考點31班場一帶電粒子在勻強磁場中的運動

1.通過實驗，認識洛倫茲力。能判斷洛倫茲力的方向，會計算洛倫茲力的大

小。

新課程標準

2.能用洛倫茲力分析帶電粒子在勻強磁場中的圓周運動。了解帶電粒子在勻

強磁場中的偏轉及其應用。

預測此后高考對本專題會結合最新科技及生活實際，根據左手定則考查考查

命題趨勢帶電粒子在磁場中運動的勻速圓周運動模型的構建與應用.以此培養學生的

物理觀念、科學思維及科學態度

/匕活實踐類生活和科技等

試題情境

學習探究類帶電粒子在磁場中的運動

考向一、對洛倫茲力的理解和應用

考向二、帶電粒子在有界勻強磁場中的運動

考向三、帶電粒子在磁場中運動的多解問題

考向四、“數學圓，，方法在電磁學中的應用

考向一、對洛倫茲力的理解和應用

(1)洛倫茲力的方向總是垂直于運動電荷速度方向和磁場方向確定的平面。

(2)當電荷運動方向發生變化時，洛倫茲力的方向也隨之變化。

(3)用左手定則判斷洛倫茲力方向，但一定分清正、負電荷。

2.洛倫茲力與電場力

洛倫茲力電場力

V/)且V

產生條件電荷處在電場中

不與B平行

大小F=qvB(vJ_B)F=qE

力方向與一定是F，B,正電荷受力與電場方向相同，負

場方向的關系F±v電荷受力與電場方向相反

任何情況下可能做正功、負功，也可能不做

做功情況

都不做功功

作用效果只改變電荷的速度方向，既可以改變電荷的速度大小，也

不改變速度大小可以改變運動的方向

【典例11（2022年廣東省普通高中學業水平選擇性考試）7.如圖所示，一個立方體空間被對角平面MNPQ

劃分成兩個區域，兩區域分布有磁感應強度大小相等、方向相反且與z軸平行的勻強磁場。一質子以某一

速度從立方體左側垂直。yz平面進入磁場，并穿過兩個磁場區域。下列關于質子運動軌跡在不同坐標平面

的投影中，可能正確的是（）

【答案】A

【解析】AB.由題意知當質子射出后先在MN左側運動，剛射出時根據左手定則可知在MN受到y軸正方

向的洛倫茲力，即在MN左側會向y軸正方向偏移，做勻速圓周運動，y軸坐標增大；在MN右側根據左

手定則可知洛倫茲力反向，質子在y軸正方向上做減速運動，故A正確，B錯誤；

CD.根據左手定則可知質子在整個運動過程中都只受到平行于xOy平面的洛倫茲力作用，在z軸方向上沒

有運動，z軸坐標不變，故CD錯誤。

故選Ao

【典例2】（2022貴陽摸底）如圖所示,a、b兩根長直導線垂直紙面放置，兩導線內通有大小相等、方向相反

的電流，O點在紙面與導線平面的交線上且到兩導線距離相等，MN是過O點且垂直于導線平面的豎直線,

一個帶電粒子從M點以速度v沿MN方向運動，粒子重力不計，下列說法正確的是（）

A.粒子沿MN方向先做加速運動后做減速運動

B.粒子沿MN方向一直做勻速直線運動

C.粒子偏向MN左側先做加速運動后做減速運動

D.粒子偏向MN右側先做減速運動后做加速運動

【答案】B

【解析】根據右手螺旋定則和磁場疊加原理可知，兩通電直導線在直線MN上所產生的合磁場方向始

終沿MN方向，當帶電粒子沿MN方向運動時，其運動方向正好與合磁場方向平行，則帶電粒子不受洛倫

茲力作用，故粒子將一直做勻速直線運動，選項B正確.

練習1、（202。浙江省1月高中學業水平考試）下列表示運動電荷在磁場中所受洛倫茲力的方向正確的是

（）

?一夕?F?

B?2

D

【答案】D

【解析】A圖和B圖中v〃:B,所以電荷所受洛倫茲力為零，選項A、B錯誤；根據左手定則可知，C圖中

電荷所受洛倫茲力方向向上，D圖中電荷所受洛倫茲力方向向右，選項C錯誤，D正確。

練習2、（2022?大連模擬）真空中豎直放置一通電長直細導線，俯視圖如圖所示。以導線為圓心作圓，光滑絕

緣管ab水平放置，兩端恰好落在圓周上。半徑略小于絕緣管半徑的帶正電小球自a端以速度vo向b端運動

過程中，下列說法正確的是（）

A.小球先加速后減速

B.小球受到的洛倫茲力始終為零

C.小球在ab中點受到的洛倫茲力為零

D.小球受到洛倫茲力時，洛倫茲力方向豎直向外

【答案】C

【解析】根據安培定則可知，直導線產生的磁場的磁感線如圖中虛線所示,

洛倫茲力始終與小球運動方向垂直，故不做功，小球速率不變，A錯誤；當運動到ab中點時，磁感線

與速度方向平行，所受洛倫茲力為零，自a端到中點洛倫茲力豎直向下，中點至b端洛倫茲力豎直向上，B、

D錯誤，C正確。

【巧學妙記】

1.洛倫茲力的特點

(1)利用左手定則判斷洛倫茲力的方向，注意區分正、負電荷。

(2)當電荷運動方向發生變化時，洛倫茲力的方向也隨之變化。

(3)運動電荷在磁場中不一定受洛倫茲力作用。

(4)洛倫茲力永不做功。

人—一'■考向二、帶電粒子在有界勻強磁場中的運動

1.確定圓心

方法一若已知粒子軌跡上的兩點的速度方向，則可根據洛倫茲力F±v,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。

方法二若已知粒子運動軌跡上的兩點和其中某一點的速度方向，則可作出此兩點的連線(即過這兩點

的圓弧的弦)的中垂線，中垂線與過已知點速度方向的垂線的交點即為圓心，如圖乙。

2.確定半徑

。力?(偏向角)

利用平面幾何關系，求出該圓的可能半徑(或圓心角)，求解時注意以下幾何特點：

粒子速度的偏向角(cp)等于圓心角(a),并等于AB弦與切線的夾角(弦切角0)的2倍(如圖)，即。=a=20

=COto

3.求解時間

粒子在磁場中運動一周的時間為T,當粒子運動的圓弧所對應的圓心角為a時，其運動時間可由下式表

示：

a

t=------為弧長)。

360°

4.運動軌跡

(1)直線邊界(進出磁場具有對稱性，如圖所示)。

直線邊界，粒子進出磁場具有對稱性(如圖所示)

圖a中粒子在磁場中運動的時間

T1tm

t=5=^

圖b中粒子在磁場中運動的時間

(._9>(.0>2nm2m(Ji—0)

圖c中粒子在磁場中運動的時間t=±r=碧

Jiqt)

(2)平行邊界磁場

帶電粒子在平行邊界磁場中運動時的半徑R與平行邊界距離d之間的關系如圖所示.

d=7?](l-cos0)

d=2R2d=Rsin0d=H(l+cos0)(/=i?(l-cos0)

甲乙丙丁

(3)圓形邊界磁場

沿徑向射入圓形磁場的粒子必沿徑向射出，運動具有對稱性(如圖所示)

R

粒子做圓周運動的半徑「=布氣

粒子在磁場中運動的時間1=含7=錯^，0+a=90°

O)

(4)三角形邊界的磁場

帶電粒子在三角形邊界的磁場中運動時常常涉及臨界問題。如圖所示，正AABC區域內有勻強磁場,

某正粒子垂直于AB方向從D點進入磁場時，粒子有如下兩種可能的臨界軌跡:

（1）粒子能從AB邊射出的臨界軌跡如圖甲所示。

（2）粒子能從AC邊射出的臨界軌跡如圖乙所示。

（5）矩形邊界的磁場

帶電粒子在矩形（正方形）邊界的磁場中運動時，可能會涉及與邊界相切、相交等臨界問題，如圖所示。

【典例3】（多選）（2022年遼寧省普通高中學業水平等級性考試）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】AB.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；粒子2向上偏轉,

根據左手定則可知粒子2應該帶正電，A正確、B錯誤；

C.由以上分析可知粒子1為中子，則無論如何增大磁感應強度，粒子1都不會偏轉，C錯誤；

D.粒子2在磁場中洛倫茲力提供向心力有/3=機匚

r

mv

解得「=行可知若增大粒子入射速度’則粒子2的半徑增大’粒子2可能打在探測器上的Q點',D正確。

故選AD。

【典例4］（2022年6月浙江省普通高中學業水平等級性考試）22.離子速度分析器截面圖如圖所示。半徑

為R的空心轉筒P,可繞過。點、垂直xOy平面（紙面）的中心軸逆時針勻速轉動（角速度大小可調），其

上有一小孔S。整個轉筒內部存在方向垂直紙面向里的勻強磁場。轉筒下方有一與其共軸的半圓柱面探測板

Q,板Q與y軸交于A點。離子源M能沿著x軸射出質量為m、電荷量為-q（q>0）>速度大小不同的離

子，其中速度大小為vo的離子進入轉筒，經磁場偏轉后恰好沿y軸負方向離開磁場。落在接地的筒壁或探

測板上的離子被吸收且失去所帶電荷，不計離子的重力和離子間的相互作用。

（1）①求磁感應強度B的大小；

②若速度大小為vo的離子能打在板Q的A處，求轉筒P角速度（0的大小；

（2）較長時間后，轉筒P每轉一周有N個離子打在板Q的C處，OC與x軸負方向的夾角為0,求轉筒轉

動一周的時間內，C處受到平均沖力F的大小；

6v

（3）若轉筒P的角速度小于口，且A處探測到離子，求板Q上能探測到離子的其他0,的值（&為探測點

R

位置和O點連線與x軸負方向的夾角）。

邕工遐M

【答案】⑴①八%‘②。=*+吸，k=。，1，2,3…；⑵F=器**號.。，

1,2,...；(3)0'=—71,—71

66

【解析】（1）①離子在磁場中做圓周運動有“%5=誓

則武嗯

qR

7lR

②離子在磁場中的運動時間t=-

2%

jr

轉筒的轉動角度狽=2E+2

2

co—(4Z^+1)fk=0,1,2,3...

（2）設速度大小為v離子在磁場中圓周運動半徑為R',有R=Htan—

2

e

v—tan^

R

離子在磁場中的運動時間「=（兀-。）一

V。

轉筒的轉動角度co't'=2mr+0

轉筒轉動角速,度（2小〃兀音+0）節v

nn=0,1,2,.

動量定理廠&=Nmv

a!

廠(2nji+0)Nmv10

F=--------------Stan—,n=0,1,2,.

2(兀一8)兀R2

（4左+l）v(2/771+O'}v6yo

（3）轉筒的轉動角速度1―產n0

K

,,八，5一2〃

其中k=1,0—-----71,n=0,2

6

可得夕=』7r

6

練習3、（2020?全國I卷）一勻強磁場的磁感應強度大小為B,方向垂直于紙面向外，其邊界如圖中虛線所示,

ab為半圓，ac、bd與直徑ab共線，ac間的距離等于半圓的半徑.一束質量為m、電荷量為q（q>0）的粒子,

在紙面內從c點垂直于ac射入磁場，這些粒子具有各種速率.不計粒子之間的相互作用.在磁場中運動時

間最長的粒子，其運動時間為（）

b

771m-5兀m

A?麗B.麗

-471m—371m

r------D------

J3qB2qB

【答案】c

【解析】粒子在磁場中做勻速圓周運動qBv=甲,1=甲，可得粒子在磁場中的周期T=鬻，粒子在磁

AAm

場中運動的時間t=^-T=黑，則粒子在磁場中運動的時間與速度無關，軌跡對應的圓心角越大，運動時間

越長.采用放縮圓解決該問題，粒子垂直ac射入磁場，則軌跡圓心必在ac直線上，將粒子的軌跡半徑由零

逐漸放大.當半徑E0.5R和它1.5R時，粒子分別從ac、bd區域射出，磁場中的軌跡為半圓，運動時間等

于半個周期.當0.5R<r<1.5R時，粒子從半圓邊界射出，逐漸將軌跡半徑從0.5R逐漸放大，粒子射出位置

從半圓頂端向下移動，軌跡圓心角從兀逐漸增大，當軌跡半徑為R時，軌跡圓心角最大，然后再增大軌跡

半徑，軌跡圓心角減小，因此當軌跡半徑等于R時軌跡圓心角最大，即軌跡對應的最大圓心角9=兀+號=*,

4

粒子運動最長時間為1=殳=今箸=器故選C.

練習4.（2022湖北荊門調考）如圖所示，在x軸上方存在垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B,在

xOy平面內，從原點O處沿與x軸正方向成0角（0<9<兀）、以速率v發射一個帶正電的粒子（重力不計），則

下列說法正確的是（）

A.若。一定，v越大,則粒子在磁場中運動的時間越短

B.若。一定，v越大,則粒子在磁場中運動的角速度越大

C.若v一定,。越大，則粒子在磁場中運動的時間越短

D.若v一定，0越大,則粒子在離開磁場的位置距0點越遠

【答案】C

【解析】粒子運動周期丁=魯,當e—定時,粒子在磁場中運動的時間t=?=^T,s2兀

'亍'

由于t、co均與V無關，故A、B錯誤.當V一定時，由「=翟知，r一定，當0從0變至與的過程中，9越

0qz

大，粒子離開磁場的位置距O點越遠；當0大于齊寸，0越大,粒子離開磁場的位置距O點越近，故D錯誤.故

選c.

【巧學妙記】

帶電粒子在磁場中運動的臨界極值問題

1.解題關鍵點

⑴關注題目中的“恰好”“最大”“最高”“至少”等關鍵

詞語，作為解題的切入點。

(2)關注涉及臨界點條件的幾個結論

①粒子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。

工我一一*3=^考向三、“數學圓”方法在電磁學中的應用

題型一“平移圓”模型

粒子源發射速度大小、方向一定，入射點不同但在同一直線上

的同種帶電粒子進入勻強磁場時，它們做勻速圓周運動的半徑

相同，若入射速度大小為則半徑如圖所示

適用條件V0,R—

111

軌跡圓圓帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的圓心在同一直線上，該直

心共線線與入射點的連線平行

將半徑為R—%°的圓進行平移，從而探索粒子的臨界條件，這

界定方法

種方法叫“平移圓”法

題型二“旋轉圓”模型

粒子源發射速度大小一定、方向不同的同種帶電粒子進入勻強

磁場時，它們在磁場中做勻速圓周運動的半徑相同，若入射初

適用條件

速度大小為V0,則圓周運動軌跡半徑為R—個凸，如圖所示

P

如圖，帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的圓心在以入射點P

為圓心、半徑R一戰的圓上

Xxxx

軌跡圓圓

XX/XXQXXXX

心共圓

XX\xJ./X

XXXX

將半徑為R一15°的圓以入射點為圓心進行旋轉,從而探索出

界定方法

臨界條件，這種方法稱為“旋轉圓”法

題型三“放縮圓”模型

粒子源發射速度方向一定，大小不同的同種帶電粒子進入勻強

適用條件磁場時，這些帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌跡半徑隨

速度的變化而變化

如圖所示（圖中只畫出粒子帶正電的情景），速度V越大，運動

半徑也越大.可以發現這些帶電粒子射入磁場后，它們運動軌

跡的圓心在垂直初速度方向的直線PP，上

XXXXXX

軌跡圓圓心共線P'

XX

x:/x至4\x

XXXXXX

以入射點P為定點，圓心位于PP，直線上，將半徑放縮作軌跡圓，

界定方法

從而探索出臨界條件，這種方法稱為“放縮圓”法

題型四“磁聚焦”模型

1.帶電粒子的會聚

如圖甲所示，大量同種帶正電的粒子，速度大小相同，平行入射到圓形磁場區域，如果軌跡圓半徑與磁場

圓半徑相等（R=r）,則所有的帶電粒子將從磁場圓的最低點B點射出.（會聚）

證明：四邊形OAOB為菱形，必是平行四邊形，對邊平行，OB必平行于AO,（即豎直方向），可知從A點

發出的帶電粒子必然經過B點.

2.帶電粒子的發散

如圖乙所示，有界圓形磁場的磁感應強度為B,圓心為O,從P點有大量質量為m、電荷量為q的正粒子,

以大小相等的速度v沿不同方向射入有界磁場，不計粒子的重力，如果正粒子軌跡圓半徑與有界圓形磁場

半徑相等，則所有粒子射出磁場的方向平行.（發散）

證明：所有粒子運動軌跡的圓心與有界圓圓心O、入射點、出射點的連線為菱形，也是平行四邊形，OiA、

O2B>03c均平行于PO,即出射速度方向相同（即水平方向）.

【典例5】（2020?全國卷m,18）真空中有一勻強磁場，磁場邊界為兩個半徑分別為a和3a的同軸圓柱面,

磁場的方向與圓柱軸線平行，其橫截面如圖7所示。一速率為v的電子從圓心沿半徑方向進入磁場。已知

電子質量為m,電荷量為e,忽略重力。為使該電子的運動被限制在圖中實線圓圍成的區域內，磁場的磁感

應強度最小為（）

A3mv-mv

B.一

A?京ae

r3mv-3mv

Jae

【答案】C

【解析】為使電子的運動被限制在圖中實線圓圍成的區域內，電子進入勻強磁場中做勻速圓周運動的半徑

最大時軌跡如圖所示，設其軌跡半徑為r,圓心為M,磁場的磁感應強度最小為B,由幾何關系有后存+

r=3a,解得r=ga,電子在勻強磁場中做勻速圓周運動有evB=mE，解得B=鬻，選項C正確。

j1qae

【典例6］（多選）（2021?海南高考）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,小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a（0WaW180。）。當式=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a=45。時，粒子也垂直x軸離開磁場

C.粒子入射速率為叫地

D.粒子離開磁場的位置到O點的最大距離為3小L

【答案】ACD

【解析】根據題意可知粒子垂直x軸離開磁場，根據左手定則可知粒子帶正電，A正確；當a=150。時，粒

子垂直x軸離開磁場，運動軌跡如圖甲，

2BL

粒子運動的半徑為r=需全=26L,洛倫茲力提供向心力qvB=mv，解得粒子入射速率V=^O

UU1111

若a=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，C正確；粒

子離開磁場的位置距離O點最遠時，粒子在磁場中的軌跡為半圓，如圖丙，根據幾何關系可知（2r）2=（小L）2

2

+xm,解得Xm=34L,D正確。

練習5.（2022?山東省青島市高三下二模）如圖所示，豎直放置的半環狀ABCD區域內存在勻強磁場，磁場

方向垂直紙面向外，磁感應強度大小為B=0.5T.外環的半徑Ri=16cm,內環的半徑R2=4cm,外環和

內環的圓心為O,沿0D放置有照相底片.有一線狀粒子源放在AB正下方（圖中未畫出），不斷放出初速度

大小均為vo=1,6x106m/s,方向垂直AB和磁場的相同粒子，粒子經磁場中運動，最后打到照相底片上，經

檢驗底片上僅有CD區域均被粒子打到.不考慮粒子間的相互作用，粒子重力忽略不計，假設打到磁場邊界

的粒子被吸收.

p

(2)求粒子的比荷V；

(3)若照相底片沿0P放置，求底片上被粒子打到的區域的長度.

［解析］(1)由左手定則可知，粒子帶正電.

(2)如圖所示，設粒子的質量為m,帶電荷量為q,在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R,依題意有2R

=RI+R2，R=10cm

由牛頓第二定律qvoBn1^

代入數據解得$3.2x107c/kg

(3)若照相底片沿OP放置，則底片上被粒子打到的區域長度為MN的長度，如圖所示，在AOiOM中，

由幾何關系有OM2=R2—(R—R2)2,解得OM=8cm

MN=R-OM,聯立代入數據解得MN=2cm

練習6.(2022?北京市豐臺區高三上期末)如圖所示，ABCD與MNQP均為邊長為1的正方形區域，且A點為

MN的中點.ABCD區域中存在有界的垂直紙面方向的勻強磁場，在整個MNQP區域中存在圖示方向的勻

強電場.質量為m、電荷量為e的電子以大小為vo的初速度垂直于BC射入正方形ABCD區域，且都從A

點進入電場，已知從C點進入磁場的粒子在ABCD區域中運動時始終位于磁場中，不計電子重力，求：

(1)勻強磁場區域中磁感應強度B的大小和方向；

(2)要使所有粒子均能打在PQ邊上，電場強度E至少為多大;

(3)ABCD區域中磁場面積的最小值是多少.

［解析］(1)由洛倫磁力提供向心力可得ev0B=-^

由題意則有r=l

解得B=詈，方向為垂直紙面向外

(2)沿AN方向進入電場的粒子能打在PQ邊上則所有粒子都能打在PQ邊上，在勻強電場中做類平拋運

動，則有eE=ma

1=到2

(3)圖中陰影部分為磁場最小范圍，由幾何關系可知

Smin=2X

練習7、(多選)(2022?湖北省武漢市第二中學高三上模擬)如圖所示，直角三角形邊界ABC內存在垂直于紙面

向外的勻強磁場，磁感應強度為B,AC長為2L,AB長為L。從AC的中點D連續發射不同速率的相同粒

子，方向與AC垂直，粒子帶正電，電荷量為q,質量為m,不計粒子重力與粒子間的相互作用，下列判斷

正確的是()

A.以不同速率入射的粒子在磁場中運動的時間一定不等

B.BC邊上有粒子出射的區域長度不超過坐L

C.AB邊上有粒子出射的區域長度為(小一1)L

D.從AB邊出射的粒子在磁場中的運動時間最短為器

【答案】BC

【解析】若不同速率入射的粒子在磁場中運動時都從AC邊射出，則運動的時間相等，A錯誤；如圖甲，

當粒子的速度無窮大時可認為粒子不發生偏轉從E點射出，從BC邊上有粒子出射的區域在BE部分，由幾

何關系知長度不超過Ltan30。=坐L,B正確；

由圖乙可知，AB邊上有粒子出射的區域為BF之間，由幾何關系可知：六=為工，解得r=（2小一3）L,

則BF=L—嬴R=（小一1）L,C正確；從AB邊上出射的粒子在B點射出時時間最短，粒子在磁場中運動

軌跡所對的圓心角為60。，則粒子在磁場中的運動時間最短為t=J=^,D錯誤。

練習8、（2022陜西西安八校聯考）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（重力及粒子間的相互作用不計），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

/XX▼XX\

/XXXX?

\XXXX!

\XXXX/'

AkBB-2kB

兀兀

C3kBD.4kB

【答案】C

【解析】粒子在磁場中運動的半徑為R=^=鬻=2r,周期為T=鬻虛，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，弦長最大值為磁場區域圓的直徑2r,根據幾何關系

T兀

可得軌跡所對圓心角為60。，故tmax=%=菽，選項C正確.

練習9.（多選）（2022?山東省日照市高三下二模）如圖所示，紙面內半徑為R的圓形區域內存在垂直于紙面向

外的勻強磁場，磁感應強度大小為B,一束質子在紙面內以相同的速度射向磁場區域，質子的電荷量為q,

質量為m,速度為v=喈，則以下說法正確的是（）

A.對著圓心入射的質子，其出射方向的反向延長線一定過圓心

B.對著圓心入射的質子，其在磁場中的運動時間最短

C.所有質子都在磁場邊緣同一點射出磁場

D.所有質子在磁場中做圓周運動的半徑都相同

【答案】ACD

【解析】首先可以確定朝著圓心射入的質子，其做勻速圓周運動的向心力由洛倫茲力提供：Bqv=m?,

將速度代入，解得：r=R,那么由幾何關系知道該質子最后沿著0C方向從0點的正下方C點射出磁場，

故A正確;再假設從任意點E水平射入的質子,其做勻速圓周運動的圓心為D,由幾何知識可知四邊形DEOC

是菱形，所以DC=OE=R,所以從任意點水平入射的質子也從。點的正下方C點射出，故C正確；質子

在磁場中做圓周運動的速率v相同，質子運動軌跡越長，質子的運動時間越長，對著圓心入射的質子運動

軌跡不是最短，因此對著圓心入射的質子在磁場中的運動時間不是最短的，故B錯誤；根據以上分析可知,

所有質子在磁場中做圓周運動的半徑都相同，故D正確.

【巧學妙記】

分析方法

⑴數學方法和物理方法的結合:如利用"矢量圖""邊界條件"等求臨

界值，利用"三角函數""不等式的性質""一元二次方程的判別式”等

求極值。

⑵一個“解題流程"，突破臨界問題。

女一考向四、帶電粒子在磁場中運動的多解問題

類型1帶電粒子的電性不確定形成多解

如果粒子的電性不確定，帶電粒子可能帶正電荷，也可能帶負電荷，在相同的初速度下，正、負粒子

在磁場中運動軌跡不同，形成多解。如圖所示，帶電粒子以速度V垂直進入勻強磁場，若帶正電，其軌跡

為a；若帶負電，其軌跡為b。

類型2磁場方向不確定形成多解

有些題目只知磁感應強度的大小，而不知其方向，此時必須要考慮磁感應強度方向

不確定而形成的多解。

如圖所示，帶正電粒子以速率v垂直進入勻強磁場，若B垂直紙面向里，其軌跡為a；若B垂直紙面

向外，其軌跡為b。

類型3臨界狀態不唯一形成多解

帶電粒子在洛倫茲力作用下在有界磁場中運動時，由于粒子運動軌跡是圓弧狀，因此，它可能穿過去,

也可能轉過180。從入射界面這邊反向飛出，從而形成多解，如圖所示。

類型4運動的周期性形成多解

帶電粒子在組合場或交變場中運動時，運動往往具有周期性，從而形成多解，如圖所示。

【典例7］（多選）（湖北省2022年普通高中學業水平等級考試）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仇則離子的入射速度和對應0角的可能組合為（）

;XXXX;

；XXXX；

L*5

1

A.-kBL,0°B.|kBL,0°C.kBL,60°D.2kBL,60°

3

【答案】BC

【解析】若粒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

v2

qvB-m—

R

可得v=-kBL

m

根據對稱性可知出射速度與SP成30。角向上，故出射方向與入射方向夾角為0=60。。

當粒子上下均經歷一次時，如圖

因為上下磁感應強度均為B,則根據對稱性有尺=,乙

2

根據洛倫茲力提供向心力有qvB=m~~

可得v="人=^kBL

2m2

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0=0。。

通過以上分析可知當粒子從下部分磁場射出時，需滿足

_qBL1

v—7--------7——--------kBL（口=1,2,3）

2n-l.......

此時出射方向與入射方向的夾角為0=60°；

當粒子從上部分磁場射出時，需滿足丫=a=上?（n=l,2,3……）

2nmIn

此時出射方向與入射方向的夾角為0=0%

故可知BC正確，AD錯誤。

故選BC。

【典例8】（2022?東北三省四市教研聯合體4月模擬二）如圖所示,寬度為d的有界勻強磁場，磁感應強度為

B,MM，和NN，是它的兩條邊界。現有質量為m、電荷量為q的帶電粒子沿圖示方向垂直磁場射入。要使粒

子不能從邊界NN，射出，則粒子入射速率v的最大值可能是多少？

【答案】（2+陋）等（q為正電荷）或（2—也）嘿（q為負電荷）

【解析】題目中只給出粒子“電荷量為q”，未說明是帶哪種電荷，所以分情況討論。

若帶電粒子帶正電荷，當粒子入射速率最大時，軌跡是圖中與NN相切的：圓弧，

則軌跡半徑R=^

Bq

又d=R—Rsin45。

抽汨2+V^Bqd

解得丫=---m------

3

若帶電粒子帶負電荷，當粒子入射速率最大時，軌跡是圖中與NN相切的彳圓弧，

則軌跡半徑

Bq

又d=R'+R'sin45°

2—也Bqd

解得v'=

X

X

練習10、（2022?廣東省汕頭市高三二模）如圖所示，邊長為L的等邊三角形ABC內、外分布著兩方向相反的

勻強磁場，三角形內磁場方向垂直紙面向外，兩磁場的磁感應強度大小均為B,頂點A處有一粒子源，粒

子源能沿/BAC的角平分線發射不同速率的粒子，粒子質量均為m、帶電荷量均為+q,不計粒子重力及粒

子間的相互作用，則粒子能通過B點時發射的速率丫。為（）

A2qBL3qBL2qBLqBL

m2m3m7m

【答案】D

【解析】粒子帶正電，且經過B點，其可能的運動軌跡如圖所示,

O1xX°2XXXXX

xx460xxx

X

XX

XX

XXXfixXxCx

所有圓弧所對圓心角均為60°,所以粒子運動半徑r=W（n=1,2,3,…），粒子在磁場中做圓周運動，洛

倫茲力提供向心力，有qvoB=mT",解得vo=*^=^^（n=1,2,3,…），故A、B、C錯誤，D正確。

練習11、（多選X2022?北京市朝陽區校際聯考）如圖所示，一磁感應強度為B的勻強磁場垂直紙面向里，且

范圍足夠大.紙面上M、N兩點之間的距離為d,一質量為m的帶電粒子（不計重力）以水平速度vo從M點

垂直進入磁場后會經過N點，已知M、N兩點連線與速度vo的方向成30。角.以下說法正確的是（）

xx

XX

XXX

A.粒子可能帶負電

B.粒子一定帶正電，電荷量為端

dD

C.粒子從M點運動到N點的時間可能是二

3Vo

D.粒子從M點運動到N點的時間可能是當

3Vo

【答案】BCD