专题11带电粒子在磁场中的运动-2023年高考物理计算题专项突破

专题11带电粒子在磁场中的运动3.带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动：在解与带电粒子在磁场中的运动的有关的计算题时，首先画出运动轨迹，找出圆心；其次找出各物理量之间的联系：①轨迹半径与磁感应强度、速度、比荷相联系，②由几何方法确定半径，③偏转角、弦切角、圆心角与运动时间相联系，④粒子在磁场中的运动时间与周期相联系；最后利用牛顿第二定律和匀速圆周运动规律求出半径、周期，并结合数学知识求出圆心角、半径、长度等。1.粒子发射源位于磁场的边界：该模型通常具有对称性，即进入磁场和离开磁场时速度方向与边界的夹角相等；如图所示：2.粒子的发射源位于磁场中：该模型往往存在着临界状态，当带电粒子的运动轨迹小于圆周且与边界相切时，切点为带电粒子不能射出磁场的最值点（或恰能射出磁场的临界点)，如图中a所示；当带电粒子的运动轨迹等于圆周时，直径与边界相交的点(如图中b所示)为带电粒子射出边界的最远点(距O点最远)。3.有界磁场中的临界问题（1）定圆平移法：当粒子的发射速度大小和方向相同，入射点不同但在同一直线上时，带电粒子进入匀强磁场做匀速圆周运动的半径相同，将此半径相同的圆沿入射点所在的直线进行平移，从而探索粒子的临界轨迹。（2）动态放缩法：当粒子的入射方向不变而速度大小可变时，粒子做圆周运动的轨迹圆的圆心一定在粒子处于入射点时所受洛伦兹力所在的射线上，但位置(半径R)不确定，用圆规作出一系列大小不同的轨迹圆，从圆的动态变化中即可发现“临界点”。（3）定圆旋转法：当粒子的入射速度大小不变而方向改变时，所有沿不同方向入射的粒子的轨迹圆是一样大的，只是位置绕入射点发生了旋转，从定圆的动态旋转（作图）中，也容易发现“临界点”。4.带电粒子在磁场中的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，由于多种因素的影响，使问题形成多解，多解形成原因一般包含下述几个方面．（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，可能带正电荷，也可能带负电荷，在相同的初速度的条件下，正负粒子在磁场中运动轨迹不同，导致形成双解。（2）磁场方向不确定形成多解有些题目只告诉了磁感应强度的大小，而未具体指出磁感应强度方向，此时必须要考虑磁感应强度方向不确定而形成的多解。（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，它可能穿过去了，也可能转过180°从入射界面这边反向飞出，于是形成了多解。（4）运动的往复性形成多解带电粒子在部分是电场，部分是磁场空间运动时，往往运动具有往复性，因而形成多解。5.带电粒子在圆形磁场中运动的常用结论(1)径向进出：当粒子运动方向与磁场方向垂直时，沿圆形磁场半径方向射入的带电粒子，必沿径向射出圆形磁场区域，即粒子出射速度的反向延长线必过磁场圆的圆心，如图所示。(2)等角进出：入射速度方向与过入射点的磁场圆半径的夹角等于出射速度方向与过出射点的磁场圆半径的夹角，如图所示。径向进出是等角进出的一种特殊情况(θ=0°)。(3)点入平出：若带电粒子从圆形匀强磁场区域圆周上一点沿垂直于磁场方向进入磁场，当带电粒子做圆周运动的半径与圆形磁场区域的半径相同时，所有带电粒子都以平行于磁场区域圆周上入射点处的切线方向射出磁场，如图所示。(4)平入点出：若带电粒子以相互平行的速度射入磁场，且带电粒子在磁场中做圆周运动的半径和圆形磁场区域半径相同，则这些带电粒子将会从磁场区域圆周上同一点射出，且磁场区域圆周上该点的切线方向与带电粒子射入磁场时的速度方向平行，如图所示。典例1：（2021·湖南·高考真题）带电粒子流的磁聚焦和磁控束是薄膜材料制备的关键技术之一、带电粒子流（每个粒子的质量为、电荷量为）以初速度垂直进入磁场，不计重力及带电粒子之间的相互作用。对处在平面内的粒子，求解以下问题。（3）如图（b），虚线框Ⅰ和Ⅱ均为边长等于的正方形，虚线框Ⅲ和Ⅳ均为边长等于的正方形。在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ和Ⅳ中分别设计一个区域面积最小的匀强磁场，使宽度为的带电粒子流沿轴正方向射入Ⅰ和Ⅱ后汇聚到坐标原点，再经过Ⅲ和Ⅳ后宽度变为，并沿轴正方向射出，从而实现带电粒子流的同轴控束。求Ⅰ和Ⅲ中磁场磁感应强度的大小，以及Ⅱ和Ⅳ中匀强磁场区域的面积（无需写出面积最小的证明过程）。【规范答题】（1）粒子垂直进入圆形磁场，在坐标原点汇聚，满足磁聚焦的条件，即粒子在磁场中运动的半径等于圆形磁场的半径，粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力解得（2）粒子从点进入下方虚线区域，若要从聚焦的点飞入然后平行轴飞出，为磁发散的过程，即粒子在下方圆形磁场运动的轨迹半径等于磁场半径，粒子轨迹最大的边界如图所示，图中圆形磁场即为最小的匀强磁场区域根据左手定则可知磁场的方向为垂直纸面向里，圆形磁场的面积为（3）粒子在磁场中运动，3和4为粒子运动的轨迹圆，1和2为粒子运动的磁场的圆周图中箭头部分的实线为粒子运动的轨迹，可知磁场的最小面积为叶子形状，取I区域如图类似地可知IV区域的阴影部分面积为根据对称性可知II中的匀强磁场面积为典例2：（2021·辽宁·高考真题）如图所示，在x>0区域内存在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场；在x<0区域内存在沿x轴正方向的匀强电场。质量为m、电荷量为q（q>0）的粒子甲从点S（a，0）由静止释放，进入磁场区域后，与静止在点P（a，a）、质量为的中性粒子乙发生弹性正碰，且有一半电量转移给粒子乙。（不计粒子重力及碰撞后粒子间的相互作用，忽略电场、磁场变化引起的效应）（1）求电场强度的大小E；（2）若两粒子碰撞后，立即撤去电场，同时在x≤0区域内加上与x>0区域内相同的磁场，求从两粒子碰撞到下次相遇的时间△t；（3）若两粒子碰撞后，粒子乙首次离开第一象限时，撤去电场和磁场，经一段时间后，在全部区域内加上与原x>0区域相同的磁场，此后两粒子的轨迹恰好不相交，求这段时间内粒子甲运动的距离L。【规范答题】（1）粒子甲匀速圆周运动过P点，则在磁场中运动轨迹半径R=a则则粒子从S到O，有动能定理可得可得（2）甲乙粒子在P点发生弹性碰撞，设碰后速度为、，取向上为正，则有计算可得两粒子碰后在磁场中运动解得两粒子在磁场中一直做轨迹相同的匀速圆周运动，周期分别为则两粒子碰后再次相遇解得再次相遇时间（3）乙出第一象限时甲在磁场中偏转角度为撤去电场磁场后，两粒子做匀速直线运动，乙粒子运动一段时间后，再整个区域加上相同的磁场，粒子在磁场中仍做半径为a的匀速圆周运动，要求轨迹恰好不相切，则如图所示设撤销电场、磁场到加磁场乙运动了，由余弦定理可得则从撤销电场、磁场到加磁场乙运动的位移典例3：（2022·浙江·高考真题）离子速度分析器截面图如图所示。半径为R的空心转筒P，可绕过O点、垂直xOy平面（纸面）的中心轴逆时针匀速转动（角速度大小可调），其上有一小孔S。整个转筒内部存在方向垂直纸面向里的匀强磁场。转筒下方有一与其共轴的半圆柱面探测板Q，板Q与y轴交于A点。离子源M能沿着x轴射出质量为m、电荷量为–q（q>0）、速度大小不同的离子，其中速度大小为v0的离子进入转筒，经磁场偏转后恰好沿y轴负方向离开磁场。落在接地的筒壁或探测板上的离子被吸收且失去所带电荷，不计离子的重力和离子间的相互作用。（1）①求磁感应强度B的大小；②若速度大小为v0的离子能打在板Q的A处，求转筒P角速度ω的大小；（2）较长时间后，转筒P每转一周有N个离子打在板Q的C处，OC与x轴负方向的夹角为θ，求转筒转动一周的时间内，C处受到平均冲力F的大小；（3）若转筒P的角速度小于，且A处探测到离子，求板Q上能探测到离子的其他θ′的值（θ′为探测点位置和O点连线与x轴负方向的夹角）。【规范答题】（1）①离子在磁场中做圆周运动有则②离子在磁场中的运动时间转筒的转动角度（2）设速度大小为v的离子在磁场中圆周运动半径为，有离子在磁场中的运动时间转筒的转动角度ω′t′=2nπ+θ转筒的转动角速度动量定理（3）转筒的转动角速度其中可得（1）若粒子经电场一次加速后正好打在P点处的粒子靶上，求可调电源电压的大小；（2）调整电压的大小，使粒子不能打在挡板上，求电压的最小值；【规范答题】（1）从O点射出的粒子在板间被加速，则粒子在磁场中做圆周运动，则半径由解得（2）当电压有最小值时，当粒子穿过下面的正极板后，圆轨道与挡板OM相切，此时粒子恰好不能打到挡板上，则从O点射出的粒子在板间被加速，则粒子在负极板上方的磁场中做圆周运动粒子从负极板传到正极板时速度仍减小到v0，则由几何关系可知联立解得（3）结合（2）分析可知，当粒子经上方磁场再进入下方磁场时，轨迹与挡板相切时，粒子运动轨迹半径分别为r2、r3，则①当粒子在下方区域磁场的运动轨迹正好与OM相切，再进入上方磁场区域做圆周运动，轨迹与负极板的交点记为H2，当增大两极板的电压，粒子在上方磁场中恰好运动到H2点时，粒子靶恰好能够接收2种能量的粒子，此时H2点为距C点最近的位置，是接收2种能量的粒子的起点，运动轨迹如图所示由几何关系可得②同理可知当粒子靶接收3种能量的粒子的运动轨迹如图所示第③个粒子经过下方磁场时轨迹与MN相切，记该粒子经过H2后再次进入上方磁场区域运动时轨迹与负极板的交点为H3(S2)，则该点为接收两种粒子的终点，同时也是接收3种粒子的起点。由几何关系可得可知，粒子靶接收n种、n+1种粒子的起点（即粒子靶接收n种粒子的起点与终点）始终相距当粒子靶接收n种能量的粒子时，可得1．（2022·河南·模拟预测）如图所示，在平面直角坐标系xOy的第一象限内，y轴与x=d之间有斜向右上，方向与x轴正方向成45°角、电场强度大小为E的匀强电场，x=d与x=2d之间有垂直于坐标平面向外的匀强磁场I，在x=2d与x=3d之间有垂直于坐标平面向内的匀强磁场Ⅱ。若在坐标原点O处由静止释放一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子a，粒子a经电场加速后第一次在磁场I中运动的轨迹恰与x=2d相切。若在坐标原点O处由静止释放一个带正电的粒子b，粒子b经磁场I运动后进入磁场Ⅱ，粒子b第一次在磁场I中运动的偏向角为90°，粒子b第一次在磁场Ⅱ中运动轨迹恰好与x=3d相切，不计两个粒子的重力，求：（1）匀强磁场I的磁感应强度大小；（2）粒子b的比荷大小；（3）粒子b第三次经过x=d时的位置坐标。【规范答题】（1）设粒子a进磁场I时的速度大小为v1，根据动能定理有解得设粒子a在磁场I中做圆周运动的半径为r1，根据题意及几何关系有解得根据牛顿第二定律有解得（2）设粒子b在磁场I中运动的轨道半径为r2，根据几何关系有解得设粒子b进入磁场I时的速度大小为v2，根据动能定理根据牛顿第二定律解得（3）根据几何关系可知，粒子b在磁场Ⅱ中做圆周运动的半径为r1，根据对称性可知，粒子第二次经过x=d时，速度方向与x=d夹角为45°，大小为v2，设位置坐标为（d，y1），则y1=d+r1=（21）d粒子b第二次在电场中做类平抛运动，根据运动的对称性可知，粒子沿x轴方向运动到速度为零时，刚好到y轴，设粒子b第二次在电场中运动时间为t，则解得设粒子第二次经过x=d和第三次经过x=d的位置之间距离为y2，则因此粒子b第三次经过x=d的位置坐标为（d，（2+7）d）（1）若上述过程仅由方向垂直于纸面的匀强磁场实现，求磁感应强度的大小；（2）若上述过程仅由方向平行轴的匀强电场实现，求粒子经过点时的动能。【规范答题】（1）若上述过程仅由方向垂直于纸面的匀强磁场实现，粒子在磁场的轨迹如图所示由洛伦兹力提供向心力可得由几何关系可得解得粒子的轨道半径为联立解得磁感应强度的大小为（2）若上述过程仅由方向平行轴的匀强电场实现，粒子在匀强电场中做类平抛运动，则有联立解得电场强度大小为根据动能定理可得解得粒子经过点时的动能为3．（2022·江西南昌·模拟预测）如图所示，仅在xOy平面的第Ⅰ象限内存在垂直纸面的匀强磁场，一细束电子从x轴上的P点以大小不同的速率射入该磁场中，速度方向均与x轴正方向成锐角。已知速率为的电子可从x轴上的Q点离开磁场，不计电子间的相互作用，电子的重力可以忽略，已知PQ=l，OP=3l，电子的电量为e，质量为m，求（1）磁感应强度的大小和方向；（2）能从y轴垂直射出的电子的速率。【规范答题】（1）电子做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿运动定律得又由几何知识可得，从Q点射出的电子，其半径联立解得电子在磁场中沿逆时针方向做圆周运动，由左手定则可知：磁感应强度的方向垂直纸面向外。（2）设电子从y轴垂直射出的速率为v、半径为r，根据几何关系有又由牛顿运动定律得解得电子的速率4．（2022·广东广州·模拟预测）如图所示，三角形ABC内有一磁感应强度为B、方向垂直于纸面向外的有界匀强磁场，且∠B=30°，∠C=90°，BC=L。BC中点有一离子源S，能均匀地向三角形内的各个方向发射大量速率相等的同种离子，离子质量为m、电荷量为+q。若有离子刚好从C点沿AC方向射出，求：（1）离子的发射速率v；（2）从AB边射出的粒子占全部粒子的占比；（3）从AB边射出的离子在磁场中运动的最短时间tmin。【规范答题】（1）离子刚好从C点沿AC方向射出，作出该离子的运动轨迹如图所示根据单边有界磁场的规律，可知，该离子必定垂直于BC边入射，根据几何关系有离子做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有解得（2）若离子入射速度方向与SB夹角为时，离子轨迹恰好与AB边相切，作出轨迹以及辅助线如图所示轨迹图中O为轨迹的圆心，OD与OS为半径，由几何关系有解得即在该离子入射速度与SB夹角在范围内进入的离子能够从AB边射出，由于离子是均匀地向三角形内的各个方向发射，则从AB边射出的离子占全部粒子的占比为（3）由分析可知，离子从AB边射出时，轨迹为一条劣弧，轨迹弧对应的弦长越短，磁场中运动的时间越小，则当入射点与出射点连线垂直于AB边时，弦长最小，对应轨迹历时最短，作出轨迹如图所示圆周运动的周期解得5．（2022·黑龙江·哈尔滨三中模拟预测）如图所示，在xoy平面内，有半径为L的圆形区域，圆心为O，在圆形区域以外存在磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外的匀强磁场，圆形区域内无磁场分布。现有质量为m、带电荷量为+q的粒子从坐标为（0，2L）的P点射入磁场，粒子的重力忽略不计。（1）若该粒子从P点沿x轴正方向射入磁场且不进入圆形无磁场区域，求粒子速度大小范围。【规范答题】（1）若该粒子从P点沿x轴正方向射入磁场且不进入圆形无磁场区域的临界轨迹如图所示当粒子轨迹和无磁场圆最高点相切时，由几何知识可知半径为洛伦兹力提供向心力解得当粒子轨迹和无磁场圆最低点相切时，由几何知识可知半径为解得粒子速度大小范围为（2）若粒子从P点射入，使该粒子直接从圆边界上的Q点离开磁场进入无磁场区域，粒子轨迹如图所示当粒子速度最小时，PQ为轨迹圆直径，由几何知识知半径为洛伦兹力提供向心力解得轨迹圆半径为周期为解得周期粒子从P点出发回到P点经过3个圆弧和3条边长，经过的时间为经过的路程为（1）求粒子恰好能打在荧光屏上与A等高的点的速度大小；（2）求粒子能从OM边射出磁场的最大速度及其对应的运动时间。【规范答题】（1）要使粒子恰好能打在荧光屏上与A等高的点，则粒子速度方向偏转了90°，轨迹如图所示由几何关系可得由洛伦兹力作为向心力可得联立解得（2）当粒子的轨迹恰好与MN相切时，对应的速度最大，如图所示由几何关系可得由洛伦兹力作为向心力可得联立解得可知轨迹对应圆心角为270°，粒子在磁场中的运动周期为故对应的运动时间为（3）由题意可知，磁场的周期满足可知每经过，粒子在磁场中运动轨迹对应的圆心角均为60°，运动轨迹如图所示粒子打在荧光屏上的Q点，由几何关系可得则设粒子在磁场中运动的轨道半径为R3，每次偏转对应的圆心角均为60°，粒子恰好垂直打在屏上，由几何关系可得由洛伦兹力作为向心力可得联立解得（1）圆形区域内磁场的方向及离子的发射速率；（2）从P点垂直于轴发射的离子，从发射到第二次经过边界AC所用的时间t；（3）探测板CG上有离子打到的区域长度。【规范答题】（1）从P点垂直于轴发射的正离子恰好经过Q点进入第一象限，说明正离子在P点受向右的磁场力，由左手定则知磁场方向垂直于纸面向外。如图所示，设离子在圆形区域圆周运动的半径为r，则又有解得（2）设离子在两磁场中圆周运动的周期为，则离子在圆形区域磁场中运动圆心角为90°，则运动时间离子在两磁场之间匀速直线运动时间离子在右侧区域磁场中运动圆心角为300°，运动时间则离子从发射到第二次经过边界所用的时间则则探测板上有离子打到的区域为，其长度8．（2022·福建·三明一中模拟预测）如图所示，在xOy平面第一象限内有垂直纸面向外的匀强磁场Ⅰ，磁感应强度大小为B，在第二象限的边长为L的正方形ACDO内的某个区域有垂直于纸面的匀强磁场Ⅱ，在第三象限内有竖直向上的匀强电场，场强大小为E，所有电磁场边界均为理想边界。在第三象限内有一点P（L，L），在AP连线上任意一点由静止释放一带电粒子，粒子由A点进入磁场Ⅱ中，经过磁场Ⅱ偏转后，都能垂直于y轴进入磁场Ⅰ中，且都恰好能到达O点被粒子捕获器捕获。已知在P点释放的粒子恰好是经D点垂直于y轴进入磁场Ⅰ中。设粒子重力不计。求：（1）粒子的比荷；（2）ACDO内所加磁场的最小面积；（3）带电粒子从释放到运动到O点的最小时间及对应的电场中释放位置坐标。【规范答题】（1）经分析得粒子轨迹如图所示在P点释放的粒子，在电场中由动能定理得在第一象限B1=B的磁场中，带电粒子运动轨迹半径为洛伦兹力提供向心力解得（2）四分之一圆形面积三角形面积为最小面积为（3）带电粒子在第二象限磁场中的半径为r2=L=2r1洛伦兹力提供向心力故第二象限磁场的磁感应强度任意位置释放粒子在第一、二象限磁场中总时间都相等在第一象限磁场中又在第二象限磁场中又在电场中，根据动能定理有由平均速度公式有解得在第二象限磁场中，洛伦兹力提供向心力解得半径粒子离开磁场B2匀速到y轴有解得当t3+t4最小时有解得即释放位置坐标为（L，）最小时间为9．（2022·江苏南通·模拟预测）如图所示，质谱仪由一个加速电场和环形区域的偏转磁场构成，磁场区域由两圆心都在O点，半径分别为2a和4a的半圆盒N1N2和M1M2围成，匀强磁场垂直于纸面向外，磁感应强度大小为B。质量为m、电荷量为+q的粒子不断从粒子源S飘入加速电场，其初速度几乎为0，经电场加速后沿M1N1的中垂线从极板上小孔P射入磁场后打到荧光屏N2M2上。已知加速电压为U0（未知）时，粒子刚好打在荧光屏的中央。不计粒子的重力和粒子间相互作用，打到半圆盒上的粒子均被吸收。（1）为使粒子能够打到荧光屏上，求加速电压的最大值Um；（2）由于粒子进入磁场时速度方向在纸面内偏离SP方向，加速电压为U0（未知）时，其中有粒子打到荧光屏N2点右侧0.8a处的Q点（图中未画出），求该粒子进入磁场时速度与SP方向夹角α的余弦值cosα；（3）由于粒子进入磁场时速度方向在纸面内偏离SP方向，求加速电压为U0（未知）时，荧光屏N2M2上有粒子到达的最大区间长度L。【规范答题】（1）当粒子在磁场中运动的轨迹与半径为4a的半圆盒在M2点相切时，粒子在磁场中运动的半径有最大值，设为r1，如答图1．则设粒子在磁场中运动的最大速度为v1，根据动能定理有粒子在磁场中做圆周运动时，根据牛顿第二定律有联立解得（2）设荧光屏N2M2的中点为C，加速电压为U0时粒子在磁场中的运动轨迹如答图2所示，由题意可知该粒子的运动半径为r0=3a设粒子进入磁场速度方向偏离SP方向的夹角为α，粒子打在荧光屏上的Q点，轨迹圆心为O1，如答图2，其运动半径仍为r0，根据几何关系有解得（3）由题意，加速电压仍为U0，粒子在磁场中的运动半径不变，则沿M1N1中垂线方向射入的粒子到达屏上的C点为粒子能打到荧光屏上最右侧的点．当粒子速度方向偏离SP方向的夹角为θ时，粒子打在荧光屏上的点A，其轨迹与磁场外边界相切，切点为D，圆心为O2，如答图3．由几何关系得根据余弦定理有则当粒子速度方向偏离SP方向的夹角为β时，粒子打在荧光屏上的点A′，其轨迹与磁场内边界相切，切点为D′，圆心为O2′，如答图4．