专题12 带电粒子在磁场中运动--2023高考物理分类解析

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2023高考物理分类解析
专题12 带电粒子在磁场中运动
1. （2023高考全国乙卷） 如图，一磁感应强度大小为B的匀强磁场，方向垂直于纸面（xOy平面）向里，磁场右边界与x轴垂直。一带电粒子由O点沿x正向入射到磁场中，在磁场另一侧的S点射出，粒子离开磁场后，沿直线运动打在垂直于x轴的接收屏上的P点；SP = l，S与屏的距离为，与x轴的距离为a。如果保持所有条件不变，在磁场区域再加上电场强度大小为E的匀强电场，该粒子入射后则会沿x轴到达接收屏。该粒子的比荷为（ ）
A. B.
C. D.
【参考答案】A
【命题意图】本题考查带电粒子在磁场和复合场中的运动及其相关知识点。
【解题思路】设带电粒子电荷量q，质量为m，从O点沿x轴正方向射入磁场，画出运动轨迹，由图中几何关系可知偏转角θ为60°，由cosθ=解得r=2a。由洛伦兹力提供向心力，得qvB=m，在磁场区域加上电场，入射粒子沿x轴到达接受屏，qE=qvB，联立解得=，A正确。
【思路点拨】解答带电粒子在匀强磁场中运动问题，正确画出带电粒子运动轨迹是关键。
2. （2023高考全国甲卷）光滑刚性绝缘圆筒内存在着平行于轴的匀强磁场，筒上P点开有一个小孔，过P的横截面是以O为圆心的圆，如图所示。一带电粒子从P点沿PO方向射入，然后与筒壁发生碰撞。假设粒子每次碰撞前、后瞬间，速度沿圆上碰撞点的切线方向的分量大小不变，沿法线方向的分量大小不变，方向相反；电荷量不变，重力不计。下列说法正确的是
A. 粒子运动轨迹可能通过圆心，
B. 最少经2次碰撞，粒子就可能从小孔射出
C. 射入小孔时粒子的速度越大，在圆内运动时间越短
D. 每次碰撞后瞬间，粒子速度方向一定平行于碰撞点与圆心O的连线
【参考答案】BD
【命题意图】本题考查带电粒子在圆形区域匀强磁场中运动、洛伦兹力、牛顿运动定律及其相关知识点。
【解题思路】粒子沿PO射入，由于受到洛伦兹力作用，粒子运动轨迹不可能通过圆心，A错误；画出粒子运动轨迹，如图，可知粒子最少经2次碰撞，可能从小孔射出，B正确；射入小孔时速度越大，粒子做圆周运动的半径越大，碰撞次数会可能增多，粒子运动时间不一定减少， C错误；由题述和对称性可知，每次碰撞后瞬间，粒子速度方向一定平行于碰撞点与圆心O的连线，D正确。
3. （2023高考湖北卷） 如图所示，空间存在磁感应强度大小为B、垂直于xOy平面向里的匀强磁场。t = 0时刻，一带正电粒子甲从点P（2a，0）沿y轴正方向射入，第一次到达点O时与运动到该点的带正电粒子乙发生正碰。碰撞后，粒子甲的速度方向反向、大小变为碰前的3倍，粒子甲运动一个圆周时，粒子乙刚好运动了两个圆周。己知粒子甲的质量为m，两粒子所带电荷量均为q。假设所有碰撞均为弹性正碰，碰撞时间忽略不计，碰撞过程中不发生电荷转移，不考虑重力和两粒子间库仑力的影响。求：
（1）第一次碰撞前粒子甲的速度大小；
（2）粒子乙的质量和第一次碰撞后粒子乙的速度大小；
（3）时刻粒子甲、乙的位置坐标，及从第一次碰撞到的过程中粒子乙运动的路程。（本小问不要求写出计算过程，只写出答案即可）
【参考答案】（1）；（2），；（3）甲（－6a，0），乙（0，0），67πa
【名师解析】
（1）由题知，粒子甲从点P（2a，0）沿y轴正方向射入到达点O，则说明粒子甲的半径
r = a
根据
解得
（2）由题知，粒子甲运动一个圆周时，粒子乙刚好运动了两个圆周，则
T甲 = 2T乙
根据，有
则
粒子甲、乙碰撞过程，取竖直向下为正有
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
则第一次碰撞后粒子乙的速度大小为。
（3）已知在时，甲、乙粒子发生第一次碰撞且碰撞后有
v甲1= －3v甲0，v乙1= 3v甲0
则根据，可知此时乙粒子的运动半径为
可知在时，甲、乙粒子发生第二次碰撞，且甲、乙粒子发生第一次碰撞到第二次碰撞过程中乙粒子运动了2圈，此过程中乙粒子走过的路程为
S1= 6πa
且在第二次碰撞时有
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
可知在时，甲、乙粒子发生第三次碰撞，且甲、乙粒子发生第二次碰撞到第三次碰撞过程中乙粒子运动了2圈，此过程中乙粒子走过的路程为
S2= 10πa
且在第三次碰撞时有
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
依次类推
在时，甲、乙粒子发生第九次碰撞，且甲、乙粒子发生第八次碰撞到第九次碰撞过程中乙粒子运动了2圈，此过程中乙粒子走过的路程为
S8= 10πa
且在第九次碰撞时有
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
在到过程中，甲粒子刚好运动半周，且甲粒子的运动半径为
r甲1 = 3a
则时甲粒子运动到P点即（－6a，0）处。
在到过程中，乙粒子刚好运动一周，则时乙粒子回到坐标原点，且此过程中乙粒子走过的路程为
S0 = 3πa
故整个过程中乙粒子走过总路程为
S = 4 × 6πa＋4 × 10πa＋3πa = 67πa
5．（11分）（2023年6月浙江高考选考）利用磁场实现离子偏转是科学仪器中广泛应用的技术。如图所示，Oxy平面（纸面）的第一象限内有足够长且宽度均为L、边界均平行x轴的区域Ⅰ和Ⅱ，其中区域存在磁感应强度大小为B1的匀强磁场，区域Ⅱ存在磁感应强度大小为B2的磁场，方向均垂直纸面向里，区域Ⅱ的下边界与x轴重合。位于处的离子源能释放出质量为m、电荷量为q、速度方向与x轴夹角为60°的正离子束，沿纸面射向磁场区域。不计离子的重力及离子间的相互作用，并忽略磁场的边界效应。
（1）求离子不进入区域Ⅱ的最大速度v1及其在磁场中的运动时间t；
（2）若，求能到达处的离子的最小速度v2；
（3）若，且离子源射出的离子数按速度大小均匀地分布在范围，求进入第四象限的离子数与总离子数之比η。
【名师解析】（1）画出离子恰不进入区域II的轨迹，由轨迹图中几何关系得
sin30°=，
解得r1=2L。
由洛伦兹力提供向心力，qv1B1=m，
解得v1=
运动轨迹所对圆心角为θ=2π/3
离子在区域II中运动时间t==
（2）解法一：常规法
画出离子恰好运动到y=L/2处的运动轨迹，如图。
速度为v2的离子在区域I，由洛伦兹力提供向心力，qv2B1=m，
解得r2=
速度为v2的离子在区域II，由洛伦兹力提供向心力，qv2B2=m，
解得r2’= == r2/2
在区域II，离子运动轨迹恰好与y=L/2水平线相切，r2’- r2’cosα=L/2，即r2- r2cosα=L，
解得：cosα=
在区域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
可知离子在区域I运动轨迹半径为r2=r’1/2，
可以等效为B2=B1时离子恰好运动到y=0处。
由图中几何关系可得：sin30°=，
解得r1’=4L。
离子在区域I磁场中运动，qv2B1=m，
解得v2=
解法三。动量定理+微元法
画出离子恰好运动到y=L/2处的运动轨迹，如图。我们可以通过微元法，利用动量定理解答。
对离子进入磁场到恰好运动到y=L/2处的过程，沿y轴方向的微元时间△t，运用动量定理，
-qB1vy1△t-qB2vy2△t =m△v
方程两侧求和，-qB1Σvy1△t-qB2Σvy2△t=mΣ△v
注意到Σvy1△t=L，Σvy2△t=0.5L，Σ△v=-v2sin30°
可得 -2qB1L=0.5m v2
解得：v2=
（3）解法一：等效法
画出B2=图像，如图。
区域II中磁场可等效为匀强磁场B1/2的匀强磁场，若把区域II中磁场等效为匀强磁场B1，则磁场宽度则为L/2。画出恰好能够进入第四象限的离子运动轨迹，如图。
由轨迹图中几何关系得
sin30°=，
解得r3=3L。
由洛伦兹力提供向心力，qv3B1=m，
解得v3=
即速度大于v3=的离子都能够进入第四象限，
进入第四象限的离子数与总离子数之比为
η=×100%=60%
解法二：动量定理+微元法
画出B2=图像，如图。
区域II中磁场可等效为匀强磁场B1/2的匀强磁场，
对离子进入磁场到恰好运动到x轴的过程，沿y轴方向的微元时间△t，运用动量定理，-qB1vy1△t-qB2vy2△t =m△v
方程两侧求和，-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=m v2
解得：v3=
即速度大于v3=的离子都能够进入第四象限，
进入第四象限的离子数与总离子数之比为
η=×100%=60%
6. ．（2023高考北京卷）如图所示，在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场中，固定一内部真空且内壁光滑的圆柱形薄壁绝缘管道，其轴线与磁场垂直．管道横截面半径为a，长度为l（）．带电粒子束持续以某一速度v沿轴线进入管道，粒子在磁场力作用下经过一段圆弧垂直打到管壁上，与管壁发生弹性碰撞，多次碰撞后从另一端射出，单位时间进入管道的粒子数为n，粒子电荷量为，不计粒子的重力、粒子间的相互作用，下列说法不正确的是（ ）
A．粒子在磁场中运动的圆弧半径为a
B．粒子质量为
C．管道内的等效电流为
D．粒子束对管道的平均作用力大小为
【参考答案】C
【名师解析】根据题述，带电粒子束持续以某一速度v沿轴线进入管道，粒子在磁场力作用下经过一段圆弧垂直打到管壁上，可知粒子在磁场中运动的圆弧半径为r=a，A正确；由洛伦兹力提供向心力，qvB=m，可得m=，B正确；由于带电粒子在管道内做匀速曲线运动，其定向移动的速度小于v，所以管道内的等效电流小于，C不正确；设△t时间与管道壁碰撞的带电粒子数为N，同一时间与管道壁碰撞的带电粒子数为N’=l/2a，对带电粒子与管道壁碰撞，由动量定理，F△t=NN’m·2v，N=n△t， m=，联立解得F=，D正确。
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