人教版高中物理（选择性必修二）同步讲义+练习专题提升Ⅲ 带电粒子在有界匀强磁场中的运动（含解析）

专题提升Ⅲ带电粒子在有界匀强磁场中的运动模块一知识掌握知识点一带电粒子在有界匀强磁场中的运动类型1．直线边界从某一直线边界射入的粒子，再从这一边界射出时，速度与边界的夹角相等，如图所示．（2023春•重庆期末）如图所示虚线MN右侧有垂直于纸面向外的匀强磁场，两个带同种电荷的带电粒子从虚线上同一点A分别以速度v1、v2与MN成相同角度θ垂直磁场方向射入匀强磁场，结果两粒子在边界上B点相遇。不考虑粒子间的相互作用力，不计两粒子的重力。则（）A．两个粒子都带负电 B．两个粒子在磁场中运动的半径不相等 C．若两粒子的比荷相等，则v1D．若两粒子同时从A点射入，则q【解答】解：A、两粒子的运动轨迹如图，根据左手定则可知粒子都带正电，故A错误；B、由几何关系可得轨迹图中的四边形AO1BO2为菱形，可知两个粒子在磁场中运动的半径相等，故B错误；C、粒子在磁场中运动洛伦兹力提供向心力得：qvB=解得：R=若两粒子的比荷相等，则：R1R2=v1v2，因：RD、根据粒子在磁场中运动的周期公式：T=可得到：q在磁场中两粒子的运动时间分别为：t1=若两粒子同时从A点射入，两粒子在B点相遇，所以运动时间相等：t1＝t2所以可以得到：T联立可得：q1故选：D。（2023•云南模拟）空间存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面，线段MN是屏与纸面的交线，长度为4L，其左侧有一粒子源S，可沿纸面内各个方向不断发射质量为m、电荷量为q、速率相同的粒子；SP⊥MN，P为垂足，如图所示，已知SP＝MP＝L，若MN上所有的点都能被粒子从其右侧直接打中，则粒子的速率至少为（）A．2qBLm B．2qBLm C．5【解答】解：粒子要打中MN的右侧所有位置，最容易的方式为粒子从S飞出，绕过距离最近的M点，从右侧打中MN最下端的N点，粒子运动的轨迹如图所示MN为轨迹圆的弦长，Q为MN中点，根据几何关系可知：SP＝PQ＝L，MQ＝2L；粒子运动的半径为r，四边形SPOQ为平行四边形，则r2＝OQ2+MQ2解得r=粒子在匀强磁场中匀速圆周运动，洛伦兹力完全提供向心力，根据牛顿第二定律可知qvB=m解得粒子的最小速率为v=故ABD错误，C正确；故选：C。（2023•海东市模拟）如图所示，在第Ⅳ象限内有垂直坐标平面向外的匀强磁场，一对比荷之比为2：1的正、负带电粒子在坐标平面内以相同的速率沿与x轴成30°角的方向从坐标原点射入磁场。不计粒子受到的重力及粒子间的作用力。正、负带电粒子在磁场中运动的时间之比为（）A．1：2 B．2：1 C．1：3 D．1：1【解答】解：作出正、负粒子的运动轨迹如图所示：根据几何关系可得正粒子轨迹对应的圆心角θ＝120°，负粒子轨迹对应的圆心角为α＝60°根据周期公式可知粒子的周期为：T=正、负带电粒子比荷之比为2：1，则正、负带电粒子周期之比为：T1：T2＝1：2正粒子在磁场中运动时间为：t1=θ360°T1所以有：t1：t2＝1：1，故D正确、ABC错误。故选：D。类型2．平行边界（2022秋•松山区校级期末）真空区域有宽度为L、磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向如图所示，MN、PQ是磁场的边界。质量为m、电荷量为+q的粒子（不计重力）从MN边界某处射入磁场，刚好没有从PQ边界射出磁场，当再次从MN边界射出磁场时与MN夹角为30°，则（）A．粒子进入磁场时速度方向与MN边界的夹角为60° B．粒子在磁场中转过的角度为60° C．粒子在磁场中运动的时间为4πm3qBD．粒子能从PQ边界射出磁场时的速度大于(4−2【解答】解：ABC、粒子带正电，根据左手定则判断粒子在磁场中逆时针方向的匀速圆周运动，圆周轨迹恰好与PQ边界相切，粒子运动轨迹如下图所示：由几何关系可知粒子在磁场运动时入射角等于出射角，则粒子进入磁场时速度方向与MN边界夹角为30°，则运动轨迹的圆心角等于360°﹣2×30°＝300°，即粒子在磁场中转过的角度为300°。由洛伦兹力提供向心力得：qvB＝mv2r则运动时间：t=300°360°T故ABC错误；D、由几何关系可得：r+rcos30°＝L，解得：r=2由qvB＝mv2r可知刚好没有从PQ边界射出磁场时临界速度大小为(4−23故选：D。（2022秋•渝中区校级期末）如图所示，AB平行于CD，相距为d，两边之间有垂直直面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，一质量为m，电荷量为q的电子在AB边某点与AB边成30°角方向入射，与CD边成60°角出射，下列选项正确的是（）A．电子运动的轨道半径为r=(3B．电子在磁场中运动的时间为t=πmC．电子的入射速度v0D．仅改变入射方向，使电子刚好不从右边界射出，则AB边界上的入射点与出射点间的距离为2【解答】解：ABC．做出电子在磁场中的运动轨迹如图所示由图可得dcos30°解得r=(由洛伦兹力提供向心力解得qv解得v电子在磁场中运动的时间为t=30°D．仅改变入射方向，使电子刚好不从右边界射出，如图2所示由图中几何关系可得，AB边界上的入射点与出射点间的距离为L=2r故选：D。（2022秋•丰满区校级期末）如图所示，宽度为d且足够长的矩形区域内存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，离子源从O点处射入速度方向与磁场方向垂直、速度大小不同的同种正离子，速度大小为v1的甲离子从P点离开磁场时速度方向恰好与磁场右边界垂直，OP之间的竖直距离为33d．速度大小为vA．v1v2=33 B．v【解答】解：甲、乙离子运动轨迹如图所示：对甲离子，设在磁场中运动的半径为R1，由几何关系可得：R12＝d2+（R1−33解得：R1=2甲离子轨迹对应的圆心角为θ，则有：sinθ=dR1=因离子乙也从P点射出，且在磁场中运动的时间为甲离子的2倍，根据T=2πmqB可知两离子的周期相同，则乙离子轨迹所对的圆心角为α由几何关系可得：2R2sin60°＝OP=2解得：R2=根据洛伦兹力提供向心力可得：qvB＝mv解得：v=故v1v2故选：B。（2022秋•昆都仑区校级期末）如图所示，一束电荷量为e的电子以垂直于磁感应强度B并垂直于磁场边界的速度v射入宽度为d的匀强磁场中，穿出磁场时速度方向和原来射入方向的夹角为θ＝60°。则电子的质量为（）A．m=dBev B．C．m=23【解答】解：粒子的运动轨迹图如图所示，根据几何关系有：r=根据洛伦兹力提供向心力得：Bev＝mv解得电子的质量为：m=2故D正确，ABC错误。故选：D。类型3．圆形边界(1)在圆形磁场区域内，沿半径方向射入的粒子，必沿半径方向射出，如图甲所示．(2)在圆形磁场区域内，不沿半径方向射入的粒子，入射速度与半径的夹角为θ，出射速度与半径的夹角也为θ，如图乙所示．（2023春•杭州期中）如图所示，在圆形区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场，ab是圆的一条直径。一带正电的粒子从a点射入磁场，速度大小为v，方向与ab成30°角时恰好从b点飞出磁场，粒子在磁场中运动的时间为t。若仅将速度大小改为0.5v，则粒子在磁场中运动的时间为（不计带电粒子所受重力）（）A．12t B．t C．2t【解答】解：粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB＝mv解得，粒子做圆周运动的轨道半径：r=粒子速度为v时轨道半径为r1，则粒子速度为0.5v时粒子轨道半径r2＝0.5r1，粒子在磁场中做匀速圆周运动，粒子运动轨迹如图所示：粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T=2πr当速度的大小为v时，圆周运动的圆心为O，根据弦切角等于圆心角的一半可知，圆弧所对的圆心角为60°；磁场圆的半径恰好是粒子圆周运动半径的一半；当速度的大小为v时，半径为原来的一半，圆周运动的圆心O′点，在原来的半径的中点处，则新的粒子圆与磁场圆的半径相等，则θ＝60°；由几何关系可知所对的圆心角为120°，则粒子的运动的时间为2t，故C正确；ABD错误。故选：C。（2023•西城区校级三模）两个质量相同、所带电荷量相等的带电粒子a、b，以不同的速率对准圆心O沿着AO方向射入圆形匀强磁场区域，其运动轨迹如图所示。不计粒子的重力，下列说法正确的是（）A．a粒子带正电，b粒子带负电 B．a粒子在磁场中所受洛伦兹力较大 C．b粒子在磁场中运动时间较长 D．b粒子动能较大【解答】解：A、粒子向右运动，根据左手定则，b向上偏转，带正电；a向下偏转，带负电，故A错误；B、粒子在磁场中运动时，由洛伦兹力提供向心力，即：qvB＝mv2r，得：rC、粒子运动周期：T=2πmD、根据动能计算公式可得：Ek=1故选：D。（2023•市中区校级二模）如图所示，半径为R的圆形区域中有垂直纸面向外的匀强磁场（图中未画出），磁感应强度B，一比荷为qm的带正电粒子，从圆形磁场边界上的A点以v0=RqBmA．粒子在磁场中运动的时间为t=πmB．粒子从N点射出方向竖直向下 C．若粒子改为从圆形磁场边界上的C点以相同的速度入射，一定从N点射出 D．若要实现带电粒子从A点入射，从N点出射，则所加圆形磁场的最小面积为S=【解答】解：A、粒子恰好从N点射出，轨迹如下图所示。粒子运动周期为T=轨迹AON对应的圆心角为α＝∠APN＝∠AON＝120°=粒子在磁场中运动的时间为t=α2πT=2B、粒子在磁场中速度偏转120°，从N点射出方向是与竖直方向呈30°角，故B错误；C、若粒子改为从圆形磁场边界上的C点以相同的速度入射，轨迹如上图所示，四边形SCON为菱形，由几何知识可知一定从N点射出，故C正确；D、若要实现带电粒子从A点入射，从N点出射，则所加圆形磁场以AN为直径时面积最小，且最小面积为S＝π（AN2）2＝π（32R）故选：C。（2023•南充模拟）如图，圆形虚线框内有一垂直纸面向里的匀强磁场，Oa、Ob、Oc、Od是以不同速率对准圆心入射的正电子或负电子的运动径迹，a、b、d三个出射点和圆心的连线与竖直方向分别成90°、60°、45°角，下列判断正确的是（）A．沿径迹Oc、Od运动的粒子均为正电子 B．沿径迹Oc运动的粒子在磁场中运动时间最短 C．沿径迹Oa、Od运动的粒子在磁场中运动时间之比为2：1 D．沿径迹Oa、Ob运动的粒子动能之比为3：1【解答】解：A．由左手定则可判断沿径迹Oc，Od运动的粒子均带负电，故A错误；B．根据题意可知正电子和负电子的电量q和质量m均相等，粒子在磁场中做匀速圆周运动，粒子受到的洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律可得：qvB=mv根据运动学公式可得：T=2πR解得：T=可知四种粒子的周期相等，而沿径迹Oc运动的粒子偏转角最大，圆心角也最大，设偏转角为θ，由t=θ可知沿径迹Oc运动的粒子在磁场中运动时间最长，故B错误；C．沿径迹Oa运动的粒子在磁场中偏转角度为θa＝90°沿径迹Od运动的粒子在磁场中偏转角度为θd＝45°两粒子运动周期大小相同，则t=θ可知，Oa、Od运动的粒子在磁场中运动时间之比为2：1，故C正确；D．设圆形磁场半径为r，根据几何关系可得沿径迹Oa，Ob运动的粒子轨道半径分别为ra＝rrb根据qBv=mv可得：v根据动能Ek可知沿径迹Oa、Ob运动的粒子动能之比为1：3，故D错误。故选：C。类型4．三角形边界磁场如图所示是正△ABC区域内某正粒子垂直AB方向进入磁场的临界轨迹示意图．粒子能从AC间射出的两个临界轨迹如图甲、乙所示．（2022秋•南岗区校级期末）边长为a的等边三角形ABC区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，一束质量为m电荷量为q的带负电粒子（不计重力），从AB边的中点沿平行BC边的方向以不同的速率射入磁场区域，则（）A．能从BC边射出的粒子的最大速率为3aqBB．能从BC边射出的粒子的最大速率为3aqBC．能从BC边射出的粒子最长时间为πm2qBD．能从BC边射出的粒子最长时间为πm【解答】解：AB．如图所示，当粒子恰好从C点射出时，轨道半径最大，速率最大，圆心为O1，由几何关系可知r由牛顿第二定律可得q联立可得v1CD．当粒子的轨迹恰好与BC相切时，半径最小，轨迹所对应圆心角最大为π，圆心为O，粒子飞行时间最长，有t=T2联立可得t=πm故选：A。（2022秋•沙坪坝区校级期末）如图所示，在直角三角形ABC内存在垂直纸面向外的匀强磁场，AB边长度为d，∠C=π6，现垂直AB边以相同的速度射入一群质量均为m、电荷量均为q的带正电粒子（粒子不计重力、不考虑电荷间的相互作用），已知垂直AC边射出的粒子在磁场中运动的时间为tA．粒子在磁场中运动的最长时间为4t0 B．该匀强磁场的磁感应强度大小是πm4qC．如果粒子带的是负电，不可能有粒子垂直BC边射出磁场 D．若有粒子能再次回到AB边，则该粒子在磁场中运动的速度最大为π(2【解答】解：AB、带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，垂直AC边射出的粒子在磁场中运动的时间是t0=14则粒子又回到AB边处磁场时，其运动时间最长，在磁场中运动的最长时间为2t0；结合周期公式T=2πmqB可得磁感应强度C、如果粒子带的是负电，粒子向上偏转，以B点为圆心，转过的圆心角为π3D、若有粒子能再次回到AB边，转过的圆心角为π，最长半径如图所示由几何关系可得最大半径为r解得：vmax故选：D。（2022秋•洛阳期末）如图所示，在一个直角三角形区域ACB内存在方向垂直于纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，AB、BC、AC为磁场边界，AC边长为3a，∠CAB＝53°。一质量为m、电荷量为+q的粒子从AB边上的D点垂直于磁场边界AB射入匀强磁场，已知AD长为a（不计粒子重力，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6）。下列说法不正确的是（）A．带电粒子有可能从AC边射出 B．只要带电粒子从AB边射出，则带电粒子在磁场中运动的时间都相等 C．带电粒子恰不从BC边射出磁场区域时对应的速度为v=3qBaD．随着带电粒子速度的增大，带电粒子在磁场中运动的时间越来越短【解答】解：A、设粒子速率为v1时运动轨迹与AC边相切，则切点为C点，如图所示由几何关系可得：R1＝BC＝BD＝4a由牛顿第二定律得：qB联立解得：R联立可得：v所以当速度大于4qBlmB、粒子竖直向上进入磁场，轨迹圆心一定在AB边上，若粒子能从边界AB射出，粒子的速度方向一定竖直向下，轨迹都为半圆，速度越大，半径越大。因为粒子运动周期T=2πmqB相同，所以运动时间都相同（均为C、设粒子速率为v时恰不从BC边射出磁场区域，即运动轨迹与BC边相切，如图所示由几何关系可得：5解得：r＝1.5a，则对应的速度为：v=3qBaD、由上述B选项分析可知，若粒子打在AB边上后，速度越大，半径越大，但时间不变，故D错误。本题选择错误的故选：D。知识点二带电粒子在有界匀强磁场中运动的临界问题【重难诠释】解决带电粒子在磁场中运动的临界问题的关键，通常以题目中的“恰好”“最大”“至少”等为突破口，寻找临界点，确定临界状态，根据磁场边界和题设条件画好轨迹，建立几何关系求解．(1)刚好穿出或刚好不能穿出磁场的条件是带电粒子在磁场中运动的轨迹与边界相切．(2)当以一定的速率垂直射入磁场时，运动的弧长越长、圆心角越大，则带电粒子在有界磁场中的运动时间越长．(3)当比荷相同，速率v变化时，圆心角越大的，运动时间越长．（2022秋•日照期末）如图所示，半径分别为r和2r的两个同心圆，其圆心为O，只在环形区域内存在着磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场（磁场区域包括边界）大量质量为m、电荷量为+q的带电粒子从M点沿各个方向以不同速率射入磁场区域。不计粒子间的相互作用及重力，cos53°＝0.6。下列判断正确的是（）A．沿MO方向射入磁场且恰好未能进入内部圆形区域的带电粒子的轨道半径为23B．沿MO方向射入磁场且恰好未能进入内部圆形区域的带电粒子在磁场中运动的时间为53πmC．第一次穿过磁场后恰能经过O点的带电粒子的最小入射速率为3qBr2mD．第一次穿过磁场后恰能经过O点的带电粒子的最小入射速率为4qBr【解答】解：A、带电粒子从M点沿MO方向射入磁场，恰好未能进入内部圆形区域，说明运动轨迹恰好与内圆相切，如图所示：设圆弧的半径为R1，圆心为A，连接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错误；B、在直角△OAM中，由于tan∠A=则：∠A＝53°整个圆弧轨道所对的圆心角为θ＝2×53°＝106°带电粒子做圆周运动，周期：T=粒子在磁场中的运动时间为：t=代入数据解得：t=53πmCD、带电粒子的入射速率最小，则粒子圆周运动的半径最小，粒子从M点经圆周运动通过圆心O，根据逆向运动，半径最小的圆周运动其圆弧与大圆相切，如图所示：设圆弧半径为R2，圆心为D，其中M、D、O在一条直线上，连接OM、CD，在直角△OCD中，由于：OD2＝OC2+CD2即：（2r﹣R2）2＝r2+R22解得：R2＝0.75r带电粒子做圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力可得：Bqv'＝mv解得：v'=3qBr故选：B。（多选）（2023春•中原区校级期中）如图所示，边长为L的等边三角形ABC区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场，D为AB边的中点，一个质量为m、电荷量为q的带电粒子平行BC边从D点射入磁场，粒子的速度大小为v0，且刚好垂直BC边射出磁场。不计粒子的重力，下列说法正确的是（）A．该粒子带正电 B．匀强磁场的磁感应强度B=2mC．若只改变该粒子射入磁场的速度大小，则粒子一定不能从C点射出 D．若只改变该粒子射入磁场的速度方向，则粒子可以从AC边射出磁场，且在磁场中运动的时间可能是3【解答】解：AB、运动轨迹如图所示根据左手定则可知该粒子带正电；根据几何知识可知，粒子做圆周运动的半径R1=L2sin60°根据洛伦兹力提供向心力有qBv0＝mv所以匀强磁场的磁感应强度大小为B=4C、根据数学知识知，粒子能到达C点，粒子到达C的轨迹如图所示故C错误；D、若改变粒子的速度方向，当粒子的速度方向沿DA方向时，过D点作AD方向的垂线，该垂线一定通过C点，如下图所示根据几何关系可得DC=R1sin30°=2R1，则圆心在DC的中点G处，设此时粒子轨迹与AC的交点为F，连接GF，可知GF＝GC，所以圆弧轨迹对应的圆心角为θ＝2×30则粒子在磁场中运动时间为：t=60°故选：AD。（多选）（2023•青秀区校级二模）如图所示，A、C两点分别位于x轴和y轴上，∠OCA＝30°，OA的长度为L。在△OCA区域内（包括边界）有垂直于xOy平面向里的匀强磁场。质量为m、电荷量为q的带电粒子，以各种不同的速度垂直OA边射入磁场。已知粒子从某点射入时，恰好垂直于OC边射出磁场，且粒子在磁场中运动的时间为2t0。不计重力。下列说法正确的是（）A．带电粒子带负电 B．磁场的磁感应强度的大小为πm4qC．从OA中点射入磁场的带电粒子可以从C点出射 D．能从OA边射出的带电粒子最大射入速度是(23−3)【解答】解：A、由左手定则可知带电粒子带正电，故A错误；B、粒子在磁场中做匀速圆周运动，在时间2t0内其速度方向改变了90°，故其周期T＝8t0；设磁感应强度大小为B，则有：T=2πmqB，解得BC、由题给条件可知，带电粒子从C点出射，则C为切点，如图1所示：由几何关系可得：OC＝OAtan60°=3L，粒子的轨迹半径为：r=OCsin30°入射点到A点距离为d=rcos30°−r，解得：d＝（4﹣D、由题给条件可知，该粒子在磁场区域中的轨迹与AC边、OC边相切时，粒子的轨迹半径最大，此时粒子的入射速度最大，如图2所示：设O′为圆弧的圆心，圆弧的半径为r0，圆弧与AC相切于N点，从O点射出磁场，由几何关系可知：r0+r设粒子最大入射速度大小为vm，由洛伦兹力提供向心力可得：qvmB＝mv解得：vm=(23故选：BD。模块二巩固提高（多选）（2023•湖北模拟）如图所示，在边长为L的等边三角形内分布着垂直于纸面向外，磁感应强度大小为B的匀强磁场，在三角形的中心有一个点状的粒子源O，它可沿平行纸面的各个方向发射质量为m，电荷量为+q，速率为3qBLA．有部分粒子能够击中三角形的顶点 B．粒子在磁场中运动的最短时间为πm3qBC．粒子在磁场中运动的最长时间为πmqBD．若磁感应强度大于2B，所有粒子均不能射出三角形区域【解答】解：A、粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力得：qvB＝mv2r，已知：v=由等边三角形的几何知识可知O点到各个顶点的距离为33B、当粒子在边界上的出射点与O的连线垂直于出射点所在边界时，轨迹圆弧的弦最短，轨迹圆心角最小，运动时间最短，轨迹如图1所示。由等边三角形的几何中心为高的三等分点，可得最短弦长为13Lsin60°=粒子在磁场中运动周期为T=2πrv=C、运动时间最长的粒子运动轨迹如下图中自O点经M点运动至P点的劣弧OMP，则运动最长时间小于半个周期，而半个周期为πmqBD、所有粒子均不能射出三角形区域，临界条件为轨迹圆和三角形的边相切，此时半径为r2，由r=故选：BD。（多选）（2023春•潍坊期中）如图所示，直角三角形abc区域存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，ab边长为2L，∠a＝30°，一粒子源固定在ac边的中点d，粒子源垂直ac边向磁场中发射不同速率的带正电的粒子，粒子均从bc边界射出，已知粒子质量为m、电荷量为q，下列说法正确的是（）A．粒子运动的速率可能为3qBLB．粒子在磁场中运动的时间可能为πm2qBC．bc边界上有粒子射出的区域长度最大为32D．有粒子经过的磁场区域的面积最大为3【解答】解：A、根据题意可知当粒子运动轨迹与ab边相切时对应的速度最大，如下图所示：根据几何知识可得轨迹半径为：r1＝Lcd=根据洛伦兹力提供向心力以及牛顿第二定律，有qB解得v1同理若粒子从c点射出，运动半径为r2=12Lcd=34LB、因为粒子在磁场中运动的周期为T=2πmqB，当粒子垂直bc边射出时，粒子在磁场中运动的时间为C、根据题意可知当粒子运动轨迹与ab边相切时，打在cb上的点到c点的距离最大，根据几何关系可得粒子打在bc边界有射出的区域长度的最大值为32D、所以有粒子经过的磁场区域的面积最大值为S=π故选：BC。（多选）（2023•重庆模拟）如题图，直角三角形ABC区域内有垂直纸面向里的匀强磁场（图中未画出），AC边长为l，∠B为π6，一群比荷为qm的带负电粒子以相同速度从C点开始一定范围垂直AC边射入，射入的粒子恰好不从AB边射出，已知从BC边垂直射出的粒子在磁场中运动的时间为65A．磁感应强度大小为5πm12qB．粒子运动的轨道半径为33C．粒子射入磁场的速度大小为53D．粒子在磁场中扫过的面积为(6【解答】解：A、带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，垂直BC边射出的粒子在磁场中运动轨迹为14圆周，运动时间是1由洛伦兹力提供向心力得：qvB=mv2可得：14T=2πmB、设运动时间最长的粒子在磁场中的运动轨迹所对的圆心角为θ，则有：θ2πT=2t0画出该粒子的运动轨迹如下图所示，其轨迹与AB边相切。设轨道半径为R，由几何知识得：R可得R=2C、粒子射入磁场的速度大小为：v=qBRD、射入的粒子恰好不从AB边射出，粒子在磁场中扫过的面积为（图中阴影部分）S=1故选：ACD。（多选）（2023•成都模拟）如图所示，纸面内O为圆心、半径为R的圆形区域中存在垂直纸面向外的匀强磁场，AB为一条直径，半径AO与PO的夹角为30°。质量为m、带电荷量为+q的粒子1从P点沿平行于AO方向以大小为v0的速度射入磁场，其离开磁场时，速度方向恰好改变了180°；质量为2m、带电荷量为+q的粒子2从B点沿平行于OP方向以大小为v0的速度射入磁场。不计粒子的重力和两粒子间的相互作用。下列说法中正确的是（）A．磁场的磁感应强度大小为mvB．粒子2在磁场中运动的时间为πR3C．将粒子2在B点的速度v0逆时针旋转60°后，粒子将经过O点 D．将粒子2在B点的速度v0逆时针旋转90°后，粒子将从A点射出【解答】解：A．粒子1离开磁场时，速度方向恰好改变了180°，表明粒子在磁场中转动了半周，其运动轨迹如下图所示由几何关系可得r洛伦兹力提供向心力q解得B=故A错误；B．粒子2进入磁场，洛伦兹力提供向心力q解得r根据几何知识可知，四边形BQO1O是菱形，粒子2射出磁场的速度方向垂直于AB，粒子2在磁场中的偏转角度为60°，故粒子2在磁场中运动的时间为t故B正确；C．将粒子2在B点的速度v0逆时针旋转60°后，运动轨迹如A选项中图所示，根据几何知识可知，粒子将经过O点后沿垂直于AB的方向射出，故C正确；D．将粒子2在B点的速度v0逆时针旋转90°，运动轨迹如A选项中图所示，根据几何知识可知，粒子将从P点沿垂直于AB的方向射出，故D错误。故选：BC。（多选）（2023春•东莞市校级月考）如图，圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，同一粒子先后以不同速率从同一点正对圆心O射入磁场，分别从a、b两点射出，下列说法正确的是（）A．a点射出的粒子运动半径较小 B．a点射出的粒子速率较大 C．b点射出的粒子运动时间较长 D．b点射出的粒子速度方向反向延长线过O点【解答】解：AB、粒子在磁场中运动轨迹如图所示由图可知a点射出的粒子运动半径较小，b点射出的粒子运动半径较大；根据洛伦兹力提供向心力有：qvB＝mv2R由此可知a点射出的粒子运动速度小，b点射出的粒子运动速度大，故A正确，B错误；C、粒子运动的周期T=2πmqB，则粒子在磁场中运动的时间t=θD、如图带电粒子在圆形边界磁场中做匀速圆周运动，沿径向射入沿径向射出，所以b点射出的粒子速度方向反向延长线过O点，故D正确。故选：AD。（多选）（2023•梅河口市校级三模）如图所示，水平虚线边界的上方和正方形abcd区域内存在着磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，O点在虚线上，正方形abcd的边长为L，ad与水平虚线边界重合，Oa间的距离为3L。一束质量为m、电荷量为﹣q（q＞0）的粒子从O点竖直向上垂直射入磁场，这些粒子具有不同的速率。在磁场中运动时间为4πm3qBA．N点就是b点 B．M点就是a点 C．入射点向右移动时，入射粒子在磁场中最长的运动时间为4πm3qBD．在O和M之间，入射点越是向右，从N点飞出的粒子的速率就越小【解答】解：AB．粒子受到的洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律可得：qvB=m根据周期的计算公式：T=联立得粒子在磁场中运动的周期为：T=2πm粒子在磁场中运动时间为4πm3qB，则解得：θ=由几何关系可知，N点就是b点；若M点是a点，则粒子速率无论多大，都不可能从N点飞出，（如图所示），故A正确，B错误；C．由图可知，当入射点向右移动时，入射粒子在磁场中转过的角度可达3π2，则最长的运动时间为3πmD．在O和M之间，入射点越是向右，则O′N两点距离就越小，即粒子的轨道半径就越小，根据牛顿第二定律可得：qvB=mv可知，从N点飞出的粒子的速率就越小，故D正确。故选：AD。（多选）（2023•河南模拟）空间存在两个垂直于xOy平面的匀强磁场，y轴为两磁场的边界，磁感应强度分别为2B0、3B0。质量为m、电荷量为q的粒子从原点O沿x轴正向射入磁场，速度均为v粒子第1次、第2次经过y轴的位置分别为P、Q，其轨迹如图所示（忽略粒子重力）。下列说法正确的是（）A．Q、O的距离为mv3qB．Q、O的距离为mv4qC．两次经过P点的时间间隔为2πmqD．两次经过P点的时间间隔为3πm【解答】解：AB．粒子先后在两磁场中做匀速圆周运动，设半径分别为r1、r2，粒子受到的洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律可得：qvB=mv解得：r=故rr2且d＝2r1﹣2r2解得：d故A正确，B错误；CD．粒子先后在两磁场中做匀速圆周运动，由T=2πr解得：TT2粒子两次经过P点的时间间隔Δt=T解得：Δt=故C正确，D错误。故选：AC。（多选）（2023•南宁二模）地磁场对宇宙高能粒子有偏转作用，从而保护了地球的生态环境。赤道平面的地磁场简