帶電粒子在磁場中的運動與臨界問題-2025年高考物理易錯題專練（解析版）

易錯點10不能準確分析帶電粒子在磁場中的運動與臨界問題

目錄

01易錯陷阱

易錯點一：電流磁場的疊加和安培定則的應用

易錯點二：安培力的分析和平衡問題

易錯點三：對洛倫茲力的分析不足

易錯點四：帶電粒子在磁場中運動的時間確定錯誤

易錯點五：混淆磁偏轉和電偏轉

易錯點六：不能正確分析帶電粒子在磁場中的臨界問題

02易錯知識點

知識點一、安培力下的平衡

知識點二、帶電粒子在有界勻強磁場中的勻速圓周運動模型

知識點三、直線邊界磁場

知識點四、平行邊界磁場

知識點五、圓形邊界磁場

知識點六、環(huán)形磁約束

知識點七、數(shù)學圓模型在電磁學中的應用

模型一“放縮圓”模型的應用

模型二“旋轉圓”模型的應用

模型三“平移圓''模型的應用

模型四“磁聚焦”與“磁發(fā)散”

03舉一反三—易錯題型

題型一：安培力作用下的平衡與運動

題型二：帶電粒子在有界磁場中的運動分析

題型三：帶電粒子在磁場中的動態(tài)圓分析

題型四：“磁聚焦”與“磁發(fā)散”問題

04易錯題通關

Qm易錯陷阱

易錯點一：電流磁場的疊加和安培定則的應用

1.直流電流或通電螺線管周圍磁場磁感線的方向都可以應用安培定則判定.

2.磁感應強度是矢量，疊加時符合矢量運算的平行四邊形定則.

易錯點二：安培力的分析和平衡問題

(1)安培力的方向特點：FIB,Fl/,即尸垂直于8和1決定的平面。

(2)安培力的大?。簯霉绞?〃BsinO計算彎曲導線在勻強磁場中所受安培力的大小時，有效

長度/等于曲線兩端點的直線長度。

(3)視圖轉換：對于安培力作用下的力學綜合問題，題目往往給出三維空間圖，需用左手定則判

斷安培力方向，確定導體受力的平面，變立體圖為二維平面圖。

(1)類似于力學中用功與能的關系解決問題，通電導體受磁場力時的加速問題也可以考慮從能量

的觀點解決，關鍵是弄清安培力做正功還是做負功，再由動能定理列式求解。

(2)對于含電路的問題，可由閉合電路歐姆定律求得導體中的電流，再結合安培力分析求解。

易錯點三：對洛倫茲力的分析不足

1.若v〃B,帶電粒子以速度v做勻速直線運動，其所受洛倫茲力F=0,

2.若v_LB,此時初速度方向、洛倫茲力的方向均與磁場方向垂直，粒子在垂直于磁場方向的平面內(nèi)運

動.

(1)洛倫茲力與粒子的運動方向垂直，只改變粒子速度的方向，不改變粒子速度的大小.

(2)帶電粒子在垂直于磁場的平面內(nèi)做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力,

易錯點四：帶電粒子在磁場中運動的時間確定錯誤

bcd

易錯點五：混淆磁偏轉和電偏轉

“電偏轉”與“磁偏轉”的比較

垂直電場線進入垂直磁感線進入

勻強電場(不計重力)勻強磁場(不計重力)

電場力/E=qE,其大小、方向不變，洛倫茲力尸B=>8,其大小不變，方向隨

受力情況

與速度V無關，&是恒力V而改變，用是變力

軌跡拋物線圓或圓的一部分

易錯點六：不能正確分析帶電粒子在磁場中的臨界問題

(1)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；

②當速度"一定時，弧長越長，圓心角越大，則粒子在有界磁場中運動的時間越長；

③當速度"變化時，圓心角越大，對應的運動時間越長.

a及易錯知識點

知識點一、安培力下的平衡

i.安培力的方向

(D用左手定則判斷：伸開左手，使拇指與其余四個手指垂直，并且都與手掌在同一個平面內(nèi)；

讓磁感線從掌心垂直進入，并使四指指向電流的方向，這時拇指所指的方向就是通電導線在磁場中

所受安培力的方向。

(2)安培力方向的特點：FIB,FU,即尸垂直于8、/決定的平面。

(3)推論：兩平行的通電直導線間的安培力——同向電流互相吸引，反向電流互相排斥。

2.安培力的大小

尸=〃BsinO(其中0為B與/之間的夾角)。如圖所示：

(1)/118時，0=0或0=180。，安培力F=0。

⑵/13時，(9=90°,安培力最大，F(xiàn)=IlBo

3.分析通電導體在磁場中平衡或加速問題的一般步驟

⑴確定要研究的通電導體。

(2)按照已知力-重力-安培力一彈力一摩擦力的順序，對導體作受力分析。

(3)分析導體的運動情況。

(4)根據(jù)平衡條件或牛頓第二定律列式求解。

知識點二、帶電粒子在有界勻強磁場中的勻速圓周運動模型

基本思路圖例說明

?&?

O

p、M點速度垂線交點

p<???

①與速度方向垂直的直

XXX

O\BP點速度垂線與弦的垂直平分

線過圓心②弦的垂直平X、xx

x\XX

XW

圓心的確定分線過圓心③軌跡圓弧線交點

P(

與邊界切點的法線過圓

???,1

心某點的速度垂線與切點法線的

交點

B：

丁二

常用解三角形法：例：(左圖)

利用平面幾何知識求半

|!xxx\

半徑的確定R—sin6或由F—〃+(R—42

1的

徑

忠/#■/日I}+d2

6求得R—2d

V—、、

利用軌跡對應圓心角e/\V1（1）速度的偏轉角夕等于A8所

%

或軌跡長度工求時間對的圓心角0

運動時間的確定①片》（2）偏轉角（p與弦切角a的關

系：9<180°時，9=2。；9>180°

②4時，夕=360。一2。

知識點三、直線邊界磁場

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警

2bq

圖b中粒子在磁場中運動的時間，=（1—§7=（1—§符=冽■圓

圖C中粒子在磁場中運動的時間t=M=就

知識點四、平行邊界磁場

J=/?i(l-cos0)

d=2R

2bed

平行邊界存在臨界條件，圖a中粒子在磁場中運動的時間fi=黑，f2=,=翳

DQzDq

圖b中粒子在磁場中運動的時間t黑

Bq

圖C中粒子在磁場中運動的時間

—（1兀）/-（1冗）Bq-Bq

圖d中粒子在磁場中運動的時間t=^r=~

知識點五、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）

D

粒子做圓周運動的半徑廠=焉

ld.ll（7

粒子在磁場中運動的時間/=《7=鬻

71Bq

d+a=90°

1.圓形有界磁場問題（1）

正對圓心射入圓形磁場區(qū)域

/xxX「…、

ZxXx\

/Yyjx\Rx\二I)

?y(Xl\xX\‘"to

/「PV/

一一-'

、，

、■

'_一，

正對圓心射出，兩圓心和出（入）射點構成直角三角形，有tang=四磁偏轉半徑r=三，根據(jù)半

2r

徑公式r=/求解；時間t=—=-o速度v越大一磁偏轉半徑r越大一圓心角a越小一時間t

qBqBv0

越短。若『R,構成正方形。

2.圓形有界磁場問題（2）

不對圓心射入圓形磁場區(qū)域

知識點六、環(huán)形磁約束

知識點七、數(shù)學圓模型在電磁學中的應用

模型一“放縮圓”模型的應用

速度方向一

粒子源發(fā)射速度方向一定，大小不同的帶電粒子進入勻強磁場時，這些帶

定，大小不

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

同

適用

如圖所示（圖中只畫出粒子帶正電的情景），速度V越X多,XXXX

條件XX,永--%、XX

軌跡圓圓心大，運動半徑也越大?？梢园l(fā)現(xiàn)這些帶電粒子射入

共線磁場后，它們運動軌跡的圓心在垂直初速度方向的

直線尸P上Xxx''xX

界定以入射點P為定點，圓心位于PP直線上，將半徑放縮作軌跡圓，從而探索出臨界條

方法件，這種方法稱為“放縮圓”法

模型二“旋轉圓”模型的應用

粒子源發(fā)射速度大小一定、方向不同的帶電粒

廠展、子進入勻強磁場時，它們在磁場中做勻速圓周

速度大

運動的半徑相同，若射入初速度為y°，則圓周

適用小一

運動半徑為R—如圖所示

條件定，方QD

向不同帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的圓心在以

軌跡圓圓心共圓

入射點尸為圓心、半徑R-淺的圓上

界定將半徑為"黃的圓以入射點為圓心進行旋轉，從而探索粒子的臨界條

方法

件，這種方法稱為“旋轉圓”法

模型三“平移圓”模型的應用

速度大小一粒子源發(fā)射速度大小、方向一定，入射點不同，

定，方向一

XXXXXXx但在同一直線的帶電粒子進入勻強磁場時，它們

定，但入射X做勻速圓周運動的半徑相同，若入射速度大小為

適用111

點在同一直

條件V0,則半徑R—黑，如圖所示

線上qB

軌跡圓圓心帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的圓心在同一直線上，該直線與入射

共線點的連線平行

將半徑為尺=翳的圓進行平移，從而探索粒子的臨界條件，這種方法叫

界定方法qB

“平移圓'’法

模型四“磁聚焦”與“磁發(fā)散”

1.帶電粒子的會聚

如圖甲所示，大量的同種帶正電的粒子，速度大小相同，平行入射到圓形磁場區(qū)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8點射出.(會聚)

證明：四邊形04ZB為菱形，必是平行四邊形，對邊平行，必平行于A。，（即豎直方向），可知從

A點發(fā)出的帶電粒子必然經(jīng)過8點.

2.帶電粒子的發(fā)散

如圖乙所示，有界圓形磁場的磁感應強度為8,圓心為O,從P點有大量質(zhì)量為加、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(fā)散）

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

。14。28、。3。均平行于尸。，即出射速度方向相同（即水平方向）.

乙

篌回舉一反三

題型一：安培力作用下的平衡與運動

[例1]（2024?海珠區(qū)校級模擬）如圖所示，安裝在固定支架（圖中未畫出）上的光滑絕緣轉動軸

00,兩端通過等長的輕質(zhì)細軟導線（導線不可伸長）連接并懸掛長為L、質(zhì)量為m的導體棒ab,

導體棒橫截面的直徑遠遠小于懸線的長度，空間存在輻向分布磁場（磁極未畫出），導體棒擺動過

程中磁場方向總是垂直于導體棒，導體棒所在處的磁感應強度大小均為B,開始時導體棒靜止在

最低點?，F(xiàn)給導體棒通以方向向里的電流（電路未畫出），若僅通過逐漸改變導體棒中的電流大

小，使導體棒由最低點緩慢移動到懸線呈水平狀態(tài)，則在這個過程中（）

接電源

A.懸線對導體棒的拉力先增大后減小

B.導體棒中的電流一直減小

C.轉動軸OCT受到繩子在豎直方向的作用力一直不變

D.轉動軸00受到繩子在水平方向的作用力先增大后減小

【解答】解：A、對導體棒進行受力分析，受到三個力作用，豎直向下的重力mg,始終垂直于半

徑即懸線方向安培力FA=BIL,懸線沿半徑指向轉軸的拉力FT,設運動過程中懸線與豎直方向的

夾角為。，由平衡條件有：FT=mgcos0,導體棒從最低點緩慢移到最高點時，。越來越大，則拉

力FT越來越小，故A錯誤；

B、在沿垂直于懸線方向，由平衡條件有：FA=mgsin0,解得：/=2需也，。越來越大，磁感應

強度大小B和導體棒長度L不變，所以電流I越來越大，故B錯誤；

C、設轉動軸對系統(tǒng)在豎直方向的作用力為Fy,根據(jù)平衡條件有：Fy=mg-FAsin6=mg-

mg（siney,可見隨著。越來越大，轉動軸在豎直方向的作用力為Fy越來越小，故C錯誤；

D、設轉動軸對系統(tǒng)在水平方向的作用力為Fx,根據(jù)平衡條件有：Fx=FAcose=mgsindcosd=

^mgsin29,可見導體棒緩慢移到水平狀態(tài)的過程中，。由0增大到90°的過程中，當。=45°

時，F(xiàn)x最大，所以轉動軸00'在水平方向的作用力先增大后減小，故D正確。

故選：D。

【變式1-1]（2023?雁塔區(qū)校級模擬）如圖a所示，一根用某種單一材料制成的均勻金屬桿長為3L,

用兩根長L的電阻不計的輕質(zhì)導線豎直懸掛在三等分點，導線與金屬桿相接處接觸良好，并將金

屬桿置于垂直紙面向里的勻強磁場中。導線的懸掛點間不加電壓時，單根導線上的拉力為F,加

上電壓U后，單根導線上的拉力是2F。若把導線長度變成近L,如圖b所示懸掛在金屬桿兩端,

仍然加上電壓U,則此時單根導線上的拉力是（）

A.2V2FB.4FC.4V2FD.8F

【解答】解：導線的懸掛點間不加電壓時，單根導線上的拉力為F,可知金屬桿的重力為2F,加

上電壓U后，單根導線上的拉力是2F,可知金屬桿受到的安培力為2F,方向豎直向下，

導線長度變成&L后,可知導線與水平方向夾角為45°,設此時單根導線上拉力為T,則2Tsin450

=4F,解得T=2/F,故A正確，BCD錯誤。

故選：Ao

【變式1-21（多選）（2023?鯉城區(qū)校級一模）實驗室里有三根等長細直通電導體棒a、b、c水平放

置，如圖所示，P、M、N分別是三根導體棒上的點且在同一豎直面內(nèi)，導體棒b、c中的電流方

向垂直紙面向里，導體棒之間的距離PM=PN=L,PM與PN之間的夾角為120°,導體棒b、c

固定，導體棒a所受的重力G剛好與它所受的安培力的合力平衡，則下列說法中正確的是（）

A.導體棒a中的電流方向垂直紙面向里

B.導體棒b對c的安培力方向水平向左

G

C.導體棒b、c對導體棒a的安培力大小均為5

D.導體棒b、c在P點產(chǎn)生的合磁場方向水平向右

【解答】解：A、導體棒a所受的重力G剛好與它所受的安培力的合力平衡，則b、c棒對a棒的

力為斥力，根據(jù)異向電流相斥，所以a棒中的電流垂直直面向外，故A錯誤；

B、b、c棒中電流同向，同向電流相吸，所以導體棒b對c的安培力方向水平向左，故B正確;

C、PM與PN之間的夾角為120°,所以導體棒b、c對導體棒a的安培力大小均為G,故C錯

誤；

D、根據(jù)安培定則，b棒在P處產(chǎn)生的磁場垂直與ab右下，c棒在P處產(chǎn)生的磁場垂直與ac右

上，兩棒在P處產(chǎn)生的磁場夾角為120°,所以導體棒在b、c在P點產(chǎn)生的合磁場方向水平向

右，故D正確。

故選：BDo

【變式1-3］（多選）（2023?安康二模）豎直面內(nèi)有一內(nèi)壁光滑、半徑為R的固定半圓柱形軌道，在

半圓柱形軌道中放置兩根長為L的通電直導線，其截面如圖所示。。為半圓的圓心，導線a固定

在O點正下方的C處，且通有大小為Io、方向垂直紙面向里的電流。當質(zhì)量為m的導線b中通

入大小為11（未知）的電流時，剛好能靜止在與圓心等高的A點。已知導線a中電流在其周圍某

點產(chǎn)生磁場的磁感應強度大小為B=k乜（k為大于零的常量，r為該點到導線a的距離），由于導

Y

線b的質(zhì)量發(fā)生變化或者兩導線電流大小發(fā)生變化，導線b沿著軌道緩慢下降到D點，并在D點

重新平衡。已知/COD=60°,則下列說法正確的是（）

A.導線b中電流的方向垂直于紙面向外，且位于A點時，電流的大小為11=舞等

B.若導線b的質(zhì)量不發(fā)生改變，則導線b在D處受到軌道的支持力等于在A處受到的支持力

C.可能僅是導線b的質(zhì)量變?yōu)?m

V2

D.可能僅是兩導線電流的乘積減小為原來的一

2

【解答】解：A、導線b在A點受力分析，如下圖所示：

由圖可知，b導線受到a導線的斥力處于平衡狀態(tài)，根據(jù)異向電流相互排斥，可知b導線電流方

向垂直于紙面向外，由幾何關系可得安培力F=支持力N=mg

設a導線在A點產(chǎn)生的感應強度為Bo,則為=舞，則可得安培力大小尸=8。/衣=嘿匕聯(lián)

立方程可得b導線中的電流人=與普，故A錯誤；

KIQLI

B、若導線b的質(zhì)量不發(fā)生改變，則導線b在D處受力分析如下圖所示:

C

已知/COD=60°,根據(jù)幾何關系，可知支持力Ni=mg,所以N=Ni,故B正確;

C、若只有b導線的質(zhì)量改變，設質(zhì)量為m',受力分析不變，如上圖所示，由幾何關系，可得

Fi=m'g,設a導線在D點產(chǎn)生的感應強度Bi,則當=半,安培力大小&=B山L=螺包,

聯(lián)立方程，可得m'=2m,故C正確；

D、若b導線的質(zhì)量不變，則導線b在D點處所受安培力F2=mg,由以上分析可知6=以譬=

mg,F==>/2mg,兩式聯(lián)立，可得兩導線的電流的乘積之比為與二=——=1=

VZR/o'l———1

2,故D錯誤。

故選：BCo

題型二：帶電粒子在有界磁場中的運動分析

【例2】（2023?東莞市校級模擬）如圖所示，質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子從M點以大小為

vo、方向與豎直方向成。角斜向下的初速度垂直于磁場方向射入邊界線豎直的勻強磁場，最后從

邊界上的N點射出磁場。已知磁場的磁感應強度大小為B,不計粒子受到的重力，則M、N兩點

間的距離為（）

：XX

1**、、、

N：、\

:興、X\x

I、'

：\、B:

:x/xk

://

M廢X/X

?X\XX

vo

mvcos3mvsind

A.0B.o

qBqB

2mvcosO2mvsin3

c.0D.o

qBqB

【解答】解：設粒子在磁場中做圓周運動的半徑為r,根據(jù)牛頓第二定律：qv0B=m^

根據(jù)幾何關系可知，M、N兩點間的距離：d=2rcos（90°-0）

聯(lián)立解得：d=2m鬻叫故ABC錯誤，D正確。

故選：D。

【變式2-1］（多選）（2024?石家莊二模）利用磁場控制帶電粒子的運動，在現(xiàn)代科學實驗和技術設

備中有廣泛的應用。如圖所示，以O點為圓心、半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁

場，圓形區(qū)域外有垂直紙面向外的勻強磁場，兩磁場的磁感應強度大小均為Bo有一質(zhì)量為m、

電荷量為+q的粒子從P點沿半徑射入圓形區(qū)域，粒子n次穿越圓形區(qū)域邊界（不包括經(jīng)過P點）

后又回到P點，此過程中粒子與圓心O的連線轉過角度為2m不計粒子重力，下列說法正確的

是（）

?Xx\,,

;\

,:XXX?

PLto；

?XXX/??

、、/

???

???T??

A.n的最小值為2

B.n=3時，粒子速度大小為回空

m

C.n=4時，粒子從P出發(fā)到回到P點的時間為隨詼

5qB

D.粒子連續(xù)兩次穿越圓形區(qū)域邊界過程中，粒子與圓心的連線轉過的角度為包

n

【解答】解：A、粒子在磁場中做勻速圓周運動，因為粒子n次穿越圓形區(qū)域邊界（不包括經(jīng)過

P點）后又回到P點，此過程中粒子與圓心O的連線轉過角度為2m畫出粒子運動軌跡示意圖

如圖所示。

則知n的最小值為2,故A正確；

B、當n=3時，粒子圓心間的連線構成圓邊界的外切正方形，根據(jù)幾何關系可知粒子的軌跡半徑

為：r=R

根據(jù)洛倫茲力提供向心力，有

V2

qvB=m—

解得粒子速度大小為：V二曙,故B錯誤；

C、粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期為：7=笫=瑞

182182

當n=4時，粒子從P點出發(fā)又到回到P點的時間為：t=（3x^°；o°+2x^J°）T

解得：［=鐳^，故C正確；

D、根據(jù)幾何關系可知，粒子連續(xù)兩次穿越圓形區(qū)域邊界過程中，粒子與圓心的連線轉過的角度

2元

為——，故D錯誤。

n+1

故選：AC-

【變式2-2］（多選）（2023?湖北模擬）如圖所示，在邊長為L的等邊三角形內(nèi)分布著垂直于紙面向

外，磁感應強度大小為B的勻強磁場，在三角形的中心有一個點狀的粒子源O,它可沿平行紙面

的各個方向發(fā)射質(zhì)量為m,電荷量為+q,速率為回些的同種粒子。不考慮粒子重力及粒子間相

6m

互作用，下列說法正確的是（）

o

A.有部分粒子能夠擊中三角形的頂點

Tim

B.粒子在磁場中運動的最短時間為

3qB

Tim

C.粒子在磁場中運動的最長時間為—

qB

D.若磁感應強度大于2B,所有粒子均不能射出三角形區(qū)域

【解答】解：A、粒子在磁場中做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力得：

qvB=m亍，已知：v=片片,可得圓周運動的半徑：r=器=整L

V3

由等邊三角形的幾何知識可知O點到各個頂點的距離為1■3此距離等于2r,假設粒子能夠擊中

頂點，粒子的軌跡為半個圓周，顯然粒子將從邊界先射出，故無法擊中頂點，故A錯誤；

B、當粒子在邊界上的出射點與O的連線垂直于出射點所在邊界時，軌跡圓弧的弦最短，軌跡圓

心角最小，運動時間最短，軌跡如圖1所示。

由等邊三角形的幾何中心為高的三等分點，可得最短弦長為工Ls譏60°=@L=r,可得此軌跡圓

36

心角：6=J

粒子在磁場中運動周期為1=竿=需，故最短時間％加=白7=第，故B正確；

C、運動時間最長的粒子運動軌跡如下圖中自O點經(jīng)M點運動至P點的劣弧兩P,則運動最長

Tim

時間小于半個周期，而半個周期為一，故c錯誤；

qB

A

C

r

D、所有粒子均不能射出三角形區(qū)域，臨界條件為軌跡圓和三角形的邊相切，此時半徑為一，由廠=

2

器，可知磁感應強度應至少為原來的兩倍，故D正確。

故選：BDo

【變式2-3］（2024?鹽城三模）如圖所示，在以半徑為R和2R的同心圓為邊界的區(qū)域中，有磁感應

強度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場。在圓心O處有一粒子源（圖中未畫出），在紙面

內(nèi)沿各個方向發(fā)射出比荷為且的帶負電的粒子，粒子的速率分布連續(xù)，忽略粒子所受重力和粒子

m

間的相互作用力，已知sin37°=0.6,cos37°=0.8。若所有的粒子都不能射出磁場，則下列說法

正確的是（）

A.粒子速度的最大值為‘也

m

B.粒子速度的最大值為華^

4m

c.某粒子恰好不從大圓邊界射出磁場，其在磁場中運動的時間為譬r（不考慮粒子再次進入

90qB

磁場的情況）

471771

D.某粒子恰好不從大圓邊界射出磁場，其在磁場中運動的時間為——（不考慮粒子再次進入磁

3qB

場的情況）

2

【解答】解：AB、根據(jù)洛倫茲力提供向心力：quB=m>

解得：「=器

可知速度最大時，半徑最大，當軌跡與大圓相切時，半徑最大，如圖所示

(2R-r)2=R2+r

聯(lián)立解得：r="嚅,故AB錯誤;

CD、某粒子恰好不從大圓邊界射出磁場，即粒子速度最大時，根據(jù)幾何關系有

R4

-

---

r3

解得其在磁場中運動的時間為

_360°—乙4co_127Ttm

t=360sX//=goqB

故C正確；D錯誤。

故選：Co

題型三：帶電粒子在磁場中的動態(tài)圓分析

【例3】（多選）（2024?青山湖區(qū)校級模擬）如圖所示，足夠長的熒屏板MN的上方分布了水平方向

的勻強磁場，磁感應強度大小為B,方向垂直紙面向里。距熒屏板d處有一粒子源S,能夠在紙

面內(nèi)不斷均勻地向各個方向發(fā)射速度大小為u=曙,電荷量為q、質(zhì)量為m的帶正電粒子，不

計粒子的重力,已知粒子源發(fā)射粒子的總個數(shù)為n,則（）

XXXXXXXX

xfx

XXXXXX

XXXXXXXx

M——N

A.粒子能打到板上的區(qū)域長度為2gd

B-打到板上的粒子數(shù)為1

TCTYl

C.從粒子源出發(fā)到板的最短時間為.

2qB

771771

D.同一時刻發(fā)射的粒子打到熒光板上的最大時間差為7T

6qB

【解答】解：A.粒子受到的洛倫茲力充當向心力

“mvmqBd,

R=k證F=d

粒子運動到絕緣板的兩種臨界情況如圖1

圖1

設SC垂直于MN于C點，由幾何關系可知，左側最遠處與S之間的距離恰好是圓的直徑，則左

側最遠處A離C距離為gd,右側離C最遠處為B,距離為d,所以粒子能打在板上的區(qū)域長度

是(b+l)d,故A錯誤；

B.根據(jù)以上分析可知有一半的粒子能達到極板上，粒子源發(fā)射粒子的總個數(shù)為n,則打到板上的

粒子數(shù)為1出故B正確；

CD.在磁場中運動時間最長和最短的粒子運動軌跡示意如下圖2

圖2

粒子做整個圓周運動的周期

.27rd2nm

7=丁=而

由幾何關系可知，最短時間

^=6T=3^B

粒子在磁場中最長時間

_337rm

所以

△t=ti—t2=譙,故C錯誤，D正確。

故選：BDo

【變式3-1］（多選）（2023?道里區(qū)校級三模）如圖，長度為a的豎直薄擋板MN處在垂直紙面向里

的勻強磁場中（磁場空間足夠大、圖中未畫出），磁感應強度為B。擋板左側O點有一粒子源在

紙面內(nèi)向各方向均勻發(fā)射電荷量為+q、質(zhì)量為m的帶電粒子，所有粒子的初速度大小相同。已知

圖中初速度與ON夾角為60°發(fā)射的粒子恰好經(jīng)過N點，ON=V3a,ON1MN。不計粒子重

力，不考慮粒子的反彈和粒子間的相互作用。則（）

M

。中..N

v

V3

A.粒子在磁場中做圓周運動的半徑為

B.擋板左側能被粒子擊中的豎直長度為a

c.粒子能擊中擋板右側的粒子數(shù)占粒子總數(shù)的;

D.擋板的右側被粒子擊中的豎直長度為a

【解答】解：A、粒子軌跡如圖1所示

由幾何關系可知2Rs譏60°=V3a,可得粒子的軌跡半徑為：R=a,故A錯誤；

B、當軌跡剛好與MN相切時，粒子能打到板上最大長度，如圖軌跡2,設速度方向與ON夾角為

6,由幾何關系可得Rs譏。+7?=V3a

可得sin0=V3-1,則擋板左側能被粒子擊中的豎直長度為％=Rcosd=aVl-sin20=

ajl-(V3-I)2=72V3-3a；故B錯誤;

C、要使粒子打在右側，有兩個臨界條件，如圖中的軌跡1、3,由幾何關系可知1、3的初速度夾

角為a=60°

則粒子能擊中擋板右側的粒子數(shù)占粒子總數(shù)的n=瀛=/故C正確；

D.如上圖粒子1打在MN上的點與O1N組成頂角為60°的等腰三角形，所以由幾何關系可知

板的右側被粒子擊中的豎直長度為y=R=a,故D正確。

故選：CDo

【變式3-2］（多選）（2023?貴州模擬）如圖所示，勻強磁場垂直紙面向里，其邊界如圖所示，磁場

的磁感應強度大小為B,半圓形邊界的半徑為R,O為半圓的圓心，ab是半圓的直徑，邊界上c

點到a的距離為R,a、b、c、。在同一直線上，從c點沿垂直邊界、垂直磁場向上射出速度大小

不同的質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負電的粒子，粒子均能從圓?。ê琣、b點）上射出磁場，不計

粒子的重力和粒子間作用，則能從圓弧邊界射出的粒子（）

XXXXXXX;

XXXXXXX:

XXX.........'XX?

XX|X/\X;

Caob

A.粒子速度大小范圍為蟠<v<四"

2m2m

B.粒子的速度越大，粒子在磁場中運動的時間越短

C.從圓弧面射出后能到達b點的粒子速度大小可能為亞

m

D.從圓弧面射出后經(jīng)過O點的粒子在磁場中做圓周運動的半徑為R

【解答】解：A、分析可知粒子恰好從a點射出，粒子有最小速度；恰好從b點射出，則粒子有

最大速度；由幾何關系可得粒子在磁場中做圓周運動的最小半徑和最大半徑分別為-e=多

rmax=1R；由洛倫茲力提供向心力得qvB=m*,解得v=哼;可得%i譏=v=當瞿,

乙I11L乙〃Cma乙x〃I

即粒子速度的取值范圍為等<V<

故A正確;

2m2m

C、從圓弧面射出后能到達b點的粒子的運動軌跡如圖甲所示

XXXXXXX

XXXXXXX

XX/XXX

X?1X?I???X

caob

II'

由幾何關系可知，粒子做圓周運動的圓心一定在a點，軌道半徑為R,則此種情況下根據(jù)洛倫茲

力提供向心力：qBu=a},粒子的速度大小為u=黑，故C正確;

B、如圖乙所示

,XXXXXXX

；XXXXXXX

7~二

?XX個、,癖、.2x

；X4'X”*\X

?????

Ca0h

L

由圖中幾何關系可知,從圓弧面射出后能到達b點的粒子的運動軌跡所對應的圓心角最小，根據(jù)

周期公式：7=鬻，所以粒子運動的時間為：t=^r=翳，可知從圓弧面射出后能到達b點

的粒子在磁場中的運動時間最小，可知粒子的速度越大，粒子在磁場中運動的時間并不越短，故

B錯誤；

D、從圓弧面射出后經(jīng)過O點的粒子的運動軌跡如圖丙所示

I

；XXXXXX

：XXXXXX

：xxx.x???y

X4X廣、；

caob

內(nèi)I

由圖可知粒子在磁場中做圓周運動的半徑小于R,故D錯誤。

故選：AC-

【變式3-3］（2024?沙坪壩區(qū)校級模擬）如圖所示，有一厚度不計的薄板MN水平固定放置，薄板長

為2L?？臻g中存在范圍足夠大的、垂直于紙面水平向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B。粒子

源P位于薄板中心O的正上方L處，可在紙面內(nèi)向各個方向發(fā)射質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正

電粒子，所有粒子的速率相同，若粒子碰到薄板上表面（含左、右緩點）會被吸收，碰到下表面

會被反彈，反彈前后粒子沿板方向的分速度不變，垂直于板的分速度等大反向，不計粒子重力及

相互作用力，落到上板表面的電荷被導走，不會對其它粒子運動產(chǎn)生影響，與下板表面碰撞的粒

子電量不變。求；

（1）粒子要能打到板上，速度至少多大；

（2）若粒子以速率v=^發(fā)射，貝U：

①直接打到板的上表面（含左，右端點）的粒子中，求運動的最長時間；

②粒子與薄板下表面碰撞一次后反彈，恰能返回P點，最終落到上表面，求該粒子發(fā)射的速度方

向與豎直方向的夾角0