人教版高中物理（選擇性必修二）同步講義+練習(xí)專題提升Ⅲ 帶電粒子在有界勻強磁場中的運動（含解析）

專題提升Ⅲ帶電粒子在有界勻強磁場中的運動模塊一知識掌握知識點一帶電粒子在有界勻強磁場中的運動類型1．直線邊界從某一直線邊界射入的粒子，再從這一邊界射出時，速度與邊界的夾角相等，如圖所示．（2023春?重慶期末）如圖所示虛線MN右側(cè)有垂直于紙面向外的勻強磁場，兩個帶同種電荷的帶電粒子從虛線上同一點A分別以速度v1、v2與MN成相同角度θ垂直磁場方向射入勻強磁場，結(jié)果兩粒子在邊界上B點相遇。不考慮粒子間的相互作用力，不計兩粒子的重力。則（）A．兩個粒子都帶負電 B．兩個粒子在磁場中運動的半徑不相等 C．若兩粒子的比荷相等，則v1D．若兩粒子同時從A點射入，則q【解答】解：A、兩粒子的運動軌跡如圖，根據(jù)左手定則可知粒子都帶正電，故A錯誤；B、由幾何關(guān)系可得軌跡圖中的四邊形AO1BO2為菱形，可知兩個粒子在磁場中運動的半徑相等，故B錯誤；C、粒子在磁場中運動洛倫茲力提供向心力得：qvB=解得：R=若兩粒子的比荷相等，則：R1R2=v1v2，因：RD、根據(jù)粒子在磁場中運動的周期公式：T=可得到：q在磁場中兩粒子的運動時間分別為：t1=若兩粒子同時從A點射入，兩粒子在B點相遇，所以運動時間相等：t1＝t2所以可以得到：T聯(lián)立可得：q1故選：D。（2023?云南模擬）空間存在勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直于紙面，線段MN是屏與紙面的交線，長度為4L，其左側(cè)有一粒子源S，可沿紙面內(nèi)各個方向不斷發(fā)射質(zhì)量為m、電荷量為q、速率相同的粒子；SP⊥MN，P為垂足，如圖所示，已知SP＝MP＝L，若MN上所有的點都能被粒子從其右側(cè)直接打中，則粒子的速率至少為（）A．2qBLm B．2qBLm C．5【解答】解：粒子要打中MN的右側(cè)所有位置，最容易的方式為粒子從S飛出，繞過距離最近的M點，從右側(cè)打中MN最下端的N點，粒子運動的軌跡如圖所示MN為軌跡圓的弦長，Q為MN中點，根據(jù)幾何關(guān)系可知：SP＝PQ＝L，MQ＝2L；粒子運動的半徑為r，四邊形SPOQ為平行四邊形，則r2＝OQ2+MQ2解得r=粒子在勻強磁場中勻速圓周運動，洛倫茲力完全提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律可知qvB=m解得粒子的最小速率為v=故ABD錯誤，C正確；故選：C。（2023?海東市模擬）如圖所示，在第Ⅳ象限內(nèi)有垂直坐標平面向外的勻強磁場，一對比荷之比為2：1的正、負帶電粒子在坐標平面內(nèi)以相同的速率沿與x軸成30°角的方向從坐標原點射入磁場。不計粒子受到的重力及粒子間的作用力。正、負帶電粒子在磁場中運動的時間之比為（）A．1：2 B．2：1 C．1：3 D．1：1【解答】解：作出正、負粒子的運動軌跡如圖所示：根據(jù)幾何關(guān)系可得正粒子軌跡對應(yīng)的圓心角θ＝120°，負粒子軌跡對應(yīng)的圓心角為α＝60°根據(jù)周期公式可知粒子的周期為：T=正、負帶電粒子比荷之比為2：1，則正、負帶電粒子周期之比為：T1：T2＝1：2正粒子在磁場中運動時間為：t1=θ360°T1所以有：t1：t2＝1：1，故D正確、ABC錯誤。故選：D。類型2．平行邊界（2022秋?松山區(qū)校級期末）真空區(qū)域有寬度為L、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，磁場方向如圖所示，MN、PQ是磁場的邊界。質(zhì)量為m、電荷量為+q的粒子（不計重力）從MN邊界某處射入磁場，剛好沒有從PQ邊界射出磁場，當(dāng)再次從MN邊界射出磁場時與MN夾角為30°，則（）A．粒子進入磁場時速度方向與MN邊界的夾角為60° B．粒子在磁場中轉(zhuǎn)過的角度為60° C．粒子在磁場中運動的時間為4πm3qBD．粒子能從PQ邊界射出磁場時的速度大于(4?2【解答】解：ABC、粒子帶正電，根據(jù)左手定則判斷粒子在磁場中逆時針方向的勻速圓周運動，圓周軌跡恰好與PQ邊界相切，粒子運動軌跡如下圖所示：由幾何關(guān)系可知粒子在磁場運動時入射角等于出射角，則粒子進入磁場時速度方向與MN邊界夾角為30°，則運動軌跡的圓心角等于360°﹣2×30°＝300°，即粒子在磁場中轉(zhuǎn)過的角度為300°。由洛倫茲力提供向心力得：qvB＝mv2r則運動時間：t=300°360°T故ABC錯誤；D、由幾何關(guān)系可得：r+rcos30°＝L，解得：r=2由qvB＝mv2r可知剛好沒有從PQ邊界射出磁場時臨界速度大小為(4?23故選：D。（2022秋?渝中區(qū)校級期末）如圖所示，AB平行于CD，相距為d，兩邊之間有垂直直面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B，一質(zhì)量為m，電荷量為q的電子在AB邊某點與AB邊成30°角方向入射，與CD邊成60°角出射，下列選項正確的是（）A．電子運動的軌道半徑為r=(3B．電子在磁場中運動的時間為t=πmC．電子的入射速度v0D．僅改變?nèi)肷浞较?，使電子剛好不從右邊界射出，則AB邊界上的入射點與出射點間的距離為2【解答】解：ABC．做出電子在磁場中的運動軌跡如圖所示由圖可得dcos30°解得r=(由洛倫茲力提供向心力解得qv解得v電子在磁場中運動的時間為t=30°D．僅改變?nèi)肷浞较?，使電子剛好不從右邊界射出，如圖2所示由圖中幾何關(guān)系可得，AB邊界上的入射點與出射點間的距離為L=2r故選：D。（2022秋?豐滿區(qū)校級期末）如圖所示，寬度為d且足夠長的矩形區(qū)域內(nèi)存在方向垂直于紙面向里的勻強磁場，離子源從O點處射入速度方向與磁場方向垂直、速度大小不同的同種正離子，速度大小為v1的甲離子從P點離開磁場時速度方向恰好與磁場右邊界垂直，OP之間的豎直距離為33d．速度大小為vA．v1v2=33 B．v【解答】解：甲、乙離子運動軌跡如圖所示：對甲離子，設(shè)在磁場中運動的半徑為R1，由幾何關(guān)系可得：R12＝d2+（R1?33解得：R1=2甲離子軌跡對應(yīng)的圓心角為θ，則有：sinθ=dR1=因離子乙也從P點射出，且在磁場中運動的時間為甲離子的2倍，根據(jù)T=2πmqB可知兩離子的周期相同，則乙離子軌跡所對的圓心角為α由幾何關(guān)系可得：2R2sin60°＝OP=2解得：R2=根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得：qvB＝mv解得：v=故v1v2故選：B。（2022秋?昆都侖區(qū)校級期末）如圖所示，一束電荷量為e的電子以垂直于磁感應(yīng)強度B并垂直于磁場邊界的速度v射入寬度為d的勻強磁場中，穿出磁場時速度方向和原來射入方向的夾角為θ＝60°。則電子的質(zhì)量為（）A．m=dBev B．C．m=23【解答】解：粒子的運動軌跡圖如圖所示，根據(jù)幾何關(guān)系有：r=根據(jù)洛倫茲力提供向心力得：Bev＝mv解得電子的質(zhì)量為：m=2故D正確，ABC錯誤。故選：D。類型3．圓形邊界(1)在圓形磁場區(qū)域內(nèi)，沿半徑方向射入的粒子，必沿半徑方向射出，如圖甲所示．(2)在圓形磁場區(qū)域內(nèi)，不沿半徑方向射入的粒子，入射速度與半徑的夾角為θ，出射速度與半徑的夾角也為θ，如圖乙所示．（2023春?杭州期中）如圖所示，在圓形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向外的勻強磁場，ab是圓的一條直徑。一帶正電的粒子從a點射入磁場，速度大小為v，方向與ab成30°角時恰好從b點飛出磁場，粒子在磁場中運動的時間為t。若僅將速度大小改為0.5v，則粒子在磁場中運動的時間為（不計帶電粒子所受重力）（）A．12t B．t C．2t【解答】解：粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qvB＝mv解得，粒子做圓周運動的軌道半徑：r=粒子速度為v時軌道半徑為r1，則粒子速度為0.5v時粒子軌道半徑r2＝0.5r1，粒子在磁場中做勻速圓周運動，粒子運動軌跡如圖所示：粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期T=2πr當(dāng)速度的大小為v時，圓周運動的圓心為O，根據(jù)弦切角等于圓心角的一半可知，圓弧所對的圓心角為60°；磁場圓的半徑恰好是粒子圓周運動半徑的一半；當(dāng)速度的大小為v時，半徑為原來的一半，圓周運動的圓心O′點，在原來的半徑的中點處，則新的粒子圓與磁場圓的半徑相等，則θ＝60°；由幾何關(guān)系可知所對的圓心角為120°，則粒子的運動的時間為2t，故C正確；ABD錯誤。故選：C。（2023?西城區(qū)校級三模）兩個質(zhì)量相同、所帶電荷量相等的帶電粒子a、b，以不同的速率對準圓心O沿著AO方向射入圓形勻強磁場區(qū)域，其運動軌跡如圖所示。不計粒子的重力，下列說法正確的是（）A．a(chǎn)粒子帶正電，b粒子帶負電 B．a(chǎn)粒子在磁場中所受洛倫茲力較大 C．b粒子在磁場中運動時間較長 D．b粒子動能較大【解答】解：A、粒子向右運動，根據(jù)左手定則，b向上偏轉(zhuǎn)，帶正電；a向下偏轉(zhuǎn)，帶負電，故A錯誤；B、粒子在磁場中運動時，由洛倫茲力提供向心力，即：qvB＝mv2r，得：rC、粒子運動周期：T=2πmD、根據(jù)動能計算公式可得：Ek=1故選：D。（2023?市中區(qū)校級二模）如圖所示，半徑為R的圓形區(qū)域中有垂直紙面向外的勻強磁場（圖中未畫出），磁感應(yīng)強度B，一比荷為qm的帶正電粒子，從圓形磁場邊界上的A點以v0=RqBmA．粒子在磁場中運動的時間為t=πmB．粒子從N點射出方向豎直向下 C．若粒子改為從圓形磁場邊界上的C點以相同的速度入射，一定從N點射出 D．若要實現(xiàn)帶電粒子從A點入射，從N點出射，則所加圓形磁場的最小面積為S=【解答】解：A、粒子恰好從N點射出，軌跡如下圖所示。粒子運動周期為T=軌跡AON對應(yīng)的圓心角為α＝∠APN＝∠AON＝120°=粒子在磁場中運動的時間為t=α2πT=2B、粒子在磁場中速度偏轉(zhuǎn)120°，從N點射出方向是與豎直方向呈30°角，故B錯誤；C、若粒子改為從圓形磁場邊界上的C點以相同的速度入射，軌跡如上圖所示，四邊形SCON為菱形，由幾何知識可知一定從N點射出，故C正確；D、若要實現(xiàn)帶電粒子從A點入射，從N點出射，則所加圓形磁場以AN為直徑時面積最小，且最小面積為S＝π（AN2）2＝π（32R）故選：C。（2023?南充模擬）如圖，圓形虛線框內(nèi)有一垂直紙面向里的勻強磁場，Oa、Ob、Oc、Od是以不同速率對準圓心入射的正電子或負電子的運動徑跡，a、b、d三個出射點和圓心的連線與豎直方向分別成90°、60°、45°角，下列判斷正確的是（）A．沿徑跡Oc、Od運動的粒子均為正電子 B．沿徑跡Oc運動的粒子在磁場中運動時間最短 C．沿徑跡Oa、Od運動的粒子在磁場中運動時間之比為2：1 D．沿徑跡Oa、Ob運動的粒子動能之比為3：1【解答】解：A．由左手定則可判斷沿徑跡Oc，Od運動的粒子均帶負電，故A錯誤；B．根據(jù)題意可知正電子和負電子的電量q和質(zhì)量m均相等，粒子在磁場中做勻速圓周運動，粒子受到的洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律可得：qvB=mv根據(jù)運動學(xué)公式可得：T=2πR解得：T=可知四種粒子的周期相等，而沿徑跡Oc運動的粒子偏轉(zhuǎn)角最大，圓心角也最大，設(shè)偏轉(zhuǎn)角為θ，由t=θ可知沿徑跡Oc運動的粒子在磁場中運動時間最長，故B錯誤；C．沿徑跡Oa運動的粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)角度為θa＝90°沿徑跡Od運動的粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)角度為θd＝45°兩粒子運動周期大小相同，則t=θ可知，Oa、Od運動的粒子在磁場中運動時間之比為2：1，故C正確；D．設(shè)圓形磁場半徑為r，根據(jù)幾何關(guān)系可得沿徑跡Oa，Ob運動的粒子軌道半徑分別為ra＝rrb根據(jù)qBv=mv可得：v根據(jù)動能Ek可知沿徑跡Oa、Ob運動的粒子動能之比為1：3，故D錯誤。故選：C。類型4．三角形邊界磁場如圖所示是正△ABC區(qū)域內(nèi)某正粒子垂直AB方向進入磁場的臨界軌跡示意圖．粒子能從AC間射出的兩個臨界軌跡如圖甲、乙所示．（2022秋?南崗區(qū)校級期末）邊長為a的等邊三角形ABC區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，一束質(zhì)量為m電荷量為q的帶負電粒子（不計重力），從AB邊的中點沿平行BC邊的方向以不同的速率射入磁場區(qū)域，則（）A．能從BC邊射出的粒子的最大速率為3aqBB．能從BC邊射出的粒子的最大速率為3aqBC．能從BC邊射出的粒子最長時間為πm2qBD．能從BC邊射出的粒子最長時間為πm【解答】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r由牛頓第二定律可得q聯(lián)立可得v1CD．當(dāng)粒子的軌跡恰好與BC相切時，半徑最小，軌跡所對應(yīng)圓心角最大為π，圓心為O，粒子飛行時間最長，有t=T2聯(lián)立可得t=πm故選：A。（2022秋?沙坪壩區(qū)校級期末）如圖所示，在直角三角形ABC內(nèi)存在垂直紙面向外的勻強磁場，AB邊長度為d，∠C=π6，現(xiàn)垂直AB邊以相同的速度射入一群質(zhì)量均為m、電荷量均為q的帶正電粒子（粒子不計重力、不考慮電荷間的相互作用），已知垂直AC邊射出的粒子在磁場中運動的時間為tA．粒子在磁場中運動的最長時間為4t0 B．該勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小是πm4qC．如果粒子帶的是負電，不可能有粒子垂直BC邊射出磁場 D．若有粒子能再次回到AB邊，則該粒子在磁場中運動的速度最大為π(2【解答】解：AB、帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，垂直AC邊射出的粒子在磁場中運動的時間是t0=14則粒子又回到AB邊處磁場時，其運動時間最長，在磁場中運動的最長時間為2t0；結(jié)合周期公式T=2πmqB可得磁感應(yīng)強度C、如果粒子帶的是負電，粒子向上偏轉(zhuǎn)，以B點為圓心，轉(zhuǎn)過的圓心角為π3D、若有粒子能再次回到AB邊，轉(zhuǎn)過的圓心角為π，最長半徑如圖所示由幾何關(guān)系可得最大半徑為r解得：vmax故選：D。（2022秋?洛陽期末）如圖所示，在一個直角三角形區(qū)域ACB內(nèi)存在方向垂直于紙面向里、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，AB、BC、AC為磁場邊界，AC邊長為3a，∠CAB＝53°。一質(zhì)量為m、電荷量為+q的粒子從AB邊上的D點垂直于磁場邊界AB射入勻強磁場，已知AD長為a（不計粒子重力，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6）。下列說法不正確的是（）A．帶電粒子有可能從AC邊射出 B．只要帶電粒子從AB邊射出，則帶電粒子在磁場中運動的時間都相等 C．帶電粒子恰不從BC邊射出磁場區(qū)域時對應(yīng)的速度為v=3qBaD．隨著帶電粒子速度的增大，帶電粒子在磁場中運動的時間越來越短【解答】解：A、設(shè)粒子速率為v1時運動軌跡與AC邊相切，則切點為C點，如圖所示由幾何關(guān)系可得：R1＝BC＝BD＝4a由牛頓第二定律得：qB聯(lián)立解得：R聯(lián)立可得：v所以當(dāng)速度大于4qBlmB、粒子豎直向上進入磁場，軌跡圓心一定在AB邊上，若粒子能從邊界AB射出，粒子的速度方向一定豎直向下，軌跡都為半圓，速度越大，半徑越大。因為粒子運動周期T=2πmqB相同，所以運動時間都相同（均為C、設(shè)粒子速率為v時恰不從BC邊射出磁場區(qū)域，即運動軌跡與BC邊相切，如圖所示由幾何關(guān)系可得：5解得：r＝1.5a，則對應(yīng)的速度為：v=3qBaD、由上述B選項分析可知，若粒子打在AB邊上后，速度越大，半徑越大，但時間不變，故D錯誤。本題選擇錯誤的故選：D。知識點二帶電粒子在有界勻強磁場中運動的臨界問題【重難詮釋】解決帶電粒子在磁場中運動的臨界問題的關(guān)鍵，通常以題目中的“恰好”“最大”“至少”等為突破口，尋找臨界點，確定臨界狀態(tài)，根據(jù)磁場邊界和題設(shè)條件畫好軌跡，建立幾何關(guān)系求解．(1)剛好穿出或剛好不能穿出磁場的條件是帶電粒子在磁場中運動的軌跡與邊界相切．(2)當(dāng)以一定的速率垂直射入磁場時，運動的弧長越長、圓心角越大，則帶電粒子在有界磁場中的運動時間越長．(3)當(dāng)比荷相同，速率v變化時，圓心角越大的，運動時間越長．（2022秋?日照期末）如圖所示，半徑分別為r和2r的兩個同心圓，其圓心為O，只在環(huán)形區(qū)域內(nèi)存在著磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直于紙面向里的勻強磁場（磁場區(qū)域包括邊界）大量質(zhì)量為m、電荷量為+q的帶電粒子從M點沿各個方向以不同速率射入磁場區(qū)域。不計粒子間的相互作用及重力，cos53°＝0.6。下列判斷正確的是（）A．沿MO方向射入磁場且恰好未能進入內(nèi)部圓形區(qū)域的帶電粒子的軌道半徑為23B．沿MO方向射入磁場且恰好未能進入內(nèi)部圓形區(qū)域的帶電粒子在磁場中運動的時間為53πmC．第一次穿過磁場后恰能經(jīng)過O點的帶電粒子的最小入射速率為3qBr2mD．第一次穿過磁場后恰能經(jīng)過O點的帶電粒子的最小入射速率為4qBr【解答】解：A、帶電粒子從M點沿MO方向射入磁場，恰好未能進入內(nèi)部圓形區(qū)域，說明運動軌跡恰好與內(nèi)圓相切，如圖所示：設(shè)圓弧的半徑為R1，圓心為A，連接OA、AM和OM，在直角△OAM中，由于OA2＝OM2+AM2即：（R1+r）2＝R12+（2r）2解得：R1＝1.5r，故A錯誤；B、在直角△OAM中，由于tan∠A=則：∠A＝53°整個圓弧軌道所對的圓心角為θ＝2×53°＝106°帶電粒子做圓周運動，周期：T=粒子在磁場中的運動時間為：t=代入數(shù)據(jù)解得：t=53πmCD、帶電粒子的入射速率最小，則粒子圓周運動的半徑最小，粒子從M點經(jīng)圓周運動通過圓心O，根據(jù)逆向運動，半徑最小的圓周運動其圓弧與大圓相切，如圖所示：設(shè)圓弧半徑為R2，圓心為D，其中M、D、O在一條直線上，連接OM、CD，在直角△OCD中，由于：OD2＝OC2+CD2即：（2r﹣R2）2＝r2+R22解得：R2＝0.75r帶電粒子做圓周運動，根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得：Bqv'＝mv解得：v'=3qBr故選：B。（多選）（2023春?中原區(qū)校級期中）如圖所示，邊長為L的等邊三角形ABC區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向外的勻強磁場，D為AB邊的中點，一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子平行BC邊從D點射入磁場，粒子的速度大小為v0，且剛好垂直BC邊射出磁場。不計粒子的重力，下列說法正確的是（）A．該粒子帶正電 B．勻強磁場的磁感應(yīng)強度B=2mC．若只改變該粒子射入磁場的速度大小，則粒子一定不能從C點射出 D．若只改變該粒子射入磁場的速度方向，則粒子可以從AC邊射出磁場，且在磁場中運動的時間可能是3【解答】解：AB、運動軌跡如圖所示根據(jù)左手定則可知該粒子帶正電；根據(jù)幾何知識可知，粒子做圓周運動的半徑R1=L2sin60°根據(jù)洛倫茲力提供向心力有qBv0＝mv所以勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小為B=4C、根據(jù)數(shù)學(xué)知識知，粒子能到達C點，粒子到達C的軌跡如圖所示故C錯誤；D、若改變粒子的速度方向，當(dāng)粒子的速度方向沿DA方向時，過D點作AD方向的垂線，該垂線一定通過C點，如下圖所示根據(jù)幾何關(guān)系可得DC=R1sin30°=2R1，則圓心在DC的中點G處，設(shè)此時粒子軌跡與AC的交點為F，連接GF，可知GF＝GC，所以圓弧軌跡對應(yīng)的圓心角為θ＝2×30則粒子在磁場中運動時間為：t=60°故選：AD。（多選）（2023?青秀區(qū)校級二模）如圖所示，A、C兩點分別位于x軸和y軸上，∠OCA＝30°，OA的長度為L。在△OCA區(qū)域內(nèi)（包括邊界）有垂直于xOy平面向里的勻強磁場。質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子，以各種不同的速度垂直O(jiān)A邊射入磁場。已知粒子從某點射入時，恰好垂直于OC邊射出磁場，且粒子在磁場中運動的時間為2t0。不計重力。下列說法正確的是（）A．帶電粒子帶負電 B．磁場的磁感應(yīng)強度的大小為πm4qC．從OA中點射入磁場的帶電粒子可以從C點出射 D．能從OA邊射出的帶電粒子最大射入速度是(23?3)【解答】解：A、由左手定則可知帶電粒子帶正電，故A錯誤；B、粒子在磁場中做勻速圓周運動，在時間2t0內(nèi)其速度方向改變了90°，故其周期T＝8t0；設(shè)磁感應(yīng)強度大小為B，則有：T=2πmqB，解得BC、由題給條件可知，帶電粒子從C點出射，則C為切點，如圖1所示：由幾何關(guān)系可得：OC＝OAtan60°=3L，粒子的軌跡半徑為：r=OCsin30°入射點到A點距離為d=rcos30°?r，解得：d＝（4﹣D、由題給條件可知，該粒子在磁場區(qū)域中的軌跡與AC邊、OC邊相切時，粒子的軌跡半徑最大，此時粒子的入射速度最大，如圖2所示：設(shè)O′為圓弧的圓心，圓弧的半徑為r0，圓弧與AC相切于N點，從O點射出磁場，由幾何關(guān)系可知：r0+r設(shè)粒子最大入射速度大小為vm，由洛倫茲力提供向心力可得：qvmB＝mv解得：vm=(23故選：BD。模塊二鞏固提高（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(yīng)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3qBLA．有部分粒子能夠擊中三角形的頂點 B．粒子在磁場中運動的最短時間為πm3qBC．粒子在磁場中運動的最長時間為πmqBD．若磁感應(yīng)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＝mv2r，已知：v=由等邊三角形的幾何知識可知O點到各個頂點的距離為33B、當(dāng)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13Lsin60°=粒子在磁場中運動周期為T=2πrv=C、運動時間最長的粒子運動軌跡如下圖中自O(shè)點經(jīng)M點運動至P點的劣弧OMP，則運動最長時間小于半個周期，而半個周期為πmqBD、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r2，由r=故選：BD。（多選）（2023春?濰坊期中）如圖所示，直角三角形abc區(qū)域存在垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，ab邊長為2L，∠a＝30°，一粒子源固定在ac邊的中點d，粒子源垂直ac邊向磁場中發(fā)射不同速率的帶正電的粒子，粒子均從bc邊界射出，已知粒子質(zhì)量為m、電荷量為q，下列說法正確的是（）A．粒子運動的速率可能為3qBLB．粒子在磁場中運動的時間可能為πm2qBC．bc邊界上有粒子射出的區(qū)域長度最大為32D．有粒子經(jīng)過的磁場區(qū)域的面積最大為3【解答】解：A、根據(jù)題意可知當(dāng)粒子運動軌跡與ab邊相切時對應(yīng)的速度最大，如下圖所示：根據(jù)幾何知識可得軌跡半徑為：r1＝Lcd=根據(jù)洛倫茲力提供向心力以及牛頓第二定律，有qB解得v1同理若粒子從c點射出，運動半徑為r2=12Lcd=34LB、因為粒子在磁場中運動的周期為T=2πmqB，當(dāng)粒子垂直bc邊射出時，粒子在磁場中運動的時間為C、根據(jù)題意可知當(dāng)粒子運動軌跡與ab邊相切時，打在cb上的點到c點的距離最大，根據(jù)幾何關(guān)系可得粒子打在bc邊界有射出的區(qū)域長度的最大值為32D、所以有粒子經(jīng)過的磁場區(qū)域的面積最大值為S=π故選：BC。（多選）（2023?重慶模擬）如題圖，直角三角形ABC區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場（圖中未畫出），AC邊長為l，∠B為π6，一群比荷為qm的帶負電粒子以相同速度從C點開始一定范圍垂直AC邊射入，射入的粒子恰好不從AB邊射出，已知從BC邊垂直射出的粒子在磁場中運動的時間為65A．磁感應(yīng)強度大小為5πm12qB．粒子運動的軌道半徑為33C．粒子射入磁場的速度大小為53D．粒子在磁場中掃過的面積為(6【解答】解：A、帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，垂直BC邊射出的粒子在磁場中運動軌跡為14圓周，運動時間是1由洛倫茲力提供向心力得：qvB=mv2可得：14T=2πmB、設(shè)運動時間最長的粒子在磁場中的運動軌跡所對的圓心角為θ，則有：θ2πT=2t0畫出該粒子的運動軌跡如下圖所示，其軌跡與AB邊相切。設(shè)軌道半徑為R，由幾何知識得：R可得R=2C、粒子射入磁場的速度大小為：v=qBRD、射入的粒子恰好不從AB邊射出，粒子在磁場中掃過的面積為（圖中陰影部分）S=1故選：ACD。（多選）（2023?成都模擬）如圖所示，紙面內(nèi)O為圓心、半徑為R的圓形區(qū)域中存在垂直紙面向外的勻強磁場，AB為一條直徑，半徑AO與PO的夾角為30°。質(zhì)量為m、帶電荷量為+q的粒子1從P點沿平行于AO方向以大小為v0的速度射入磁場，其離開磁場時，速度方向恰好改變了180°；質(zhì)量為2m、帶電荷量為+q的粒子2從B點沿平行于OP方向以大小為v0的速度射入磁場。不計粒子的重力和兩粒子間的相互作用。下列說法中正確的是（）A．磁場的磁感應(yīng)強度大小為mvB．粒子2在磁場中運動的時間為πR3C．將粒子2在B點的速度v0逆時針旋轉(zhuǎn)60°后，粒子將經(jīng)過O點 D．將粒子2在B點的速度v0逆時針旋轉(zhuǎn)90°后，粒子將從A點射出【解答】解：A．粒子1離開磁場時，速度方向恰好改變了180°，表明粒子在磁場中轉(zhuǎn)動了半周，其運動軌跡如下圖所示由幾何關(guān)系可得r洛倫茲力提供向心力q解得B=故A錯誤；B．粒子2進入磁場，洛倫茲力提供向心力q解得r根據(jù)幾何知識可知，四邊形BQO1O是菱形，粒子2射出磁場的速度方向垂直于AB，粒子2在磁場中的偏轉(zhuǎn)角度為60°，故粒子2在磁場中運動的時間為t故B正確；C．將粒子2在B點的速度v0逆時針旋轉(zhuǎn)60°后，運動軌跡如A選項中圖所示，根據(jù)幾何知識可知，粒子將經(jīng)過O點后沿垂直于AB的方向射出，故C正確；D．將粒子2在B點的速度v0逆時針旋轉(zhuǎn)90°，運動軌跡如A選項中圖所示，根據(jù)幾何知識可知，粒子將從P點沿垂直于AB的方向射出，故D錯誤。故選：BC。（多選）（2023春?東莞市校級月考）如圖，圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強磁場，同一粒子先后以不同速率從同一點正對圓心O射入磁場，分別從a、b兩點射出，下列說法正確的是（）A．a(chǎn)點射出的粒子運動半徑較小 B．a(chǎn)點射出的粒子速率較大 C．b點射出的粒子運動時間較長 D．b點射出的粒子速度方向反向延長線過O點【解答】解：AB、粒子在磁場中運動軌跡如圖所示由圖可知a點射出的粒子運動半徑較小，b點射出的粒子運動半徑較大；根據(jù)洛倫茲力提供向心力有：qvB＝mv2R由此可知a點射出的粒子運動速度小，b點射出的粒子運動速度大，故A正確，B錯誤；C、粒子運動的周期T=2πmqB，則粒子在磁場中運動的時間t=θD、如圖帶電粒子在圓形邊界磁場中做勻速圓周運動，沿徑向射入沿徑向射出，所以b點射出的粒子速度方向反向延長線過O點，故D正確。故選：AD。（多選）（2023?梅河口市校級三模）如圖所示，水平虛線邊界的上方和正方形abcd區(qū)域內(nèi)存在著磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直于紙面向里的勻強磁場，O點在虛線上，正方形abcd的邊長為L，ad與水平虛線邊界重合，Oa間的距離為3L。一束質(zhì)量為m、電荷量為﹣q（q＞0）的粒子從O點豎直向上垂直射入磁場，這些粒子具有不同的速率。在磁場中運動時間為4πm3qBA．N點就是b點 B．M點就是a點 C．入射點向右移動時，入射粒子在磁場中最長的運動時間為4πm3qBD．在O和M之間，入射點越是向右，從N點飛出的粒子的速率就越小【解答】解：AB．粒子受到的洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律可得：qvB=m根據(jù)周期的計算公式：T=聯(lián)立得粒子在磁場中運動的周期為：T=2πm粒子在磁場中運動時間為4πm3qB，則解得：θ=由幾何關(guān)系可知，N點就是b點；若M點是a點，則粒子速率無論多大，都不可能從N點飛出，（如圖所示），故A正確，B錯誤；C．由圖可知，當(dāng)入射點向右移動時，入射粒子在磁場中轉(zhuǎn)過的角度可達3π2，則最長的運動時間為3πmD．在O和M之間，入射點越是向右，則O′N兩點距離就越小，即粒子的軌道半徑就越小，根據(jù)牛頓第二定律可得：qvB=mv可知，從N點飛出的粒子的速率就越小，故D正確。故選：AD。（多選）（2023?河南模擬）空間存在兩個垂直于xOy平面的勻強磁場，y軸為兩磁場的邊界，磁感應(yīng)強度分別為2B0、3B0。質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子從原點O沿x軸正向射入磁場，速度均為v粒子第1次、第2次經(jīng)過y軸的位置分別為P、Q，其軌跡如圖所示（忽略粒子重力）。下列說法正確的是（）A．Q、O的距離為mv3qB．Q、O的距離為mv4qC．兩次經(jīng)過P點的時間間隔為2πmqD．兩次經(jīng)過P點的時間間隔為3πm【解答】解：AB．粒子先后在兩磁場中做勻速圓周運動，設(shè)半徑分別為r1、r2，粒子受到的洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律可得：qvB=mv解得：r=故rr2且d＝2r1﹣2r2解得：d故A正確，B錯誤；CD．粒子先后在兩磁場中做勻速圓周運動，由T=2πr解得：TT2粒子兩次經(jīng)過P點的時間間隔Δt=T解得：Δt=故C正確，D錯誤。故選：AC。（多選）（2023?南寧二模）地磁場對宇宙高能粒子有偏轉(zhuǎn)作用，從而保護了地球的生態(tài)環(huán)境。赤道平面的地磁場簡