专项培优15 带电粒子在有界匀强磁场中的匀速圆周运动模型（解析版）-2025版高三物理寒假精*品讲义

专题15带电粒子在有界匀强磁场中的匀速圆周运动模型目录TOC\o"1-3"\h\u一.带电粒子在有界匀强磁场中的匀速圆周运动模型解法综述 1二．带电粒子在直线边界磁场中的运动模型 2三．平行边界磁场模型 11四．圆形边界磁场模型 16五．环形磁约束模型 30六．三角形或四边形边界磁场模型 40七．数学圆模型在电磁学中的应用 45模型一“放缩圆”模型的应用 45模型二“旋转圆”模型的应用 52模型三“平移圆”模型的应用 65模型四“磁聚焦”模型 69一.带电粒子在有界匀强磁场中的匀速圆周运动模型解法综述 基本思路图例说明圆心的确定①与速度方向垂直的直线过圆心②弦的垂直平分线过圆心③轨迹圆弧与边界切点的法线过圆心P、M点速度垂线交点P点速度垂线与弦的垂直平分线交点某点的速度垂线与切点法线的交点半径的确定利用平面几何知识求半径常用解三角形法：例：(左图)R＝eq\f(L,sinθ)或由R2＝L2＋(R－d)2求得R＝eq\f(L2＋d2,2d)运动时间的确定利用轨迹对应圆心角θ或轨迹长度L求时间①t＝eq\f(θ,2π)T②t＝eq\f(L,v)(1)速度的偏转角φ等于所对的圆心角θ(2)偏转角φ与弦切角α的关系：φ<180°时，φ＝2α；φ>180°时，φ＝360°－2α二．带电粒子在直线边界磁场中的运动模型【运动模型】直线边界，粒子进出磁场具有对称性(如图所示)图a中粒子在磁场中运动的时间t＝eq\f(T,2)＝eq\f(πm,Bq)图b中粒子在磁场中运动的时间t＝(1－eq\f(θ,π))T＝(1－eq\f(θ,π))eq\f(2πm,Bq)＝eq\f(2mπ－θ,Bq)图c中粒子在磁场中运动的时间t＝eq\f(θ,π)T＝eq\f(2θm,Bq)1.如图，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=30°。粒子经过磁场偏转后垂直穿过x轴。已知OM=a，粒子电荷量为q，质量为m，重力不计。则（）A．粒子带正电荷B．粒子运动的轨道半径为aC．粒子速度的大小为D．粒子在磁场中运动时间为【答案】C【详解】A．粒子进入磁场后沿顺时针方向做圆周运动，由左手定则可知，粒子带负电，故A错误；BC．粒子运动轨迹如图所示由几何知识可知，粒子做圆周运动的轨道半径粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得解得故B错误，C正确；D．粒子在磁场中的运动周期粒子轨迹对应的圆心角为粒子在磁场中运动的时间为故D错误。故选C。2．如图所示，在第一象限有垂直纸面向外的匀强磁场（坐标轴上无磁场），位于x轴上的Р点有一粒子发射器，沿与x轴正半轴成角方向发射不同速率的电子，已知当速度为时，粒子恰好从О点沿y轴负方向离开坐标系，则下列说法正确的是（）A．如果，则粒子速度越大，在磁场中运动的时间越长B．如果，则粒子速度越大，在磁场中运动的时间越短C．如果，则粒子速度越大，在磁场中运动的时间越长D．如果，则粒子速度越大，在磁场中运动的时间越短【答案】B【详解】AB．当速度为时，粒子恰好从О点沿y轴负方向离开坐标系，作出此时的轨迹如图所示该轨迹恰好与y轴相切，若，粒子速度越大，轨迹半径越大，轨迹飞出点逐渐从上述轨迹的切点位置上移，可知，对应轨迹圆心角越小，根据可知，粒子在磁场中运动的时间越短，故A错误，B正确；CD．若，结合上述可知，粒子轨迹为一段优弧，粒子从x轴正方向射出，根据单边有界磁场的对称性，飞出的速度方向与x轴正方向夹角仍然等于，根据几何关系可知，轨迹所对应的圆心角始终为，根据可知，如果，则在磁场中运动的时间一定，与速度大小无关，故CD错误。故选B。3.如图所示，在的区域内存在与平面垂直的匀强磁场，磁感应强度大小为。一束速率等于的相同带电粒子从原点发射，速度方向与轴正方向的夹角等概率的分布在范围内。其中，沿轴正方向发射的粒子从磁场右边界上的点（图中末标出）离开磁场，其偏向角为。不计粒子间相互作用和重力，下列说法正确的是（）

A．粒子在磁场中做圆周运动的半径为B．带电粒子的比荷为C．带电粒子在磁场中运动的最长时间为D．能从右边界射出的粒子占总粒子数的【答案】AC【详解】A．根据题意作出沿轴正方向发射的带电粒子在磁场中做圆周运动的运动轨迹如图甲所示，圆心为，根据几何关系可知粒子做圆周运动的半径为故A正确；B．由故B错误；C．在磁场中运动时间最长的粒子的运动轨迹如图乙所示，由几何知识得该粒子做圆周运动的圆心角为，在磁场中的运动时间故C正确；D．结合甲乙两图可知，能从右边界射出的粒子的速度方向与轴正方向的夹角等概率的分布在范围内，占总粒子数的，故D错误。故选AC。

4.如图，在0≤x≤h，－∞<y<＋∞区域中存在方向垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度B的大小可调，方向不变．一质量为m，电荷量为q(q>0)的粒子以速度v0从磁场区域左侧沿x轴进入磁场，不计重力．(1)若粒子经磁场偏转后穿过y轴正半轴离开磁场，分析说明磁场的方向，并求在这种情况下磁感应强度的最小值Bm；(2)如果磁感应强度大小为eq\f(Bm,2)，粒子将通过虚线所示边界上的一点离开磁场．求粒子在该点的运动方向与x轴正方向的夹角及该点到x轴的距离．【答案】见解析【解析】(1)由题意，粒子刚进入磁场时应受到方向向上的洛伦兹力，因此磁场方向垂直于纸面向里．设粒子进入磁场中做圆周运动的半径为R，根据洛伦兹力公式和圆周运动规律，有qv0B＝meq\f(v02,R)①由此可得R＝eq\f(mv0,qB)②粒子穿过y轴正半轴离开磁场，其在磁场中做圆周运动的圆心在y轴正半轴上，半径应满足R≤h③由题意，当磁感应强度大小为Bm时，粒子穿过y轴正半轴离开磁场时的运动半径最大，由此得Bm＝eq\f(mv0,qh)④(2)若磁感应强度大小为eq\f(Bm,2)，粒子做圆周运动的圆心仍在y轴正半轴上，由②④式可得，此时圆弧半径为R′＝2h⑤粒子会穿过图中P点离开磁场，运动轨迹如图所示．设粒子在P点的运动方向与x轴正方向的夹角为α，由几何关系sinα＝eq\f(h,2h)＝eq\f(1,2)⑥即α＝eq\f(π,6)⑦由几何关系可得，P点与x轴的距离为y＝2h(1－cosα)⑧联立⑦⑧式得y＝(2－eq\r(3))h.4.（2024·江西·模拟预测）如图，在直角坐标xOy平面的y轴与直线之间有垂直坐标平面向外的匀强磁场，场强大小为B。在坐标原点处有一粒子源，在坐标平面内沿与y轴正方向成的夹角向磁场内射入大量质量为m，电荷量为q的带正电粒子，这些粒子的速度满足，已知这些粒子在磁场中运动的最长时间是最短时间的5倍，不计粒子的重力和粒子间的相互作用，，。则等于（）A． B．C． D．【答案】B【详解】粒子在磁场中做匀速圆周运动，令轨迹对应的圆心角为，则粒子在磁场中一定的时间可知，轨迹对应圆心角越大，粒子在磁场中运动时间越长，可知，当粒子从y轴离开磁场，对应轨迹圆心角最大，粒子在磁场中一定时间最长，根据几何关系可知，此时轨迹的圆心角为。因为在磁场中运动的最长时间是最短时间的5倍，则运动时间最短时对应的轨迹的圆心角为，由于解得速度越大，轨道半径越大，在上述磁场中运动时间越短，所以最大速度粒子对应的时间最短，即其轨迹对应的圆心角为，由几何关系可知粒子将垂直于磁场右边界飞出磁场，则有解得轨道半径为结合上述解得最大速度为故选B。5.如图，一磁感应强度大小为B的匀强磁场，方向垂直于纸面（xOy平面）向里，磁场右边界与x轴垂直。一带电粒子由O点沿x正向入射到磁场中，在磁场另一侧的S点射出，粒子离开磁场后，沿直线运动打在垂直于x轴的接收屏上的P点；SP=l，S与屏的距离为，与x轴的距离为a。如果保持所有条件不变，在磁场区域再加上电场强度大小为E的匀强电场，该粒子入射后则会沿x轴到达接收屏。该粒子的比荷为（

）

A． B． C． D．【答案】A【详解】由题知，一带电粒子由O点沿x正向入射到磁场中，在磁场另一侧的S点射出，

则根据几何关系可知粒子出离磁场时速度方向与竖直方向夹角为30°，则解得粒子做圆周运动的半径r=2a则粒子做圆周运动有则有如果保持所有条件不变，在磁场区域再加上电场强度大小为E的匀强电场，该粒子入射后则会沿x轴到达接收屏，则有Eq=qvB联立有故选A。6.（2024·河北·模拟预测）如图，水平放置的挡板上方有垂直纸面向里的匀强磁场，一带电粒子垂直于指板从板上的小孔射入磁场，另一带电粒子垂直于磁场且与挡板成角射入磁场，、初速度大小相等，两粒子恰好都打在板上同一点（图中未标出），不计重力，下列说法正确的是（）A．、的电性相反B．、在磁场中的运动时间可能相同C．若在点左侧，则、的比荷之比为D．若在点右侧，则、的比荷之比为【答案】D【详解】A．根据题意可知，两粒子在磁场中的偏转方向相同，所以根据左手定则可知，两粒子的电性相同，故A错误；BCD．令两粒子都带正电，粒子的运动轨迹如图所示P点在O点的左侧，根据几何知识有Ra：Rb=sinθ：1因为所以粒子做圆周运动的半径为则根据图形可知，该种情况下a粒子做圆周运动的路程小于b粒子的路程，根据可知，a、b两粒子的速度相等，所以a粒子的运动时间小于b粒子；当两粒子都带负电时，两粒子的运动轨迹如图所示P点在O点的右侧，根据几何知识有Ra：Rb=sinθ：1则根据图形可知，该种情况下a粒子做圆周运动的路程大于b粒子的路程，所以a粒子的运动时间大于b粒子；故D正确，BC错误。故选D。三．平行边界磁场模型【运动模型】平行边界存在临界条件，图a中粒子在磁场中运动的时间t1＝eq\f(θm,Bq)，t2＝eq\f(T,2)＝eq\f(πm,Bq)图b中粒子在磁场中运动的时间t＝eq\f(θm,Bq)图c中粒子在磁场中运动的时间t＝(1－eq\f(θ,π))T＝(1－eq\f(θ,π))eq\f(2πm,Bq)＝eq\f(2mπ－θ,Bq)图d中粒子在磁场中运动的时间t＝eq\f(θ,π)T＝eq\f(2θm,Bq)1.（2024·广西钦州·模拟预测）如图所示，有界匀强磁场的宽度为d，一带电荷量为q、质量为m的带负电粒子以速度垂直边界射入磁场，离开磁场时的速度偏角为，不计粒子受到的重力，下列说法正确的是（）A．带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的轨道半径为3dB．带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的角速度为C．带电粒子在匀强磁场中运动的时间为D．匀强磁场的磁感应强度大小为【答案】B【详解】A．由几何关系可知，带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的轨道半径为选项A错误；B．带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的角速度为选项B正确；C．带电粒子在匀强磁场中运动的时间为选项C错误；D．根据解得匀强磁场的磁感应强度大小为选项D错误。故选B。2．（2024·湖北黄冈·三模）如图所示，空间内有一垂直于x轴的足够大的平面M，M将的空间分成Ⅰ、Ⅱ两区域，两区域均存在磁感应强度大小为B的匀强磁场，区域Ⅰ磁场沿y轴负向，区域Ⅱ磁场沿y轴正向。一带电粒子从O点以大小为v的速度射入区域Ⅰ，速度方向在xOy平面内且与x轴正向成，粒子在Ⅰ、Ⅱ两区域内运动后经过y轴上的P点。已知，，不计带电粒子的重力，则该粒子的比荷为（）A． B． C． D．【答案】A【详解】将粒子的入射速度沿水平方向与竖直方向分解，则有粒子水平方向的分运动为匀速圆周运动，竖直方向的分运动为匀速直线运动，假设粒子带正电，Ⅰ、Ⅱ两部分磁场方向分别沿y轴负方向与y轴正方向，作出粒子水平方向运动的俯视图如图所示粒子在水平方向中做匀速圆周运动，则有粒子匀速圆周运动的周期为解得，粒子在左右磁场中圆周运动的半径相等，则有粒子在水平方向圆周运动的时间为粒子在竖直方向做匀速直线运动的时间为根据分运动的等时性有解得故选A。3.（2025·浙江·模拟预测）在如图所示的xOy平面内，边长为2R的正方形区域中存在方向垂直xOy平面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场，沿x轴放置一长为2R的探测板，与磁场下边界的间距为R，质量为m、电荷量为q的正离子源从正方形一边（位于y轴上）的中点P向垂直于磁场方向持续发射离子，发射速度方向与水平方向夹角范围为0﹣60°并沿0﹣60°范围均匀分布，单位时间发射N个离子，其发射离子速度大小随发射角变化的关系为，α为发射速度方向与水平方向夹角，其中当α＝0°的离子恰好从磁场下边界的中点沿y轴负方向射出。不计离子间的相互作用和离子的重力，离子打在探测板即被吸收并中和，已知R＝0.05m，B＝1T，v0＝5×105m/s，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。(1)求离子的比荷（结果保留一位有效数字）；(2)求单位时间内能打在探测板上的离子数n（结果保留分数）；(3)求探测板至少多长能吸收到所有离子（结果保留根式）。【答案】(1)1×107C/kg(2)N(3)m【详解】（1）α＝0°离子的轨迹如图所示：根据几何关系r＝R根据洛伦兹力提供向心力有qv0B联立代入数据解得比荷1×107C/kg（2）发射速度方向与水平方向夹角为α的离子运动轨迹半径为如果第一、四象限都有磁场，根据几何关系可得离子在磁场中运动时在y轴上的弦长即所有粒子都打到O点；根据对称性可得从P向磁场发射的离子均垂直磁场下边界射出，离子要打在探测板最右边时，需满足解得α＝37°所以当α＞37°时粒子从磁场右边界射出磁场不能打到探测板上，则单位时间内能打在探测板上的离子数nN（3）根据几何关系可知当α＝60°时，从有边界射出的粒子运动最远，如图：此时可知QM＝2R，β＝60°解得此时粒子在x轴上的距离m所以探测板至少m才能接到所有的粒子。四．圆形边界磁场模型【模型构建】沿径向射入圆形磁场的粒子必沿径向射出，运动具有对称性(如图所示)粒子做圆周运动的半径r＝eq\f(R,tanθ)粒子在磁场中运动的时间t＝eq\f(θ,π)T＝eq\f(2θm,Bq)θ＋α＝90°1．圆形有界磁场问题（1）正对圆心射入圆形磁场区域正对圆心射出，两圆心和出（入）射点构成直角三角形，有→磁偏转半径，根据半径公式求解；时间。速度v越大→磁偏转半径r越大→圆心角α越小→时间t越短。若r=R，构成正方形。2．圆形有界磁场问题（2）不对圆心射入圆形磁场区域两个等腰三角形，一个共同的底边若r=R，构成菱形1.如图所示，半径为R、圆心为O的圆形区域内存在一垂直纸面向里的匀强磁场，直径ab水平。电子带电荷量为、质量为m，以速率v从a处始终沿纸面射入磁场，当电子在a处的速度方向与aO夹角为30°、斜向下时，离开磁场时的速度方向相比进入时的改变了60°。不计电子的重力，下列说法正确的是（）

A．圆形区域中磁场的磁感应强度大小为B．改变入射方向，当电子经过O点时，电子在磁场中的运动时间为C．改变入射方向，电子离开磁场时的速度方向不变D．改变入射方向，电子离开磁场时的速度方向可能改变【答案】BC【详解】A．设电子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹圆心为C，出射点为d，如图甲所示，由于电子离开磁场时的速度方向相比进入时的速度方向改变了60°，可知，由三角形全等可知电子从d点射出时的速度方向竖直向下，可知为等腰三角形，可知电子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径根据洛伦兹力提供电子在磁场中做圆周运动的向心力可得代入半径可得故A错误。B．改变电子在a处的入射方向，当电子经过O点时，如图乙所示，轨迹圆心在圆形边界上的D点，出射点在e点，可知四边形aOeD为菱形，三角形aOD，eOD为等边三角形，电子从e点射出时速度方向仍竖直向下，在磁场中运动轨迹对应的圆心角为120°，电子在磁场中的运动时间为故B正确。C．改变电子在a处的入射方向，设电子从一般位置f射出，轨迹圆心为P，同理可知四边形aOfP为菱形，出射点对应轨迹半径，可知电子射出磁场时速度方向仍竖直向下，即改变入射方向，电子离开磁场时的速度方向不变，故C正确，D错误。

故选BC。2.（2024·云南昆明·模拟预测）一圆筒的横截面如图所示，其圆心为O，筒内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。质量为m、电荷量为q的带正电粒子以速度v沿半径SO方向射入磁场中。粒子与圆筒发生两次碰撞后仍从S孔射出，设粒子与圆筒碰撞过程中没有动能损失，且电荷量保持不变，在不计重力的情况下，则圆筒的半径为（）A． B． C． D．【答案】B【详解】粒子进入磁场后做匀速圆周运动，运用几何关系做出圆心为O'，圆半径为r，设第一次碰撞点为A，由于粒子与圆筒发生两次碰撞又从S孔射出，因此SA弧所对的圆心角由几何关系得粒子运动过程中洛伦兹力充当向心力，由牛顿第二定律得联立解得故选B。3.（2024·山东临沂·二模）如图所示，半径为R圆形区域内存在磁感应强度大小为B的匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向外。质量为m、电荷量为的带电粒子由A点沿平行于直径的方向射入磁场，最后经过C点离开磁场。已知弧对应的圆心角为60°，不计粒子重力。则（）A．粒子运动速率为B．带电粒子运动过程中经过圆心OC．粒子在磁场中运动的时间为D．粒子在磁场中运动的路程为【答案】B【详解】A．假设该电荷在磁场中运动轨迹圆心为O’，由几何关系可知为正三角形。假设运动轨迹半径为r，由几何关系可知由洛伦兹力公式可知故A错误；B．由图像可知，轨迹经过圆心。故B正确；C．由于此时运动轨迹圆心角为120°，结合公式可知，所用时间为故C错误；D．由几何关系可知故D错误。故选B。4．（2024·广东深圳·二模）如图所示，半径为R的圆形区域内存在匀强磁场，磁场方向垂直于圆所在的平面。一速度为v的带电粒子从圆周上的A点沿半径方向射入磁场，入射点A与出射点B间的圆弧为整个圆周的三分之一。现有一群该粒子从A点沿该平面以任意方向射入磁场，已知粒子速率均为，忽略粒子间的相互作用，则粒子在磁场中最长运动时间为（）A． B． C． D．【答案】C【详解】粒子在磁场中做匀速圆周运动，设速率为的带电粒子的运动半径为，其轨迹如图中弧AB所示由题意可知，由几何关系可得圆周运动的半径为由洛伦兹力提供向心力可得可得粒子的半径为可知粒子运动半径与速率成正比，则速率为的粒子在磁场中圆周运动半径为在磁场中运动时间最长的粒子的运动轨迹的弦为磁场区域圆的直径，粒子运动轨迹如图中的弧AC。则角满足可得粒子在磁场中运动的周期为粒子在磁场中最长运动时间为故选C。5.粒子物理研究中使用的一种球状探测装置横截面的简化模型如图所示。内圆区域有垂直纸面向里的匀强磁场，外圆是探测器。两个粒子先后从P点沿径向射入磁场，粒子1沿直线PM通过磁场区域后打在探测器上的M点。粒子2经磁场偏转后打在探测器上的N点。装置内部为真空状态，忽略粒子重力及粒子间相互作用力。下列说法正确的是（）

A．粒子1可能为质子B．粒子2可能为电子C．若增大磁感应强度，粒子1可能打在探测器上的Q点D．若增大粒子入射速度，粒子2可能打在探测器上的Q点【答案】D【详解】A．粒子1沿直线运动，因忽略粒子重力及粒子间相互作用力，可知该粒子不带电，故不可能为质子，故A错误；B．粒子2水平射入后向上偏转，即受到向上的洛伦兹力，由左手定则可知该粒子带正电，故B错误；C．因粒子1不带电，所以增大磁感应强度，粒子1仍打在M点，故C错误；D．由可知增大粒子入射速度后，粒子圆轨迹半径增大，所以粒子2可能打在探测器上的Q点，故D正确。故选D。6.如图，圆形虚线框内有一垂直纸面向里的匀强磁场，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角，下列判断正确的是（）

A．沿径迹运动的粒子均为正电子B．沿径迹运动的粒子在磁场中运动时间最短C．沿径迹运动的粒子在磁场中运动时间之比为2∶1D．沿径迹运动的粒子动能之比为3∶1【答案】C【详解】A．由左手定则可判断沿径迹，运动的粒子均带负电，A项错误；B．由于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，则有解得可知四种粒子的周期相等，而沿径迹运动的粒子偏转角最大，圆心角也最大，设偏转角为θ，由可知沿径迹运动的粒子在磁场中运动时间最长，B项错误；C．沿径迹Oa运动的粒子在磁场中偏转角度为沿径迹Od运动的粒子在磁场中偏转角度为两粒子运动周期大小相同，则可知，运动的粒子在磁场中运动时间之比为2∶1，选项C正确；D．设圆形磁场半径为r，根据几何关系可得沿径迹，运动的粒子轨道半径分别为根据可得根据动能可知沿径迹运动的粒子动能之比为1∶3，选项D错误。故选C。7.如图所示，纸面内有一圆心为O，半径为R的圆形磁场区域，磁感应强度的大小为B，方向垂直于纸面向里。由距离O点处的P点沿着与连线成的方向发射速率大小不等的电子。已知电子的质量为m，电荷量为e，不计电子的重力且不考虑电子间的相互作用。为使电子不离开圆形磁场区域，则电子的最大速率为（）A． B． C． D．【答案】C【详解】如图当电子的运动轨迹与磁场边界相切时，根据得电子运动半径最大，速度最大。电子圆周运动的圆心与圆形磁场的圆心以及切点共线，过电子圆周运动的圆心做OP的垂线，由几何关系得得则最大速率为故选C。8.如图所示，在直角坐标xOy平面内，有一半径为R的圆形匀强磁场区域，磁感应强度的大小为B，方向垂直于纸面向里，边界与x、y轴分别相切于a、b两点，ac为直径。一质量为m，电荷量为q的带电粒子从b点以某一初速度v0（v0大小未知）沿平行于x轴正方向进入磁场区域，从a点垂直于x轴离开磁场，不计粒子重力。下列判断不正确的是（）

A．该粒子的速度为B．该粒子从b点运动到a点的时间为C．以从b点沿各个方向垂直进入磁场的该种粒子从边界出射的最远点恰为a点D．以从b点沿各个方向垂直进入磁场的该种粒子在磁场中运动的最长时间是【答案】D【详解】AB．粒子从b点以某一初速度沿平行于x轴正方向进入磁场区域，从a点垂直于轴离开磁场，如图所示由洛伦兹力提供向心力可得由几何关系可得联立解得该粒子从b点运动到a点的时间为故AB正确；

C．以从b点沿各个方向垂直进入磁场，粒子在磁场中的半径为该种粒子从边界出射的最远点与入射点的距离为粒子轨迹圆的直径，由几何关系可知可知该种粒子从边界出射的最远点恰为a点，故C正确；

D．以从b点沿各个方向垂直进入磁场，粒子在磁场中的半径为当该粒子在磁场中运动轨迹对应的弦长最大时，轨迹对应的圆心角最大，粒子在磁场中运动的时间最长，如图所示

由几何关系可知，最大圆心角为，则最长时间为故D错误。此题选择不正确的选项，故选D。9.（2024·四川眉山·模拟预测）如图所示，为某速度选择器的主要工作区域，圆形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场（图中未画出），O点为磁场的圆心，水平虚线为圆的一条直径。S点有一粒子发射源能在纸面内沿SO向外发射一系列比荷均为k的正粒子，M、N为水平虚线下方半圆的三等分点，P为水平虚线下方半圆的一个四等分点。粒子发射速率为v0时，粒子在磁场中运动时间为t0并从M点离开磁场，粒子初速度范围为[0.1v0，10v0]，可连续变化，且不同速度的粒子数量相同。下列说法正确的是（）A．磁感应强度大小为B．从P点射出的粒子的速率为C．粒子的速度越小，在磁场中运动时间越短D．从弧SM射出的粒子数小于从弧MN射出的【答案】AD【详解】A．当粒子从M点离开磁场时，轨迹如图所示粒子在磁场中运动的时间为所以故A正确；B．当粒子从M点射出时，根据洛伦兹力提供向心力当粒子从P点射出时，根据洛伦兹力提供向心力联立解得故B错误；C．粒子的速度越小，半径越小，圆心角越大，则粒子在磁场中运动时间越长，故C错误；D．若粒子从N点射出，则所以从弧SM射出的粒子的速度大小为0.1v0~v0，从弧MN射出的粒子速度大小为v0~3v0，由此可知，从弧SM射出的粒子数小于从弧MN射出的粒子数，故D正确。故选AD。五．环形磁约束模型【模型构建】临界圆临界半径勾股定理(R2-R1)2=R12+r2解得：1.（2024·辽宁·三模）地磁场能抵御宇宙射线的侵入，赤道剖面外地磁场可简化为包围地球且厚度为地球半径的的匀强磁场，方向垂直该剖面，图中给出的速度在图示平面内，从O点沿平行于垂直地面两个不同方向入射的a、b、c三种比荷相同的带电粒子（不计重力）在地磁场中的三条运动轨迹，其中，a、c粒子入射速度大小分别为va、vc，方向与地面平行，b粒子入射速度方向与地面垂直，且它们都恰不能到达地面。则下列相关说法中正确的是（）A．三个粒子在磁场中圆周运动的周期B．a粒子带负电，b、c粒子带正电C．D．【答案】C【详解】A．根据洛伦兹力为其做圆周运动提供向心力及周期公式解得三种粒子的比荷相同，故周期相同，A错误；B．根据左手定则可知，a、c粒子带负电，b粒子带正电，B错误；CD．根据洛伦兹力提供向心力解得设地球半径为R，则所以C正确，D错误。故选C。2.如图所示，半径分别为R和2R的同心圆处于同一平面内，O为圆心。两圆形成的圆环内（含边界）有垂直圆面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为q（）的粒子由大圆上的A点以速率v沿大圆切线方向进入磁场，粒子仅在磁场中运动，不计粒子的重力，则粒子运动速率v可能为（）A． B． C． D．【答案】ACD【详解】带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动可得粒子仅在磁场中运动，则或代入可得或故选ACD。3.（2024·山东日照·模拟预测）据报道，我国空间站安装了现代最先进的霍尔推进器用以空间站的轨道维持。如图乙，在很窄的圆环空间内有沿半径向外的磁场1，其磁感强度大小可近似认为处处相等；垂直圆环平面同时加有匀强磁场2和匀强电场（图中没画出），磁场1与磁场2的磁感应强度大小相等，已知电子电量为e，质量为m，若电子恰好可以在圆环内沿顺时针方向做半径为R、速率为v的匀速圆周运动。则以下说法错误的是（）A．电场方向垂直环平面向外 B．电子运动周期为C．垂直环平面的磁感强度大小为 D．电场强度大小为【答案】A【详解】A．根据左手定则可知电子在圆环内受到沿半径向外的磁场1的洛伦兹力方向垂直环平面向里，电场力需要与该洛伦兹力平衡，电场力方向应垂直环平面向外，由于电子带负电，故电场方向垂直环平面向里，故A错误；B．电子在圆环内沿顺时针方向做半径为、速率为的匀速圆周运动，则电子运动周期为故B正确；C．电子在圆环内受到磁场2的洛伦兹力提供电子做圆周运动的向心力，则有解得故C正确；D．电子在垂直环平面方向受力平衡，则有解得故D正确。故选A。4.2023年1月7日，中科院聚变大科学团队利用有“人造太阳”之称的全超导托卡马克大科学装置（EAST），发现并证明了一种新的高能量约束模式，对国际热核聚变实验堆和未来聚变堆运行具有重要意义。其基本原理是由磁场约束带电粒子运动，使之束缚在某个区域内。如图所示，环状磁场的内半径为，外半径为，被束缚的带电粒子的比荷为k，中空区域内带电粒子具有各个方向的速度，速度大小为v。中空区域中的带电粒子都不会穿出磁场的外边缘而被约束在半径为的区域内，则环状区域内磁场的磁感应强度大小可能是（）A． B．C． D．【答案】CD【详解】由题意可知，粒子的比荷为k，要使所有的粒子都不能穿出磁场，与内圆相切的方向进入磁场的粒子在磁场运动的轨迹刚好与外圆相切，运动轨迹如图所示由几何知识可知，粒子最大轨道半径粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得解得要使粒子不离开磁场由于故选CD。5.（2024·贵州遵义·三模）如图所示，空间存在垂直纸面向外的环形匀强磁场，磁感应强度为B，磁场内外边界为两个同心圆，半径分别为R、3R。现有质量为m电荷量为q的粒子，沿半径方向垂直于磁场进入环形区域，粒子恰好不能进入小圆区域，不计重力。则粒子在磁场中运动的（

）A．轨道半径为1.5R B．轨道半径为3RC．运动时间为 D．运动时间为【答案】C【详解】AB．设粒子带正电，粒子恰好不能进入小圆区域，轨迹如图所示根据几何关系可得解得粒子轨道半径为故AB错误；CD．由几何关系可得可得则粒子在磁场中的运动时间为故C正确，D错误。故选C。6．（2024·内蒙古赤峰·三模）宇宙射线中含有大量的质子，为防止质子对宇航员的危害，某科研团队设计了如图甲所示的防护装置，图乙为其截面图。半径为R的圆柱形区域是宇航员的防护区，在半径分别为R和2R的同心圆柱之间加有沿轴线方向的匀强磁场。已知质子沿各个方向运动的速率均为电荷量为e，质量为m。不计质子间相互作用。若垂直磁场入射的所有质子都无法进入防护区，则磁感应强度大小至少为（）A． B． C． D．【答案】A【详解】为使所有速度为的粒子都不进入防护区，半径最大的粒子轨迹如图则粒子的半径最大为由洛伦兹力提供向心力可知解得磁感应强度大小至少为故选A。7．（2024·山东聊城·二模）2023年4月，我国有“人造太阳”之称的托卡马克核聚变实验装置创造了新的世界纪录。其中磁约束的简化原理如图：在半径为和的真空同轴圆柱面之间，加有与轴线平行的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，。假设氘核沿内环切线向左进入磁场，氚核沿内环切线向右进入磁场，二者均恰好不从外环射出。不计重力及二者之间的相互作用，则和的速度之比为（）A．2∶1 B．3∶2 C．2∶3 D．1∶2【答案】D【详解】由题意可知，根据左手定则，作图如图所示由几何关系可知，氘核的半径为，有则由几何关系可知，氚核的半径为，有则由洛伦兹力提供向心力可得氘核和氚核的速度之比为故选D。8．（2024·贵州贵阳·一模）一磁约束装置的简化示意图如图所示。在内、外半径分别为R、R的环状区域内有方向垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q的粒子从P点沿圆的半径方向射入磁场后恰好不会穿出磁场的外边界，且被约束在大圆以内的区域内做周期性运动，不计粒子重力。则该粒子的运动周期为（）A． B．C． D．【答案】C【详解】粒子运动的轨迹如图所示根据几何关系有解得，根据洛伦兹力提供向心力有可得所以粒子的运动周期为故选C。六．三角形或四边形边界磁场模型1．（2025·江西南昌·一模）如图所示，在直角三角形abc区域内有匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向外，。一质子以的速度沿平行于ab的方向从O点射入三角形区域，经时间t从ON的中点M离开磁场，若一粒子以的速度从O点沿相同的方向射入，则粒子在磁场中的运动时间为（

）A． B．t C． D．2t【答案】D【详解】根据洛伦兹力提供向心力可得解得设质子在磁场中的运动半径为，则粒子在磁场中的运动半径为根据几何关系可知粒子从N点离开磁场，根据题意作出粒子运动轨迹质子在磁场中的运动时间为粒子在磁场中的运动时间为故选D。2．（2024·湖南·模拟预测）如图所示，射线AB、AC为一足够大的匀强磁场区域的边界，内部磁场方向垂直纸面向里。两个质量相同且带异种电荷的粒子a、b以相同的速度先后从AB边上的D点垂直AB边射入磁场，两粒子运动的轨迹均与AC相切，忽略粒子受到的重力及粒子间的相互作用力，，下列说法正确的是（）A．a粒子带负电B．a、b两粒子运动轨迹半径之比为3：1C．a、b两粒子所带的电荷量之比为1：4D．b粒子在磁场中的轨迹直径等于两切点的距离【答案】C【详解】A．根据左手定则可知a粒子带正电，故A错误；BC．如图设两粒子的轨迹半径分别为和，由可得，由几何知识在解得根据洛伦兹力提供向心力得得故B错误，C正确；D．设，由几何知识可知两切点间的距离故D错误。故选C。3.（2024·广东·二模）如图所示，斜边长度为L的等腰直角三角形区域内存在磁感应强度大小为B的匀强磁场（三角形边界上也存在磁场）。一电荷量为q，质量为m的带正电的粒子（不计重力）从斜边上的P点进入磁场，速度方向与间的夹角，且。经过一段时间，粒子从上的D点（未画出）离开磁场，则下列说法正确的是（）A．磁场方向垂直于纸面向里B．粒子的最大速度为C．D点到P点的最大距离为D．粒子在磁场中运动的时间为【答案】C【详解】A．根据左手定则可知，磁场方向垂直于纸面向外，A项错误；B．速度越大，粒子在磁场中做圆周运动的半径越大，当速度达到最大值时，根据几何关系可知，粒子做圆周运动的轨迹同时与三角形的，边相切，且从D点飞出的速度方向与的夹角也为，画出粒子在磁场中的运动轨迹如图，由几何关系有由洛伦兹力提供向心力有解得B项错误；C．由几何关系有C项正确；D．粒子做匀速圆周运动的周期粒子在磁场中运动的时间D项错误。故选C。4.如图，一个边长为l的正方形区域内存在垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。现有一质量为m、带电量为的粒子以某一速度从M点垂直于磁场射入，粒子恰好从的中点射出磁场。已知粒子射入磁场时的速度方向与的夹角为，不计粒子重力，粒子射入磁场的速度大小为（）

A． B． C． D．【答案】B【详解】根据题意作出粒子运动轨迹如图

由题可知，根据几何关系有则粒子运动的轨迹半径为根据洛伦兹力提供向心力有联立解得故选B。七．数学圆模型在电磁学中的应用模型一“放缩圆”模型的应用适用条件速度方向一定，大小不同粒子源发射速度方向一定，大小不同的带电粒子进入匀强磁场时，这些带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径随速度的变化而变化轨迹圆圆心共线如图所示(图中只画出粒子带正电的情景)，速度v越大，运动半径也越大。可以发现这些带电粒子射入磁场后，它们运动轨迹的圆心在垂直初速度方向的直线PP′上界定方法以入射点P为定点，圆心位于PP′直线上，将半径放缩作轨迹圆，从而探索出临界条件，这种方法称为“放缩圆”法1.(多选)如图所示，一束电子以大小不同的速率沿图示方向垂直飞入横截面是一正方形的匀强磁场区域，下列判断正确的是()A．电子在磁场中运动时间越长，其轨迹线越长B．电子在磁场中运动时间越长，其轨迹线所对应的圆心角越大C．在磁场中运动时间相同的电子，其轨迹线不一定重合D．电子的速率不同，它们在磁场中运动时间一定不相同【答案】BC【解析】由t＝eq\f(θ,2π)T知，电子在磁场中运动时间与轨迹对应的圆心角成正比，所以电子在磁场中运动的时间越长，其轨迹线所对应的圆心角θ越大，电子飞入匀强磁场中做匀速圆周运动，轨迹线弧长s＝rθ，运动时间越长，θ越大，但半径r不一定大，s也不一定大，故A错误，B正确．由周期公式T＝eq\f(2πm,qB)知，电子做圆周运动的周期与电子的速率无关，所以电子在磁场中的运动周期相同，若它们在磁场中运动时间相同，但轨迹不一定重合，比如：轨迹4与5，它们的运动时间相同，但它们的轨迹对应的半径不同，由r＝eq\f(mv,qB)可知它们的速率不同，故C正确，D错误．2.(多选)（2024·宁夏银川·三模）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，则质子的速度可能为（）A． B． C． D．【答案】AC【详解】因质子带正电，且经过D点，其可能的轨迹如图所示所有圆弧所对圆心角均为，质子可能的运动半径（，，）由洛伦兹力提供向心力得联立可得（，，）故选AC。3.(多选)如图所示，在圆心为O、半径为R的半圆形区域内（不含边界）有磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，MN为直径。大量带正电荷的同种粒子以不同的速率从O点在纸面内沿与ON成角的方向射入磁场。粒子的质量为m，电荷量为q，不计粒子受到的重力以及粒子间的相互作用。下列说法正确的是（

）

A．粒子在磁场中运动的最长时间为B．若粒子恰好从圆弧边界离开磁场，则粒子的速度大小为C．若粒子恰好从O点正上方的P点离开磁场，则粒子的速度大小为D．选择合适的速度，粒子可能从M点离开磁场【答案】AC【详解】A．当粒子的速度较小时，粒子从MN边界离开磁场，其轨迹对应的圆心角为，此时粒子在磁场中运动的时间最长，最长时间故A正确；B．如图所示

当粒子做圆周运动的轨迹与半圆形磁场边界相切时（设切点为Q），粒子恰好从圆弧边界射出，根据几何知识可知，粒子的轨道半径设粒子的速度大小为，有，解得故B错误；C．设当粒子恰好从P点离开磁场时，粒子的轨道半径为，根据几何关系有设粒子的速度大小为，有，解得故C正确；D．当粒子的速度大于时，粒子从Q点右侧离开磁场，当粒子的速度小于时，粒子从MN边界离开磁场，即粒子不可能从M点离开磁场，故D错误。故选AC。4.(多选)（2024·四川雅安·模拟预测）如图所示，矩形边界内存在磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直纸面向里，边足够长，边长为L。现有质量为m、电量为q的不同速率的带正电粒子，从的中点E射入磁场且速度方向与成角，不计粒子重力及粒子间的相互作用，下列说法正确的是（）A．粒子在磁场中运动的最长时间为B．从边射出粒子的最小速度为C．从边射出粒子的最小速度为D．边上有粒子射出的区域长度为【答案】CD【详解】A．当粒子从边离开时，粒子在磁场中运动的时间最长，如图所示由图可知粒子在磁场中运动的最长时间为故A错误；B．当粒子刚好与边相切时，如图所示根据几何关系可得由洛伦兹力提供向心力得联立解得从边射出粒子的最小速度为故B错误；C．当粒子刚好与边相切时，如图所示根据几何关系可得由洛伦兹力提供向心力得联立解得从边射出粒子的最小速度为故C正确；D．由BC选项图中几何关系可得边上有粒子射出的区域长度为故D正确。故选CD。5.(多选)（2024·陕西安康·模拟预测）如图所示，在竖直面内有一半径为R的能吸收带电粒子的半圆形装置，在装置外有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，边界ab为过圆心O的一水平直线。一群质量为m、电荷量为q的带正电粒子以不同的速率从A点竖直向上进入磁场，AO的长度为，粒子重力和粒子间的相互作用不计，，下列说法正确的是（）A．能够被装置吸收的粒子的最大速度为B．能够被装置吸收的粒子的最小速度为C．能够被装置吸收的粒子中，运动时间最短的粒子速度大小为D．能够被装置吸收的粒子中，运动时间最短的粒子运动时间为【答案】BD【详解】A．粒子从A点进入磁场，运动轨迹半径最大时有最大速度，当粒子从半圆形装置最右面被该装置吸收时，其轨迹半径最大，其速度最大，对于粒子有整理有有几何关系可知，其粒子的半径设为，有所以有上述分析有故A项错误；B．当运动轨迹最小时，其粒子的速度最小，即粒子从装置最左侧被吸收其半径最小，由几何关系有结合之前的分析可知，有故B项错误；CD．粒子进入磁场运动至圆周上，时间最短即为圆心角最小，根据圆心角等于2倍弦切角可知，时间最小，即运动轨迹圆的弦切角需最小。如图所示运动时间最短，此时轨迹圆的弦AC与题设半圆相切，由几何关系可知，圆心角为根据几何关系结合之前的分析，其中所以故C错误，D正确。故选BD。模型二“旋转圆”模型的应用适用条件速度大小一定，方向不同粒子源发射速度大小一定、方向不同的带电粒子进入匀强磁场时，它们在磁场中做匀速圆周运动的半径相同，若射入初速度为v0，则圆周运动半径为R＝eq\f(mv0,qB)。如图所示轨迹圆圆心共圆带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心在以入射点P为圆心、半径R＝eq\f(mv0,qB)的圆上界定方法将一半径为R＝eq\f(mv0,qB)的圆以入射点为圆心进行旋转，从而探索粒子的临界条件，这种方法称为“旋转圆”法1.如图所示，垂直纸面向里的匀强磁场中有一固定竖直挡板，挡板足够长，P处有一粒子源，PO连线垂直挡板，P到O的距离为L。粒子源能垂直磁场沿纸面向各个方向发射速度大小均为v的带正电粒子。粒子质量均为m，电荷量均为q，到达挡板的粒子都被吸收，不计粒子的重力及粒子间的相互作用。（1）若有粒子能到达挡板，求磁感应强度大小B应满足的条件；（2）若粒子到达挡板上侧最远处为M点，下侧最远处为N点，且，求磁感应强度的大小B。

【答案】（1）；（2）【详解】（1）若恰有粒子能到达挡板，则粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径最小，为

如图1所示，由几何关系可知洛伦兹力充当向心力，由牛顿第二定律有解得即当时，有粒子能到达挡板。（2）设粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径为r，粒子到达挡板上侧最远处M点时，轨迹圆在M点与挡板相切，如图2所示。设O、M间距离为

由几何关系有粒子到达挡板下侧最远处N点时，PN为轨迹圆的直径。设O、N间距离为，由几何关系可得由题意知解得由牛顿第二定律有解得2.(多选)（2024·河北邯郸·三模）如图所示，在x轴上方存在磁感应强度大小为B、方向垂直于平面向里的匀强磁场。x轴上放置一无限长挡板，挡板上M、N两点的坐标分别为和，坐标为的P点存在一粒子源，可以在平面内向各个方向均匀发射速率为v，比荷为的正电粒子，不计粒子重力及粒子间相互作用，下列说法正确的是（）A．带电粒子在磁场中顺时针运动B．若，则打在挡板上的粒子数占总数的C．若，则挡板上有粒子打到的线段长度为D．若，将挡板撤去，则MN之间各处均有粒子通过【答案】BC【详解】A．根据左手定则，带电粒子在磁场中逆时针运动，故A错误；B．根据半径公式带入解得如图甲所示，则打在挡板上的粒子的两个临界为①和②，对应的角度范围为，则打在挡板上的粒子数占总数的，故B正确；C．打在挡板上的长度为两个临界②和③，对应的长度分别为挡板上有粒子打到的线段长度为故C正确；D．由于，可知粒子的轨迹半径为打在MN的临界如图乙中④和⑤，QN段无粒子通过，故D错误。故选BC。3.(多选)如图所示，S为一离子源，为足够长的荧光屏，S到的距离为，左侧区域有足够大的匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里。某时刻离子源S一次性沿平行纸面各个方向均匀地喷发大量的质量为m、电荷量为q、速率为的正离子（此后不再喷发），不计离子重力，不考虑离子之间的相互作用力。则（）

A．打中荧光屏的最短时间为 B．打中荧光屏的最长时间为C．打中荧光屏的宽度为 D．打到荧光屏的离子数与发射的离子数比值为【答案】AD【详解】A．根据则离子轨道半径离子轨迹对应弦长最短时运动时间最短，即离子轨迹恰好经过P点，如图所示

根据几何关系可知，轨迹对应的圆心角为60°，能打中荧光屏的最短时间为故A正确；B．当时，根据半径公式离子运动轨迹如图所示

离子速度为从下侧回旋，刚好和边界相切，离子速度为时从上侧回旋，刚好和上边界相切，打在荧光屏上的离子的周期打中荧光屏的最长时间为故B错误；C．离子打中荧光屏的范围总长度为图中得AB长度，由几何关系可知打中荧光屏的宽度为，故C错误；D．当时，根据半径公式离子恰好打到MN上的临界运动轨迹如图所示

离子速度为从下侧回旋，刚好和边界相切，离子速度为时从上侧回旋，刚好和上边界相切，打到N点的离子离开S时的初速度方向和打到点的离子离开S时的初速度方向夹角能打到荧光屏上的离子数与发射的粒子总数之比故D正确。故选AD。4.(多选)（2024·黑龙江哈尔滨·模拟预测）如图所示，圆心为O，半径为R的圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。M为磁场边界上一点，有无数个带电量为q（q>0），质量为m的相同粒子（不计重力及粒子间相互作用）在纸面内向各个方向以相同的速率通过M点进入磁场，在磁场中运动时间最长的粒子运动时间为，N为磁场边界上的另一个点，。下列说法正确的是（）A．粒子从M点进入磁场时的速率为B．从N点离开磁场的粒子运动时间为C．若将磁感应强度的大小增加到，会有粒子沿ON方向从N点射出磁场D．若将磁感应强度的大小减小为0.5B，劣弧MN的每一点都会有粒子射出【答案】BCD【详解】A．由题意可知，带电粒子从M点进入磁场，在磁场中做匀速圆周运动，在磁场中运动时间最长的粒子的圆弧所对应的弦应是圆磁场的直径，如图所示设粒子进入磁场的速率为v，由洛伦兹力提供向心力解得粒子在磁场中运动的周期为在磁场中运动时间最长的粒子运动时间为，则粒子在磁场中转动的时间为可知粒子在磁场中转动的圆弧所对的圆心角为可得粒子在磁场中运动的半径为可得粒子从M点进入磁场时的速率为故A错误；B．从N点离开磁场的粒子运动轨迹如图所示由洛伦兹力提供向心力可得解得由几何关系可知则从N点离开磁场的粒子运动时间为故B正确；C．若将磁感应强度的大小增加到时，由洛伦兹力提供向心力，可得解得粒子运动轨迹如图所示由图可知，当粒子沿方向入射时，粒子沿ON方向从N点射出磁场，故C正确；D．若将磁感应强度的大小减小为0.5B，可知粒子的运动半径为根据几何关系可知，劣弧MN的每一点都会有粒子射出，故D正确。故选BCD。5．(多选)（2024·河北邯郸·模拟预测）如图所示，长ab=18cm、宽bc=16cm的矩形区域中分布着垂直纸面向里的匀强磁场（含边界），磁感应强度大小为B=1T，在矩形的中心О点有一正电荷粒子源，可在纸面内沿各个方向发射比荷k=2×108C/kg的粒子，不计粒子的重力和粒子间的相互作用力。下列说法中正确的是（）A．粒子在磁场中做完整圆周运动的最大速度为1.0×107m/sB．粒子分别从b点、c点射出的最小速度之比为8︰9C．若粒子的速度为1.6×107m/s，其在磁场中运动的最短时间为D．若粒子的速度为1.6×107m/s，其在磁场中运动的最长时间为【答案】ABC【详解】A．粒子能在磁场中做完整圆周运动，速度最大时对应的运动轨迹与矩形两边界相切，如图所示根据几何关系有解得，洛伦兹力提供粒子圆周运动的向心力，由牛顿第二定律得解得故A正确；B．如图所示，当轨迹圆弧与dc边相切于c点时，对应能从c点射出的最小速度；当轨迹圆弧与bc边相切于b点时，对应能从b点射出的最小速度根据几何关系有，解得，速度之比为故B正确；C．粒子在磁场中运动时间最短时，则其在磁场中的运动轨迹对应的弦最短，如图所示粒子的速度为1.6×107m/s时，粒子运动半径为由几何知识可得解得可得粒子在磁场中运动的最短时间为故C正确；D．粒子的速度为1.6×107m/s时，与ad或者bc相切时运动时间最长，如图所示则粒子从ad相切时运动时间最长，可得粒子在磁场中运动的最长时间为故D错误。故选ABC。6.（2024·广西·模拟预测）如图所示，在矩形ABCD区域内存在垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场，AD边长为L，AB边长为。一质量为m、带电荷量为q的正粒子从A点沿纸面以与AD成30°角的方向射入磁场，粒子在磁场中运动的轨迹恰好与CD相切，不计粒子所受的重力。(1)求粒子射入磁场时的速度大小；(2)求粒子在磁场中运动的时间t；(3)若仅减小粒子射入磁场时的速度大小，求粒子在磁场中运动的最长时间。【答案】(1)(2)(3)【详解】（1）设粒子在磁场中运动的轨迹半径为，如图所示根据图中几何关系可得由洛伦兹力提供向心力可得联立解得（2）根据图中几何关系有可得则粒子在磁场中运动的时间为联立解得（3）若仅减小粒子射入磁场时的速度大小，当粒子从AB边射出磁场时对应的时间最长，轨迹对应的圆心角为则有模型三“平移圆”模型的应用适用条件速度大小一定，方向一定，但入射点在同一直线上粒子源发射速度大小、方向一定，入射点不同，但在同一直线的带电粒子进入匀强磁场时，它们做匀速圆周运动的半径相同，若入射速度大小为v0，则半径R＝eq\f(mv0,qB)，如图所示轨迹圆圆心共线带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心在同一直线上，该直线与入射点的连线平行界定方法将半径为R＝eq\f(mv0,qB)的圆进行平移，从而探索粒子的临界条件，这种方法叫“平移圆”法1.如图所示，在直角三角形ABC内充满垂直纸面向外的匀强磁场(图中未画出)，AB边长度为d，∠B＝eq\f(π,6)。现垂直AB边射入一群质量均为m、电荷量均为q、速度大小均为v(未知)的带正电粒子，已知垂直AC边射出的粒子在磁场中运动的时间为t，而运动时间最长的粒子在磁场中运动的时间为eq\f(4,3)t(不计粒子重力)。则下列说法正确的是()A．粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为4tB．该匀强磁场的磁感应强度大小为eq\f(πm,2qt)C．粒子在磁场中运动的轨迹半径为eq\f(2,5)dD．粒子进入磁场时的速度大小为eq\f(\r(3)πd,7t)【答案】ABC【解析】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eq\f(1,4)T，即为t＝eq\f(1,4)T，则得周期为T＝4t，故A正确；由T＝4t，R＝eq\f(mv,qB)，T＝eq\f(2πR,v)得，B＝eq\f(2πm,qT)＝eq\f(πm,2qt)，故B正确；运动时间最长的粒子在磁场中运动的轨迹如图所示，根据几何关系有Rsineq\f(π,6)＋eq\f(R,sin\f(π,6))＝d，解得R＝eq\f(2,5)d，故C正确；根据粒子在磁场中运动的速度为v＝eq\f(2πR,T)，周期为T＝4t，半径R＝eq\f(2,5)d，联立可得v＝eq\f(πd,5t)，故D错误。2.如图所示，边长为L的正方形有界匀强磁场ABCD，带电粒子从A点沿AB方向射入磁场，恰好从C点飞出磁场；若带电粒子以相同的速度从AD的中点P垂直AD射入磁场，从DC边的M点飞出磁场(M点未画出)。设粒子从A点运动到C点所用的时间为t1，由P点运动到M点所用时间为t2(带电粒子重力不计)，则t1∶t2为()A．2∶1B．2∶3C．3∶2D．eq\r(3)∶eq\r(2)【答案】C【解析】画出粒子从A点射入磁场到从C点射出磁场的轨迹，并将该轨迹向下平移，粒子做圆周运动的半径为R＝L，从C点射出的粒子运动时间为t1＝eq\f(T,4)；由P点运动到M点所用时间为t2，圆心角为θ，则cosθ＝eq\f(\f(R,2),R)，则cosθ＝eq\f(1,2)，θ＝60°，故t2＝eq\f(T,6)，所以eq\f(t1,t2)＝eq\f(\f(T,4),\f(T,6))＝eq\f(3,2)，C正确。3.（2024·江西·一模）如图所示，在和之间有大量相同带电粒子以同一速度沿水平方向射入以为圆心的圆形匀强磁场区域，磁场半径为R，该圆形磁场方向垂直纸面向外，与圆心在同一水平直线上，和间距离为，已知所有粒子均从点正下方的点射出圆形磁场区域，立即进入下方垂直于纸面向里的匀强磁场，并都能打到水平挡板的下表面，挡板的左侧紧贴点，已知下方磁场的磁感应强度是上方磁场的两倍，不计粒子重力及粒子间的相互作用。则挡板下表面有粒子打到的区域长度为（）A． B． C． D．【答案】C【详解】根据题意，由于所有粒子均从点正下方的点射出圆形磁场区域，画出粒子的运动轨迹，如图所示则有解得粒子进入下方磁