器

可知速度最大时，半径最大，当轨迹与大圆相切时，半径最大，如图所示

(2R-r)2=R2+r

联立解得：r="嚅,故AB错误;

CD、某粒子恰好不从大圆边界射出磁场，即粒子速度最大时，根据几何关系有

R4

-

---

r3

解得其在磁场中运动的时间为

_360°—乙4co_127Ttm

t=360sX//=goqB

故C正确；D错误。

故选：Co

题型三：带电粒子在磁场中的动态圆分析

【例3】（多选）（2024•青山湖区校级模拟）如图所示，足够长的荧屏板MN的上方分布了水平方向

的匀强磁场，磁感应强度大小为B,方向垂直纸面向里。距荧屏板d处有一粒子源S,能够在纸

面内不断均匀地向各个方向发射速度大小为u=曙,电荷量为q、质量为m的带正电粒子，不

计粒子的重力,已知粒子源发射粒子的总个数为n,则（）

XXXXXXXX

xfx

XXXXXX

XXXXXXXx

M——N

A.粒子能打到板上的区域长度为2gd

B-打到板上的粒子数为1

TCTYl

C.从粒子源出发到板的最短时间为.

2qB

771771

D.同一时刻发射的粒子打到荧光板上的最大时间差为7T

6qB

【解答】解：A.粒子受到的洛伦兹力充当向心力

“mvmqBd,

R=k证F=d

粒子运动到绝缘板的两种临界情况如图1

图1

设SC垂直于MN于C点，由几何关系可知，左侧最远处与S之间的距离恰好是圆的直径，则左

侧最远处A离C距离为gd,右侧离C最远处为B,距离为d,所以粒子能打在板上的区域长度

是(b+l)d,故A错误；

B.根据以上分析可知有一半的粒子能达到极板上，粒子源发射粒子的总个数为n,则打到板上的

粒子数为1出故B正确；

CD.在磁场中运动时间最长和最短的粒子运动轨迹示意如下图2

图2

粒子做整个圆周运动的周期

.27rd2nm

7=丁=而

由几何关系可知，最短时间

^=6T=3^B

粒子在磁场中最长时间

_337rm

所以

△t=ti—t2=谯,故C错误，D正确。

故选：BDo

【变式3-1］（多选）（2023•道里区校级三模）如图，长度为a的竖直薄挡板MN处在垂直纸面向里

的匀强磁场中（磁场空间足够大、图中未画出），磁感应强度为B。挡板左侧O点有一粒子源在

纸面内向各方向均匀发射电荷量为+q、质量为m的带电粒子，所有粒子的初速度大小相同。已知

图中初速度与ON夹角为60°发射的粒子恰好经过N点，ON=V3a,ON1MN。不计粒子重

力，不考虑粒子的反弹和粒子间的相互作用。则（）

M

。中..N

v

V3

A.粒子在磁场中做圆周运动的半径为

B.挡板左侧能被粒子击中的竖直长度为a

c.粒子能击中挡板右侧的粒子数占粒子总数的;

D.挡板的右侧被粒子击中的竖直长度为a

【解答】解：A、粒子轨迹如图1所示

由几何关系可知2Rs讥60°=V3a,可得粒子的轨迹半径为：R=a,故A错误；

B、当轨迹刚好与MN相切时，粒子能打到板上最大长度，如图轨迹2,设速度方向与ON夹角为

6,由几何关系可得Rs讥。+7?=V3a

可得sin0=V3-1,则挡板左侧能被粒子击中的竖直长度为％=Rcosd=aVl-sin20=

ajl-(V3-I)2=72V3-3a；故B错误;

C、要使粒子打在右侧，有两个临界条件，如图中的轨迹1、3,由几何关系可知1、3的初速度夹

角为a=60°

则粒子能击中挡板右侧的粒子数占粒子总数的n=瀛=/故C正确；

D.如上图粒子1打在MN上的点与O1N组成顶角为60°的等腰三角形，所以由几何关系可知

板的右侧被粒子击中的竖直长度为y=R=a,故D正确。

故选：CDo

【变式3-2］（多选）（2023•贵州模拟）如图所示，匀强磁场垂直纸面向里，其边界如图所示，磁场

的磁感应强度大小为B,半圆形边界的半径为R,O为半圆的圆心，ab是半圆的直径，边界上c

点到a的距离为R,a、b、c、。在同一直线上，从c点沿垂直边界、垂直磁场向上射出速度大小

不同的质量为m、电荷量为q的带负电的粒子，粒子均能从圆弧（含a、b点）上射出磁场，不计

粒子的重力和粒子间作用，则能从圆弧边界射出的粒子（）

XXXXXXX;

XXXXXXX:

XXX.........'XX•

XX|X/\X;

Caob

A.粒子速度大小范围为蟠<v<四"

2m2m

B.粒子的速度越大，粒子在磁场中运动的时间越短

C.从圆弧面射出后能到达b点的粒子速度大小可能为亚

m

D.从圆弧面射出后经过O点的粒子在磁场中做圆周运动的半径为R

【解答】解：A、分析可知粒子恰好从a点射出，粒子有最小速度；恰好从b点射出，则粒子有

最大速度；由几何关系可得粒子在磁场中做圆周运动的最小半径和最大半径分别为-e=多

rmax=1R；由洛伦兹力提供向心力得qvB=m*,解得v=哼;可得%i讥=v=当瞿,

乙I11L乙〃Cma乙x〃I

即粒子速度的取值范围为等<V<

故A正确;

2m2m

C、从圆弧面射出后能到达b点的粒子的运动轨迹如图甲所示

XXXXXXX

XXXXXXX

XX/XXX

X»1X•I•♦•X

caob

II'

由几何关系可知，粒子做圆周运动的圆心一定在a点，轨道半径为R,则此种情况下根据洛伦兹

力提供向心力：qBu=a},粒子的速度大小为u=黑，故C正确;

B、如图乙所示

,XXXXXXX

；XXXXXXX

7~二

•XX个、,癖、.2x

；X4'X”*\X

♦♦♦••

Ca0h

L

由图中几何关系可知,从圆弧面射出后能到达b点的粒子的运动轨迹所对应的圆心角最小，根据

周期公式：7=鬻，所以粒子运动的时间为：t=^r=翳，可知从圆弧面射出后能到达b点

的粒子在磁场中的运动时间最小，可知粒子的速度越大，粒子在磁场中运动的时间并不越短，故

B错误；

D、从圆弧面射出后经过O点的粒子的运动轨迹如图丙所示

I

；XXXXXX

：XXXXXX

：xxx.x♦•・y

X4X广、；

caob

内I

由图可知粒子在磁场中做圆周运动的半径小于R,故D错误。

故选：AC-

【变式3-3］（2024•沙坪坝区校级模拟）如图所示，有一厚度不计的薄板MN水平固定放置，薄板长

为2L。空间中存在范围足够大的、垂直于纸面水平向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。粒子

源P位于薄板中心O的正上方L处，可在纸面内向各个方向发射质量为m、电荷量为q的带正

电粒子，所有粒子的速率相同，若粒子碰到薄板上表面（含左、右缓点）会被吸收，碰到下表面

会被反弹，反弹前后粒子沿板方向的分速度不变，垂直于板的分速度等大反向，不计粒子重力及

相互作用力，落到上板表面的电荷被导走，不会对其它粒子运动产生影响，与下板表面碰撞的粒

子电量不变。求；

（1）粒子要能打到板上，速度至少多大；

（2）若粒子以速率v=^发射，贝U：

①直接打到板的上表面（含左，右端点）的粒子中，求运动的最长时间；

②粒子与薄板下表面碰撞一次后反弹，恰能返回P点，最终落到上表面，求该粒子发射的速度方

向与竖直方向的夹角0