第47讲 带电粒子在磁场中的运动（练习）（解析版）-2025年高考物理一轮复习讲练测（新教材新高考）

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【题型一】带电粒子在有界磁场中的运动
1．如图所示，在xOy坐标系的第一象限内存在匀强磁场。一带电粒子在P点以与x轴正方向成60°的方向垂直磁场射入，并恰好垂直于y轴射出磁场。已知带电粒子质量为m、电荷量为q，OP=a。不计重力。根据上述信息可以得出（ ）
A．该匀强磁场的磁感应强度
B．带电粒子在磁场中运动的速率
C．带电粒子在磁场中运动的轨道半径
D．带电粒子在磁场中运动的时间
【答案】C
【详解】粒子恰好垂直于轴射出磁场，作两速度的垂线交点为圆心，轨迹如图所示
C．根据几何关系可得
所以
故C正确；
AB．在磁场中由洛伦兹力提供向心力，即
解得带电粒子在磁场中运动的速率为
因轨迹圆的半径可求出，但磁感应强度未知，则无法求出带电粒子在磁场中运动的速率，故AB错误；
D．带电粒子圆周的圆心角为，而周期为
则带电粒子在磁场中运动的时间为
因为磁感应强度未知，则运动时间无法求出，故D错误。
故选C。
2.如图所示，上方存在匀强磁场，同种粒子从点射入匀强磁场中，两粒子的入射方向与磁场边界的夹角分别为和，且均由点射出磁场，则两粒子（ ）
A．运动半径之比为B．初速率之比为
C．运动时间之比为D．运动时间之比为
【答案】AC
【详解】A．设OP=2d，则由几何关系可知
可知ab的运动半径之比为，选项A正确；
B．根据
可得
初速率之比为，选项B错误；
CD．根据
ab两粒子转过的角度之比为300°：120°=5:2，则运动时间之比为，选项C正确，D错误。
故选AC。
3．如图所示，边长为L的等边三角形abc区域外存在着垂直于abc所在平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B。P、Q均为ab边的三等分点。t = 0时刻，磁场方向正好垂直于abc所在平面向里，带负电的粒子在abc平面内以初速度v0从a点垂直于ac边射出，并从P点第一次进入三角形abc区域。粒子第一次和第二次经过bc边时，磁场方向会反向一次，磁感应强度大小始终为B，其余时间磁场方向保持不变。不计带电粒子重力，求：
（1）粒子的荷质比；
（2）粒子从a点射出后第二次到达Q点的时间。
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）由几何关系可得
由洛伦兹力提供向心力可得
解得
（2）设粒子做匀速圆周运动的周期为T，则
画出粒子的运动轨迹如图
粒子第二次到达Q点共经历三次圆周运动和三次匀速直线运动，由图可知
联立有
4．如图所示，以O为圆心、半径为R的圆形区域内存在垂直圆面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，一粒子源位于圆周上的M点，可向磁场区域内垂直磁场沿各个方向发射质量为m、电荷量为的粒子，这些粒子的速率不相等，不计粒子的重力，N为圆周上另一点，半径和间的夹角为，且满足。
（1）若其中甲粒子以某一速率沿方向射入磁场，恰能从N点离开磁场，求甲粒子的速率；
（2）若乙粒子沿与成角斜向上方射入磁场，且乙粒子做圆周运动的半径正好等于磁场区域的半径R，求乙粒子在磁场中运动的时间。
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）粒子以速率v沿方向射入磁场，在磁场中做匀速圆周运动，恰好从N点离开磁场，其运动轨迹如图所示
设粒子轨迹半径为r，由牛顿第二定律可得
由图中几何关系可得
解得粒子的速度
（2）粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，设轨迹半径为R，粒子沿与成角方向射入磁场，设粒子从区域边界P射出，其运动轨迹如图所示
由图中几何关系可知粒子轨迹所对应的圆心角为
粒子在磁场中的运动时间
粒子运动周期
解得
5．如图所示，在平面直角坐标系xOy的第一象限内，有一圆心为O、半径为R的圆形匀强磁场区域，磁感应强度大小为B，方向垂直于坐标平面向外，C、D为圆弧AE的三等分点，第二象限内存在垂直于坐标平面向里的匀强磁场。两个电荷量均为＋q、质量分别为2m、m的带电粒子a、b分别以速率，，均从C点以平行于x轴方向射入磁场，a、b粒子经过第一象限内的匀强磁场后分别从D、E两点射出，之后b粒子刚好不从x轴射出而再次到达y轴，不计粒子重力和粒子间的相互作用。求：
（1）第二象限内匀强磁场的磁感应强度的大小；
（2）速率、的比值；
（3）b粒子从C点进入磁场到再次到达y轴所经历的时间t。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）两个电荷量均为＋q、质量分别为2m、m的带电粒子a、b分别以速率，，均从C点以平行于x轴方向射入磁场，a、b粒子经过第一象限内的匀强磁场后分别从D、E两点射出，作出它们的运动轨迹如图所示
对b粒子，在第一象限中，由几何关系得
根据洛伦兹力提供向心力有
解得
在第二象限中，由几何关系知，与y轴的夹角为30°，由几何关系知
解得
根据洛伦兹力提供向心力有
解得
（2）在第一象限中，作出a粒子的运动轨迹，其做匀速圆周运动的圆心为O1，连接OO1、OC、DO1、延长O1C交OA于F点，由于C、D为圆弧AE的三等分点，可知
根据几何关系可得
则有
对a、b粒子，根据洛伦兹力提供向心力有
可得
解得
（3）粒子b在第一象限中运动的周期为
由几何关系知粒子b在第一象限中运动的圆心角为60°，则在第一象限运动的时间为
在第二象限中运动的周期为
由几何关系知粒子b在第二象限中运动的圆心角为300°，则
b粒子从C点进入磁场到再次到达y轴所经历的时间为
【题型二】带电粒子在磁场中的多解、临界问题
6．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。
7．如图所示，边长为正方形区域内无磁场，正方形中线将区域外左右两侧分成两个磁感应强度均为的匀强磁场区域，右侧磁场方向垂直于纸面向外，左侧磁场方向垂直于纸面向里。现将一质量为，电荷量为的正粒子从中点以某一速率垂直于射入磁场，不计粒子的重力，则关于粒子的运动，下列说法正确的是（ ）
A．若粒子能垂直于射入正方形区域内，则粒子的最大速度为
B．若粒子能垂直于射入正方形区域内，则粒子的速度可能为
C．若粒子能垂直于射入正方形区域内，则粒子的速度可能为
D．若粒子能垂直于射入正方形区域内，则粒子的速度可能为
【答案】C
【详解】根据题意可知，粒子在磁场中做匀速圆周运动由洛伦兹力提供向心力有
解得
若粒子能垂直于射入正方形区域内，则粒子可能的运动轨迹如图所示
由几何关系可得
解得
当时，速度最大为
当时
当时
则粒子的速度不可能为。
故选C。
8．空间存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面，线段是屏与纸面的交线，长度为，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；，P为垂足，如图所示，已知，若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．B．C．D．
【答案】C
【详解】粒子要打中的右侧所有位置，最容易的方式为粒子从飞出，绕过距离最近的点，从右侧打中最下端的点，粒子运动的轨迹如图所示
为轨迹圆的弦长，为中点，，；粒子运动的半径为，根据几何关系可知四边形为平行四边形，则
解得
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
解得粒子的最小速率为
故选C。
9．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，一比荷为的带正电粒子，从圆形磁场边界上的A点以的速度垂直直径MN射入磁场，恰好从N点射出，且，下列选项正确的是（ ）

A．粒子在磁场中运动的时间为
B．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
【答案】C
【详解】A．粒子恰好从N点射出，轨迹如下图所示，运动周期为
四边形AONP的圆心角为
粒子在磁场中运动的时间为
故A错误；
B．粒子在磁场中速度偏转，从N点射出方向是与竖直方向呈，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，轨迹如下图所示，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，最小面积为
故D错误。
故选C。
10．如图所示，在平面的第一、二象限内有垂直坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，在第三、四象限范围内有沿x轴正方向的匀强电场，在坐标原点O有一个粒子源可以向x轴上方以不同速率向各个方向发射质量为m、电荷量为q的带正电粒子，x轴上的P点坐标为，y轴上的Q点坐标为。不计粒子的重力及粒子之间的相互作用。下列说法中正确的是（ ）
A．所有经过P点的粒子最小速度为
B．若以最小速率经过P点的粒子又恰好能过Q点，则电场强度大小为
C．沿不同方向进入匀强磁场的粒子要经过P点，速度大小一定不同
D．所有经过P点的粒子在匀强电场中运动的时间均相同
【答案】AD
【详解】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
解得
当OP为粒子运动轨迹的直径时
圆周运动半径最小，粒子经过P点时速度最小，可得
故A正确；
B．粒子以最小速率经过P点时，在磁场中的轨迹恰好为半个圆周，到达P点时速度方向垂直于x轴，由P点到Q点做类平抛运动。沿y轴负方向做匀速直线运动，则有
沿x轴正方向做匀加速直线运动，则有
由牛顿第二定律得
解得电场强度
故B错误；
C．经过P点圆弧轨迹均以PO为弦，如图1所示
经过O、P两点的半径相等的圆O1与圆O2，粒子可以分别沿这两个等大的圆在磁场中的圆弧部分做圆周运动经过P点，由于运动半径相等，故粒子速度大小相同，故C错误；
D．设沿不同方向进入磁场的粒子，经过P点的速度方向与x轴夹角为，如图2所示
由几何关系得
同理由，可得
在P点垂直电场方向的分速度为
可见为定值。
粒子穿过电场过程沿y轴负方向做匀速直线运动，则有
因vy为定值，故所有经过P点的粒子在匀强电场中运动的时间均相同，故D正确。
故选AD。
11．如图所示，空间有平行于x轴的匀强磁场（磁场区域足够大），磁场的磁感应强度大小为B，方向沿x轴正方向。质量为m、带电量为q的粒子从坐标原点O以大小为的速度射出，该速度平行于平面且与x轴的夹角为，粒子重力不计。规定：沿着x轴正方向看去，平面左边区域为内侧、平面右边区域为外侧。，。则粒子离开O点后的运动过程中，下列说法正确的是（ ）
A．第一次返回x轴时到O点的距离为
B．相邻两次回到x轴的时间间隔为
C．运动过程中离x轴的最大距离为
D．相邻两次回到x轴的时间间隔内粒子在平面内侧和外侧运动的时间相等
【答案】AC
【详解】A．粒子沿x轴方向做匀速直线运动，速度大小为
粒子在垂直x轴的平面内做匀速圆周运动，速度大小为为
周期为
粒子每运动一个周期，回到x轴一次，因此第一次返回x轴时到O点的距离为
故A正确；
B．相邻两次回到x轴的时间间隔为一个周期，即
故B错误；
C．运动过程中离x轴的最大距离为
故C正确；
D．粒子运动过程中，不可能运动到平面外侧，故D错误。
故选AC。
12．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。
13．如图所示，空间中有一个底角均为的梯形，上底与腰长相等为L，梯形处于磁感应强度大小为B、垂直于纸面向外的匀强磁场中，现c点存在一个粒子源，可以源源不断射出速度方向沿cd，大小可变的电子，电子的比荷为k，为使电子能从ab边射出，速度大小可能为（ ）

A．B．C．D．
【答案】BC
【详解】能够从ab边射出的电子，半径最小为从b点射出，如图所示

由几何关系可知
半径最大为从a点射出，如图所示

由几何关系可知
由牛顿第二定律有
解得
则有
为使粒子从ab边射出磁场区域，粒子的速度范围为
故选BC。
1．磁聚焦法测量电子比荷的装置如图所示。在抽成真空的玻璃管中装有热阴极 K和有小孔的阳极A。在A、K之间加大小为U₀的电压，对电子进行加速 （初速度视为零），电子由阳极小孔高速射出；在尺寸很小的电容器C的两极板间加一不大的周期性交变电场，使不同时刻通过这里的电子速度方向发生不同程度的微小偏转，在电容器右端和荧光屏之间加一沿轴线方向 （图中水平虚线）的匀强磁场，进入磁场的电子会沿不同的螺旋线运动，每绕行一周后都会到达同一位置聚焦，电容器到荧光屏的水平距离为l，调节磁感应强度的大小为B时，可使电子流的第一个焦点落在荧光屏S上。（不计电子所受的重力和电子间的相互作用，当θ非常小时满足（ ，下列说法正确的是（ ）
A．带电粒子所受洛伦兹力的方向与轴线不垂直
B．不同时刻进入电容器的电子运动轨迹一定不同
C．利用该设备测出电子的比荷
D．若电子经过电容器后偏离轴线方向的最大角度为θ，该装置中带电粒子螺旋运动段的玻璃管内径 （直径）应满足
【答案】C
【详解】A．伦兹力方向既垂直于磁场方向即轴线方向，又垂直于速度方向，故A错误；
B．不同时刻进入电容器中的电子，若进入电容器的时刻相隔整数个电场周期，则离开电容器进入磁场时的速度相同，则电子运动轨迹相同，故B错误；
C．电子的螺旋运动可分解为沿B方向的匀速运动和垂直于B方向上的匀速圆周运动。电子在A、K之间加速，根据动能定理有
设进入磁场时电子的速度大小为v，与水平方向夹角为，设其垂直磁场的分速度为，平行磁场方向的分速度为，由题意可知速度分量
可证电子回旋周期
故电子在磁场中做螺旋运动的螺距，则
可得
故C正确；
D．垂直B的速度分量为
根据洛伦兹力提供向心力
可知
所以管内直径
故D错误。
故选C。
2．正电子发射计算机断层扫描是核医学领域较先进的临床检查影像技术，使用作为原料产生正电子，其反应方程式为。真空中存在垂直于纸面的匀强磁场，某个静止的原子核在其中发生衰变，生成的硼核及正电子运动轨迹及方向如图所示，则（ ）
A．正电子动量大于硼核动量
B．正电子动量小于硼核动量
C．半径较大的轨迹是正电子轨迹
D．半径较大的轨迹是硼核轨迹
【答案】C
【详解】原子核的衰变过程满足动量守恒，可得两带电粒子动量大小相等，方向相反，由左手定则可知匀强磁场的方向一定是垂直于纸面向里；由带电粒子在匀强磁场中圆周运动的半径公式可知半径r与电荷量q成反比，则半径较大的轨迹是电荷量小的正电子的轨迹。
故选C。
3．云室是借助过饱和水蒸气在离子上凝结来显示通过它的带电粒子径迹的装置。图为一张云室中拍摄的照片。云室中加了垂直于纸面向外的磁场。图中a、b、c、d、e是从O点发出的一些正电子或负电子的径迹。有关这些径迹以下判断正确的是（ ）
A．d、e都是正电子的径迹
B．a径迹对应的粒子动量最大
C．b径迹对应的粒子动能最大
D．a径迹对应的粒子运动时间最长
【答案】D
【详解】A．带电粒子在垂直于纸面向外的磁场中运动，根据左手定则可知a、b、c都是正电子的径迹，d、e都是负电子的径迹，A错误；
B．带电粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，有
解得
由图可知a径迹对应的粒子的运动半径最小，a径迹对应的粒子的速度最小，根据
可知a径迹对应的粒子动量最小，B错误；
C．根据
可知
即b径迹对应的粒子动能不是最大的，C错误；
D．带电粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，有
，
则
所以
粒子在磁场中的运动时间
其中为粒子在磁场中的偏转角度，由图可知a径迹对应的偏转角度最大，则a径迹对应的粒子运动时间最长，D正确。
故选D。
4．如图所示的xOy坐标系中，y轴的左侧存在垂直纸面向外、磁感应强度大小未知的匀强磁场，y轴右侧的匀强磁场垂直纸面方向且大小未知，一带正电的粒子由y轴上（0，）处沿与y轴正方向成30°角的方向以速度v射入磁场，已知粒子的比荷为k，粒子在y轴右侧的轨道半径为L，最终粒子经过O点，粒子重力不计。下列说法正确的是（ ）
A．若y轴右侧的磁场垂直纸面向里，则y轴右侧的磁感应强度大小为
B．若y轴右侧的磁场垂直纸面向里，则粒子从射入到运动至O点的时间为
C．若y轴右侧的磁场垂直纸面向外，则粒子从射入到运动至O点的时间可能为
D．若y轴右侧的磁场垂直纸面向外，则粒子从射入到运动至O点的时间可能为
【答案】AD
【详解】A．若y轴右侧的磁场垂直纸面向里，由题意作出粒子的运动轨迹，如图甲所示
根据
解得
由几何关系可知
则有
A正确；
B．由几何关系可知粒子在y轴右侧偏转的角度为60°，则粒子从射入到运动至O点的时间
由于
解得
B错误；
CD．若y轴右侧的磁场垂直纸面向外，粒子可能在y轴左右两侧各偏转一次经过O点，如图乙所示，由几何关系可知粒子在y轴左侧的轨道半径
则y轴左侧磁场的磁感应强度大小
粒子运动的时间
由于
解得
若y轴右侧的磁场垂直纸面向外，粒子可能在y轴的左侧偏转一次、在y轴的右侧偏转两次经过O点，如图丙所示
由几何关系可知粒子在y轴左侧的轨道半径
则y轴左侧磁场的磁感应强度大小
粒子运动的时间
由于
解得
C错误，D正确。
故选AD。
5．如图，纸面内有一矩形abcd，其长ab为4l、宽ad为，P、Q为ab边上的点，。在矩形abcd外存在范围足够大的匀强磁场（图中未画出磁场），磁感应强度大小为。一质量为m、带电荷量为q（）的粒子，从P点垂直ab以速度向外射入磁场，粒子从Q处进入无场区。现在将入射速度变为，粒子从P点垂直ab射入磁场，粒子的重力不计，粒子离开P点至回到P点的运动路程可能为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ACD
【详解】AB．根据粒子从P点垂直ab射入磁场，从Q处进入无场区，可判断粒子做圆周运动的半径
粒子在磁场中做圆周运动，有
解得
粒子速度变为
粒子在磁场中做圆周运动，有
由数学知识可知，粒子先以Q为圆心做23个圆周运动到ad的中点M，再沿直线MN运动到N（Nc=l），再经过23个圆周运动到P点，沿直线PM运动到M，再经过23个圆周运动到N点，沿直线NP运动到P，之后重复上述运动，粒子运动轨迹如图所示
可知粒子在一个周期内经过P点两次。由P点沿圆弧运动到M点所用时间
由M点沿直线运动到N点所用时间
粒子以2v1垂直ab向外经过P，则粒子运动的时间
粒子运动的路程
当k=2时为A选项，而B选项无法取到，故A正确，B错误；
CD．粒子以2v1大小与ab方向成30°角经过P，则
粒子运动的路程
当k=2时为C选项，当k=3时为D选项，故CD正确。
故选ACD。
6．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
【详解】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。
7．如图所示，在该区域存在一个方向垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B的圆形磁场区域（图中未画出），一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子从M点以水平向左的初速度射入磁场中，M点在磁场中，一段时间后从N点穿过竖直线MN，在N点时运动方向与MN成30°角，MN长度为3L，不计粒子重力，下列说法正确的是（ ）
A．从M到N过程中粒子所受洛伦兹力的冲量大小为
B．粒子从M到N所用的时间为
C．粒子在磁场中做圆周运动的半径为L
D．圆形匀强磁场区域的最小面积为
【答案】CD
【详解】C．如图所示
由几何关系可以得到
可得粒子圆周运动的半径为
C正确；
A．从M到N，洛伦兹力冲量
又由
得
A错误；
B．粒子从M到D时间
粒子从D到N时间
所以粒子从M到D时间
B错误；
D．圆形磁场直径最小值为MD长度
所以圆形磁场最小面积为
D正确。
故选CD。
8．如图所示，矩形ABCD区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B，AB边长为d，BC边长为2d，O是BC边的中点，E是AD边的中点，在O点有一粒子源，可以在纸面内向磁场内各个方向射出质量均为m、电荷量均为q、有同种电性的带电粒子，粒子射出的速度大小相同，速度与OB边的夹角为600的粒子恰好从E点射出磁场，不计粒子的重力，则（ ）

A．粒于带正电
B．粒子运动的速度大小为
C．粒子在磁场中运动的最长时间为
D．磁场区域中有粒子通过的面积为
【答案】BD
【详解】A．速度与OB的夹角为60°的粒子恰好从E点射出磁场，由粒子运动的轨迹根据左手定则可判断，粒子带负电，A错误；
B．由此粒子的运动轨迹结合几何关系可知，粒子做圆周运动的半径r=d，由牛顿第二定律
则粒子运动的速度大小为
B正确；
C．由于粒子做圆周运动的速度大小相同，因此在磁场中运动的轨迹越长，时间越长，分析可知，粒子在磁场中运动的最长弧长为四分之一圆周，因此最长时间为四分之一周期，即最长时间为，C错误；
D．由图可知

磁场区域有粒子通过的面积为图中AOCDA区域的面积，即为
D正确。
故选BD。
9．一种圆柱形粒子探测装置的横截面如图所示，内圆区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，外圆是探测器，AB和PM分别为内圆的两条相互垂直的直径，两个粒子先后从P点沿径向射入磁场。粒子1经磁场偏转后打在探测器上的Q点，粒子2经磁场偏转后从磁场边界C点离开，最后打在探测器上的N点，PC圆弧恰好为内圆周长的三分之一，粒子2在磁场中运动的时间为t。装置内部为真空状态，忽略粒子所受重力及粒子间相互作用力。求
（1）粒子1的在P点受力方向和电性；
（2）若两粒子的入射速率相等，比较粒子1与粒子2的比荷大小；
（3）改变粒子2入射方向，连率变为原来的，则粒子2在磁场中运动的最长时间为多少？
【答案】（1）向下，带负电；（2）粒子1的比荷大于粒子2的比荷；（3）
【详解】（1）粒子1受向下偏转，受力向下，由左手定则可知，粒子1带负电。
（2）根据洛伦兹力提供粒子在磁场中做圆周运动所需的向心力
可得
由题图可知粒子1运动的半径小于粒子2运动的半径，若两粒子的速度相同，则粒子1的比荷大于粒子2的比荷。
（3）设内圆半径为R，根据几何关系，粒子2在磁场中运动半径为
粒子2速率变为原来的，此时粒子2在磁场中运动半径为
PC圆弧恰好为内圆周长的三分之一，则粒子2在磁场中轨迹所对应的圆心角为
根据几何关系，当粒子2的轨迹对应的弦为直径PM时，粒子2在磁场中运动的时间最长，此时的圆心角为
速度改变后，粒子2在磁场中运动的最长时间为
10．如图所示，以OP为分界线将直角MON分为区域Ⅰ和Ⅱ，区域Ⅰ内存在方向垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场，区域Ⅱ内存在方向垂直纸面向里、磁感应强度大小为2B的匀强磁场，OP与OM间的夹角为30°。一质量为m、带电量为的粒子从分界线上的P点以速度v、沿与分界线OP成60°角的方向射入区域Ⅰ，在区域Ⅰ偏转后直接从O点离开磁场区域，不计粒子的重力。
（1）求OP之间的距离；
（2）若粒子从P点射入的速度方向不变，大小可以改变，要使粒子仍从O点离开磁场区域，求粒子射入时速度大小的可能值。
【答案】（1）（2）
【详解】（1）根据牛顿第二定律
得
粒子运动轨迹如图
OP长度为
（2）粒子从点离开一定是从区域Ⅰ与相切离开磁场区域，故
根据几何关系
即
，
解得
11．如图所示，水平薄挡板MN（具有内外两侧面）内侧面下方存在垂直纸面向里的匀强磁场。在薄板MN中点O正下方有与之相距L的质子源S，可在纸面360°范围内发射质量为m、电量为e、速度为v0的质子，不计质子重力及质子间的相互作用。
（1）若挡板MN长为4L且固定，匀强磁场的磁感应强度为，则质子打在挡板MN上的长度为多长；
（2）若挡板MN长为L，向下平移薄板MN使点O离质子源S的距离为L，则要使质子不打在挡板上，求磁感应强度的最小值，若向下平移后要使挡板MN的外侧面都有粒子打到，求磁感应强度的最大值又是多少；
（3）若挡板MN长为2L，挡板M以O为固定转轴在竖直平面内顺时针缓慢转动60°，匀强磁场的磁感应强度为，当挡板处于不同位置时，求质子打在挡板MN内侧面上的最大长度和最小长度之比。
【答案】（1）；（2）；；（3）
【详解】（1）根据洛伦兹力提供向心力
解得
根据几何关系，当粒子打在右边挡板上的最远距离时，落点到质子源的连线为轨迹圆的直径
当粒子竖直向上入射，粒子打在右边挡板上的最远距离，恰轨迹与挡板相切，打在挡板上离O点左侧最远，也为L，则质子打在挡板MN上的长度为
（2）若能打到挡板，当粒子水平射出时，打在挡板上的位置离O最远，故要使质子不打在挡板上，则水平射出时轨迹恰好与挡板相切，则此时轨迹半径为
根据洛伦兹力提供向心力
解得
若向下平移后要使挡板MN的外侧面都有粒子打到，则向右射出的粒子能够恰好越过N点然后打到M点，根据几何关系
解得
根据洛伦兹力提供向心力
解得
（3）根据洛伦兹力提供向心力
解得
根据数学知识可知，当缓慢转动60°后，质子打在挡板MN内侧面上长度最小，此时S离板的距离为
则轨迹圆心到板的距离为
则沿NM方向射出的质子落点离N的距离为
此即为最小长度，故质子打在挡板MN内侧面上的最大长度和最小长度之比为
12．如图所示，一个质量为、带负电荷粒子的电荷量为、不计重力的带电粒子从轴上的点以速度沿与轴成的方向射入第一象限内的匀强磁场中，恰好垂直于轴射出第一象限。已知。
（1）求匀强磁场的磁感应强度的大小；
（2）让大量这种带电粒子同时从轴上的点以速度沿与轴成0到的方向垂直磁场射入第一象限内，求轴上有带电粒子穿过的区域范围；
（3）为了使该粒子能以速度垂直于轴射出，实际上只需在第一象限适当的地方加一个垂直于平面、磁感强度为的匀强磁场。若此磁场仅分布在一个矩形区域内，试求这矩形磁场区域的最小面积。

【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）粒子运动轨迹半径设为，如图所示
根据几何关系可得
解得
由洛伦兹力提供向心力可得
解得
（2）粒子从轴上之间射出，设点纵坐标为为轨迹圆的直径，如图所示，由几何关系得
解得
可知轴上有带电粒子穿过的区域范围为
（3）为了使该粒子能以速度垂直于轴射出，实际上只需在第一象限适当的地方加一个垂直于平面、磁感强度为的匀强磁场。若此磁场仅分布在一个矩形区域内，粒子在此磁场中运动时，根据洛伦兹力提供向心力可得
解得
如图所示，由几何关系可得矩形磁场区域的最小面积为
解得
目录
01 模拟基础练
【题型一】带电粒子在有界磁场中的运动
【题型二】带电粒子在磁场中的多解、临界问题
02 重难创新练