資源簡介

(共66張PPT)
帶電粒子在有界勻強磁場中的運動
專題強化十七
目標
要求
1.能夠確定粒子運動的圓心、半徑、運動時間.2.學會處理帶電粒子在直線邊界、平行邊界、圓形邊界、多邊形邊界或角形區域磁場中運動的問題.3.會分析帶電粒子在勻強磁場中的多解問題.
內容索引
題型一　帶電粒子在有界勻強磁場中的運動
題型二　帶電粒子在有界勻強磁場中運動的多解問題
課時精練
題型一
帶電粒子在有界勻強磁場中的運動
一、粒子軌跡圓心的確定，半徑、運動時間的計算方法
1.圓心的確定方法
(1)若已知粒子軌跡上的兩點的速度方向，
分別確定兩點處洛倫茲力F的方向，其交
點即為圓心，如圖甲.
(2)若已知粒子運動軌跡上的兩點和其中
某一點的速度方向，弦的中垂線與速度
垂線的交點即為圓心，如圖乙.
(3)若已知粒子軌跡上某點速度方向，又能根據r＝　 計算出軌跡半徑r，
則在該點沿洛倫茲力方向距離為r的位置為圓心，如圖丙.
2.半徑的計算方法
常用到的幾何關系
①粒子的偏轉角等于半徑掃過的圓心角，如圖乙，φ＝α.
②弦切角等于弦所對應圓心角一半，如圖乙，θ＝ α.
二、帶電粒子在有界磁場中的運動
1.直線邊界(進出磁場具有對稱性，如圖所示)
2.平行邊界(往往存在臨界條件，如圖所示)
3.圓形邊界(進出磁場具有對稱性)
(1)沿徑向射入必沿徑向射出，如圖甲所示.
(2)不沿徑向射入時，如圖乙所示.
射入時粒子速度方向與半徑的夾角為θ，射出磁場時速度方向與半徑的夾角也為θ.
4.在多邊形邊界或角形區域磁場
帶電粒子在多邊形邊界或角形區域磁場運動時，會有不同的臨界情景，解答該類問題主要把握以下兩點：
(1)射入磁場的方式：①從某頂點射入；②從某邊上某點以某角度射入.
(2)射出點的判斷：經常會判斷是否會從某頂點射出.
①當α≤θ時，可以過兩磁場邊界的交點，發射點到兩磁場邊界的交點距離為d＝2Rsin α，如圖甲所示.
②當α>θ時，不能通過兩磁場邊界的交點，
粒子的運動軌跡會和另一個邊界相切，如圖乙所示.
√
考向1　帶電粒子在直線邊界磁場中運動
電子1、2在磁場中都做勻速圓周運動，根據題意畫出兩電子的運動軌跡，如圖所示，電子1垂直邊界射入磁場，從b點離開，則運動了半個圓周，ab即為直徑，c點為圓心；
電子2以相同速率垂直磁場方向射入磁場，經t2時間從a、b連線的中點c離開磁場，
根據幾何關系可知，△aOc為等邊三角形，
則電子2轉過的圓心角為60°，
√
考向2　帶電粒子在圓形邊界磁場中運動
√
考向3　帶電粒子在平行邊界磁場中運動
例3　(多選)(2023·福建龍巖市第一中學模擬)帶等量異種電荷的a、b兩粒子分別以va和vb的速度射入勻強磁場，兩粒子的入射方向與磁場邊界的夾角分別為60°和30°，磁場寬度為d，兩粒子同時從A點出發，同時到達B點，如圖所示，不計粒子重力及粒子間的相互作用，則
A.a粒子帶正電，b粒子帶負電
B.兩粒子運動周期之比Ta∶Tb＝2∶1
C.兩粒子的質量之比ma∶mb＝2∶1
D.兩粒子的軌跡半徑之比Ra∶Rb＝1∶
√
√
由題意可知a粒子向下偏轉，b粒子向上偏轉，由左手定則可知a粒子帶負電，b粒子帶正電，故A錯誤；
作出兩粒子的運動軌跡如圖所示，由幾何關系可知從A運動到B，a粒子轉過的圓心角為60°，b粒子轉過的圓心角為120°，因為兩粒子運動時間相同，
考向4　帶電粒子在多邊形邊界或角形區域磁場中運動
例4　(多選)(2023·河北石家莊市模擬)如圖所示，△AOC為直角三角形，∠O＝90°，∠A＝60°，AO＝L，D為AC的中點.△AOC中存在垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B，在O點放置一粒子源，可以向各個方向發射質量為m、電荷量為－q、速度大小均為v0＝　　的粒子.不計粒子間的相互作用及重力作用，對于粒子進入磁場后的運動，下列說法正確的是
A.粒子在磁場中運動的半徑為L
B.與OC成45°角入射的粒子將從AC邊射出
C.在AC邊界上有粒子射出的區域長度為L
D.所有從OA邊界射出的粒子在磁場中運動的時間相等
√
√
√
如圖甲所示，當粒子恰好從A點射出時，根據幾何關系可得粒子與OC成60°角入射，所以與OC成45°角入射的粒子將從AC邊射出，故B正確；
如圖乙所示，根據幾何關系可知沿OC方向入射的粒子將恰好從D點射出，結合上面B項分析可知AD為AC邊界上有粒子射出的區域，其長度為L，故C正確；
所有粒子在磁場中運動的周期均相同，設為T，設粒子在磁場運動過程中轉過的圓心角為α，則粒子運動時間為t＝　 ，由于所有粒子的運動軌跡為半徑相同的圓，從OA射出的粒子，其軌跡所截AO的長度不同，對應轉過的圓心角不同，所以所有從OA邊界射出的粒子在磁場中運動的時間不等，故D錯誤.
帶電粒子在有邊界的磁場中運動時，由于邊界的限制往往會出現臨界問題.解決帶電粒子在磁場中運動的臨界問題的關鍵，通常以題目中的“恰好”“最大”“至少”等為突破口，尋找臨界點，確定臨界狀態，根據磁場邊界和題設條件畫好軌跡，建立幾何關系求解.
總結提升
臨界點常用的結論：
(1)剛好穿出磁場邊界的條件是帶電粒子在磁場中運動的軌跡與邊界相切.
(2)當速度v一定時，弧長(或弦長)越長，對應圓心角越大，則帶電粒子在有界磁場中運動的時間越長.
(3)當速度v變化時，圓心角越大，運動時間越長.
總結提升
題型二
帶電粒子在有界勻強磁場中運動的多解問題
帶電粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，由于帶電粒子電性不確定、磁場方向不確定、臨界狀態不確定、運動的往復性造成帶電粒子在有界勻強磁場中運動的多解問題.
(1)找出多解的原因.
(2)畫出粒子的可能軌跡，找出圓心、半徑的可能情況.
考向1　磁場方向不確定形成多解
√
√
當磁場方向垂直紙面向里時，離子恰好與OP相切的軌跡如圖甲所示，切點為M，設軌跡半徑為r1，
當磁場方向垂直紙面向外時，其臨界軌跡即圓弧與OP相切于N點，如圖乙所示，設軌跡半徑為r2，
綜合上述分析可知，選項B、D正確，A、C錯誤.
例6　(多選)如圖所示，在邊長為L的正方形PQMN區域內存在垂直紙面向外、磁感應強度大小為B的勻強磁場，在MN邊界放一剛性擋板，粒子碰到擋板則能夠以原速率彈回.一質量為m、帶電荷量為q的粒子以某一速度垂直于磁場方向從P點射入磁場，恰好從Q點射出.下列說法正確的是
A.帶電粒子一定帶負電荷
考向2　帶電粒子電性不確定形成多解
√
√
若粒子帶正電，粒子與擋板MN碰撞后恰好從Q點射出，粒子運動軌跡如圖甲所示，
若粒子帶負電，則粒子的運動軌跡如圖乙所示，
例7　(多選)(2022·湖北卷·8)在如圖所示的平面內，分界線SP將寬度為L的矩形區域分成兩部分，一部分充滿方向垂直于紙面向外的勻強磁場，另一部分充滿方向垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小均為B，SP與磁場左右邊界垂直.離子源從S處射入速度大小不同的正離子，離子入射方向與磁場方向垂直且與SP成30°角.已知離子比荷為k，不計重力.若離子從P點射出，設出射方向與入射方向的夾角為θ，則離子的入射速度和對應θ角的
可能組合為
考向3　臨界狀態不確定形成多解
√
√
若離子通過下部分磁場直接到達P點，如圖，
根據對稱性可知出射速度與SP成30°角斜向上，故出射方向與入射方向的夾角為θ＝60°.
當離子在兩個磁場均運動一次時，如圖，
因為兩個磁場的磁感應強度大小均為B，
此時出射方向與入射方向相同，即出射方向與入射方向的夾角為θ＝0°.
三
課時精練
1.(多選)(2022·遼寧卷·8)粒子物理研究中使用的一種球狀探測裝置橫截面的簡化模型如圖所示.內圓區域有垂直紙面向里的勻強磁場，外圓是探測器.兩個粒子先后從P點沿徑向射入磁場，粒子1沿直線通過磁場區域后打在探測器上的M點.粒子2經磁場偏轉后打在探測器上的N點.裝置內部為真空狀態，忽略粒子重力及粒子間相互作用力.下列說法正確的是
A.粒子1可能為中子
B.粒子2可能為電子
C.若增大磁感應強度，粒子1可能打在探測器上的Q點
D.若增大粒子入射速度，粒子2可能打在探測器上的Q點
基礎落實練
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由題圖可看出粒子1沒有偏轉，說明粒子1不帶電，則粒子1可能為中子，A正確；
粒子2向上偏轉，根據左手定則可知，粒子2應該帶正電，不可能為電子，B錯誤；
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由以上分析可知粒子1不帶電，則無論如何增大磁感應強度，粒子1都不會偏轉，C錯誤；
2.(多選)如圖所示，虛線MN上方存在勻強磁場，磁感應強度大小為B.一群電子以不同速率從邊界MN上的P點以相同的入射方向射入磁場.其中某一速率為v的電子從Q點射出邊界.已知電子入射方向與邊界MN的夾角為θ，則
A.該勻強磁場的方向垂直紙面向里
B.所有電子在磁場中的軌跡半徑相等
C.速率越大的電子在磁場中運動時間越長
D.在此過程中每個電子的速度方向都改變2θ
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由左手定則可判斷，該勻強磁場的方向垂直紙面向里，A正確；
3.(2023·黑龍江齊齊哈爾市模擬)如圖所示，虛線上方存在垂直紙面的勻強磁場(具體方向未知)，磁感應強度大小為B，一比荷為k的帶負電粒子從虛線上的M點垂直磁場方向射入磁場，經過一段時間，該粒子經過N點(圖中未畫出)，速度方向與虛線平行向右，忽略粒子的重力.則下列說法正確的是
A.磁場的方向垂直紙面向外
B.粒子從M運動到N的時間為
C.如果N點到虛線的距離為L，則粒子在磁場中做圓周運動的半徑為2L
D.如果N點到虛線的距離為L，則粒子射入磁場的速度大小為kBL
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根據題意作出粒子的運動軌跡如圖所示，根據左手定則可知，磁場方向垂直紙面向里，故A錯誤；
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4.(多選)如圖所示，A粒子和B粒子先后以同樣大小的速度從寬度為d、方向垂直紙面向外的有界勻強磁場的邊界上的O點，分別以與邊界成37°和53°角的方向射入磁場，sin 37°＝0.6，sin 53°＝0.8，又都恰好垂直另一邊界飛出，若粒子重力不計，則下列說法中正確的是
A.A、B兩粒子均帶正電
B.A、B兩粒子在磁場中做圓周運動的半徑之比是4∶3
C.A、B兩粒子比荷之比是4∶3
D.A、B兩粒子在磁場中做圓周運動的時間之比是53∶37
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作出A粒子運動軌跡如圖，根據左手定則可判斷粒子A帶正電，同理可知，B也帶正電，A正確；
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5.(多選)如圖所示的虛線框為一正方形區域，該區域內有一垂直于紙面向里的勻強磁場，一帶電粒子從a點沿與ab邊成30°角方向射入磁場，恰好從b點飛出磁場；另一帶電粒子以相同的速率從a點沿ad方向射入磁場后，從c點飛出磁場，不計重力，則兩帶電粒子的比荷之比及在磁場中的運動時間之比分別為
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6.如圖所示，abcd為邊長為L的正方形，在四分之一圓abd區域內有垂直正方形平面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為B.一個質量為m、電荷量為＋q的帶電粒子從b點沿ba方向射入磁場，粒子恰好能通過c點，不計粒子的重力，則粒子的速度大小為
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7.(多選)如圖，在直角坐標系第一象限中y軸與直線y＝x所夾范圍內存在勻強磁場，磁感應強度大小為B、方向垂直于紙面向里.一帶負電的粒子以速度v0自y軸上a點垂直射入磁場，一段時間后，該粒子垂直直線y＝x射出磁場，自x軸上b點(圖中未畫出)離開第一象限.已知Oa＝L，不計粒子重力.則下列判斷正確的是
A.粒子在磁場中運動的軌跡半徑為L
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能力綜合練
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8.如圖所示，半徑為r的圓形區域內有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B.磁場邊界上A點有一粒子源，源源不斷地向磁場發射各種方向(均平行于紙面)且速度大小相等的帶正電的粒子(重力和粒子間的相互作用力不計)，已知粒子的比荷為k，速度大小為2kBr.則粒子在磁場中運動的最長時間為
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粒子垂直x軸離開磁場，根據左手定則可知粒子帶正電，A正確；
當α＝150°時，粒子垂直x軸離開磁場，運動軌跡如圖甲，
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若α＝45°，粒子運動軌跡如圖乙，
根據幾何關系可知粒子離開磁場時與x軸不垂直，B錯誤；
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粒子離開磁場的位置到O點距離最遠時，粒子在磁場中的軌跡為半圓，運動軌跡如圖丙，
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作出粒子運動軌跡圖如圖所示，
設水平向右射出的粒子半徑為r2 ，從b點射出的粒子半徑為r1，磁場圓的半徑為R，
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11.(2023·福建泉州市質檢)地磁場對宇宙高能粒子有偏轉作用，從而保護了地球的生態環境.赤道平面的地磁場簡化為如圖所示，O為地球球心，R為地球半徑，地磁場只分布在半徑為R和2R的兩邊界之間的圓環區域內，
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素養提升練
磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向里.假設均勻分布的帶正電高能粒子以相同速度垂直MN沿赤道平面射向地球.已知粒子質量均為m、帶電荷量均為q，不計粒子的重力及粒子間的相互作用力.
下列說法正確的是
A.粒子無論速率多大均無法到達MN右側地面
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射入方向在地球下表面以下的粒子，只要速率合適，便可到達MN右側地面，故A錯誤；
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若粒子的射入方向在正對O處以上，根據左手定則可知，其粒子的軌跡為向上偏轉，則入射到磁場的粒子均不可能到達地面，故C錯誤；
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而在對著O處以上的方向入射的粒子，因為向上偏轉，均不能到達地面；而在對著O處以下的方向入射的粒子均會達到地面，綜上所述，入射到磁場的粒子恰好有一半可以到達地面，故D正確.專題強化十七　帶電粒子在有界勻強磁場中的運動
目標要求　1.能夠確定粒子運動的圓心、半徑、運動時間.2.學會處理帶電粒子在直線邊界、平行邊界、圓形邊界、多邊形邊界或角形區域磁場中運動的問題.3.會分析帶電粒子在勻強磁場中的多解問題．
題型一　帶電粒子在有界勻強磁場中的運動
一、粒子軌跡圓心的確定，半徑、運動時間的計算方法
1．圓心的確定方法
(1)若已知粒子軌跡上的兩點的速度方向，分別確定兩點處洛倫茲力F的方向，其交點即為圓心，如圖甲．
(2)若已知粒子運動軌跡上的兩點和其中某一點的速度方向，弦的中垂線與速度垂線的交點即為圓心，如圖乙．
(3)若已知粒子軌跡上某點速度方向，又能根據r＝計算出軌跡半徑r，則在該點沿洛倫茲力方向距離為r的位置為圓心，如圖丙．
2．半徑的計算方法
方法一　由R＝求得
方法二　連半徑構出三角形，由數學方法解三角形或勾股定理求得
例如：如圖甲，R＝或由R2＝L2＋(R－d)2求得
　　
常用到的幾何關系
①粒子的偏轉角等于半徑掃過的圓心角，如圖乙，φ＝α.
②弦切角等于弦所對應圓心角一半，如圖乙，θ＝α.
3．時間的計算方法
方法一　利用圓心角、周期求得t＝T
方法二　利用弧長、線速度求得t＝
二、帶電粒子在有界磁場中的運動
1．直線邊界(進出磁場具有對稱性，如圖所示)
2．平行邊界(往往存在臨界條件，如圖所示)
3．圓形邊界(進出磁場具有對稱性)
(1)沿徑向射入必沿徑向射出，如圖甲所示．
(2)不沿徑向射入時，如圖乙所示．
射入時粒子速度方向與半徑的夾角為θ，射出磁場時速度方向與半徑的夾角也為θ.
4．在多邊形邊界或角形區域磁場
帶電粒子在多邊形邊界或角形區域磁場運動時，會有不同的臨界情景，解答該類問題主要把握以下兩點：
(1)射入磁場的方式：①從某頂點射入；②從某邊上某點以某角度射入．
(2)射出點的判斷：經常會判斷是否會從某頂點射出．
①當α≤θ時，可以過兩磁場邊界的交點，發射點到兩磁場邊界的交點距離為d＝2Rsin α，如圖甲所示．
②當α>θ時，不能通過兩磁場邊界的交點，粒子的運動軌跡會和另一個邊界相切，如圖乙所示．
考向1　帶電粒子在直線邊界磁場中運動
例1　如圖所示，直線MN上方有垂直紙面向里的勻強磁場，電子1從磁場邊界上的a點垂直MN和磁場方向射入磁場，經t1時間從b點離開磁場．之后電子2也由a點沿圖示方向以相同速率垂直磁場方向射入磁場，經t2時間從a、b連線的中點c離開磁場，則為(　　)
A．3 B．2 C. D.
答案　A
解析　電子1、2在磁場中都做勻速圓周運動，根據題意畫出兩電子的運動軌跡，如圖所示，電子1垂直邊界射入磁場，從b點離開，則運動了半個圓周，ab即為直徑，c點為圓心；電子2以相同速率垂直磁場方向射入磁場，經t2時間從a、b連線的中點c離開磁場，根據半徑r＝可知，電子1和2的半徑相等，根據幾何關系可知，△aOc為等邊三角形，則電子2轉過的圓心角為60°，所以電子1運動的時間t1＝＝，電子2運動的時間t2＝＝，所以＝3，故A正確，B、C、D錯誤．
考向2　帶電粒子在圓形邊界磁場中運動
例2　(多選)(2023·福建福州市模擬)如圖所示，在圓形邊界的磁場區域，氕核H和氘核H先后從P點沿圓形邊界的直徑入射，從射入磁場到射出磁場，氕核H和氘核H的速度方向分別偏轉了60°和120°角，已知氕核H在磁場中運動的時間為t0，軌跡半徑為R，則(　　)
A．氘核H在該磁場中運動的時間為2t0
B．氘核H在該磁場中運動的時間為4t0
C．氘核H在該磁場中運動的軌跡半徑為R
D．氘核H在該磁場中運動的軌跡半徑為R
答案　BD
解析　由題意，作出兩核在磁場中的運動軌跡示意圖如圖所示，兩核在磁場中做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，qvB＝m，T＝＝，兩核在磁場中運動時間t＝T＝，H和H的比荷之比為2∶1，圓心角之比為1∶2，代入可得氘核H在該磁場中運動的時間為t′＝4t0，故A錯誤，B正確；設磁場圓半徑為r，氕核H和氘核H的軌跡圓圓心分別為O1、O2，分別從A點、C點射出磁場，氘核H在磁場中運動的軌跡半徑為R′，則對△PAB，由幾何關系可得R＝r，對△O2OC，由幾何關系可得R′＝r，可得出R′＝R，故C錯誤，D正確．
考向3　帶電粒子在平行邊界磁場中運動
例3　(多選)(2023·福建龍巖市第一中學模擬)帶等量異種電荷的a、b兩粒子分別以va和vb的速度射入勻強磁場，兩粒子的入射方向與磁場邊界的夾角分別為60°和30°，磁場寬度為d，兩粒子同時從A點出發，同時到達B點，如圖所示，不計粒子重力及粒子間的相互作用，則(　　)
A．a粒子帶正電，b粒子帶負電
B．兩粒子運動周期之比Ta∶Tb＝2∶1
C．兩粒子的質量之比ma∶mb＝2∶1
D．兩粒子的軌跡半徑之比Ra∶Rb＝1∶
答案　BC
解析　由題意可知a粒子向下偏轉，b粒子向上偏轉，由左手定則可知a粒子帶負電，b粒子帶正電，故A錯誤；作出兩粒子的運動軌跡如圖所示，由幾何關系可知從A運動到B，a粒子轉過的圓心角為60°，b粒子轉過的圓心角為120°，因為兩粒子運動時間相同，所以ta＝＝tb＝，解得Ta∶Tb＝2∶1，故B正確；根據牛頓第二定律有Bvq＝，粒子的運動周期表達式為T＝＝，因為兩粒子所帶電荷量相等，所以ma∶mb＝Ta∶Tb＝2∶1，故C正確；根據幾何關系可得Ra＝＝d，Rb＝＝d，所以Ra∶Rb＝∶1，故D錯誤．
考向4　帶電粒子在多邊形邊界或角形區域磁場中運動
例4　(多選)(2023·河北石家莊市模擬)如圖所示，△AOC為直角三角形，∠O＝90°，∠A＝60°，AO＝L，D為AC的中點．△AOC中存在垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B，在O點放置一粒子源，可以向各個方向發射質量為m、電荷量為－q、速度大小均為v0＝的粒子．不計粒子間的相互作用及重力作用，對于粒子進入磁場后的運動，下列說法正確的是(　　)
A．粒子在磁場中運動的半徑為L
B．與OC成45°角入射的粒子將從AC邊射出
C．在AC邊界上有粒子射出的區域長度為L
D．所有從OA邊界射出的粒子在磁場中運動的時間相等
答案　ABC
解析　粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，有qv0B＝，解得粒子在磁場中運動的半徑為r＝＝L，故A正確；如圖甲所示，當粒子恰好從A點射出時，根據幾何關系可得粒子與OC成60°角入射，所以與OC成45°角入射的粒子將從AC邊射出，故B正確；
如圖乙所示，根據幾何關系可知沿OC方向入射的粒子將恰好從D點射出，結合上面B項分析可知AD為AC邊界上有粒子射出的區域，其長度為L，故C正確；所有粒子在磁場中運動的周期均相同，設為T，設粒子在磁場運動過程中轉過的圓心角為α，則粒子運動時間為t＝T，由于所有粒子的運動軌跡為半徑相同的圓，從OA射出的粒子，其軌跡所截AO的長度不同，對應轉過的圓心角不同，所以所有從OA邊界射出的粒子在磁場中運動的時間不等，故D錯誤．
帶電粒子在有邊界的磁場中運動時，由于邊界的限制往往會出現臨界問題．解決帶電粒子在磁場中運動的臨界問題的關鍵，通常以題目中的“恰好”“最大”“至少”等為突破口，尋找臨界點，確定臨界狀態，根據磁場邊界和題設條件畫好軌跡，建立幾何關系求解．
臨界點常用的結論：
(1)剛好穿出磁場邊界的條件是帶電粒子在磁場中運動的軌跡與邊界相切．
(2)當速度v一定時，弧長(或弦長)越長，對應圓心角越大，則帶電粒子在有界磁場中運動的時間越長．
(3)當速度v變化時，圓心角越大，運動時間越長．
題型二　帶電粒子在有界勻強磁場中運動的多解問題
帶電粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，由于帶電粒子電性不確定、磁場方向不確定、臨界狀態不確定、運動的往復性造成帶電粒子在有界勻強磁場中運動的多解問題．
(1)找出多解的原因．
(2)畫出粒子的可能軌跡，找出圓心、半徑的可能情況．
考向1　磁場方向不確定形成多解
例5　(多選)如圖所示，A點的離子源沿紙面垂直OQ方向向上射出一束負離子，離子的重力忽略不計．為把這束負離子約束在OP之下的區域，可加垂直紙面的勻強磁場．已知O、A兩點間的距離為s，負離子的比荷為，速率為v，OP與OQ間的夾角為30°，則所加勻強磁場的磁感應強度B的大小和方向可能是(　　)
A．B>，垂直紙面向里
B．B>，垂直紙面向里
C．B>，垂直紙面向外
D．B>，垂直紙面向外
答案　BD
解析　當磁場方向垂直紙面向里時，離子恰好與OP相切的軌跡如圖甲所示，切點為M，設軌跡半徑為r1，由幾何關系可知sin 30°＝，可得r1＝s，由r1＝可得B1＝；當磁場方向垂直紙面向外時，其臨界軌跡即圓弧與OP相切于N點，如圖乙所示，設軌跡半徑為r2，由幾何關系s＝＋r2，得r2＝，又r2＝，所以B2＝，綜合上述分析可知，選項B、D正確，A、C錯誤．
考向2　帶電粒子電性不確定形成多解
例6　(多選)如圖所示，在邊長為L的正方形PQMN區域內存在垂直紙面向外、磁感應強度大小為B的勻強磁場，在MN邊界放一剛性擋板，粒子碰到擋板則能夠以原速率彈回．一質量為m、帶電荷量為q的粒子以某一速度垂直于磁場方向從P點射入磁場，恰好從Q點射出．下列說法正確的是(　　)
A．帶電粒子一定帶負電荷
B．帶電粒子的速度最小值為
C．若帶電粒子與擋板碰撞，則受到擋板作用力的沖量大小為
D．帶電粒子在磁場中運動時間可能為
答案　CD
解析　若粒子帶正電，粒子與擋板MN碰撞后恰好從Q點射出，粒子運動軌跡如圖甲所示，
設軌跡半徑為r2，由幾何知識得L2＋(r2－0.5L)2＝r22，解得r2＝L，根據牛頓第二定律得qv2B＝m，解得v2＝，根據動量定理得I＝2mv2＝，故A錯誤，C正確；若粒子帶負電，則粒子的運動軌跡如圖乙所示，
粒子做圓周運動的半徑為r1＝L，由牛頓第二定律得qv1B＝m，解得v1＝，此時半徑最小，速度也最小，故B錯誤；若粒子帶負電，粒子在磁場中的運動軌跡對應的圓心角為時，粒子在磁場中的運動時間為t＝T＝，故D正確．
考向3　臨界狀態不確定形成多解
例7　(多選)(2022·湖北卷·8)在如圖所示的平面內，分界線SP將寬度為L的矩形區域分成兩部分，一部分充滿方向垂直于紙面向外的勻強磁場，另一部分充滿方向垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小均為B，SP與磁場左右邊界垂直．離子源從S處射入速度大小不同的正離子，離子入射方向與磁場方向垂直且與SP成30°角．已知離子比荷為k，不計重力．若離子從P點射出，設出射方向與入射方向的夾角為θ，則離子的入射速度和對應θ角的可能組合為(　　)
A.kBL,0° B.kBL,0°
C．kBL,60° D．2kBL,60°
答案　BC
解析　若離子通過下部分磁場直接到達P點，如圖，
根據幾何關系則有R＝L，由qvB＝m，可得v＝＝kBL，根據對稱性可知出射速度與SP成30°角斜向上，故出射方向與入射方向的夾角為θ＝60°.當離子在兩個磁場均運動一次時，如圖，因為兩個磁場的磁感應強度大小均為B，則根據對稱性有R＝L，
根據洛倫茲力提供向心力，有qvB＝m，可得v＝＝kBL，此時出射方向與入射方向相同，即出射方向與入射方向的夾角為θ＝0°.通過以上分析可知當離子從下部分磁場射出時，需滿足v＝＝kBL(n＝1,2,3，…)，此時出射方向與入射方向的夾角為θ＝60°；當離子從上部分磁場射出時，需滿足v＝＝kBL(n＝1,2,3，…)，此時出射方向與入射方向的夾角為θ＝0°，故B、C正確，A、D錯誤．
課時精練
1．(多選)(2022·遼寧卷·8)粒子物理研究中使用的一種球狀探測裝置橫截面的簡化模型如圖所示．內圓區域有垂直紙面向里的勻強磁場，外圓是探測器．兩個粒子先后從P點沿徑向射入磁場，粒子1沿直線通過磁場區域后打在探測器上的M點．粒子2經磁場偏轉后打在探測器上的N點．裝置內部為真空狀態，忽略粒子重力及粒子間相互作用力．下列說法正確的是(　　)
A．粒子1可能為中子
B．粒子2可能為電子
C．若增大磁感應強度，粒子1可能打在探測器上的Q點
D．若增大粒子入射速度，粒子2可能打在探測器上的Q點
答案　AD
解析　由題圖可看出粒子1沒有偏轉，說明粒子1不帶電，則粒子1可能為中子，A正確；粒子2向上偏轉，根據左手定則可知，粒子2應該帶正電，不可能為電子，B錯誤；由以上分析可知粒子1不帶電，則無論如何增大磁感應強度，粒子1都不會偏轉，C錯誤；粒子2在磁場中由洛倫茲力提供向心力，有qvB＝m，解得r＝，可知若增大粒子的入射速度，則粒子2做圓周運動的半徑增大，粒子2可能打在探測器上的Q點，D正確．
2.(多選)如圖所示，虛線MN上方存在勻強磁場，磁感應強度大小為B.一群電子以不同速率從邊界MN上的P點以相同的入射方向射入磁場．其中某一速率為v的電子從Q點射出邊界．已知電子入射方向與邊界MN的夾角為θ，則(　　)
A．該勻強磁場的方向垂直紙面向里
B．所有電子在磁場中的軌跡半徑相等
C．速率越大的電子在磁場中運動時間越長
D．在此過程中每個電子的速度方向都改變2θ
答案　AD
解析　由左手定則可判斷，該勻強磁場的方向垂直紙面向里，A正確；由洛倫茲力提供向心力可得qvB＝m，整理得r＝，電子的軌跡半徑與速度大小有關，速率不同，半徑不同，B錯誤；由周期公式T＝可知，電子在磁場中的運動周期相同，由幾何關系可知，在此過程中每個電子的速度方向都改變2θ，即軌跡圓心角為2θ，電子在磁場中的運動時間t＝T，故不同速率的電子在磁場中的運動時間都相同，C錯誤，D正確．
3.(2023·黑龍江齊齊哈爾市模擬)如圖所示，虛線上方存在垂直紙面的勻強磁場(具體方向未知)，磁感應強度大小為B，一比荷為k的帶負電粒子從虛線上的M點垂直磁場方向射入磁場，經過一段時間，該粒子經過N點(圖中未畫出)，速度方向與虛線平行向右，忽略粒子的重力．則下列說法正確的是(　　)
A．磁場的方向垂直紙面向外
B．粒子從M運動到N的時間為
C．如果N點到虛線的距離為L，則粒子在磁場中做圓周運動的半徑為2L
D．如果N點到虛線的距離為L，則粒子射入磁場的速度大小為kBL
答案　C
解析　根據題意作出粒子的運動軌跡如圖所示，根據左手定則可知，磁場方向垂直紙面向里，故A錯誤；粒子從M運動到N時速度方向改變了60°，所以粒子在該段時間內運動軌跡對應的圓心角為α＝60°，則粒子從M到N運動的時間為t＝T，又粒子在磁場中的運動周期為T＝，整理得t＝，故B錯誤；如果N點到虛線的距離為L，根據幾何關系有cos α＝，解得R＝2L，又R＝，則v＝2kBL，故D錯誤，C正確．
4.(多選)如圖所示，A粒子和B粒子先后以同樣大小的速度從寬度為d、方向垂直紙面向外的有界勻強磁場的邊界上的O點，分別以與邊界成37°和53°角的方向射入磁場，sin 37°＝0.6，sin 53°＝0.8，又都恰好垂直另一邊界飛出，若粒子重力不計，則下列說法中正確的是(　　)
A．A、B兩粒子均帶正電
B．A、B兩粒子在磁場中做圓周運動的半徑之比是4∶3
C．A、B兩粒子比荷之比是4∶3
D．A、B兩粒子在磁場中做圓周運動的時間之比是53∶37
答案　AC
解析　作出A粒子運動軌跡如圖，根據左手定則可判斷粒子A帶正電，同理可知，B也帶正電，A正確；由幾何關系可得R＝，所以A、B兩粒子在磁場中做圓周運動的半徑之比＝＝，B錯誤；根據洛倫茲力提供向心力有qvB＝m，所以＝，則A、B兩粒子比荷之比∶＝＝，C正確；根據T＝得，粒子在磁場中做圓周運動的時間t＝T＝，所以＝＝×≠，D錯誤．
5．(多選)如圖所示的虛線框為一正方形區域，該區域內有一垂直于紙面向里的勻強磁場，一帶電粒子從a點沿與ab邊成30°角方向射入磁場，恰好從b點飛出磁場；另一帶電粒子以相同的速率從a點沿ad方向射入磁場后，從c點飛出磁場，不計重力，則兩帶電粒子的比荷之比及在磁場中的運動時間之比分別為(　　)
A.∶＝1∶1 B.∶＝2∶1
C．t1∶t2＝2∶3 D．t1∶t2＝1∶3
答案　AC
解析　兩粒子的運動軌跡如圖，設正方形區域邊長為L，則從b點飛出的粒子的運動軌跡半徑為r1＝L；從c點飛出的粒子的運動軌跡半徑為r2＝L；根據qv0B＝m，可得＝，則∶＝1∶1，選項A正確，B錯誤．根據T＝可知，兩粒子在磁場中做圓周運動的周期相同，兩粒子在磁場中轉過的角度分別為60°和90°，根據t＝T，可得t1∶t2＝60°∶90°＝2∶3，選項C正確，D錯誤．
6.如圖所示，abcd為邊長為L的正方形，在四分之一圓abd區域內有垂直正方形平面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為B.一個質量為m、電荷量為＋q的帶電粒子從b點沿ba方向射入磁場，粒子恰好能通過c點，不計粒子的重力，則粒子的速度大小為(　　)
A. B.
C. D.
答案　C
解析　畫出粒子在磁場中運動的軌跡示意圖，根據幾何關系，射出磁場時的速度反向延長線通過a點，磁場的半徑為L，設粒子的軌跡半徑為r，由幾何關系得L＋r＝L，由洛倫茲力提供向心力得qvB＝m，聯立解得v＝，故選C.
7.(多選)如圖，在直角坐標系第一象限中y軸與直線y＝x所夾范圍內存在勻強磁場，磁感應強度大小為B、方向垂直于紙面向里．一帶負電的粒子以速度v0自y軸上a點垂直射入磁場，一段時間后，該粒子垂直直線y＝x射出磁場，自x軸上b點(圖中未畫出)離開第一象限．已知Oa＝L，不計粒子重力．則下列判斷正確的是(　　)
A．粒子在磁場中運動的軌跡半徑為L
B．b點的橫坐標為L
C．粒子在第一象限磁場中的運動時間為
D．粒子在第一象限的運動時間為(＋)
答案　AB
解析　粒子在第一象限的運動軌跡如圖，在磁場中軌跡圓心為O點，所以R＝L，根據幾何關系Ob＝L，粒子在磁場中的運動時間t＝＝，在第一象限運動的路程s＝(＋1)L，所以時間t總＝＝(＋1)，故選A、B.
8.如圖所示，半徑為r的圓形區域內有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B.磁場邊界上A點有一粒子源，源源不斷地向磁場發射各種方向(均平行于紙面)且速度大小相等的帶正電的粒子(重力和粒子間的相互作用力不計)，已知粒子的比荷為k，速度大小為2kBr.則粒子在磁場中運動的最長時間為(　　)
A. B. C. D.
答案　C
解析　粒子在磁場中運動的半徑為R＝＝＝2r；當粒子在磁場中運動時間最長時，其軌跡對應的圓心角最大，此時弦長最大，其最大值為圓磁場的直徑2r，則圓心角最大為，故t＝＝＝，故選項C正確．
9.(多選)(2021·海南卷·13)如圖，在平面直角坐標系Oxy的第一象限內，存在垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為B.大量質量為m、電量為q的相同粒子從y軸上的P(0，L)點，以相同的速率在紙面內沿不同方向先后射入磁場，設入射速度方向與y軸正方向的夾角為α(0≤α≤180°)．當α＝150°時，粒子垂直x軸離開磁場．不計粒子的重力．則(　　)
A．粒子一定帶正電
B．當α＝45°時，粒子也垂直x軸離開磁場
C．粒子入射速率為
D．粒子離開磁場的位置到O點的最大距離為3L
答案　ACD
解析　粒子垂直x軸離開磁場，根據左手定則可知粒子帶正電，A正確；當α＝150°時，粒子垂直x軸離開磁場，運動軌跡如圖甲，
粒子運動的半徑為 r＝＝2L，洛倫茲力提供向心力，有qvB＝m，解得粒子入射速率v＝，C正確；若α＝45°，粒子運動軌跡如圖乙，
根據幾何關系可知粒子離開磁場時與x軸不垂直，B錯誤；粒子離開磁場的位置到O點距離最遠時，粒子在磁場中的軌跡為半圓，運動軌跡如圖丙，
根據幾何關系可知(2r)2＝(L)2＋xm2，解得xm＝3L，D正確．
10.(多選)速度均為v0的H和He的混合粒子流沿著與直徑ab夾角為α(α角未知)的方向垂直進入圓柱形勻強磁場區域(未畫出)，一種粒子的出射方向恰與直徑ab平行向右，另一種粒子剛好從直徑的另一點b出射．已知元電荷為e，H的質量為3m，He的質量為4m，不計粒子的重力和粒子間相互作用力，該區域的磁感應強度大小為B，則(　　)
A．出射方向恰與直徑ab平行的粒子為He
B.He的速度偏轉角是H速度偏轉角的2倍
C．α＝60°
D．磁場圓的半徑為
答案　BCD
解析　作出粒子運動軌跡圖如圖所示，由qv0B＝m，解得r＝，則＝＝＝，設水平向右射出的粒子半徑為r2 ，從b點射出的粒子半徑為r1，磁場圓的半徑為R，則r1＝，R2＝[r2(1－cos α)]2＋(r2sin α－R)2，解得r2＝，則＝＝<1，所以r2對應的是H，即出射方向恰與直徑ab平行的粒子為H，故A錯誤；由幾何分析可知He的速度偏轉角為2α，H的速度偏轉角為α，故B正確；由A項分析有＝，解得α＝60°，故C正確；由A項分析有r1＝＝rHe＝，解得R＝，故D正確．
11.(2023·福建泉州市質檢)地磁場對宇宙高能粒子有偏轉作用，從而保護了地球的生態環境．赤道平面的地磁場簡化為如圖所示，O為地球球心，R為地球半徑，地磁場只分布在半徑為R和2R的兩邊界之間的圓環區域內，磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向里．假設均勻分布的帶正電高能粒子以相同速度垂直MN沿赤道平面射向地球．已知粒子質量均為m、帶電荷量均為q，不計粒子的重力及粒子間的相互作用力．下列說法正確的是(　　)
A．粒子無論速率多大均無法到達MN右側地面
B．若粒子速率為，正對著O處入射的粒子恰好可以到達地面
C．若粒子速率為，入射到磁場的粒子均可以到達地面
D．若粒子速率為，入射到磁場的粒子恰好有一半可以到達地面
答案　D
解析　射入方向在地球下表面以下的粒子，只要速率合適，便可到達MN右側地面，故A錯誤；若粒子的速率為，則粒子在磁場中由洛倫茲力提供向心力，有qvB＝m，解得r＝R.若粒子正對著O處入射，且恰好可以到達地面，其軌跡如圖所示，設該軌跡半徑為r1，由幾何關系可得－r1＝R，解得r1＝R≠R，故B錯誤；若粒子的速率為，則粒子在磁場中由洛倫茲力提供向心力，有qv1B＝m，解得r2＝.若粒子的射入方向在正對O處以上，根據左手定則可知，其粒子的軌跡為向上偏轉，則入射到磁場的粒子均不可能到達地面，故C錯誤；若粒子速率為，由洛倫茲力提供向心力得qv2B＝m，解得r3＝＝r1，由B項的分析可知，此時若粒子正對著O處入射，則恰好可以到達地面；而在對著O處以上的方向入射的粒子，因為向上偏轉，均不能到達地面；而在對著O處以下的方向入射的粒子均會達到地面，綜上所述，入射到磁場的粒子恰好有一半可以到達地面，故D正確．

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