專題22帶電粒子在磁場中運動-三年（2022-2024）高考物理真題分類匯編（全國）

專題22帶電粒子在磁場中運動考點三年考情（2022-2024）命題趨勢考點1帶電粒子在直線邊界磁場中的運動（5年4考）2024年高考河北卷：真空區(qū)域有同心正方形ABCD和abcd，內(nèi)有勻強磁場，帶電粒子在其中運動；2024年高考廣西卷：坐標平面內(nèi)一有界勻強磁場區(qū)域，帶電粒子進入做勻速圓周運動；2023年高考湖北卷：空間存在磁感應(yīng)強度大小為B、垂直于xOy平面向里的勻強磁場。t=0時刻，一帶正電粒子甲從點P（2a，0）沿y軸正方向射入，第一次到達點O時與運動到該點的帶正電粒子乙發(fā)生正碰。2023年6月浙江高考選考：利用磁場實現(xiàn)離子偏轉(zhuǎn)。1.帶電粒子在直線邊界磁場中的運動是高考考查頻率較高的知識，直線邊界包括矩形邊界、三角形邊界、多邊形邊界、坐標軸邊界、平行直線邊界等。2.帶電粒子在圓形邊界磁場中的運動考查主要為：環(huán)形邊界、圓形邊界、扇形邊界等，臨界問題的考查有增加的趨勢?？键c2帶電粒子在圓形邊界磁場中的運動（5年4考）2023年高考全國甲卷：光滑剛性絕緣圓筒內(nèi)存在著平行于軸的勻強磁場，帶電粒子進入運動；2022年高考遼寧物理：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?？键c01帶電粒子在直線邊界磁場中的運動1.（2024年高考河北卷）如圖，真空區(qū)域有同心正方形ABCD和abcd，其各對應(yīng)邊平行，ABCD的邊長一定，abcd的邊長可調(diào)，兩正方形之間充滿恒定勻強磁場，方向垂直于正方形所在平面．A處有一個粒子源，可逐個發(fā)射速度不等、比荷相等的粒子，粒子沿AD方向進入磁場。調(diào)整abcd的邊長，可使速度大小合適的粒子經(jīng)ad邊穿過無磁場區(qū)后由BC邊射出。對滿足前述條件的粒子，下列說法正確的是（）A.若粒子穿過ad邊時速度方向與ad邊夾角為45°，則粒子必垂直BC射出B.若粒子穿過ad邊時速度方向與ad邊夾角為60°，則粒子必垂直BC射出C.若粒子經(jīng)cd邊垂直BC射出，則粒子穿過ad邊的速度方向與ad邊夾角必為45°D.若粒子經(jīng)bc邊垂直BC射出，則粒子穿過ad邊時速度方向與ad邊夾角必為60°【答案】ACD【解析】根據(jù)幾何關(guān)系可知，若粒子穿過ad邊時速度方向與ad邊夾角為45°，則粒子必經(jīng)過cd邊，作出粒子運動軌跡圖，如圖甲所示粒子從C點垂直于BC射出，故AC正確；若粒子穿過ad邊時速度方向與ad邊夾角為60°時，若粒子從cd邊再次進入磁場，作出粒子運動軌跡如圖乙所示則粒子不可能垂直BC射出；若粒子從bc邊再次進入磁場，作出粒子運動軌跡如圖丙所示則粒子一定垂直BC射出，故B錯誤、D正確。2.（2024年高考廣西卷）坐標平面內(nèi)一有界勻強磁場區(qū)域如圖所示，磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直紙面向里。質(zhì)量為m，電荷量為的粒子，以初速度v從O點沿x軸正向開始運動，粒子過y軸時速度與y軸正向夾角為，交點為P。不計粒子重力，則P點至O點的距離為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】粒子運動軌跡如圖所示在磁場中，根據(jù)洛倫茲力提供向心力有可得粒子做圓周運動的半徑根據(jù)幾何關(guān)系可得P點至O點的距離故選C。1.（2023高考全國乙卷）如圖，一磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場，方向垂直于紙面（xOy平面）向里，磁場右邊界與x軸垂直。一帶電粒子由O點沿x正向入射到磁場中，在磁場另一側(cè)的S點射出，粒子離開磁場后，沿直線運動打在垂直于x軸的接收屏上的P點；SP=l，S與屏的距離為，與x軸的距離為a。如果保持所有條件不變，在磁場區(qū)域再加上電場強度大小為E的勻強電場，該粒子入射后則會沿x軸到達接收屏。該粒子的比荷為（）A. B. C. D.【參考答案】A【命題意圖】本題考查帶電粒子在磁場和復(fù)合場中的運動及其相關(guān)知識點?！窘忸}思路】設(shè)帶電粒子電荷量q，質(zhì)量為m，從O點沿x軸正方向射入磁場，畫出運動軌跡，由圖中幾何關(guān)系可知偏轉(zhuǎn)角θ為60°，由cosθ=解得r=2a。由洛倫茲力提供向心力，得qvB=m，在磁場區(qū)域加上電場，入射粒子沿x軸到達接受屏，qE=qvB，聯(lián)立解得=，A正確。【思路點撥】解答帶電粒子在勻強磁場中運動問題，正確畫出帶電粒子運動軌跡是關(guān)鍵。3.．（2023年高考湖北卷）如圖所示，空間存在磁感應(yīng)強度大小為B、垂直于xOy平面向里的勻強磁場。t=0時刻，一帶正電粒子甲從點P（2a，0）沿y軸正方向射入，第一次到達點O時與運動到該點的帶正電粒子乙發(fā)生正碰。碰撞后，粒子甲的速度方向反向、大小變?yōu)榕銮暗?倍，粒子甲運動一個圓周時，粒子乙剛好運動了兩個圓周。己知粒子甲的質(zhì)量為m，兩粒子所帶電荷量均為q。假設(shè)所有碰撞均為彈性正碰，碰撞時間忽略不計，碰撞過程中不發(fā)生電荷轉(zhuǎn)移，不考慮重力和兩粒子間庫侖力的影響。求：（1）第一次碰撞前粒子甲的速度大小；（2）粒子乙的質(zhì)量和第一次碰撞后粒子乙的速度大??；（3）時刻粒子甲、乙的位置坐標，及從第一次碰撞到的過程中粒子乙運動的路程。（本小問不要求寫出計算過程，只寫出答案即可）【參考答案】（1）；（2），；（3）甲（－6a，0），乙（0，0），67πa【名師解析】（1）由題知，粒子甲從點P（2a，0）沿y軸正方向射入到達點O，則說明粒子甲的半徑r=a根據(jù)解得（2）由題知，粒子甲運動一個圓周時，粒子乙剛好運動了兩個圓周，則T甲=2T乙根據(jù)，有則粒子甲、乙碰撞過程，取豎直向下為正有mv甲0＋m乙v乙0=－mv甲1＋m乙v乙1

解得v乙0=－5v甲0，v乙1=3v甲0則第一次碰撞后粒子乙的速度大小為。（3）已知在時，甲、乙粒子發(fā)生第一次碰撞且碰撞后有v甲1=－3v甲0，v乙1=3v甲0則根據(jù)，可知此時乙粒子的運動半徑為可知在時，甲、乙粒子發(fā)生第二次碰撞，且甲、乙粒子發(fā)生第一次碰撞到第二次碰撞過程中乙粒子運動了2圈，此過程中乙粒子走過的路程為S1=6πa且在第二次碰撞時有mv甲1＋m乙v乙1=mv甲2＋m乙v乙2解得v甲2=v甲0，v乙2=－5v甲0可知在時，甲、乙粒子發(fā)生第三次碰撞，且甲、乙粒子發(fā)生第二次碰撞到第三次碰撞過程中乙粒子運動了2圈，此過程中乙粒子走過的路程為S2=10πa且在第三次碰撞時有mv甲2＋m乙v乙2=mv甲3＋m乙v乙3解得v甲3=－3v甲0，v乙3=3v甲0依次類推在時，甲、乙粒子發(fā)生第九次碰撞，且甲、乙粒子發(fā)生第八次碰撞到第九次碰撞過程中乙粒子運動了2圈，此過程中乙粒子走過的路程為S8=10πa且在第九次碰撞時有mv甲8＋m乙v乙8=mv甲9＋m乙v乙9解得v甲9=－3v甲0，v乙9=3v甲0在到過程中，甲粒子剛好運動半周，且甲粒子的運動半徑為r甲1=3a則時甲粒子運動到P點即（－6a，0）處。在到過程中，乙粒子剛好運動一周，則時乙粒子回到坐標原點，且此過程中乙粒子走過的路程為S0=3πa故整個過程中乙粒子走過總路程為S=4×6πa＋4×10πa＋3πa=67πa4.（2022高考湖北物理）在如圖所示的平面內(nèi)，分界線SP將寬度為L的矩形區(qū)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(yīng)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Р點射出，設(shè)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(yīng)θ角的可能組合為（）A.kBL，0° B.kBL，0° C.kBL，60° D.2kBL，60°【參考答案】BC【命題意圖】本題考查帶電粒子在勻強磁場中的運動?！窘忸}思路】若粒子通過下部分磁場直接到達P點，如圖根據(jù)帶電粒子在直線邊界運動的對稱性可知，若從P點的出射方向與右側(cè)邊界向上的夾角為60°，根據(jù)幾何關(guān)系則有，可得根據(jù)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θ=60°。當(dāng)粒子上下均經(jīng)歷一次時，如圖因為上下磁感應(yīng)強度均為B，則根據(jù)對稱性有根據(jù)洛倫茲力提供向心力有可得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(dāng)粒子從下部分磁場射出時，需滿足（n=1，2，3……）此時出射方向與入射方向的夾角為θ=60°；當(dāng)粒子從上部分磁場射出時，需滿足（n=1，2，3……）此時出射方向與入射方向的夾角為θ=0°。故可知BC正確，AD錯誤。5．（2022·高考廣東物理）如圖6所示，一個立方體空間被對角平面MNPQ劃分成兩個區(qū)域，兩區(qū)域分布有磁感應(yīng)強度大小相等、方向相反且與z軸平行的勻強磁場。一質(zhì)子以某一速度從立方體左側(cè)垂直平面進入磁場，并穿過兩個磁場區(qū)域。下列關(guān)于質(zhì)子運動軌跡在不同坐標平面的投影中，可能正確的是（）A．B．C．D．【參考答案】A【命題意圖】本題考查帶電粒子在勻強磁場中的勻速圓周運動，左手定則及其相關(guān)知識點?！窘忸}思路】根據(jù)題述情景，質(zhì)子垂直O(jiān)yz平面進入磁場，向y軸正方向偏轉(zhuǎn)穿過MNPQ平面向x軸正方向偏轉(zhuǎn)，所以可能正確的是A。6．（11分）（2023年6月浙江高考選考）利用磁場實現(xiàn)離子偏轉(zhuǎn)是科學(xué)儀器中廣泛應(yīng)用的技術(shù)。如圖所示，Oxy平面（紙面）的第一象限內(nèi)有足夠長且寬度均為L、邊界均平行x軸的區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，其中區(qū)域存在磁感應(yīng)強度大小為B1的勻強磁場，區(qū)域Ⅱ存在磁感應(yīng)強度大小為B2的磁場，方向均垂直紙面向里，區(qū)域Ⅱ的下邊界與x軸重合。位于處的離子源能釋放出質(zhì)量為m、電荷量為q、速度方向與x軸夾角為60°的正離子束，沿紙面射向磁場區(qū)域。不計離子的重力及離子間的相互作用，并忽略磁場的邊界效應(yīng)。（1）求離子不進入?yún)^(qū)域Ⅱ的最大速度v1及其在磁場中的運動時間t；（2）若，求能到達處的離子的最小速度v2；（3）若，且離子源射出的離子數(shù)按速度大小均勻地分布在范圍，求進入第四象限的離子數(shù)與總離子數(shù)之比η?！久麕熃馕觥浚?）畫出離子恰不進入?yún)^(qū)域II的軌跡，由軌跡圖中幾何關(guān)系得sin30°=，解得r1=2L。由洛倫茲力提供向心力，qv1B1=m，解得v1=運動軌跡所對圓心角為θ=2π/3離子在區(qū)域II中運動時間t==（2）解法一：常規(guī)法畫出離子恰好運動到y(tǒng)=L/2處的運動軌跡，如圖。速度為v2的離子在區(qū)域I，由洛倫茲力提供向心力，qv2B1=m，解得r2=速度為v2的離子在區(qū)域II，由洛倫茲力提供向心力，qv2B2=m，解得r2’===r2/2在區(qū)域II，離子運動軌跡恰好與y=L/2水平線相切，r2’-r2’cosα=L/2，即r2-r2cosα=L，解得：cosα=在區(qū)域I，r2cosα-r2cos60°=L，即r2·-r2cos60°=L，解得：r2=4L，由=r2/2=2L，解得v2=解法二：等效法。若B2=2B1，由r=mv/qB可知離子在區(qū)域I運動軌跡半徑為r2=r’1/2，可以等效為B2=B1時離子恰好運動到y(tǒng)=0處。由圖中幾何關(guān)系可得：sin30°=，解得r1’=4L。離子在區(qū)域I磁場中運動，qv2B1=m，解得v2=解法三。動量定理+微元法畫出離子恰好運動到y(tǒng)=L/2處的運動軌跡，如圖。我們可以通過微元法，利用動量定理解答。對離子進入磁場到恰好運動到y(tǒng)=L/2處的過程，沿y軸方向的微元時間△t，運用動量定理，-qB1vy1△t-qB2vy2△t=m△v方程兩側(cè)求和，-qB1Σvy1△t-qB2Σvy2△t=mΣ△v注意到Σvy1△t=L，Σvy2△t=0.5L，Σ△v=-v2sin30°可得-2qB1L=0.5mv2解得：v2=（3）解法一：等效法畫出B2=圖像，如圖。區(qū)域II中磁場可等效為勻強磁場B1/2的勻強磁場，若把區(qū)域II中磁場等效為勻強磁場B1，則磁場寬度則為L/2。畫出恰好能夠進入第四象限的離子運動軌跡，如圖。由軌跡圖中幾何關(guān)系得sin30°=，解得r3=3L。由洛倫茲力提供向心力，qv3B1=m，解得v3=即速度大于v3=的離子都能夠進入第四象限，進入第四象限的離子數(shù)與總離子數(shù)之比為η=×100%=60%解法二：動量定理+微元法畫出B2=圖像，如圖。區(qū)域II中磁場可等效為勻強磁場B1/2的勻強磁場，對離子進入磁場到恰好運動到x軸的過程，沿y軸方向的微元時間△t，運用動量定理，-qB1vy1△t-qB2vy2△t=m△v方程兩側(cè)求和，-qB1Σvy1△t-qB2Σvy2△t=mΣ△v注意到Σvy1△t=L，ΣB2vy2△t=Σvy2△t=Σvy2△t=L，Σ△v=-v2sin30°可得qB1L=mv2解得：v3=即速度大于v3=的離子都能夠進入第四象限，進入第四象限的離子數(shù)與總離子數(shù)之比為η=×100%=60%7.（2022新高考江蘇卷）利用云室可以知道帶電粒子的性質(zhì)，如圖所示，云室中存在磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場，一個質(zhì)量為m、速度為v的電中性粒子在A點分裂成帶等量異號電荷的粒子a和b，a、b在磁場中的徑跡是兩條相切的圓弧，相同時間內(nèi)的徑跡長度之比，半徑之比，不計重力及粒子間的相互作用力，求：（1）粒子a、b的質(zhì)量之比；（2）粒子a的動量大小?！緟⒖即鸢浮浚?）；（2）【命題意圖】本題考查帶電粒子在勻強磁場中的運動、動量守恒定律及其相關(guān)知識點?！窘忸}思路】（1）分裂后帶電粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，則有解得由題干知半徑之比，故因為相同時間內(nèi)的徑跡長度之比，則分裂后粒子在磁場中的速度為聯(lián)立解得（2）中性粒子在A點分裂成帶等量異號電荷的粒子a和b，分裂過程中，沒有外力作用，動量守恒，根據(jù)動量守恒定律因為分裂后動量關(guān)系為，聯(lián)立解得8．（2023全國高考新課程卷）一電子和一α粒子從鉛盒上的小孔O豎直向上射出后，打到鉛盒上方水平放置的屏幕P上的a和b兩點，a點在小孔O的正上方，b點在a點的右側(cè)，如圖所示。已知α粒子的速度約為電子速度的，鉛盒與屏幕之間存在勻強電場和勻強磁場，則電場和磁場方向可能為（）A．電場方向水平向左、磁場方向垂直紙面向里B．電場方向水平向左、磁場方向垂直紙面向外C．電場方向水平向右、磁場方向垂直紙面向里D．電場方向水平向右、磁場方向垂直紙面向外【參考答案】C【名師解析】A項，電場方向水平向左、α粒子所受電場力向左，磁場方向垂直紙面向里，α粒子所受洛倫茲力向左，不可能得出如圖所示的軌跡，A錯誤；B項，電場方向水平向左、磁場方向垂直紙面向外，對電子，洛倫茲力向左fe=evB，電場力向右Fe=eE，電子軌跡為直線，說明二者平衡，v=E/B；對α粒子，α粒子所受洛倫茲力向右，fα=2eB，所受電場力向左Fα=2eE，大于洛倫茲力，與題述軌跡不符，B錯誤；C項，電場方向水平向右、磁場方向垂直紙面向里，對電子，洛倫茲力向右fe=evB，電場力向左Fe=eE，電子軌跡為直線，說明二者平衡，v=E/B；對α粒子，α粒子所受洛倫茲力向左，fα=2eB，所受電場力向右Fα=2eE，大于洛倫茲力，與題述軌跡相符，C正確；D項，電場方向水平向右、磁場方向垂直紙面向外，對電子，所受電場力向左，所受洛倫茲力向左，有關(guān)向左偏轉(zhuǎn)，與題述軌跡不符，D錯誤。9.（2023高考海南卷）如圖所示，帶正電的小球豎直向下射入垂直紙面向里的勻強磁場，關(guān)于小球運動和受力說法正確的是（）A.小球剛進入磁場時受到的洛倫茲力水平向右 B.小球運動過程中的速度不變C.小球運動過程的加速度保持不變 D.小球受到的洛倫茲力對小球做正功【參考答案】A【名師解析】根據(jù)左手定則，可知小球剛進入磁場時受到的洛倫茲力水平向右，A正確；小球受洛倫茲力和重力的作用，則小球運動過程中速度、加速度大小，方向都在變，BC錯誤；洛侖茲力永不做功，D錯誤?？键c02帶電粒子在圓形邊界磁場中的運動1.（2023年高考全國甲卷）光滑剛性絕緣圓筒內(nèi)存在著平行于軸的勻強磁場，筒上P點開有一個小孔，過P的橫截面是以O(shè)為圓心的圓，如圖所示。一帶電粒子從P點沿PO方向射入，然后與筒壁發(fā)生碰撞。假設(shè)粒子每次碰撞前、后瞬間，速度沿圓上碰撞點的切線方向的分量大小不變，沿法線方向的分量大小不變，方向相反；電荷量不變，重力不計。下列說法正確的是A.粒子運動軌跡可能通過圓心，B.最少經(jīng)2次碰撞，粒子就可能從小孔射出C.射入小孔時粒子的速度越大，在圓內(nèi)運動時間越短D.每次碰撞后瞬間，粒子速度方向一定平行于碰撞點與圓心O的連線【參考答案】BD【命題意圖】本題考查帶電粒子在圓形區(qū)域勻強磁場中運動、洛倫茲力、牛頓運動定律及其相關(guān)知識點。【解題思路】粒子沿PO射入，由于受到洛倫茲力作用，粒子運動軌跡不可能通過圓心，A錯誤；畫出粒子運動軌跡，如圖，可知粒子最少經(jīng)2次碰撞，可能從小孔射出，B正確；射入小孔時速度越大，粒子做圓周運動的半徑越大，碰撞次數(shù)會可能增多，粒子運動時間不一定減少，C錯誤；由題述和對稱性可知，每次碰撞后瞬間，粒子速度方向一定平行于碰撞點與圓心O的連線，D正確。2.（2022年高考遼寧物理）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(nèi)圓區(qū)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(qū)域后打在探測器上的M點。粒子2經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后打在探測器上的N點。裝置內(nèi)部為真空狀態(tài)，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(yīng)強度，粒子1可能打