2025新課改-高中物理-選修第2冊（16講）03 C帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動 提升版含答案

2025新課改-高中物理-選修第2冊（16講）03C帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動提升版帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動知識點：帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動一、帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動1．若v∥B，帶電粒子以速度v做勻速直線運(yùn)動，其所受洛倫茲力F＝0.2．若v⊥B，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(yùn)動．(1)洛倫茲力與粒子的運(yùn)動方向垂直，只改變粒子速度的方向，不改變粒子速度的大?。?2)帶電粒子在垂直于磁場的平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動，洛倫茲力提供向心力．二、帶電粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的半徑和周期1．由qvB＝meq\f(v2,r)，可得r＝eq\f(mv,qB).2．由r＝eq\f(mv,qB)和T＝eq\f(2πr,v)，可得T＝eq\f(2πm,qB).帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動的周期與軌道半徑和運(yùn)動速度無關(guān)．技巧點撥一、帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中運(yùn)動的基本問題1．分析帶電粒子在磁場中的勻速圓周運(yùn)動，要緊抓洛倫茲力提供向心力，即qvB＝meq\f(v2,r).2．同一粒子在同一磁場中做勻速圓周運(yùn)動，由r＝eq\f(mv,qB)知，r與v成正比；由T＝eq\f(2πm,qB)知，T與速度無關(guān)，與半徑無關(guān)．二、帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的圓周運(yùn)動1．圓心的確定圓心位置的確定通常有以下兩種基本方法：(1)已知入射方向和出射方向時，可以過入射點和出射點作垂直于入射方向和出射方向的直線，兩條直線的交點就是圓弧軌道的圓心(如圖甲所示，P為入射點，M為出射點)．(2)已知入射方向和出射點的位置時，可以過入射點作入射方向的垂線，連線入射點和出射點，作其中垂線，這兩條垂線的交點就是圓弧軌道的圓心(如圖乙所示，P為入射點，M為出射點)．2．半徑的確定半徑的計算一般利用幾何知識解直角三角形．做題時一定要作好輔助線，由圓的半徑和其他幾何邊構(gòu)成直角三角形．由直角三角形的邊角關(guān)系或勾股定理求解．3．粒子在勻強(qiáng)磁場中運(yùn)動時間的確定(1)粒子在勻強(qiáng)磁場中運(yùn)動一周的時間為T，當(dāng)粒子運(yùn)動軌跡的圓弧所對應(yīng)的圓心角為α?xí)r，其運(yùn)動時間t＝eq\f(α,360°)T(或t＝eq\f(α,2π)T)．確定圓心角時，利用好幾個角的關(guān)系，即圓心角＝偏向角＝2倍弦切角．(2)當(dāng)v一定時，粒子在勻強(qiáng)磁場中運(yùn)動的時間t＝eq\f(l,v)，l為帶電粒子通過的弧長．例題精練1．（2021春?越秀區(qū)校級期末）如圖所示，一矩形區(qū)域abcd內(nèi)充滿方向垂直紙面向里的、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B0的勻強(qiáng)磁場，ad和ab邊長分別為l和2l，P為ad邊中點。在P點，把帶正電的粒子以大小不同的初速度平行紙面射入磁場，速度方向跟ad邊夾角θ＝30°。已知粒子的質(zhì)量為m，帶電荷量為q，粒子重力不計，欲使粒子能從ab邊上射出磁場，則初速度v0大小可能為（）A． B． C． D．【分析】粒子進(jìn)入磁場時做勻速圓周運(yùn)動，洛倫茲力提供向心力，當(dāng)粒子運(yùn)動軌跡恰好與ab相切時，軌跡半徑最小，對應(yīng)的粒子速度最小；當(dāng)粒子運(yùn)動軌跡與dc相切時，軌跡半徑最大，對應(yīng)的速率最大，作出粒子運(yùn)動軌跡，求出粒子的軌道半徑，應(yīng)用牛頓第二定律求出粒子臨界速度，然后確定粒子速度大小范圍，再分析答題?！窘獯稹拷猓毫Ｗ釉诖艌鲋凶鰟蛩賵A周運(yùn)動，粒子能從ab邊上射出磁場的臨界運(yùn)動軌跡如圖所示由幾何知識得：R1+R1sinθ＝，R2﹣R2sinθ＝解得：R1＝d，R2＝d粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qvB0＝m解得：v＝解得：v1＝，v2＝粒子能從ab邊上射出磁場的速度范圍是＜v≤，故A正確；BCD錯誤。故選：A。【點評】本題考查了帶電粒子在磁場中的運(yùn)動，粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，洛倫茲力提供向心力；根據(jù)題意分析清楚粒子運(yùn)動過程，作出粒子臨界運(yùn)動軌跡是解題的前提；求出粒子運(yùn)動軌跡，應(yīng)用牛頓第二定律即可解題。2．（2021春?成都期末）矩形磁場區(qū)域如圖所示，磁場方向垂直于紙面，ad＝L，ab＝2L。一帶電粒子從a點沿ab方向射入磁場，經(jīng)時間t從d點射出。若改變粒子速度大小仍從a點沿ab方向射，入磁場，粒子從cd中點離開磁場區(qū)域，不計粒子重力，則粒子第二次在磁場中運(yùn)動的時間為（）A．t B． C．t D．t【分析】根據(jù)粒子第二次射出磁場的特點，根據(jù)幾何關(guān)系計算半徑大小，并確定軌跡的圓心角，根據(jù)圓心角計算運(yùn)動時間?！窘獯稹拷猓簬щ娏Ｗ友豠b方向射入，經(jīng)時間t從d點射出，得到的軌跡圖如圖甲所示，則根據(jù)t＝＝改變粒子速度大小，沿ab方向射入，從cd中點N離開磁場區(qū)域，得到的軌跡圖如圖乙所示，可知Nd為L，設(shè)Md為x，根據(jù)幾何關(guān)系，則（L﹣x）2＝L2+x2，解得x＝，則此時圓心角為120°則t'＝，故t'＝故ABD錯誤，C正確。故選：C?！军c評】本題考查帶電粒子在磁場中的偏轉(zhuǎn)，計算粒子運(yùn)動的時間，關(guān)鍵要根據(jù)軌跡圖像結(jié)合幾何關(guān)系求得圓心角大小。隨堂練習(xí)1．（2021?眉山模擬）如圖，矩形區(qū)域abcd（含邊界）內(nèi)存在方向垂直于矩形面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場，矩形的長和寬分別為2L和L，矩形長邊ab的中點有一粒子發(fā)射源S，從S可分別發(fā)射出方向垂直于ab指向cd和方向沿Sb的不同速率的粒子。若粒子的質(zhì)量均為m、電荷量均為q（q＞0）、不計粒子的重力及粒子間的相互作用力。則（）A．從bc邊射出的粒子的速率范圍是v≤ B．從cd邊射出的粒子的速率范圍是v＞ C．從da邊射出的粒子的速率范圍是≤v≤ D．從ab邊射出的粒子的速率范圍是≤v≤【分析】A、分析題意找臨界條件：從c點出射速度最小，求最小速度然后確定范圍；B、沿倆方向入射粒子都可能從cd邊出射，求倆臨界速度再確定范圍；C、垂直于ab入射粒子恰從d點出射速度最大，垂直于ab入射粒子恰從a點出射速度最小，求倆速度再確定范圍；D、從垂直于ab入射粒子才能從ab邊射出，從a點出射速度最大，求此最大速度再確定范圍?！窘獯稹拷猓篈、由左手定則可知，沿Sb方向入射粒子才可能從bc邊射出，且從c點出射速度最小，如圖1所示：由幾何關(guān)系：r＝L，洛倫茲力提供向心力：qvB＝m，解得：v＝，所以從bc邊出射粒子速度v，故A錯誤；B、B、沿Sb方向入射粒子恰與cd邊相切，如圖2所示：R＝，洛倫茲力提供向心力：qvB＝m，解得：v＝，從cd邊射出速度滿足：v，垂直于ab入射粒子恰從d點出射速度最小，解得：v，綜合可得從cd邊出射粒子速率范圍：v，故B正確；C、垂直于ab入射粒子恰從d點出射速度最大，如圖3所示：r＝L，洛倫茲力提供向心力：qvB＝m，解得：vmax＝，垂直于ab入射粒子恰從a點出射速度最小，如圖4所示：r＝，洛倫茲力提供向心力：qvB＝m，解得：v，所以從ad邊出射粒子速率范圍：，故C錯誤；D、從垂直于ab入射粒子才能從ab邊射出，結(jié)合C的分析，從ab邊射出粒子速率：v，故D錯誤。故選：B?！军c評】本題重點在找各種情況下的臨界條件，計算各種臨界速度，從而確定范圍，熟練12字方針在解題中的應(yīng)用。2．（2021春?湖北月考）如圖，在直角三角形abc區(qū)域內(nèi)有磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場。直角邊ab上的O點有一粒子發(fā)射源，該發(fā)射源可以沿紙面與ab邊垂直的方向發(fā)射速率不同的帶電粒子。已知所有粒子在磁場中運(yùn)動的時間均相同，粒子比荷為，Oa長為d，Ob長為3d，θ＝30°，不計粒子的重力以及粒子間的相互作用，則（）A．負(fù)電粒子的軌跡半徑最大為 B．負(fù)電粒子運(yùn)動的最大速度為 C．正電粒子的軌跡半徑最大為 D．粒子在磁場中的運(yùn)動時間為【分析】所有粒子在磁場中運(yùn)動的時間均相同，說明粒子均從ab邊射出，粒子速度最大對應(yīng)粒子的軌跡半徑最大，畫出臨界時粒子的軌跡，利用幾何關(guān)系再結(jié)合洛倫茲力提供向心力求解即可?！窘獯稹拷猓篋.由于所有粒子在磁場中運(yùn)動時間均相同，則所有粒子均旋轉(zhuǎn)半圈后從ab邊出，周期T＝，運(yùn)動時間t＝＝，故D錯誤；C、若粒子帶正電，粒子運(yùn)動軌跡如圖虛線所示，根據(jù)幾何關(guān)系可知，半徑最大時d＝3R，即R＝，故C正確；AB、若粒子為負(fù)電荷，運(yùn)動軌跡如圖實線所示，根據(jù)幾何關(guān)系可知，半徑最大時滿足d+r＝2r，即r＝d，根據(jù)洛倫茲力提供向心力，，得v＝＝，故AB錯誤。故選：C?！军c評】本題帶電粒子在有界的磁場中運(yùn)動的類型，解答此題的關(guān)鍵是明確粒子的運(yùn)動規(guī)律，畫出臨界軌跡，結(jié)合幾何關(guān)系確定軌道半徑，根據(jù)牛頓第二定律列式求解最大速度。3．（2021?武平縣校級模擬）如圖所示，邊長為L的正三角形abc區(qū)域內(nèi)有勻強(qiáng)磁場，方向垂直于紙面向里。質(zhì)量為m，電荷量為q的三個粒子A、B、C，以大小不等的速度沿與ab邊成30°角方向垂直射入磁場后從ac邊穿出，穿出位置距a點的距離分別是，不計粒子所受的重力。則下列說法正確的是（）A．A、B、C三個粒子的初速度之比為3：2：1 B．C粒子的運(yùn)動半徑為2L C．A、B、C三個粒子從磁場中穿出的方向相同，都與ab邊垂直 D．如果要使B粒子從c點穿出，其他條件未變，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度應(yīng)變?yōu)樵瓉淼?.5倍【分析】根據(jù)題意畫出三個粒子運(yùn)動軌跡示意圖，粒子在磁場中運(yùn)動洛倫茲力提供向心力，根據(jù)半徑解得初速度之比，根據(jù)幾何關(guān)系，三個粒子的出射方向相同?！窘獯稹拷猓篈B.根據(jù)題意畫出三個粒子運(yùn)動軌跡示意圖，如圖所示設(shè)粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的半徑為r.因洛倫茲力提供向心力，則有因為穿出位置分別是處，所以A、B、C三個粒子的軌跡圓的半徑之比為1：2：3A、B、C三個粒子的初速度之比為1：2：3由幾何關(guān)系可知C粒子的運(yùn)動半徑為L，故A、B錯誤；C.A、B、C三個粒子沿與ab邊成30°角方向垂直射入磁場后從ac邊穿出，根據(jù)幾何關(guān)系可知，A、B、C三個粒子從磁場中穿出的方向相同，都與ab邊垂直，故C正確；D.如果要使B粒子從c點穿出，其他條件未變，根據(jù)r＝得，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度應(yīng)變?yōu)樵瓉淼?，故D錯誤。故選：C?！军c評】考查帶電粒子在磁場的運(yùn)動，解題的關(guān)鍵是根據(jù)題意作圖，再結(jié)合洛倫茲力提供向心力求得半徑或者速度。綜合練習(xí)一．選擇題（共20小題）1．（2021?肥城市模擬）靜止在勻強(qiáng)磁場中的U核發(fā)生α衰變，產(chǎn)生一個未知粒子X，它們在磁場中的運(yùn)動徑跡如圖所示，下列說法正確的是（）A．軌跡1是α粒子的運(yùn)動徑跡 B．軌跡1的粒子沿逆時針方向轉(zhuǎn)動 C．α粒子、X粒子的運(yùn)動半徑之比為45：1 D．α粒子、X粒子的動能之比為2：117【分析】根據(jù)電荷數(shù)守恒、質(zhì)量數(shù)守恒判斷衰變方程的正誤，根據(jù)動量守恒定律結(jié)合帶電粒子在磁場中的軌道半徑公式，得出軌道半徑之比?！窘獯稹拷猓篈BC.根據(jù)電荷數(shù)守恒、質(zhì)量數(shù)守恒可得X的質(zhì)量數(shù)為238﹣4＝234，電荷數(shù)為92﹣2＝90，核反應(yīng)前U核靜止，動量為零，根據(jù)動量守恒定律，反應(yīng)前后動量守恒，則α粒子和X核的動量大小相等，方向相反，由qvB＝m得R＝可得半徑之比為電荷量的反比為45：1，則軌跡1為X粒子的運(yùn)動軌跡，由左手定則可判斷出兩個粒子的轉(zhuǎn)動方向相同，都為順時針方向，故C正確，AB錯誤；D.由與p＝mv可知Ek＝兩粒子動量相等，可得動能與質(zhì)量數(shù)成反比，則α粒子、X粒子的動能之比為117：2，故D錯誤。故選：C?！军c評】解決本題的關(guān)鍵知道靜止在勻強(qiáng)磁場中的U核衰變時動量守恒，掌握帶電粒子在磁場中運(yùn)動的半徑公式和周期公式。2．（2021?泰安四模）如圖所示，一種質(zhì)譜儀由速度選擇器和偏轉(zhuǎn)磁場組成。平行金屬板M、N水平放置，它們帶等量異種電荷，M板帶負(fù)電、N板帶正電，板間勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小為E，勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0.核乳膠片與豎直方向的夾角θ＝37°，膠片右側(cè)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。一束電性相反、帶電量大小均為q的質(zhì)量不同的兩種粒子以相同的速度沿虛線通過平行金屬板，然后從膠片上的小孔O進(jìn)入勻強(qiáng)磁場，分別打在膠片上的P點和Q點。已知OP＝L1，OQ＝L2，L2＞L1，不計粒子的重力以及它們之間的相互作用，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8下列說法正確的是（）A．極板間勻強(qiáng)磁場的方向垂直于紙面向里 B．粒子束的速度大小為 C．打在P點的粒子的質(zhì)量為 D．打在P、Q兩點的粒子的質(zhì)量之差的絕對值為【分析】電場力與洛倫茲力等大反向，由左手定則可知，極板間勻強(qiáng)磁場的方向垂直于紙面向外在速度選擇器中根據(jù)電場力方向來確定電場方向；帶電的粒子在速度選擇器中做勻速直線運(yùn)動，說明粒子受力平衡，根據(jù)粒子的受力狀態(tài)可以求得速度選擇器中的速度大小；粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，根據(jù)粒子在磁場中運(yùn)動的半徑公式可以求得半徑大??；從而判斷質(zhì)量之差的絕對值?！窘獯稹拷猓篈、由題可知電場力與洛倫茲力等大反向，對于帶正電粒子，電場力向上，洛倫茲力向下，由左手定則可知，極板間勻強(qiáng)磁場的方向垂直于紙面向外，故A錯誤；B、由電場力與洛倫茲力等大反向得qvB0＝qE解得，故B錯誤；CD兩帶電粒子速度相同，均為，粒子進(jìn)入磁場后做圓周運(yùn)動，帶正電粒子打在Q點，半徑為R2，帶負(fù)電的粒子打在P點，半徑為R1，則有2R1cos37°＝L1，2R2cos37°＝L2解得R1＝又由洛倫茲力提供向心力可得得則粒子的質(zhì)量之差的絕對值為故D正確，C錯誤。故選：D。【點評】本題考查速度選擇器和磁場的綜合，應(yīng)采取分段分析的方法，由平衡條件和牛頓第二定律就能求出相關(guān)的物理量。3．（2021?天河區(qū)模擬）速度方向相同、動能一樣大的電子、質(zhì)子及α粒子從AD邊某點O垂直進(jìn)入某種場中（甲為勻強(qiáng)電場，乙為勻強(qiáng)磁場），都能從BC邊離開場區(qū)域。關(guān)于它們在場中的運(yùn)動，不計質(zhì)子與中子的質(zhì)量差異。下列說法正確的是（）A．若為勻強(qiáng)磁場，運(yùn)動軌跡有兩條 B．若為勻強(qiáng)磁場，離開磁場時α粒子動能最大 C．若為勻強(qiáng)電場，離開電場時質(zhì)子和α粒子動能增加，電子動能減小 D．若為勻強(qiáng)電場，離開電場時這三種粒子的速度偏轉(zhuǎn)角大小都不相等【分析】在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動，求半徑大小，看軌跡是否分離。在電場中根據(jù)動能定理確定動能的增減，由偏轉(zhuǎn)角公式比較偏轉(zhuǎn)角的大小?！窘獯稹拷猓篈、設(shè)三粒子的初速度大小是v，三種粒子進(jìn)入勻強(qiáng)磁場做勻速圓周運(yùn)動，電子帶負(fù)電，質(zhì)子及α粒子帶正電，速度方向相同，根據(jù)左手定則可知正負(fù)電荷將向兩個方向偏轉(zhuǎn)。由洛倫茲力提供向心力可知，粒子軌道半徑：R＝＝，質(zhì)子和α粒子的相同，二者軌跡不分，帶負(fù)電的電子向相反方向偏轉(zhuǎn)，與質(zhì)子和α粒子不同，所以磁場中運(yùn)動軌跡有兩條，故A正確；B、由于洛侖茲力不做功，所以三種粒子離開磁場時動能一相大，故B錯誤；C、若為勻強(qiáng)電場，粒子做類平拋運(yùn)動，在一定時間能穿過電場后，電場力做正功，所以三種粒子的動能增色增加，故C錯誤；D、偏轉(zhuǎn)角的正切tanθ＝＝＝＝＝∝q，故α粒子的偏轉(zhuǎn)角最大，但電子和質(zhì)子的偏轉(zhuǎn)角相同，故D錯誤。故選：A?！军c評】本題考查帶電粒子在電場和磁場中的偏轉(zhuǎn)，通過三種粒子的比較，當(dāng)初動能相同時，偏轉(zhuǎn)距離和偏轉(zhuǎn)角問題。抓住類平拋規(guī)律和勻速圓周運(yùn)動規(guī)律，寫出半徑公式和偏轉(zhuǎn)距離公式，不難解決問題。4．（2021?香坊區(qū)校級三模）如圖所示，在擋板AB上方，存在一磁感應(yīng)強(qiáng)度為B面積未知的矩形勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁場方向垂直紙面向里。AB邊上O點處放置了發(fā)生光電效應(yīng)的極限頻率為v的金屬鈉，現(xiàn)用頻率為4v的光去照射鈉，發(fā)生光電效應(yīng)后只考慮射入平面ABCD內(nèi)電子的運(yùn)動情況（平面ABCD與勻強(qiáng)磁場垂直），已知電子質(zhì)量為m，電荷量為e，普朗克常量為h，不計電子的重力和電子間的相互作用，粒子打到擋板上時均被擋板吸收。為保證平面ABCD內(nèi)的電子都不從磁場逸出的矩形磁場的最小面積為（）A． B． C． D．【分析】先通過光電效應(yīng)的規(guī)律求出射出的光電子的最大初動能，再根據(jù)洛倫茲力提供向心力求帶電粒子在磁場中運(yùn)動的最大半徑，根據(jù)粒子的軌跡總結(jié)出粒子的軌跡圓邊界情況，根據(jù)幾何關(guān)系求出沒有電子從磁場逸出的矩形磁場的最小面積。【解答】解：根據(jù)光電效應(yīng)方程，射出光電子的最大初動能Ekm＝射出的光電子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，由洛倫茲力提供向心力可知：qvB＝其最大半徑為：R＝＝所有光電子在磁場中最大半徑相等，滿足條件的矩形磁場面積最小時，沿ON方向射入的有最大初動能的光電子運(yùn)動軌跡恰好與右端邊界相切；隨著粒子的速度方向偏轉(zhuǎn)，可認(rèn)為光電子轉(zhuǎn)動的軌跡圓是以2R為半徑轉(zhuǎn)動，如圖所示由幾何關(guān)系可知，沒有光電子從磁場邊界逸出的最小矩形磁場的面積為：S＝2R×3R＝，故ACD錯誤，B正確；故選：B?！军c評】解答本題的關(guān)鍵是通過作圖分析光電子可能的運(yùn)動軌跡，然后由幾何關(guān)系求解沒有電子從磁場逸出的最小矩形磁場的面積。5．（2021?雨花區(qū)校級二模）絕緣光滑斜面與水平面成α角，一質(zhì)量為m、電荷量為﹣q的小球從斜面上高h(yuǎn)處，以初速度為切方向與斜面底邊MN平行射入；如圖所示，整個裝置處在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直于MN且平行于斜面向上。已知斜面足夠大，小球能夠沿斜面到達(dá)底邊MN。則下列判斷錯誤的是（）A．小球在斜面上做勻變速曲線運(yùn)動 B．小球到達(dá)底邊MN的時間 C．勻強(qiáng)磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度的取值范圍為0＜B≤ D．小球所受洛倫茲力逐漸變大【分析】根據(jù)受力分析，結(jié)合力的合成法則，并依據(jù)牛頓第二定律，及曲線運(yùn)動條件，即可求解；根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式，結(jié)合牛頓第二定律，即可求解；依據(jù)洛倫茲力小于等于重力的垂直斜面的分力，求出洛倫茲力和磁感應(yīng)強(qiáng)度的范圍?！窘獯稹拷猓篈、由于小球在拋出并下滑過程中，速度的變化的因為重力的下滑分力的原因，小球受到的洛倫茲力重直于斜面向上，會影響支持力大小，但由于小球未離開斜面，則重直于斜面的合力仍為零，因此小球受到的合力為重力的下滑分力，恒定不變，故小球做勻變速曲線運(yùn)動，故A正確；B、小球做類平拋運(yùn)動，則在斜面上，沿著斜面向下的方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，而洛倫茲力垂直于斜面向上，且大小不變，根據(jù)力的分解法則，及牛頓第二定律，則小球的加速度a＝gsinα，再由運(yùn)動學(xué)公式，球到達(dá)底邊MN的時間t＝＝，故B正確C、根據(jù)小球能夠沿斜面到達(dá)底邊MN，則小球受到的洛倫茲力0≤f＝qv0B≤mgcosα，解得：磁感應(yīng)強(qiáng)度的取值范圍為0≤B≤cosα，故C正確；D、洛倫茲力f＝Bqv0，雖然小球的速度不斷增大，但由于垂直于磁場的速度始終為v0，故洛倫茲力不變，故D錯誤。本題選錯誤的，故選：D?！军c評】考查曲線運(yùn)動的條件，掌握牛頓第二定律與運(yùn)動學(xué)公式的內(nèi)容，理解洛倫茲力雖受到速度大小影響，但沒有影響小球的合力，同時知道洛倫茲力不能大于重力垂直斜面的分力。6．（2021?湖北模擬）研究表明，中子n發(fā)生β衰變后轉(zhuǎn)化成質(zhì)子和電子，同時放出質(zhì)量可視為零的反中微子。在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，一個靜止的中子發(fā)生β衰變，放出的質(zhì)子在與磁場垂直的平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動，其動能為Ek。已知中子、質(zhì)子、電子的質(zhì)量分別為m1、m2、m3，元電荷為e，真空中光速為c，則下列說法正確的是（）A．質(zhì)子的動量大小為m2c B．中子衰變的核反應(yīng)式為 C．電子和反中微子的總動能為（m2+m3﹣m1）c2﹣Ek D．質(zhì)子的圓周運(yùn)動可等效成一個環(huán)形電流，其大小為【分析】根據(jù)動量與動能的關(guān)系p＝求質(zhì)子的動量大??；根據(jù)質(zhì)量數(shù)守恒和電荷數(shù)守恒書寫核反應(yīng)方程式；根據(jù)愛因斯坦質(zhì)能方程求出電子和反中微子的總動能；根據(jù)電流的定義式I＝求環(huán)形電流的大小?！窘獯稹拷猓篈、質(zhì)子的速度小于c，則質(zhì)子的動量大小小于m2c，應(yīng)為p＝，故A錯誤；B、根據(jù)核反應(yīng)過程質(zhì)量數(shù)守恒和電荷數(shù)守恒可知，中子衰變的核反應(yīng)式為為n→p+e+，故B錯誤；C、電子和反中微子的總動能為（m1﹣m2﹣m3）c2﹣Ek，故C錯誤；D、質(zhì)子的圓周運(yùn)動可等效成一個環(huán)形電流，由洛倫茲力提供向心力，則有qvB＝m2，質(zhì)子運(yùn)動周期T＝，環(huán)形電流大小I＝聯(lián)立解得I＝，故D正確。故選：D?！军c評】解決本題的關(guān)鍵要知道在衰變方程中遵守電荷數(shù)守恒、質(zhì)量數(shù)守恒，質(zhì)子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動，由洛倫茲力提供向心力。7．（2021?濱州二模）如圖所示，P為勻強(qiáng)磁場中一點，某放射性元素的原子核靜止在P點，該原子核發(fā)生衰變后，放出一個氦核（He）和一個新核，它們速度方向與磁場垂直，其軌跡均為圓弧，半徑之比為45：1，重力、阻力和氦核與新核間的庫侖力均不計。下列說法正確的是（）A．放射性元素原子核的電荷數(shù)是90 B．可能的衰變方程為He→He+He C．氦核和新核動量比是1：45 D．衰變前核的質(zhì)量等于衰變后氮核和新核的總質(zhì)量【分析】衰變是，新核和反沖核動量守恒；兩粒子在磁場中運(yùn)動受洛倫茲力，做勻速圓周運(yùn)動，半徑之比等于電量之比；核反應(yīng)方程式滿足質(zhì)量數(shù)守恒和電荷守恒，衰變過程有能量損失，衰變之前的質(zhì)量大于衰變之后的質(zhì)量?！窘獯稹拷猓篊、由于放出的氮核（He）和新核過程，系統(tǒng)的動量守恒，則有：0＝m氦v氦﹣m新v新所以氦核和新核動量比是1：1，故C錯誤；AB、由于放出的氮核（He）和新核在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，根據(jù)洛倫茲力提供向心力有Bqv＝，解得:R＝則它們的軌道半徑與它們所帶的電荷數(shù)成反比，所以＝＝＝，則新核所帶的電荷數(shù)為90，由于核反應(yīng)過程電荷數(shù)，質(zhì)量數(shù)守恒，則放射性元素原子核的電荷數(shù)是92，所以可能的衰變方程為：He→He+He，故A錯誤，B正確；D、因為衰變過程有能量釋放，根據(jù)愛因斯坦的質(zhì)能方程可知，衰變前核的質(zhì)量大于衰變后氮核和新核的總質(zhì)量，故D錯誤；故選：B?！军c評】本題是原子核衰變與勻速圓周運(yùn)動的問題的綜合，涉及到等電荷守恒定律、質(zhì)量數(shù)守恒定律、動量守恒定律、牛頓第二定律等內(nèi)容，原子核的衰變過程類比于爆炸過程，滿足動量守恒，而帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中圓周運(yùn)動的半徑公式中的分子恰好是動量的表達(dá)式，要巧妙應(yīng)用。8．（2021?濱州二模）如圖所示，太極圖由“陰魚”和“陽魚”構(gòu)成，其邊界是以O(shè)為圓心R為半徑的圓，內(nèi)部由以O(shè)1和O2為圓心等半徑的兩個半圓分割成上下兩部分，其中上部分為“陽魚”、下部分為“陰魚”，“陽魚”中有垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場。Q為太極圖邊緣上一點，且O1、O2、O、Q四點共線。一電量為+q，質(zhì)量為m的帶電粒子，在Q點以大小v的速度指向圓心O射入“陽魚”區(qū)域，若帶電粒子在“太極圖”運(yùn)動過程中沒有進(jìn)入“陰魚”區(qū)域，帶電粒子重力不計。則磁感應(yīng)強(qiáng)度的最小值為（）A． B． C． D．【分析】根據(jù)題意畫出臨界軌跡圖，根據(jù)幾何關(guān)系求出最小軌跡圓的半徑，然后由洛倫茲力提供向心力求最小磁感應(yīng)強(qiáng)度?！窘獯稹拷猓喝羰箮щ娏Ｗ記]進(jìn)入“陰魚”區(qū)域，則帶電粒子在磁場中運(yùn)動軌跡如圖所示軌跡與圓O1相切于A點，設(shè)粒子做圓周運(yùn)動的軌跡半徑為r，由幾何關(guān)系可得＝r2+解得：r＝2R由洛倫茲力提供向心力可知：vB＝聯(lián)立解得:B＝,故ACD錯誤,B正確；故選：B?！军c評】本題考查帶電粒子在磁場中的運(yùn)動，受洛倫茲力做勻速圓周運(yùn)動，關(guān)鍵是找到臨界情況，畫出軌跡圖，由幾何關(guān)系軌跡圓的最小半徑。9．（2021春?宜春月考）如圖所示，坐標(biāo)平面內(nèi)有邊界過P（0，L）點和坐標(biāo)原點O的圓形勻強(qiáng)磁場區(qū)域。方向垂直于坐標(biāo)平面，一質(zhì)量為m、電荷量為e的電子（不計重力），從P點以初速度v0平行于x鈾正方向射入磁場區(qū)域，從x軸上的Q點射出磁場區(qū)域，此時速度與x鈾正方向的夾角為60°。下列說法正確的是（）A．磁場方向垂直于坐標(biāo)平面向外 B．磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度 C．圓形磁場區(qū)域的半徑為2L D．帶電粒子做圓周運(yùn)動的半徑為L【分析】根據(jù)左手定則可以判斷磁場方向；根據(jù)粒子的運(yùn)動軌跡可以求出粒子運(yùn)動的半徑，根據(jù)半徑可以求磁感應(yīng)強(qiáng)度；根據(jù)題意和粒子在磁場中運(yùn)動軌跡結(jié)合幾何關(guān)系，可求圓形磁場區(qū)域半徑?！窘獯稹拷猓篈、粒子運(yùn)動的軌跡如圖，根據(jù)左手定則可知磁場垂直紙面向里，故A錯誤；BD、設(shè)粒子的軌跡半徑為r（圖中的O2P和O2Q），根據(jù)幾何知識可知，sin30°＝，解得粒子的軌道半徑為r＝2L，根據(jù)牛頓第二定律有，eBv0＝，聯(lián)立解得：B＝＝，故B正確，D錯誤；C、根據(jù)幾何知識可知，由于∠QOP＝90°，故PQ為圓形磁場區(qū)域的直徑，故2R＝r，則磁場區(qū)域的半徑R＝L，故C錯誤；故選：B?！军c評】對于帶電粒子在磁場中的運(yùn)動情況分析，一般是確定圓心位置，根據(jù)幾何關(guān)系求半徑，結(jié)合洛倫茲力提供向心力求解未知量。10．（2021?河南模擬）科學(xué)家可以利用磁場對帶電粒子的運(yùn)動進(jìn)行有效控制。如圖所示，圓心為O、半徑為r的圓形區(qū)域外存在勻強(qiáng)磁場，磁場方向垂直于紙面向外，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。P是圓外一點，OP＝3r。一質(zhì)量為m、電荷量為q（q＞0）的粒子從P點在紙面內(nèi)沿著與PO成θ＝60°角的方向射出，不計粒子重力。若要求粒子不能進(jìn)入圓形區(qū)域，則粒子運(yùn)動速度可以的為（）A．v≤ B．v≤ C．v≥ D．v≥【分析】明確粒子不能進(jìn)入圓形區(qū)域的臨界條件，即軌跡與圓弧相切，結(jié)合半徑公式可判斷速度大小?！窘獯稹拷猓喝羲俣容^小，粒子的軌跡圓如圖所示，由幾何關(guān)系可知：在△OPO1中：(r+R1)2＝解得：若速度較大，粒子的軌跡圓如圖所示，根據(jù)幾何關(guān)系可知，在△OPO2中，解得：由洛倫茲力提供向心力可知，即v＝，則可知，。綜上若要求粒子不能進(jìn)入圓形區(qū)域，則粒子運(yùn)動速度應(yīng)滿足的條件為：v或，選項D正確。故選：D。【點評】臨界問題是粒子在磁場中運(yùn)動常見的問題之一，同學(xué)們要掌握相切的做題思想11．（2021?未央?yún)^(qū)校級模擬）平行四邊形ABCD區(qū)域之外有垂直紙面向里（磁場未畫出）的有理想邊界勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，現(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為q（q＞0）的粒子從A點沿垂直于AD邊以某一速度射入平行四邊形區(qū)域中，結(jié)果粒子恰好可通過平行四邊形的某一頂點，已知AB＝l、BC＝l，∠B＝60°，AE⊥BC，關(guān)于此粒子的運(yùn)動過程，下列說法正確的是（）A．粒子在磁場中轉(zhuǎn)過的圓心角可能為π B．粒子在磁場中運(yùn)動的時間不可能為 C．粒子不可能再次通過A點 D．粒子的速度可能為【分析】根據(jù)題意做粒子運(yùn)動的軌跡圖，由于經(jīng)過頂點，根據(jù)幾何方法可以確定圓心角與半徑大小，再根據(jù)洛倫茲力提供向心力求解?！窘獯稹拷猓毫Ｗ哟怪盇D從A點進(jìn)入，內(nèi)部不受力，故垂直于BC從E點進(jìn)入磁場。則圓心必定在BC所在直線上。粒子恰好通過平行四邊形某一頂點，如圖A、根據(jù)幾何關(guān)系可知，三種情況的圓心角分別對應(yīng)，故A錯誤；B、洛倫茲力提供向心力，求得周期T＝,三種粒子對應(yīng)時間為：,,，故B正確C、由于磁場只存在與四邊形外部，故粒子不可能經(jīng)過A點，故C錯誤；D、根據(jù)幾何關(guān)系可知，三種情況的半徑分別為l，，l；由qvB＝，可得速度可能，，，故D錯誤故選：B?！军c評】根據(jù)題意作圖是帶電粒子在磁場中運(yùn)動問題的必要前提，本題考查了洛倫茲力提供向心力的掌握。12．（2021?遼寧模擬）威爾遜云室是最早的帶電粒子徑跡探測器，進(jìn)入云室的帶電粒子會使云室中的氣體電離，從而顯示其軌跡。如圖所示，云室中存在一個垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場，某次對某原子核的衰變觀察中，發(fā)現(xiàn)有兩處運(yùn)動軌跡，其中運(yùn)動軌跡較大的如圖中a、b所示。若粒子在運(yùn)動時，其質(zhì)量和電荷量都不變，則下列說法正確的是（）A．粒子一定在接近b處衰變 B．該原子核發(fā)生的是α衰變 C．該粒子來自原子核內(nèi)部 D．該粒子的貫穿能力弱，可以用于治療腫瘤【分析】由于粒子在運(yùn)動過程中受氣體的阻礙，所以運(yùn)動的速度一定是越來越小的,根據(jù)半徑公式可判斷電荷；左手定則和曲線運(yùn)動軌跡規(guī)律可判斷該粒子帶負(fù)電；β衰變的實質(zhì)是原子核內(nèi)的中子轉(zhuǎn)化為質(zhì)子時放出的電子；β粒子的貫穿能力大于α粒子，小于γ粒子，不能用于治療腫瘤?！窘獯稹拷猓篈、由于粒子在運(yùn)動過程中受氣體的阻礙，所以運(yùn)動的速度一定是越來越小的，由可知，該粒子運(yùn)動的圓周軌道半徑一定越來越小，故一定從a處衰變，故A錯誤；B、由左手定則和曲線運(yùn)動軌跡規(guī)律可判斷該粒子帶負(fù)電，該原子核發(fā)生的是β衰變，故B錯誤；C、發(fā)生β衰變反應(yīng)時，由動量守恒定律0＝m1v1﹣m2v2由可知，運(yùn)動軌跡較大的應(yīng)為β粒子,其是原子核內(nèi)的中子轉(zhuǎn)化為質(zhì)子時放出的電子，故C正確；D、β粒子的貫穿能力大于α粒子，小于γ粒子，不能用于治療腫瘤，故D錯誤。故選：C?！军c評】本題考查學(xué)生對β衰變的理解，同時結(jié)合動量守恒定律與洛倫茲力定量判斷電荷運(yùn)動的半徑大小關(guān)系13．（2021?青島模擬）如圖為某型號質(zhì)譜儀工作原理示意圖．M、N為兩正對平行金屬板，O1O2為其軸線，兩板間有方向如圖所示的、大小為E的勻強(qiáng)電場及垂直于紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1的勻強(qiáng)磁場（圖中未畫出）．原子核沿O1O2射入兩板間，只有符合要求的原子核才能從O2點沿半徑方向射入圓形勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁場區(qū)域半徑為R，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2，方向垂直于紙面向外．顯微鏡P置于與圓形磁場同心的弧形軌道上，可沿圓軌道自由移動，C點為O1O2延長線與圓軌道的交點，OP與OC間夾角為θ．不計原子核重力，下列說法正確的是（）A．不同的原子核從O2點射出的速度大小不同 B．能夠進(jìn)入磁場區(qū)域的原子核的速度v＝ C．若顯微鏡在θ角位置觀測到原子核，則該原子核比荷＝ D．用該質(zhì)譜儀分析氫的同位素時，若在θ＝60°的位置觀察到的是到氕核，那么在θ＝120°位置觀察到的是氚核【分析】當(dāng)粒子在兩板間直線運(yùn)動是，所受洛倫茲力與電場力平衡。根據(jù)洛倫茲力提供向心力可求得比荷大小【解答】解：AB、進(jìn)入磁場區(qū)域的原子核經(jīng)M、N時，受力平衡，則有qE＝qvB1則v＝故AB錯誤；C、顯微鏡在θ角位置觀測到原子核，由幾何關(guān)系可得r＝洛倫茲力提供向心力可得qvB2＝m聯(lián)立可求得，故C正確；D、若在θ＝60°觀察到氕核，則可得則觀察到氚核的位置tan,故D錯誤；故選：C?！军c評】牢記常見粒子的比荷大小，同時掌握速度選擇器中電荷做勻速直線運(yùn)動時二力平衡的問題。14．（2021?普寧市校級模擬）如圖所示，半徑為R的圓形區(qū)域磁場內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，半徑OC與ON成60°夾角。質(zhì)子甲、乙分別以速率v、從A點沿直徑AN方向射入磁場，甲、乙分別從C、D點（D點未畫出）射出磁場。質(zhì)子的電荷量為q、質(zhì)量為m，下列說法正確的是（）A．質(zhì)子甲在磁場中運(yùn)動的軌跡半徑為2R B．質(zhì)子乙在磁場中運(yùn)動的軌跡半徑為 C．質(zhì)子甲在磁場中運(yùn)動的時間為 D．A、D兩點之間的距離為【分析】帶點粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，合理作圖；根據(jù)半徑公式可進(jìn)行求解；在磁場中運(yùn)動粒子的周期公式與圓心角可求得運(yùn)動時間?！窘獯稹拷猓杭缀鸵业倪\(yùn)動軌跡如圖A、由幾何關(guān)系可知甲的運(yùn)動半徑為r1＝＝，故A錯誤；B、根據(jù)半徑公式r＝,可知半徑與速度成正比，即＝,則乙的半徑為r2＝,故B錯誤；C、根據(jù)周期公式T＝，質(zhì)子甲在磁場中的圓心角θ＝60°，時間r＝＝,故C正確；D、由幾何關(guān)系得tanα＝＝,則α＝60°，那么AD距離為R，故D錯誤故選：C?！军c評】本題考查了帶電粒子在磁場中運(yùn)動的問題，應(yīng)對粒子的運(yùn)動狀態(tài)和受力分析后再解決問題。合理做出粒子在磁場中的運(yùn)動軌跡是關(guān)鍵，求解時間時需要注意圓心角問題。15．（2021?宣化區(qū)校級模擬）如圖，半徑為R的圓是一圓柱形勻強(qiáng)磁場區(qū)域的橫截面（紙面），磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于紙面向外。一電荷量為q（q＞0）、質(zhì)量為m的粒子沿平行于直徑ab的方向從c點射入磁場區(qū)域，射入點c與ab的距離為。已知粒子射出磁場與射入磁場時運(yùn)動方向間的夾角為60°，則粒子的速率為（不計粒子重力，已知）（）A． B． C． D．【分析】作出粒子運(yùn)動軌跡，根據(jù)幾何關(guān)系求解粒子在磁場中的運(yùn)動半徑，根據(jù)洛倫茲力提供向心力求解粒子運(yùn)動的速率?！窘獯稹拷猓毫Ｗ訋д姡鶕?jù)左手定則可得粒子受到的洛倫茲力方向向右，粒子運(yùn)動軌跡如圖所示；根據(jù)射入點c與ab的距離為，則有：sin∠cO1a＝＝，所以∠cO1a＝15°由于速度方向偏向角為60°，可知∠cO2O1＝30°，則∠cO1O2＝60°﹣15°＝45°設(shè)粒子軌跡半徑為r，在△cO2O1中，根據(jù)正弦定理可得：，解得：根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得：，解得：，故B正確、ACD錯誤。故選：B?！军c評】對于帶電粒子在磁場中的運(yùn)動情況分析，一般是確定圓心位置，根據(jù)幾何關(guān)系求半徑，結(jié)合洛倫茲力提供向心力求解未知量，本題的難點在于軌跡半徑的求解。16．（2021?定遠(yuǎn)縣模擬）如圖所示，有一圓形區(qū)域磁場（邊界無磁場），磁場方向垂直圓面向里，現(xiàn)有一帶電荷量為q、質(zhì)量為m、速度大小相同的粒子源位于M點，可以沿圓面向磁場內(nèi)各個方向射入磁場。已知磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，所有粒子射出磁場邊界的位置均處于某一段弧長為圓周長六分之一圓弧上，不計粒子的重力，則此粒子速度的大小和所有粒子在磁場中運(yùn)動的可能時間范圍是（）A．粒子的速度大小為v＝ B．粒子的速度大小為v＝ C．所有粒子在磁場中運(yùn)動的可能時間范圍是＜t＜ D．所有粒子在磁場中運(yùn)動的可能時間范圍是0≤t＜【分析】根據(jù)粒子出射范圍得到粒子做圓周運(yùn)動的軌道半徑，從而由洛倫茲力做向心力求得速度大??；根據(jù)運(yùn)動軌跡得到轉(zhuǎn)過的最大角度，從而根據(jù)周期求得最長運(yùn)動時間?！窘獯稹拷猓篈B、假設(shè)粒子帶正電，粒子射出磁場邊界的位置距離M點最遠(yuǎn)的位置到M點的距離為粒子運(yùn)動軌跡的直徑，如圖所示；根據(jù)題意可知θ＝＝60°，所以△OMN為等邊三角形，則有：2r＝R，即r＝；根據(jù)洛倫茲力做向心力可得：Bvq＝m所以，粒子速度大小v＝，故AB錯誤；CD、粒子在磁場中運(yùn)動時間最長對應(yīng)粒子在磁場中運(yùn)動做完整的圓周運(yùn)動，故粒子在磁場中運(yùn)動最長的時間t＝T＝；所以所有粒子在磁場中運(yùn)動的可能時間范圍是0≤t＜，故D正確，C錯誤。故選：D?！军c評】對于帶電粒子在磁場中的運(yùn)動情況分析，一般是確定圓心位置，根據(jù)幾何關(guān)系求半徑，結(jié)合洛倫茲力提供向心力求解未知量；根據(jù)周期公式結(jié)合軌跡對應(yīng)的圓心角求時間。17．（2021?天心區(qū)校級一模）如圖所示，兩導(dǎo)體板水平放置，兩板間電勢差為U，帶電粒子以某一初速度v0沿平行于兩板的方向從兩板正中間射入，穿過兩板后又垂直于磁場方向射入邊界線豎直的勻強(qiáng)磁場，則：粒子射入磁場和射出磁場的M、N兩點間的距離d隨著U和v0的變化情況為（）A．d隨U增大而增大，d與v0無關(guān) B．d隨U增大而增大，d隨v0增大而減小 C．d隨v0增大而增大，d與U無關(guān) D．d隨v0增大而增大，d隨U增大而減小【分析】粒子在電場中做類平拋運(yùn)動，射出電場時設(shè)速度與水平方向夾角為θ，表示出粒子射出電場時的速度v；進(jìn)入磁場后，帶電粒子在磁場中做圓周運(yùn)動，表示出圓周運(yùn)動的半徑，再進(jìn)一步表示出MN兩點間的距離d，根據(jù)d的表達(dá)式分析判斷即可?！窘獯稹拷猓涸O(shè)粒子帶電量為q，質(zhì)量為m，射出電場時速度與水平方向夾角為θ，此時速度v為v0和vy的合速度，如圖：由cosθ＝得：v＝，進(jìn)入磁場后，粒子做勻速圓周運(yùn)動，設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，由牛頓第二定律有：qvB＝m，解得：R＝又d＝2Rcosθ，代入數(shù)據(jù)得：d＝，故d與m、v0成正比，與B、q成反比，與U無關(guān)，故：C正確，ABD錯誤。故選：C。【點評】本題考察了帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)和在磁場中的勻速圓周運(yùn)動，結(jié)合運(yùn)動軌跡，步步為營將d求解或表示出來，再進(jìn)行判斷即可。18．（2021?武昌區(qū)模擬）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．BkL C． D．【分析】質(zhì)子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，洛倫茲力提供向心力，根據(jù)題意作出質(zhì)子可能的運(yùn)動軌跡，應(yīng)用牛頓第二定律求出質(zhì)子在速度表達(dá)式，然后分析答題?！窘獯稹拷猓嘿|(zhì)子帶正電，且經(jīng)過C點，其可能的軌跡如圖所示：所有圓弧所對圓心角均為60°，所以質(zhì)子運(yùn)行半徑：r＝（n＝1，2，3，…），質(zhì)子在磁場中做圓周運(yùn)動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qvB＝m，解得：v＝＝（n＝1，2，3，…），故ABD正確，C錯誤。本題選不正確的是，故選：C?！军c評】本題考查帶電粒子在有界勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動，粒子在磁場中做圓周運(yùn)動，洛倫茲力提供向心力，由此根據(jù)運(yùn)動特征作出粒子在磁場中運(yùn)動的軌跡，求出粒子軌跡半徑的可能值以及掌握半徑的公式是解決本題的關(guān)鍵。19．（2021?鄭州三模）真空區(qū)域有寬度為l、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)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，再從MN邊界射出磁場時與MN夾角為30°，則（）A．粒子進(jìn)入磁場時速度方向與MN邊界的夾角為60° B．粒子在磁場中運(yùn)動的時間為 C．粒子在磁場中運(yùn)動的時間為 D．粒子射入磁場時的速度大小為【分析】根據(jù)題意畫出粒子運(yùn)動軌跡，根據(jù)運(yùn)動軌跡以及幾何關(guān)系求出粒子偏轉(zhuǎn)角以及半徑，根據(jù)半徑公式以及運(yùn)動時間公式列式求解?！窘獯稹拷猓篈、粒子運(yùn)動軌跡如圖，由粒子在磁場運(yùn)動時入射角等于出射角，則粒子進(jìn)入磁場時速度方向與MN邊界夾角為30°，則偏轉(zhuǎn)角為360°﹣2×30°＝300°，故A錯誤；BC、根據(jù)T＝，qvB＝m，則T＝，則運(yùn)動時間t＝T＝，故BC錯誤；D、由洛倫茲力提供向心力qvB＝m，由幾何關(guān)系可知r+rcos30°＝l，則r＝l，則v＝＝，故D正確；故選：D。【點評】本題考查帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動，根據(jù)題意畫出粒子運(yùn)動軌跡，由幾何關(guān)系求出偏轉(zhuǎn)角以及半徑是解題關(guān)鍵。20．（2021?乙卷）如圖，圓形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，質(zhì)量為m、電荷量為q（q＞0）的帶電粒子從圓周上的M點沿直徑MON方向射入磁場。若粒子射入磁場時的速度大小為v1，離開磁場時速度方向偏轉(zhuǎn)90°；若射入磁場時的速度大小為v2，離開磁場時速度方向偏轉(zhuǎn)60°。不計重力。則為（）A． B． C． D．【分析】帶電粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，畫出粒子的軌跡圖，然后由幾何關(guān)系求出軌跡圓半徑和磁場圓半徑之間的關(guān)系，最后由洛倫茲力提供向心力求出線速度，根據(jù)線速度之比等于半徑之比求出粒子兩次的入射速度之比?！窘獯稹拷猓焊鶕?jù)題意，粒子兩次射入磁場的運(yùn)動軌跡如圖所示：設(shè)磁場的圓形區(qū)域半徑為r，由幾何關(guān)系可知，兩次軌跡圓的半徑分別為：R1＝r，R2＝＝r由洛倫茲力提供向心力可知：則粒子的速度：v＝則粒子兩次的入射速度之比為：＝，解得：＝，故B正確，ACD錯誤；故選：B?！军c評】本題考查帶電粒子在磁場中運(yùn)動，關(guān)鍵是要根據(jù)幾何關(guān)系求出軌跡圓的半徑，然后由洛倫茲力提供向心力求出速度。二．多選題（共10小題）21．（2021?肥東縣校級模擬）如圖所示，邊長為L的正三角形abc區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，質(zhì)量為m，電荷量均為q的三個粒子A、B、C以大小不等的速度從a點沿與ab邊成30°角的方向垂直射入磁場后從ac邊界穿出，穿出ac邊界時與a點的距離分別為為、、L。不及粒子的重力及粒子間的相互作用，則下列說法正確的是（）A．粒子C在磁場中做圓周運(yùn)動的半徑為 B．A、B、C三個粒子的初速度大小之比為1：2：3 C．A、B、C三個粒子從磁場中射出的方向均與ab邊垂直 D．僅將磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度減小為原來的，則粒子B從c點射出【分析】粒子在磁場中均做元素圓周運(yùn)動，根據(jù)幾何關(guān)系確定粒子軌跡圓的圓心，畫出粒子運(yùn)動軌跡的示意圖，利用洛倫茲力提供向心力求出半徑公式，再與幾何關(guān)系結(jié)合，逐項分析即可求解?！窘獯稹拷猓篈.根據(jù)圓周運(yùn)動的對稱性可知，在同一直線邊界以與邊界成30°夾角進(jìn)入磁場，射出磁場時速度與邊界也必成30°角，因此圓弧軌跡所對應(yīng)的圓心角為60°，圓心和入射點，出射點構(gòu)成等邊三角形，A、B、C三個粒子做圓周運(yùn)動的半徑分別為RA＝，RB＝，RC＝L，故A錯誤；B.根據(jù)qvB＝，得R＝，粒子速度比等于它們軌跡的半徑之比，A、B、C三個粒子的速度大小之比應(yīng)為1：2：3，故B正確；C.三個粒子從磁場中射出時，與ac夾角為30°，∠bac＝60°，所以粒子速度的反向延長線必與ab邊垂直，故C正確；D.根據(jù)R＝可知，將磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度減小為原來的，粒子B的半徑變?yōu)樵瓉淼?倍，即R'B＝2L，粒子能從c點射出，其半徑應(yīng)等于L，所以粒子B不可能從c點射出，選項D錯誤。故選：BC。【點評】本題考查帶電粒子在有界磁場中的運(yùn)動，解題關(guān)鍵是要畫出粒子軌跡過程圖，找到臨界幾何條件，再運(yùn)用洛倫茲力提供向心力與幾何關(guān)系結(jié)合求解即可。22．（2021春?貴溪市校級期末）如圖，A、B為原來都靜止在同一勻強(qiáng)磁場中的兩個放射性元素原子核的變化示意圖，其中一個放出一α粒子，另一個放出一β粒子，運(yùn)動方向都與磁場方向垂直.下圖中a、b與c、d分別表示各粒子的運(yùn)動軌跡，下列說法中正確的是（）A．A放出的是α粒子，B放出的是β粒子 B．b為α粒子的運(yùn)動軌跡，c為β粒子的運(yùn)動軌跡 C．a(chǎn)為α粒子的運(yùn)動軌跡，d為β粒子的運(yùn)動軌跡 D．磁場方向一定為垂直紙面向里【分析】放射性元素的原子核，沿垂直于磁場方向放射出一個粒子后進(jìn)入勻強(qiáng)磁場，在洛倫茲力的作用下都做勻速圓周運(yùn)動。放射性元素放出粒子，動量守恒，根據(jù)洛倫茲力充當(dāng)向心力分析α粒子和β粒子與反沖核半徑關(guān)系，根據(jù)洛倫茲力分析運(yùn)動軌跡是內(nèi)切圓還是外切圓，判斷是哪種衰變?！窘獯稹拷猓篈、放射性元素放出α粒子時，α粒子與反沖核的速度相反，而電性相同，則兩個粒子受到的洛倫茲力方向相反，兩個粒子的軌跡應(yīng)為外切圓；而放射性元素放出β粒子時，β粒子與反沖核的速度相反，而電性相反，則兩個粒子受到的洛倫茲力方向相同，兩個粒子的軌跡應(yīng)為內(nèi)切圓；故A放出的是α粒子，B放出的是β粒子，故A正確；BC、粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qvB＝m，解得，帶電粒子在磁場中的運(yùn)動的半徑：r＝＝，其中發(fā)出的粒子與反沖核的動量p大小相等，而反沖核的電荷量大，故軌跡半徑小，故b為α粒子運(yùn)動軌跡，c為β粒子運(yùn)動軌跡，故B正確，C錯誤；D、粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，磁場方向不同，粒子旋轉(zhuǎn)的方向相反，由于α粒子和β粒子的速度方向未知，不能判斷磁場的方向，故D錯誤。故選：AB。【點評】本題考查原子核衰變以及帶電粒子在磁場中的運(yùn)動規(guī)律，注意明確放射性元素放射后，兩帶電粒子的動量是守恒。正好軌跡的半徑公式中也有動量的大小，所以可以研究半徑與電荷數(shù)的關(guān)系。23．（2021春?南陽月考）將一個原來靜止的U核，靜置在威耳遜云室的勻強(qiáng)磁場中，由于衰變放射出某種粒子，結(jié)果得到一張兩個相切圓1和2的軌跡照片，兩個相切圓的半徑分別為r1、r2（r1＜r2），如圖所示。下列說法正確的是（）A．軌跡圓1是衰變后新核的軌跡 B．該衰變方程為U→Th+He C．該衰變方程為U→Np+e D．兩圓的半徑比為r1：r2＝1：45【分析】原子核衰變過程質(zhì)量數(shù)與核電荷數(shù)守恒；靜止的原子核發(fā)生衰變，根據(jù)動量守恒可知，發(fā)生衰變后的粒子的運(yùn)動的方向相反；再根據(jù)粒子在磁場中運(yùn)動的軌跡可以判斷粒子的電荷的性質(zhì)；衰變后的粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動，洛倫茲力提供向心力可得半徑公式，結(jié)合軌跡圖分析?！窘獯稹拷猓築C、原子核衰變過程系統(tǒng)動量守恒，由動量守恒定律可知，衰變生成的兩粒子的動量大小相等方向相反，粒子速度方向相反，由左手定則可知，若生成的兩粒子電性相反，則在磁場中的徑跡為內(nèi)切圓，若生成的兩粒子電性相同，則在磁場中的徑跡為外切圓，由圖示可知，衰變后兩粒子的兩運(yùn)動軌跡外切，原子核衰變放出的新核與粒子電性相同，該原子核發(fā)生的是α衰變；衰變過程質(zhì)量數(shù)與核電荷數(shù)守恒，則衰變方程式是：U→Th+He，故B正確，C錯誤；A、原子核衰變生成的兩核動量p大小相等、方向相反，粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qvB＝m，解得：r＝＝，由于p、B相同，則粒子電荷量q越大，軌道半徑越小，由于新核的電荷量大，所以新核的軌跡半徑小于粒子的軌跡半徑，所以徑跡1為衰變后新核的徑跡，故A正確；D、粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的軌道半徑：r＝，兩圓的半徑之比，故D正確。故選：ABD?！军c評】本題解題的前提與關(guān)鍵是知道原子核衰變過程動量守恒，分析清楚圖示運(yùn)動軌跡、應(yīng)用動量守恒定律與牛頓第二定律即可解題。24．（2021?煙臺模擬）如圖所示，兩塊平行金屬板MN、PQ水平放置，兩板間距為d、板長為L，在平行板右側(cè)的直角三角形ABC區(qū)域內(nèi)存在著垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場（圖中未畫出），三角形底角θ＝53°，三角形底邊BC與PQ在同一水平線上，頂點A與MN在同一水平線上。一個質(zhì)量為m、電荷量為+q的粒子沿兩板中心線以初速度v0水平射入，若在兩板間加一恒定電壓U＝，粒子離開電場后從直角三角形AB邊上的D點進(jìn)入磁場，并能從AC邊射出磁場。已知BD＝d，sin53°＝0.8，不計粒子的重力及空氣阻力，則直角三角形區(qū)域內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小可能為（）A． B． C． D．【分析】帶電粒子在電場中做類平拋運(yùn)動，求得射入磁場的速度大小與方向，根據(jù)幾何關(guān)系結(jié)合運(yùn)動的半徑公式，從而確定磁場的大小?！窘獯稹拷猓河蒃＝＝，粒子在水平方向上運(yùn)動的時間t＝，在豎直方向由牛頓第二定律得qE＝ma.解得：a＝，則豎直方向速度：vy＝at＝＝如圖：tanα＝，故α＝37°，粒子垂直AB邊射入磁場，其臨界狀態(tài)是軌跡與AC邊相切。物體合速度v＝＝＝設(shè)粒子運(yùn)動半徑為R，由幾何知識有AB＝＝BD+R+，即，解得R＝由洛倫茲力提供向心力有解得B＝若從AC射出則B＜，故ABC正確，D錯誤故選：ABC?！军c評】考查粒子在電場中偏轉(zhuǎn)和在磁場中圓周運(yùn)動問題，結(jié)合牛頓第二定律與幾何關(guān)系來綜合應(yīng)用，掌握運(yùn)動軌跡的半徑與周期公式。25．（2021?咸陽模擬）如圖所示，半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)存在著垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，磁場的左邊垂直x軸放置一線型粒子發(fā)射裝置，能在0≤y≤R的區(qū)間內(nèi)各處沿x軸正方向同時發(fā)射出速度相同、帶正電的同種粒子，粒子質(zhì)量為m，電荷量為q，不計粒子的重力及粒子間的相互作用力，若某時刻粒子被裝置發(fā)射出后，經(jīng)過磁場偏轉(zhuǎn)擊中y軸上的同一位置，則下列說法中正確的是（）A．粒子都擊中在（0，R）點處 B．粒子的初速度為 C．粒子在磁場中運(yùn)動的最長時間為 D．粒子到達(dá)y軸上的最大時間差為﹣【分析】本題的關(guān)鍵是從粒子源發(fā)出粒子以相同速度（包括方向）向圓弧形區(qū)域發(fā)射粒子，且說明這些粒子最后都批在同一點，顯然這一點是y軸上的（0，R），由此可以判斷出該粒子做勻速圓周運(yùn)動的半徑為R，由洛倫茲力提供向心力可以求得速度，從而能求出最長和最短時間?！窘獯稹拷猓篈、由題意，某時刻發(fā)出的粒子都擊中的點是y軸上同一點，由最高點射出的只能擊中（0，R），則擊中的同一點就是（0，R），故A正確。B、從最低點射出的也擊中（0，R），那么粒子做勻速圓周運(yùn)動的半徑為R，由洛倫茲力提供向心力得：，則速度v＝，故B錯誤。C、偏轉(zhuǎn)角最大的時間最長，顯然從最低點射出的粒子偏轉(zhuǎn)90°，時間最長，時間t＝＝，故C錯誤。D、從最高直接射向（0，R）的粒子時間最短，則最長與最短的時間差為Δt＝t﹣＝，故D正確。故選：AD?！军c評】本題的關(guān)鍵點是粒子源發(fā)出的粒子是速度大小和方向均相同，則其做勻速圓周運(yùn)動的半徑相同，在從最低點的特殊情況就能知道相同的半徑就是圓弧的半徑，再結(jié)合周期公式能求出最長和最短時間。26．（2021?雨花區(qū)校級模擬）如圖虛線所示的半徑為R圓形區(qū)域內(nèi)存在一垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場，P為磁場邊界上的一點，大量相同的帶電粒子以相同的速率經(jīng)過P點，在紙面內(nèi)沿不同方向射入磁場，設(shè)帶電粒子在磁場中運(yùn)動的軌道半徑為r，不計重力及帶電粒子之間的相互作用，則（）A．若r＝R，則粒子離開磁場時，速度是彼此平行的 B．若r＞R，則粒子從P關(guān)于圓心的對稱點離開時的運(yùn)動時間是最長的 C．若粒子射入的速率為v1時，這些粒子在磁場邊界的出射點分布在六分之一圓周上；若粒子射入速率為v2，相應(yīng)的出射點分布在三分之一圓周上，則 D．若粒子在磁場邊界的出射點分布在六分之一圓周上，打在磁場邊界最遠(yuǎn)位置粒子的運(yùn)動時間為t1；若粒子在磁場邊界的出射點分布在三分之一圓周上，打在磁場邊界最遠(yuǎn)位置粒子的運(yùn)動時間為t2，則t1：t2＝1：2【分析】根據(jù)“磁聚焦”原理分析粒子在圓形磁場中運(yùn)動的軌跡半徑等于圓形磁場半徑時，粒子離開磁場時，速度方向是否平行；作出粒子的運(yùn)動軌跡，若帶電粒子的軌跡半徑大于圓的半徑，射出磁場邊界的粒子可以充滿整個圓邊界區(qū)；根據(jù)題意作出粒子運(yùn)動軌跡，根據(jù)幾何關(guān)系求解半徑，再根據(jù)洛倫茲力提供向心力求解速度大小之比，根據(jù)周期公式結(jié)合粒子軌跡對應(yīng)的圓心角求解運(yùn)動時間之比?！窘獯稹拷猓篈、根據(jù)“磁聚焦”原理可知，粒子在圓形磁場中運(yùn)動的軌跡半徑等于圓形磁場半徑時，大量相同的粒子以相同的速度平行于某一方向射入圓形磁場時，將會從同一點射出；反過來，如果r＝R且粒子從同一點沿不同的方向以相同的速率射入圓形磁場，粒子將平行于某一方向射出磁場，故A正確；B、假設(shè)粒子帶正電，磁場方向垂直于紙面向外，由于r＞R，粒子的運(yùn)動軌跡如圖1所示，即帶電粒子的軌跡半徑大于圓的半徑，射出磁場邊界的粒子幾乎可以充滿整個圓邊界區(qū)，根據(jù)對稱性粒子帶負(fù)電也是如此，故B錯誤；CD、當(dāng)速度大小為v1時，從P點入射的粒子射出磁場時與磁場邊界的最遠(yuǎn)交點為M，如圖2所示；由題意知∠POM＝60°，由幾何關(guān)系得軌跡圓半徑為r1＝；當(dāng)速度為v2時，從P點入射的粒子射出磁場時與磁場邊界的最遠(yuǎn)交點為N，如圖3所示；由題意知∠PON＝120°，由幾何關(guān)系得軌跡圓的半徑為r2＝根據(jù)洛倫茲力充當(dāng)向心力可知qvB＝m速度與半徑成正比，因此v1：v2＝r1：r2＝1：；兩種情況下粒子軌跡對應(yīng)的最大圓心角均為180°由公式t＝＝，所以t1：t2＝1：1，故C正確、D錯誤。故選：ABC?！军c評】對于帶電粒子在磁場中的運(yùn)動情況分析，一般是確定圓心位置，根據(jù)幾何關(guān)系求半徑，結(jié)合洛倫茲力提供向心力求解未知量；根據(jù)周期公式結(jié)合軌跡對應(yīng)的圓心角求時間。27．（2021?襄城區(qū)校級模擬）如圖所示，在xOy平面的一、二、三象限內(nèi)存在垂直紙面向外，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝1T的勻強(qiáng)磁場，第四象限存在沿x軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度E＝5N/C，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軸正方向上的一點，OM＝3m。現(xiàn)有一個比荷大小為＝1.0Ckg的帶正電小球（可視為質(zhì)點且重力不計），從擋板下端N處小孔的右側(cè)某處由靜止釋放，經(jīng)勻強(qiáng)電場加速后從N處小孔沿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，小球最后都能經(jīng)過M點，則帶電小球從釋放點到N點距離的可能值為（保留一位小數(shù)）（）A．0.9m B．0.6m C．2.5m D．3.0m【分析】分析粒子的軌跡半徑范圍，確定粒子的運(yùn)動情況，根據(jù)幾何關(guān)系求解半徑，再根據(jù)洛倫茲力提供向心力求解速度大小，對于粒子在電場中運(yùn)動時，根據(jù)動能定理求解釋放點到N點的距離?！窘獯稹拷猓河深}意可知，小球運(yùn)動的圓心的位置一定在y軸上，所以小球做圓周運(yùn)動的半徑r一定要大于等于3m，而ON＝9m＜3r，所以小球最多與擋板ON碰撞一次，碰撞后，第二個圓心的位置在O點的上方，也可能小球與擋板ON沒有碰撞，直接經(jīng)過M點。由于洛倫茲力提供向心力可得：qvB＝m，得：v＝；（1）若小球與擋板ON碰撞一次，則軌跡如圖1所示，設(shè)OO'＝s，由幾何關(guān)系得：r2＝OM2+s2＝9+s2，3r﹣9＝s，聯(lián)立得：r1＝3m，r2＝3.75m，所以有：v1＝＝1×1×3m/s＝3m/s，v2＝＝1×1×3.75m/s＝3.75m/s由動能定理可得：Eqx＝，所以：x＝代入v1或v2分別解得：x1＝0.9m，x2＝1.4m；（2）若小球沒有與擋板ON碰撞，則軌跡如圖2所示，設(shè)OO'＝x，由幾何關(guān)系得：r32＝OM2+x2＝9+x2，x＝9﹣r，聯(lián)立得r3＝5m，所以：v3＝＝1×1×5m/s＝5m/s則由x＝，解得：x3＝2.5m，故AC正確、BD錯誤。故選：AC。【點評】對于帶電粒子在磁場中的運(yùn)動情況分析，一般是確定圓心位置，根據(jù)幾何關(guān)系求半徑，結(jié)合洛倫茲力提供向心力求解未知量；對于帶電粒子在電場中運(yùn)動時，一般是按類平拋運(yùn)動或勻變速直線運(yùn)動的規(guī)律進(jìn)行解答。28．（2021?4月份模擬）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(yùn)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．【分析】要使所有的粒子都不能穿出磁場，則要求與內(nèi)圓相切的方向進(jìn)入磁場的粒子在磁場運(yùn)動的軌跡剛好與外圓相切，可知2r最大為R2﹣R1，所以粒子運(yùn)動的最大半徑為，再根據(jù)帶電粒子在磁場中軌道半徑公式求出磁感應(yīng)強(qiáng)度?！窘獯稹拷猓河深}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(yùn)動的軌跡剛好與外圓相切，運(yùn)動軌跡如圖所示，由幾何知識可知，粒子最大軌道半徑r＝，粒子在磁場中做圓周運(yùn)動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得qvB＝解得B＝，要使粒子不離開磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B≥，由于R1＜R2，則＝?＞，＝?＜，＝?，R2可能大于等于R2+R1，故ACD正確，B錯誤。故選：ACD?！军c評】本題考查了帶電粒子在運(yùn)動磁場中的運(yùn)動，根據(jù)題意分析清楚粒子運(yùn)動過程、作出粒子臨界運(yùn)動軌跡是解題的前提，應(yīng)用幾何知識求出粒子軌道半徑，應(yīng)用牛頓第二定律可以分析答題。29．（2021?武邑縣校級模擬）如圖所示，長方形abcd長ad＝0.6m，寬ab＝0.3m，e、f分別是ad、bc的中點，以ad為直徑的半圓內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.25T。一群不計重力、質(zhì)量m＝3×10﹣7kg、電荷量q＝+2×10﹣3C的帶電粒子以速度v0＝5×102m/s從左右兩側(cè)沿垂直ad和bc方向射入磁場區(qū)域（不考慮邊界粒子），則以下正確的是（）A．從ae邊射入的粒子，出射點分布在ab邊 B．從ed邊射入的粒子，出射點全部分布在bf邊 C．從bf邊射入的粒子，出射點全部分布在ae邊 D．從fc邊射入的粒子，全部從d點射出【分析】粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，由牛頓第二定律得：qvB＝得半徑大小，再根據(jù)幾何關(guān)系可判斷粒子的出射情況。【解答】解：根據(jù)牛頓第二定律得解得R＝＝＝0.3mA.如果矩形區(qū)域全部存在磁場，則從e點射入的粒子，將從b點射出，但是磁場限定在半圓區(qū)域，則粒子離開磁場后做勻速直線運(yùn)動，所以粒子會從b射出。因此從ae邊射入的粒子，有部分靠近e點射入的粒子從bf邊射出。A錯誤；B.從d點射入的粒子，將從/f點射出，所以從ed邊射入的粒子，將都從bf邊射出。B正確；C.從點射入的粒子，將從d點射出，所以從bf邊射入的粒子，將有部分從ed邊射出。C錯誤；D.因為軌道半徑等于磁場半徑，所以從fc邊射入的粒子，會發(fā)生磁聚焦，全部從d點射出。D正確。故選：BD?！军c評】該題考查了學(xué)生對帶電粒子在磁場中運(yùn)動的綜合性問題，學(xué)生應(yīng)對粒子的運(yùn)動狀態(tài)和受力分析后再解決問題。30．（2021?濟(jì)南三模）如圖所示，邊長為L的正三角形abc區(qū)域內(nèi)存在方向垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，正三角形中心O有一粒子源，可以沿abc平面任意方向發(fā)射相同的帶電的粒子，粒子質(zhì)量為m，電荷量為q。粒子速度大小為v時，恰好沒有粒子穿出磁場區(qū)域，不計粒子的重力。下列說法正確的是（）A．磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為 B．磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為 C．若發(fā)射粒子速度為2v時，在磁場中運(yùn)動的最短時間為 D．若發(fā)射粒子速度為2v時，在磁場中運(yùn)動的最短時間為【分析】粒子速度大小為v時，恰好沒有粒子穿出磁場區(qū)域時軌跡與ab邊相切，根據(jù)幾何關(guān)系求出軌跡半徑，由洛倫茲力提供向心力求磁感應(yīng)強(qiáng)度；若發(fā)射粒子速度為2v時，當(dāng)粒子從垂足d處出去時，時間最短，由幾何關(guān)系求出粒子的軌跡圓對應(yīng)的圓心角，然后由t＝求最短時間?！窘獯稹拷猓篈B、粒子速度大小為v時，恰好沒有粒子穿出磁場區(qū)域，粒子的軌跡如圖所示：由此可知，粒子的直徑等于O點垂直于ab的線段大小，設(shè)垂足為d，由幾何關(guān)系可知：cd＝L則Od＝cd＝，粒子軌跡圓的半徑為r＝由洛倫茲力提供向心力可知：qvB＝m解得：B＝，故A錯誤，B正確；CD、若發(fā)射粒子速度為2v時，由洛倫茲力提供向心力可知：q×2vB＝m解得：r′＝當(dāng)最短時間時，也就是磁場中轉(zhuǎn)過最小的角度，當(dāng)粒子從垂足d處出去時，時間最短由幾何關(guān)系可知，轉(zhuǎn)過的角度為θ＝60°，則時間t＝，粒子的運(yùn)動周期為T＝＝即時間t＝，故C正確，D錯誤；故選：BC?！军c評】帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動，洛倫茲力提供向心力，分析清楚粒子運(yùn)動過程、作出粒子運(yùn)動軌跡是解題的前提與關(guān)鍵，應(yīng)用牛頓第二定律、粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的周期公式可以解題。本題關(guān)鍵在于由幾何關(guān)系求出軌跡半徑和軌跡圓對應(yīng)的圓心角。三．計算題（共13小題）31．（2021春?湖北期末）如圖所示，在xOy平面內(nèi)x＞0處有一半圓形勻強(qiáng)磁場，磁場區(qū)域圓心為O，半徑為R＝0.1m，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B＝0.5T，方向垂直xOy平面向里。一線狀粒子源從y軸左側(cè)，不斷沿平行于x軸正方向放出電荷量為q＝1.6×10﹣19C、初速度為的正粒子，粒子的質(zhì)量為m＝1.0×10﹣26kg，不考慮粒子間的相互作用，粒子重力忽略不計。求：（1）這些粒子在磁場中運(yùn)動的半徑；（2）從O點入射的粒子離開磁場區(qū)域時的y軸坐標(biāo)；（3）這些粒子在磁場中運(yùn)動的最長時間和該粒子入射時的y軸坐標(biāo)?！痉治觥浚?）粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，洛倫茲力提供向心力，應(yīng)用牛頓第二定律求出粒子的軌道半徑。（2）作出粒子運(yùn)動軌跡，應(yīng)用幾何知識求出從O點入射的粒子離開磁場區(qū)域時的y軸坐標(biāo)。（3）根據(jù)題意作出粒子在磁場中的運(yùn)動軌跡，應(yīng)用幾何知識與粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的周期公式分析答題?！窘獯稹拷猓海?）帶電粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：代入數(shù)據(jù)解得：r＝0.2m（2）當(dāng)粒子從O點入射時，作出粒子運(yùn)動軌跡如圖1所示粒子的運(yùn)動軌跡是圓弧OA，設(shè)A點坐標(biāo)為（xA，yA），則OC＝y(tǒng)A，O'C＝r﹣yA，在直角三角形△O'CA中，由幾何關(guān)系可得：A點坐標(biāo)同時滿足：聯(lián)立解得：代入數(shù)據(jù)解得：yA＝0.025m（3）當(dāng)粒子在磁場中軌跡對應(yīng)的圓心角最大時，運(yùn)動時間最長，如圖2所示，由幾何知識得：，要使圓心角最大，F(xiàn)E要最長，故當(dāng)粒子從D'入射，從E'點射出時，粒子的運(yùn)動時間最長，有，解得：粒子在磁場中的最長運(yùn)動時間粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的周期：T＝解得：代入數(shù)據(jù)解得：入射點的縱坐標(biāo)：yD'＝﹣（r﹣rcos30°）代入數(shù)據(jù)解得：yD'≈﹣0.027m答：（1）這些粒子在磁場中運(yùn)動的半徑是0.2m；（2）從O點入射的粒子離開磁場區(qū)域時的y軸坐標(biāo)yA＝0.025m；（3）這些粒子在磁場中運(yùn)動的最長時間是6.5×10﹣8s，該粒子入射時的y軸坐標(biāo)yD'＝﹣0.027m。【點評】本題考查了帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動，根據(jù)題意分析清楚粒子運(yùn)動過程、作出粒子運(yùn)動軌跡是解題的前提與關(guān)鍵，應(yīng)用牛頓第二定律、幾何知識即可解題。32．（2021?臨海市二模）如圖所示為某粒子探測裝置示意圖，水平放置的平行金屬板AB、CD，其中CD板可收集粒子，兩板長度及板間距離均為L，板間的電壓。在兩板左側(cè)有一長為L的豎直放置的線狀粒子發(fā)射器EF，兩端恰好與上下兩平行板對齊。發(fā)射器各處能均勻持續(xù)地水平向右發(fā)射速度均為v0、質(zhì)量為m、帶電量為+q（重力不計）的同種粒子，單位時間內(nèi)射出的粒子個數(shù)為N。在金屬板CD右側(cè)有一半徑為R的圓形勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度，磁場方向垂直紙面向里，磁場邊界恰好過D點，D點與磁場區(qū)域圓心的連線與水平方向的夾角θ＝37°。從電場右邊界中點離開的粒子剛好對準(zhǔn)圓心O射入圓形磁場。一個范圍足夠大的熒光屏豎直放置在磁場的右側(cè)且與圓形磁場相切。不考慮電場與磁場的邊界效應(yīng)，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：（1）單位時間內(nèi)金屬板CD收集到的粒子個數(shù)；（2）粒子在磁場中運(yùn)動的最長時間；（3）粒子能打到熒光屏上長度?！痉治觥浚?）用類平拋規(guī)律解出粒子離開電場的豎直距離再判斷；（2）由類平拋推論得速度與水平方向的夾角，計算粒子離開電場的速度和進(jìn)入磁場做圓周運(yùn)動的半徑，用12字方針結(jié)合題意畫出粒子在磁場中軌跡，找到打到下板邊緣D點射入的粒子在磁場中的時間最長，利用數(shù)學(xué)知識計算；（3）利用數(shù)學(xué)知識計算.【解答】解：（1）在平行金屬板內(nèi)，粒子做類平拋運(yùn)動，豎直方向：y＝，水平方向：L＝v0t，由牛頓第二定律：a＝，聯(lián)立解得：y＝所以發(fā)射器中點的粒子恰好打到下板邊緣D點，則單位時間內(nèi)金屬板CD收集到的粒子個數(shù)為：n＝（2）由類平拋推論得速度與水平方向的夾角：tanα＝＝1，所以：α＝45°，離開電場的速度為：v＝＝，洛倫茲力提供向心力：qvB＝m，而B＝，聯(lián)立解得：r＝R，如圖所示，從E點射入的粒子恰好從電場的右邊界中點射出，并對心入射，經(jīng)過四分之一圓形磁場后從K點離開，打到MN板的I點，軌跡圓心為O1，所有的粒子經(jīng)過圓形磁場后均經(jīng)過K點，恰好打到下板邊緣D點射入的粒子從K點離開打到MN板的J點，軌跡圓心為O2，連接O2DOK四點形成菱形。由幾何關(guān)系，打到下板邊緣D點射入的粒子在磁場中的時間最長，圓心角：∠DO2K＝180°﹣（α+θ）＝180°﹣45°﹣37°＝98°，周期：T＝，粒子在磁場中的最長時間為：t＝＝（3）如圖所示，由幾何關(guān)系可知：∠KIH＝α＝45°，∠KJH＝θ＝37°，KH＝R﹣Rcosα＝（1﹣）R，IH＝＝（1﹣）R，JH＝＝粒子打到熒光屏上豎直方向的范圍：IJ＝JH﹣IH＝（1﹣）.答：（1）單位時間內(nèi)金屬板CD收集到的粒子個數(shù)為；（2）粒子在磁場中運(yùn)動的最長時間為；（3）粒子能打到熒光屏上長度為（1﹣）。【點評】本題難點在畫出粒子射入磁場后的軌跡，找出規(guī)律，進(jìn)而找到粒子在磁場中運(yùn)動時間最長所對應(yīng)的粒子，考查用數(shù)學(xué)知識處理物理問題的能力。33．（2021春?寧波期末）如圖所示，在直角坐標(biāo)系xOy中，x軸上方有勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B＝0.33T，磁場方向垂直于紙面向外。在坐標(biāo)原點O處有一個放射源，可沿紙面向各方向射出速率均為v＝3.2×106m/s的α粒子，已知α粒子的質(zhì)量m＝6.6×10﹣27kg，電量q＝3.2×10﹣19C。（1）α粒子在磁場中運(yùn)動的半徑和周期。（2）坐標(biāo)為（20cm，0）點有兩個α粒子能夠打到，求兩個粒子到達(dá)的時間差。（3）如果粒子只射向第二象限（包括坐標(biāo)軸），畫出粒子能到達(dá)區(qū)域的大致圖像，并求出面積？【分析】（1）由題意得出粒子的運(yùn)動軌跡；由洛倫茲力充當(dāng)向心力可求得半徑；（2）由數(shù)學(xué)知識可明確粒子的最短路程；（3）由幾何關(guān)系確定磁場中的運(yùn)動圓心角，再直線運(yùn)動規(guī)律確定粒子在電場中運(yùn)動的時間，則可求得總時間．【解答】解：（1）粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動，洛倫茲力提供向心力：qvB＝從而得到：r＝＝＝0.2m由運(yùn)動學(xué)公式可求周期：T＝＝＝（2）由于兩個α粒子均打到了x＝20cm的x軸上，且x＝r，由幾何關(guān)系可知，兩個α粒子分別偏轉(zhuǎn)60°和300°。從第一象限內(nèi)射出打到該點的時間t1＝從第二象限內(nèi)射出打到該點的時間t2＝所以兩粒子到達(dá)該點的時間差Δt＝t2﹣t1＝（）＝（3）畫出沿著﹣x方向、西偏北方向、+y方向射出的粒子的軌跡，那么到達(dá)區(qū)域的面積如圖所示，由幾何關(guān)系關(guān)系得到面積S＝（π+1）r2。答：（1）α粒子在磁場中運(yùn)動的半徑為0.2m、周期為。（2）坐標(biāo)為（20cm，0）點有兩個α粒子能夠打到，則兩個粒子到達(dá)的時間差為。（3）如果粒子只射向第二象限（包括坐標(biāo)軸），粒子能到達(dá)區(qū)域的大致圖像，并求出面積為（π+1）r2?！军c評】本題考查帶電粒子在磁場和電場中的運(yùn)動，要注意正確掌握磁場中的圓周規(guī)律的應(yīng)用，同時注意要先明確粒子的運(yùn)動軌跡，再確定幾何關(guān)系。34．（2021春?城關(guān)區(qū)校級月考）如圖示，在xOy坐標(biāo)平面的第一象限內(nèi)有一沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，在第四象限內(nèi)有一垂直于平面向里的勻強(qiáng)磁場，現(xiàn)有一質(zhì)量為m、電量為+q的粒子（重力不計）從坐標(biāo)原點O射入磁場，其入射方向與y的方向成45°角．當(dāng)粒子運(yùn)動到電場中坐標(biāo)為（3L，L）的P點處時速度大小為V0，方向與x軸正方向相同．求：（1）粒子從O點射入磁場時的速度大小V？（2）勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)E和勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大?。浚?）粒子從O點運(yùn)動到P點所用的時間？【分析】（1）帶電粒子以與x軸成45°垂直進(jìn)入勻強(qiáng)磁場后，在洛倫茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動，接著又以與x軸成45°進(jìn)入勻強(qiáng)電場，當(dāng)?shù)竭_(dá)P點時速度恰好與x軸平行。由粒子在電場P點的速度可求出剛進(jìn)入電場的速度。（2）應(yīng)用運(yùn)動學(xué)公式求出電場強(qiáng)度大??；作出粒子運(yùn)動軌跡，求出粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的軌道半徑，應(yīng)用牛頓第二定律求出磁感應(yīng)強(qiáng)度大小。（3）由周期公式及運(yùn)動學(xué)公式可求出粒子從O點到P點的時間?！窘獯稹拷猓海?）粒子從O點進(jìn)入勻強(qiáng)磁場后其運(yùn)動軌跡如圖所示，粒子到達(dá)Q點速度大小為v，方向與x軸成45°斜向上．則v0＝vcos45°解得：v＝v0（2）在粒子從Q運(yùn)動到P的過程中，由動能定理得：﹣qEL＝m﹣mv2解得：E＝粒子在勻強(qiáng)電場由Q到P的過程中，水平方向位移：x＝v0t2豎直方向的位移：y＝t2＝L解得：x＝2L，OQ＝L由幾何關(guān)系得