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(qiáng)磁場中的運(yùn)動（含解析）

專題提升Ⅲ帶電粒子在有界勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動模塊一知識掌握知識點(diǎn)一帶電粒子在有界勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)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(shí)，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(qiáng)磁場，兩個(gè)帶同種電荷的帶電粒子從虛線上同一點(diǎn)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(qiáng)磁場，結(jié)果兩粒子在邊界上B點(diǎn)相遇。不考慮粒子間的相互作用力，不計(jì)兩粒子的重力。則（）A．兩個(gè)粒子都帶負(fù)電 B．兩個(gè)粒子在磁場中運(yùn)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(shí)從A點(diǎn)射入，則q【解答】解：A、兩粒子的運(yùn)動軌跡如圖，根據(jù)左手定則可知粒子都帶正電，故A錯(cuò)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(gè)粒子在磁場中運(yùn)動的半徑相等，故B錯(cuò)誤；C、粒子在磁場中運(yùn)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(yùn)動的周期公式：T=可得到：q在磁場中兩粒子的運(yùn)動時(shí)間分別為：t1=若兩粒子同時(shí)從A點(diǎn)射入，兩粒子在B點(diǎn)相遇，所以運(yùn)動時(shí)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(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)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(gè)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(diǎn)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(diǎn)，從右側(cè)打中MN最下端的N點(diǎn)，粒子運(yùn)動的軌跡如圖所示MN為軌跡圓的弦長，Q為MN中點(diǎn)，根據(jù)幾何關(guān)系可知：SP＝PQ＝L，MQ＝2L；粒子運(yùn)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(qiáng)磁場中勻速圓周運(yùn)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(cuò)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(biāo)平面向外的勻強(qiáng)磁場，一對比荷之比為2：1的正、負(fù)帶電粒子在坐標(biāo)平面內(nèi)以相同的速率沿與x軸成30°角的方向從坐標(biāo)原點(diǎn)射入磁場。不計(jì)粒子受到的重力及粒子間的作用力。正、負(fù)帶電粒子在磁場中運(yùn)動的時(shí)間之比為（）A．1：2 B．2：1 C．1：3 D．1：1【解答】解：作出正、負(fù)粒子的運(yùn)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(fù)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(fù)帶電粒子比荷之比為2：1，則正、負(fù)帶電粒子周期之比為：T1：T2＝1：2正粒子在磁場中運(yùn)動時(shí)間為：t1=θ360°T1所以有：t1：t2＝1：1，故D正確、ABC錯(cuò)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(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(jì)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(shí)與MN夾角為30°，則（）A．粒子進(jìn)入磁場時(shí)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(yùn)動的時(shí)間為4πm3qBD．粒子能從PQ邊界射出磁場時(shí)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(shí)針方向的勻速圓周運(yùn)動，圓周軌跡恰好與PQ邊界相切，粒子運(yùn)動軌跡如下圖所示：由幾何關(guān)系可知粒子在磁場運(yùn)動時(shí)入射角等于出射角，則粒子進(jìn)入磁場時(shí)速度方向與MN邊界夾角為30°，則運(yùn)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(yùn)動時(shí)間：t=300°360°T故ABC錯(cuò)誤；D、由幾何關(guān)系可得：r+rcos30°＝L，解得：r=2由qvB＝mv2r可知?jiǎng)偤脹]有從PQ邊界射出磁場時(shí)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(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，一質(zhì)量為m，電荷量為q的電子在AB邊某點(diǎn)與AB邊成30°角方向入射，與CD邊成60°角出射，下列選項(xiàng)正確的是（）A．電子運(yùn)動的軌道半徑為r=(3B．電子在磁場中運(yùn)動的時(shí)間為t=πmC．電子的入射速度v0D．僅改變?nèi)肷浞较颍闺娮觿偤貌粡挠疫吔缟涑?，則AB邊界上的入射點(diǎn)與出射點(diǎn)間的距離為2【解答】解：ABC．做出電子在磁場中的運(yùn)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(yùn)動的時(shí)間為t=30°D．僅改變?nèi)肷浞较颍闺娮觿偤貌粡挠疫吔缟涑?，如圖2所示由圖中幾何關(guān)系可得，AB邊界上的入射點(diǎn)與出射點(diǎn)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(qiáng)磁場，離子源從O點(diǎn)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(diǎn)離開磁場時(shí)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(yùn)動軌跡如圖所示：對甲離子，設(shè)在磁場中運(yùn)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(diǎn)射出，且在磁場中運(yùn)動的時(shí)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(qiáng)度B并垂直于磁場邊界的速度v射入寬度為d的勻強(qiáng)磁場中，穿出磁場時(shí)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(yùn)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(cuò)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(qiáng)磁場，ab是圓的一條直徑。一帶正電的粒子從a點(diǎn)射入磁場，速度大小為v，方向與ab成30°角時(shí)恰好從b點(diǎn)飛出磁場，粒子在磁場中運(yùn)動的時(shí)間為t。若僅將速度大小改為0.5v，則粒子在磁場中運(yùn)動的時(shí)間為（不計(jì)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(yùn)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(yùn)動的軌道半徑：r=粒子速度為v時(shí)軌道半徑為r1，則粒子速度為0.5v時(shí)粒子軌道半徑r2＝0.5r1，粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，粒子運(yùn)動軌跡如圖所示：粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的周期T=2πr當(dāng)速度的大小為v時(shí)，圓周運(yùn)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(yùn)動半徑的一半；當(dāng)速度的大小為v時(shí)，半徑為原來的一半，圓周運(yùn)動的圓心O′點(diǎn)，在原來的半徑的中點(diǎn)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(yùn)動的時(shí)間為2t，故C正確；ABD錯(cuò)誤。故選：C。（2023?西城區(qū)校級三模）兩個(gè)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(zhǔn)圓心O沿著AO方向射入圓形勻強(qiáng)磁場區(qū)域，其運(yùn)動軌跡如圖所示。不計(jì)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(fù)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(yùn)動時(shí)間較長 D．b粒子動能較大【解答】解：A、粒子向右運(yùn)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(fù)電，故A錯(cuò)誤；B、粒子在磁場中運(yùn)動時(shí)，由洛倫茲力提供向心力，即：qvB＝mv2r，得：rC、粒子運(yùn)動周期：T=2πmD、根據(jù)動能計(jì)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(qiáng)磁場（圖中未畫出），磁感應(yīng)強(qiáng)度B，一比荷為qm的帶正電粒子，從圓形磁場邊界上的A點(diǎn)以v0=RqBmA．粒子在磁場中運(yùn)動的時(shí)間為t=πmB．粒子從N點(diǎn)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(diǎn)以相同的速度入射，一定從N點(diǎn)射出 D．若要實(shí)現(xiàn)帶電粒子從A點(diǎn)入射，從N點(diǎn)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(diǎn)射出，軌跡如下圖所示。粒子運(yùn)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(yùn)動的時(shí)間為t=α2πT=2B、粒子在磁場中速度偏轉(zhuǎn)120°，從N點(diǎn)射出方向是與豎直方向呈30°角，故B錯(cuò)誤；C、若粒子改為從圓形磁場邊界上的C點(diǎn)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(diǎn)射出，故C正確；D、若要實(shí)現(xiàn)帶電粒子從A點(diǎn)入射，從N點(diǎn)出射，則所加圓形磁場以AN為直徑時(shí)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(qiáng)磁場，Oa、Ob、Oc、Od是以不同速率對準(zhǔn)圓心入射的正電子或負(fù)電子的運(yùn)動徑跡，a、b、d三個(gè)出射點(diǎn)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(yùn)動的粒子均為正電子 B．沿徑跡Oc運(yùn)動的粒子在磁場中運(yùn)動時(shí)間最短 C．沿徑跡Oa、Od運(yùn)動的粒子在磁場中運(yùn)動時(shí)間之比為2：1 D．沿徑跡Oa、Ob運(yùn)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(yùn)動的粒子均帶負(fù)電，故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)題意可知正電子和負(fù)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(yùn)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(yùn)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(yùn)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(yùn)動的粒子在磁場中運(yùn)動時(shí)間最長，故B錯(cuò)誤；C．沿徑跡Oa運(yùn)動的粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)角度為θa＝90°沿徑跡Od運(yùn)動的粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)角度為θd＝45°兩粒子運(yùn)動周期大小相同，則t=θ可知，Oa、Od運(yùn)動的粒子在磁場中運(yùn)動時(shí)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(yùn)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(yùn)動的粒子動能之比為1：3，故D錯(cuò)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(jìn)入磁場的臨界軌跡示意圖．粒子能從AC間射出的兩個(gè)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(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q的帶負(fù)電粒子（不計(jì)重力），從AB邊的中點(diǎn)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(shí)間為πm2qBD．能從BC邊射出的粒子最長時(shí)間為πm【解答】解：AB．如圖所示，當(dāng)粒子恰好從C點(diǎn)射出時(shí)，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(shí)，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(shí)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(qiáng)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(jì)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(yùn)動的時(shí)間為tA．粒子在磁場中運(yùn)動的最長時(shí)間為4t0 B．該勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小是πm4qC．如果粒子帶的是負(fù)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(yùn)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(yùn)動，垂直AC邊射出的粒子在磁場中運(yùn)動的時(shí)間是t0=14則粒子又回到AB邊處磁場時(shí)，其運(yùn)動時(shí)間最長，在磁場中運(yùn)動的最長時(shí)間為2t0；結(jié)合周期公式T=2πmqB可得磁感應(yīng)強(qiáng)度C、如果粒子帶的是負(fù)電，粒子向上偏轉(zhuǎn)，以B點(diǎn)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(gè)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(qiáng)度為B的勻強(qiáng)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(diǎn)垂直于磁場邊界AB射入勻強(qiáng)磁場，已知AD長為a（不計(jì)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(yùn)動的時(shí)間都相等 C．帶電粒子恰不從BC邊射出磁場區(qū)域時(shí)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(yùn)動的時(shí)間越來越短【解答】解：A、設(shè)粒子速率為v1時(shí)運(yùn)動軌跡與AC邊相切，則切點(diǎn)為C點(diǎn)，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(jìn)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?yàn)榱Ｗ舆\(yùn)動周期T=2πmqB相同，所以運(yùn)動時(shí)間都相同（均為C、設(shè)粒子速率為v時(shí)恰不從BC邊射出磁場區(qū)域，即運(yùn)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(xiàng)分析可知，若粒子打在AB邊上后，速度越大，半徑越大，但時(shí)間不變，故D錯(cuò)誤。本題選擇錯(cuò)誤的故選：D。知識點(diǎn)二帶電粒子在有界勻強(qiáng)磁場中運(yùn)動的臨界問題【重難詮釋】解決帶電粒子在磁場中運(yùn)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(diǎn)，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(yùn)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(shí)，運(yùn)動的弧長越長、圓心角越大，則帶電粒子在有界磁場中的運(yùn)動時(shí)間越長．(3)當(dāng)比荷相同，速率v變化時(shí)，圓心角越大的，運(yùn)動時(shí)間越長．（2022秋?日照期末）如圖所示，半徑分別為r和2r的兩個(gè)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(qiáng)度大小為B、方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)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(diǎn)沿各個(gè)方向以不同速率射入磁場區(qū)域。不計(jì)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(jìn)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(jìn)入內(nèi)部圓形區(qū)域的帶電粒子在磁場中運(yùn)動的時(shí)間為53πmC．第一次穿過磁場后恰能經(jīng)過O點(diǎn)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(diǎn)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(diǎn)沿MO方向射入磁場，恰好未能進(jìn)入內(nèi)部圓形區(qū)域，說明運(yùn)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(cuò)誤；B、在直角△OAM中，由于tan∠A=則：∠A＝53°整個(gè)圓弧軌道所對的圓心角為θ＝2×53°＝106°帶電粒子做圓周運(yùn)動，周期：T=粒子在磁場中的運(yùn)動時(shí)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(yùn)動的半徑最小，粒子從M點(diǎn)經(jīng)圓周運(yùn)動通過圓心O，根據(jù)逆向運(yùn)動，半徑最小的圓周運(yùn)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(yùn)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(qiáng)磁場，D為AB邊的中點(diǎn)，一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子平行BC邊從D點(diǎn)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(jì)粒子的重力，下列說法正確的是（）A．該粒子帶正電 B．勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)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(diǎn)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(yùn)動的時(shí)間可能是3【解答】解：AB、運(yùn)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(yùn)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(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B=4C、根據(jù)數(shù)學(xué)知識知，粒子能到達(dá)C點(diǎn)，粒子到達(dá)C的軌跡如圖所示故C錯(cuò)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(shí)，過D點(diǎn)作AD方向的垂線，該垂線一定通過C點(diǎn)，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(diǎn)G處，設(shè)此時(shí)粒子軌跡與AC的交點(diǎn)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(yùn)動時(shí)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(diǎn)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(qiáng)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(diǎn)射入時(shí)，恰好垂直于OC邊射出磁場，且粒子在磁場中運(yùn)動的時(shí)間為2t0。不計(jì)重力。下列說法正確的是（）A．帶電粒子帶負(fù)電 B．磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為πm4qC．從OA中點(diǎn)射入磁場的帶電粒子可以從C點(diǎn)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(cuò)誤；B、粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，在時(shí)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(qiáng)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(diǎn)出射，則C為切點(diǎn)，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(diǎn)到A點(diǎn)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(shí)，粒子的軌跡半徑最大，此時(shí)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(diǎn)，從O點(diǎn)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(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場，在三角形的中心有一個(gè)點(diǎn)狀的粒子源O，它可沿平行紙面的各個(gè)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(diǎn) B．粒子在磁場中運(yùn)動的最短時(shí)間為πm3qBC．粒子在磁場中運(yùn)動的最長時(shí)間為πmqBD．若磁感應(yīng)強(qiáng)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(yùn)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(diǎn)到各個(gè)頂點(diǎn)的距離為33B、當(dāng)粒子在邊界上的出射點(diǎn)與O的連線垂直于出射點(diǎn)所在邊界時(shí)，軌跡圓弧的弦最短，軌跡圓心角最小，運(yùn)動時(shí)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(diǎn)，可得最短弦長為13Lsin60°=粒子在磁場中運(yùn)動周期為T=2πrv=C、運(yùn)動時(shí)間最長的粒子運(yùn)動軌跡如下圖中自O(shè)點(diǎn)經(jīng)M點(diǎn)運(yùn)動至P點(diǎn)的劣弧OMP，則運(yùn)動最長時(shí)間小于半個(gè)周期，而半個(gè)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(shí)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(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，ab邊長為2L，∠a＝30°，一粒子源固定在ac邊的中點(diǎn)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(yùn)動的速率可能為3qBLB．粒子在磁場中運(yùn)動的時(shí)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(yùn)動軌跡與ab邊相切時(shí)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(diǎn)射出，運(yùn)動半徑為r2=12Lcd=34LB、因?yàn)榱Ｗ釉诖艌鲋羞\(yùn)動的周期為T=2πmqB，當(dāng)粒子垂直bc邊射出時(shí)，粒子在磁場中運(yùn)動的時(shí)間為C、根據(jù)題意可知當(dāng)粒子運(yùn)動軌跡與ab邊相切時(shí)，打在cb上的點(diǎn)到c點(diǎn)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(qiáng)磁場（圖中未畫出），AC邊長為l，∠B為π6，一群比荷為qm的帶負(fù)電粒子以相同速度從C點(diǎn)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(yùn)動的時(shí)間為65A．磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為5πm12qB．粒子運(yùn)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(yùn)動，垂直BC邊射出的粒子在磁場中運(yùn)動軌跡為14圓周，運(yùn)動時(shí)間是1由洛倫茲力提供向心力得：qvB=mv2可得：14T=2πmB、設(shè)運(yùn)動時(shí)間最長的粒子在磁場中的運(yùn)動軌跡所對的圓心角為θ，則有：θ2πT=2t0畫出該粒子的運(yùn)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(qiáng)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(diǎn)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(shí)，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(diǎn)沿平行于OP方向以大小為v0的速度射入磁場。不計(jì)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(qiáng)度大小為mvB．粒子2在磁場中運(yùn)動的時(shí)間為πR3C．將粒子2在B點(diǎn)的速度v0逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°后，粒子將經(jīng)過O點(diǎn) D．將粒子2在B點(diǎn)的速度v0逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°后，粒子將從A點(diǎn)射出【解答】解：A．粒子1離開磁場時(shí)，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(yùn)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(cuò)誤；B．粒子2進(jìn)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(yùn)動的時(shí)間為t故B正確；C．將粒子2在B點(diǎn)的速度v0逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°后，運(yùn)動軌跡如A選項(xiàng)中圖所示，根據(jù)幾何知識可知，粒子將經(jīng)過O點(diǎn)后沿垂直于AB的方向射出，故C正確；D．將粒子2在B點(diǎn)的速度v0逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°，運(yùn)動軌跡如A選項(xiàng)中圖所示，根據(jù)幾何知識可知，粒子將從P點(diǎn)沿垂直于AB的方向射出，故D錯(cuò)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(qiáng)磁場，同一粒子先后以不同速率從同一點(diǎn)正對圓心O射入磁場，分別從a、b兩點(diǎn)射出，下列說法正確的是（）A．a(chǎn)點(diǎn)射出的粒子運(yùn)動半徑較小 B．a(chǎn)點(diǎn)射出的粒子速率較大 C．b點(diǎn)射出的粒子運(yùn)動時(shí)間較長 D．b點(diǎn)射出的粒子速度方向反向延長線過O點(diǎn)【解答】解：AB、粒子在磁場中運(yùn)動軌跡如圖所示由圖可知a點(diǎn)射出的粒子運(yùn)動半徑較小，b點(diǎn)射出的粒子運(yùn)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(diǎn)射出的粒子運(yùn)動速度小，b點(diǎn)射出的粒子運(yùn)動速度大，故A正確，B錯(cuò)誤；C、粒子運(yùn)動的周期T=2πmqB，則粒子在磁場中運(yùn)動的時(shí)間t=θD、如圖帶電粒子在圓形邊界磁場中做勻速圓周運(yùn)動，沿徑向射入沿徑向射出，所以b點(diǎn)射出的粒子速度方向反向延長線過O點(diǎn)，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(qiáng)度大小為B、方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場，O點(diǎn)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(diǎn)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(yùn)動時(shí)間為4πm3qBA．N點(diǎn)就是b點(diǎn) B．M點(diǎn)就是a點(diǎn) C．入射點(diǎn)向右移動時(shí)，入射粒子在磁場中最長的運(yùn)動時(shí)間為4πm3qBD．在O和M之間，入射點(diǎn)越是向右，從N點(diǎn)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(jì)算公式：T=聯(lián)立得粒子在磁場中運(yùn)動的周期為：T=2πm粒子在磁場中運(yùn)動時(shí)間為4πm3qB，則解得：θ=由幾何關(guān)系可知，N點(diǎn)就是b點(diǎn)；若M點(diǎn)是a點(diǎn)，則粒子速率無論多大，都不可能從N點(diǎn)飛出，（如圖所示），故A正確，B錯(cuò)誤；C．由圖可知，當(dāng)入射點(diǎn)向右移動時(shí)，入射粒子在磁場中轉(zhuǎn)過的角度可達(dá)3π2，則最長的運(yùn)動時(shí)間為3πmD．在O和M之間，入射點(diǎn)越是向右，則O′N兩點(diǎn)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(diǎn)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(gè)垂直于xOy平面的勻強(qiáng)磁場，y軸為兩磁場的邊界，磁感應(yīng)強(qiáng)度分別為2B0、3B0。質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子從原點(diǎn)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(diǎn)的時(shí)間間隔為2πmqD．兩次經(jīng)過P點(diǎn)的時(shí)間間隔為3πm【解答】解：AB．粒子先后在兩磁場中做勻速圓周運(yùn)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(cuò)誤；CD．粒子先后在兩磁場中做勻速圓周運(yùn)動，由T=2πr解得：TT2粒子兩次經(jīng)過P點(diǎn)的時(shí)間間隔Δt=T解得：Δt=故C正確，D錯(cuò)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(hù)了地球的生態(tài)環(huán)境。赤道平面的地磁場簡