带电粒子在磁场中运动之多解与周期运动问题
2024届物理一轮复习讲义专题强化十七 带电粒子在匀强磁场中的多解和临界问题含答案
2024届物理一轮复习讲义专题强化十七带电粒子在匀强磁场中的多解和临界问题学习目标会分析带电粒子在匀强磁场中的多解问题和临界极值问题，提高思维分析综合能力。
考点一带电粒子在磁场中运动的多解问题造成多解问题的几种情况分析类型分析图例带电粒子电性不确定带电粒子可能带正电荷，也可能带负电荷，初速度相同时，正、负粒子在磁场中运动轨迹不同，形成多解如带正电，其轨迹为a；如带负电，其轨迹为b磁场方向不确定只知道磁感应强度大小，而未具体指出磁感应强度方向，由于磁感应强度方向不确定而形成多解粒子带正电，若B垂直纸面向里，其轨迹为a，若B垂直纸面向外，其轨迹为b临界状态不唯一带电粒子飞越有界磁场时，可能穿过磁场飞出，也可能转过180°从入射界面一侧反向飞出，于是形成多解运动具有周期性带电粒子在部分是电场、部分是磁场空间运动时，运动往往具有周期性，因而形成多解例1 (多选)(2022·湖北卷) 在如图1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( )图1A.13kBL ，0° B.12kBL ，0° C.kBL ，60° D.2kBL ，60°答案 BC解析 若离子通过下部分磁场直接到达P 点，如图甲所示，甲根据几何关系，有R ＝L ，q v B ＝m v 2R ，可得v ＝qBLm ＝kBL ，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θ＝60°。
当粒子上下均经历一次时，如图乙所示，乙因为上下磁感应强度均为B ，则根据对称性有R ＝12L ，根据洛伦兹力提供向心力有q v B ＝m v 2R ，可得v ＝qBL 2m ＝12kBL ，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°。
带电粒子在磁场中运动的多解问题
内) 侧中点处有一质量为m，电荷量为e的静止电子，经
过M、N间电压为U的电场加速后射入圆筒，在圆筒壁
上碰撞n次后，恰好沿原路返回到出发点。（不考虑重
力，设碰撞过程中无动能损失）求：
⑴电子到达小孔S时的速度大小；
⑵电子第一次到达S所需要的时间； ⑶电子第一次返回出发点所需的时间。
OR
NS M me
解：⑴ 设加速后获得的速度为v ，根据
当粒子从左边射出时, 若运动轨迹半径最大,
则其圆心为图中O1点, 半径 r1=d/4。 因由此于粒r子从mq左Bv0边，射所出以必v须0 满r足Bmqr≤，r1。Or11
Bdq 即 v0 4m
l
d/2 v0 乙
当粒子从右边射出时，若运动轨迹半径最小，则其圆
心为图中O2点，半径为r2。由几何关系可得
当减速到v1时，若qv1B＝mg f1=0则以v1作匀速运动
Wf=1/2mv02 - 1/2mv12 < I2/2m 所以选项A C D正确。
qv0B qv1B f
mg mg
4. 运动的重复性形成多解 带电粒子在部分是磁场，部分是电场的空间运动时，
运动往往具有重复性，因而形成多解。
例6. 如图所示，在x轴上方有一匀强电场，场强为E，
r22
（r2
d）2 2
l 2，
d l2 r2 4 d
因此粒子从右边射出必须满足的条件是r≥r2
( d 2 4l 2 )qB
即 v0
4dm
所以当
v0
Bdq 4m
O2
r2-d/2 r2
l
或
v0
(dΒιβλιοθήκη 24l 2 4dm
)qB
时，
18.4带电粒子在磁场中运动的临界及多解问题(原卷版)
18.4.带电粒子在磁场中运动的临界、多解问题要点一. 带电粒子在磁场中运动的临界问题1.临界问题的特点带电粒子在磁场中运动，由于速度或大小的变化，往往会存在临界问题，如下所示为常见的三种临界草图。
临界特点：（1）粒子刚好穿出磁场的条件：在磁场中运动的轨迹与边界相切.（2）根据半径判断速度的极值：轨迹圆的半径越大，对应的速度越大.（3）根据圆心角判断时间的极值：粒子运动转过的圆心角越大，时间越长.（4）根据弧长（或弦长）判断时间的极值：当速率一定时，粒子运动弧长（或弦长）越长，时间越长.2.解题思路分析思路：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．往往采用数学方法和物理方法的结合：1.利用“矢量图”“边界条件”结合“临界特点”画出“临界轨迹”。
2.利用“三角函数”“不等式的性质”“二次方程的判别式”等求临界极值。
一般解题流程：3.探究“临界轨迹”的方法1. “伸缩圆”动态放缩法定点粒子源发射速度大小不同、方向相同的同种带电粒子时，其轨迹半径不同，相当于定点圆在“伸缩”。
特点：1.速度越大，轨迹半径越大。
2.各轨迹圆心都在垂直于初速度方向的直线上。
应用：结合具体情境根据伸缩法，可以分析出射的临界点，求解临界半径。
2. “旋转圆”旋转平移法定点粒子源发射速度大小相同、方向不同的同种带电粒子时，其轨迹半径相同，相当于定点圆在“旋转”特点：1.半径相同，方向不同。
2.各轨迹圆心在半径为R的同心圆轨迹上。
旋转圆的应用：结合具体情境，可以分析圆心角、速度偏向角、弦切角、弧长、弦长的大小；求解带电粒子的运动时间.应用情景1.（所有的弦长中直径最长）速度大小相同、方向不同的同种带电粒子，从直线磁场边界上P点入射。
M点是粒子打到直线边界上的最远点(所有的弦长中直径最长)．应用情景2.（所有的弦长中直径最长）速度大小相同方向不同的同种带电粒子，从圆形磁场边界上的P射入磁场；①若轨迹半径>磁场半径当PM距离为磁场直径时，粒子出射点与入射点之间的距离最远、共有弦最长、时间最长。
带电粒子在磁场中运动之多解及周期运动问题
适用标准考点周期性与多解问题1．带电粒子电性不确立形成多解：受洛伦兹力作用的带电粒子，因为电性不一样，当速度同样时，正、负粒子在磁场中运动轨迹不一样，形成多解．如图 6 甲所示，带电粒子以速度v 垂直进入匀强磁场，如带正电，其轨迹为a，如带负电，其轨迹为 b .2．磁场方向不确立形成多解：有些题目只磁感觉强度的大小，而不知其方向，此时一定要考虑磁感觉强度方向不确立而形成的多解．如图乙所示，带正电粒子以速度 v 垂直进入匀强磁场，如 B 垂直纸面向里，其轨迹为 a，如 B 垂直纸面向外，其轨迹为 b .3．临界状态不独一形成多解：带电粒子在洛伦兹力作用下飞越有界磁场时，因为粒子运动轨迹是圆弧状，所以，它可能穿过去，也可能转过180 °从入射界面这边反向飞出，进而形成多解，如图丙所示．4．运动的周期性形成多解：带电粒子在局部是电场、局部是磁场的空间运动时，运动常常拥有来去性，进而形成多解，如图丁所示．一圆筒的横截面以下列图，其圆心为O.筒内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感觉强度为B.圆筒下边有相距为 d 的平行金属板M 、N ，此中 M 板带正电荷， N 板带等量负电荷.质量为m、电荷量为q 的带正电粒子自M 板边沿的P 处由静止开释，经N 板的小孔S 以速度 v 沿半径 SO 方向射入磁场中.粒子与圆筒发生两次碰撞后仍从S 孔射出.设粒子与圆筒碰撞过程中没有动能损失，且电荷量保持不变，在不计重力的状况下，求：(1)M 、 N 间电场强度 E 的大小；(2)圆筒的半径 R.(3)保持M、N间电场强度 E 不变，仅将M 板向上平移，粒子仍从M 板边沿的P处由静止开释粒子自进入圆筒至从S 孔射出时期，与圆筒的碰撞次数n 。
1.以下列图，在纸面内有磁感觉强度大小均为B，方向相反的匀强磁场，虚线等边三角形ABC 为两磁场的理想界限。
三角形ABC 边长为 L，虚线三角形内为方向垂直纸面向外的匀强磁场，三角形外面的足够大空间为方向垂直纸面向里的匀强磁场。
带电粒子在磁场中运动的临界值与多解专题课件
例 7 如图所示，宽度为 d 的有界匀强磁 场，磁感应强度为 B，MM′和 NN′是它的 两条边界．现有质量为 m，电荷量为 q 的带电 粒子沿图示方向垂直磁场射入．要使粒子不能 从边界 NN′射出，则粒子入射速率 v 的最大 值可能是多少．
【答案】 (2＋ 2)Bmqd(q 为正电荷)或(2－ 2)Bmqd(q 为负电
(四)三角形边界磁场 例 4 如图，直角三角形 abc 内有方向垂直 纸面向外的匀强磁场，磁感应强度的大小为 B， ∠a＝30°，ac＝2L，P 为 ac 的中点．在 P 点 有一粒子源可沿平行 cb 方向发出动能不同的 同种正粒子，粒子的电荷量为 q、质量为 m， 且粒子动能最大时，恰好垂直打在 ab 上．不考 虑重力，下列判断正确的是( )
(一)单面边界磁场 例 1 (多选)如图所示，S 处有一电子源， 可向纸面内任意方向发射电子，平板 MN 垂 直于纸面，在纸面内的长度 L＝9.1 cm，中 点 O 与 S 间的距离 d＝4.55 cm，MN 与 SO 直线的夹角为θ，板所在平面有电子源的一侧 区域有方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度 B＝2.0×10 －4 T，电子质量 m＝9.1×10－31 kg，电量 e＝－1.6×10－19 C，不 计电子重力，电子源发射速度 v＝1.6×106 m/s 的一个电子，该 电子打在板上可能位置的区域的长度为 l，则( )
已知粒子在磁场中做圆周运动的半径介于a2到 a 之间，从发射粒 子到粒子全部离开磁场经历的时间，恰好为粒子在磁场中做圆周 运动周期的四分之一．求最后离开磁场的粒子从粒子源射出时：
(1)速度的大小； (2)速度方向与 y 轴正方向夹角的正弦值．
【答案】
(1)(2－ 26)amqB
6－ 6 (2) 10
1.3.2 专题 带电粒子在有界磁场中的运动 课件-2023年高二物理人教版(2019)
③半径关系：r=R/tanθ=Rtanα
④运动时间:t= 2θT/2 π= θT/ π
(2)不沿径向射入时，速度
o’
方向与对应点半径的夹角
相等（等角进出）
o
•
（3）非径向入射的距离和时间推论：
①若r 轨迹<R边界，当轨迹直径恰好是边界圆的一
条弦，此时出射点离入射点最远，且Xmax=2r，
角（弦切角）相等。若出射点到入射点之间距离为d，则
d=2R
1
t T
2
d=2Rsinθ
t
T
d=2Rsinθ
t T
【例1】水平直线MN上方有垂直纸面向里范围足够大的有界匀强磁场,磁感应强度为B,正、负电子同时从MN边界O点以与MN成45°角的相
同速率v射入该磁场区域(电子的质量为m,电荷量为e),正、负电子间的
射入筒内，射入时的运动方向与MN成30°角。当筒转过90°时，该粒
子恰好从小孔N飞出圆筒。不计重力。若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞，
则带电粒子的比荷为(
)
【变式训练】在真空中半径 r =3×10-2m的圆形区域内有一匀强磁场，磁场
的磁感应强度B=0.2 T，方向如图所示，一个带正电的粒子以v0=1×106 m/s
（3）到入射点最远距离：
①和边界相交时，离出射点最远距离是以出射点为端点的直径或半径。
②和边界相切时，离出射点最远的距离是以出射点和切点为端点的弦长。
【例1】(多选)如图所示，圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，三个
质量和电荷量相同的带电粒子a、b、c，以不同的速率对准圆心O沿着
2025年高考物理复习课件 第3讲 专题提升 带电粒子在有界磁场中的运动
T= ×4t=3t,B 正确。
何关系可知,轨迹对应的圆心角为270°,则有 tmax=
360° 4
乙
甲
当粒子打到荧光屏位置处于S正下方时,粒子从射出到打到荧光屏上的时
间最短,如图丙所示,由几何关系可知,轨迹对应的圆心角为60°,则有
60°
1
2
tmin=
T= ×4t= t,C
360° 6
8
得 θ=53°
2π1
此时粒子运动周期为 T=
2
所以最短时间为
=
2π
53°×2
2π
tmin= 360° ×
=
53π
。
90
考向三 圆边界的临界、极值问题
典题3 (多选)如图所示,在水平面内存在半径为R的圆,在圆内
存在垂直于水平面竖直向下的匀强磁场,匀强磁场的磁感应
强度大小为B,位于圆心处的粒子源S沿水平面向各个方向发
由几何关系可得∠FDC=60°,粒子在磁场中运动的
最长时间为
60° 2π
t=360°×
=
π
,D 正确。
3
题型二
带电粒子在有界磁场中运动的多解问题
多解分类
带电粒
子电性
不确定
多解原因
带电粒子可能带正电,也可能带负
电,粒子在磁场中的运动轨迹不同
题目只告诉了磁感应强度的大小,
磁场方向
而未具体指出磁感应强度的方向,
2025年高考物理复习课件 新高考新教材
第3讲
专题提升 带电粒子在有界磁场中的运动
专题概述:解答带电粒子在有界磁场中运动的临界、极值问题要以题中的
“恰好”“最大”“最高”“至少”等词语为突破口,运用动态思维,寻找临界点,确
带电粒子在磁场中的运动(单边界、双边界、三角形、四边形、圆边界、临界问题、多解问题)(解析版)
带电粒子在磁场中的运动（单边界、双边界、三角形、四边形、圆边界、临界问题、多解问题）建议用时：60分钟带电粒子在磁场中的运动A．M带正电，N带负电B．M的速率小于N的速率A．1kBL，0°B3【答案】B【详解】若离子通过下部分磁场直接到达根据几何关系则有：R由：2v qvB mR=可得：qBLv kBLm==根据对称性可知出射速度与当离子在两个磁场均运动一次时，如图乙所示，因为两个磁场的磁感应强度大小均为根据洛伦兹力提供向心力，有：可得：122qBLv kBLm==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：通过以上分析可知当离子从下部分磁场射出时，需满足：此时出射方向与入射方向的夹角为：A．从ab边射出的粒子的运动时间均相同B．从bc边射出的粒子在磁场中的运动时间最长为C．粒子有可能从c点离开磁场D．若要使粒子离开长方形区域，速率至少为可见从ab射出的粒子做匀速圆周运动的半径不同，对应的圆心角不相同，所以时间也不同，故B．从bc边射出的粒子，其最大圆心角即与A ．粒子的速度大小为2qBdmB ．从O 点射出的粒子在磁场中的运动时间为C ．从x 轴上射出磁场的粒子在磁场中运动的最长时间与最短时间之比为D ．沿平行x 轴正方向射入的粒子离开磁场时的位置到得：R d=由洛仑兹力提供向心力可得：Bqv m=得：qBd v m=A 错误；A ．如果0v v >，则粒子速度越大，在磁场中运动的时间越长B ．如果0v v >，则粒子速度越大，在磁场中运动的时间越短C ．如果0v v <，则粒子速度越大，在磁场中运动的时间越长D ．如果0v v <，则粒子速度越大，在磁场中运动的时间越短【答案】B该轨迹恰好与y 轴相切，若上移，可知，对应轨迹圆心角可知，粒子在磁场中运动的时间越短，故CD ．若0v v <，结合上述可知，飞出的速度方向与x 轴正方向夹角仍然等于A ．粒子能通过cd 边的最短时间B ．若粒子恰好从c 点射出磁场，粒子速度C ．若粒子恰好从d 点射出磁场，粒子速度7．（2024·广西钦州·模拟预测）如图所示，有界匀强磁场的宽度为粒子以速度0v垂直边界射入磁场，离开磁场时的速度偏角为（ ）A．带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的轨道半径为B．带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的角速度为C．带电粒子在匀强磁场中运动的时间为D．匀强磁场的磁感应强度大小为【答案】B【详解】A．由几何关系可知，带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的轨道半径为：A．该匀强磁场的磁感应强度B．带电粒子在磁场中运动的速率C．带电粒子在磁场中运动的轨道半径D．带电粒子在磁场中运动的时间C．根据几何关系可得：cos30aR = o所以：233R a =故C正确；AB．在磁场中由洛伦兹力提供向心力，即：A．从c点射出的粒子速度偏转角度最大C．粒子在磁场运动的最大位移为10．（2024·四川乐山·三模）如图所示，在一个半径为面向里的匀强磁场，O 为区域磁场圆心。
带电粒子在磁场中的运动题型归类
作出图示的二临界轨迹
，故电子击中档板的范围在P1P2间；对SP1弧由图知
OP1 (2L) 2 L2 3L
对SP2弧由图知
OP2 (4L) 2 L2 15 L
【总结】本题利用了动态园法寻找引起范围的“临界轨迹”及“临 半径R0”，然后利用粒子运动的实际轨道半径R与R0的大小关系 确定范围。
（1）若粒子带负电，它将从x轴上A点离开磁场，运动方向发生 的偏转角
A点与O点相距
若粒子带正电，它将从y轴上B点离开磁场，运动方向发生的偏转角 B点与O点相距
（2）若粒子带负电，它从O到A所用的时间为
若粒子带正电，它从O到B所用的时间为
【总结】受洛伦兹力作用的带电粒子，可能带正电荷，也可能 带负电荷，在相同的初速度下，正负粒子在磁场中运动轨迹不 同，导致形成双解。
图9-15
图9-16
【审题】若带电粒子带负电，进入磁场后做匀速圆周运动，圆 心为O1，粒子向x轴偏转，并从A点离开磁场。若带电粒子带正 电，进入磁场后做匀速圆周运动，圆心为O2，粒子向y轴偏转， 并从B点离开磁场。粒子速率一定，所以不论粒子带何种电荷， 其运动轨道半径一定。只要确定粒子的运动轨迹，即可求解。 【解析】粒子运动半径： 。如图9-16，有 带电粒子沿半径为R的圆运动一周所用的时间为
有:
；
R0
d 1 Cos
故粒子必能穿出EF的实际运动轨迹半径R≥R0 mv0 d 即: R
qB 1 Cos
有:
。
v0
qBd m(1 Cos)
由图知粒子不可能从P点下方向射出EF，即只能从P点 上方某一区域射出；又由于粒子从点A进入磁场后受 洛仑兹力必使其向右下方偏转，故粒子不可能从AG 直线上方射出；由此可见EF中有粒子射出的区域为PG， 且由图知: dSin
带电粒子在磁场中运动之周期性磁场问题
考点4.5 周期性磁场问题周期性磁场问题：粒子在磁场或含有磁场的复合场中运动时，磁场周期性变化，有方向周期性变化，也有大小周期性变化，不论是哪种周期性变化，最终引起的都是粒子轨迹周期性变化。
有效地区分与联系粒子运动周期与磁场变化周期是解题的关键。
【例题】如图甲所示，在直角坐标系0≤x ≤L 区域有沿y 轴正方向的匀强电场，右侧有一个以点(3L,0)为圆心、半径为L 的圆形区域，圆形区域与x 轴的交点分别为M 、N .现有一质量为m 、带电荷量为e 的电子，从y 轴上的A 点以速度v 0沿x 轴正方向射入电场，飞出电场后从M 点进入圆形区域，速度方向与x 轴夹角为30°.此时在圆形区域有如图乙所示周期性变化的磁场，以垂直于纸面向外为磁场正方向，最后电子运动一段时间后从N 飞出，速度方向与进入磁场时的速度方向相同(与x 轴夹角为30°)．求：(1) 电子进入圆形磁场区域时的速度大小； (2) 0≤x ≤L 区域匀强电场场强E 的大小；(3) 写出圆形磁场区域磁感应强度B 0的大小、磁场变化周期T 各应满足的表达式． 解析 (1)电子在电场中做类平抛运动，射出电场时，如图所示．由速度关系：v 0v＝cos 30° 解得v ＝233v 0(2)由速度关系得v y ＝v 0tan 30°＝33v 0 在竖直方向a ＝eE mv y ＝at ＝eE m ·Lv 0解得E ＝3mv203eL(3)在磁场变化的半个周期粒子的偏转角为60°，根据几何知识，在磁场 变化的半个周期，粒子在x 轴方向上的位移恰好等于R ，如图所示．粒子到达N 点而且速度符合要求的空间条件是：2nR ＝2L电子在磁场做圆周运动的轨道半径R ＝mv eB 0＝23mv 03eB 0，解得B 0＝23nmv 03eL(n ＝1、2、3…) 若粒子在磁场变化的半个周期恰好转过16圆周，同时MN 间运动时间是磁场变化周期的整数倍时，可使粒子到达N 点并且速度满足题设要求．应满足的时间条件：2n ·16T 0＝nT ，T 0＝2πmeB 0解得：T ＝3πL3nv 0(n ＝1、2、3…) 【答案】(1)233v 0 (2)3mv 203eL (3)B 0＝23nmv 03eL (n ＝1、2、3…) T ＝3πL3nv 0(n ＝1、2、3…)1. 图(a)所示的xOy 平面处于匀强磁场中，磁场方向与xOy 平面(纸面)垂直，磁感应强度B 随时间t 变化的周期为T ，变化图线如图(b)所示．当B 为＋B 0时，磁感应强度方向指向纸外．在坐标原点O 有一带正电的粒子P ，其电荷量与质量之比恰好等于2πTB 0.不计重力．设P 在某时刻t 0以某一初速度沿y 轴正向从O 点开始运动，将它经过时间T 到达的点记为A .(a) (b)(1) 若t 0＝0，则直线OA 与x 轴的夹角是多少？ (2) 若t 0＝T4，则直线OA 与x 轴的夹角是多少？【答案】(1)0 (2)π22. 如图甲所示，在xOy 平面存在均匀、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O 发射初速度大小为v 0、方向沿y 轴正方向的带负电粒子.已知v 0、t 0、B 0，粒子的比荷为πB 0t 0，不计粒子的重力.求：(1) t ＝12t 0时，求粒子的位置坐标；(2) 若t ＝5t 0时粒子回到原点，求0～5t 0时间粒子距x 轴的最大距离.【答案】（1） (v 0t 0π，v 0t 0π). (2) (32＋2π)v 0t 0.3. 如图甲所示，在坐标系xOy 中，y 轴左侧有沿x 轴正向的匀强电场，场强大小为E ；y轴右侧有如图乙所示，大小和方向周期性变化的匀强磁场，磁感应强度大小B 0已知．磁场方向垂直纸面向里为正．t ＝0时刻，从x 轴上的P 点无初速度释放一带正电的粒子，质量为m ，电荷量为q (粒子重力不计)，粒子第一次在电场中运动的时间与第一次在磁场中运动的时间相等．求：(1) P 点到O 点的距离；(2) 粒子经一个周期沿y 轴发生的位移；(3) 粒子能否再次经过O 点，若不能说明理由．若能，求粒子再次经过O 点的时刻； (4) 粒子第4n (n ＝1、2、3…)次经过y 轴时的纵坐标．【答案】(1)mE π22qB 20 (2)πmE qB 20 (3)15πm qB 04. 如图a 所示的平面坐标系xOy ，在整个区域充满了匀强磁场，磁场方向垂直坐标平面，磁感应强度B 随时间变化的关系如图b 所示．开始时刻，磁场方向垂直纸面向里(如图)，t ＝0时刻有一带正电的粒子(不计重力)从坐标原点O 沿x 轴正方向进入磁场，初速度为v 0＝2×103m/s.已知该带电粒子的比荷为qm＝1.0×104C/kg.试求：(1) t 1＝4π3×10－4s 时粒子所处位置的坐标(x 1，y 1)； (2)带电粒子进入磁场运动后第一次到达y 轴时离出发点的距离h .【答案】(1)(35m,0.6 m) (2)1.6 m5. 在竖直平面建立一平面直角坐标系xOy ，x 轴沿水平方向，如图甲所示。
带电粒子在磁场中运动解题方法及经典例题
带电粒子在磁场中运动一、不计重力的带电粒子在匀强磁场中的运动1．匀速直线运动：若带电粒子的速度方向与匀强磁场的方向平行，则粒子做匀速直线运动．2．匀速圆周运动：若带电粒子的速度方向与匀强磁场的方向垂直，则粒子做匀速圆周运动．质量为m、电荷量为q的带电粒子以初速度v垂直进入匀强磁场B中做匀速圆周运动，其角速度为ω，轨道半径为R，运动的周期为T，推导半径和周期公式：推导过程：运动时间t=3．对于带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的问题，应注意把握以下几点．(1)粒子圆轨迹的圆心的确定的常规方法①若已知粒子在圆周运动中的两个具体位置与通过某一位置时的速度方向，可在已知的速度方向的位置作速度的垂线，同时作两位置连线的中垂线，两垂线的交点为圆轨迹的圆心，如图4－2 所示．②若已知做圆周运动的粒子通过某两个具体位置的速度方向，可在两位置上分别作两速度的垂线，两垂线的交点为圆轨迹的圆心，如图4－3所示．③若已知做圆周运动的粒子通过某一具体位置的速度方向与圆轨迹的半径R，可在该位置上作速度的垂线，垂线上距该位置R处的点为圆轨迹的圆心(利用左手定则判断圆心在已知位置的哪一侧)，如图4－4所示．图4－2图4－3图4－4例1 、一个质量为m电荷量为q的带电粒子从x轴上的P〔a，0〕点以速度v，沿与x正方向成60°的方向射入第一象限内的匀强磁场中，并恰好垂直于y轴射出第一象限。
求3〕〕匀强磁场的磁感应强度B和射出点的坐标。
〔坐标为〔0，a例2、电子自静止开始经M、N板间〔两板间的电压为U〕的电场加速后从A点垂直于磁场边界射入宽度为d的匀强磁场中，电子离开磁场时的位置P偏离入射方向的距离为L，如图2所示，求：〔1〕正确画出电子由静止开始直至离开磁场时的轨迹图； 〔2〕匀强磁场的磁感应强度.〔已知电子的质量为m ，电量为e 〕emUd L L 2222(2)利用速度的垂线与角的平分线的交点找圆心当带电粒子通过圆形磁场区后又通过无场区，如果只知道射入和射出时的速度的方向和射入时的位置，而不知道射出点的位置，应当利用角的平分线和半径的交点确定圆心。
人教版高中物理选择性必修第二册精品课件 第1章 带电粒子在有界匀强磁场中运动的临界和多解问题
2
1
- 2 ,得
5
R =d +
R=4d
0 2
质子在磁场中有 ev0B=
0
5
0
40
所以 R= ,即 d= ,B1=
4
1
5
2
2
B 较大时,质子从 N 点射出,此时质子运动了半个圆周,轨道半径
1
0
所以 d= ,即
4
2
中学高二校考)如图所示,空间存在四分之一圆形磁场区域,半径为R,磁感
应强度为B,磁场方向垂直纸面向外。电子以初速度v从圆心O沿OC方向射
入磁场,恰好由A点射出。不计电子的重力,弧AD对应的圆心角为60°,要使
电子从弧AD之间射出,电子从O点射入的初速度可能是(
A.2
3
B. 2
C.2v
D.3v
1 2 3 4
大的匀强磁场区域的边界(边界无磁场),内部磁感应强度方向垂直纸面向
外。带等量异种电荷的粒子a、b先后以相同的速度,从BC边上的某点D垂
直BC边射入磁场,两粒子均恰好从AC边射出。忽略粒子重力及粒子间相
互作用力,下列说法正确的是(
)
AB
A.a粒子带负电
B.a、b两粒子运动轨迹半径之比为3∶1
C.a、b两粒子质量之比为1∶3
v0=
(1+cos)
为使电子能从磁场的另一侧 EF 射出,电子的速率 v0 应满足
v0>(1+cos)。
(2)电子在磁场中做圆周运动的周期为
2π
T=
当电子能从左侧边界射出时,圆心角最大,运动的时间最长。由几何关系得
2022届高考物理一轮复习 专题八 带电粒子在磁场中运动的临界和多解问题学案 新人教版
专题八带电粒子在磁场中运动的临界和多解问题考点一带电粒子在磁场中运动的临界极值问题多维探究解决带电粒子在磁场中的临界极值问题的关键(1)以题目中的“恰好”“最大”“最高”“至少”等词语为突破口，运用动态思维，寻找临界点，确定临界状态，由磁场边界和题设条件画好轨迹、定好圆心，建立几何关系．(2)寻找临界点常用的结论：①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v一定时，弧长(或弦长)越长，圆心角越大，则带电粒子在有界磁场中运动的时间越长．③当速度v变化时，圆心角越大，运动时间越长．题型1|求运动时间的极值例1 [2020·全国卷Ⅰ，18]一匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，其边界如图中虚线所示，ab̂为半圆，ac、bd与直径ab共线，ac间的距离等于半圆的半径．一束质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子，在纸面内从c点垂直于ac射入磁场，这些粒子具有各种速率．不计粒子之间的相互作用．在磁场中运动时间最长的粒子，其运动时间为( )A.7πm6qB B.5πm4qBC.4πm3qBD.3πm2qB题型2|求磁感应强度的极值例2 [2020·全国卷Ⅲ，18]真空中有一匀强磁场，磁场边界为两个半径分别为a和3a的同轴圆柱面，磁场的方向与圆柱轴线平行，其横截面如图所示．一速率为v的电子从圆心沿半径方向进入磁场．已知电子质量为m，电荷量为e，忽略重力．为使该电子的运动被限制在图中实线圆围成的区域内，磁场的磁感应强度最小为( )A.3mv2ae B.mvaeC.3mv4ae D.3mv5ae题型3 |求运动速度的极值例3 如图所示，在直角三角形abc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，∠a＝60°，∠b＝90°，边长ac＝L.一个粒子源在a点将质量为m、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( )A.qBL2m B.√3qBL6mC.√3qBL4mD.qBL6m题型4|带电粒子通过磁场时的最大偏角例4 如图所示，半径R＝10 cm的圆形区域内有匀强磁场，其边界跟y轴在坐标原点O处相切，磁感强度B＝0.33 T，方向垂直纸面向里．在O处有一放射源S，可沿纸面向各方向射出速率均为v＝3.2×106m/s的α粒子，已知α粒子的质量m＝6.6×10－27 kg，电荷量q＝3.2×10－19 C，则该α粒子通过磁场空间的最大偏转角为( ) A．30° B．45°C．60° D．90°题型5|求区域的长度范围例5 如图所示，在荧光屏MN上方分布了水平方向的匀强磁场，磁感应强度的大小B＝0.1 T、方向与纸面垂直．距离荧光屏h＝16 cm处有一粒子源S，以速度v＝1×106＝1×108C/kg的带正电粒子，不计粒子的重m/s不断地在纸面内向各个方向发射比荷qm力．则粒子打在荧光屏范围的长度为( )A．12 cm B．16 cmC．20 cm D．24 cm练1 [最小边界]如图所示，一带电质点质量为m，电荷量为q，以平行于x轴的速度v从y轴上的a 点射入图中第一象限所示的区域．为了使该质点能从x轴上的b点以垂直于x轴的速度v射出，可在适当的地方加一个垂直于xOy平面、磁感应强度为B的匀强磁场．若此磁场仅分布在一个圆形区域内，试求这圆形磁场区域的最小半径．(重力忽略不计)练2 [2020·全国卷Ⅱ，24] 如图，在0≤x≤h，－∞<y<＋∞区域中存在方向垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度B的大小可调，方向不变．一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子以速度v0从磁场区域左侧沿x轴进入磁场，不计重力．(1)若粒子经磁场偏转后穿过y轴正半轴离开磁场，分析说明磁场的方向，并求在这种情况下磁感应强度的最小值B m；，粒子将通过虚线所示边界上的一点离开磁场．求粒子(2)如果磁感应强度大小为B m2在该点的运动方向与x轴正方向的夹角及该点到x轴的距离．题后反思解决临界极值问题的方法技巧(1)数学方法和物理方法的结合：如利用“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．(2)一个“解题流程”突破临界问题考点二带电粒子在匀强磁场中的运动的多解问题多维探究题型1|带电性质不确定例6 如图所示，宽度为d 的有界匀强磁场，磁感应强度为B ，MM ′和NN ′是它的两条边界．现有质量为m 、电荷量为q 的带电粒子沿图示方向垂直磁场射入．要使粒子不能从边界NN ′射出，则粒子入射速率v 的最大值可能是多少？题型2|磁场方向不确定例7 (多选)一质量为m ，电荷量为q 的负电荷在磁感应强度为B 的匀强磁场中绕固定的正电荷沿固定的光滑轨道做匀速圆周运动，若磁场方向垂直于它的运动平面，且作用在负电荷的电场力恰好是磁场力的三倍，则负电荷做圆周运动的角速度可能是( )A. 4qB mB. 3qB mC. 2qB mD. qBm题型3|临界状态不唯一例8 匀强磁场区域由一个半径为R的半圆和一个长为2R、宽为R的矩形组成，磁场2的方向如图所示．一束质量为m、电荷量为＋q的粒子(粒子间的相互作用和重力均不计)以速度v从边界AN的中点P垂直于AN和磁场方向射入磁场中．(1)当磁感应强度为多大时，粒子恰好从A点射出？(2)对应于粒子可能射出的各段磁场边界，磁感应强度应满足什么条件？题型4|带电粒子的周期性运动形成多解解决带电粒子在磁场中的周期性运动与多解问题，关键是对运动过程进行准确分析，找出周期性运动的规律，并用数学通式表达多解性．分析运动过程要注意两点：(1)注意磁场大小或方向的变化引起粒子运动轨迹的变化．(2)注意粒子的运动方向改变而使粒子的运动具有周期性和对称性．例9 [2021·广东韶关调研]如图所示，在无限长的竖直边界AC和DE间，上、下方分别充满方向垂直于平面ADEC向外的匀强磁场，上方磁场区域的磁感应强度大小为B0，OF为上、下方磁场的水平分界线．质量为m、所带电荷量为＋q的粒子从AC边界上与O 点相距为a 的P 点垂直于AC 边界射入上方磁场区域，经OF 上的Q 点第一次进入下方磁场区域，Q 点与O 点的距离为3a .不考虑粒子重力．(1)求粒子射入时的速度大小；(2)若下方区域的磁感应强度B ＝3B 0，粒子最终垂直于DE 边界飞出，求边界DE 与AC 间距离的可能值．练3 (多选)如图所示，两方向相反、磁感应强度大小均为B 的匀强磁场被边长为L 的等边三角形ABC 理想分开，三角形内磁场垂直纸面向里，三角形顶点A 处有一质子源，能沿∠BAC 的角平分线发射速度不同的质子(质子重力不计)，所有质子均能通过C点，质子比荷q m ＝k ，则质子的速度可能为( )A.2BkLB. BkL 2C. 3BkL 2D. BkL8练4 如图所示，在平面直角坐标系xOy 的第一象限y ≤a 范围内，存在垂直纸面向里磁感应强度为B 的匀强磁场．一质量为m 、电荷量为q 且带负电的粒子从坐标原点O 以速度大小为v 0＝2qBa m沿不同方向射入磁场，不计粒子的重力，下列说法正确的是( )A ．若粒子初速度沿y 轴正方向，则粒子在磁场中的运动时间为πm 3qBB ．若粒子初速度沿y 轴正方向，则粒子在磁场中的运动时间为2πm 3qBC．粒子在磁场中运动的最长时间为πm3qBD．粒子在磁场中运动的最长时间为2πm3qB思维拓展“几何圆”模型在磁场临界极值问题中的应用模型1 “放缩圆”模型的应用如图所示(图中只画出粒子带正电的情景)，速度v越大，运动半径也越大．可以发现这些带电粒子射入磁场后，它们运动轨迹的圆心在垂直初速度方向的直线PP′上为定点，圆心位于PP′直线上，将半径放缩作轨迹例1 (多选)如图所示，正方形abcd区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，O点是cd边的中点．若一个带正电的粒子(重力忽略不计)从O点沿纸面以垂直于cd边的速度射入正方形内，经过时间t0刚好从c点射出磁场．现设法使该带电粒子从O点沿纸面以与Od成30°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ab边射出磁场，它在磁场中经历的时间可能是t0t0 C．若该带电粒子从bc边射出磁场，它在磁场中经历的时间可能是32t0 D．若该带电粒子从cd边射出磁场，它在磁场中经历的时间一定是53模型2 “旋转圆”模型的应用粒子源发射速度大小一定、方向不同的带电粒子进入匀强磁场时，它们在磁场中做匀速圆周运动的半径相同，若射入初速度为v0，则轨迹半径为R＝mv0.如图所qB示带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心在以入射点、速度例2 如图所示，匀强磁场垂直于纸面，磁感应强度大小为B，一群比荷为qm大小为v的离子以一定发散角α由原点O出射，y轴正好平分该发散角，离子束偏转为( )后打在x轴上长度为L的区域MN内，则cosα2A ．1－BqL 4mvB ．12－BqL 4mvC ．1－BqL 2mvD ．1－BqLmv专题八 带电粒子在磁场中运动的临界和多解问题考点突破例1 解析：如图所示，设某一粒子从磁场圆弧ab̂上的e 点射出磁场，粒子在磁场中转过的圆心角为π＋θ＝π＋2α，由于所有粒子在磁场中运动周期相同，粒子在磁场中做匀速圆周运动时，运动轨迹对应的圆心角越大，则运动时间越长．由几何关系可知，α最大时，ce 恰好与圆弧ab ̂相切，此时sin α＝eO cO ＝12，可得α＝π6，θ＝2α＝π3，设粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为T ，粒子在磁场中运动的最长时间t ＝T 2+T 6，又T ＝2πm qB ，解得t ＝4πm 3qB，故选C.答案：C例2 解析：为使该电子的运动被限制在图中实线圆围成的区域内，且磁感应强度最小，由qvB ＝mv 2r可知，电子在匀强磁场中的轨迹半径r ＝mv eB，当r 最大时，B 最小，故临界情况为电子轨迹与有界磁场外边界相切，如图所示，由几何关系知a 2＋r 2＝(3a－r )2，解得r ＝43a ，联立可得最小的磁感应强度B ＝3mv4ae，选项C 正确．答案：C例3 解析：由分析知，粒子沿着ab 边入射且运动轨迹与bc 边相切时满足题意，粒子运动轨迹如图所示．由几何关系知，粒子运动轨迹半径r ＝ab ＝12L ，则粒子速度的最大值v ＝2πr T ＝qBL 2m，A 正确． 答案：A例4 解析：放射源发射的α粒子的速率一定，则它在匀强磁场中的轨道半径为定值，即r ＝mv qB ＝6.6×10−27×3.2×1063.2×10−19×0.33m ＝0.2 m ＝20 cmα粒子在圆形磁场区的圆弧长度越大，其偏转角度也越大，而最长圆弧是两端点在圆形磁场区的直径上，又r ＝2R ，则此圆弧所对的圆心角为60°，也就是α粒子在此圆形磁场区的最大偏转角为60°.轨迹如图所示．选项C 正确．答案：C例5 解析：如图所示，粒子在磁场中做圆周运动的半径为R ＝mv qB ＝10 cm ，若粒子打在荧光屏的左侧，当弦长等于直径时，打在荧光屏的最左侧，由几何关系有x 1＝√(2R )2−h 2＝12 cm ；粒子的运动轨迹与荧光屏右侧相切时，打在荧光屏的最右侧，由几何关系有x 2＝√R 2−(h −R )2＝8 cm.根据数学知识可知打在荧光屏上的范围长度为x ＝x 1＋x 2＝12 cm ＋8 cm ＝20 cm ，选项C 正确．答案：C 练1解析：由于已知初速度与末速度的方向，可得偏向角φ＝π2.设粒子由M 点进入磁场，由于φ＝2β，可沿粒子偏转方向β＝π4来补弦MN ，如图所示．由“切线、弦”可得圆心O 1，从而画轨迹弧MN .显然M 、N 为磁场边界上两点，而磁场又仅分布在一圆形区域内．欲使磁场面积最小，则弦MN 应为磁场边界所在圆的直径(图中虚线图)，即得2r ＝MN .由几何知识，在Rt△MO 1O 2中可知R ＝√2r ，又因为R ＝mv qB，所以，这圆形磁场区域的最小半径 ＝√22R ＝√2mv 2qB . 答案：√2mv 2qB练2 解析：(1)由题意，粒子刚进入磁场时应受到方向向上的洛伦兹力，因此磁场方向垂直于纸面向里．设粒子进入磁场中做圆周运动的半径为R ，根据洛伦兹力公式和圆周运动规律，有qv 0B ＝m v 02 R ①由此可得R ＝mv 0qB② 粒子穿过y 轴正半轴离开磁场，其在磁场中做圆周运动的圆心在y 轴正半轴上，半径应满足R ≤h ③由题意，当磁感应强度大小为B m 时，粒子的运动半径最大，由此得B m ＝mv 0qh④(2)若磁感应强度大小为B m 2，粒子做圆周运动的圆心仍在y 轴正半轴上，由②④式可得，此时圆弧半径为R ′＝2h ⑤粒子会穿过图中P 点离开磁场，运动轨迹如图所示．设粒子在P 点的运动方向与x 轴正方向的夹角为α，由几何关系sin α＝h 2h ＝12⑥则α＝π6⑦由几何关系可得，P 点与x 轴的距离为y ＝2h (1－cos α)⑧联立⑦⑧式得y ＝(2－√3)h ⑨答案：见解析 例6解析：题目中只给出粒子“电荷量为q ”，未说明是带哪种电荷，所以分情况讨论．若带电粒子带正电荷，则轨迹是图中与NN ′相切的14圆弧，轨迹半径R ＝mv Bq又d ＝R －R ·sin 45°解得v ＝(2+√2)Bqd m若带电粒子带负电荷，则轨迹是图中与NN ′相切的34圆弧，轨迹半径R ′＝mv ′Bq 又d ＝R ′＋R ′sin 45°解得v ′＝(2−√2)Bqd m答案：(2＋√2)Bqd m (q 为正电荷) 或(2－√2)Bqd m(q 为负电荷) 例7 解析：依题中条件“磁场方向垂直于它的运动平面”，磁场方向有两种可能，且这两种方向相反．在方向相反的两个匀强磁场中，由左手定则可知负电荷所受的洛伦兹力的方向也是相反的．当负电荷所受的洛伦兹力与电场力方向相同时，根据牛顿第二定律可知4Bqv ＝m v 2R ，得v ＝4BqR m .此种情况下，负电荷运动的角速度为ω＝v R ＝4Bq m ；当负电荷所受的洛伦兹力与电场力方向相反时，有2Bqv ＝m v 2R ，v ＝2BqR m ，此种情况下，负电荷运动的角速度为ω＝v R ＝2Bq m.故AC 正确．答案：AC例8 解析：(1)由左手定则判定，粒子向左偏转，只能从PA 、AC 和CD 三段边界射出，如图所示．当粒子从A 点射出时，运动半径r 1＝R 2.由qvB 1＝mv 2r 1 得B 1＝2mv qR. (2)当粒子从C 点射出时，由勾股定理得：(R －r 2)2＋(R 2)2＝r 22，解得r 2＝58R 由qvB 2＝mv 2r 2，得B 2＝8mv 5qR据粒子在磁场中运动半径随磁场减弱而增大，可以判断：当B >2mv qR 时，粒子从PA 段射出；当8mv 5qR <B <2mv qR时，粒子从AC 段射出； 当B <8mv 5qR 时，粒子从CD 段射出．答案：(1)2mv qR(2)见解析例9 解析：(1)粒子在OF 上方的运动轨迹如图甲所示， 设粒子做圆周运动的半径为R ，由几何关系得R 2－(R －a )2＝(3a )2，解得R ＝5a由牛顿第二定律得qvB 0＝m v 2R解得v ＝5aqB 0m.(2)当B ＝3B 0时，粒子的运动轨迹如图乙所示，粒子在OF 下方的运动半径为r ＝53a .设粒子的速度方向再次与射入磁场时的速度方向一致时的位置为P 1，则P 与P 1的连线一定与OF 平行，根据几何关系知PP 1＝4a若粒子最终垂直于DE 边界飞出，则边界DE 与AC 间的距离为L ＝nPP 1＝4na (n ＝1，2，3，…)．答案：(1)5aqB 0m(2)4na (n ＝1，2，3，…)练3 解析：因质子带正电，且经过C 点，其可能的轨迹如图所示，所有圆弧所对圆心角均为60°，所以质子运行半径r ＝L n (n ＝1，2，3…)，由洛伦兹力提供向心力得Bqv ＝m v 2r ，即v ＝Bqr m ＝Bk ·L n(n ＝1，2，3…)，选项B 、D 正确． 答案：BD 练4解析：本题考查带电粒子在平行边界磁场中运动的临界问题．粒子运动的速度为v 0＝2qBa m ，则粒子运动的轨迹半径为r ＝mv 0qB ＝2a ，若粒子初速度沿y 轴正方向，由几何关系知粒子在磁场中运动偏转的角度为30°，则运动时间为t 1＝30°360°T ＝112×2πr v 0＝πm 6qB ，选项A 、B 错误；当轨迹与磁场上边界相切时，粒子在磁场中运动的时间最长，由几何关系可知，此时粒子在磁场中偏转的角度为120°，时间为t m ＝120°360°T ＝2πm 3qB，故选D. 答案：D 思维拓展 典例1解析：由题意可知带电粒子以垂直于cd 边的速度射入正方形内，经过时间t 0刚好从c 点射出磁场，则知带电粒子的运动周期为T ＝2t 0.随粒子速度逐渐增大，轨迹由①→②→③→④依次渐变，由图可以知道粒子在四个边射出时，射出范围分别为OG 、FE 、DC 、BA 之间，不可能从四个顶点射出，所以A 项正确；当粒子从O 点沿纸面垂直于cd 边射入正方形内，轨迹恰好为半个圆周，即时间t 0刚好为半周期，从ab 边射出的粒子所用时间小于半周期t 0，从bc 边射出的粒子所用时间小于23T ＝4t 03，所有从cd 边射出的粒子圆心角都是300°，所用时间为5T 6＝5t 03，故B 、C 项错误，A 、D 项正确．答案：AD典例2 解析：根据洛伦兹力提供向心力，有qvB ＝m v 2R ，得R ＝mvqB，离子通过M 、N 点的轨迹如图所示，由几何关系知MN ＝ON －OM ，过M 点两圆圆心与原点连线与x 轴夹角为α2，圆心在x 轴上的圆在O 点时的速度沿y 轴正方向，由几何关系可知L ＝2R －2R cos α2，解得cos α2＝1－BqL 2mv，故选项C 正确．答案：C。
高中物理(新人教版)选择性必修二同步习题：磁场中的多解性和周期性问题(同步习题)【含答案及解析】
第一章安培力与洛伦兹力专题强化练2 磁场中的多解性和周期性问题一、选择题1.(2020江西南昌十中高二月考,)(多选)如图所示,A点的离子源在纸面内沿垂直OQ的方向向上射出一束负离子,重力忽略不计。
为把这束负离子约束在OP之下的区域,可加垂直纸面的匀强磁场。
已知O、A间的距离为s,负离子的比荷为qm,速率为v,OP与OQ间夹角为30°。
则所加磁场的磁感应强度B应满足(深度解析)A.垂直纸面向里,B>mv3qs B.垂直纸面向里,B>mvqsC.垂直纸面向外,B>3mvqs D.垂直纸面向外,B>mvqs2.()(多选)如图所示,直线MN与水平方向成60°角,MN的右上方存在垂直纸面向外的匀强磁场,左下方存在垂直纸面向里的匀强磁场,两磁场的磁感应强度大小均为B。
一粒子源位于MN上的a点,能水平向右发射不同速率、质量为m(重力不计)、电荷量为q(q>0)的同种粒子,所有粒子均能通过MN上的b点,已知ab=L,则粒子的速度可能是( )A.√3qBL6m B.√3qBL3mC.√3qBL2mD.√3qBLm3.(2020黑龙江哈尔滨六中高三期末,)如图所示,边长为l的等边三角形ACD内、外分布着方向相反的匀强磁场,磁感应强度大小均为B。
顶点A处有一粒子源,能沿∠CAD的平分线方向发射不同速度的粒子,粒子质量均为m,电荷量均为+q,不计粒子重力。
则粒子以下列哪一速度发射时不能通过D点( )A.qBl4m B.qBl2mC.3qBl4mD.qBlm4.(2020四川遂宁高二期末,)(多选)如图所示,在x>0、y>0区域的真空中有方向垂直于xOy平面向里的匀强磁场,磁感应强度的大小为B。
现有一质量为m、电荷量为q的带电粒子,从x轴上的P点沿着与x轴成30°角的方向以任意大小的速度v射入磁场。
不计粒子重力,则下列说法中正确的是( )A.只要粒子的速度大小合适,粒子就可以通过坐标原点B.粒子在磁场中运动所经历的时间可能为3πm2qBC.粒子在磁场中运动所经历的时间可能为πmqBD.粒子在磁场中运动所经历的时间可能为πm3qB二、非选择题5.(2020重庆西南大学附中高三月考,)如图1所示,在矩形ABCD区域里存在垂直于纸面方向的磁场,规定垂直纸面向里为磁场正方向,磁感应强度B按如图2所示规律变化。
专题57 带电粒子在磁场中的运动(解析版)
2023届高三物理一轮复习多维度导学与分层专练专题57 带电粒子在磁场中的运动导练目标 导练内容目标1 洛伦兹力的大小方向 目标2 带电粒子在有界磁场中的运动 目标3带电粒子在磁场中运动的多解问题一、洛伦兹力的大小方向 1.洛伦兹力的大小和周期（1）大小：qvB F =（v B ⊥）；（2）向心力公式：rmv qvB 2=；（3）周期：22r m T v qB ππ== 2.洛伦兹力的特点(1)利用左手定则判断洛伦兹力的方向，注意区分正、负电荷。
(2)当电荷运动方向发生变化时，洛伦兹力的方向也随之变化。
(3)运动电荷在磁场中不一定受洛伦兹力作用。
(4)洛伦兹力永不做功。
3.洛伦兹力的方向 (1)判断方法：左手定则(2)方向特点：洛伦兹力的方向一定与粒子速度方向和磁感应强度方向所决定的平面垂直(B 与v 可以有任意夹角)。
注意：由左手定则判断洛伦兹力方向时，四指指向正电荷运动的方向或负电荷运动的反方向。
【例1】如图所示，光滑的水平桌面处于匀强磁场中，磁场方向竖直向下，磁感应强度大小为B ；在桌面上放有内壁光滑、长为L 的试管，底部有质量为m 、带电量为q 的小球，试管在水平向右的拉力作用下以速度v 向右做匀速直线运动（拉力与试管壁始终垂直），带电小球能从试管口处飞出，关于带电小球及其在离开试管前的运动，下列说法中正确的是（ ）A ．小球带负电，且轨迹为抛物线B ．小球运动到试管中点时，水平拉力的大小应增大至qvBLqBmC ．洛伦兹力对小球做正功D ．对小球在管中运动全过程，拉力对试管做正功，大小为qvBL 【答案】BD【详解】A ．小球能从试管口处飞出，说明小球受到指向试管口的洛伦兹力，根据左手定则判断，小球带正电；小球沿试管方向受到洛伦兹力的分力y F qvB =恒定，小球运动的轨迹是一条抛物线，故A 错误；B ．由于小球相对试管做匀加速直线运动，会受到与试管垂直且向左的洛，则拉力应增大伦兹力的分力x y F qv B =小球运动到中点时沿管速度为22y qvB L v m =⨯qvBL F m=持匀速运动，故B 正确；C ．沿管与垂直于管洛伦兹力的分力合成得到的实际洛伦兹力总是与速度方向垂直，不做功，故C 错误；D ．对试管、小球组成的系统，拉力做功的效果就是增加小球的动能，由功能关系F k W E qvBL =∆=故D 正确；故选BD 。
模型23 带电粒子在磁场中的多解问题(教师版)-高中物理模型专练
23带电粒子在磁场中的多解问题1．如图所示，匀强磁场的磁感应强度为B ，方向垂直xOy 平面向外。
某时刻一个质子从点(L 0，0)处沿y 轴负方向进入磁场；一个α粒子同时从点(－L 0，0)进入磁场，速度方向在xOy 平面内。
设质子的质量为m 、电荷量为e ，不计质子与α粒子的重力和它们之间的相互作用。
如果α粒子第一次到达原点时恰能与质子相遇，已知质子和α粒子都带正电，且α粒子的质量是质子质量的4倍，α粒子带的电荷量是质子的2倍，则()A ．质子的速度大小为2eBL m 0B ．质子的速度大小为2eBL m0C ．两粒子相遇时，α粒子的运动时间可能是3m eB πD ．两粒子相遇时，α粒子的运动时间可能是52m eBπ【答案】BC 【详解】AB ．质子的运动轨迹如图所示。
其圆心在02L x =处，其半径02LR =，质子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得2v evB mR=解得02eBL v m=故A 错误，B 正确；CD ．质子在磁场中做匀速圆周运动的周期H 22R mT v eBππ==同理，α粒子的周期是质子周期的2倍；由于α粒子第一次到达原点时恰能与质子相遇，故相遇时质子可能运动了半个周期，也有可能运动了一个半周期。
如果相遇时质子只运动了半个周期，则质子的运动时间为H 12m t T eBπ==如果质子运动了一个半周期相遇，则质子的运动时间为H 332322m mt T eB eBππ'==⨯=两个粒子在原点相遇，则它们运动的时间一定相同，故α粒子的运动时间可能是m t eB π=或3mt eBπ'=故C 正确，D 错误。
故选BC 。
2．如图所示，两方向相反、磁感应强度大小均为B 的匀强磁场被边长为L 的等边三角形ABC 分开，三角形内磁场垂直纸面向里，三角形顶点A 处有一质子源，能沿∠BAC 的角平分线发射速度不同的质子(质子重力不计)，所有质子均能通过C 点，质子比荷qm＝k ，则质子的速度可能为()A ．2BkLB ．2BkLC ．32BkL D ．8BkL 【答案】BD 【详解】因质子带正电，且经过c 点，其可能的轨迹如图所示，所有圆弧所对圆心角均为60︒，所以质子运行半径r ＝Ln(n ＝1，2，3．．．．．．)由洛伦兹力提供向心力得Bqv ＝m2v r即v ＝qBr m＝Bk Ln (n ＝1，2，3．．．．．．)故BD 正确。
高考物理带电粒子在磁场中的运动(一)解题方法和技巧及练习题及解析
高考物理带电粒子在磁场中的运动(一)解题方法和技巧及练习题及解析一、带电粒子在磁场中的运动专项训练1．如图，圆心为O、半径为r的圆形区域外存在匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向外，磁感应强度大小为B。
P是圆外一点，OP=3r。
一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子从P点在纸面内垂直于OP射出。
己知粒子运动轨迹经过圆心O，不计重力。
求(1)粒子在磁场中做圆周运动的半径；(2)粒子第一次在圆形区域内运动所用的时间。
【答案】(1)(2)【解析】【分析】本题考查在匀强磁场中的匀速圆周运动及其相关的知识点，意在考查考生灵活运用相关知识解决问题的的能力。
【详解】（1）找圆心，画轨迹，求半径。
设粒子在磁场中运动半径为R，由几何关系得：①易得：②（2）设进入磁场时速度的大小为v，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有③进入圆形区域，带电粒子做匀速直线运动，则④联立②③④解得2．如图所示，同轴圆形区域内、外半径分别为R1＝1 m、R2＝3m，半径为R1的圆内分布着B1＝2.0 T的匀强磁场，方向垂直于纸面向外；外面环形磁场区域分布着B2＝0.5 T的匀强磁场，方向垂直于纸面向内．一对平行极板竖直放置，极板间距d＝3cm，右极板与环形磁场外边界相切，一带正电的粒子从平行极板左板P点由静止释放，经加速后通过右板小孔Q，垂直进入环形磁场区域．已知点P、Q、O在同一水平线上，粒子比荷4×107C/kg，不计粒子的重力，且不考虑粒子的相对论效应．求：(1) 要使粒子不能进入中间的圆形磁场区域，粒子在磁场中的轨道半径满足什么条件？(2) 若改变加速电压大小，可使粒子进入圆形磁场区域，且能竖直通过圆心O，则加速电压为多大？(3) 从P点出发开始计时，在满足第(2)问的条件下，粒子到达O点的时刻．【答案】(1) r1<1m. (2) U＝3×107V. (3) t=(6.1×10－8＋12.2×10－8k)s(k＝0，1，2，3，…)【解析】【分析】（1）画出粒子恰好不进入中间磁场区的临界轨迹，先根据几何关系求出半径；（2）画出使粒子进入圆形磁场区域，且能竖直通过圆心O的轨迹，结合几何关系求解半径，然后根据洛伦兹力提供向心力列方程，再根据动能定理对直线加速过程列方程，最后联立方程组求解加速电压；（3）由几何关系，得到轨迹对应的圆心角，求解粒子从Q孔进入磁场到第一次到O点所用的时间，然后考虑周期性求解粒子到达O点的时刻．【详解】(1) 粒子刚好不进入中间磁场时轨迹如图所示，设此时粒子在磁场中运动的半径为r1，在Rt△QOO1中有r12＋R22＝(r1＋R1)2代入数据解得r1＝1m粒子不能进入中间磁场，所以轨道半径r1<1m.(2) 轨迹如图所示，由于O、O3、Q共线且水平，粒子在两磁场中的半径分别为r2、r3，洛伦兹力不做功，故粒子在内外磁场的速率不变，由qvB＝m2 v r得r＝mvqB易知r3＝4r2且满足(r2＋r3)2＝(R2－r2)2＋r32解得r2＝34m，r3＝3m又由动能定理有qU＝12mv2代入数据解得U＝3×107V.(3)带电粒子从P到Q的运动时间为t1，则t1满足12v t1＝d得t1＝10－9s令∠QO2O3＝θ，所以cosθ＝0.8，θ＝37°(反三角函数表达亦可)圆周运动的周期T＝2mqBπ故粒子从Q孔进入磁场到第一次到O点所用的时间为8221372180532610360360m mt sqB qBππ-⨯⨯⨯－＝＋＝考虑到周期性运动，t总＝t1＋t2＋k(2t1＋2t2)＝(6.1×10－8＋12.2×10－8k)s(k＝0，1，2，3，…)．3．在水平桌面上有一个边长为L的正方形框架，内嵌一个表面光滑的绝缘圆盘，圆盘所在区域存在垂直圆盘向上的匀强磁场．一带电小球从圆盘上的P点（P为正方形框架对角线AC与圆盘的交点）以初速度v0水平射入磁场区，小球刚好以平行于BC边的速度从圆盘上的Q点离开该磁场区（图中Q点未画出），如图甲所示．现撤去磁场，小球仍从P点以相同的初速度v0水平入射，为使其仍从Q点离开，可将整个装置以CD边为轴向上抬起一定高度，如图乙所示，忽略小球运动过程中的空气阻力，已知重力加速度为g．求：（1）小球两次在圆盘上运动的时间之比；（2）框架以CD为轴抬起后，AB边距桌面的高度．【答案】（1）小球两次在圆盘上运动的时间之比为：π：2；（2）框架以CD为轴抬起后，AB边距桌面的高度为222vg．【解析】【分析】【详解】（1）小球在磁场中做匀速圆周运动，由几何知识得：r2+r2=L2，解得：r=22L，小球在磁场中做圆周运的周期：T=2rvπ，小球在磁场中的运动时间：t1=14T=24Lvπ，小球在斜面上做类平抛运动，水平方向：x =r =v 0t 2， 运动时间：t 2=22L v ， 则：t1：t 2=π：2；（2）小球在斜面上做类平抛运动，沿斜面方向做初速度为零的匀加速直线运动，位移：r =2212at ，解得，加速度：a =222v L，对小球，由牛顿第二定律得：a =mgsin mθ=g sinθ， AB 边距离桌面的高度：h =L sinθ=222v g；4．如图，平面直角坐标系中，在，y ＞0及y ＜-32L 区域存在场强大小相同，方向相反均平行于y 轴的匀强电场，在-32L ＜y ＜0区域存在方向垂直于xOy 平面纸面向外的匀强磁场，一质量为m ，电荷量为q 的带正电粒子，经过y 轴上的点P 1（0，L ）时的速率为v 0，方向沿x 轴正方向，然后经过x 轴上的点P 2（32L ，0）进入磁场．在磁场中的运转半径R =52L （不计粒子重力），求：（1）粒子到达P 2点时的速度大小和方向； （2）EB； （3）粒子第一次从磁场下边界穿出位置的横坐标； （4）粒子从P 1点出发后做周期性运动的周期． 【答案】（1）53v 0，与x 成53°角；（2）043v ；（3）2L ；（4）()04053760L v π+．【解析】 【详解】（1）如图，粒子从P 1到P 2做类平抛运动，设到达P 2时的y 方向的速度为v y ，由运动学规律知32L=v0t1，L=2yvt1可得t1=32Lv，v y=43v0故粒子在P2的速度为v220yv v+=53v0设v与x成β角，则tanβ=yvv=43，即β=53°；（2）粒子从P1到P2，根据动能定理知qEL=12mv2-12mv02可得E=289mvqL粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据qvB=m2vR解得：B=mvqR=5352m vq L⨯⨯=023mvqL解得：043vEB=；（3）粒子在磁场中做圆周运动的圆心为O′，在图中，过P2做v的垂线交y=-32L直线与Q′点，可得：P2O′=3253Lcos o=52L=r故粒子在磁场中做圆周运动的圆心为O′，因粒子在磁场中的轨迹所对圆心角α=37°，故粒子将垂直于y=-32L直线从M点穿出磁场，由几何关系知M的坐标x=32L+（r-r cos37°）=2L；（4）粒子运动一个周期的轨迹如上图，粒子从P1到P2做类平抛运动：t1=32Lv在磁场中由P2到M动时间：t2=372 360rvπ︒⨯o=37120Lvπ从M运动到N，a=qEm=289vL则t3=va=158Lv则一个周期的时间T=2（t1+t2+t3）=()4053760Lvπ+．5．如图所示，坐标原点O左侧2m处有一粒子源，粒子源中，有带正电的粒子(比荷为qm=1.0×1010C/kg)由静止进人电压U= 800V的加速电场，经加速后沿x轴正方向运动，O点右侧有以O1点为圆心、r=0.20m为半径的圆形区域，内部存在方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B=1.0×10－3T的匀强磁场(图中未画出)圆的左端跟y轴相切于直角坐标系原点O，右端与一个足够大的荧光屏MN相切于x轴上的A点，粒子重力不计。
微专题55 带电粒子在匀强磁场中周期性运动和多解问题
微专题53 带电粒子在匀强磁场中周期性运动和多解问题【核心考点提示】1．带电粒子电性不确定形成多解：受洛伦兹力作用的带电粒子，由于电性不同，当速度相同时，正、负粒子在磁场中运动轨迹不同，形成多解．如图6甲所示，带电粒子以速度v 垂直进入匀强磁场，如带正电，其轨迹为a ，如带负电，其轨迹为b .2．磁场方向不确定形成多解：有些题目只已知磁感应强度的大小，而不知其方向，此时必须要考虑磁感应强度方向不确定而形成的多解．如图乙所示，带正电粒子以速度v 垂直进入匀强磁场，如B 垂直纸面向里，其轨迹为a ，如B 垂直纸面向外，其轨迹为b .3．临界状态不唯一形成多解：带电粒子在洛伦兹力作用下飞越有界磁场时，由于粒子运动轨迹是圆弧状，因此，它可能穿过去，也可能转过180°从入射界面这边反向飞出，从而形成多解，如图丙所示．4．运动的周期性形成多解：带电粒子在部分是电场、部分是磁场的空间运动时，运动往往具有往复性，从而形成多解，如图丁所示． 【微专题训练】(多选)如图所示，左、右边界分别为PP ′、QQ ′的匀强磁场的宽度为d ，磁感应强度大小为B ，方向垂直纸面向里．一个质量为m 、电荷量为q 的微观粒子，沿图示方向以速度v 0垂直射入磁场．欲使粒子不能从边界QQ ′射出，粒子入射速度v 0的最大值可能是( )A.Bqd mB.(2＋2)Bqd mC.(2－2)Bqd mD.2Bqd 2m【解析】粒子射入磁场后做匀速圆周运动，由R ＝mv 0qB 知，粒子的入射速度v 0越大，R 越大，当粒子的径迹和边界QQ ′相切时，粒子刚好不从QQ ′射出，此时其入射速度v 0应为最大．若粒子带正电，其运动轨迹如图甲所示(此时圆心为O 点)，容易看出R 1sin 45°＋d ＝R 1，将R 1＝mv 0qB代入上式得v 0＝＋2Bqdm，选项B 正确．若粒子带负电，其运动轨迹如图乙所示(此时圆心为O ′点)，容易看出R 2＋R 2cos 45°＝d ，将R 2＝mv 0qB 代入上式得v 0＝－2Bqdm，选项C 正确． 【答案】BC(2017·湖北宜昌三模)如图，两个共轴的圆筒形金属电极，外电极接地，其上均匀分布着平行于轴线的四条狭缝a 、b 、c 和d ，外筒的外半径为r 。
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矿产资源开发利用方案编写内容要求及审查大纲
矿产资源开发利用方案编写内容要求及《矿产资源开发利用方案》审查大纲一、概述
㈠矿区位置、隶属关系和企业性质。
如为改扩建矿山, 应说明矿山现状、
特点及存在的主要问题。
㈡编制依据
(1简述项目前期工作进展情况及与有关方面对项目的意向性协议情况。
(2 列出开发利用方案编制所依据的主要基础性资料的名称。
如经储量管理部门认定的矿区地质勘探报告、选矿试验报告、加工利用试验报告、工程地质初评资料、矿区水文资料和供水资料等。
对改、扩建矿山应有生产实际资料, 如矿山总平面现状图、矿床开拓系统图、采场现状图和主要采选设备清单等。
二、矿产品需求现状和预测
㈠该矿产在国内需求情况和市场供应情况
1、矿产品现状及加工利用趋向。
2、国内近、远期的需求量及主要销向预测。
㈡产品价格分析
1、国内矿产品价格现状。
2、矿产品价格稳定性及变化趋势。
三、矿产资源概况
㈠矿区总体概况
1、矿区总体规划情况。
2、矿区矿产资源概况。
3、该设计与矿区总体开发的关系。
㈡该设计项目的资源概况
1、矿床地质及构造特征。
2、矿床开采技术条件及水文地质条件。