人教版高中物理舉一反三-選擇性必修二1.3.1帶電粒子在勻強磁場中的運動（（解析版））

1.3帶電粒子在勻強磁場中的運動解析版目錄TOC\o"1-1"\h\u一、【帶電粒子在勻強磁場中運動的基本規(guī)律知識點梳理】 1二、【帶電粒子在直線邊界中的運動知識點梳理】 5三、【帶電粒子在圓形邊界中的運動知識點梳理】 7四、【帶電粒子在臨界條件下的運動知識點梳理】 11【帶電粒子在勻強磁場中運動的基本規(guī)律知識點梳理】1.若v//B，帶電粒子以入射速度v做勻速直線運動．2.若v⊥B，帶電粒子在垂直于磁感線的平面內，以入射速度v3.基本公式（1）向心力公式：qvB=mv（2）軌道半徑公式：r=mv（3）周期公式：T=2πrv=注意：T的大小與軌道半徑r和運行速率v無關，只與磁場的磁感應強度B和粒子的比荷qm(1)洛倫茲力的方向總是垂直于運動電荷速度方向和磁場方向確定的平面．(2)當電荷運動方向發(fā)生變化時，洛倫茲力的方向也隨之變化．(3)左手判斷洛倫茲力方向，但一定分正、負電荷．5.洛倫茲力與電場力的比較洛倫茲力電場力產(chǎn)生條件v≠0且v不與電荷處在電場中大小F=qvBF=qE力方向與場方向的關系一定是F正電荷受力與電場方向相同，負電荷受力與電場方向相反做功情況任何情況下都不做功可能做正功、負功，也可能不做功作用效果只改變電荷的速度方向，不改變速度大小既可以改變電荷的速度大小，也可以改變運動的方向6.圓心的確定（1）已知入射點、出射點、入射方向和出射方向時，可通過入射點和出射點分別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跡的圓心(如圖甲所示，圖中P為入射點，M為出射點)．（2）已知入射方向、入射點和出射點的位置時，可以通過入射點作入射方向的垂線，連接入射點和出射點，作其中垂線，這兩條垂線的交點就是圓弧軌跡的圓心(如圖乙所示，P為入射點，M為出射點)7.半徑的確定：可利用物理學公式或幾何知識(勾股定理、三角函數(shù)等)求出半徑大小．8.運動時間的確定：粒子在磁場中運動一周的時間為T，當粒子運動的圓弧所對應的圓心角為θ時，其運動時間表示為：t9.求解粒子在勻強磁場中運動問題的步驟：(1)畫軌跡：即確定圓心，畫出運動軌跡．(2)找聯(lián)系：軌跡半徑與磁感應強度、運動速度的聯(lián)系，偏轉角度與圓心角、運動時間的聯(lián)系，在磁場中的運動時間與周期的聯(lián)系．(3)用規(guī)律：即牛頓運動定律和圓周運動的規(guī)律，特別是周期公式、半徑公式．【帶電粒子在勻強磁場中運動的基本規(guī)律舉一反三練習】1．（多選）薄鋁板將同一勻強磁場分成Ⅰ、Ⅱ兩個區(qū)域，高速帶電粒子穿過鋁板前后在兩個區(qū)域內運動的軌跡如圖所示，半徑。假定穿過鋁板前后粒子帶電荷量保持不變，但鋁板對粒子的運動有阻礙，則該粒子（）

A．帶負電 B．在Ⅰ、Ⅱ區(qū)域的運動速度大小相同C．在Ⅰ、Ⅱ區(qū)域的運動時間相同 D．從Ⅱ區(qū)域穿過鋁板運動到Ⅰ區(qū)域【答案】AC【詳解】AD．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=m解得粒子穿過鋁板后，速率減小，電量不變，知軌道半徑減小，所以粒子是從區(qū)域Ⅰ穿過鋁板運動到區(qū)域Ⅱ，根據(jù)左手定則知，粒子帶負電，故A正確，D錯誤；B．高速帶電粒子穿過鋁板后速率減小，知在Ⅰ、Ⅱ區(qū)域的運動速度大小不同，故B錯誤；C．粒子在磁場中做圓周運動的周期周期大小與粒子的速度無關，粒子在你兩區(qū)域的運動時間都是半個周期，則粒子在Ⅰ、Ⅱ區(qū)域的運動時間相同，故C正確。故選AC。2．如圖所示，圓形區(qū)域內存在著垂直于紙面向外的勻強磁場，兩帶電粒子（不計重力）沿直線AB方向從A點射入磁場中，分別從圓弧上的P、Q兩點射出，則下列說法正確的是（

）

A．若兩粒子比荷相同，則從A分別到P、Q經(jīng)歷時間之比為1:2B．若兩粒子比荷相同，則從A分別到P、Q經(jīng)歷時間之比為2:1C．若兩粒子比荷相同，則兩粒子在磁場中速率之比為2:1D．若兩粒子速率相同，則兩粒子的比荷之比為3:1【答案】A【詳解】AB．兩粒子運動軌跡如圖

粒子運動時間為若兩粒子比荷相同，則從A分別到P、Q經(jīng)歷時間之比為A正確；C．設圓形區(qū)域半徑為R，由題意可知，兩粒子運動半徑之比為根據(jù)若兩粒子比荷相同，則兩粒子在磁場中速率之比為C錯誤；D．同理C選項，若兩粒子速率相同，則兩粒子的比荷之比為1:3，D錯誤。故選A。3．一束電子（電量為e）以速度v0從磁場右邊界垂直射入寬為d，磁感應強度為B的勻強磁場中，如圖所示。電子束離開磁場時速度方向與入射速度方向成角。（忽略電子所受重力。e、v0、B、d已知）（1）求電子在磁場中運動的軌道半徑；（2）求電子的質量；（3）求粒子在磁場中運動時間。

【答案】（1）2d；（2）；（3）【詳解】（1）電子垂射入勻強磁場中，做勻速圓周運動，運動軌跡如圖所示

由幾何知識可得（2）電子在磁場中，由洛倫茲力提供向心力可得解得（3）電子在勻強磁場中的運動周期為由幾何知識可得電子在磁場中運動軌跡的圓心角為則電子的運動時間為4．如圖，空間有寬度為d、方向垂直紙面向里的勻強磁場，磁場的邊界豎直。一質量為m、電荷量為q的正電荷以初速度v（方向與邊界成斜向下）從磁場左側進入后恰好垂直磁場右邊界射出。不計電荷重力。求：（1）畫出電荷在磁場中運動的軌跡；（2）磁感應強度大?。唬?）電荷在磁場中運動的時間。

【答案】（1）見解析；（2）；（3）【詳解】（1）根據(jù)題意，電荷在磁場中運動的軌跡如同所示

（2）由幾何關系得由洛倫茲力提供向心力得聯(lián)立解得（2）粒子在磁場中運動的時間為5．加圖所示，一足夠長的矩形區(qū)域內充滿方向垂直紙面向里、磁感應強度為B的勻強磁場，在邊中點O，方向垂直磁場方向向里射入一速度方向跟邊夾角、大小為（未知量）的帶正電粒子，已知該粒子的質量為m、電荷量為，邊長為，邊足夠長，該粒子重力不計。求：（1）若該粒子恰好沒有從磁場邊界射出，該粒子的入射速度大小；（2）要使粒于從邊離開磁場，入射速度的最大值；（3）該粒子在磁場中運動的最長時間。

【答案】（1）；（2）；（3）【詳解】（1）若該粒子恰好沒有從磁場邊界射出，如圖所示

此時粒子速度為，則解得由幾何關系得解得則有（2）要使粒于從邊離開磁場，則速度最大時，軌跡與ab邊界相切，如圖所示

由幾何關系得解得則入射速度的最大值為（3）由公式可知，粒子在磁場中經(jīng)過的弧所對的圓心角越長，在磁場中運動的時間也越長。在磁場中運動的半徑時，運動時間最長，則圓弧所對圓心角為所以最長時間為6．如圖所示，邊長為L的正方形abcd區(qū)域內分布磁感應強度大小為B、方向垂直于紙面向里的勻強磁場。從cd邊的中點P處發(fā)射速率不同、質量為m、電荷量為q的帶正電粒子，粒子沿紙面與Pd成30°的方向射人該磁場區(qū)域，不計粒子的重力及粒子間的相互作用。（1）求帶電粒子在該磁場中做勻速圓周運動的周期T；（2）若粒子能從cd邊界離開磁場，求粒子在磁場中運動時間t；（3）若粒子離開磁場時的速度方向偏轉了120°，求該粒子的速度大小v。【答案】（1）；（2）；（3）【詳解】（1）粒子在磁場中做勻速圓周運動過程中，由牛頓第二定律有根據(jù)圓周運動的周期公式聯(lián)立解得（2）根據(jù)題意，畫出粒子的運動軌跡，如圖所示。由圖可知若粒子由邊界cd離開磁場時，由對稱性可知，運動軌跡所對圓心角為其運動時間聯(lián)立可得（3）根據(jù)題意可知，帶電粒子在磁場中運動的圓心角為120°，則弦切角與速度方向成60°，由幾何關系可知，過P點做cd邊的垂線，與ab邊交點為，即粒子從ab邊界中點離開磁場，運動軌跡如圖所示：由幾何關系可知解得根據(jù)牛頓第二定律有解得7．一個質量為m電荷量為q的帶電粒子從x軸上的點以速度v，沿與x正方向成60°的方向射入第一象限內的勻強磁場中，并恰好垂直于y軸射出第一象限。求：（1）勻強磁場的磁感應強度B。（2）射出點的坐標。

【答案】（1）；（2）【詳解】（1）由幾何關系得粒子做圓周運動的半徑為由洛倫茲力提供向心力有解得（2）射出點的縱坐標為射出點的坐標為（0，）【帶電粒子在直線邊界中的運動知識點梳理】(1)直線邊界(進出磁場具有對稱性，如圖所示)。垂直進垂直出，且直徑最遠Θ進，Θ出，且圓心角等于2Θ。若只改變進入的速度，在磁場中運動的時間不變。相同的粒子以Θ和π-Θ進入磁場的軌跡互補為一個完整的圓【帶電粒子在直線邊界中的運動舉一反三練習】8．平面OM和平面ON之間的夾角為30°，其橫截面（紙面）如圖所示，平面OM上方存在勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面向外。一帶電粒子的質量為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平面交線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軌道半徑為軌跡與ON相切，畫出粒子的運動軌跡如圖所示，由于

故△AO′D為等邊三角形，∠O′DA=60°，而∠MON=30°，則∠OCD=90°，故CO′D為一直線故選D。9．如圖所示，一個理想邊界為PQ、MN的勻強磁場區(qū)域，磁場寬度為d，方向垂直紙面向里。一電子從O點沿紙面垂直PQ以速度v0進入磁場。若電子在磁場中運動的軌道半徑為2d。在MN上，且與MN垂直。下列判斷正確的是（）A．電子將向右偏轉 B．電子打在MN上的點與點的距離為dC．電子打在MN上的點與點的距離為 D．電子在磁場中運動的時間為【答案】D【詳解】A．電子帶負電，進入磁場后，由左手定則可知，電子所受洛倫茲力方向向左，電子將向左偏轉，故A錯誤；BC．設電子打在上的點與點的距離為，如圖所示根據(jù)幾何知識可得故BC錯誤；D．設軌跡對應的圓心角為，由幾何關系得得則電子在磁場中運動的時間為故D正確。故選D。10．如圖所示，兩個帶等量異種電荷的粒子分別以速度和射入勻強磁場，兩粒子的入射方向與磁場邊界的夾角分別為60°和30°，磁場寬度為d，兩粒子同時由A點出發(fā)，同時到達B點，則（

）A．兩粒子圓周運動的周期之比 B．兩粒子的質量之比C．兩粒子的軌道半徑之比 D．兩粒子的速率之比【答案】A【詳解】A．如圖由幾何關系可得，從A運動到B，a粒子轉過的圓心角為，b粒子轉過的圓心角為，兩粒子運動時間相同，根據(jù)可得運動周期為故A正確；BCD．設粒子a的運動軌跡半徑為Ra，粒子b的運動軌跡半徑為Rb，根據(jù)幾何關系可知整理可得兩粒子做勻速圓周運動有由此可得粒子所受洛倫茲力提供向心力，故有整理可得由此可得故BCD錯誤。故選A。11．如圖所示，一質量為m、帶電荷量為q的粒子以速度v垂直射入一有界勻強磁場區(qū)域內，速度方向跟磁場左邊界垂直，從右邊界離開磁場時速度方向偏轉角，磁場區(qū)域的寬度為d，求：（1）試求帶電粒子在磁場中做圓周運動的半徑；（2）求磁感應強度B的大小；（3）求粒子在磁場中運動的時間；（4）若保持帶電粒子的速度大小不變，方向在紙平面內轉動，試求粒子能在右側邊界射出的范圍s？【答案】（1）2d；（2）；（3）；（4）【詳解】帶電粒子在磁場中受到洛倫茲力作用而發(fā)生偏轉，依左手定則可確定粒子帶負電。（1）作出帶電粒子在磁場中的運動軌跡，如圖所示，設軌道半徑為r，依幾何關系得：圓心角為，則有解得（2）依洛倫茲力等于帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的向心力，即得變式可得（3）依周期公式,粒子在磁場中轉過的圓心角為30°，故粒子在磁場中運動的時間為解得（4）如圖示，當粒子剛好與右邊界相切時，為從右邊界射出的下限（B點），當粒子速度與邊界平行向上時，為粒子能夠到達的右邊界上限（A點）！由幾何關系可知可得12．（多選）如圖所示，一束電子從M點垂直于磁場左邊界，射入邊界平行、寬度為d、磁感應強度大小為B的勻強磁場，射入速度為v，從右邊界上的N點穿出磁場時，速度方向與原來射入方向的夾角為，則（）

A．電子的比荷為 B．電子的比荷為C．電子穿越磁場的時間為 D．電子穿越磁場的時間為【答案】BC【詳解】AB．粒子運動軌跡如圖所示

根據(jù)幾何關系有根據(jù)洛倫茲力提供向心力電子的比荷為故A錯誤，B正確；CD．電子穿越磁場的時間為故C正確，D錯誤。故選BC。13．如圖所示，正方形區(qū)域abcd內（含邊界）有垂直紙面向里的勻強磁場，ab＝l，Oa＝0.4l，大量帶正電的粒子從O點沿與ab邊成37°的方向以不同的初速度v0射入磁場，不計粒子重力和粒子間的相互作用，已知帶電粒子的質量為m，電荷量為q，磁場的磁感應強度大小為B，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。（1）求帶電粒子在磁場中運動的最長時間；（2）若帶電粒子從ad邊離開磁場，求v0的取值范圍。【答案】（1）；（2）<v0≤【詳解】（1）粒子從ab邊離開磁場時，在磁場中運動的時間最長，如圖1所示，有又解得又由幾何關系得則粒子在磁場中運動的最長時間（2）當粒子軌跡與ad邊相切時，如圖2所示，設此時初速度為v01，軌道半徑為R1，由幾何關系可得又解得當粒子運動軌跡與cd邊相切時，如圖3所示，設此時初速度為v02，軌道半徑為R2，由幾何關系可得又解得綜上可得【帶電粒子在圓形邊界中的運動知識點梳理】(3)圓形邊界(如圖所示)。沿徑向射入必沿徑向射出若偏轉圓的直徑大于磁場圓的直徑，則在偏轉圓最長的玄為磁場圓的直徑。磁會聚和磁發(fā)散?規(guī)律1:磁聚焦：如果磁場圓半徑等于粒子的軌跡圓半徑,帶電粒子從圓形有界磁場邊界上的某點射入磁場,則粒子的出射方向與磁場圓上入射點處的切線方向平行。證明:如圖1所示,實線圓O表示一圓形有界磁場的邊界,一個帶電粒子(不計重力)從圓上的A點射入磁場,磁場圓的半徑為R,帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動半徑也是R,AD為過A點的切線,粒子從邊界上的C點沿CE方向射出,下面來證明AD//CE。推論：如果粒子的軌跡半徑與圓形磁場半徑相同時,從圓上任意一點沿不同方向進入磁場的粒子，但經(jīng)過圓形有界磁場偏轉后,射出時速度方向彼此平行。?規(guī)律2:磁發(fā)散：平行射入圈形有界磁場的相同帶電粒子,如果磁場圓半徑等于軌跡圓半徑,則所有粒子都從磁場邊界上的同一點射出磁場?！編щ娏Ｗ釉趫A形邊界中的運動舉一反三練習】14．如圖所示，圓心角為90°的扇形區(qū)域MON內存在方向垂直紙面向外的勻強磁場，P點為半徑OM的中點?，F(xiàn)有比荷相等的兩個帶電粒子a、b，以不同的速率先后從P點沿ON方向射入磁場，粒子a從M點射出磁場，粒子b從N點射出磁場，不計兩粒子重力及粒子間相互作用，下列說法正確的是（）

A．粒子a帶正電，粒子b帶負電B．粒子a在磁場中運動時間較短C．粒子a、b的速度大小之比為D．粒子a、b的向心加速度大小之比為【答案】D【詳解】A．根據(jù)左手定則，粒子a帶負電，粒子b帶正電，故A錯誤；B．粒子a在磁場中運動時，軌跡的圓心角比b大，運動時間較長，故B錯誤；C．粒子的運動軌跡如圖所示

設扇形的半徑為l，根據(jù)幾何關系，a粒子的軌跡半徑為對b粒子，有解得粒子在磁場中做勻速圓周運動洛倫茲力提供向心力，即由于粒子a、b的比荷相等，所以速度之比為故C錯誤；D．粒子運動的向心加速度為所以向心加速度之比為故D正確。故選D。15．如圖所示，是邊長為的正方形。以為圓心、邊長為半徑的四分之一圓周內有磁感應強度大小為的勻強磁場，磁場的方向垂直于正方形所在的平面向外。一質量為、電荷量為的電子，以某一速度沿正方形所在的平面、從邊的中點垂直于邊射入正方形區(qū)域，該電子剛好從點離開磁場。不計電子重力，求：電子從邊的中點入射的速度大小?！敬鸢浮俊驹斀狻吭O電子從P點的入射速度大小為v，電子從P1點進入磁場，軌跡如圖所示在磁場中做圓周運動的圓心為O，設軌道半徑為R，有連接DP1、AP1、延長PP1交AD于E點，則三角形ADP1和三角形AOP1均為等邊三角形，所以以上聯(lián)合求解得16．（多選）一勻強磁場的磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面向外，其邊界如圖中虛線所示，半圓弧bc的半徑為R，ab、cd與直徑bc共線，ab間的距離等于圓的半徑。一束質量為m、電荷量為的粒子，在紙面內從a點以大小不同的速率垂直于ab射入磁場。不計粒子重力及粒子之間的相互作用，，，下列說法正確的是（

）

A．若粒子運動軌跡經(jīng)過圓心O，則粒子射入磁場時的速率為B．若粒子運動軌跡經(jīng)過圓心O，則粒子在磁場中的運動時間為C．若粒子在磁場中的運動時間最短，則粒子射入磁場時的速率為D．若粒子在磁場中的運動時間最短，則粒子在磁場中的運動時間為【答案】ACD【詳解】AB．若粒子運動軌跡經(jīng)過圓心O，則粒子運動的軌跡如圖；由幾何關系解得根據(jù)可得由幾何關系可知粒子在磁場中轉過的角度為127°，則時間選項A正確，B錯誤；CD．當軌跡圓弧所對應的弦與bc半圓形邊界相切時，軌跡圓弧所對應的弦與ab的夾角最大，那么軌跡的圓心角θ最小，運動時間最短，其軌跡如圖所示，圓心恰好位于b點，此時r＇=R則由解得此時粒子在磁場中的運動時間為故CD正確。故選ACD。17．（多選）如圖所示，半徑為R的圓形區(qū)域內有垂直于平面向外的勻強磁場，AB為直徑，磁感應強度大小為B0，兩個帶電荷量均為＋q，質量均為m的帶電粒子a、b，同時從邊界上兩點垂直直徑AB方向并沿該平面射入磁場，粒子的初速度大小均為，兩入射點與圓心的連線跟直徑AB的夾角均為30°，不計兩粒子重力及兩粒子間的相互作用，則下列說法正確的是（）A．a(chǎn)、b兩粒子都經(jīng)過B點B．a(chǎn)、b兩粒子可以在磁場中相遇C．a(chǎn)、b兩粒子在磁場中的運動時間之比為5∶1D．a(chǎn)、b兩粒子離開磁場時的速度偏向角之比為1∶5【答案】AC【詳解】A．根據(jù)牛頓第二定律根據(jù)題意解得過a、B作一個圓，過b、B再作一個圓，因為四邊形AObO1和四邊形BObO1都是菱形，則O1就是圓心，所以兩個粒子均經(jīng)過B點，A正確；B．a(chǎn)、b兩粒子在磁場中的速度大小相同，路程不相同，粒子b先到達B點，兩個粒子不會相遇，B錯誤；C．a(chǎn)、b兩粒子在磁場中的運動時間分別為解得C正確；D．a(chǎn)、b兩粒子離開磁場時的速度偏向角之比為D錯誤。故選AC。18．如圖所示，半徑為R的圓形區(qū)域內有垂直于紙面向里的勻強磁場，磁場的磁感應強度大小為B，AC是圓O的水平直徑，P是圓周上的一點，P點離AC的距離為R，一個質量為m、電荷量為q的帶負電粒子以一定的速度從A點沿AC方向射入，粒子在磁場中運動的偏向角為90°，保持粒子的速度大小、方向不變，讓粒子從P點射入磁場，則粒子在磁場中運動的時間為（）A． B． C． D．【答案】C【詳解】帶負電粒子從A點沿AC方向射入，偏向角為90°，故粒子從D點射出，如左圖所示根據(jù)幾何關系，易知粒子的軌跡圓半徑等于磁場圓半徑R。若粒子從P點射入磁場，根據(jù)幾何關系，粒子還是從D點射出，如右圖所示。此時粒子的偏向角為120°，根據(jù)粒子在磁場中圓周運動的周期公式及粒子在磁場中部分圓周運動的時間公式得故選C?！军c睛】本題求出軌跡圓半徑等于磁場圓半徑后，可確定屬于磁聚焦模型，粒子從P點射入可迅速判斷粒子還是從D點離開磁場，從而快速求解。19．如圖所示是具有彈性絕緣內壁、半徑為R的圓柱形裝置的橫截面圖，裝置內有垂直紙面向外、磁感應強度大小為B的勻強磁場。一質量為m、帶電荷量為（q＞0）的粒子，以一定的指向圓心O的初速度從M小孔進入裝置，與內壁先后碰撞五次后恰好可從M孔射出。已知粒子與內壁碰撞過程無能量損失，粒子重力不計，求：（1）粒子的初速度大小v；（2）粒子在磁場內運動的時間。

【答案】（1）；（2）【詳解】（1）由題意可知，要使粒子與內壁碰撞五次后又從點飛出，粒子在磁場中的運動軌跡為六段相等的圓弧，如圖所示

每一段圓弧對應的圓心角為，由幾何關系可知解得根據(jù)洛倫茲力提供向心力，有解得（2）電子在磁場中做圓周運動的周期為由圖可知，粒子在磁場中運動的時間為20．（多選）如圖所示，半徑為R的圓形區(qū)域內有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B。M為磁場邊界上一點，有無數(shù)個帶電量為，質量為的相同粒子（不計重力及粒子間相互作用）在紙面內向各個方向以相同的速率通過M點進入磁場。這些粒子射出邊界的位置均處于上，的弧長是圓周長的，下列說法正確的是（）

A．粒子從M點進入磁場時的速率為v＝B．從N點離開的粒子在磁場中運動的時間為t＝C．從N點離開的粒子在N點速度反向延長線過磁場區(qū)域的圓心D．若將磁感應強度的大小增加到B，則粒子射出邊界的圓弧長度變?yōu)樵瓉淼摹敬鸢浮緼D【詳解】A．邊界上有粒子射出的范圍是偏轉圓直徑為弦所對應的邊界圓弧長，則可知旋轉圓的半徑為粒子在磁場中，由洛倫茲力充當向心力有解得故A正確；BC．當M點的粒子豎直向上，速度反向延長線不會經(jīng)過磁場區(qū)域的圓心，則從N點離開的粒子，速度反向延長線不會經(jīng)過磁場區(qū)域的圓心，如圖

而粒子的運動周期粒子在磁場中運動時間為聯(lián)立解得故BC錯誤；D．根據(jù)洛倫茲力充當向心力可得當磁感應強度增加到原來的倍時，偏轉圓半徑為此時弧長對應的弦長為，因此可知，有粒子射出的邊界圓弧對應的圓心角為60°，則粒子射出邊界的圓弧長度變?yōu)樵瓉淼?，故D正確。故選AD。四、【帶電粒子在臨界條件下的運動知識點梳理】解決帶電粒子在臨界問題可以通過以下三點來考慮：①邊界相切②邊界相交③直徑最長然后找臨界位置可以通過一下幾個方式：1．縮放圓模型特征：帶電粒子從某一點以速度方向不變而大小在改變（或磁感應強度變化）射入勻強磁場，在勻強磁場中做半徑不斷變化的勻速圓周運動。把其軌跡連續(xù)起來觀察，好比一個與入射點相切并在放大或縮小的“動態(tài)圓”，如圖。解題時借助圓規(guī)多畫出幾個半徑不同的圓，可方便發(fā)現(xiàn)粒子軌跡特點，達到快速解題的目的。2．環(huán)形磁場臨界問題臨界圓×××××××××××××××××××××××××××××××××v0R1R2×××××××××××××××××××××××××××××××××v0R1R2×××××××××××××××××××××××××××××××××v0R1R2臨界半徑勾股定理(R2-R1)2=R12+r2解得：旋轉圓模型特征：帶電粒子從某一點以大小不變而方向不限定（如0—180°范圍內）的速度射入勻強磁場中，這類問題都可以歸結為旋轉圓問題，把其軌跡連續(xù)起來觀察可認為是一個半徑不變的圓，根據(jù)速度方向的變化以出射點為旋轉軸在旋轉如圖。解題時使用圓規(guī)或硬幣都可以快捷畫出其軌跡，達到快速解答試題的目的。同時還要注意，粒子在做圓周運動時的繞行方向不隨旋轉而改變（即同旋性）。4．旋轉圓五大特征①半徑相等R=mv/qB②都過發(fā)射點③圓心分布在一圓周上④旋轉方向相同（同旋性）⑤同時發(fā)射，同時刻在同一圓周上,最大范圍π(2R)25．旋轉圓中粒子運動的空間范圍問題××××××××××××××××××××××××××××××v0ABO●●θ(AABC最近點：A（OA=2Rsinθ）最遠點：B（OB為直徑）圓中最大的弦長是直徑左邊界：相切點A；右邊界：OB為直徑邊界點：相切點B、C6．圓形有界磁場中的旋轉圓問題r<Rr>Rr=R在磁場中運動的最遠距離為OA=2r在磁場中運動的最長時間為tmax=αrv0=αmqB離開磁場速度方向垂直于入射點與磁場圓心的連線【帶電粒子在臨界條件下的運動舉一反三練習】21．如圖所示，一足夠長的矩形區(qū)域abcd內充滿方向垂直紙面向里的、磁感應強度為B的勻強磁場，在ad邊中點O，方向垂直磁場向里射入一速度方向跟ad邊夾角θ=30°、大小為v0的帶正電粒子，已知粒子質量為m，電量為q，ad邊長為L，ab邊足夠長，粒子重力不計，求：(1)粒子所受洛倫茲力大小；(2)粒子能從ab邊上射出磁場的v0大小范圍；(3)如果帶電粒子不受上述v0大小范圍的限制，求粒子在磁場中運動的最長時間?！敬鸢浮?1)；(2)；(3)【詳解】(1)粒子所受洛倫茲力大小為(2)如下圖，若粒子速度為v0，則所以有設圓心在O1處對應圓弧與ab邊相切，相應速度為v01，則將代入上式可得類似地，設圓心在O2處對應圓弧與cd邊相切，相應速度為v02，則將代入上式可得所以粒子能從ab邊上射出磁場的v0應滿足(3)由及可知，粒子在磁場中經(jīng)過的弧所對的圓心角α越長，在磁場中運動的時間也越長。由下圖可知，在磁場中運動的半徑時，運動時間最長，弧所對圓心角為，所以最長時間為22．如圖，真空室內存在勻強磁場，磁場方向垂直于紙面向里，磁感應強度，磁場內有一塊足夠大的平面感光板，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，已知粒子的電荷與質量之比，現(xiàn)只考慮在圖紙平面中運動的粒子，已知。求：（1）粒子在磁場中運動的半徑（2）能夠打中感光板的粒子在磁場中運動的最短時間?！敬鸢浮浚?）10cm；（2）【詳解】（1）α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

（2）當粒子達到板上用時間最短時，粒子在磁場中做圓周運動的弧長最短，弦最短，即當弦長為L=16cm時，時間最短，根據(jù)幾何關系可知，此時圓弧所對的圓心角為106°。則最短時間23．如圖所示，在平面直角坐標系中，虛線垂直于x軸，交點為N，在第一、四象限內，y軸與虛線之間有垂直于紙面向里的勻強磁場，P點位于x軸上，，。在P點有一粒子源，可連續(xù)釋放不同速率的帶正電的粒子，速度的方向均垂直于磁場，且與x軸正方向成角斜向上，粒子的比荷，已知磁感應強度，不計粒子重力和粒子之間的相互作用力。求：（1）打到y(tǒng)軸上的粒子速率的取值范圍；（2）打到y(tǒng)軸上的粒子在磁場內運動的最大時間差?！敬鸢浮浚?）；（2）【詳解】（1）當粒子的速度較小時，軌跡與y軸相切，此時由幾何關系可知粒子的軌道半徑解得當粒子的速度較大時，軌跡與右側虛線相切，此時由幾個關系可知粒子的軌道半徑解得則能達到y(tǒng)軸上的粒子的速度范圍是（2）當軌跡與y軸相切時達到y(tǒng)軸的時間最長當軌跡與右側虛線相切時達到y(tǒng)軸的時間最短則時間差24．如圖，在邊長為L的等邊三角形ACD區(qū)域內，存在垂直于所在平面向里的勻強磁場。大量的質量為m、電荷置為q的帶正電粒子以相同速度（速度大小未確定）沿垂直于CD的方向射入磁場，經(jīng)磁場偏轉后三條邊均有粒子射出，其中垂直于AD邊射出的粒子在磁場中運動的時間為t0。不計粒子的重力及粒子間的相互作用。求：(1)磁場的磁感應強度大??；(2)要確保粒子能從CD邊射出，射入的最大速度；(3)AC、AD邊上可能有粒子射出的范圍?！敬鸢浮?1)；(2)；(3)【詳解】(1)洛倫茲力提供向心力，有周期

當粒子垂直AD邊射出時，根據(jù)幾何關系有：圓心角為60°的時間為聯(lián)立解得(2)當軌跡圓與AC、AD都相切時，粒子能從CD邊射出，半徑最大，速度為最大值，此時根據(jù)得聯(lián)立解得所以粒子射入的速度應滿足(3)由(2)知，當軌跡圓與AC相切時，從AC邊射出的粒子距C最遠故有粒子射出的范圍為CE段當軌跡圓與AD邊的交點F恰在圓心O正上方時，射出的粒子距D點最遠。故有粒子射出的范圍為DF段25．如圖所示，在的區(qū)域內存在與xOy平面垂直的勻強磁場，磁感應強度大小為B。在t=0時刻，從原點O發(fā)射一束等速率的相同帶電粒子，速度方向與y軸正方向的夾角分布在范圍內。其中，沿y軸正方向發(fā)射的粒子在t=t0時刻剛好從磁場右邊界上點離開磁場，不計粒子重力。下列說法正確的是（）A．粒子帶正電B．沿y軸正方向射入的粒子在磁場中偏轉速度的偏轉角為C．粒子在磁場中做圓周運動的半徑為aD．帶電粒子在磁場中運動的最長時間為2t0【答案】D【詳解】ABC．如圖甲所示，由左手定則得帶電粒子帶負電。由幾何關系可知解得粒子在磁場中做圓周運動的半徑為由幾何知識求得此時軌跡對應的圓心角為，可判斷得沿y軸正方向射入的粒子在磁場中偏轉速度的偏轉角也為。故ABC錯誤；D．如圖乙所示當粒子運動軌跡恰好與磁場右邊界相切時，運動時間最長，由幾何知識可得轉過圓心角恰好為，由于沿y軸正方向發(fā)射的粒子從磁場右邊界上P點離開磁場時，轉過圓心角為，時間為t0，則帶電粒子在磁場中運動的最長時間為2t0，故D正確。故選D。26．如圖所示，等邊三角形OPQ區(qū)域內有垂直紙面向里的勻強磁場。在紙面內從O點向磁場區(qū)域POQ各個方向瞬時射入帶正電的粒子，所有粒子的速率都相同，不計粒子之間的相互作用和重力的影響。沿OQ方向射入的粒子從PQ邊的中點M射出，此時還在磁場中運動的粒子占所有粒子的比例為（）A． B． C． D．【答案】D【詳解】從OP上N點射出的粒子做圓周運動的弦長ON=OM，粒子做圓周運動的圓弧對應的圓心角也為60°，如圖所示，由幾何知識得入射速度與ON的夾角應為30°，即沿OM方向射入的粒子在磁場中運動的時間與沿OQ方向射入的粒子從PQ邊的中點M射出的時間相等，從OQ方向到OM方向這30°范圍內的粒子此時都還在磁場中，而入射的范圍為60°，故還在磁場中運動的粒子占所有粒子的比例是，D項正確；ABC三項錯誤；故選D。27．（多選）如圖所示，豎直平面內一半徑為R的圓形區(qū)域內有磁感應強度為B的勻強磁場，方向垂直紙面向里。一束質量為m、電荷量為－q的帶電粒子沿平行于直徑MN的方向以不同速率從P點進入勻強磁場，入射點P到直徑MN的距離，不計粒子重力，下列說法正確的是（）A．若粒子恰好能從N點射出，則粒子在磁場中運動的時間為B．若粒子射出磁場時的速度方向恰好與其入射方向相反，則粒子在磁場中運動的時間為C．若粒子恰好能從N點射出，則粒子的速度為D．若粒子恰好能從M點射出，則粒子在磁場中偏轉的半徑為【答案】AD【詳解】A．若粒子恰好能從N點射出，粒子的軌跡圖如圖所示，連接PN即為粒子做圓周運動的弦長，連接PO，由，可知∠POM=60°，β=30°，則有∠PON=120°，α=30°，?PNO′為等邊三角形，由幾何關系可得PN=PO′=r=2Rsin60°粒子在勻強磁場中勻速圓周運動，解得粒子運動周期為∠PO′N=60°，則有粒子在磁場中運動的時間為A正確；B．若粒子射出磁場時的速度方向恰好與其入射方向相反，可知粒子在磁場中偏轉了180°，則粒子在磁場中運動的時間為B錯誤；C．若粒子恰好能從N點射出，由PN=PO′=r=2Rsin60°解得解得粒子的速度為C錯誤；D．若粒子恰好能從M點射出，其運動軌跡如圖所示，由圖可知α+θ=60°，且θ=30°，由幾何關系有則粒子在磁場中偏轉的半徑為，D正確。故選AD。28．（多選）如圖所示，直線MN與水平面方向成45°角，MN的右上方存在垂直紙面向外的勻強磁場，左下方存在垂直紙面向里的勻強磁場，兩磁場的磁感應強度大小均為B。一粒子源位于MN上的a點，能水平向右發(fā)射不同速率的質量為m、電荷量為q（q>0）的粒子（重力不計），若所有粒子均能通過MN上的b點，已知ab=L，則粒子的速度可能是（）A． B． C． D．【答案】ACD【詳解】由題意可知粒子可能的運動軌跡如圖所示，所有圓弧的圓心角均為90°，所以粒子運動的半徑為r＝(n＝1，2，3，…)由洛倫茲力提供向心力得Bqv＝m則(n＝1，2，3，…)所以ACD正確，B錯誤；故選ACD。29．（多選）如圖所示，在直角三角形區(qū)域內有垂直紙面向外的勻強磁場。速率不同的大量相同帶電粒子從A點沿與邊夾角為60°方向進入磁場，從和邊的不同位置離開磁場。已知，，不計粒子的重力和粒子間相互作用力，則（）A．所有從AC邊離開的粒子在磁場中運動的時間相同B．從邊離開的粒子在磁場中運動的時間一定比從邊離開的粒子在磁場中運動的時間短C．粒子在磁場中運動的弧長越長，運動時間一定越長D．所有從BC邊出去的粒子離C點的最近距離為【答案】ABD【詳解】AB．根據(jù)題意畫出運動軌跡可能的軌跡如圖所示根據(jù)幾何關系知在AC邊射出的粒子轉過的圓心角相等，均為，根據(jù)及可知所有從AC邊離開的粒子在磁場中運動的時間相同，根據(jù)圖象知從BC射出的粒子轉過的圓心角不等，越靠近B轉過的圓心角越小，所以從BC邊離開的粒子在磁場中運動的時間一定比從AC邊離開的粒子在磁場中運動時間短，故AB正確；C．由以上分析可知運動時間與弧長無關，故C錯誤；D．當粒子運動軌跡與BC邊相切時，粒子的出射點F距離C點最近，根據(jù)幾何關系可得四邊形AOEF為矩形，三角形AEB為直角三角形，所以離子半徑為BE的距離為所以故D正確。故選ABD。30．（多選）如圖所示，半徑為R的圓形區(qū)域內有垂直于圓平面向里的勻強磁場。磁感應強度大小為B，O為圓心，∠AOC=，D為AC的中點，DO為一塊很薄的粒子吸收板。一束質量為m、電荷量為e的電子以相同速度在AD間平行于DO方向垂直射入磁場，不考慮電子的重力及相互作用，電子打在吸收板上即被板吸收。則電子在磁場中運動的時間可能為（）A． B． C． D．【答案】AC【詳解】所有電子在磁場中做圓周運動的軌跡半徑r相同，由得r=電子在磁場中做圓周運動的周期畫出電子在磁場中運動的軌跡如圖所示可知從AO邊射出磁場的電子