新高考物理二轮复习考点知识讲练与题型归纳专题20 磁场对运动电荷的作用（2份，原卷版+解析版）

这是一份新高考物理二轮复习考点知识讲练与题型归纳专题20 磁场对运动电荷的作用（2份，原卷版+解析版），共6页。试卷主要包含了对洛伦兹力的理解和应用，带电粒子做圆周运动分析思路等内容，欢迎下载使用。

TOC \ "1-3" \h \z \u \l "_Tc206960044" 题型一 对洛伦兹力的理解和应用 PAGEREF _Tc206960044 \h 1
\l "_Tc206960045" 题型二 带电粒子做圆周运动分析思路 PAGEREF _Tc206960045 \h 6
\l "_Tc206960046" 题型三 带电粒子在有界匀强磁场中的圆周运动 PAGEREF _Tc206960046 \h 12
\l "_Tc206960047" 类型1 带电粒子在直线边界磁场中运动 PAGEREF _Tc206960047 \h 14
\l "_Tc206960048" 类型2 带电粒子在圆形边界磁场中运动 PAGEREF _Tc206960048 \h 20
\l "_Tc206960049" 类型3 带电粒子在环形边界磁场中运动 PAGEREF _Tc206960049 \h 26
\l "_Tc206960050" 类型4 带电粒子在三角形边界磁场中运动 PAGEREF _Tc206960050 \h 32
\l "_Tc206960051" 题型四 带电粒子在磁场运动的临界和极值问题 PAGEREF _Tc206960051 \h 39

题型一 对洛伦兹力的理解和应用
1．洛伦兹力
磁场对运动电荷的作用力叫洛伦兹力．
2．洛伦兹力的方向
(1)判定方法
左手定则：掌心——磁感线垂直穿入掌心；
四指——指向正电荷运动的方向或负电荷运动的反方向；
大拇指——指向洛伦兹力的方向．
(2)方向特点：F⊥B，F⊥v，即F垂直于B和v决定的平面(注意：洛伦兹力不做功)．
3．洛伦兹力的大小
(1)v∥B时，洛伦兹力F＝0.(θ＝0°或180°)
(2)v⊥B时，洛伦兹力F＝qvB.(θ＝90°)
(3)v＝0时，洛伦兹力F＝0.
如图所示，足够长光滑水平面上方空间中有垂直向里、磁感应强度为B的匀强磁场和水平向右、电场强度为E的匀强电场，水平面上有一个质量为m且不带电的绝缘物块N，在物块N左边某处静止释放一个质量为2m且带正电的物块M，带电荷量为q，物块M、N都可以看成质点，若M、N恰能相碰（碰撞时间很短），且碰后粘为一体（碰后电荷量不变），重力加速度取g，下列说法正确的是（ ）
A．物块M与物块N碰前的速度是mgqB
B．物块M释放点距物块N的距离L是4m3g2q3B2E
C．物块M与物块N碰后的速度是2mg3qB
D．物块M与物块N碰后又滑动3m2gq2BE时间后会离开水平地面
【答案】B
【详解】A．M在电场力的作用下向右加速，同时洛伦兹力向上且大小也在增加。若M、N恰好能相碰，此时有qvB=2mg，求得v=2mgqB。故A错误；
B．设物块M释放点距物块N的距离是L，根据动能定理得qEL=12⋅2mv2
代入得L=4m3g2q3B2E，故B正确；
C．碰撞过程满足动量守恒，且碰后粘为一体，2mv=2m+mv1
解得v1=23v=4mg3qB，故C错误；
D．物块M与物块N碰后粘为一体后运动速度为v2时离开水平地面，则有qv2B=3mg
可求得速度v2=3mgqB
连接体受到电场力的作用加速运动，加速度a=qE3m
所以时间t=v2−v1a=5m2gq2BE，故D错误。
故选B。
如图甲所示，在竖直平面内有一半径为R=0.5m的固定光滑绝缘圆桶，在空间中有平行圆桶轴线的水平匀强磁场B=2T，一质量为m=0.5kg、带电量为q=+2C的带电小球沿圆桶外壁做圆周运动，如图乙所示为带电小球所在处的截面图，AC为竖直直径，初始时带电小球位于圆环最高点A（圆桶外侧），并且有水平方向的速度v0（以水平向左为速度的正方向），如果带电小球在A点不脱离圆桶，带电小球初速度v0可能的取值为（ ）
A．3m/sB．6m/sC．-3m/sD．-6m/s
【答案】A
【详解】假设初速度v0向左，则小球所受洛伦兹力竖直向下，小球不脱离圆桶需满足
mg+qv0B−FN=mv02R
即
FN=mg+qv0B−mv02R≥0
求得
−1ms≤v0≤5ms
故选A。
如图所示，空间内有一垂直纸面方向的匀强磁场（方向未知），一带正电的粒子在空气中运动的轨迹如图所示，由于空气阻力的作用，使得粒子的轨迹不是圆周，假设粒子运动过程中的电荷量不变。下列说法正确的是（ ）
A．粒子的运动方向为c→b→a
B．粒子所受的洛伦兹力大小不变
C．粒子在b点的洛伦兹力方向沿轨迹切线方向
D．磁场的方向垂直纸面向里
【答案】D
【详解】A．由于空气阻力做负功，粒子运动过程中速率逐渐减小，由
qvB=mv2R
得
R=mvqB
所以粒子运动的轨道半径逐渐减小，粒子的运动方向为a→b→c，A错误；
B．由公式f=qvB可知粒子所受的洛伦兹力逐渐减小，B错误；
C．粒子所受的洛伦兹力与速度方向垂直，方向指向弯曲轨迹的内侧，所以粒子在b点的洛伦兹力并不沿切线方向，C错误；
D．由左手定则可知匀强磁场的方向垂直纸面向里，D正确。
故选D。
一倾角为α的绝缘光滑斜面处在与斜面平行的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。质量为m，电荷量为−q的小球，以初速度v0从N点沿NM边水平射入磁场。已知斜面的高度为h且足够宽，小球始终未脱离斜面。则下列说法正确的是（ ）
A．小球在斜面上做变加速曲线运动
B．小球到达底边的时间为2ℎgsin2α
C．小球到达底边的动能为mgℎ
D．匀强磁场磁感强度的取值范围B≤mgsinαqv0
【答案】B
【详解】A．小球运动过程中，小球受到的洛伦兹力、重力恒定不变，则小球受到的合力不变，且合力方向与初速度方向不在同一直线上，故小球在斜面上做匀变速曲线运动，故A错误；
B．小球做类平抛运动，在NM方向上，小球做匀速直线运动，在斜面方向上，小球做匀加速直线运动，则
ℎsinα=12at2
小球的加速度为
a=gsinθ
解得小球到达底边的时间为
t=2ℎgsin2α
故B正确；
C．根据动能定理，小球到达底边的动能为
Ek=12mv02+mgℎ
故C错误；
D．根据左手定则，小球受到的洛伦兹力垂直斜面向上，为使小球不脱离斜面，则
qv0B≤mgcsα
解得匀强磁场磁感强度的取值范围为
B≤mgcsαqv0
故D错误。
故选B。
如图所示，质量为1kg的小球，带有0.5C的负电荷，套在一根与水平方向成37°角的足够长的绝缘杆上，小球与杆之间的动摩擦因数为μ=0.5，杆所在空间有磁感应强度B=0.4T的匀强磁场，小球由静止开始下滑。（g=10m/s2）求：
（1）小球刚开始下滑的加速度大小；
（2）小球下滑的最大速度。
【答案】（1）2m/s2；（2）20m/s
【详解】（1）小球刚开始下滑，洛伦兹力为0，根据牛顿第二定律
mgsinθ−μmgcsθ=ma0
解得小球刚开始下滑的加速度大小为
a0=2m/s2
（2）以小球为研究对象，通过分析受力可知，小球受重力，垂直杆的支持力和洛伦兹力，摩擦力，根据左手定则，小球受到的洛伦兹力垂直绝缘杆向下，当a=0时，即小球的速度最大，即
mgsinθ−μFN=0
垂直绝缘杆方向有
FN=qvmB+mgcsθ
解得
vm=mgsinθ−μmgcsθμqB=20m/s
题型二 带电粒子做圆周运动分析思路
1．匀速圆周运动的规律
若v⊥B，带电粒子仅受洛伦兹力作用，在垂直于磁感线的平面内以入射速度v做匀速圆周运动．
2．圆心的确定
(1)已知入射点、出射点、入射方向和出射方向时，可通过入射点和出射点分别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，P为入射点，M为出射点)．
(2)已知入射方向、入射点和出射点的位置时，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迹的圆心(如图乙所示，P为入射点，M为出射点)．
3．半径的确定
可利用物理学公式或几何知识(勾股定理、三角函数等)求出半径大小．
4．运动时间的确定
粒子在磁场中运动一周的时间为T，当粒子运动的圆弧所对应的圆心角为θ时，其运动时间表示为t＝eq \f(θ,2π)T(或t＝eq \f(θR,v))．
一束γ射线（从底部进入而没有留下痕迹）从充满在气泡室中的液态氢的一个氢原子中打出一个电子，同时γ光子自身转变成一对正、负电子对（分别称为正电子、负电子，二者速度接近），其径迹如图所示。已知匀强磁场的方向垂直照片平面向里，正、负电子质量相等，则下列说法正确的是（ ）
A．右侧螺旋轨迹为负电子运动的轨迹
B．正电子、负电子所受洛伦兹力大小时刻相等
C．分离瞬间，正电子速度大于负电子速度
D．正电子、负电子的动能不断减小，而被打出的电子动能不变
【答案】AC
【详解】A．匀强磁场的方向垂直照片平面向里，根据粒子运动轨迹结合左手定则可知，左侧螺旋轨迹为正电子运动的轨迹，右侧螺旋轨迹为负电子运动的轨迹，故A正确；
B．正电子、负电子所受洛伦兹力大小为F洛=evB
正电子、负电子的速度大小不是时刻相等，则正电子、负电子所受洛伦兹力大小不是时刻相等，故B错误；
C．根据洛伦兹力提供向心力有evB=mv2r
解得r=mveB
根据运动轨迹可知正电子与负电子分离瞬间，左侧正电子的轨迹半径大于右侧负电子的轨迹半径，故分离瞬间，正电子速度大于负电子速度，故C正确；
D．正、负电子在气泡室运动时，根据轨迹可知运动的轨迹半径逐渐减小，则速度逐渐减小，动能逐渐减小，被打出的电子，在气泡室中克服阻力做功，动能也逐渐减小，故D错误。
故选 AC。
如图（a）所示，一点电荷（不计重力）在辐向电场中围绕圆心O做匀速圆周运动，轨迹所在处的电场强度大小均为E；如图（b）所示，同一点电荷在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场中做匀速圆周运动。已知点电荷两次做圆周运动的线速度大小相等，两个圆弧轨迹的半径均为r。关于该点电荷，下列说法正确的是（ ）
A．可能带负电
B．一定沿逆时针转动
C．点电荷的比荷为EB2r
D．点电荷运动的线速度大小为EB
【答案】BCD
【详解】AB．图（a）中，点电荷受到的电场力提供向心力，方向与场强方向相同，所以点电荷一定带正电；对图（b）由左手定则可知点电荷一定沿逆时针转动，故A错误，B正确；
CD．对图（a）有qE=mv2r
对图（b）有qvB=mv2r
联立可得v=EB，qm=EB2r，故CD正确。
故选BCD。
利用云室可以知道带电粒子的性质，如图所示，云室中存在磁感应强度大小为B的匀强磁场，质量为m带正电的粒子静止在磁场中，该粒子在A点分裂成粒子a和b，a、b在磁场中的径迹是两个内切圆，相同时间内的径迹长度之比la:lb=1:2；半径之比ra:rb=1:2，不计重力及粒子间的相互作用力，则（ ）
A．粒子a和b所带电性可能均为正电荷
B．粒子a、b的质量之比ma:mb=1:1
C．在相等的时间内a、b两粒子速度的变化量大小相等
D．在相等的时间内a、b两粒子洛伦兹力冲量大小相等
【答案】D
【详解】AB．由于a、b粒子的轨迹为内切圆，两电荷一定为异种电荷，根据动量守恒可知，分裂后两粒子动量等大反向mava=mbvb
由v=lt
所以vavb=12
得到ma:mb=2:1，故A、B错误；
C．由于T=2πrv
则周期相等，相等的时间速度的偏转角相等，速度大小不同故速度的变化量大小不等，故C错误；
D．相等的时间内a、b两粒子受洛伦兹力的冲量等于各自动量的变化量，根据两粒子动量守恒，所以两粒子的动量变化量大小相等，故D正确。
故选D。
用磁场实现对微观粒子的控制在高能物理、材料科学、核磁共振、微流控芯片等领域有着广泛的应用。如图所示为一种能够实现用磁场控制微观粒子的装置内部磁场分布图，x轴上方存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小B1=22B，x轴下方存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小B2=B；在坐标原点O处有一粒子源，可以同时发射速度大小为v0、方向分别沿y轴正、负方向的两个带电粒子P、Q。已知带电粒子质量均为m，电荷量均为+q，粒子相遇时两者的运动互不影响，不计粒子重力及粒子间的相互作用。
(1)若P、Q两粒子同时经过Hx0,0点，求该情况下B的最小值；
(2)若B=B0，且在xOy坐标系内的磁场为矩形磁场，为使两粒子发射后能够在磁场中相遇n次，求矩形磁场的最小面积；
(3)两粒子发射后的运动轨迹会有很多交点，若B=B0，且两粒子发射时间不同，为使两粒子能相遇在横坐标最小的轨迹交点处，求两粒子发射的时间差Δt。
【答案】(1)22−1mv0qx0
(2)2n+4+42m2v02q2B02
(3)1+22πmqB0
【详解】（1）由洛伦磁力提供向心力，有B1qv0=mv02R1
解得R1=2mv0qB
由洛伦磁力提供向心力，有B2qv0=mv02R2
解得R2=mv0qB
若B最小，说明H点是P、Q粒子在x轴上第一次相遇的点，P、Q粒子同时从O点出发，运动轨迹如图1所示
可知x0=2R1−R2
解得B的最小值为Bmin=22−1mv0qx0
（2）当B=B0时，由洛伦磁力提供向心力，有B1qv0=mv02R'1
解得R'1=2mv0qB0
由洛伦磁力提供向心力，有B2qv0=mv02R'2
解得R'2=mv0qB
P、Q两粒子同时发射后，每经过一个周期在x轴上相遇一次，P粒子每个周期内轨迹与x轴的交点向正方向移动d=2R'1−R'2
n个周期向正方向移动d总=2nR'1−R'2
所以磁场右边界的x轴坐标为x1=d总+2R'2=2nR'1−R'2+2R'
磁场的左边界x轴坐标为x2=−2R'2
磁场沿x轴方向宽度为Δx=2nR'1−R'2+4R'2
磁场沿y轴方向宽度为Δy=R'1+R'
所加矩形磁场的最小面积S=Δx⋅Δy=2n+4+42m2v02q2B02
（3）横坐标最小的轨迹交点如图2中所示的G点
O1O2之间距离与AO之间距离相等，易知O1O2=2R'2
可得α=45°
结合T=2πRv
可得T1=22πmqB0，T2=2πmqB0
P粒子运动至G点转过国心角为45°，所用时间 t1=T18
Q粒子运动至G点，在x轴下方转过圆心角为180°，在x轴上方转过圆心角为135°，所用时间t2=T22+3T18
两粒子从O点出发的时间之差Δt=t2−t1=1+22πmqB0
如图所示，空间存在范围足够大、垂直xOy平面向外的匀强磁场（图中未画出），一质量为m、带电荷量为+q的带电粒子从坐标原点O沿y轴正方向以速度v0射出，带电粒子恰好经过点A(x0,33x0)，不计粒子受到的重力及空气阻力。匀强磁场的磁感应强度大小为（ ）
A．3mv02qx0B．3mv02qx0C．2mv03qx0D．3mv03qx0
【答案】A
【详解】设轨迹半径为R，磁感应强度为B，根据洛伦兹力提供向心力有
qv0B=mv02R
结合几何关系
(x0−R)2+(33x0)2=R2
解得
B=3mv02qx0
故选A。
题型三 带电粒子在有界匀强磁场中的圆周运动
带电粒子在有界磁场中运动的几种常见情形
1．直线边界(进出磁场具有对称性，如图所示)
2．平行边界(存在临界条件，如图所示)
3．圆形边界(沿径向射入必沿径向射出，如图所示)
4．分析带电粒子在匀强磁场中运动的关键是：
(1)画出运动轨迹；
(2)确定圆心和半径；
(3)利用洛伦兹力提供向心力列式．
类型1 带电粒子在直线边界磁场中运动
如图，真空室内存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度的大小为B，场区足够宽，磁场内有一块足够长平面感光薄板ab，板面与磁场方向平行，在距ab的距离L处有一个点状的放射源S，它在纸面内均匀的向各个方向发射比荷相等的带正电的粒子，粒子的速度大小都满足v=BqLm，不计重力和粒子间的相互作用，下列说法正确的是（ ）
A．击中ab板的粒子运动的最长时间为3πm4Bq
B．击中ab板的粒子运动的最短时间为πm2Bq
C．ab上被粒子打中的区域的长度为(3+1)L
D．放射源S发射的粒子中有20%的粒子可以击中ab板
【答案】C
【详解】A．击中ab板的粒子中运动最长时间，则使粒子竖直向下运动，轨迹圆与ab相切，轨迹圆的弧长为34周长，所用时长t1=34×2πmBq=3πm2Bq，故A错误；
B．击中ab板的粒子运动的最短时间，应使粒子与竖直方向成30°向上运动，轨迹圆的弦长最短，此时粒子在磁场中运动的时间最短，轨迹圆的弧长为16周长，所用时长t2=16×2πmBq=πm3Bq，故B错误；
C．由牛顿第二定律得qvB=mv2R
解得R=L
轨迹如图所示
ab上被粒子打中的区域的长度x=L+(2L)2−L2=3+1L，故C正确；
D．沿竖直向上方向和沿竖直向下方向射出的粒子均与屏相切，即射出在S点右侧的粒子可以打在ab平面感光板上，射出方向所占夹角为180°，故各个方向均匀发射的粒子中有50%的粒子可以击中ab板，故D错误。
故选C。
如图所示，在xOy平面的x轴上方区域范围内存在着范围足够大的匀强磁场，磁感应强度大小为B=mv0qa。在空间坐标（x＝0，y=a2）处有一粒子源，在某一时刻向平面内各个方向均匀发射N个（N足够大）质量为m、电荷量为−q，速度为v0的带电粒子（不计粒子重力及粒子间的相互作用，题中N、a、m、q、v0均为已知量）。求：
(1)粒子在磁场中运动的半径R和周期T；
(2)x轴上能接收到粒子的区域长度L；
(3)能到达x轴的粒子所占粒子总数的比例η。
【答案】(1)a，2πav0
(2)152a+32a
(3)23
【详解】（1）由洛伦兹力提供向心力可得qv0B=mv02R
解得轨迹半径R=a
根据周期T=2πTv
联立解得T=2πav0
（2）粒子打x轴上的范围如图所示，x轴右侧长度为L1=(2a)2−(12a)2=15a2
x轴左侧，F与x轴相切，由几何关系知L2=(a)2−(12a)2=3a2
联立可得L=L1+L2=15a2+3a2
（3）粒子恰好跟x轴负半轴相切，半径与y轴夹角θ，满足csθ=a2R=12
解得θ=60
粒子恰好跟x轴正半轴相切，半径与y轴夹角θ'，满足csθ'=a2R=12
则θ'=60
则能到达x轴粒子所占粒子总数的比例η=360°−2×60°360°=23
如图所示，矩形ABCD区域内有匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B，AB边长为3d，AD边长为d，E是CD边上的一点，F是AB边上的一点，且AF=DE=d。在E点有一粒子源，大量同种粒子以相同速率从E点向磁场内沿各个方向射出，粒子均带正电，电荷量均为q，质量均为m。如图，速度与DE边的夹角为60°的粒子恰好从F点射出磁场，不计粒子的重力和粒子间的相互作用力，则（ ）
A．磁场方向垂直于纸面向里
B．粒子做匀速圆周运动的轨道半径为d
C．粒子在磁场中运动的最长时间为πm2qB
D．磁场区域中有粒子通过的面积为2+π2d2
【答案】BD
【详解】A．粒子运动轨迹如图所示
速度与DE的夹角为60°的粒子恰好从F点射出磁场，粒子带正电，由粒子运动的轨迹根据左手定则可判断，磁场方向垂直于纸面向外，故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
故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二分之一圆周，因此最长时间为二分之一周期，即最长时间为tmax=πmqB
故C错误；
D．由图可知，磁场区域有粒子通过的面积为图中AFGCEA区域的面积，即为S=14πd2+d2+14πd2=2+π2d2
故D正确。
故选BD。
如图所示，在xOy坐标系的Ⅰ、Ⅳ象限有垂直纸面向里的匀强磁场，在x轴上的AL，0点同时以相同速率v沿纸面内向各个方向发射大量相同带电粒子（粒子重力不计），其中粒子a沿平行y轴正方向发射，经磁场偏转后到达y轴上的B0，3L点，则下列说法正确的有（ ）
A．y轴上有粒子射出磁场的长度为3+15L
B．y轴上有粒子射出磁场的长度为215L
C．先后到达B点的两个粒子在磁场中运动的时间差为8πL3v
D．先后到达B点的两个粒子在磁场中运动的时间差为4πL3v
【答案】AC
【详解】AB．设粒子在磁场中运动的轨道半径为R，作出粒子a的运动的轨迹如图所示
由几何关系得R2=R−L2+3L2
解得R=2L
令粒子能到达y轴的最高点为P，对应弦长为直径，则OP长度y1=2R2−L2=15L
粒子能到达y轴的最低点为Q，对应轨迹与y轴相切，则OQ长度y2=R2−R−L2=3L
则y轴上有粒子射出磁场的长度为y1+y2=3+15L，故A正确，B错误；
CD．a粒子的偏转角sinθ=3L2L=32
解得θ=13π
后到达B点的b粒子轨迹如图所示，根据几何关系可知，其偏转角β=2π−θ=53π
a粒子在磁场中运动的时间ta=θRv=πR3v=2πL3v
b粒子在磁场中运动的时间tb=βRv=5πR3v=10πL3v
它们到达B点的时间差Δt=tb−ta=10πL3v−2πL3v=8πL3v，故C正确，D错误。
故选AC。
如图所示，平面直角坐标系的第二象限内存在着垂直纸面向外、磁感应强度大小为2B的匀强磁场，第三象限内存在着垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场。一带负电的粒子从原点O以某一速度沿与y轴成30°角方向斜向上射入磁场，且在第二象限运动时的轨迹圆的半径为R，已知带电粒子的质量为m，所带电荷量为q，且所受重力能够忽视。
(1)粒子在第二象限和第三象限内运动的轨道半径之比
(2)粒子达成一次周期性运动的时间
(3)粒子从O点入射，第二次经过x轴的位置到坐标原点的距离
【答案】(1)12
(2)πmqB
(3)33R
【详解】（1）设粒子的速度为v，由qvB=mv2R
得粒子在第二象限的轨道半径为R2=R=mv2qB
粒子在第三象限的轨道半径为R3=mvqB
则R2R3=12
（2）粒子从O点射入第二象限到再次射入第二象限，完成一次周期性运动,如图所示，粒子在磁场中运动时的圆心角为120
由v=2πRT
得粒子在第二象限中运动的时间为t2=13T2=132πm2qB=πm3qB
粒子在第三象限中运动的时间为t3=13T3=132πmqB=2πm3qB
则粒子达成一次周期性运动的时间为t=t2+t3=πmqB
（3）粒子从O点入射，第一次经过x轴的位置到坐标原点的距离为x2=2R2sin60
第二次经过x轴的位置到第一次经过x轴的位置的距离为x3=2R3sin60
则粒子第二次经过x轴的位置到坐标原点的距离为x=x2+x3=33R
类型2 带电粒子在圆形边界磁场中运动
如图所示，圆心为O、半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一束由相同带电粒子组成的粒子流，以相同的速度从左侧射入圆形区域内，所有粒子恰能全部汇聚于圆周上的C点，C点在圆心O的正下方。已知磁场的磁感应强度大小为B，带电粒子的比荷为k，粒子流宽度为R2，该粒子流可整体上下移动，且入射方向及其宽度都不改变，并全部汇聚于C点，不计粒子重力。下列说法正确的是（ ）
A．带电粒子带负电
B．带电粒子的入射速度大小为kBR
C．该粒子流在磁场中能到达的区域面积的最小值为4π−3312R2
D．该粒子流在磁场中能到达的区域面积的最小值为2π−336R2
【答案】ABD
【详解】A．带电粒子往下偏转，由左手定则可知，带电粒子带负电，故A正确；
B．所有粒子恰能全部汇聚于圆周上的C点，作出运动轨迹如图所示
根据几何关系可知，图中四边形为菱形，则粒子在磁场中运动轨迹的半径等于区域圆的半径，则有qvB=mv2R
解得v=qBRm=kBR，故B正确；
CD．当粒子流按如上图所示的方式入射时，所经过区域面积最小Smin=2×(πR26−12R⋅3R2)=2π−336R2，故C错误，D正确。
故选ABD。
如图所示，真空中半径为R的圆形区域内有垂直圆面，磁感应强度大小为B的匀强磁场。圆周上P点有粒子源，圆外与OP平行放置粒子收集板，板长为R，板关于与垂直于OP过圆心O的直线对称放置。粒子源可均匀地向圆形区域180°范围内各个方向发射速度大小相同，质量均为m，电荷量均为q的带正电粒子，部分粒子可垂直打在收集板上，不计粒子的重力及粒子间的相互作用力。下列说法正确的是（ ）
A．圆形区域内磁场方向垂直圆面向外
B．能够打在收集板上的粒子数占总数的13
C．能够打在收集板上的粒子在磁场中运动的最长时间为2πm3Bq
D．若粒子速度增大，打在收集板上的粒子速度方向仍与收集板垂直
【答案】BC
【详解】A．由左手定则可知圆内的磁场方向垂直纸面向里，故A错误；
B．从磁场射出的刚好打在收集板左端、右端的粒子，其运动轨迹如图所示
由几何关系可得α=30°，入射速度方向与PO的夹角θ=θ′=30°，则能够打在收集板上的粒子数占总数的比例为2×30°180°=13，故B正确；
C．粒子在磁场中运动Bqv=m2πTv，解得T=2πmBq，打在右端的粒子在磁场中运动的时间最长，则有t=120°360°×2πmBq=2πm3Bq，故C正确；
D．由磁发散原理可知，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径r与圆形磁场的半径R相等，则有Bqv=mv2r，解得v=Bqrm，若粒子速度增大，则运动半径增大，不符合磁发散条件，打在收集板上的粒子速度方向与收集板不垂直，故D错误。
故选BC。
如图所示，在xOy直角坐标系的第一象限以坐标原点为圆心、半径为R的四分之一圆OADC内，有垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，D为圆弧AC的中点；从坐标原点沿x轴正向向磁场内射入各种不同速率的带电粒子，粒子的质量为m、电荷量为−q（q>0），不计粒子的重力及粒子间的相互作用。关于粒子在磁场中的运动，下列说法正确的是（ ）
A．粒子在磁场中运动的最长时间为2πmqB
B．粒子从圆弧边射出时，速度越大，粒子在磁场中运动的时间越长
C．若粒子从D点射出，则粒子出磁场时速度沿y轴正向
D．从A点射出的粒子和从D点射出的粒子在磁场中运动的时间之比为4∶1
【答案】C
【详解】A．粒子从y轴射出在磁场中运动的时间最长，最长为tm=12T=πmqB，故A错误；
B．不同速度的粒子从圆弧边射出时，在磁场中运动轨道所对的弦长相同，速度越大，半径越大，轨迹所对的圆心角越小，运动时间越短，故B错误；
C．若粒子从D点出射，运动轨迹如图
根据几何关系，轨迹所对的圆心角为90°，因此粒子从D点出磁场时，速度沿y轴正向，故C正确；
D．从A点出射的粒子在磁场中运动的时间为半个周期，从D点出射的粒子在磁场中运动的时间为四分之一个周期，因此时间之比为2∶1，故D错误。
故选C。
如图所示，半径为R的圆形区域内有垂直于圆面向里的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B，O为圆心。在磁场边界上P点有一粒子源，粒子可以沿圆面向磁场内各个方向射出质量均为m、电荷量均为q的带正电的粒子，粒子射出的初速度大小相同，沿与PO成30°角斜向右下射出的粒子1在磁场中运动经过O点，不计粒子的重力，则下列说法正确的是（ ）
A．粒子1在磁场中做圆周运动半径等于R
B．粒子1在磁场中运动的偏向角为180°
C．粒子1在磁场中运动的时间为πm3qB
D．沿PO方向射入的粒子从磁场出射速度与粒子1从磁场出射速度方向相同
【答案】AD
【详解】A．沿与PO成30°角斜向右下射出的粒子1在磁场中运动经过O点，如图所示
设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r，根据几何关系可知r=R，故A正确；
B．粒子从磁场出射时，速度与PO垂直，即偏向角为120°，故B错误；
C．粒子1在磁场中运动的时间为t=120°360°T=13T=13×2πmqB=2πm3qB，故C错误；
D．由于粒子在磁场中做圆周运动的半径等于圆形有界场的半径，因此根据磁场发散原理可知，所有粒子从磁场出射的速度方向相同，故D正确。
故选AD。
如图所示，平面直角坐标系xOy内有一圆形有界磁场Ⅰ和一矩形有界磁场Ⅱ（未画出）。磁场Ⅰ圆心坐标为2d,0，半径为2d，磁场Ⅱ位于y轴左侧。磁场Ⅰ、Ⅱ的方向均垂直纸面向外，磁感应强度的大小分别为2B、B，有界区域边界上均有磁场。位于坐标原点的粒子源（大小忽略不计）可以向y轴右侧任意方向发射质量均为m、电荷量均为q、速率均为v0=2qBdm的同种带正电粒子，这些粒子的出射点都位于x轴下方的一段圆弧OP（P为圆弧上离O点最远的点，未画出）上。若从P点出射的带电粒子依次经过真空区域、磁场Ⅱ、真空区域后恰好能回到O点，且该粒子先后两次经过y轴的速度方向与y轴的负方向的夹角相同。不计粒子的重力及粒子间的相互作用。求：
(1)P点的坐标；
(2)从P点射出的粒子在矩形磁场区域中运动的时间；
(3)矩形磁场区域的最小面积。
【答案】(1)d,−3d
(2)4πm3qB
(3)12d2
【详解】（1）粒子在磁场Ⅰ中，根据洛伦兹力提供向心力2Bqv0=mv02R1
解得R1=d，由题意知OP=2d，OP与x轴正方向的夹角为θ=60°
根据几何关系有xP=2dcsθ，yP=−2dsinθ
解得xP=d，yP=−3d
即P点坐标为d,−3d
（2）粒子在磁场Ⅱ中，根据洛伦兹力提供向心力Bqv0=mv02R2，解得R2=2d
由题意知粒子在磁场Ⅱ转过的角度为α=240°=4π3，t=αR2v0，解得t=4πm3qB
（3）设最小矩形的长为l1，宽为l2，由几何关系知l1=2R2，l2=R21+sin30°
矩形面积Smin=l1l2
联立解得Smin=12d2
类型3 带电粒子在环形边界磁场中运动
如图为地球赤道剖面图，地球半径为R。把地面上高度为R2区域内的地磁场视为方向垂直于剖面的匀强磁场（磁场方向垂直纸面向里，图中未画出），一带电粒子以一定速度正对地心射入该磁场区域，轨迹恰好与地面相切。不计粒子重力，则（ ）
A．粒子带负电荷B．轨迹半径为12R
C．轨迹半径为58RD．轨迹半径为34R
【答案】AC
【详解】A．粒子向下偏转，根据左手定则可知粒子带负电荷，故A正确；
BCD．如图所示
设轨迹半径为r，根据几何关系可得r2+R2+R2=R+r2
解得r=58R，故C正确，BD错误。
故选AC。
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(1)粒子源在A点时，若所有粒子都不能穿出磁场，粒子速度的最大值vmA；
(2)粒子源在O时，被磁场约束的粒子速度最大值vmO；
(3)粒子源在P点时，被磁场约束的粒子速度的最大值vmP。
【答案】(1)vmA=BqR2m
(2)vmO=3BqR4m
(3)vmP=BqRm
【详解】（1）如图1所示
由题意可知当粒子从A点与内圆相切向上射入磁场，轨迹恰好与外圆相切，根据几何关系有rA=12R
洛伦兹力提供带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的向心力，根据牛顿第二定律有qvmAB=mvmA2rA
解得vmA=BqR2m
（2）如图2所示
当粒子源在O时，粒子在磁场中的运动轨迹与磁场外边界相切时，被磁场约束的粒子每次经过磁场时间为最大值，设粒子运动半径为rO，在ΔOAC中有OA2+AC2=OC2
即R2+r02=（2R−r0）2
解得r0=34R
洛伦兹力提供带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的向心力
根据牛顿第二定律有qvmOB=mvmO2r0
解得vmO=3BqR4m
（3）如图3所示
当粒子源在P点时，∠OFP越大，轨迹半径越大
根据正弦定理有OPsin∠OFP=OFsin∠OPF
又因为sin∠OPF的最大值为1，故∠OFP的最大值为0.5
粒子在磁场中的运动轨迹与磁场外边界相切时，被磁场约束的粒子的半径最大，速度为最大值，设粒子运动半径为rP，根据几何关系可得rP=R
洛伦兹力提供带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的向心力
根据牛顿第二定律有qvmPB=mvmP2rP
解得vmP=BqRm
如图所示，直径分别为d和2d的同心圆处于同一竖直面内，O为圆心，MN为大圆的水平直径。两圆之间的环形区域（I区）存在垂直圆面向里的匀强磁场，小圆内部（II区）存在垂直圆面向外的匀强磁场。质量为m、电量为+q的粒子由N点紧靠大圆内侧以速度v竖直向上射入磁场。不计粒子的重力。
(1)若粒子运动轨迹与小圆相切，求I区磁感应强度的大小；
(2)若I区、II区磁感应强度的大小均为B=2mvqd，粒子运动一段时间后再次经过N点，求这段时间粒子运动的路程。
【答案】(1)4mvqd或4mv3qd
(2)5πd3
【详解】（1）设I区内磁感应强大小为B，粒子做圆周运动的半径为r，粒子的运动轨迹与小圆相切有两种情况，如图所示
第一种情况，若粒子轨迹与小圆外切，根据几何关系可得r1=d4
根据洛伦兹力提供向心力有qvB1=mv2r1
解得B1=4mvqd
若粒子轨迹与小圆内切，由几何关系得r2=3d4
根据洛伦兹力提供向心力有qvB2=mv2r2
解得B2=4mv3qd
（2）由题意可知，I区和II内的磁感应强度大小均为B=2mvqd，设粒子在I区和II区做圆周运动的半径都为r，根据洛伦兹力提供向心力有qvB=mv2r
代入解得r=d2
根据题意作出粒子运动轨迹如图所示
根据几何关系可得θ1=43π，θ2=13π
可知粒子在I区域转过两个圆心角θ1=43π的圆弧；粒子在II区域转过两个圆心角θ2=13π的圆弧，则这段时间粒子经过的路程S=2θ1+θ22π⋅2πr=5πd3
如图所示，在很窄的圆环空间内有沿半径向外的磁场1，其磁感应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（图中均未画出），磁场2的磁感应强度大小是磁场1的二倍。已知电子电荷量为e、质量为m，若电子恰好可以在圆环平面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．电场方向垂直圆环平面向里B．电子运动周期为2πRv
C．匀强磁场2的磁感应强度大小为mveRD．电场强度大小为mv2eR
【答案】D
【详解】A．根据左手定则可知电子在磁场1中受到的洛伦兹力F1的方向垂直圆环平面向里，由于电子在垂直圆环平面上受力平衡，即电子所受电场力与电子在磁场1中受到的洛伦兹力F1等大反向，故电场力方向垂直圆环平面向外，则电场方向垂直圆环平面向里，故A正确；
B．电子在圆环平面内沿顺时针方向做半径为R、速率为v的匀速圆周运动，则电子运动周期为T=2πRv
故B正确；
C．电子受到磁场2的洛伦兹力提供电子做匀速圆周运动的向心力，有evB2=mv2R
解得B2=mveR
故C正确；
D．磁场1的磁感应强度大小B1=12B2=mv2eR
电子在垂直圆环平面上受力平衡，则有eE=evB1
解得E=mv22eR
故D错误。
故选D。
极光是由太阳抛射出的高能带电粒子受到地磁场作用，在地球南北极附近与大气碰撞产生的发光现象。赤道平面的地磁场，可简化为如图所示：O为地球球心，R为地球半径，将地磁场在半径为R到3R之间的圆环区域看成是匀强磁场，磁感应强度大小为B。磁场边缘A处有一粒子源，可在赤道平面内以相同速率v0向各个方向射入某种带正电粒子。不计粒子重力、粒子间的相互作用及大气对粒子运动的影响，不考虑相对论效应。其中沿半径方向（图中1方向）射入磁场的粒子恰不能到达地球表面。若和AO方向成θ角向上方（图中2方向）射入磁场的粒子也恰好不能到达地球表面，则（ ）
A．sinθ=23B．sinθ=34C．tanθ=13D．tanθ=14
【答案】A
【详解】若高能粒子仍以速率v射入地球磁场，可知沿径向方向射入的粒子会和地球相切而出，和AO方向成θ角向上方射入磁场的粒子也恰从地球上沿相切射出，在此日角范围内的粒子能到达地球，其余进入磁场粒子不能到达地球，作A点该速度垂直和过切点与O点连线延长线交于F点，则F点为圆心，如图所示
由图中几何关系可得AF=r=4R，AO=FO=3R
则有sinθ=AGAO=2R3R=23
故选A。
类型4 带电粒子在三角形边界磁场中运动
如图所示，等腰直角三角形abc区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，d为ac边的中点，e为bc边上的一点。现有一带正电的粒子（不计重力）从a点以大小不同的速率沿ab方向射入磁场，分别从d、c、e点射出磁场，其轨迹圆心分别为O1、O2、O3（图中未标出），所用时间分别为t1、t2、t3，且t1:t3=3:2，ab边长度为L，则（ ）
A．t2:t3=3:2
B．带电粒子的比荷为2π3Bt3
C．带电粒子从c点与从e点射出的速率之比为3:2
D．O1、O3两点距离为43−36L
【答案】ACD
【详解】A．粒子运动轨迹如图所示
从d、c两点射出时，对应的圆心角相等，都等于90°，所以，它们在磁场中运动时间也相等，即t1=t2，又由于t1：t3=3：2
因此t2：t3=3：2
故A正确；
B．由于t1：t3=3：2，又因为，从d点射出时对应的圆心角为90°，所以，从e点射出时，对应的圆心角为60°，即t3=16T=16×2πmqB
变形得qm=π3Bt3
故B错误；
C．根据ab=L，由几何关系得rd=O1d=12L，rc=O2c=L，re=O3e=ae=23L3
根据牛顿第二定律得qvB=mv2r
得v=qBrm
由于q、m、B相同，速度与半径成正比vcve=rcre=L23L3=32
故C正确；
D．O1、O3两点距离为Δx=re−rd=43−36L
故D正确；
故选ACD。
如图所示，在直角三角形abc区域（含边界）内存在垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，∠c=30°，a点处的粒子源持续将比荷为k的带正电粒子以大小和方向不同的速度射入磁场中，不计粒子的重力及粒子之间的相互作用，则粒子在磁场中运动的最长时间为（ ）
A．π3kBB．2π3kBC．kπ3BD．2kπ3B
【答案】B
【详解】粒子沿ac边界方向射入磁场从ab边射出磁场时转过的圆心角最大，粒子在磁场中的运动时间最长，粒子运动轨迹如图所示
由几何知识可知，其偏转得圆心角θ=2π3
根据洛伦兹力提供向心力则有Bqv=mv2R
粒子运动周期T=2πRv
解得T=2πmBq
故粒子在磁场中运动得时间t=2π32πT=13T
结合题意解得t=2π3kB
故选B。
如图，直角三角形abc中∠a=30°，ac=L，处在磁感应强度B、方向垂直纸面向外的匀强磁场，c点处的粒子源可向磁场区域各个方向发射速度大小为kBL2（k为粒子的比荷）的带正电粒子。不计粒子的重力和相互间作用力，则（ ）
A．ab边上有粒子到达区域的长度为32L
B．ab边上有粒子到达区域的长度为12L
C．从ac边射出的粒子在磁场中运动的最短时间为π3kB
D．从ac边射出的粒子在磁场中运动的最长时间为π2kB
【答案】B
【详解】AB．粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力得qvB=mv2r
解得r=mvqB=L2
如图所示
由几何关系可得ab边上有粒子到达区域的长度为ΔL=ad−ae=2×L2cs30°−(Lcs30°−L2)=L2，故A错误，B正确；
C．当c点入射速度方向趋近于平行ca时，从ac边射出的粒子在磁场中运动的时间趋近于0，故C错误；
D．如图所示
粒子从ab边上f点射出时，对应的圆心角最大，所用时间最长，由几何关系可知，最大圆心角为120°，则最长时间为tmax=120°360°T=13×2πmqB=2π3kB，故D错误。
故选B。
如图所示，在直角三角形OPN区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外。一电荷量为+q的粒子从静止开始经电压为U的电场加速后，沿平行于x轴的方向射入磁场。一段时间后，该粒子在OP边上某点以垂直于x轴的方向射出。已知O点为坐标原点，N点在y轴上，OP与x轴的夹角为30°，粒子进入磁场的入射点与离开磁场的出射点之间的距离为d。不计重力。求：
(1)带电粒子的质量m；
(2)带电粒子运动至x轴的位置到坐标原点的距离x；
(3)带电粒子在磁场中运动的时间t。
【答案】(1)qB2d24U
(2)22d
(3)πBd28U
【详解】（1）设粒子在电场中加速获得的速度为v，有qU=12mv2
设粒子在磁场中做半径为r的匀速圆周运动，如图所示
洛伦兹力提供向心力，有qvB=mv2r
其中d=2r
得m=qB2d24U
（2）由几何关系可得带电粒子运动至x轴的位置到坐标原点的距离x=r=22d
（3）设粒子做圆周运动的周期为T，粒子在磁场中运动的时间t=T4
周期T=2πrv
得t=πBd28U
如图所示，在直角△AOC区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场（未画出），磁感应强度大小为B。O点处的粒子源可向纸面内磁场区域各个方向发射带电粒子。已知带电粒子的质量为m，电荷量为+q，速率均为v=qBd2m,OC长为d且∠OAC=60∘，忽略粒子重力及粒子间的相互作用。下列说法正确的是（ ）
A．从AC边射出的粒子在磁场中运动的最短时间为πm3qB
B．带电粒子在磁场中的运动半径为d
C．AC边上有粒子到达区域的长度为d2
D．OC边上有粒子到达区域的长度为3d2
【答案】ACD
【详解】AB．根据qvB=mv2r
解得r=d2
自AC边射出的粒子在磁场中运动的最短时间的运动轨迹交AC于M点，圆弧所对应的圆心角为60°，自AC边射出的粒子在磁场中运动的最长时间的运动轨迹交AC于N点，交OC于D点，圆弧所对应的圆心角为120°，如图所示
根据T=2πrv
解得T=2πmqB
综上所述，可得tmin=60°360°T=πm3qB，tmax=120°360°T=2πm3qB，故A正确，B错误；
C．AC边上有粒子到达区域的长度为MN之间的距离，由几何关系可得MN=2×d2cs30°−d−d2cs30°cs30°=d2，故C正确；
D．OC边上有粒子到达区域的长度为OD之间的距离，由几何关系可得OD=2×d2cs30°=32d，故D正确。
故选ACD。
题型四 带电粒子在磁场运动的临界和极值问题
（1）动态放缩法
当带电粒子射入磁场的方向确定，但射入时的速度v大小或磁场的强弱B变化时，粒子做圆周运动的轨道半径r随之变化。在确定粒子运动的临界情景时，可以以入射点为定点，将轨道半径放缩，作出一系列的轨迹，从而探索出临界条件。如图所示，粒子进入长方形边界OABC形成的临界情景为②和④。
（2）定圆旋转法
当带电粒子射入磁场时的速率v大小一定，但射入的方向变化时，粒子做圆周运动的轨道半径r是确定的。在确定粒子运动的临界情景时，可以以入射点为定点，将轨迹圆旋转，作出一系列轨迹，从而探索出临界条件，如图所示为粒子进入单边界磁场时的情景。
如图所示，正方形区域abcd内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，一不计重力的带电粒子，以大小为v的速度，从ab边的中点M垂直于ab边和磁场射入正方形区域，并从bc边的中点N射出。下列说法正确的是（ ）
A．若仅将B加倍，则粒子在正方形区域的运动时间加倍
B．若仅将B加倍，则粒子在正方形区域的运动时间不变
C．若仅将v加倍，则粒子在正方形区域的运动位移为原来的2倍
D．若仅将v加倍，则粒子在正方形区域的运动位移为原来的2倍
【答案】BD
【详解】AB．设正方形区域的边长为L，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则qvB=mv2R
解得R=mvqB
根据T=2πRv
解得T0=2πmqB
当所有条件不变时，根据左手定则和几何关系可知，此时粒子的转动半径R0=L2
此时粒子在磁场中的运动时间为t0=π22πT0=T04
当磁场加倍时，粒子的转动半径变为原来的一半，运动周期也变为原来的一半，即T1=T02
根据左手定则和几何关系，粒子将在b点射出磁场，所以此时粒子在磁场中运动的时间t1=π2πT1=T12=T04=t0
即将B加倍，则粒子在正方形区域的运动时间不变，A错误，B正确；
CD．当所有条件不变时，根据左手定则和几何关系可知，粒子的位移x0=22L
仅将速度加倍，则粒子的转动半径加倍，根据左手定则和几何关系可知，粒子从bc边距离b点为32L的位置射出，则粒子此时的位移x2=L=2x0
即将v加倍，则粒子在正方形区域的运动位移为原来的2倍，C错误，D正确。
故选BD。
如图所示，在平面直角坐标系xOy的第四象限有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B=2.0T。一个质量为m=5.0×10−8kg、电荷量为q=+1.0×10−6C的带电粒子从P点沿图示方向以v=20m/s的速度进入磁场，从x轴上的Q点离开磁场（Q点未画出）。已知OP=25cm，粒子重力不计。求：
(1)OQ的距离及粒子从P运动到Q的时间；
(2)若粒子不能进入x轴上方，则磁感应强度B'满足的条件。
【答案】(1)2+34m，π48s
(2)B'≥6T
【详解】（1）带电粒子仅在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动
qvB=mv2r
解得r=0.5m
过P点做速度的垂线，交x轴于O1点。
O1P的长度为O1P=OPcs60°=0.5m
O1点就是轨迹的圆心。OQ的距离为
OQ=r+rcs30°=2+34m
带电粒子仅在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动的周期为
T=2πrv
从P运动到Q转过了150°，从P运动到Q的时间为
t=150°360°T
解得t=π48s
（2）若粒子恰好不能进入x轴上方，带电粒子轨迹如图所示
OP=r'+r'sin30°
又因为qvB'=mv2r'
解得B'=6T
若粒子不能进入x轴上方，则磁感应强度B'≥6T。
如图所示，S为一离子源，MN为足够长的荧光屏，S到MN的距离为SP=L，MN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qBLm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。则下列说法不正确的是（ ）
A．打中荧光屏的最短时间为πm3qB
B．打中荧光屏的宽度为3+1L
C．打中荧光屏的最长时间为πmqB
D．打到荧光屏的离子数与发射的离子数比值为1∶2
【答案】C
【详解】A．离子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律得qvB=mv2r
解得离子轨道半径为r=mvqB=L
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tmin=60°360T=16×2πmqB=πm3qB
故A正确，不符合题意；
C．当v=qBLm时，离子的轨道半径为R=mvqB=L
离子运动轨迹如图所示
离子速度为v1从下侧回旋，刚好和边界相切，离子速度为v2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T=2πmqB
打中荧光屏的最长时间为tmax=270°360°T=34×2πmqB=3πm2qB
故C错误，符合题意；
B．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AB=3+1R
打中荧光屏的宽度为3+1R，故B正确，不符合题意；
D．当v=qBLm时，离子的轨道半径为R=mvqB=L
离子恰好打到MN上的临界运动轨迹如图所示
离子速度为v1从下侧回旋，刚好和边界相切；离子速度为v2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M'点的离子离开S时的初速度方向夹角θ=π
故能打到荧光屏上的离子数与发射的粒子总数之比为k=θ2π=12
故D正确，不符合题意。
故选C。
在Oxy平面存在垂直于纸面向里且范围足够大的匀强磁场，磁感应强度大小为B；在y轴有一离子源S，其坐标为0，ℎ，向平面内各个方向均匀发射质量为m，电量为q=mv02ℎB，速率为v0且带正电的粒子。现沿x轴放置一足够长且不可穿过的挡板，挡板上有C、D两点，C点横坐标xC=−3ℎ，D点横坐标xD=3ℎ，不考虑带电粒子的重力以及粒子间的相互作用力。
(1)若出射方向沿y轴正方向，求粒子打到挡板上的x轴坐标；
(2)求所有出射粒子中能够打到CD区间的占比；
(3)若在挡板上不同位置放一些微型粒子探测器(可视为质点)，发现在一些位置上粒子只会从一个方向进入探测器，而在另一些位置上粒子会从两个方向进入探测器，试确定能从两个方向进入探测器的位置所在区间。
【答案】(1)−2+3ℎ
(2)13
(3)−15ℎ，−3ℎ
【详解】（1）根据qv0B=mv02R
可得R=2ℎ
如图1所示，根据几何关系，打到挡板上的粒子x坐标为−Rcsπ6+R=−2+3ℎ
（2）如图2所示；与负y轴成30∘出射的粒子打到挡板上的位置恰为D点，沿负x轴出射的粒子打到挡板上的位置恰为C点，在此角度范围内出射的粒子可以打到CD区间，它们占所有出射粒子的比例为12ππ2+π6=13
（3）如图3所示；当出射粒子速度为v2方向时，粒子刚好打到板上C点，由几何关系知：v2方向与y轴正向夹角为30∘，打到板上的坐标值为−3ℎ，0；出射粒子速度从v2方向逆时针逐渐转到v1方向，当粒子打到挡板上的位置据S点距离变大，当出射方向为v1，打到挡板上的位置据S点最远为2R，最远点E的横坐标xE=−(2R)2−ℎ2=−15ℎ
出射粒子速度从v1方向逆时针逐渐转到v0方向，粒子刚好再次打到板上C点；
综上判断，在EC区间的探测器能够探测到粒子从两个方向进入探测器相应区间为−15ℎ，−3ℎ
如图所示，AD和CN是竖直圆O的两条相互垂直的直径，AD水平，NP为过点N且平行AD的直线，圆O内部充满磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场（图中未画出）。现有一束宽度和CN相等、电荷量为q、质量为m的带正电粒子以相同速率平行直径AD射入圆O，粒子均通过N点进入直线NP下方。已知圆O的半径为R，不计重力及粒子间的相互作用。
(1)求粒子的速率v；
(2)若直线NP下方充满磁感应强度大小为2B、方向垂直纸面向外的匀强磁场，分别射向CO和NO中点的两粒子进入直线NP下方后又均从P点射出NP下方磁场，求N点到P点的距离L；
(3)若直线NP下方、ON延长线的右侧存在一个垂直纸面向里的矩形匀强磁场，直线NP和ON延长线分别为其两个边界，该磁场竖直方向边长为a，水平方向边长为2a。已知粒子在该磁场中做圆周运动的半径介于a到2a之间，在该磁场中运动时间最长的粒子的运动时间恰好为粒子在该磁场中做圆周运动周期的14，求矩形磁场的磁感应强度大小。
【答案】(1)qBRm
(2)3R2
(3)4+6R10aB
【详解】（1）根据题意可知，以相同速率平行直径AD射入圆O，粒子均通过N点进入直线NP下方，由磁聚焦可知，粒子在磁场中做圆周运动半径为r=R
根据洛伦兹力提供向心力有qvB=mv2r
联立解得v=qBRm
（2）结合上述分析可知，粒子进入NP下方后做圆周运动的半径为R2
由几何关系可得，两粒子从N点射出圆形磁场时速度方向与ON延长线的夹角相等，设为θ，则θ=π6
由几何关系可得2×R2csθ=L
联立解得L=3R2
（3）设矩形磁场磁感应强度大小为B'，粒子做圆周运动的轨道半径为r'，根据洛伦兹力提供向心力，得qvB'=mv2r'
解得r'=mvqB'
当a