2022-2023学年高二物理举一反三系列（人教版选择性必修第二册）专题1.5 带电粒子在有界匀强磁场中的运动（解析版）

专题1.5带电粒子在有界匀强磁场中的运动【人教版】TOC\o"1-3"\t"正文,1"\h【题型1圆形匀强磁场区域问题】 【题型2矩形磁场区域问题】 【题型3三角形磁场区域问题】 【题型4平行边界磁场区域问题】 【题型5半圆形磁场区域问题】 【题型6其他形状的磁场区域问题】 【题型1圆形匀强磁场区域问题】【例1】如图所示，水平虚线AA′和CC′间距为L，中间存在着方向向右且与虚线平行的匀强电场，CC′的下侧存在一半径为R的圆形磁场区域，磁场方向垂直纸面向外(图中未画出)，圆形磁场与边界CC′相切于点M。一质量为m、带电量为q(q>0)的粒子由电场上边界AA′上的S点以初速度v0垂直射入电场，一段时间后从M点离开电场进入磁场，粒子进入磁场的速度大小为eq\r(2)v0，且其运动轨迹恰好过圆形磁场的圆心O。粒子所受重力忽略不计，求：(1)电场强度E的大小；(2)圆形磁场区域磁感应强度B的大小。答案(1)eq\f(mveq\o\al(2,0),qL)(2)eq\f(2mv0,qR)解析(1)粒子在整个过程的运动轨迹，如图所示。粒子在电场从S到M做类平抛运动，在垂直于电场方向t1＝eq\f(L,v0)粒子在M点沿着电场方向速度vx＝eq\r(（\r(2)v0）2－veq\o\al(2,0))＝v0所以粒子沿着电场方向的位移d＝eq\f(vx,2)×t1＝eq\f(L,2)粒子从S点到M点，由动能定理qEd＝eq\f(1,2)m(eq\r(2)v0)2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得E＝eq\f(mveq\o\al(2,0),qL)(2)设粒子在M处的速度与电场方向夹角为θ，则sinθ＝eq\f(v0,\r(2)v0)解得θ＝45°所以三角形OO′M为等腰直角三角形，设带电粒子做匀速圆周运动的半径为r。由几何关系得r＝eq\f(\r(2),2)R由牛顿第二定律qB(eq\r(2)v0)＝meq\f(（\r(2)v0）2,r)解得B＝eq\f(2mv0,qR)【变式1-1】如图，半径为R的圆是一圆柱形匀强磁场区域的横截面(纸面)磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外。一电荷量为q(q＞0)、质量为m的粒子沿平行于直径ab的方向从c点射入磁场区域，射入点c与ab的距离为eq\f(\r(6)－\r(2),4)R，已知粒子射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为60°，则粒子的速率为（不计粒子重力，已知sin15°＝eq\f(\r(6)－\r(2),4)）()A.eq\f(\r(2)qBR,2m) B.eq\f(\r(2)qBR,m)C.eq\f(\r(6)－\r(2)qBR,m) D.eq\f(2qBR,m)[解析]粒子带正电，根据左手定则，判断出粒子受到的洛伦兹力向右，轨迹如图所示，由射入点c与ab的距离为eq\f(\r(6)－\r(2),4)R，可知∠cO1a＝15°，由速度的偏转角为60°，可知∠cO2O1＝30°，在△cO2O1，由正弦定理得，轨迹半径r＝eq\r(2)R，由Bqv＝eq\f(mv2,r)，解得v＝eq\f(\r(2)qBR,m)，B正确，A、C、D错误。[答案]B【变式1-2】在如图所示的平面直角坐标系中，存在一个半径R＝0.2m的圆形匀强磁场区域，磁感应强度B＝1.0T，方向垂直纸面向外，该磁场区域的右边缘与y坐标轴相切于原点O点。y轴右侧存在一个匀强电场，方向沿y轴正方向，电场区域宽度l＝0.1m。现从坐标为(－0.2m，－0.2m)的P点发射出质量m＝2.0×10－9kg、带电荷量q＝5.0×10－5C的带正电粒子，沿y轴正方向射入匀强磁场，速度大小v0＝5.0×103m/s(粒子重力不计)。(1)带电粒子从坐标为(0.1m,0.05m)的点射出电场，求该电场强度的大小；(2)为了使该带电粒子能从坐标为(0.1m，－0.05m)的点回到电场，可在紧邻电场的右侧区域内加匀强磁场，试求所加匀强磁场的磁感应强度大小和方向。[解析](1)带正电粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力有：qv0B＝meq\f(v02,r)可得：r＝eq\f(mv0,qB)＝0.20m＝R根据几何关系可以知道，带电粒子恰从O点沿x轴正方向进入电场，带电粒子做类平抛运动，设粒子到达电场边缘时，竖直方向的位移为y根据类平抛规律可得：l＝v0t，y＝eq\f(1,2)at2根据牛顿第二定律可得：Eq＝ma联立可得：E＝eq\f(2mv02y,ql2)＝1.0×104N/C。(2)粒子飞离电场时，沿电场方向速度：vy＝at＝eq\f(qE,m)·eq\f(l,v0)＝5.0×103m/s＝v0粒子射出电场时速度大小v＝eq\r(2)v0，方向与x轴正方向夹角为45°偏向右上方根据左手定则可知所加磁场方向垂直纸面向外，根据几何关系可知，粒子在B′区域磁场中做圆周运动半径r′＝eq\r(2)y根据洛伦兹力提供向心力可得：qvB′＝meq\f(v2,r′)联立可得所加匀强磁场的磁感应强度大小B′＝eq\f(mv,qr′)＝4T。[答案](1)1.0×104N/C(2)4T，方向垂直纸面向外【变式1-3】真空中有一匀强磁场，磁场边界为两个半径分别为a和3a的同轴圆柱面，磁场的方向与圆柱轴线平行，其横截面如图所示。一速率为v的电子从圆心沿半径方向进入磁场。已知电子质量为m，电荷量为e，忽略重力。为使该电子的运动被限制在图中实线圆围成的区域内，磁场的磁感应强度最小为()A.eq\f(3mv,2ae) B.eq\f(mv,ae)C.eq\f(3mv,4ae) D.eq\f(3mv,5ae)答案C解析为使电子的运动被限制在图中实线圆围成的区域内，电子进入匀强磁场中做匀速圆周运动的半径最大时轨迹如图所示，设其轨迹半径为r，圆心为M，磁场的磁感应强度最小为B，由几何关系有eq\r(r2＋a2)＋r＝3a，解得r＝eq\f(4,3)a，电子在匀强磁场中做匀速圆周运动有evB＝meq\f(v2,r)，解得B＝eq\f(3mv,4ae)，选项C正确。【题型2矩形磁场区域问题】【例2】(多选)空间存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，图中的正方形为其边界。一细束由两种粒子组成的粒子流沿垂直于磁场的方向从O点入射。这两种粒子带同种电荷，它们的电荷量、质量均不同，但其比荷相同，且都包含不同速率的粒子。不计重力。下列说法正确的是()A.入射速度不同的粒子在磁场中的运动时间一定不同B.入射速度相同的粒子在磁场中的运动轨迹一定相同C.在磁场中运动时间相同的粒子，其运动轨迹一定相同D.在磁场中运动时间越长的粒子，其轨迹所对的圆心角一定越大解析由T＝eq\f(2πm,qB)可知，粒子的运动周期与粒子的速度无关，若入射速度不同的粒子从左边界飞出，则粒子的偏转角相同，运动时间相同，A、C错误；由r＝eq\f(mv,qB)可知，入射速度相同的粒子运动轨迹相同，B正确；由粒子的运动时间t＝eq\f(θ,2π)·T可知，D正确。答案BD【变式2-1】如图，边长为l的正方形abcd内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面(abcd所在平面)向外。ab边中点有一电子发射源O，可向磁场内沿垂直于ab边的方向发射电子。已知电子的比荷为k。则从a、d两点射出的电子的速度大小分别为()A.eq\f(1,4)kBl，eq\f(\r(5),4)kBl B.eq\f(1,4)kBl，eq\f(5,4)kBlC.eq\f(1,2)kBl，eq\f(\r(5),4)kBl D.eq\f(1,2)kBl，eq\f(5,4)kBl答案B解析若电子从a点射出，运动轨迹如图线①，ra＝eq\f(l,4)由qvaB＝meq\f(veq\o\al(2,a),ra)得va＝eq\f(qBra,m)＝eq\f(qBl,4m)＝eq\f(kBl,4)若电子从d点射出，运动轨迹如图线②，由几何关系得req\o\al(2,d)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(rd－\f(l,2)))eq\s\up12(2)＋l2，整理得rd＝eq\f(5,4)l由qvdB＝meq\f(veq\o\al(2,d),rd)得vd＝eq\f(qBrd,m)＝eq\f(5qBl,4m)＝eq\f(5kBl,4)，选项B正确。【变式2-2】如图所示，ABCD为一正方形区域，一带电粒子以速度v0从AB边的中点O，沿纸面垂直于AB边的方向射入。若该区域充满平行于AB边的匀强电场，该粒子经时间t1以速度v1从C点射出；若该区域充满垂直纸面的匀强磁场，该粒子经时间t2以速度v2从D点射出，不计粒子重力，则()A．v1＞v2，t1＜t2 B．v1＞v2，t1＞t2C．v1＜v2，t1＜t2 D．v1＜v2，t1＞t2[解析]设正方形的边长为L，当区域内为电场时，则粒子做类平抛运动，平行于AC方向为匀速直线运动，运动时间为t1＝eq\f(L,v0)，垂直AC方向为匀加速直线运动，有eq\f(1,2)vyt1＝eq\f(1,2)L，解得vy＝v0，所以v1＝eq\r(v02＋vy2)＝eq\r(2)v0，当区域内为磁场时，洛伦兹力不做功，则v2＝v0，设轨道半径为r，则有r2＝L2＋解得r＝eq\f(5,4)L，根据qv0B＝eq\f(mv02,r)，解得B＝eq\f(4mv0,5qL)，所以轨道圆心角sinθ＝eq\f(L,\f(5,4)L)＝0.8，则θ＝53°，则t2＝eq\f(53°,360°)×eq\f(2πm,Bq)＝eq\f(53π,144)·eq\f(L,v0)，综上v1＞v2，t1＜t2，A正确。[答案]A【变式2-3】如图所示，垂直于纸面向里的匀强磁场分布在正方形abcd区域内，O点是cd边的中点．一个带正电的粒子仅在洛伦兹力的作用下，从O点沿纸面以垂直于cd边的速度射入正方形内，经过时间t0后刚好从c点射出磁场．现设法使该带电粒子从O点沿纸面以与Od成30°角的方向，以大小不同的速率射入正方形内，那么下列说法中正确的是()A．若该带电粒子在磁场中经历的时间是eq\f(5,3)t0，则它一定从cd边射出磁场B．若该带电粒子在磁场中经历的时间是eq\f(2,3)t0，则它一定从ad边射出磁场C．若该带电粒子在磁场中经历的时间是eq\f(5,4)t0，则它一定从bc边射出磁场D．若该带电粒子在磁场中经历的时间是t0，则它一定从ab边射出磁场答案AC解析如图所示，作出刚好从ab边射出的轨迹①、刚好从bc边射出的轨迹②、从cd边射出的轨迹③和刚好从ad边射出的轨迹④.由从O点沿纸面以垂直于cd边的速度射入正方形内，经过时间t0后刚好从c点射出磁场可知，带电粒子在磁场中做圆周运动的周期是2t0.可知，从ad边射出磁场经历的时间一定小于eq\f(1,3)t0；从ab边射出磁场经历的时间一定大于等于eq\f(1,3)t0，小于eq\f(5,6)t0；从bc边射出磁场经历的时间一定大于等于eq\f(5,6)t0，小于eq\f(4,3)t0；从cd边射出磁场经历的时间一定是eq\f(5,3)t0.【题型3三角形磁场区域问题】【例3】如图所示，边长为L的等边三角形ABC内、外分布着两方向相反的匀强磁场，三角形内磁场方向垂直纸面向外，两磁场的磁感应强度大小均为B。顶点A处有一粒子源，粒子源能沿∠BAC的角平分线发射不同速率的粒子，粒子质量均为m、电荷量均为＋q，不计粒子重力及粒子间的相互作用力，则发射速度v0为哪一值时粒子能通过B点()A.eq\f(2qBL,m) B.eq\f(3qBL,2m)C.eq\f(2qBL,3m) D.eq\f(qBL,7m)答案D解析粒子带正电，且经过B点，其可能的轨迹如图所示。所有圆弧所对圆心角均为60°，所以粒子运行半径r＝eq\f(L,n)(n＝1，2，3，…)，粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得qvB＝meq\f(v2,r)，解得v＝eq\f(qBr,m)＝eq\f(qBL,nm)(n＝1，2，3，…)，由此可知，v＝eq\f(qBL,7m)的粒子能通过B点，故A、B、C不符合题意，D符合题意。【变式3-1】如图所示，△ABC为与匀强磁场垂直的边长为a的等边三角形，比荷为eq\f(e,m)的电子以速度v0从A点沿AB边入射，欲使电子经过BC边，磁感应强度B的取值为()A．B＞eq\f(2mv0,ae) B．B＜eq\f(2mv0,ae)C．B＞eq\f(\r(3)mv0,ae) D．B＜eq\f(\r(3)mv0,ae)[解析]由题意，如图所示，电子正好经过C点，此时圆周运动的半径R＝eq\f(\f(a,2),cos30°)＝eq\f(a,\r(3))，要想电子从BC边经过，电子做圆周运动的半径要大于eq\f(a,\r(3))，由带电粒子在磁场中运动的公式r＝eq\f(mv,qB)，可得eq\f(a,\r(3))＜eq\f(mv0,eB)，即B＜eq\f(\r(3)mv0,ae)，D正确。[答案]D【变式3-2】如图所示，边长为L的等边三角形区域ACD内、外的匀强磁场的磁感应强度大小均为B、方向分别垂直纸面向里、向外。三角形顶点A处有一质子源，能沿∠A的角平分线发射速度大小不等、方向相同的质子(质子重力不计、质子间的相互作用可忽略)，所有质子均能通过D点，已知质子的比荷eq\f(q,m)＝k，则质子的速度不可能为()A．eq\f(BkL,2) B．BkLC．eq\f(3BkL,2) D．eq\f(BkL,8)解析：选C质子的运动轨迹如图所示，由几何关系可得2nRcos60°＝L(n＝1,2,3，…)，由洛伦兹力提供向心力，则有Bqv＝meq\f(v2,R)，联立解得v＝eq\f(BqR,m)＝eq\f(BkL,n)，A、B、D正确，C错误。【变式3-3】如图所示，在一等腰直角三角形ACD区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子(重力不计)以速度v从AC边的中点O垂直AC边射入磁场区域。若三角形的两直角边长均为2L，要使粒子从CD边射出，则v的取值范围为()A.eq\f(qBL,m)≤v≤eq\f(2\r(2)qBL,m) B.eq\f(qBL,m)≤v≤eq\f(5qBL,m)C.eq\f(qBL,2m)≤v≤eq\f(（\r(2)＋1）qBL,m) D.eq\f(qBL,2m)≤v≤eq\f(5qBL,2m)答案C解析根据洛伦兹力提供向心力可知，v＝eq\f(qBr,m)，因此半径越大，速度越大；根据几何关系可知，使粒子轨迹与AD边相切时速度最大，如图，则有AO′·sin45°＝O′E，即(r1＋L)sin45°＝r1，解得最大半径为r1＝(eq\r(2)＋1)L，故最大速度为v1＝eq\f(（\r(2)＋1）qBL,m)；当粒子从C点出射时，半径最小，为r2＝eq\f(L,2)，故最小速度为v2＝eq\f(qBL,2m)，则v的取值范围为eq\f(qBL,2m)≤v≤eq\f(（\r(2)＋1）qBL,m)，故C正确，A、B、D错误。【题型4平行边界磁场区域问题】【例4】CT扫描是计算机X射线断层扫描技术的简称，CT扫描机可用于对多种病情的探测。图(a)是某种CT机主要部分的剖面图，其中X射线产生部分的示意图如图(b)所示。图(b)中M、N之间有一电子束的加速电场，虚线框内有匀强偏转磁场；经调节后电子束从静止开始沿带箭头的实线所示的方向前进，打到靶上，产生X射线(如图中带箭头的虚线所示)；将电子束打到靶上的点记为P点。则()A.M处的电势高于N处的电势B.增大M、N之间的加速电压可使P点左移C.偏转磁场的方向垂直于纸面向外D.增大偏转磁场磁感应强度的大小可使P点左移答案D解析电子带负电，故必须满足N处的电势高于M处的电势才能使电子加速，故选项A错误；由左手定则可判定磁感应强度的方向垂直纸面向里，故选项C错误；对加速过程应用动能定理有eU＝eq\f(1,2)mv2，设电子在磁场中运动半径为r，由洛伦兹力提供向心力有evB＝meq\f(v2,r)，则r＝eq\f(mv,Be)，电子运动轨迹如图所示，由几何关系可知，电子从磁场射出的速度方向与水平方向的夹角θ满足sinθ＝eq\f(d,r)(其中d为磁场宽度)，联立可得sinθ＝dBeq\r(\f(e,2mU))，可见增大U会使θ减小，电子在靶上的落点P右移，增大B可使θ增大，电子在靶上的落点P左移，故选项B错误，D正确。【变式4-1】矩形区域abcd(包括边界)充满磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场。现从ad边中点O处，以垂直磁场且跟ad边成30°角的速度射入一带电粒子。已知粒子质量为m、电荷量为q，ad边长为L，不计粒子重力。(1)若要粒子从ab边上射出，则入射速度v0的大小范围是多少？(ab边足够长)(2)粒子在磁场中运动的最长时间是多少？解析(1)若粒子速度为v0，由qv0B＝meq\f(veq\o\al(2,0),R)得R＝eq\f(mv0,qB)若轨迹与ab边相切，如图所示，设此时相应速度为v01，则R1＋R1sinθ＝eq\f(L,2)将R1＝eq\f(mv01,qB)代入上式可得v01＝eq\f(qBL,3m)若轨迹与cd边相切，如图所示，设此时粒子速度为v02，则R2－R2sinθ＝eq\f(L,2)将R2＝eq\f(mv02,qB)代入上式可得v02＝eq\f(qBL,m)所以粒子能从ab边上射出磁场的入射速度v0的大小应满足eq\f(qBL,3m)<v0≤eq\f(qBL,m)。(2)设粒子入射速度为v，在磁场中经过的弧所对的圆心角为α，则t＝eq\f(αR,v)＝eq\f(αm,qB)，则α越大，在磁场中运动的时间也越长，由图可知，粒子在磁场中运动的半径r≤R1时，运动时间最长，弧所对的圆心角为(2π－2θ)。所以粒子在磁场中运动的最长时间为t＝eq\f(（2π－2θ）m,qB)＝eq\f(5πm,3qB)。答案(1)eq\f(qBL,3m)<v0≤eq\f(qBL,m)(2)eq\f(5πm,3qB)【变式4-2】如图所示，匀强磁场的磁感应强度为B，宽度为d，边界为CD和EF。一电子从CD边界外侧以速率v0垂直射入匀强磁场，入射方向与CD边界间夹角为θ。已知电子的质量为m，电荷量为e，为使电子能从磁场的另一侧EF射出，求：(1)电子的速率v0至少多大？(2)若θ角可取任意值，v0的最小值是多少？解析本题考查圆周运动的边界问题的求解方法。(1)当入射速率v0很小时，电子会在磁场中转动一段圆弧后又从CD一侧射出，速率越大，轨道半径越大，当轨道的边界与EF相切时，电子恰好不能从EF射出，如图所示，电子恰好射出时，由几何知识可得：r＋rcosθ＝d①又r＝eq\f(mv0,Be)②由①②得v0＝eq\f(Bed,m（1＋cosθ）)③故电子要射出磁场，速率至少应为eq\f(Bed,m（1＋cosθ）)。(2)由③式可知，θ＝0°时，v0＝eq\f(Bed,2m)最小，由②式知此时半径最小，rmin＝eq\f(d,2)，也可由轨迹分析得出上述结论。答案(1)eq\f(Bed,m（1＋cosθ）)(2)eq\f(Bed,2m)【变式4-3】如图所示，一个理想边界为PQ、MN的匀强磁场区域，磁场宽度为d，方向垂直纸面向里。一电子从O点沿纸面垂直PQ以速度v0进入磁场。若电子在磁场中运动的轨道半径为2d。O′在MN上，且OO′与MN垂直。下列判断正确的是()A．电子将向右偏转B．电子打在MN上的点与O′点的距离为dC．电子打在MN上的点与O′点的距离为eq\r(3)dD．电子在磁场中运动的时间为eq\f(πd,3v0)解析：选D电子带负电，进入磁场后，根据左手定则判断可知，所受的洛伦兹力方向向左，电子将向左偏转，如图所示，A错误；设电子打在MN上的点与O′点的距离为x，则由几何知识得：x＝r－eq\r(r2－d2)＝2d－eq\r(2d2－d2)＝(2－eq\r(3))d，故B、C错误；设轨迹对应的圆心角为θ，由几何知识得：sinθ＝eq\f(d,2d)＝0.5，得θ＝eq\f(π,6)，则电子在磁场中运动的时间为t＝eq\f(θr,v0)＝eq\f(πd,3v0)，故D正确。【题型5半圆形磁场区域问题】【例5】如图所示，长方形abcd长ad＝0.6m，宽ab＝0.3m，O、e分别是ad、bc的中点，以ad为直径的半圆内有垂直纸面向里的匀强磁场(边界上无磁场)，磁感应强度B＝0.25T。一群不计重力、质量m＝3×10－7kg、电荷量q＝＋2×10－3C的带电粒子以速度v＝5×102m/s沿垂直ad方向且垂直于磁场射入磁场区域，则()A．从Od边射入的粒子，出射点全部分布在Oa边B．从aO边射入的粒子，出射点全部分布在ab边C．从Od边射入的粒子，出射点分布在Oa边和ab边D．从aO边射入的粒子，出射点分布在ab边和bc边[解析]由r＝eq\f(mv,qB)得带电粒子在匀强磁场中运动的半径r＝0.3m，从Od边射入的粒子，出射点分布在ab和be边；从aO边射入的粒子，出射点分布在ab边和be边；选项D正确。[答案]D【变式5-1】如图所示，在xOy平面内，有一以O为圆心、R为半径的半圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直坐标平面向里，磁感应强度大小为B。位于O点的粒子源向第二象限内的各个方向连续发射大量同种带电粒子，粒子均不会从磁场的圆弧边界射出。粒子的速率相等，质量为m、电荷量大小为q，粒子重力及粒子间的相互作用均不计。(1)若粒子带负电，求粒子的速率v应满足的条件及粒子在磁场中运动的最短时间t；(2)若粒子带正电，求粒子在磁场中能够经过区域的最大面积。解析：(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则：qvB＝meq\f(v2,r)由几何关系有：r≤eq\f(R,2)联立得：v≤eq\f(qBR,2m)粒子在磁场中做圆周运动的周期：T＝eq\f(2πm,qB)由粒子在磁场中运动的轨迹可得，沿y轴正向射入磁场中的粒子在磁场中运动时间最短，则：t＝eq\f(T,2)联立可得：t＝eq\f(πm,qB)。(2)分析可得，粒子在磁场中能经过的区域为半圆，如图中阴影部分，有几何关系可得该半圆的半径：r′＝eq\f(1,2)R面积：S＝eq\f(1,2)πr′2联立可得：S＝eq\f(1,8)πR2。答案：(1)v≤eq\f(qBR,2m)eq\f(πm,qB)(2)eq\f(1,8)πR2【变式5-2】如图所示，在一个圆形区域内，两个方向相反且都垂直于纸面的匀强磁场分布在以直径A2A4为边界的两个半圆形区域Ⅰ、Ⅱ中，A2A4与A1A3的夹角为60°.一质量为m、电荷量为＋q的粒子以某一速度从Ⅰ区的边缘点A1处沿与A1A3成30°角的方向射入磁场，随后该粒子沿垂直于A2A4的方向经过圆心O进入Ⅱ区，最后再从A4处射出磁场．已知该粒子从射入到射出磁场所用的时间为t，求：(1)画出粒子在磁场Ⅰ和Ⅱ中的运动轨迹；(2)粒子在磁场Ⅰ和Ⅱ中的轨迹半径R1和R2的比值；(3)Ⅰ区和Ⅱ区中磁感应强度的大小(忽略粒子重力)．答案见解析解析(1)画出粒子在磁场Ⅰ和Ⅱ中的运动轨迹如图所示．(2)设粒子的入射速度为v，已知粒子带正电，故它在磁场中先顺时针做圆周运动，再逆时针做圆周运动，最后从A4点射出，用B1、B2，R1、R2，T1、T2分别表示在磁场Ⅰ、Ⅱ区的磁感应强度、轨迹半径和周期．设圆形区域的半径为r，已知带电粒子过圆心且垂直A2A4进入Ⅱ区磁场，连接A1A2，△A1OA2为等边三角形，A2为带电粒子在Ⅰ区磁场中运动轨迹的圆心，其半径R1＝A1A2＝OA2＝r粒子在Ⅱ区磁场中运动的轨迹半径R2＝eq\f(r,2)即eq\f(R1,R2)＝2∶1(3)qvB1＝meq\f(v2,R1)qvB2＝meq\f(v2,R2)T1＝eq\f(2πR1,v)＝eq\f(2πm,qB1)T2＝eq\f(2πR2,v)＝eq\f(2πm,qB2)圆心角∠A1A2O＝60°，带电粒子在Ⅰ区磁场中运动的时间为t1＝eq\f(1,6)T1在Ⅱ区磁场中运动的时间为t2＝eq\f(1,2)T2带电粒子从射入到射出磁场所用的总时间t＝t1＋t2由以上各式可得B1＝eq\f(5πm,6qt)B2＝eq\f(5πm,3qt)【变式5-3】匀强磁场区域由一个半径为R的半圆和一个长为2R、宽为eq\f(R,2)的矩形组成，磁场的方向如图所示．一束质量为m、电荷量为＋q的粒子(粒子间的相互作用和重力均不计)以速度v从边界AN的中点P垂直于AN和磁场方向射入磁场中．问：(1)当磁感应强度为多大时，粒子恰好从A点射出？(2)对应于粒子可能射出的各段磁场边界，磁感应强度应满足什么条件？答案(1)eq\f(2mv,qR)(2)见解析解析(1)由左手定则判定，粒子向左偏转，只能从PA、AC和CD三段边界射出，如图所示．当粒子从A点射出时，运动半径r1＝eq\f(R,2)由qB1v＝eq\f(mv2,r1)得B1＝eq\f(2mv,qR)(2)当粒子从C点射出时，由勾股定理得：(R－r2)2＋(eq\f(R,2))2＝req\o\al(2,2)，解得r2＝eq\f(5,8)R由qB2v＝eq\f(mv2,r2)，得B2＝eq\f(8mv,5qR)据粒子在磁场中运动半径随磁场减弱而增大，可以判断当B>eq\f(2mv,qR)时，粒子从PA段射出；当eq\f(2mv,qR)>B>eq\f(8mv,5qR)时，粒子从AC段射出；当B<eq\f(8mv,5qR)时，粒子从CD段射出．【题型6其他形状的磁场区域问题】【例6】(多选)如图所示，在Oxy平面的第一象限内存在方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B的匀强磁场。一带电粒子从y轴上的M点射入磁场，速度方向与y轴正方向的夹角θ＝45°。粒子经过磁场偏转后在N点(图中未画出)垂直穿过x轴。已知OM＝a，粒子电荷量为q，质量为m，重力不计。则()A.粒子带负电荷B.粒子速度大小为eq\f(qBa,m)C.粒子在磁场中运动的轨道半径为aD.N与O点相距(eq\r(2)＋1)a答案AD解析由左手定则可知，带电粒子带负电荷，A正确；做出粒子的轨迹示意图如图所示，假设轨迹的圆心为O′，则由几何关系得粒子的轨道半径为R＝eq\r(2)a，则由qvB＝meq\f(v2,R)得v＝eq\f(qBR,m)＝eq\f(\r(2)qBa,m)，B、C错误；由以上分析可知，ON＝R＋a＝(eq\r(2)＋1)a，D正确。【变式6-1】如图所示，正六边形abcdef区域内有垂直于纸面的匀强磁场。一带正电的粒子从f点沿fd方向射入磁场区域，当速度大小为vb时，