專題十八帶電粒子在勻強磁場中運動一、考點分析一、考點分析1．本知識點是高考的重點，近幾年主要是結合幾何知識考查帶電粒子在有界勻強磁場及復合場、組合場中的運動。2．注意“運動語言”與“幾何語言”間的翻譯，如：速度對應圓周半徑，時間對應圓心角或弧長或弦長等。二、考題再現二、考題再現典例1.(2023·全國I卷·24)如圖，在直角三角形OPN區域內存在勻強磁場，磁感應強度大小為B、方向垂直于紙面向外。一帶正電的粒子從靜止開始經電壓U加速后，沿平行于x軸的方向射入磁場；一段時間后，該粒子在OP邊上某點以垂直于x軸的方向射出。已知O點為坐標原點，N點在y軸上，OP與x軸的夾角為30°，粒子進入磁場的入射點與離開磁場的出射點之間的距離為d，不計重力。求(1)帶電粒子的比荷；(2)帶電粒子從射入磁場到運動至x軸的時間?！窘馕觥?1)設帶電粒子的質量為m，電荷量為q，加速后的速度大小為v。由動能定理有qU＝eq\f(1,2)mv2 ①設粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為r，由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有qvB＝meq\f(v2,r) ②由幾何關系知d＝eq\r(2)r ③聯立①②③式得eq\f(q,m)＝eq\f(4U,B2d2)。 ④(2)由幾何關系知，帶電粒子射入磁場后運動到x軸所經過的路程為s＝eq\f(πr,2)＋rtan30° ⑤帶電粒子從射入磁場到運動至x軸的時間為t＝eq\f(s,v) ⑥聯立②④⑤⑥式得t＝eq\f(Bd2,4U)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋\f(\r(3),3)))。典例2.(2023·全國Ⅱ卷·17)如圖，邊長為l的正方形abcd內存在勻強磁場，磁感應強度大小為B、方向垂直于紙面(abcd所在平面)向外。ab邊中點有一電子發射源O，可向磁場內沿垂直于ab邊的方向發射電子。已知電子的比荷為k。則從a、d兩點射出的電子的速度大小分別為()A．eq\f(1,4)kBl，eq\f(\r(5),4)kBlB．eq\f(1,4)kBl，eq\f(5,4)kBlC．eq\f(1,2)kBl，eq\f(\r(5),4)kBlD．eq\f(1,2)kBl，eq\f(5,4)kBl【解析】電子從a點射出時，其軌跡半徑為ra＝eq\f(l,4)，由洛倫茲力提供向心力，有evaB＝，又eq\f(e,m)＝k，解得va＝eq\f(kBl,4)；電子從d點射出時，由幾何關系有req\o\al(2,d)＝l2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(rd－\f(l,2)))eq\s\up12(2)，解得軌跡半徑為rd＝eq\f(5l,4)，由洛倫茲力提供向心力，有evdB＝，又eq\f(e,m)＝k，解得vd＝eq\f(5kBl,4)，選項B正確?！敬鸢浮緽三、對點速練三、對點速練1．如圖所示，在紙面內存在水平向右的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場，電場強度大小為E，磁感應強度大小為B，一水平固定絕緣桿上套有帶電小球P，P的質量為m、電荷量為－q，P與桿間的動摩擦因數為μ。小球由靜止開始滑動，設電場、磁場區域足夠大，桿足夠長，在運動過程中小球的最大加速度為a0，最大速度為v0，則下列判斷正確的是()A．小球先加速后減速，加速度先增大后減小B．當v＝eq\f(1,2)v0時，小球的加速度最大C．當v＝eq\f(1,2)v0時，小球一定處于加速度減小階段D．當a＝eq\f(1,2)a0時，eq\f(v,v0)＞eq\f(1,2)【答案】C【解析】開始運動階段qvB<mg，加速度a1＝eq\f(qE－μ（mg－qv1B）,m)，小球做加速度越來越大的加速運動；當qvB＝mg之后，小球受到的支持力垂直桿向下，小球的加速度a2＝eq\f(qE－μ（qv2B－mg）,m)，小球做加速度減小的加速運動，加速度減小到0后做勻速運動，則可知小球一直加速最后勻速，加速度先增大后減小為0不變，選項A錯誤；作出小球的加速度隨速度的變化規律圖象如圖所示，兩階段的圖線斜率大小相等，有v1<eq\f(1,2)v0，則v＝eq\f(1,2)v0時一定處于加速度減小階段，選項B錯誤，C正確；a＝eq\f(1,2)a0可能出現在加速度增大階段或加速度減小階段，選項D錯誤。2．(多選)直角坐標系xOy內，有一無界勻強磁場垂直紙面，一質量為m，電荷量為q的正電荷從原點沿著y軸正方向以初速度v0出發，不計重力。要使該電荷通過第四象限的P點，P點坐標為(a，－b)，則()A．磁場方向垂直紙面向外B．磁場方向垂直紙面向內C．D．【答案】AC【解析】粒子向右偏轉，根據左手定則，磁場方向垂直紙面向外，故A正確，B錯誤；根據洛倫茲力提供向心力：，根據幾何關系：，聯立解得：，故C正確，D錯誤。3．現代技術常用磁場來控制帶電粒子的運動。如圖，在豎直平面內有一邊長為L的正方形abcd，該區域內存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁場的磁感應強度大小為B。某時刻從ab邊中點p沿對角線ac方向射出一束比荷eq\f(q,m)相同、初速度大小不同的帶正電的粒子。不計粒子重力及粒子間的相互作用力。則()A．粒子不可能從c點射出B．粒子不可能從cd邊中點射出C．粒子能從ad邊射出區域的長度為eq\f(1,2)LD．粒子在abcd區域內運動的最長時間為【答案】D【解析】由左手定則可得粒子做逆時針運動，其運動軌跡可能如圖所示，故選項A、B錯誤；根據粒子做逆時針運動，作出放縮圓可知，粒子能從ad邊上任意一點射出，故選項C錯誤；粒子在abcd區域內運動，當粒子從ap上離開磁場區域時轉過的中心角最大，為270°，粒子在磁場中的運動周期T＝2πRv＝2πmqB；故粒子在abcd4．(多選)如圖所示，圓形區域內以直線AB為分界線，上半圓內有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B。下半圓內有垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小未知，圓的半徑為R。在磁場左側有一粒子水平加速器，質量為m，電量大小為q的粒子在極板M右側附近，由靜止釋放，在電場力的作用下加速，以一定的速度沿直線CD射入磁場，直線CD與直徑AB距離為。粒子在AB上方磁場中偏轉后，恰能垂直直徑AB進入下面的磁場，之后在AB下方磁場中偏轉后恰好從O點進入AB上方的磁場。帶電粒子的重力不計。則()A．帶電粒子帶負電B．加速電場的電壓為C．粒子進入AB下方磁場時的運動半徑為D．AB下方磁場的磁感應強度為上方磁場的6倍【答案】ACD【解析】從C點入射的粒子向下做勻速圓周運動，即受到洛侖茲力向下，由左手定則知道粒子帶負電，所以選項A正確；由題意知，粒子在AB上方磁場中做勻速圓周運動的半徑r1＝，在電場中加速有：，在AB上方磁場中：，聯立得：，所以選項B錯誤；粒子在AB下方磁場中做勻速圓周運動，由幾何關系：，解得r2＝，所以選項C正確；由洛侖茲力提供向心力得到半徑：，由于r1＝6r2，所以B2＝6B1，所以選項D正確。5．如圖所示，矩形區域以對角線abcd為邊界分為上、下兩個區域，對角線上方區域存在豎直向下的勻強電場，對角線下方區域存在垂直紙面向外的勻強磁場。質量為m、帶電量為+q的粒子以速度v0從a點沿邊界ab進入電場，恰好從對角線ac的中點O進入磁場，并恰好未從邊界cd射出。已知ab邊長為2L，bc邊長為eq\r(3)L，粒子重力不計，求：(1)電場強度E的大??；(2)磁感應強度B的大小?！窘馕觥?1)從a點入射的粒子在電場區域內做類平拋運動，則有：，，聯立解得：(2)設粒子進入磁場時速度大小為v，速度方向與水平方向成β角，則有：，粒子進入磁場后恰好不從邊界cd射出，其軌跡恰與邊界cd相切，如圖所示，設圓周運動的半徑為R，由幾何關系可得：由牛頓第二定律得：聯立解得：。6．如圖所示，在足夠長的絕緣板MN上方存在方向垂直紙面向外、磁感應強度為B的勻強磁場（圖中未標出），在絕緣板上方距離為d的P點有一個粒子發射源，能夠在紙面內向各個方向發射速度大小相等，比荷eq\f(q,m)＝k的帶正電粒子，已知粒子在磁場中運動的軌道半徑R＝d，不計粒子間的相互作用和粒子的重力，試求：(1)粒子源所發射粒子的速度大小v0；(2)能夠到達絕緣板上的帶電粒子在板上留下痕跡的最大長度Lm；(3)同時射出的粒子打到板上的最大時間差Δtm?！窘馕觥?1)帶電粒子在磁場中運動時qv0B＝meq\f(v02,R)解得(2)畫出粒子運動軌跡的示意圖如圖所示，設粒子能打中絕緣板上最左端和最右端的點分別為C、D，粒子在C點與絕緣板相切，PD為粒子軌跡圓的直徑。根據幾何關系可得帶電粒子在板上留下痕跡的最大長度：(3)同時射出的粒子中最先和最后打中絕緣板的粒子運動情況如圖所示，根據幾何關系可知，最先打中絕緣板的粒子轉過的圓心角：最后打中絕緣板的粒子轉過的圓心角：粒子在磁場中運動的周期：同時射出的粒子打到板上的最大時間差：所以最大時間差。7．如圖所示，在邊長為L的正方形頂點a有一質量為m、電荷量為q的離子源，持續不斷地在單位時間內向正方形區域發射n個速率均為v的離子，這些離子沿角度均勻分布。在正方形區域存在方向垂直紙面向里的勻強磁場，使得所有離子均能垂直cd邊射出，且沿邊長ab發射的離子恰好從c點水平射出。在正方形右側平行于cd放置一接地金屬板M，其上有一沿y軸可移動的、長度為eq\f(1,2)L的窗口，允許離子通過。在極板M右側存在邊長也為L的正方形區域，設置一勻強磁場，其方向與左側磁場相同，使通過窗口的離子都匯集到位于邊長中點S的收集器中，不計重力和離子間相互作用。(1)判斷離子帶電量的正負；(2)求左右兩區域磁感應強度的大小及磁場區域的最小面積；(3)單位時間內收集器中離子收集率與窗口中心位置坐標y之間的關系?！窘馕觥?1)由離子的偏轉方向和左手定則，可判斷離子帶負電。(2)沿邊長ab發射的離子恰好從c點水平射出可知，離子在磁場中運動的半徑R1＝L，根據牛頓第二定律qvB1＝m左側區域磁感應強度的大小左側磁場區域的最小面積離子在右側區域的運動半徑R2＝，右側區域磁感應強度的大小右側磁場區域的最小面積(3)離子出射區間寬度為L/2，需要分段討論：當yL，，η＝0當時，，當時，，當時，。8．如圖1所示為平面坐標系xOy，在第一象限內的虛曲線和y軸之間存在著垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B；在第二象限內的虛直線(x＝－6eq\r(3)a)和y軸之間存在著如圖2所示的交變磁場（以垂直紙面向外為磁場的正方向）。在A(2a，0)點的放射源發出質量為m、帶電量為+q的粒子，粒子速度大小為v0＝，速度方向與x軸負方向的夾角為θ(0＜θ＜90°)，所有粒子都能垂直穿過y軸后進入第二象限。不計粒子重力和粒子間相互作用。(1)求夾角θ＝45°的粒子經過y軸時的坐標；(2)求第一象限內虛曲線的曲線方程y(x)；(3)假設交變磁場在0時刻，某粒子剛好經過y軸上的B(0，a)點，則：①要求該粒子不回到第一象限，交變磁場的變化周期T應滿足什么條件？②要求該粒子在C(－6eq\r(3)a，a)點垂直虛直線水平射出磁場，求粒子在交變磁場中運動時間t與磁場變化周期T的比值k的最小值，并求出在這種情況下粒子在交變磁場中的運動時間?！窘馕觥?1)粒子在磁場中做勻速圓周運動，軌跡半徑為r，則：qv0B0＝mv0解得：r＝a如圖1所示，當入射角為45°時，根據幾何關系可得：y軸坐標y＝（2a－22a）+（a－22a）＝（3－(2)如圖2所示，入射角為任意角θ，進入磁場入射點坐標為（x，y），根據幾何關系可得：tanθ＝y2a-xtanθ＝x得y＝x2a-xa2-x2（(3)①粒子不回到第一象限，臨界情況為軌跡與y軸相切，如圖3所示；設粒子在磁場中運動的周期為T0，兩圓心連線與y軸夾角為β，則：T0＝2πmqsinβ＝1所以β＝30°且滿足T得T＝10πm要求該粒子不回到第一象限，交變磁場的變化周期T應滿足T≤10πm3q②粒子在交變磁場中運動的時間t與磁場變化的周期T的比值為k，即tT＝如圖4所示，根據幾何關系可得：4rsinβ×k＝LBC．sinβ＝3由于sinβ≤1所以k最小等于3，即sinβ＝3當β＝60°，如圖4所示，粒子運動時間t1＝4×60°360°×3×當β＝120°時，如圖5所示，粒子運動時間t2＝4×120°360°×3×如圖甲所示的xOy平面處于變化的勻強電場和勻強磁場中，電場強度E和磁感應強度B隨時間做周期性變化的圖象如圖乙所示，y軸正方向為E的正方向，垂直于紙面向里為B的正方向，t＝0時刻，帶負電粒子P(重力不計)由原點O以速度v0沿y軸正方向射出，它恰能沿一定軌道做周期性運動。v0、E0和t0為已知量，圖乙中eq\f(E0,B0)＝eq\f(8v0,π2)，在0～t0時間內粒子P第一次離x軸最遠時的坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2v0t0,π)，\f(2v0t0,π)))。求：(1)粒子P的比荷；(2)t＝2t0時刻粒子P的位置；(3)帶電粒子在運動中距離原點O的最遠距離L。【解析】(1)0～t0時間內粒子P在勻強磁場中做勻速圓周運動，當粒子所在位置的縱、橫坐標相等時，粒子在磁場中恰好經過eq