考點47帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中運動的臨界極值和多解問題（核心考點精講分層精練）

考點47帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中運動的臨界、極值和多解問題1.3年真題考點分布題型選擇題（壓軸）、解答題（壓軸題）高考考點有界磁場中的臨界問題；帶電粒子在磁場中的圓周運動的多解問題；新高考2023浙江卷23題、2022湖北8題、浙江卷23題、廣東卷7題、2021海南卷13題、湖南卷13題、湖北卷14題2.命題規(guī)律及備考策略【命題規(guī)律】近3年新高考卷對于本節(jié)內(nèi)容考查共計7次，主要考查：有界磁場中的臨界問題；帶電粒子電性不確定的多解問題；臨界狀態(tài)不唯一形成的多解問題；帶電粒子運動的往復(fù)性形成的多解問題?！緜淇疾呗浴渴炀氄莆账姆N處理有界磁場的臨界問題；理解并掌握帶電粒子在磁場中運動時形成的多解問題?！久}預(yù)測】本節(jié)內(nèi)容的難度角度，在高考題中往往以選擇題或解答題的壓軸題的形式出現(xiàn)，對物理成績要求較高的考生，務(wù)必掌握好本節(jié)內(nèi)容。考法1有界磁場中的臨界問題角度1：“放縮放”解決有界磁場中的臨界問題適用條件速度方向一定，大小不同粒子源發(fā)射速度方向一定，大小不同的帶電粒子進(jìn)入勻強(qiáng)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軌跡圓圓心共線如圖所示(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?？梢园l(fā)現(xiàn)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′上界定方法以入射點P為定點，圓心位于PP′直線上，將半徑放縮作軌跡圓，從而探索出臨界條件，這種方法稱為“放縮圓”法【典例1】（2023·江西南昌·南昌市八一中學(xué)校考三模）如圖所示，空間中有一個底角均為的梯形，上底與腰長相等為L，梯形處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場中，現(xiàn)c點存在一個粒子源，可以源源不斷射出速度方向沿cd，大小可變的電子，電子的比荷為k，為使電子能從ab邊射出，速度大小可能為（）A． B． C． D．【答案】BC【詳解】能夠從ab邊射出的電子，半徑最小為從b點射出，如圖所示由幾何關(guān)系可知，半徑最大為從a點射出，如圖所示由幾何關(guān)系可知，由牛頓第二定律有，解得，則有為使粒子從ab邊射出磁場區(qū)域，粒子的速度范圍為故選BC?！咀兪健浚?022·廣東·模擬預(yù)測）如圖所示，在一等腰直角三角形ACD區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B．一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子（重力不計）以速度v從AC邊的中點O垂直AC邊射入磁場區(qū)域.若三角形的兩直角邊長均為2L，要使粒子從CD邊射出，則v的取值范圍為A． B．C． D．【答案】C【詳解】根據(jù)洛倫茲力充當(dāng)向心力可知，，因此半徑越大，速度越大；根據(jù)幾何關(guān)系可知，使粒子與AD邊相切時速度最大，如圖由幾何關(guān)系可知：R=(R+L)sin45o，解得最大半徑為，故最大速度為；當(dāng)粒子從C點出射時半徑最小，為，故最小速度應(yīng)為，故v的取值范圍為，故C正確，ABD錯誤，故選C．【點睛】根據(jù)洛倫茲力充當(dāng)向心力可求得速度與半徑間的關(guān)系，根據(jù)幾何關(guān)系分析粒子可能的運動軌跡；從而明確可能的速度大??；再根據(jù)周期公式以及轉(zhuǎn)過的圓心角可求得最長時間．角度2：“旋轉(zhuǎn)法”解決有界磁場中的臨界問題模型二“旋轉(zhuǎn)圓”模型的應(yīng)用適用條件速度大小一定，方向不同粒子源發(fā)射速度大小一定、方向不同的帶電粒子進(jìn)入勻強(qiáng)磁場時，它們在磁場中做勻速圓周運動的半徑相同，若射入初速度為v0，則圓周運動半徑為R＝eq\f(mv0,qB)。如圖所示軌跡圓圓心共圓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＝eq\f(mv0,qB)的圓上界定方法將一半徑為R＝eq\f(mv0,qB)的圓以入射點為圓心進(jìn)行旋轉(zhuǎn)，從而探索粒子的臨界條件，這種方法稱為“旋轉(zhuǎn)圓”法【典例2】如圖所示，真空室內(nèi)存在勻強(qiáng)磁場，磁場方向垂直于底面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小，磁場內(nèi)有一塊較大的平面感光板，板面與磁場方向平行，在距的距離處，有一個點狀的粒子放射源，它向各個方向發(fā)射粒子，粒子的速度都是，已知粒子的電荷量與質(zhì)量之比，現(xiàn)只考慮在圖紙平面內(nèi)運動的粒子，則感光板上被粒子打中區(qū)域的長度（）A．5cm B．10cm C．15cm D．20cm【答案】B【詳解】粒子帶正電，故在磁場中沿逆時針方向做勻速圓周運動，用R表示軌道半徑，有解得，由于，因此，向不同方向發(fā)射的粒子的圓軌跡都過S，由此可知，某一圓軌跡在圖中N左側(cè)與相切，則此切點就是粒子能打中的左側(cè)最遠(yuǎn)點；再考慮N的右側(cè)。任何粒子在運動中離的距離不可能超過，以為半徑、為圓心作圓，交于右側(cè)的點，此即右側(cè)能打到的最遠(yuǎn)點。粒子運動軌跡如圖所示根據(jù)幾何關(guān)系可得，，，則感光板上被粒子打中區(qū)域的長度，故選B。【變式】如圖所示，在等腰直角三角形區(qū)域內(nèi)存在垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為，邊長。大量相同的帶負(fù)電的粒子以不同的速率，在紙面內(nèi)沿不同的方向從點射入磁場。已知粒子質(zhì)量為，電荷量為，粒子間的相互作用和重力可忽略，則在磁場中運動時間最長的粒子中，速度的最大值是（）A． B． C． D．【答案】C【詳解】當(dāng)沿ab方向進(jìn)入磁場，軌跡與ac相切時粒子在磁場中運動時間最長，且粒子速度最大，軌跡如圖由幾何關(guān)系得，，即，解得，由公式，得則，故選C。角度3：“平移圓”模型的應(yīng)用適用條件速度大小一定，方向一定，但入射點在同一直線上粒子源發(fā)射速度大小、方向一定，入射點不同，但在同一直線的帶電粒子進(jìn)入勻強(qiáng)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v0，則半徑R＝eq\f(mv0,qB)，如圖所示軌跡圓圓心共線帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的圓心在同一直線上，該直線與入射點的連線平行界定方法將半徑為R＝eq\f(mv0,qB)的圓進(jìn)行平移，從而探索粒子的臨界條件，這種方法叫“平移圓”法【典例2】(2022·山東省青島市高三下二模)如圖所示，豎直放置的半環(huán)狀A(yù)BCD區(qū)域內(nèi)存在勻強(qiáng)磁場，磁場方向垂直紙面向外，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B＝0.5T．外環(huán)的半徑R1＝16cm，內(nèi)環(huán)的半徑R2＝4cm，外環(huán)和內(nèi)環(huán)的圓心為O，沿OD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v0＝1.6×106m/s，方向垂直AB和磁場的相同粒子，粒子經(jīng)磁場中運動，最后打到照相底片上，經(jīng)檢驗底片上僅有CD區(qū)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(shè)打到磁場邊界的粒子被吸收．(1)粒子的電性；(2)求粒子的比荷eq\f(q,m)；(3)若照相底片沿OP放置，求底片上被粒子打到的區(qū)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(shè)粒子的質(zhì)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＝R1＋R2，R＝10cm由牛頓第二定律qv0B＝eq\f(mveq\o\al(2,0),R)，代入數(shù)據(jù)解得eq\f(q,m)＝3.2×107C/kg(3)若照相底片沿OP放置，則底片上被粒子打到的區(qū)域長度為MN的長度，如圖所示，在△O1OM中，由幾何關(guān)系有OM2＝R2－(R－R2)2，解得OM＝8cmMN＝R－OM，聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得MN＝2cm角度4：“磁聚焦”模型1．帶電粒子的會聚如圖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OAO′B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(fā)出的帶電粒子必然經(jīng)過B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(yīng)強(qiáng)度為B，圓心為O，從P點有大量質(zhì)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(fā)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，O1A(O2B、O3C)均平行于PO，即出射速度方向相同(即水平方向)．【典例4】(2022陜西西安八校聯(lián)考)如圖所示，半徑為r的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)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(fā)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.eq\f(π,kB) B．eq\f(π,2kB)C．eq\f(π,3kB) D．eq\f(π,4kB)【答案】C【解析】粒子在磁場中運動的半徑為R＝eq\f(mv,qB)＝eq\f(2kBr,Bk)＝2r，周期為T＝eq\f(2πm,Bq)＝eq\f(2π,kB)，當(dāng)粒子在磁場中運動時間最長時，其軌跡對應(yīng)的圓心角最大，此時弦長最大，弦長最大值為磁場區(qū)域圓的直徑2r，根據(jù)幾何關(guān)系可得軌跡所對圓心角為60°，故tmax＝eq\f(T,6)＝eq\f(π,3kB)，選項C正確．【變式】(多選)(2022·山東省日照市高三下二模)如圖所示，紙面內(nèi)半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)存在垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，一束質(zhì)子在紙面內(nèi)以相同的速度射向磁場區(qū)域，質(zhì)子的電荷量為q，質(zhì)量為m，速度為v＝eq\f(qBR,m)，則以下說法正確的是()A．對著圓心入射的質(zhì)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(zhì)子，其在磁場中的運動時間最短C．所有質(zhì)子都在磁場邊緣同一點射出磁場D．所有質(zhì)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(zhì)子，其做勻速圓周運動的向心力由洛倫茲力提供：Bqv＝meq\f(v2,r)，將速度代入，解得：r＝R，那么由幾何關(guān)系知道該質(zhì)子最后沿著OC方向從O點的正下方C點射出磁場，故A正確；再假設(shè)從任意點E水平射入的質(zhì)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(zhì)子也從O點的正下方C點射出，故C正確；質(zhì)子在磁場中做圓周運動的速率v相同，質(zhì)子運動軌跡越長，質(zhì)子的運動時間越長，對著圓心入射的質(zhì)子運動軌跡不是最短，因此對著圓心入射的質(zhì)子在磁場中的運動時間不是最短的，故B錯誤；根據(jù)以上分析可知，所有質(zhì)子在磁場中做圓周運動的半徑都相同，故D正確．考法2帶電粒子在磁場中運動的多解問題角度1：帶電粒子電性不確定形成的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(fù)電荷，在相同的初速度下，正、負(fù)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(jìn)入勻強(qiáng)磁場，若帶正電，其軌跡為a；若帶負(fù)電，其軌跡為b。【典例5】如圖所示，垂直紙面向內(nèi)的磁場寬度為L，足夠長，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，一電性未知的帶電粒子，質(zhì)量為m、電荷量為q，以與邊界成角的速度射入磁場，為不讓其從右邊界飛出，求該帶電粒子的速度的大小范圍。（不計粒子重力）【答案】或者【詳解】當(dāng)粒子帶負(fù)電時，為不讓其從右邊界飛出，則軌跡與右邊界相切，從射入點下邊界射出，此時有最大速度，軌跡如下圖由幾何關(guān)系得，由洛倫茲力提供向心力，得聯(lián)立解得，則，該帶電粒子的速度的大小范圍為，當(dāng)粒子帶正電時，為不讓其從右邊界飛出，則軌跡與右邊界相切，從射入點上邊界射出，此時有最大速度，軌跡圖如下由幾何關(guān)系得，由洛倫茲力提供向心力，得聯(lián)立解得，則，該帶電粒子的速度的大小范圍為，【變式】如圖所示，L1和L2為兩條平行的虛線，L1上方和L2下方都是范圍足夠大，且磁感應(yīng)強(qiáng)度相同的勻強(qiáng)磁場，A、B兩點都在L2上。帶電粒子從A點以初速度v0與L2成角斜向右上方射出，經(jīng)過偏轉(zhuǎn)后正好過B點，經(jīng)過B點時速度方向也斜向上，不計重力，下列說法正確的是（）A．若將帶電粒子在A點時的初速度變大（方向不變），它仍能經(jīng)過B點B．帶電粒子經(jīng)過B點時的速度一定跟在A點時的速度大小相同C．若將帶電粒子在A點時的初速度方向改為與L2成角斜向右上方，它將不能經(jīng)過B點D．此帶電粒子既可以是正電荷，也可以是負(fù)電荷【答案】ABD【詳解】畫出帶電粒子運動的可能軌跡，B點的位置可能有如圖四種A．根據(jù)軌跡，粒子經(jīng)過邊界L1時入射點與出射點間的距離與經(jīng)過邊界L2時入射點與出射點間的距離相同，與速度無關(guān)．所以當(dāng)初速度大小稍微增大一點，但保持方向不變，它仍有可能經(jīng)過B點，故A錯誤；B．如圖，粒子B的位置在B1、B4，由于洛倫茲力對粒子不做功，則速度跟在A點時的速度大小相等，但方向不同，故B正確；C．如圖，設(shè)L1與L2之間的距離為d，則A到B2的距離為，x=所以，若將帶電粒子在A點時初速度方向改為與L2成角斜向上，則每次經(jīng)過一個周期前進(jìn)的距離為則經(jīng)過三個周期后經(jīng)過B點。故C錯誤；D．由圖可知，分別是正負(fù)電荷的軌跡，正負(fù)電荷都可能，故D正確。故選ABD。角度2：磁場方向不確定形成的多解有些題目只知磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小，而不知其方向，此時必須要考慮磁感應(yīng)強(qiáng)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(jìn)入勻強(qiáng)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?！镜淅?】真空中有如圖所示的周期性交變磁場，設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度B垂直紙面向里為正方向，B0=1T，t0=π×10-5s，k為正整數(shù)。某直角坐標(biāo)系原點O處有一粒子源，在t=0時刻沿x軸正方向發(fā)射速度為v0=103m/s的正點電荷，比荷=1×106C/kg，不計粒子重力。(1)若k=1，求粒子在磁場中運動的軌道半徑和粒子第3次（從O點出發(fā)記為第1次）經(jīng)過y軸時的時刻；(2)若k=2，求粒子在運動過程中與y軸交點坐標(biāo)的最大值和最小值；(3)若t0=10-5s，則k取何值時，粒子可做周期性循環(huán)運動回到出發(fā)點？并求出循環(huán)周期的最小值Tmin和相應(yīng)的k值。【答案】(1)0.001m；；(2)；；(3)當(dāng)取非的正整數(shù)時，均可以回到出發(fā)點；當(dāng)時，最小循環(huán)周期為【詳解】(1)粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運動，由，，解得，當(dāng)時，因為，粒子第3次經(jīng)過軸時恰好向上經(jīng)歷兩個半圓（如圖）則時間(2)當(dāng)時，，粒子一個循環(huán)周期中運動分別為半圓→整圓→半圓→整圓，因此由幾何關(guān)系得：與軸交點坐標(biāo)的最大值為與軸交點坐標(biāo)的最小值為(3)因為，所以粒子先做圓弧運動，之后對的不同值進(jìn)行分類討論：如圖可見1、2、3、4時可能的分段情況．①，粒子做圓弧交替運動，向右上45°方向無限延伸，不會循環(huán)運動②，粒子做圓弧與圓弧交替運動，經(jīng)過4個周期回到出發(fā)點，循環(huán)周期③，粒子做圓弧與圓弧交替運動，經(jīng)過2個周期回到出發(fā)點，循環(huán)周期④，粒子做圓弧與圓弧交替運動，經(jīng)過4個周期回到出發(fā)點，循環(huán)周期當(dāng)時，運動過程相似，每個周期中均增加（正整數(shù)）個圓周，能循環(huán)的運動其循環(huán)周期均延長．綜上可得：(1)當(dāng)取非的正整數(shù)時，均可以回到出發(fā)點．(2)當(dāng)時，最小循環(huán)周期為．【變式】（2023·廣東·模擬預(yù)測）如圖所示的xOy坐標(biāo)系中，y軸的左側(cè)存在垂直紙面向外、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小未知的勻強(qiáng)磁場，y軸右側(cè)的勻強(qiáng)磁場垂直紙面方向且大小未知，一帶正電的粒子由y軸上（0，）處沿與y軸正方向成30°角的方向以速度v射入磁場，已知粒子的比荷為k，粒子在y軸右側(cè)的軌道半徑為L，最終粒子經(jīng)過O點，粒子重力不計。下列說法正確的是（）A．若y軸右側(cè)的磁場垂直紙面向里，則y軸右側(cè)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B．若y軸右側(cè)的磁場垂直紙面向里，則粒子從射入到運動至O點的時間為C．若y軸右側(cè)的磁場垂直紙面向外，則粒子從射入到運動至O點的時間可能為D．若y軸右側(cè)的磁場垂直紙面向外，則粒子從射入到運動至O點的時間可能為【答案】AD【詳解】A．若y軸右側(cè)的磁場垂直紙面向里，由題意作出粒子的運動軌跡，如圖甲所示根據(jù)解得由幾何關(guān)系可知，則有，A正確；B．由幾何關(guān)系可知粒子在y軸右側(cè)偏轉(zhuǎn)的角度為60°，則粒子從射入到運動至O點的時間，由于，解得，B錯誤；CD．若y軸右側(cè)的磁場垂直紙面向外，粒子可能在y軸左右兩側(cè)各偏轉(zhuǎn)一次經(jīng)過O點，如圖乙所示，由幾何關(guān)系可知粒子在y軸左側(cè)的軌道半徑則y軸左側(cè)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小粒子運動的時間由于，解得，若y軸右側(cè)的磁場垂直紙面向外，粒子可能在y軸的左側(cè)偏轉(zhuǎn)一次、在y軸的右側(cè)偏轉(zhuǎn)兩次經(jīng)過O點，如圖丙所示由幾何關(guān)系可知粒子在y軸左側(cè)的軌道半徑，則y軸左側(cè)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小，粒子運動的時間，由于，解得，，C錯誤，D正確。故選AD。角度3：臨界狀態(tài)不唯一形成的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(zhuǎn)過180°從入射界面這邊反向飛出，從而形成多解，如圖所示?！镜淅?】（2021·海南·高考真題）如圖，在平面直角坐標(biāo)系的第一象限內(nèi)，存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。大量質(zhì)量為m、電量為q的相同粒子從y軸上的點，以相同的速率在紙面內(nèi)沿不同方向先后射入磁場，設(shè)入射速度方向與y軸正方向的夾角為。當(dāng)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(dāng)時，粒子也垂直x軸離開磁場C．粒子入射速率為D．粒子離開磁場的位置到O點的最大距離為【答案】ACD【詳解】A．根據(jù)題意可知粒子垂直軸離開磁場，根據(jù)左手定則可知粒子帶正電，A正確；BC．當(dāng)時，粒子垂直軸離開磁場，運動軌跡如圖粒子運動的半徑為洛倫茲力提供向心力解得粒子入射速率若，粒子運動軌跡如圖，根據(jù)幾何關(guān)系可知粒子離開磁場時與軸不垂直，B錯誤，C正確；D．粒子離開磁場距離點距離最遠(yuǎn)時，粒子在磁場中的軌跡為半圓，如圖根據(jù)幾何關(guān)系可知，，解得，D正確。故選ACD?！咀兪健浚?023·湖北襄陽·襄陽四中?？寄M預(yù)測）如圖甲所示，邊長為L的正方形abcd區(qū)域內(nèi)存在勻強(qiáng)磁場，磁感強(qiáng)度大小為，方向垂直于abed所在平面，且周期性變化（周期T可根據(jù)需要調(diào)整），如圖乙所示，設(shè)垂直abcd平面向里為磁感強(qiáng)度的正方向。現(xiàn)有一電子在時刻由a點沿ab方向射入磁場區(qū)，已知電子的質(zhì)量為m，電荷量大小為e，圖中邊界上有兩點f、g，且，關(guān)于電子在磁場中的運動，以下說法中正確的是（）A．調(diào)整磁場變化周期T，讓電子沿bc方向經(jīng)過c點，電子的速度大小一定是B．調(diào)整磁場變化周期T，讓電子經(jīng)過d點，電子的速度大小一定是C．要想讓電子經(jīng)過點f點，則磁場變化周期一定是D．要想讓電子垂直bc邊過g點，則磁場變化周期一定是【答案】D【詳解】A．要想讓電子沿bc方向經(jīng)過c點，可能的軌跡如圖所示也可以轉(zhuǎn)奇數(shù)個圓弧后到c，根據(jù)洛倫茲力充當(dāng)向心力，有，可得根據(jù)以上分析則有，（n＝0，1，2…）解得，（n＝0，1，2…），故A錯誤；B．要想讓經(jīng)過d點，可能的軌跡如圖所示可知，，解得，或者先順時針轉(zhuǎn)磁場的半個周期，之后逆時針轉(zhuǎn)，從ad方向經(jīng)過d這種情況下，，解得，故B錯誤；C．要想讓電子經(jīng)過f點，軌跡可能如圖所示由幾何關(guān)系可得，，解得，只要滿足運動時間即可；或者如圖所示圓周周期，每一次轉(zhuǎn)過120°圓心角，，解得，故C錯誤；D．要想讓電子垂直bc邊過g點，經(jīng)過偶數(shù)次偏轉(zhuǎn)，每一次轉(zhuǎn)過60°圓心角，圓周周期，則有，解得，故D正確。故選D。角度4：帶電粒子運動的往復(fù)性形成的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?！镜淅?】（2023·山東·統(tǒng)考高考真題）如圖所示，在，的區(qū)域中，存在沿y軸正方向、場強(qiáng)大小為E的勻強(qiáng)電場，電場的周圍分布著垂直紙面向外的恒定勻強(qiáng)磁場。一個質(zhì)量為m，電量為q的帶正電粒子從OP中點A進(jìn)入電場（不計粒子重力）。（1）若粒子初速度為零，粒子從上邊界垂直QN第二次離開電場后，垂直NP再次進(jìn)入電場，求磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小；（2）若改變電場強(qiáng)度大小，粒子以一定的初速度從A點沿y軸正方向第一次進(jìn)入電場、離開電場后從P點第二次進(jìn)入電場，在電場的作用下從Q點離開。（i）求改變后電場強(qiáng)度的大小和粒子的初速度；（ii）通過計算判斷粒子能否從P點第三次進(jìn)入電場。【答案】（1）；（2）（i），；（ii）不會【詳解】（1）由題意粒子在電場中做勻加速直線運動，根據(jù)動能定理有粒子在磁場中做勻速圓周運動，有，粒子從上邊界垂直QN第二次離開電場后，垂直NP再次進(jìn)入電場，軌跡如圖根據(jù)幾何關(guān)系可知，，聯(lián)立可得，（2）（i）由題意可知，做出粒子在電場和磁場中運動軌跡如圖在磁場中做勻速圓周運動，根據(jù)幾何關(guān)系可知解得，，所以有，洛倫茲力提供向心力，帶電粒子從A點開始做勻加速直線運動，根據(jù)動能定理有，再一次進(jìn)入電場后做類似斜拋運動，沿x方向有，沿y方向上有，其中根據(jù)牛頓第二定律有，聯(lián)立以上各式解得，，，（ii）粒子從P到Q根據(jù)動能定理有，可得從Q射出時的速度為，此時粒子在磁場中的半徑，根據(jù)其幾何關(guān)系可知對應(yīng)的圓心坐標(biāo)為，而圓心與P的距離為，故不會再從P點進(jìn)入電場?！咀兪健咳鐖D所示，在xOy坐標(biāo)系的第Ⅰ象限內(nèi)充滿了沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，第Ⅳ象限內(nèi)充滿了垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子，從y軸上的P點以垂直于y軸和電場的初速度進(jìn)入勻強(qiáng)電場，一段時間后經(jīng)過x軸上的Q點進(jìn)入勻強(qiáng)磁場，進(jìn)入磁場時的速度方向與x軸正方向成角，已知，若粒子在磁場中運動一段時間后恰好能再回到電場，不計粒子重力。求：（1）帶電粒子進(jìn)入勻強(qiáng)磁場時的速度；（2）磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大?。唬?）粒子從離開P點到第三次經(jīng)過x軸所需的時間?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【詳解】（1）粒子在Q點進(jìn)入磁場時速度為，沿x方向的分速度，vx=v0=vcos30°，得，（2）粒子恰好能回到電場，即粒子在磁場中軌跡的左側(cè)恰好與y軸相切，設(shè)半徑為R，根據(jù)幾何關(guān)系可得R（1+sin30°）=3L，解得，R=2L根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得，聯(lián)立可得磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小，（3）粒子在電場和磁場中做周期性運動，軌跡如圖粒子從P到Q的時間為，在磁場中做一次圓周運動的時間，粒子從離開P點到第三次經(jīng)過x軸所需的時間，【基礎(chǔ)過關(guān)】1．質(zhì)量和電荷量都相等的帶電粒子M和N，以不同的速率經(jīng)小孔S垂直進(jìn)入勻強(qiáng)磁場，運行的半圓軌跡如圖中虛線所示，下列表述正確的是（）A．N帶負(fù)電，M帶正電B．N的速率大于M的速率C．N的運行時間小于M的運行時間D．N的運行時間等于M的運行時間【答案】D【詳解】A．由左手定則判斷出M帶負(fù)電荷，N帶正電荷，故A錯誤；B．帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，，得由圖可知N的半徑小于M的半徑，所以M的速率大于N的速率，故B錯誤；CD．粒子在磁場中運動半周，即時間為其周期的一半，而周期為與粒子運動的速度無關(guān)，所以M的運行時間等于N的運行時間，故C錯誤，D正確。故選D。2．（2023·湖北荊門·荊門市龍泉中學(xué)校考三模）如圖所示，邊長為正方形區(qū)域內(nèi)無磁場，正方形中線將區(qū)域外左右兩側(cè)分成兩個磁感應(yīng)強(qiáng)度均為的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，右側(cè)磁場方向垂直于紙面向外，左側(cè)磁場方向垂直于紙面向里?，F(xiàn)將一質(zhì)量為，電荷量為的正粒子從中點以某一速率垂直于射入磁場，不計粒子的重力，則關(guān)于粒子的運動，下列說法正確的是（）A．若粒子能垂直于射入正方形區(qū)域內(nèi)，則粒子的最大速度為B．若粒子能垂直于射入正方形區(qū)域內(nèi)，則粒子的速度可能為C．若粒子能垂直于射入正方形區(qū)域內(nèi)，則粒子的速度可能為D．若粒子能垂直于射入正方形區(qū)域內(nèi)，則粒子的速度可能為【答案】C【詳解】根據(jù)題意可知，粒子在磁場中做勻速圓周運動由洛倫茲力提供向心力有，，解得若粒子能垂直于射入正方形區(qū)域內(nèi)，則粒子可能的運動軌跡如圖所示由幾何關(guān)系可得，解得當(dāng)時，速度最大為當(dāng)時，當(dāng)時，則粒子的速度不可能為。故選C。3．（2022春·四川成都·高三四川省成都市第四十九中學(xué)校?？茧A段練習(xí)）如圖所示，在直角坐標(biāo)系I象限內(nèi)（包含x、y坐標(biāo)軸）有方向垂直xOy平面向外、大小為B的勻強(qiáng)磁場。點P（2a，a）處有一個粒子源，在某時刻發(fā)射大量質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子，它們的速度方向均在xoy平面內(nèi)，速度大小均為，不計粒子間的相互作用。下列關(guān)于粒子在坐標(biāo)軸上射出的范圍，判斷正確的是（）A．x軸上［0，4a］范圍有粒子射出B．x軸上（a，（2+）a］范圍有粒子射出C．y軸上［0，a］可范圍有粒子射出D．y軸上［a，2a］范圍有粒子射出【答案】B【詳解】粒子在磁場中運動的軌道半徑為由幾何關(guān)系可知，打到x軸上距離原點最遠(yuǎn)的粒子到O點的距離垂直x軸向下射出的粒子到達(dá)x軸時軌跡與x軸相切，切點到達(dá)O點的距離最近即x軸上（a，（2+）a］范圍有粒子射出；垂直x軸向下射出的粒子軌跡與y軸相切，剛能到達(dá)y軸，其它的粒子都不能到達(dá)y軸，則選項B正確，ACD錯誤。故選B。4．（多選）（2023春·云南臨滄·高二?？计谀┤鐖D所示，三角形OCA存在磁場，C點坐標(biāo)為（4L，3L），M點為OC的中點，質(zhì)量為m、帶電量為-q的粒子從C點以沿y軸負(fù)方向射入磁場中，速度大小為，不計粒子所受重力，粒子運動軌跡與磁場區(qū)域相切時認(rèn)為粒子能再次進(jìn)入磁場，則（）A．粒子能到達(dá)M點，三角形OCA中磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B．粒子能到達(dá)M點，三角形OCA中磁感應(yīng)強(qiáng)度大小C．粒子不會到達(dá)x軸下方，三角形OCA中磁感應(yīng)強(qiáng)度可能為D．粒子不會到達(dá)x軸下方，三角形OCA中磁感應(yīng)強(qiáng)度可能為【答案】AD【詳解】AB．如圖所示，若粒子由區(qū)域Ⅱ能到達(dá)點，則，得由幾何關(guān)系可得解得，選項A正確、B錯誤．CD．粒子速度一定的情況下，磁場強(qiáng)度越小，軌跡半徑越大，當(dāng)運動軌跡恰好與軸相切時，恰好能進(jìn)入Ⅰ區(qū)域，此時粒子運動半徑粒子在磁場中做圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得，已知，解得，若粒子不會到達(dá)軸下方，則取，選項C錯誤、D正確．故選AD。5．（多選）一勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于紙面向外，其邊界如圖中虛線所示，其中ab＝l，射線bc足夠長，abc＝135°，其他方向磁場的范圍足夠大。一束質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子，在紙面內(nèi)從a點垂直于ab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，以下說法正確的是（

）A．從ab邊射出的粒子在磁場中運動的時間都相等B．從bc邊射出的粒子在磁場中運動的時間都相等C．所有粒子在磁場中運動的時間都相等D．粒子在磁場中最長運動時間約為【答案】AD【詳解】A．畫出帶電粒子在磁場中運動的動態(tài)分析圖，如圖1所示。當(dāng)粒子都從ab邊射出，則都是半周，時間都相等，A正確；BC．當(dāng)粒子都從bc邊射出，則速度越大，軌道半徑越大，圓心角越大，運動時間越長，BC錯誤；D．當(dāng)粒子的速度足夠大，半徑足夠大時，l遠(yuǎn)小于r，運動情況可簡化為如圖2所示情況，這時圓心角大小為，可得，，D正確。故選AD。6．（多選）如圖所示，兩方向相反，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B的勻強(qiáng)磁場被邊長為L的等邊三角形ABC邊界分開，三角形內(nèi)磁場方向垂直紙面向里，三角形頂點A處由一質(zhì)子源，能沿∠BAC的角平分線發(fā)射速度不同的質(zhì)子（質(zhì)子重力不計），所有質(zhì)子均能通過C點，質(zhì)子比荷，則質(zhì)子的速度可能為（）A． B． C． D．【答案】ABD【詳解】質(zhì)子帶正電，且經(jīng)過點，其可能的軌跡如圖所示所有圓弧所對圓心角均為，所以質(zhì)子運行半徑為，2，3，…）質(zhì)子在磁場中做圓周運動，根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得解得，2，3，…），故ABD正確，C錯誤。故選ABD。7．如圖所示，半徑為r的圓形空間內(nèi)，存在著垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場，一個帶電粒子（不計重力），從A點以速度v0垂直磁場方向射入磁場中，并從B點射出，。（1）在圖中作出該帶電粒子運動軌跡的圓心O1的位置；（2）求該粒子在磁場中運動的軌跡半徑；（3）求該粒子在磁場中運動的時間?！敬鸢浮浚?）見解析；（2）；（3）【詳解】（1）（2）由圖可知，粒子轉(zhuǎn)過的圓心角為，則粒子運動的半徑為（3）轉(zhuǎn)過的弧長為，則運動所用時間8．真空中有一勻強(qiáng)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，其橫截面如圖所示。一速率為v的電子從圓心沿半徑方向進(jìn)入磁場。已知電子質(zhì)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(qū)域內(nèi)，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度最小為多少。【答案】【詳解】電子在磁場中做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供心力，則磁感應(yīng)強(qiáng)度與圓周運動軌跡關(guān)系為即運動軌跡半徑越大，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度越小。令電子運動軌跡最大的半徑為，為了使電子的運動被限制在圖中實線圓圍成的區(qū)域內(nèi)，其最大半徑的運動軌跡與實線圓相切，如圖所示A點為電子做圓周運動的圓心，電子從圓心沿半徑方向進(jìn)入磁場，由左手定則可得，，為直角三角形，則由幾何關(guān)系可得解得，，解得磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度最小值9．（2021秋·江蘇無錫·高二統(tǒng)考期末）如圖所示，平行的N、M、P為兩勻強(qiáng)磁場區(qū)域的邊界，N與M、M與P間距分別為l1、l2，兩磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度分別為B1和B2，磁場方向均垂直紙面向里?，F(xiàn)有電荷量為+q、質(zhì)量為m的帶電粒子射入磁場，不計粒子重力和粒子間的相互作用。(1)若有大量該種粒子以大小為v1、方向沿紙面各個方向的速度從Q點射入磁場，粒子恰好不進(jìn)入Ⅱ區(qū)域，求粒子速度v1的大?。?2)用陰影畫出(1)中粒子在磁場Ⅰ中所能到達(dá)的區(qū)域，并求出該區(qū)域的面積；(3)若有一個粒子從Q點以速度v2垂直于邊界N及磁場方向射入磁場，粒子能穿過兩個磁場區(qū)域，求v2的最小值?！敬鸢浮?1)(2)見解析；(3)【詳解】(1)設(shè)粒子速度大小為v0時恰好能進(jìn)入Ⅱ磁場，則進(jìn)入Ⅱ磁場時速度恰好沿M邊界，若有大量該種粒子以大小為v1、方向沿紙面各個方向的速度從Q點射入磁場，粒子恰好不進(jìn)入Ⅱ區(qū)域，根據(jù)幾何關(guān)系可知，半徑，根據(jù)洛倫茲力提供向心力有，解得(2)粒子在磁場中所能到達(dá)的區(qū)域如下圖所示的陰影部分面積(3)粒子速度為v2時在磁場II中的軌跡恰好與邊界P相切，軌跡如下圖所示根據(jù)洛倫茲力提供向心力有可得，由幾何關(guān)系，則有，粒子在磁場II中運動，則有R2-R2sinθ=l2，解得10．如圖甲所示，M、N為豎直放置彼此平行的兩塊平板，板間距離為d，兩板中央各有一個小孔O、O′正對，在兩板間有垂直于紙面方向的磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間的變化如圖乙所示。有一群正離子在t=0時垂直于M板從小孔O射入磁場。已知正離子質(zhì)量為m、帶電荷量為q，正離子在磁場中做勻速圓周運動的周期與磁感應(yīng)強(qiáng)度變化的周期都為T0，不考慮由于磁場變化而產(chǎn)生的電場的影響，不計離子所受重力。求：（1）磁感應(yīng)強(qiáng)度B0的大??；（2）要使正離子從O′垂直于N板射出磁場，正離子射入磁場時的速度v0的可能值?！敬鸢浮浚?）；（2）（n=1，2，3，…）【詳解】（1）設(shè)垂直于紙面向里的磁場方向為正方向。正離子射入磁場，洛倫茲力提供向心力，則正離子做勻速圓周運動的周期聯(lián)立以上可得磁感應(yīng)強(qiáng)度（2）要使正離子從O′孔垂直于N板射出磁場，正離子的運動軌跡如圖所示兩板之間正離子只運動一個周期T0時，有當(dāng)兩板之間正離子運動n個周期nT0時，有（n=1，2，3，…）聯(lián)立解得正離子的速度的可能值為（n=1，2，3，…）【能力提升】1．1．（2023·重慶·高三統(tǒng)考學(xué)業(yè)考試）如圖所示，平面的一、二、三象限內(nèi)存在垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小的勻強(qiáng)磁場，ON為處于y軸負(fù)方向的彈性絕緣薄擋板，長度為9m，M點為x軸正方向上一點，現(xiàn)有一個比荷大小為，可視為質(zhì)點帶負(fù)電的微粒（重力不計）從擋板下端N處小孔以不同的速度沿x軸負(fù)方向射入磁場，若與擋板相碰就以原速率彈回，且碰撞時間不計，碰撞時電荷量不變，微粒最后都能經(jīng)過M點，則微粒射入的速度大小可能是（）A． B．C． D．【答案】C【詳解】由題意，粒子運動的圓心的位置一定在y軸上，所以粒子做圓周運動的半徑r一定要大于等于3m，而，ON=9m＜3r所以粒子最多與擋板ON碰撞一次，碰撞后，第二個圓心的位置在O點的上方，也可能粒子與擋板ON沒有碰撞，直接過M點。由洛倫茲力提供向心力，解得若小球與擋板ON碰撞一次，則軌跡可能如圖1設(shè)OO1=s，由幾何關(guān)系得，r2=OM2+s2=9+s2，3r-9=s，聯(lián)立解得r1=3m，r2代入可解的速度分別為v1=3m/s，v2若小球沒有與擋板ON碰撞，則軌跡如圖2，設(shè)OO2=x，由幾何關(guān)系得r32=OM2+x2=9+x2，x=9-r3聯(lián)立解得r3=5m，代入可解的速度分別為v3=5m/s，故選C。2．（2021·湖北·模擬預(yù)測）如圖所示，邊長為L的等邊三角形區(qū)域ACD內(nèi)、外的勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B、方向分別垂直紙面向里、向外。三角形頂點A處有一質(zhì)子源，能沿∠A的角平分線發(fā)射速度大小不等、方向相同的質(zhì)子（質(zhì)子重力不計、質(zhì)子間的相互作用可忽略），所有質(zhì)子均能通過D點，已知質(zhì)子的比荷，則質(zhì)子的速度不可能為（）A． B． C． D．【答案】C【詳解】質(zhì)子的運動軌跡如圖所示，由幾何關(guān)系可得由洛倫茲力提供向心力，則有聯(lián)立解得，所以ABD正確，不符合題意；C錯誤，符合題意；故選C。3．（多選）（2022·安徽宣城·安徽省宣城市第二中學(xué)?？寄M預(yù)測）如圖所示，等腰梯形abcd區(qū)域（包含邊界）存在勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直紙面向里，邊長，一質(zhì)量為m、帶電量為－q（q>0）的粒子從a點沿著ad方向射入磁場中，粒子僅在洛倫茲力作用下運動，為使粒子不能經(jīng)過bc邊，粒子的速度可能為（??）A． B． C． D．【答案】AC【分析】找到臨界條件，根據(jù)幾何關(guān)系求解臨界半徑，在根據(jù)洛倫茲力提供向心力求解臨界速度?！驹斀狻繛槭沽Ｗ硬荒芙?jīng)過邊，則粒子可以從ab邊或cd邊出磁場，其臨界點為b、c，其幾何關(guān)系如圖所示當(dāng)粒子過b點時，起做圓周運動的圓心在O1點，根據(jù)幾何關(guān)系可知則為使粒子從ab邊出磁場，其運動半徑應(yīng)小于r1，根據(jù)牛頓第二定律可知，解得，當(dāng)粒子過c點時，起做圓周運動的圓心在O2點，根據(jù)幾何關(guān)系可知則為使粒子從cd邊出磁場，其運動半徑應(yīng)大于r2，根據(jù)牛頓第二定律可知，解得故選AC。4．（多選）（2021·陜西西安·?？寄M預(yù)測）邊長為a的等邊三角形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，一束質(zhì)量為m電荷量為的帶電粒子（不計重力）從邊的中點沿平行邊的方向以不同的速率射入磁場區(qū)域，則（）A．從邊射出的粒子的最大速率為B．從邊射出的粒子的最大速率為C．能從邊射出的粒子最小速率為D．能從邊射出的粒子最小速率為【答案】AD【詳解】AB．如圖所示，當(dāng)粒子恰好從C點射出時，軌道半徑最大，速率最大，圓心為O1，由幾何關(guān)系可知，軌道半徑，由牛頓第二定律可得聯(lián)立解得，，A正確，B錯誤；CD．當(dāng)粒子的軌跡恰好與BC相切時，半徑最小，速率最小，圓心為O2，由幾何關(guān)系可知，軌道半徑由牛頓第二定律可得，，聯(lián)立解得，，C錯誤，D正確。故選AD。5．（多選）（2020·山西太原·太原五中?？级＃┤鐖D所示，在直角三角形ABC內(nèi)充滿垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場（圖中未畫出），AB邊長度為d，?，F(xiàn)垂直AB邊射入一束質(zhì)量均為m、電荷量均為q、速度大小均為v的帶正電粒子。已知垂直AC邊射出的粒子在磁場中運動的時間為t0，而運動時間最長的粒子在磁場中的運動時間為（不計重力），則下列說法中正確的是（）A．粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期為4t0B．該勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為C．粒子在磁場中運動的軌道半徑為D．粒子進(jìn)入磁場時速度大小為【答案】ABC【詳解】A．根據(jù)題意垂直邊進(jìn)入，垂直邊飛出，經(jīng)過四分之一個周期，即，解得，A正確；B．洛倫茲力提供向心力，解得粒子運動的周期，，解得磁感應(yīng)強(qiáng)度，，B正確；C．粒子與邊相切，運動時間最長，滿足，在磁場中轉(zhuǎn)過圓心角，如圖根據(jù)幾何關(guān)系可知，，解得，C正確；D．根據(jù)可知，，D錯誤。故選ABC。6．（多選）（2022·全國·模擬預(yù)測）據(jù)有關(guān)資料介紹，受控核聚變裝置中有極高的溫度，因而帶電粒子將沒有通常意義上的“容器”可裝，而是由磁場約束帶電粒子運動，使之束縛在某個區(qū)域內(nèi)。如圖所示，環(huán)狀磁場的內(nèi)半徑為R1，外半徑為R2，被束縛的帶電粒子的比荷為k，中空區(qū)域內(nèi)帶電粒子具有各個方向的速度，速度大小為v。中空區(qū)域中的帶電粒子都不會穿出磁場的外邊緣而被約束在半徑為R2的區(qū)域內(nèi)，則環(huán)狀區(qū)域內(nèi)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小可能是（）A． B． C． D．【答案】AC【詳解】由題意可知，粒子的比荷為k，要使所有的粒子都不能穿出磁場，與內(nèi)圓相切的方向進(jìn)入磁場的粒子在磁場運動的軌跡剛好與外圓相切，運動軌跡如圖所示，由幾何知識可知，粒子最大軌道半徑粒子在磁場中做圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得，解得，要使粒子不離開磁場，由于R1<R2，則，，故AC正確，BD錯誤。故選AC。7．（多選）（2023·湖北荊州·荊州中學(xué)?？家荒＃┤鐖D所示，一粒子源S可向外發(fā)射質(zhì)量為m，電荷量為q帶正電的粒子，不計粒子重力，空間充滿一水平方向的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向如圖所示，S與M在同一水平線上，某時刻，從粒子源發(fā)射一束粒子，速度大小為v，方向與水平方向夾角為θ，SM與v方向在同一豎直面內(nèi)，經(jīng)時間t，粒子到達(dá)N處，已知N與S、M在同一水平面上，且SM長度為L，NM與SM垂直，勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小可能是（

）A． B． C． D．【答案】AC【詳解】帶電粒子與磁感應(yīng)強(qiáng)度方向成一定角度進(jìn)入磁場，它的運動是沿磁場方向的勻速直線運動與垂直于磁場方向的勻速圓周運動的合運動，由等時性有而，T圓＝，聯(lián)立兩式得，B＝，顯然當(dāng)n=2時，B＝；或者，當(dāng)n=1時，，所以選項AC正確，選項BD錯誤．故選AC．點睛：本題的關(guān)鍵點是帶電粒子速度方向與磁場方向不垂直而是成一定夾角，所以帶電粒子的運動是勻速直線運動和勻速圓周運動兩種運動的合運動，根據(jù)運動的獨立性和等時性，以及粒子做勻速圓周運動的周期公式（與粒子本身和磁場有關(guān)），聯(lián)立就能求得磁感應(yīng)強(qiáng)度大小，當(dāng)然要考慮多解情況．8．（2023·吉林松原·松原市實驗高級中學(xué)校考三模）如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系xOy內(nèi)有一直角三角形，其頂點坐標(biāo)分別為（0，0），（0，d），（d，0），三角形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，x軸下方有沿著y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度大小為E。一質(zhì)量為m、電荷量為-q的粒子從y軸上的某點M由靜止釋放，粒子第一次進(jìn)入磁場后恰好不能從直角三角形的斜邊射出，不計粒子重力。（1）求M點到O點的距離；（2）改變粒子在y軸上的釋放點，使粒子由N點靜止釋放后能沿垂直于直角三角形斜邊的方向射出磁場，求N點到O點的距離；（3）在（2）過程中，求粒子從N點由靜止釋放到射出磁場的運動時間?！敬鸢浮浚?）；（2）（n=0，1，2…）；（3）（n=0，1，2，…）【詳解】（1）設(shè)粒子在磁場中運動的軌跡半徑為R0，由幾何關(guān)系可知，解得由牛頓第二定律得，設(shè)M點到O點的距離為y0，由動能定理得，，解得（2）要使粒子由N點靜止釋放后能沿垂直于斜邊的方向射出磁場，則粒子在磁場中運動軌跡的半徑R滿足：由牛頓第二定律得，設(shè)N點到O點的距離為y，由動能定理有，，解得（n=0，1，2…）（3）設(shè)粒子在電場中的加速度為a，則，qE=ma設(shè)粒子在電場中每單程的運動時間為t0，則粒子在電場中總的運動時間t1=(2n+1）t0（n=0，1，2，…）解得，粒子在磁場中做圓周運動的周期粒子在磁場中總的運動時間（n=0，1，2，……）解得（n=0，1，2，…）粒子從N點由靜止釋放到射出磁場運動的總時間（n=0，1，2，……）9．（2023·全國·模擬預(yù)測）如圖所示直角坐標(biāo)系中，在y軸和之間以x軸為邊界存在兩個勻強(qiáng)磁場區(qū)域Ⅰ、Ⅱ，磁場寬度為d，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B、方向垂直于紙面。一粒子加速器放置在y軸上，其出射口坐標(biāo)為且，其加速電壓可調(diào)。初速度為0、質(zhì)量為m、電荷量為的粒子經(jīng)加速器加速后平行于x軸射入?yún)^(qū)域I，不計粒子重力。(1)若，調(diào)節(jié)加速電壓，粒子恰好從O點射出磁場，求加速電壓的大小U；(2)若，粒子僅經(jīng)過x軸一次，然后垂直于從區(qū)域Ⅱ射出，求粒子在磁場中運動的時間t；(3)若粒子以速度射入磁場，最終垂直于射出，求y滿足的條件?！敬鸢浮?1)；(2)；(3)或【詳解】(1)粒子恰好從O點射出磁場，故在磁場Ⅰ中的軌跡為半圓，又故半徑，粒子在加速過程滿足在磁場Ⅰ中偏轉(zhuǎn)過程滿足，聯(lián)立可解得。(2)粒子僅經(jīng)過x軸一次，然后垂直于從區(qū)域Ⅱ射出，軌跡如圖所示粒子圓周運動半徑，兩個90°圓弧，故在磁場中的總時間(3)若粒子以速度射入磁場，由可得，軌跡如圖所示由幾何關(guān)系可得，代入數(shù)據(jù)可解得或，考慮到當(dāng)y<d時，粒子可能多次穿過x軸，故y應(yīng)滿足的條件為或。10．（2023·陜西西安·統(tǒng)考三模）如圖所示，在直角坐標(biāo)系xOy中，第一象限內(nèi)有沿y軸負(fù)向的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)大小為E，第四象限內(nèi)有垂直xOy平面向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B．現(xiàn)有一正粒子從y軸上坐標(biāo)為(0，h)的P點，沿x軸正向射入第一象限，能通過x軸上坐標(biāo)為(7h，0)的Q點．已知粒子的比荷滿足關(guān)系：，不計粒子重力，求粒子在P點入射速度的所有可能值(用E，B表示)．【答案】【詳解】設(shè)粒子入射的速度為v0，粒子從P點到達(dá)x軸上a點，歷時t，水平位移x1，由粒子做平拋運動，有，，x1=v0t到達(dá)a點時豎直速度大小為到達(dá)a點速度大小為v，到達(dá)a點時速度v與x軸正向夾角為θ；從a點經(jīng)磁場做半徑為r的勻速圓周運動，回到x軸上b點，b、a間的水平距離為x2，如圖，有

，要粒子通過x軸上坐標(biāo)為（7h，0）的Q點，需滿足，，解得①若通過Q點速度方向為右下，則需滿足，n=1,2,3，……解得當(dāng)n=1時，當(dāng)n=2時，②若通過Q點速度方向為右上，則需滿足：n=1,2,3，……解得當(dāng)n=1時，當(dāng)n=2時，綜上所述，粒子入射速度有4個值，分別為：，，，點睛：帶電粒子在組合場中運動的問題，關(guān)鍵是畫出粒子的運動軌跡圖，結(jié)合平拋運動的規(guī)律和圓周運動的知識解答.【真題感知】1．（全國·高考真題）直線OM和直線ON之間的夾角為30°，如圖所示，直線OM上方存在勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于紙面向外。一帶電粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q（q>0）。粒子沿紙面以大小為v的速度從OM上的某點向左上方射入磁場，速度與OM成30°角。已知該粒子在磁場中的運動軌跡與ON只有一個交點，并從OM上另一點射出磁場。不計重力。粒子離開磁場的出射點到兩直線交點O的距離為（）A． B． C． D．【答案】D【詳解】帶電粒子在磁場中做圓周運動的軌跡半徑為軌跡與ON相切，畫出粒子的運動軌跡如圖所示，由幾何知識得CO′D為一直線，解得故選D。2．（2020·全國·統(tǒng)考高考真題）一勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于紙面向外，其邊界如圖中虛線所示，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(zhì)量為m、電荷量為q（q>0）的粒子，在紙面內(nèi)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（）A． B． C． D．【答案】C【詳解】粒子在磁場中做勻速圓周運動，可得粒子在磁場中的周期粒子在磁場中運動的時間則粒子在磁場中運動的時間與速度無關(guān)，軌跡對應(yīng)的圓心角越大，運動時間越長；過點做半圓的切線交于點，如圖所示由圖可知，粒子從點離開時，軌跡對應(yīng)的