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专题69带电粒子在有界匀强磁场中的运动
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这是一份专题69带电粒子在有界匀强磁场中的运动，文件包含专题69带电粒子在有界匀强磁场中的运动原卷版docx、专题69带电粒子在有界匀强磁场中的运动解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共40页， 欢迎下载使用。
方法一：已知入射点、入射方向和出射点、出射方向时，可通过入射点和出射点作垂直于入射方向和出射方向的直线，两条直线的交点就是圆弧轨道的圆心(如图甲所示)。
方法二：已知入射方向和入射点、出射点的位置时，可以通过入射点作入射方向的垂线，连接入射点和出射点，作其中垂线，这两条垂线的交点就是圆弧轨道的圆心(如图乙所示)。
2.求半径的两种方法
方法一：利用R＝eq \f(mv,qB)求半径
方法二：连半径构建三角形，利用三角函数或勾股定理求半径
3．求时间的两种方法
方法一：由轨迹弧长求时间：t＝eq \f(l,v)(l为弧长)；
方法二：由圆弧所对圆心角求时间：t＝eq \f(α,360°)Teq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(或t＝\f(α,2π)T))。
由圆心角分析时间时注意充分利用圆心角、偏向角、弦切角的关系，如下图所示，轨迹圆弧所对的圆心角α等于粒子速度的偏向角φ，并等于弦切角θ的2倍，即φ＝α＝2θ＝ωt。
4．带电粒子在三类边界磁场中的轨迹特点
(1)直线边界：进出磁场具有对称性。
(2)平行边界：往往存在临界条件。
(3)圆形边界：
①等角进出，即射入时粒子速度方向与半径的夹角为θ，射出磁场时速度方向与半径的夹角也为θ，如图(g)所示；
②沿径向射入必沿径向射出，如图(h)所示。
1．(多选)如图所示，在边界PQ上方有垂直纸面向里的匀强磁场，一对正、负电子同时从边界上的O点沿与PQ成θ角的方向以相同的速度v射入磁场中。则正、负电子（ ）
A．在磁场中的运动时间相同B．在磁场中运动的轨道半径相同
C．出边界时两者的速度相同D．出边界点到O点处的距离相等
【答案】BCD
【解析】AC．磁场为直线边界，根据对称性可知，正、负电子出磁场时，速度与边界夹角均为30°，且斜向右下，大小相等。正电子做逆时针的匀速圆周运动，圆心角为120°，电子做顺时针的匀速圆周运动，圆心角为60°，设圆心角为α，根据 t=α360T=α360⋅2πmeB 可知，正电子运动时间更长，A错误，C正确；
B．根据 evB=mv2r 得 r=mveB 可知，正、负电子在磁场中运动的轨道半径相同，B正确；
D．由几何关系可知，正、负电子出边界点到O点处的距离均等于半径，则出边界点到O点处的距离相等，D正确。
故选BCD。
2．（2022·广西·玉林市第十中学一模）(多选) 如图所示，水平面的abc区域内存在有界匀强磁场，磁感应强度大小为B，边界的夹角为30°，距顶点b为L的S点有一粒子源，粒子在水平面内垂直bc边向磁场内发射速度大小不同的带负电的粒子、粒子质量为m、电量大小为q，下列说法正确的是（ ）
A．从边界bc射出的粒子速度方向各不相同
B．粒子离开磁场时到b点的最短距离为L3
C．垂直边界ab射出的粒子的速度大小为qBL2m
D．垂直边界ab射出的粒子在磁场中运动的时间为mπ6qB
【答案】BD
【解析】A．粒子竖直向上进入磁场，轨迹圆心一定在bc边上，若粒子能从边界bc射出，粒子的速度方向一定竖直向下，方向均相同，A错误；
B．当轨迹恰好与ab边相切时，粒子从bc边离开磁场时到b点的距离最短，由几何关系可得 (L−R1)sin30°=R1
离b点的最短距离为 Δs=L−2R1
联立解得 Δs=L3 B正确；
C．垂直边界ab射出的粒子，轨道半径为R2＝L由洛伦兹力作为向心力可得 qvB=mv2R2
解得粒子的速度大小为 v=qBLm C错误；
D．粒子在磁场中的运动周期为 T=2πmqB
垂直边界ab射出的粒子在磁场中运动的时间为 T′=30°360°T=mπ6qB D正确；
故选BD。
3．（2023·全国·高三专题练习）如图所示，横截面为正方形abcd的有界匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。一束电子以大小不同、方向垂直ad边界的速度飞入该磁场。对于从不同边界射出的电子，下列判断错误的是（ ）
A．从ad边射出的电子在磁场中运动的时间都相等
B．从c点离开的电子在磁场中运动时间最长
C．电子在磁场中运动的速度偏转角最大为π
D．从bc边射出的电子的速度一定大于从ad边射出的电子的速度
【答案】B
【解析】ABC．电子的速率不同，运动轨迹半径不同，如图，由周期公式T=2πmqB
可知，周期与电子的速率无关，所以在磁场中的运动周期相同，根据t=θ2πT
可得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，故从ad边射出的电子在磁场中运动的时间都相等且运动时间最长，AC正确，B错误；
D．从bc边射出的轨道半径大于从ad边射出的电子的轨道半径，由半径公式r=mvqB
可得轨迹半径与速率成正比，则电子的速率越大，在磁场中的运动轨迹半径越大，故从bc边射出的电子的速度一定大于从ad边射出的电子的速度，D正确。
本题选错误的，故选B。
4．（2023·全国·高三专题练习）(多选) 如图所示，在两直角边均为2L的三角形MNP区域内有垂直纸面向内的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B，一质量为m、电量为q且带负电的粒子从PM边的中点A垂直于PM边射入该匀强磁场区域，不计粒子的重力，下列关于粒子运动的说法正确的是（ ）
A．若该粒子以不同的速度入射时，在磁场中运动的最长时间为2πm2qB
B．若该粒子要从PN边出射，则该粒子从A点入射的最小速度为v=qBLm
C．若该粒子要从PN边出射，则该粒子从A点入射的最大速度为v=(2+1)qBLm
D．若该粒子从PN边垂直射出，且距离P点的距离为L，则该粒子入射的速度一定为v=qBLm
【答案】CD
【解析】A．当粒子从三角形PM边出射时，运动时间最长，由于此时粒子做圆周运动的圆心角为180°，则粒子的运动时间为 t=12T=12×2πmqB=πmqB A错误；
B．根据牛顿第二定律得 qvB=mv2R v=qBRm
该粒子要从PN边出射，速度最小时应从P点射出，对应的半径为L2，对应的速度为 v=qBL2m B错误；
C．该粒子要从PN边出射，速度最大时轨迹应与MN边相切，设此时粒子做圆周运动的轨迹半径为R，如图所示
O2M=2R=L+R R=(2+1)L
因此对应的速度为 v=(2+1)qBLm C正确；
D．根据题意粒子从PN边垂直射出，由几何关系可知，粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径为L，对应的速度为 v=qBLm D正确。
故选CD。
5．如图所示，质量为m、电荷量为q的带正电粒子，以速度v0从A点沿AB边射入边长为a的等边三角形的匀强磁场区域中，磁场方向垂直纸面向里，大小为B，不考虑粒子的重力，则（ ）
A．若v0＝3qBa3m，则粒子从A、C之间某点离开磁场
B．若v0＝3qBa3m，则粒子刚好从C点离开磁场
C．若v0＝3qBa6m，则粒子从B、C边中点离开磁场
D．若3qBa6m＜v0＜3qBa3m，则粒子从B、C之间某点射出磁场
【答案】B
【解析】粒子在磁场中做匀速圆周运动，作出粒子运动轨迹，求出粒子临界轨道半径，然后应用牛顿第二定律求出粒子临界速度，再分析答题．
粒子恰好从C点离开磁场时运动轨迹如图所示：
由几何知识得：θ＝60°，粒子轨道半径：r＝a2sinθ=33a，粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：qvB＝mv2r，解得：v＝3qBa3m，粒子速度越小，粒子轨道半径越小，当v0＝3qBa3m时粒子从C点离开磁场，v0＜3qBa3m时粒子从AC边射出磁场，当v0＞3qBa3m时粒子从BC边射出磁场，故B正确，ACD错误；故选B．
6．（2022·全国·高三阶段练习）如图所示，等腰梯形abcd内存在匀强磁场，边长ab=bc=cd=12ad，电子以大小不同的速度从a点沿着ad方向射入磁场，已知垂直于cd边射出磁场的电子轨迹半径为r，在磁场中运动的时间为t，则下列说法中正确的是（ ）
A．电子的速度越大，运动轨迹越长，在磁场中运动的时间越短
B．垂直于bc边射出磁场的电子轨迹半径为12r
C．垂直于bc边射出磁场的电子在磁场中运动的时间为23t
D．电子从a点运动到b点所用的时间是从a点运动到c点所用时间的2倍
【答案】D
【解析】A．电子在磁场中运动的轨迹半径R=mvqB，电子的速度越大，其在磁场中运动轨迹半径就越大，轨迹可能越长；但由数学知识可知，在磁场中运动轨迹长的电子在磁场中轨迹所对应的圆心角不一定越大，例如：从ab射出的所有电子轨迹所对圆心角均为120∘，根据 t=θ2π⋅T=θ2π⋅2πmqB=θmqB
可知这些电子在磁场中运动的时间均相等，故A错误；
BC．设ab=bc=cd=12ad=l，由数学知识知该等腰梯形的顶角∠bad=60∘，利用几何知识可求得垂直于cd边射出磁场的电子轨迹半径 r=23l
在磁场中运动轨迹所对的圆心角为30∘，即θ=π6，故有 t=θmqB=πm6qB
垂直于bc边射出磁场的电子轨迹半径为 r′=absin60∘=32l=14r
在磁场中运动轨迹所对的圆心角为90∘，即θ′=π2，故有 t′=θ′mqB=πm2qB=3t 故BC错误；
D．由数学知识：弦切角等于所夹弧所对圆心角的一半。可知电子从a点运动到b点轨迹所对应的弦为ab，弦切角等于∠bad=60∘，可得轨迹对应的圆心角为θ=120∘；从a点运动到c点轨迹所对应的弦为ac，圆心角等于∠bac=30∘，可得轨迹对应的圆心角为θ=60∘，根据t=θmqB，可知电子从a点运动到b点所用的时间是从a点运动到c点所用时间的2倍，故D正确。
故选D。
7．(多选)如图所示，竖直平面内一半径为R的圆形区域内有磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直纸面向里。一束质量为m、电荷量为－q的带电粒子沿平行于直径MN的方向以不同速率从P点进入匀强磁场，入射点P到直径MN的距离h=32R，不计粒子重力，下列说法正确的是（ ）
A．若粒子射出磁场时的速度方向恰好与其入射方向相反，则粒子在磁场中运动的时间为πmqB
B．若粒子恰好能从N点射出，则粒子在磁场中运动的时间为πm4qB
C．若粒子恰好能从N点射出，则粒子的速度为3qBRm
D．若粒子恰好能从M点射出，则粒子在磁场中偏转的半径为3R
【答案】AC
【解析】A．若粒子射出磁场时的速度方向恰好与其入射方向相反，即粒子在磁场中偏转180°，粒子在磁场中运动的时间为t=T2=12×2πmqB=πmqB 选项A正确；
C．若粒子恰好能从N点射出，连接PN即为粒子做圆周运动的弦长，连接PO，由ℎ=32R，所以∠PON=120°。
由几何关系可得 PN=r=2Rsin60°
解得 r=3R=mvqB v=3qBRm 选项C正确；
B．粒子从P点经磁场到N点的时间为 t=60°360°×2πmqB=πm3qB 选项B错误；
D．若粒子恰好能从M点射出，连接PM即为粒子做圆周运动的弦长，连接PO，由ℎ=32R可得 ∠POM=60°
所以ΔPOM为等边三角形，即 PM=R=2rsin60° 解得 r=33R 选项D错误。
故选AC。
8．如图所示，一半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一质量为m、电荷量为q的负电荷（重力忽略不计）以速度v沿正对着圆心O的方向射入磁场，从磁场中射出时速度方向改变了θ角。磁场的磁感应强度大小为（ ）
A．mvqRtanθ2B．mvqRtanθ2C．mvqRsinθ2D．mvqRcsθ2
【答案】B
【解析】轨迹图，如图所示
有几何关系可知 r=Rtanθ2 根据 qvB=mv2r 可知 B=mvqr=mvqRtanθ2 故选B。
9．（2022·全国·高三专题练习）如图所示，半径分别为R、2R的两个同心圆，圆心为O，大圆和小圆之间区域有垂直于纸面向外的匀强磁场，其余区域无磁场。一重力不计的带正电粒子从大圆边缘的P点沿PO方向以速度v1射入磁场，其运动轨迹所对的圆心角为120°。若将该带电粒子从P点射入的速度大小变为v2，不论其入射方向如何，都不可能射入小圆内部区域，则v2v1最大为（ ）
A．3B．34C．32D．334
【答案】B
【解析】粒子在磁场中做圆周运动，如图
由几何知识得r1=2Rtan60°=2R3
洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得qv1B=mv12r1 解得v1=2qBR3m
当粒子竖直向上射入磁场时，粒子不能进入小圆区域，则所有粒子都不可能进入小圆区域，粒子竖直向上射入磁场粒子恰好不能进入磁场时粒子轨道半径r2=R2
洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得 qv2B=mv22r2 解得v2=qBR2m 则v2v1=34 ACD错误B正确。
故选B。
10．（2022·河南·濮阳一高模拟预测）(多选)如图所示，在xOy坐标平面第一象限的圆形区域内有垂直于坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，圆的半径为R，与x轴和y轴分别相切于P点和Q点，圆心在C点，在y轴上A（0，12R）点沿x轴正向射出一质量为m、电荷量为q（q>0）的带电粒子，粒子进入磁场后经偏转刚好经过圆心C，不计粒子的重力，则下列判断正确的是（ ）
A．粒子在磁场中做圆周运动的半径为32RB．粒子出磁杨时的速度方向沿y轴正向
C．粒子出磁场时的速度大小为qBRmD．粒子在磁场中运动的时间为2πm3qB
【答案】CD
【解析】A．根据题意可以得到如图轨迹
圆心为B点，进入磁场的点为A'，出磁场的点为D，因为A（0，12R），则根据几何关系可得∠QCA’=30°
则∠CA’B=60° 得到△A’BC为等边三角形，圆周运动的半径为R。A错误；
B．粒子出磁场时速度方向为左向上，与竖直方向成30°，B错误；
C．洛仑兹力提供向心力，则Bqv=mv2R 得到v=qBRm C正确；
D．粒子在磁场中的运动轨迹的圆心角为120°，则运动时间为 t=23πRv=2πm3qB D正确；
故选CD。
11．（2021·海南）(多选)如图，在平面直角坐标系的第一象限内，存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。大量质量为m、电量为q的相同粒子从y轴上的点，以相同的速率在纸面内沿不同方向先后射入磁场，设入射速度方向与y轴正方向的夹角为。当时，粒子垂直x轴离开磁场。不计粒子的重力。则（ ）
A．粒子一定带正电
B．当时，粒子也垂直x轴离开磁场
C．粒子入射速率为
D．粒子离开磁场的位置到O点的最大距离为
【答案】ACD
【解析】 A．根据题意可知粒子垂直轴离开磁场，根据左手定则可知粒子带正电，A正确；
BC．当时，粒子垂直轴离开磁场，运动轨迹如图
粒子运动的半径为
洛伦兹力提供向心力
解得粒子入射速率
若，粒子运动轨迹如图
根据几何关系可知粒子离开磁场时与轴不垂直，B错误，C正确；
D．粒子离开磁场距离点距离最远时，粒子在磁场中的轨迹为半圆，如图
根据几何关系可知
解得 D正确。
故选ACD。
12．（2022·辽宁·大连二十四中模拟预测）(多选)如图所示，为一磁约束装置的原理图，圆心为原点O，半径为R的圆形区域Ⅰ内有方向垂直xOy平面向里的匀强磁场B1，环形区域Ⅱ内（包括其外边界）有方向垂直xOy平面向里的匀强磁场B2=3B1。一带正电的粒子若以速度v0由A点0,R0沿y轴负方向射入磁场区域Ⅰ，则第一次经过Ⅰ、Ⅱ区域边界处的位置为p，p点在x轴上，速度方向沿x轴正方向。该粒子从A点射入后第5次经过Ⅰ、Ⅱ区域的边界时，其轨迹与边界的交点为Q，OQ连线与x轴夹角为θ（θ未知）。不计粒子的重力，下列说法正确的是（ ）
A．在Ⅰ、Ⅱ区域内粒子做圆周运动的轨迹圆的半径之比为1:3
B．OQ连线与x轴夹角θ=60°
C．粒子从A点运动到Q点的时间为32+839πR0v0
D．若有一群相同的粒子以相同的速度大小v0从A点入射时，速度方向分布在与y轴负向成±60°范围内，则若想将所有粒子束缚在磁场区域内，环形区域大圆半径R至少为21+73R0
【答案】BC
【解析】A．由 qv0B=mv02r
可得在Ⅰ、Ⅱ区域内粒子做圆周运动的轨迹圆的半径之比为 R1:R2=B2:B1=3:1 A错误；
B．粒子每次从Ⅱ区域返回Ⅰ区域通过两区域边界时速度偏角都为α，β为图中所示角，由几何关系
tanβ=R2R0=33 得 β=30∘ 则 α=90∘−2β=30°
该粒子从A点射入后第4次经过Ⅰ、Ⅱ区域的边界时, 即第二次从Ⅱ区域返回Ⅰ区域通过两区域边界，此时速度偏离A点入射速度60∘。此后在Ⅰ区域转过14圆周，即从A点射入后第5次经过Ⅰ、Ⅱ区域边界处的位置为Q。由几何关系可知，OQ连线与x轴夹角θ=60° B正确；
C．粒子从A点运动到Q点的时间为 每次偏转运动时间为
t=34×2πR0v0+2×240°360°⋅2πR2v0=3πR02v0+83πR09v0=32+839πR0v0 C正确；
D．速度方向分布在与y轴负向成60∘向x轴正向偏转时，则若想将所有粒子束缚在磁场区域内，环形区域大圆半径R最小为如图所示的OD长度。
由几何关系可得 ∠OEC=150∘
由余弦定理可得 OC=R02+(33R0)2−2R0⋅33R0cs150∘=213R0
OD=OC+33R0=21+33R0 D错误；
故选BC。
13．如图所示，在边长L=1m的等边三角形ACD区域内，存在磁感应强度大小B＝0.8 T、方向垂直纸面向外的匀强磁场。现有一束比荷的带正电粒子，从AC边的中点P以平行于CD边的某一速度射入磁场，粒子的重力不计。
（1）若粒子进入磁场时的速度大小v0＝20 m/s，求粒子在磁场中运动的轨道半径；
（2）若粒子能从AC边飞出磁场，求粒子在磁场中的运动时间。
【答案】（1）0.25 m；（2）0.052s
【解析】 （1）在磁场中，根据洛伦兹力提供向心力可得
带入数据解得
（2）若粒子从AC边飞出磁场，运动轨迹如图所示
根据几何关系可知，圆心角，根据可得
则粒子在磁场中的运动时间为
联立上式解得
14．（2022·贵州贵阳·模拟预测）如图所示，一质量为m、带电量为q的粒子以初速度v0沿x轴正方向从坐标原点O射入，并经过图中M点，M点的坐标x0=3l，y0=l，不计粒子重力。
（1）若上述过程仅由方向垂直于纸面的匀强磁场实现，求磁感应强度B的大小；
（2）若上述过程仅由方向平行y轴的匀强电场实现，求粒子经过M点时的动能。
【答案】（1）mv02ql；（2）76mv02
【解析】（1）若上述过程仅由方向垂直于纸面的匀强磁场实现，粒子在磁场的轨迹如图所示
由洛伦兹力提供向心力可得 qv0B=mv02r
由几何关系可得 r2=(3l)2+(r−l)2
解得粒子的轨道半径为 r=2l
联立解得磁感应强度B的大小为 B=mv02ql
若上述过程仅由方向平行y轴的匀强电场实现，粒子在匀强电场中做类平抛运动，
则有 3l=v0t l=12at2 a=qEm
联立解得电场强度大小为 E=2mv023ql
根据动能定理可得 qEl=Ek−12mv02
解得粒子经过M点时的动能为 Ek=76mv02
15．（2022·江西南昌·模拟预测）如图所示，仅在xOy平面的第Ⅰ象限内存在垂直纸面的匀强磁场，一细束电子从x轴上的P点以大小不同的速率射入该磁场中，速度方向均与x轴正方向成锐角θ。已知速率为v0的电子可从x轴上的Q点离开磁场，不计电子间的相互作用，电子的重力可以忽略，已知PQ=l，OP=3l，电子的电量为e，质量为m，求
（1）磁感应强度的大小和方向；
（2）能从y轴垂直射出的电子的速率。
【答案】（1）B=2mv0sinθel，方向垂直纸面向外；（2）v=6v0
【解析】（1）电子做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿运动定律得ev0B=mv02R
又由几何知识可得，从Q点射出的电子，其半径R=l2sinθ
联立解得B=2mv0sinθel
电子在磁场中沿逆时针方向做圆周运动，由左手定则可知：磁感应强度的方向垂直纸面向外。
（2）设电子从y轴垂直射出的速率为v、半径为r，根据几何关系有rsinθ=3l
又由牛顿运动定律得evB=mv2r
解得电子的速率v=eBrm=6v0
16．（2022·湖北·襄阳五中二模）如图所示，在xOy平面内，有一个圆形区域的直径AB与x轴重合，圆心O'的坐标为（2a，0），其半径为a，该区域内无磁场。 在y轴和直线x=3a之间的其他区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从y轴上某点射入磁场。不计粒子重力。
（1）若粒子的初速度方向与y轴负向夹角为60°，且粒子不经过圆形区域就能到达B点，求粒子的初速度大小v1；
（2）若粒子的初速度方向与y轴正向夹角为60°，在磁场中运动的时间为t=πm3qB，且粒子也能到达B点，求粒子的初速度大小v2。
【答案】（1）v1=6qBam ；（2）v2=3qBa2m
【解析】（1）粒子不经过圆形区域就能到达B点，故粒子到达B点时速度竖直向下，圆心必在x轴正半轴上，如下左图所示
设粒子做圆周运动的半径为r1，由几何关系得r1sin30°=r1−3a
粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得qv1B=mv12r1
解得v1=6qBam
（2）粒子在磁场中的运动周期为T=2πmqB
粒子在磁场中的运动轨迹的圆心角为为α=ΔtT×360°=60°
如上右图所示，粒子到达B点的速度与x轴夹角β=30°
设粒子做圆周运动的半径为r2，由几何关系得3a=2r2sin30°+2acs230°
由牛顿第二定律得qv2B=mv22r2
解得v2=3qBa2m
17．如图所示，在x轴下方有匀强磁场，磁感应强度大小为B=0.5T，方向垂直于xOy平面向外。P是y轴上距原点ℎ=3m的一点，N0为x轴上距原点a=4m的一点。A是一块平行于x轴的挡板，与x轴的距离为ℎ2=1.5m，A的中点在y轴上，长度为2m，带电粒子与挡板碰撞前后，x方向的分速度不变，y方向的分速度反向、大小不变。质量为m=2×10−12kg，电荷量为q=4×10−12C(q>0)的粒子从P点瞄准N0点入射，最后又通过P点。不计粒子重力。
（1）若粒子不与挡板相碰恰能回到P点，则初速度v1为多少？
（2）若粒子与挡板相撞2次后恰能回到P点，则粒子的初速度v2为多少？
【答案】（1）203m/s；（2）409m/s
【解析】（1）若粒子不与挡板碰撞，且恰好能回到P点，根据对称性可知，粒子在磁场中运动的圆心一定在y轴上，如图
根据几何关系可知 R=asinθ
又 tanθ=ℎa=34
根据牛顿第二定律可知 qv1B=mv12R
可得 v1=203m/s
（2）若碰撞两次，运动轨迹如图所示
由几何关系可知 6R′sinθ−4×ℎ2ctθ=2a
解得 R′=409m/s
根据 qv2B=mv22R′
可得粒子的初速度 v2=409m/s
18．（2023·全国·高三专题练习）空间存在如图所示相邻的两个磁场，磁场Ⅰ宽度为d，垂直纸面向里，磁感应强度为B。磁场Ⅱ方向垂直纸面向外，宽度为2d。现让质量为m带电量为q的正粒子以水平速度v1=5qBd3m垂直磁场Ⅰ从P点射入磁场，粒子在磁场中运动后恰好从磁场Ⅱ边缘C处水平射出。若让同样的粒子以v2的水平速度从P点射入，粒子恰好从C点上方d2处水平射出（图中未标出）。不计粒子重力，sin37°=0.6，cs37°=0.8，求：
（1）以v1的速度射入的粒子在磁场中运动的时间；
（2）粒子的速度v1和v2的大小之比。
【答案】（1）t=37πm60qB；（2）43
【解析】（1）以v1的速度射入的粒子在磁场Ⅰ做匀速圆周运动，有 qv1B=mv12r1 v1=5qBd3m
联立得粒子在磁场Ⅰ中运动的轨迹半径为 r1=5d3
由几何知识可得，此时运动轨迹所对的圆心角θ1有 sinθ1=dr1=35
得 θ1=37∘
粒子恰好从磁场Ⅱ边缘C处水平射出，由几何知识可得粒子在磁场Ⅱ中运动轨迹所对的圆心角也为θ1，故粒子在磁场Ⅱ中运动的轨迹半径为 r2=2dsin37∘=10d3=2r1
则根据 qv1B′=mv12r2
可得磁场Ⅱ的磁感应强度为 B′=B2
则粒子在磁场中运动的总时间为 t=t1+t2
其中 t1=θ1360∘T1 t2=θ1360∘T2
T1=2πmqB T2=2πmqB′
联立以上式子求得 t=37πm60qB
（2）设粒子以v2的速度射入磁场Ⅰ、Ⅱ中运动的轨迹半径为r′1，r′2，轨迹所对应的圆心角为θ2，根据（1）问可知 r′1=r′22 sinθ2=dr′1
以速度v2从P点水平飞入磁场Ⅰ的粒子恰好从C点上方d2处水平射出磁场Ⅱ，则由几何关系可得
(r′1+r′2)(1−csθ2)=(r1+r2)(1−csθ1)+d2
代入数据得 r′1=54d
根据r=mvqB，可得 v1v2=r1r′1=43
19．（2023·全国·高三专题练习）如图所示，半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场，大量比荷为qm、速度大小范围为0∼3v0的粒子从PM和QK间平行于PM射入圆形磁场区域，PM与圆心O在同一直线上，PM和QK间距离为0.5R，已知从M点射入的速度为v0的粒子刚好从N点射出圆形磁场区域，N点在O点正下方，不计粒子重力以及粒子间的相互作用。求：
（1）圆形区域磁场的磁感应强度B及带电粒子电性；
（2）圆形区域内有粒子经过的面积；
（3）挡板CN、ND下方有磁感应强度为2B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，ND=R，直线CD与圆形区域相切于N点，到达N点的粒子均能从板上小孔进入下方磁场，挡板ND绕N点在纸面内顺时针旋转，ND板下表面上有粒子打到的区域长度l与板旋转角度α（0°≤α<90°）之间的函数关系式。
【答案】（1）B=mv0qR，带正电；（2）56πR2−3R2；（3）见解析
【解析】（1）速度为v0的粒子从M点射入，从N点出，轨道半径为r，
依题意有 r=R qv0B=mv02r B=mv0qR 由左手定则判断可得粒子带正电；
（2）速度为3v0的粒子从M射入，射出点为A，如图1所示，依题意有
q3v0B=m3v02r
MO1=r′=3R
tanθ=Rr′=33
θ=30
∠MOA=120
MK间入射的速度为0∼3v0的粒子能到达的区域为图中阴影部分，面积为
S=13πR2−32R×12R+16πr2−12×32r2=56πR2−3R2
（3）如图2所示，由几何关系可知，能到达N点的带电粒子速度均为v0，半径均为R， △KOB中有
csβ=OBOK=0.5RR=12 β=60
从K点射入带电粒子速度偏转角为60°，从M入射带电粒子速度偏转角为90°，从N点出射的粒子速度与ON的夹角最大值为 90−β=30
挡板下方磁感应强度为2B，粒子均以速度v0进入（如图3），
有qv02B=mv02r″ 则轨道半径为 r″=12R
在三角形NFD中有 lNF=NDcsα=2r″csα
连接HG构成三角形，△NHG中有 ∠DNH=30 lNG=2r″cs(α+30∘)
ND板下表面被粒子打到的长度为 l=lNF−lNG=Rcsα−Rcs(α+30∘) （0≤α≤60）
或 l=Rcsα (60<α<90)
20.如图，在坐标系的第一象限内，直线的上方有垂直纸面向外的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B。在点有一粒子源，能以不同速率沿与y轴正方向成角发射质量为m、电荷量为的相同粒子。这些粒子经磁场后都沿方向通过x轴，且速度最大的粒子通过x轴上的M点，速度最小的粒子通过x轴上的N点。已知速度最大的粒子通过x轴前一直在磁场内运动，，不计粒子的重力，求：
（1）粒子最大速度的值与k的值；
（2）粒子从P点到穿过x轴经历的最长时间；
（3）有界磁场的最小面积。
【答案】（1）；；（2）；（3）
【解析】（1）设粒子的最大速度为，由于速度最大的粒子穿过x轴前一直在磁场内运动，过P点作速度的垂线交x轴于点，就是速度为的粒子做圆周运动的圆心，即为半径，由几何关系可知
解得
由洛伦兹力提供向心力，则
解得
由于所有粒子离开磁场时方向均沿y轴负方向，所以它们在磁场中偏转的角度均相同。即从磁场射出的粒子，射出点一定在连线上，连线即为直线
解得
（2）所有粒子在磁场中运动的时间均相等，速度小的粒子离开磁场后再做匀速直线运动，速度最小的粒子在磁场外运动的位移最大，时间最长。设粒子在磁场中运动的时间为 ，
设速度最小的粒子在磁场中半径为，速度为，根据几何关系有
解得 ，
由洛伦兹力提供向心力，则
解得
最小速度的粒子离开磁场后运动的时间为，有
粒子最小的粒子从离开P点到打在x轴上经历的时间
（3）磁场的最小面积为图中阴影部分面积
解得
21．（2022·浙江·高考真题）离子速度分析器截面图如图所示。半径为R的空心转筒P，可绕过O点、垂直xOy平面（纸面）的中心轴逆时针匀速转动（角速度大小可调），其上有一小孔S。整个转筒内部存在方向垂直纸面向里的匀强磁场。转筒下方有一与其共轴的半圆柱面探测板Q，板Q与y轴交于A点。离子源M能沿着x轴射出质量为m、电荷量为 – q（q > 0）、速度大小不同的离子，其中速度大小为v0的离子进入转筒，经磁场偏转后恰好沿y轴负方向离开磁场。落在接地的筒壁或探测板上的离子被吸收且失去所带电荷，不计离子的重力和离子间的相互作用。
（1）①求磁感应强度B的大小；
②若速度大小为v0的离子能打在板Q的A处，求转筒P角速度ω的大小；
（2）较长时间后，转筒P每转一周有N个离子打在板Q的C处，OC与x轴负方向的夹角为θ，求转筒转动一周的时间内，C处受到平均冲力F的大小；
（3）若转筒P的角速度小于6v0R，且A处探测到离子，求板Q上能探测到离子的其他θ′的值（θ′为探测点位置和O点连线与x轴负方向的夹角）。
【答案】（1）①B=mv0qR，②ω=(4k+1)v0R，k = 0，1，2，3…；（2）F=(2nπ+θ)N2(π−θ)πmv02Rtanθ2，n = 0，1，2，…；（3）θ′=56π，16π
【解析】（1）①离子在磁场中做圆周运动有 qv0B=mv02R
则 B=mv0qR
②离子在磁场中的运动时间 t=πR2v0
转筒的转动角度 ωt=2kπ+π2 ω=(4k+1)v0R，k = 0，1，2，3…
（2）设速度大小为v的离子在磁场中圆周运动半径为R′，有 R′=Rtanθ2 v=v0tanθ2
离子在磁场中的运动时间 t'=(π−θ)R'v
转筒的转动角度 ω′t′ = 2nπ + θ
转筒的转动角速度 ω′=(2nπ+θ)(π−θ)v0R，n = 0，1，2，…
动量定理 F2πω′=Nmv F=(2nπ+θ)N2(π−θ)πmv02Rtanθ2，n = 0，1，2，…
（3）转筒的转动角速度 (4k+1)v0R=2nπ+θ′v0π−θ′R<6v0R
其中 k = 1，θ′=5−2n6π，n = 0，2
可得 θ′=56π，16π
方法一：已知入射点、入射方向和出射点、出射方向时，可通过入射点和出射点作垂直于入射方向和出射方向的直线，两条直线的交点就是圆弧轨道的圆心(如图甲所示)。
方法二：已知入射方向和入射点、出射点的位置时，可以通过入射点作入射方向的垂线，连接入射点和出射点，作其中垂线，这两条垂线的交点就是圆弧轨道的圆心(如图乙所示)。
2.求半径的两种方法
方法一：利用R＝eq \f(mv,qB)求半径
方法二：连半径构建三角形，利用三角函数或勾股定理求半径
3．求时间的两种方法
方法一：由轨迹弧长求时间：t＝eq \f(l,v)(l为弧长)；
方法二：由圆弧所对圆心角求时间：t＝eq \f(α,360°)Teq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(或t＝\f(α,2π)T))。
由圆心角分析时间时注意充分利用圆心角、偏向角、弦切角的关系，如下图所示，轨迹圆弧所对的圆心角α等于粒子速度的偏向角φ，并等于弦切角θ的2倍，即φ＝α＝2θ＝ωt。
4．带电粒子在三类边界磁场中的轨迹特点
(1)直线边界：进出磁场具有对称性。
(2)平行边界：往往存在临界条件。
(3)圆形边界：
①等角进出，即射入时粒子速度方向与半径的夹角为θ，射出磁场时速度方向与半径的夹角也为θ，如图(g)所示；
②沿径向射入必沿径向射出，如图(h)所示。
1．(多选)如图所示，在边界PQ上方有垂直纸面向里的匀强磁场，一对正、负电子同时从边界上的O点沿与PQ成θ角的方向以相同的速度v射入磁场中。则正、负电子（ ）
A．在磁场中的运动时间相同B．在磁场中运动的轨道半径相同
C．出边界时两者的速度相同D．出边界点到O点处的距离相等
【答案】BCD
【解析】AC．磁场为直线边界，根据对称性可知，正、负电子出磁场时，速度与边界夹角均为30°，且斜向右下，大小相等。正电子做逆时针的匀速圆周运动，圆心角为120°，电子做顺时针的匀速圆周运动，圆心角为60°，设圆心角为α，根据 t=α360T=α360⋅2πmeB 可知，正电子运动时间更长，A错误，C正确；
B．根据 evB=mv2r 得 r=mveB 可知，正、负电子在磁场中运动的轨道半径相同，B正确；
D．由几何关系可知，正、负电子出边界点到O点处的距离均等于半径，则出边界点到O点处的距离相等，D正确。
故选BCD。
2．（2022·广西·玉林市第十中学一模）(多选) 如图所示，水平面的abc区域内存在有界匀强磁场，磁感应强度大小为B，边界的夹角为30°，距顶点b为L的S点有一粒子源，粒子在水平面内垂直bc边向磁场内发射速度大小不同的带负电的粒子、粒子质量为m、电量大小为q，下列说法正确的是（ ）
A．从边界bc射出的粒子速度方向各不相同
B．粒子离开磁场时到b点的最短距离为L3
C．垂直边界ab射出的粒子的速度大小为qBL2m
D．垂直边界ab射出的粒子在磁场中运动的时间为mπ6qB
【答案】BD
【解析】A．粒子竖直向上进入磁场，轨迹圆心一定在bc边上，若粒子能从边界bc射出，粒子的速度方向一定竖直向下，方向均相同，A错误；
B．当轨迹恰好与ab边相切时，粒子从bc边离开磁场时到b点的距离最短，由几何关系可得 (L−R1)sin30°=R1
离b点的最短距离为 Δs=L−2R1
联立解得 Δs=L3 B正确；
C．垂直边界ab射出的粒子，轨道半径为R2＝L由洛伦兹力作为向心力可得 qvB=mv2R2
解得粒子的速度大小为 v=qBLm C错误；
D．粒子在磁场中的运动周期为 T=2πmqB
垂直边界ab射出的粒子在磁场中运动的时间为 T′=30°360°T=mπ6qB D正确；
故选BD。
3．（2023·全国·高三专题练习）如图所示，横截面为正方形abcd的有界匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。一束电子以大小不同、方向垂直ad边界的速度飞入该磁场。对于从不同边界射出的电子，下列判断错误的是（ ）
A．从ad边射出的电子在磁场中运动的时间都相等
B．从c点离开的电子在磁场中运动时间最长
C．电子在磁场中运动的速度偏转角最大为π
D．从bc边射出的电子的速度一定大于从ad边射出的电子的速度
【答案】B
【解析】ABC．电子的速率不同，运动轨迹半径不同，如图，由周期公式T=2πmqB
可知，周期与电子的速率无关，所以在磁场中的运动周期相同，根据t=θ2πT
可得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，故从ad边射出的电子在磁场中运动的时间都相等且运动时间最长，AC正确，B错误；
D．从bc边射出的轨道半径大于从ad边射出的电子的轨道半径，由半径公式r=mvqB
可得轨迹半径与速率成正比，则电子的速率越大，在磁场中的运动轨迹半径越大，故从bc边射出的电子的速度一定大于从ad边射出的电子的速度，D正确。
本题选错误的，故选B。
4．（2023·全国·高三专题练习）(多选) 如图所示，在两直角边均为2L的三角形MNP区域内有垂直纸面向内的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B，一质量为m、电量为q且带负电的粒子从PM边的中点A垂直于PM边射入该匀强磁场区域，不计粒子的重力，下列关于粒子运动的说法正确的是（ ）
A．若该粒子以不同的速度入射时，在磁场中运动的最长时间为2πm2qB
B．若该粒子要从PN边出射，则该粒子从A点入射的最小速度为v=qBLm
C．若该粒子要从PN边出射，则该粒子从A点入射的最大速度为v=(2+1)qBLm
D．若该粒子从PN边垂直射出，且距离P点的距离为L，则该粒子入射的速度一定为v=qBLm
【答案】CD
【解析】A．当粒子从三角形PM边出射时，运动时间最长，由于此时粒子做圆周运动的圆心角为180°，则粒子的运动时间为 t=12T=12×2πmqB=πmqB A错误；
B．根据牛顿第二定律得 qvB=mv2R v=qBRm
该粒子要从PN边出射，速度最小时应从P点射出，对应的半径为L2，对应的速度为 v=qBL2m B错误；
C．该粒子要从PN边出射，速度最大时轨迹应与MN边相切，设此时粒子做圆周运动的轨迹半径为R，如图所示
O2M=2R=L+R R=(2+1)L
因此对应的速度为 v=(2+1)qBLm C正确；
D．根据题意粒子从PN边垂直射出，由几何关系可知，粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径为L，对应的速度为 v=qBLm D正确。
故选CD。
5．如图所示，质量为m、电荷量为q的带正电粒子，以速度v0从A点沿AB边射入边长为a的等边三角形的匀强磁场区域中，磁场方向垂直纸面向里，大小为B，不考虑粒子的重力，则（ ）
A．若v0＝3qBa3m，则粒子从A、C之间某点离开磁场
B．若v0＝3qBa3m，则粒子刚好从C点离开磁场
C．若v0＝3qBa6m，则粒子从B、C边中点离开磁场
D．若3qBa6m＜v0＜3qBa3m，则粒子从B、C之间某点射出磁场
【答案】B
【解析】粒子在磁场中做匀速圆周运动，作出粒子运动轨迹，求出粒子临界轨道半径，然后应用牛顿第二定律求出粒子临界速度，再分析答题．
粒子恰好从C点离开磁场时运动轨迹如图所示：
由几何知识得：θ＝60°，粒子轨道半径：r＝a2sinθ=33a，粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：qvB＝mv2r，解得：v＝3qBa3m，粒子速度越小，粒子轨道半径越小，当v0＝3qBa3m时粒子从C点离开磁场，v0＜3qBa3m时粒子从AC边射出磁场，当v0＞3qBa3m时粒子从BC边射出磁场，故B正确，ACD错误；故选B．
6．（2022·全国·高三阶段练习）如图所示，等腰梯形abcd内存在匀强磁场，边长ab=bc=cd=12ad，电子以大小不同的速度从a点沿着ad方向射入磁场，已知垂直于cd边射出磁场的电子轨迹半径为r，在磁场中运动的时间为t，则下列说法中正确的是（ ）
A．电子的速度越大，运动轨迹越长，在磁场中运动的时间越短
B．垂直于bc边射出磁场的电子轨迹半径为12r
C．垂直于bc边射出磁场的电子在磁场中运动的时间为23t
D．电子从a点运动到b点所用的时间是从a点运动到c点所用时间的2倍
【答案】D
【解析】A．电子在磁场中运动的轨迹半径R=mvqB，电子的速度越大，其在磁场中运动轨迹半径就越大，轨迹可能越长；但由数学知识可知，在磁场中运动轨迹长的电子在磁场中轨迹所对应的圆心角不一定越大，例如：从ab射出的所有电子轨迹所对圆心角均为120∘，根据 t=θ2π⋅T=θ2π⋅2πmqB=θmqB
可知这些电子在磁场中运动的时间均相等，故A错误；
BC．设ab=bc=cd=12ad=l，由数学知识知该等腰梯形的顶角∠bad=60∘，利用几何知识可求得垂直于cd边射出磁场的电子轨迹半径 r=23l
在磁场中运动轨迹所对的圆心角为30∘，即θ=π6，故有 t=θmqB=πm6qB
垂直于bc边射出磁场的电子轨迹半径为 r′=absin60∘=32l=14r
在磁场中运动轨迹所对的圆心角为90∘，即θ′=π2，故有 t′=θ′mqB=πm2qB=3t 故BC错误；
D．由数学知识：弦切角等于所夹弧所对圆心角的一半。可知电子从a点运动到b点轨迹所对应的弦为ab，弦切角等于∠bad=60∘，可得轨迹对应的圆心角为θ=120∘；从a点运动到c点轨迹所对应的弦为ac，圆心角等于∠bac=30∘，可得轨迹对应的圆心角为θ=60∘，根据t=θmqB，可知电子从a点运动到b点所用的时间是从a点运动到c点所用时间的2倍，故D正确。
故选D。
7．(多选)如图所示，竖直平面内一半径为R的圆形区域内有磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直纸面向里。一束质量为m、电荷量为－q的带电粒子沿平行于直径MN的方向以不同速率从P点进入匀强磁场，入射点P到直径MN的距离h=32R，不计粒子重力，下列说法正确的是（ ）
A．若粒子射出磁场时的速度方向恰好与其入射方向相反，则粒子在磁场中运动的时间为πmqB
B．若粒子恰好能从N点射出，则粒子在磁场中运动的时间为πm4qB
C．若粒子恰好能从N点射出，则粒子的速度为3qBRm
D．若粒子恰好能从M点射出，则粒子在磁场中偏转的半径为3R
【答案】AC
【解析】A．若粒子射出磁场时的速度方向恰好与其入射方向相反，即粒子在磁场中偏转180°，粒子在磁场中运动的时间为t=T2=12×2πmqB=πmqB 选项A正确；
C．若粒子恰好能从N点射出，连接PN即为粒子做圆周运动的弦长，连接PO，由ℎ=32R，所以∠PON=120°。
由几何关系可得 PN=r=2Rsin60°
解得 r=3R=mvqB v=3qBRm 选项C正确；
B．粒子从P点经磁场到N点的时间为 t=60°360°×2πmqB=πm3qB 选项B错误；
D．若粒子恰好能从M点射出，连接PM即为粒子做圆周运动的弦长，连接PO，由ℎ=32R可得 ∠POM=60°
所以ΔPOM为等边三角形，即 PM=R=2rsin60° 解得 r=33R 选项D错误。
故选AC。
8．如图所示，一半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一质量为m、电荷量为q的负电荷（重力忽略不计）以速度v沿正对着圆心O的方向射入磁场，从磁场中射出时速度方向改变了θ角。磁场的磁感应强度大小为（ ）
A．mvqRtanθ2B．mvqRtanθ2C．mvqRsinθ2D．mvqRcsθ2
【答案】B
【解析】轨迹图，如图所示
有几何关系可知 r=Rtanθ2 根据 qvB=mv2r 可知 B=mvqr=mvqRtanθ2 故选B。
9．（2022·全国·高三专题练习）如图所示，半径分别为R、2R的两个同心圆，圆心为O，大圆和小圆之间区域有垂直于纸面向外的匀强磁场，其余区域无磁场。一重力不计的带正电粒子从大圆边缘的P点沿PO方向以速度v1射入磁场，其运动轨迹所对的圆心角为120°。若将该带电粒子从P点射入的速度大小变为v2，不论其入射方向如何，都不可能射入小圆内部区域，则v2v1最大为（ ）
A．3B．34C．32D．334
【答案】B
【解析】粒子在磁场中做圆周运动，如图
由几何知识得r1=2Rtan60°=2R3
洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得qv1B=mv12r1 解得v1=2qBR3m
当粒子竖直向上射入磁场时，粒子不能进入小圆区域，则所有粒子都不可能进入小圆区域，粒子竖直向上射入磁场粒子恰好不能进入磁场时粒子轨道半径r2=R2
洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得 qv2B=mv22r2 解得v2=qBR2m 则v2v1=34 ACD错误B正确。
故选B。
10．（2022·河南·濮阳一高模拟预测）(多选)如图所示，在xOy坐标平面第一象限的圆形区域内有垂直于坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，圆的半径为R，与x轴和y轴分别相切于P点和Q点，圆心在C点，在y轴上A（0，12R）点沿x轴正向射出一质量为m、电荷量为q（q>0）的带电粒子，粒子进入磁场后经偏转刚好经过圆心C，不计粒子的重力，则下列判断正确的是（ ）
A．粒子在磁场中做圆周运动的半径为32RB．粒子出磁杨时的速度方向沿y轴正向
C．粒子出磁场时的速度大小为qBRmD．粒子在磁场中运动的时间为2πm3qB
【答案】CD
【解析】A．根据题意可以得到如图轨迹
圆心为B点，进入磁场的点为A'，出磁场的点为D，因为A（0，12R），则根据几何关系可得∠QCA’=30°
则∠CA’B=60° 得到△A’BC为等边三角形，圆周运动的半径为R。A错误；
B．粒子出磁场时速度方向为左向上，与竖直方向成30°，B错误；
C．洛仑兹力提供向心力，则Bqv=mv2R 得到v=qBRm C正确；
D．粒子在磁场中的运动轨迹的圆心角为120°，则运动时间为 t=23πRv=2πm3qB D正确；
故选CD。
11．（2021·海南）(多选)如图，在平面直角坐标系的第一象限内，存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。大量质量为m、电量为q的相同粒子从y轴上的点，以相同的速率在纸面内沿不同方向先后射入磁场，设入射速度方向与y轴正方向的夹角为。当时，粒子垂直x轴离开磁场。不计粒子的重力。则（ ）
A．粒子一定带正电
B．当时，粒子也垂直x轴离开磁场
C．粒子入射速率为
D．粒子离开磁场的位置到O点的最大距离为
【答案】ACD
【解析】 A．根据题意可知粒子垂直轴离开磁场，根据左手定则可知粒子带正电，A正确；
BC．当时，粒子垂直轴离开磁场，运动轨迹如图
粒子运动的半径为
洛伦兹力提供向心力
解得粒子入射速率
若，粒子运动轨迹如图
根据几何关系可知粒子离开磁场时与轴不垂直，B错误，C正确；
D．粒子离开磁场距离点距离最远时，粒子在磁场中的轨迹为半圆，如图
根据几何关系可知
解得 D正确。
故选ACD。
12．（2022·辽宁·大连二十四中模拟预测）(多选)如图所示，为一磁约束装置的原理图，圆心为原点O，半径为R的圆形区域Ⅰ内有方向垂直xOy平面向里的匀强磁场B1，环形区域Ⅱ内（包括其外边界）有方向垂直xOy平面向里的匀强磁场B2=3B1。一带正电的粒子若以速度v0由A点0,R0沿y轴负方向射入磁场区域Ⅰ，则第一次经过Ⅰ、Ⅱ区域边界处的位置为p，p点在x轴上，速度方向沿x轴正方向。该粒子从A点射入后第5次经过Ⅰ、Ⅱ区域的边界时，其轨迹与边界的交点为Q，OQ连线与x轴夹角为θ（θ未知）。不计粒子的重力，下列说法正确的是（ ）
A．在Ⅰ、Ⅱ区域内粒子做圆周运动的轨迹圆的半径之比为1:3
B．OQ连线与x轴夹角θ=60°
C．粒子从A点运动到Q点的时间为32+839πR0v0
D．若有一群相同的粒子以相同的速度大小v0从A点入射时，速度方向分布在与y轴负向成±60°范围内，则若想将所有粒子束缚在磁场区域内，环形区域大圆半径R至少为21+73R0
【答案】BC
【解析】A．由 qv0B=mv02r
可得在Ⅰ、Ⅱ区域内粒子做圆周运动的轨迹圆的半径之比为 R1:R2=B2:B1=3:1 A错误；
B．粒子每次从Ⅱ区域返回Ⅰ区域通过两区域边界时速度偏角都为α，β为图中所示角，由几何关系
tanβ=R2R0=33 得 β=30∘ 则 α=90∘−2β=30°
该粒子从A点射入后第4次经过Ⅰ、Ⅱ区域的边界时, 即第二次从Ⅱ区域返回Ⅰ区域通过两区域边界，此时速度偏离A点入射速度60∘。此后在Ⅰ区域转过14圆周，即从A点射入后第5次经过Ⅰ、Ⅱ区域边界处的位置为Q。由几何关系可知，OQ连线与x轴夹角θ=60° B正确；
C．粒子从A点运动到Q点的时间为 每次偏转运动时间为
t=34×2πR0v0+2×240°360°⋅2πR2v0=3πR02v0+83πR09v0=32+839πR0v0 C正确；
D．速度方向分布在与y轴负向成60∘向x轴正向偏转时，则若想将所有粒子束缚在磁场区域内，环形区域大圆半径R最小为如图所示的OD长度。
由几何关系可得 ∠OEC=150∘
由余弦定理可得 OC=R02+(33R0)2−2R0⋅33R0cs150∘=213R0
OD=OC+33R0=21+33R0 D错误；
故选BC。
13．如图所示，在边长L=1m的等边三角形ACD区域内，存在磁感应强度大小B＝0.8 T、方向垂直纸面向外的匀强磁场。现有一束比荷的带正电粒子，从AC边的中点P以平行于CD边的某一速度射入磁场，粒子的重力不计。
（1）若粒子进入磁场时的速度大小v0＝20 m/s，求粒子在磁场中运动的轨道半径；
（2）若粒子能从AC边飞出磁场，求粒子在磁场中的运动时间。
【答案】（1）0.25 m；（2）0.052s
【解析】 （1）在磁场中，根据洛伦兹力提供向心力可得
带入数据解得
（2）若粒子从AC边飞出磁场，运动轨迹如图所示
根据几何关系可知，圆心角，根据可得
则粒子在磁场中的运动时间为
联立上式解得
14．（2022·贵州贵阳·模拟预测）如图所示，一质量为m、带电量为q的粒子以初速度v0沿x轴正方向从坐标原点O射入，并经过图中M点，M点的坐标x0=3l，y0=l，不计粒子重力。
（1）若上述过程仅由方向垂直于纸面的匀强磁场实现，求磁感应强度B的大小；
（2）若上述过程仅由方向平行y轴的匀强电场实现，求粒子经过M点时的动能。
【答案】（1）mv02ql；（2）76mv02
【解析】（1）若上述过程仅由方向垂直于纸面的匀强磁场实现，粒子在磁场的轨迹如图所示
由洛伦兹力提供向心力可得 qv0B=mv02r
由几何关系可得 r2=(3l)2+(r−l)2
解得粒子的轨道半径为 r=2l
联立解得磁感应强度B的大小为 B=mv02ql
若上述过程仅由方向平行y轴的匀强电场实现，粒子在匀强电场中做类平抛运动，
则有 3l=v0t l=12at2 a=qEm
联立解得电场强度大小为 E=2mv023ql
根据动能定理可得 qEl=Ek−12mv02
解得粒子经过M点时的动能为 Ek=76mv02
15．（2022·江西南昌·模拟预测）如图所示，仅在xOy平面的第Ⅰ象限内存在垂直纸面的匀强磁场，一细束电子从x轴上的P点以大小不同的速率射入该磁场中，速度方向均与x轴正方向成锐角θ。已知速率为v0的电子可从x轴上的Q点离开磁场，不计电子间的相互作用，电子的重力可以忽略，已知PQ=l，OP=3l，电子的电量为e，质量为m，求
（1）磁感应强度的大小和方向；
（2）能从y轴垂直射出的电子的速率。
【答案】（1）B=2mv0sinθel，方向垂直纸面向外；（2）v=6v0
【解析】（1）电子做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿运动定律得ev0B=mv02R
又由几何知识可得，从Q点射出的电子，其半径R=l2sinθ
联立解得B=2mv0sinθel
电子在磁场中沿逆时针方向做圆周运动，由左手定则可知：磁感应强度的方向垂直纸面向外。
（2）设电子从y轴垂直射出的速率为v、半径为r，根据几何关系有rsinθ=3l
又由牛顿运动定律得evB=mv2r
解得电子的速率v=eBrm=6v0
16．（2022·湖北·襄阳五中二模）如图所示，在xOy平面内，有一个圆形区域的直径AB与x轴重合，圆心O'的坐标为（2a，0），其半径为a，该区域内无磁场。 在y轴和直线x=3a之间的其他区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从y轴上某点射入磁场。不计粒子重力。
（1）若粒子的初速度方向与y轴负向夹角为60°，且粒子不经过圆形区域就能到达B点，求粒子的初速度大小v1；
（2）若粒子的初速度方向与y轴正向夹角为60°，在磁场中运动的时间为t=πm3qB，且粒子也能到达B点，求粒子的初速度大小v2。
【答案】（1）v1=6qBam ；（2）v2=3qBa2m
【解析】（1）粒子不经过圆形区域就能到达B点，故粒子到达B点时速度竖直向下，圆心必在x轴正半轴上，如下左图所示
设粒子做圆周运动的半径为r1，由几何关系得r1sin30°=r1−3a
粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得qv1B=mv12r1
解得v1=6qBam
（2）粒子在磁场中的运动周期为T=2πmqB
粒子在磁场中的运动轨迹的圆心角为为α=ΔtT×360°=60°
如上右图所示，粒子到达B点的速度与x轴夹角β=30°
设粒子做圆周运动的半径为r2，由几何关系得3a=2r2sin30°+2acs230°
由牛顿第二定律得qv2B=mv22r2
解得v2=3qBa2m
17．如图所示，在x轴下方有匀强磁场，磁感应强度大小为B=0.5T，方向垂直于xOy平面向外。P是y轴上距原点ℎ=3m的一点，N0为x轴上距原点a=4m的一点。A是一块平行于x轴的挡板，与x轴的距离为ℎ2=1.5m，A的中点在y轴上，长度为2m，带电粒子与挡板碰撞前后，x方向的分速度不变，y方向的分速度反向、大小不变。质量为m=2×10−12kg，电荷量为q=4×10−12C(q>0)的粒子从P点瞄准N0点入射，最后又通过P点。不计粒子重力。
（1）若粒子不与挡板相碰恰能回到P点，则初速度v1为多少？
（2）若粒子与挡板相撞2次后恰能回到P点，则粒子的初速度v2为多少？
【答案】（1）203m/s；（2）409m/s
【解析】（1）若粒子不与挡板碰撞，且恰好能回到P点，根据对称性可知，粒子在磁场中运动的圆心一定在y轴上，如图
根据几何关系可知 R=asinθ
又 tanθ=ℎa=34
根据牛顿第二定律可知 qv1B=mv12R
可得 v1=203m/s
（2）若碰撞两次，运动轨迹如图所示
由几何关系可知 6R′sinθ−4×ℎ2ctθ=2a
解得 R′=409m/s
根据 qv2B=mv22R′
可得粒子的初速度 v2=409m/s
18．（2023·全国·高三专题练习）空间存在如图所示相邻的两个磁场，磁场Ⅰ宽度为d，垂直纸面向里，磁感应强度为B。磁场Ⅱ方向垂直纸面向外，宽度为2d。现让质量为m带电量为q的正粒子以水平速度v1=5qBd3m垂直磁场Ⅰ从P点射入磁场，粒子在磁场中运动后恰好从磁场Ⅱ边缘C处水平射出。若让同样的粒子以v2的水平速度从P点射入，粒子恰好从C点上方d2处水平射出（图中未标出）。不计粒子重力，sin37°=0.6，cs37°=0.8，求：
（1）以v1的速度射入的粒子在磁场中运动的时间；
（2）粒子的速度v1和v2的大小之比。
【答案】（1）t=37πm60qB；（2）43
【解析】（1）以v1的速度射入的粒子在磁场Ⅰ做匀速圆周运动，有 qv1B=mv12r1 v1=5qBd3m
联立得粒子在磁场Ⅰ中运动的轨迹半径为 r1=5d3
由几何知识可得，此时运动轨迹所对的圆心角θ1有 sinθ1=dr1=35
得 θ1=37∘
粒子恰好从磁场Ⅱ边缘C处水平射出，由几何知识可得粒子在磁场Ⅱ中运动轨迹所对的圆心角也为θ1，故粒子在磁场Ⅱ中运动的轨迹半径为 r2=2dsin37∘=10d3=2r1
则根据 qv1B′=mv12r2
可得磁场Ⅱ的磁感应强度为 B′=B2
则粒子在磁场中运动的总时间为 t=t1+t2
其中 t1=θ1360∘T1 t2=θ1360∘T2
T1=2πmqB T2=2πmqB′
联立以上式子求得 t=37πm60qB
（2）设粒子以v2的速度射入磁场Ⅰ、Ⅱ中运动的轨迹半径为r′1，r′2，轨迹所对应的圆心角为θ2，根据（1）问可知 r′1=r′22 sinθ2=dr′1
以速度v2从P点水平飞入磁场Ⅰ的粒子恰好从C点上方d2处水平射出磁场Ⅱ，则由几何关系可得
(r′1+r′2)(1−csθ2)=(r1+r2)(1−csθ1)+d2
代入数据得 r′1=54d
根据r=mvqB，可得 v1v2=r1r′1=43
19．（2023·全国·高三专题练习）如图所示，半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场，大量比荷为qm、速度大小范围为0∼3v0的粒子从PM和QK间平行于PM射入圆形磁场区域，PM与圆心O在同一直线上，PM和QK间距离为0.5R，已知从M点射入的速度为v0的粒子刚好从N点射出圆形磁场区域，N点在O点正下方，不计粒子重力以及粒子间的相互作用。求：
（1）圆形区域磁场的磁感应强度B及带电粒子电性；
（2）圆形区域内有粒子经过的面积；
（3）挡板CN、ND下方有磁感应强度为2B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，ND=R，直线CD与圆形区域相切于N点，到达N点的粒子均能从板上小孔进入下方磁场，挡板ND绕N点在纸面内顺时针旋转，ND板下表面上有粒子打到的区域长度l与板旋转角度α（0°≤α<90°）之间的函数关系式。
【答案】（1）B=mv0qR，带正电；（2）56πR2−3R2；（3）见解析
【解析】（1）速度为v0的粒子从M点射入，从N点出，轨道半径为r，
依题意有 r=R qv0B=mv02r B=mv0qR 由左手定则判断可得粒子带正电；
（2）速度为3v0的粒子从M射入，射出点为A，如图1所示，依题意有
q3v0B=m3v02r
MO1=r′=3R
tanθ=Rr′=33
θ=30
∠MOA=120
MK间入射的速度为0∼3v0的粒子能到达的区域为图中阴影部分，面积为
S=13πR2−32R×12R+16πr2−12×32r2=56πR2−3R2
（3）如图2所示，由几何关系可知，能到达N点的带电粒子速度均为v0，半径均为R， △KOB中有
csβ=OBOK=0.5RR=12 β=60
从K点射入带电粒子速度偏转角为60°，从M入射带电粒子速度偏转角为90°，从N点出射的粒子速度与ON的夹角最大值为 90−β=30
挡板下方磁感应强度为2B，粒子均以速度v0进入（如图3），
有qv02B=mv02r″ 则轨道半径为 r″=12R
在三角形NFD中有 lNF=NDcsα=2r″csα
连接HG构成三角形，△NHG中有 ∠DNH=30 lNG=2r″cs(α+30∘)
ND板下表面被粒子打到的长度为 l=lNF−lNG=Rcsα−Rcs(α+30∘) （0≤α≤60）
或 l=Rcsα (60<α<90)
20.如图，在坐标系的第一象限内，直线的上方有垂直纸面向外的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B。在点有一粒子源，能以不同速率沿与y轴正方向成角发射质量为m、电荷量为的相同粒子。这些粒子经磁场后都沿方向通过x轴，且速度最大的粒子通过x轴上的M点，速度最小的粒子通过x轴上的N点。已知速度最大的粒子通过x轴前一直在磁场内运动，，不计粒子的重力，求：
（1）粒子最大速度的值与k的值；
（2）粒子从P点到穿过x轴经历的最长时间；
（3）有界磁场的最小面积。
【答案】（1）；；（2）；（3）
【解析】（1）设粒子的最大速度为，由于速度最大的粒子穿过x轴前一直在磁场内运动，过P点作速度的垂线交x轴于点，就是速度为的粒子做圆周运动的圆心，即为半径，由几何关系可知
解得
由洛伦兹力提供向心力，则
解得
由于所有粒子离开磁场时方向均沿y轴负方向，所以它们在磁场中偏转的角度均相同。即从磁场射出的粒子，射出点一定在连线上，连线即为直线
解得
（2）所有粒子在磁场中运动的时间均相等，速度小的粒子离开磁场后再做匀速直线运动，速度最小的粒子在磁场外运动的位移最大，时间最长。设粒子在磁场中运动的时间为 ，
设速度最小的粒子在磁场中半径为，速度为，根据几何关系有
解得 ，
由洛伦兹力提供向心力，则
解得
最小速度的粒子离开磁场后运动的时间为，有
粒子最小的粒子从离开P点到打在x轴上经历的时间
（3）磁场的最小面积为图中阴影部分面积
解得
21．（2022·浙江·高考真题）离子速度分析器截面图如图所示。半径为R的空心转筒P，可绕过O点、垂直xOy平面（纸面）的中心轴逆时针匀速转动（角速度大小可调），其上有一小孔S。整个转筒内部存在方向垂直纸面向里的匀强磁场。转筒下方有一与其共轴的半圆柱面探测板Q，板Q与y轴交于A点。离子源M能沿着x轴射出质量为m、电荷量为 – q（q > 0）、速度大小不同的离子，其中速度大小为v0的离子进入转筒，经磁场偏转后恰好沿y轴负方向离开磁场。落在接地的筒壁或探测板上的离子被吸收且失去所带电荷，不计离子的重力和离子间的相互作用。
（1）①求磁感应强度B的大小；
②若速度大小为v0的离子能打在板Q的A处，求转筒P角速度ω的大小；
（2）较长时间后，转筒P每转一周有N个离子打在板Q的C处，OC与x轴负方向的夹角为θ，求转筒转动一周的时间内，C处受到平均冲力F的大小；
（3）若转筒P的角速度小于6v0R，且A处探测到离子，求板Q上能探测到离子的其他θ′的值（θ′为探测点位置和O点连线与x轴负方向的夹角）。
【答案】（1）①B=mv0qR，②ω=(4k+1)v0R，k = 0，1，2，3…；（2）F=(2nπ+θ)N2(π−θ)πmv02Rtanθ2，n = 0，1，2，…；（3）θ′=56π，16π
【解析】（1）①离子在磁场中做圆周运动有 qv0B=mv02R
则 B=mv0qR
②离子在磁场中的运动时间 t=πR2v0
转筒的转动角度 ωt=2kπ+π2 ω=(4k+1)v0R，k = 0，1，2，3…
（2）设速度大小为v的离子在磁场中圆周运动半径为R′，有 R′=Rtanθ2 v=v0tanθ2
离子在磁场中的运动时间 t'=(π−θ)R'v
转筒的转动角度 ω′t′ = 2nπ + θ
转筒的转动角速度 ω′=(2nπ+θ)(π−θ)v0R，n = 0，1，2，…
动量定理 F2πω′=Nmv F=(2nπ+θ)N2(π−θ)πmv02Rtanθ2，n = 0，1，2，…
（3）转筒的转动角速度 (4k+1)v0R=2nπ+θ′v0π−θ′R<6v0R
其中 k = 1，θ′=5−2n6π，n = 0，2
可得 θ′=56π，16π
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