新高考物理一轮复习精练题专题12.2 带电粒子在磁场中的运动（含解析）

这是一份新高考物理一轮复习精练题专题12.2 带电粒子在磁场中的运动（含解析），共23页。

TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc16136" 一．练基础题型 PAGEREF _Tc16136 1
\l "_Tc21974" 二、练名校真题 PAGEREF _Tc21974 7
\l "_Tc21280" 三．练规范解答 PAGEREF _Tc21280 15
一．练基础题型
1.(2021·江苏连云港市锦屏中学期中) 如图所示，一正电荷水平向右射入蹄形磁铁的两磁极间。此时，该电荷所受洛伦兹力的方向是( )
A.向左 B.向右
C.垂直纸面向里 D.垂直纸面向外
【答案】 D
【解析】 正电荷向右运动，蹄形磁铁两极间磁场方向向上，由左手定则可知，电荷所受洛伦兹力的方向垂直纸面向外，故选项D正确。
2.(2021·江西省教学质量监测)科学家预言，自然界存在只有一个磁极的磁单极子，磁单极子N的磁场分布如图甲所示，它与如图乙所示正点电荷Q的电场分布相似。假设磁单极子N和正点电荷Q均固定，有相同的带电小球分别在N和Q附近 (图示位置)沿水平面做匀速圆周运动，则下列判断正确的是( )
A.从上往下看，图甲中带电小球一定沿逆时针方向运动
B.从上往下看，图甲中带电小球一定沿顺时针方向运动
C.从上往下看，图乙中带电小球一定沿顺时针方向运动
D.从上往下看，图乙中带电小球一定沿逆时针方向运动
【答案】 A
【解析】 根据圆周运动的受力条件可以从图乙中判断带电小球带的一定是负电，且在电场中小球的运动方向与电场力的方向无关；根据左手定则可知图甲中带电小球一定沿逆时针方向运动。
3从太阳和其他星体发射出的高能粒子流，在射向地球时，由于地磁场的存在，改变了运动方向，对地球起到了保护作用．如图1为地磁场的示意图(虚线，方向未标出)，赤道上方的磁场可看成与地面平行，若有来自宇宙的一束粒子流，其中含有α(氦的原子核)、β(电子)、γ(光子)射线以及质子，沿与地球表面垂直的方向射向赤道上空，则在地磁场的作用下( )
A．α射线沿直线射向赤道
B．β射线向西偏转
C．γ射线向东偏转
D．质子向北偏转
【答案】 B
【解析】 赤道上方磁场方向与地面平行、由南向北，根据左手定则可知，带正电的α射线和质子向东偏转，带负电的β射线向西偏转，不带电的γ射线不偏转，选项B正确．
4.(多选)(2021·辽宁辽南协作校第一次模拟)如图所示，在MNQP中有一垂直纸面向里的匀强磁场。质量和电荷量都相等的带电粒子a、b、c以不同的速率从O点沿垂直于PQ的方向射入磁场。图中实线是它们的轨迹，已知O是PQ的中点，不计粒子重力。下列说法中正确的是( )
A.粒子c带正电，粒子a、b带负电
B.射入磁场时粒子c的速率最小
C.粒子a在磁场中运动的时间最长
D.若匀强磁场磁感应强度增大，其他条件不变，则a粒子运动时间不变
【答案】 AC
【解析】 带电粒子在磁场中受到洛伦兹力发生偏转，根据左手定则可知粒子c带正电，粒子a、b带负电，A正确；洛伦兹力提供向心力qvB＝meq \f(v2,R)，解得v＝eq \f(qBR,m)，根据几何关系可知粒子a运动的半径最小，所以粒子a的速率最小，B错误；粒子在磁场中运动的周期为T＝eq \f(2πR,v)＝eq \f(2πm,qB)，粒子a在磁场中轨迹对应的圆心角最大，大小为180°，所以粒子a在磁场中运动的时间最长，为半个周期，C正确；洛伦兹力提供向心力qvB＝meq \f(v2,R)，解得粒子运动半径R＝eq \f(mv,qB)，磁感应强度B增大，可知粒子a运动的半径减小，所以粒子运动的圆心角仍然为180°，结合上述T＝eq \f(2πm,qB)可知粒子运动的周期改变，所以粒子a运动的时间改变，D错误。
5．(多选)带电油滴以水平速度v0垂直进入磁场，恰做匀速直线运动，如图所示，若油滴质量为m，磁感应强度为B，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A．油滴必带正电荷，电荷量为eq \f(mg,v0B)
B．油滴必带正电荷，比荷eq \f(q,m)＝eq \f(g,v0B)
C．油滴必带负电荷，电荷量为eq \f(mg,v0B)
D．油滴带什么电荷都可以，只要满足q＝eq \f(mg,v0B)
【答案】 AB
【解析】 油滴水平向右匀速运动，其所受洛伦兹力必向上，与重力平衡，故带正电，其电荷量q＝eq \f(mg,v0B)，油滴的比荷为eq \f(q,m)＝eq \f(g,v0B)，选项A、B正确．
6．(多选)(2021·河北唐山市模拟)两个质子以不同速度均在匀强磁场中做匀速圆周运动，轨迹如图所示，两圆周相切于A点，过A点作一直线与两圆周交于D点和C点．若两圆周半径r1∶r2＝1∶2，下列说法正确的有( )
A．两质子速率之比v1∶v2＝1∶2
B．两质子周期之比T1∶T2＝1∶2
C．两质子由A点出发第一次分别到达D点和C点经历的时间之比t1∶t2＝1∶2
D．两质子分别运动到D点和C点处时的速度方向相同
【答案】 AD
【解析】 质子在匀强磁场中做匀速圆周运动时，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得qvB＝meq \f(v2,r)，则v＝eq \f(qBr,m)，所以两质子的速率之比为1∶2，A正确；又T＝eq \f(2πr,v)，解得T＝eq \f(2πm,qB)，所以两质子的周期之比为1∶1，B错误；由题图可知两质子由A点出发第一次分别运动到D点和C点时的偏转角相等，由于周期相同，则两质子的运动时间相等，C错误；由于两质子的偏转角相等，则两质子分别运动到D点和C点时的速度方向相同，D正确．
7．图甲是洛伦兹力演示仪，图乙是演示仪结构图．玻璃泡内充有稀薄的气体，由电子枪发射电子束，在电子束通过时能够显示电子的径迹．图丙是励磁线圈的原理图．两线圈之间产生近似匀强磁场，线圈中电流越大磁场越强，磁场的方向与两个线圈中心的连线平行，电子速度的大小和磁感应强度可以分别通过电子枪的加速电压和励磁线圈的电流来调节．若电子枪垂直磁场方向发射电子，给励磁线圈通电后，能看到电子束的径迹呈圆形．关于电子束的轨道半径，下列说法正确的是( )
A．只增大电子枪的加速电压，轨道半径不变
B．只增大电子枪的加速电压，轨道半径变小
C．只增大励磁线圈中的电流，轨道半径不变
D．只增大励磁线圈中的电流，轨道半径变小
【答案】 D
【解析】只增大电子枪的加速电压U，由eU＝eq \f(1,2)mv2可知，电子进入磁场的速度增大，半径r＝eq \f(mv,qB)变大，选项A、B错误；只增大励磁线圈中的电流，磁场的磁感应强度B增大，半径r＝eq \f(mv,qB)变小，选项C错误，D正确．
8.(多选)(2021·河南郑州市质检)如图所示，质量为m、电荷量为＋q的圆环可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动，细杆处于磁感应强度为B的匀强磁场中，不计空气阻力，现给圆环向右的初速度v0，在以后的运动过程中，圆环运动的速度—时间图象可能是下列选项中的( )
【答案】 AD
【解析】 带电圆环在磁场中受到向上的洛伦兹力，当重力与洛伦兹力相等时，圆环将做匀速直线运动，A正确；当洛伦兹力大于重力时，圆环受到摩擦力的作用，并且随着速度的减小而减小，圆环将做加速度逐渐减小的减速运动，最后做匀速直线运动，D正确；如果重力大于洛伦兹力，圆环也受摩擦力作用，且摩擦力越来越大，圆环将做加速度逐渐增大的减速运动，B、C错误．
9.如图所示，长为l的绝缘轻绳上端固定于O点，下端系一质量为m的带负电小球，在小球运动的竖直平面内有垂直该平面向里的匀强磁场．某时刻给小球一垂直于磁场、水平向右的初速度，小球能做完整的圆周运动．不计空气阻力，重力加速度为g，则( )
A．小球做匀速圆周运动
B．小球运动过程中机械能不守恒
C．小球在最高点的最小速度v1＝eq \r(gl)
D．最低点与最高点的绳子拉力差值大于6mg
【答案】 D
【解析】 重力对小球做功，所以小球在运动过程中速率不断变化，A错误；小球在运动过程中，绳子的拉力与洛伦兹力不做功，只有重力做功，故小球运动过程中机械能守恒，B错误；当小球恰好经过最高点时，由牛顿第二定律得mg－qv1B＝meq \f(v12,l)，故v1≠eq \r(gl)，C错误；由牛顿第二定律，小球在最低点有FT－mg－qvB＝meq \f(v2,l)，在最高点有mg＋FT′－qv′B＝meq \f(v′2,l)，由机械能守恒定律得eq \f(1,2)mv2＝mg·2l＋eq \f(1,2)mv′2，联立以上方程得，最低点与最高点绳子的拉力差ΔFT＝FT－FT′＝6mg＋qB(v－v′)>6mg，D正确．
10.(多选)(2021·陕西安康市月考)如图，矩形ABCD区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，AB＝2d，BC＝eq \r(3)d，E为AB中点．从E点沿垂直AB方向射入粒子a，粒子a经磁场偏转后从D点出磁场，若仍从E点沿垂直AB方向射入粒子b，粒子b经磁场偏转后从B点出磁场，已知a、b粒子的质量相等，电荷量相等，不计粒子的重力，则( )
A．a、b粒子均带正电
B．a、b粒子在磁场中做圆周运动的半径之比为4∶1
C．a、b粒子在磁场中运动的速率大小之比为2∶1
D．a、b粒子在磁场中运动的时间之比为1∶3
【答案】 BD
【解析】 根据左手定则判断可知，a粒子带正电，b粒子带负电，A错误；在磁场中，洛伦兹力提供向心力，粒子的运动轨迹如图，
对a粒子，由几何知识可得(Ra－d)2＋(eq \r(3)d)2＝Ra2，解得Ra＝2d
由图可知b粒子在磁场中做圆周运动的半径为Rb＝eq \f(1,2)d，则a、b粒子在磁场中做圆周运动的半径之比为4∶1，B正确；在磁场中，洛伦兹力提供向心力，根据qvB＝meq \f(v2,R)可得v＝eq \f(qBR,m)，由于a、b粒子的质量相等，电荷量相等，则a、b粒子在磁场中运动的速率大小之比为4∶1，C错误；根据T＝eq \f(2πm,qB)，可知，两粒子的运动周期相同，由几何关系知，a粒子运动的圆心角为eq \f(π,3)，b粒子运动的圆心角为π，根据t＝T·eq \f(θ,2π)可得，a、b粒子在磁场中运动的时间之比为1∶3，D正确．
二、练名校真题
1.(2021·1月河北学业水平选择性考试模拟演练，5)如图所示，x轴正半轴与虚线所围区域内存在着磁感应强度大小为B的匀强磁场，方向垂直纸面向里。甲、乙两粒子分别从距x轴h与2h的高度以速率v0平行于x轴正向进入磁场，并都从P点离开磁场，OP＝eq \f(1,2)h。则甲、乙两粒子比荷的比值为(不计重力，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)( )
A.32∶41 B.56∶41
C.64∶41 D.41∶28
【答案】 C
【解析】 画出两个粒子的轨迹如图所示，设甲粒子的轨道半径为R1，乙粒子的轨道半径为R2，根据几何关系有：(R1－h)2＋(0.5h＋htan 37°)2＝Req \\al(2,1)，解得R1＝eq \f(41,32)h，因为2htan 37°＋0.5h＝2h，所以R2＝2h，又因为Bqv＝meq \f(v2,R)，所以eq \f(q,m)＝eq \f(v,BR)，两粒子的比荷的比值为64∶41，故C正确。
5.(多选)(2021·山西吕梁市第一次模拟)如图所示，在荧光屏MN上方分布了水平方向的匀强磁场，方向垂直纸面向里。距离荧光屏d处有一粒子源S，能够在纸面内不断地向各个方向同时发射电荷量为q，质量为m的带正电粒子，不计粒子的重力，已知粒子做圆周运动的半径也恰好为d，则( )
A.粒子能打到荧光屏上的区域长度为2eq \r(3)d
B.能打到荧光屏上最左侧的粒子所用的时间为eq \f(πd,v)
C.粒子从发射到达到荧光屏上的最长时间为eq \f(πd,v)
D.同一时刻发射的粒子打到荧光屏上的最大时间差eq \f(7πd,6v)
【答案】 BD
【解析】 打在荧光屏上粒子轨迹的临界状态如图甲所示：
甲
根据几何关系知，带电粒子能到达荧光屏上的长度为l＝R＋eq \r(3)R＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\r(3)))R＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\r(3)))d，A错误；由运动轨迹图可知，能打到荧光屏上最左侧的粒子偏转了半个周期，故所用时间为t＝eq \f(1,2)T，又T＝eq \f(2πd,v)，解得t＝eq \f(πd,v)，B正确；设此时粒子出射速度的大小为v，在磁场中运动时间最长(优弧1)和最短(劣弧2)的粒子运动轨迹示意图如图乙所示：
乙
粒子做整个圆周运动的周期T＝eq \f(2πd,v)，由几何关系可知最短时间t2＝eq \f(1,6)T＝eq \f(πd,3v)，最长时间t1＝eq \f(3,4)T＝eq \f(3πd,2v)，根据题意得同一时刻发射的粒子打到荧光屏上的最大时间差Δt＝t1－t2，解得Δt＝eq \f(7πd,6v)，C错误，D正确。
6.(2021·湖北荆门市4月模拟)如图所示，边界OM与ON之间分布有垂直纸面向里的匀强磁场，边界ON上有一粒子源S。某一时刻，从离子源S沿平行于纸面，向各个方向发射出大量带正电的同种粒子(不计粒子的重力及粒子间的相互作用)，所有粒子的初速度大小相等，经过一段时间有大量粒子从边界OM射出磁场。已知∠MON＝30°，从边界OM射出的粒子在磁场中运动的最长时间等于eq \f(1,2)T(T为粒子在磁场中运动的周期)，则从边界OM射出的粒子在磁场中运动的最短时间为( )
A.eq \f(1,3)T B.eq \f(1,4)T
C.eq \f(1,6)T D.eq \f(1,8)T
【答案】 A
【解析】 粒子在磁场中做匀速圆周运动，入射点是S，出射点在OM直线上，出射点与S点的连线为轨迹的一条弦。当从边界OM射出的粒子在磁场中运动的时间最短时，轨迹的弦最短，根据几何知识，作ES⊥OM，则ES为最短的弦，粒子从S到E的时间即最短。
由题意可知，粒子运动的最长时间等于eq \f(1,2)T，设OS＝d，则DS＝OStan 30°＝eq \f(\r(3),3)d，粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为r＝eq \f(DS,2)＝eq \f(\r(3),6)d，由几何知识有ES＝OSsin 30°＝eq \f(1,2)d，sin eq \f(θ,2)＝eq \f(\f(ES,2),r)＝eq \f(\r(3),2)，则θ＝120°，粒子在磁场中运动的最短时间为tmin＝eq \f(θ,360°)T＝eq \f(1,3)T，故A正确，B、C、D错误。
7.(多选)(2021·四川达州市第二次诊断)如图所示，在正方形区域abcd内充满方向垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场．入口处有比荷相同的甲、乙两种粒子，甲粒子以速度v1沿ab方向垂直射入磁场，经时间t1从d点射出磁场；乙粒子以速度v2沿与ab 成45°的方向垂直射入磁场，经时间t2垂直于cd射出磁场．不计粒子重力和粒子之间的相互作用力，则( )
A．v1∶v2＝eq \r(2)∶4 B．v1∶v2＝1∶eq \r(2)
C．t1∶t2＝4∶1 D．t1∶t2＝2∶1
【答案】 AC
【解析】 画出两粒子的运动轨迹如图；
两粒子比荷相同，则周期相同，设为T；设正方形的边长为R，则从d点射出的粒子运动半径为r1＝eq \f(1,2)R，运动时间t1＝eq \f(T,2)；速度为v2的粒子，由几何关系：r2＝eq \r(2)R，运动时间t2＝eq \f(T,8)；根据r＝eq \f(mv,qB)可知eq \f(v1,v2)＝eq \f(r1,r2)＝eq \f(1,2\r(2))＝eq \f(\r(2),4)；eq \f(t1,t2)＝eq \f(4,1)；故选项A、C正确，B、D错误．
8.[2021·陕西渭南市教学质量检测(Ⅰ)]如图所示，在0≤x≤0.3 m区域内存在与xOy平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小B＝0.2 T，方向垂直纸面向外。一位于坐标原点的粒子源在xOy平面内发射出大量同种带正电粒子，所有粒子的初速度大小均为2×104 m/s，方向与y轴正方向的夹角分布在0～180°范围内。已知粒子的电荷量为2×10－4 C，质量为4×10－10 kg，则这些粒子在磁场中运动的最长时间为( )
A.eq \f(π,2)×10－5 s B.eq \f(2π,3)×10－5 s
C.π×10－5 s D.eq \f(4π,3)×10－5 s
【答案】 D
【解析】 由洛伦兹力提供向心力
qvB＝meq \f(v2,r)，
得r＝eq \f(mv,qB)，代入数据解得r＝0.2 m，粒子的运动轨迹如图，由几何关系可得r＋rsin θ＝0.3，解得θ＝30°，所以粒子的偏转角为α＝240°，所以最长的运动时间为tmax＝eq \f(240°,360°)T＝eq \f(4π,3)×10－5 s。故选项D正确。
9.(多选)(2021·河北保定市二模)如图所示，边界OA与OC之间存在磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，∠AOC＝60°。边界OA上距O点l处有一粒子源S，可发射质量为m，带正电荷q的等速粒子。当S沿纸面向磁场各个方向发射粒子，发现都没有粒子从OC边界射出。则( )
A.粒子的最大发射速率不超过eq \f(\r(3)qBl,4m)
B.粒子的最大发射速率不超过eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2\r(3)－3))qBl,m)
C.粒子从OA边界离开磁场时离S的最远距离可能为l
D.粒子从OA边界离开磁场时离S的最远距离可能为eq \f(\r(3)l,2)
【答案】 AD
【解析】 要使没有粒子从OC边界射出，沿如图路线运动的粒子不离开磁场，满足eq \f(1,2)lsin 60°＝eq \f(mv,qB)，v＝eq \f(\r(3)qBl,4m)，故A正确，B错误；粒子速度v＝eq \f(\r(3)Bql,4m)，从OA边界离开磁场时离S最远距离d＝2R＝lsin60°＝eq \f(\r(3),2)l，故C错误，D正确。
10.(多选)(2021·云南玉溪一中第五次调研)如图所示，在纸面内半径为R的圆形区域中充满了垂直于纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场．一点电荷从图中A点以速度v0垂直磁场射入，速度方向与半径方向的夹角为30°.当该电荷离开磁场时，速度方向刚好改变了180°.不计电荷的重力，下列说法正确的是( )
A．该点电荷离开磁场时速度方向的反向延长线通过O点
B．该点电荷的比荷为eq \f(2v0,BR)
C．该点电荷在磁场中的运动时间为eq \f(πR,2v0)
D．该点电荷在磁场中的运动时间为eq \f(πR,3v0)
【答案】 BC
【解析】 由题意可画出电荷在磁场中的运动轨迹如图所示，A错误；由几何关系知电荷做圆周运动的半径为r＝eq \f(R,2)，结合qv0B＝meq \f(v02,r)，可得eq \f(q,m)＝eq \f(2v0,BR)，B正确；电荷在磁场中的运动时间t＝eq \f(πr,v0)＝eq \f(πR,2v0)，C正确，D错误．
11.(多选)(2021·辽宁沈阳市第一次质检)两个带等量异种电荷的粒子分别以速度va和vb射入匀强磁场，两粒子的入射方向与磁场边界的夹角分别为60°和30°，磁场宽度为d，两粒子同时由A点出发，同时到达B点，如图所示，则( )
A.a粒子带正电，b粒子带负电
B.两粒子的轨道半径之比Ra∶Rb＝eq \r(3)∶1
C.两粒子的质量之比ma∶mb＝1∶2
D.两粒子的质量之比ma∶mb＝2∶1
【答案】 BD
【解析】 由左手定则可得：
a粒子带负电，b粒子带正电，故A错误；粒子做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示，故Ra＝eq \f(\f(1,2)d,sin 30°)＝d，Rb＝eq \f(\f(1,2)d,sin 60°)＝eq \f(\r(3),3)d，
所以，Ra∶Rb＝eq \r(3)∶1，故B正确；
由几何关系可得：从A运动到B，a粒子转过的圆心角为60°，b粒子转过的圆心角为120°，
ta＝eq \f(Ta,6)＝tb＝eq \f(Tb,3)，则Ta∶Tb＝2∶1，再根据洛伦兹力提供向心力可得：Bvq＝eq \f(mv2,R)，
所以，运动周期为：T＝eq \f(2πR,v)＝eq \f(2πm,qB)；
根据a、b粒子电荷量相等可得ma∶mb＝Ta∶Tb＝2∶1，故C错误，D正确。
12.(多选)(2021·江西赣州市模拟)如图所示，在水平匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场中，有一竖直足够长固定绝缘杆MN，小球套在杆上．已知小球的质量为m、电荷量为＋q，电场强度为E，磁感应强度为B，小球与杆间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g.小球由静止开始下滑直到稳定的过程中( )
A．小球的加速度一直减小
B．小球的机械能和电势能的总和保持不变
C．下滑加速度为最大加速度一半时的速度可能是v＝eq \f(2μqE－mg,2μqB)
D．下滑加速度为最大加速度一半时的速度可能是v＝eq \f(2μqE＋mg,2μqB)
【答案】 CD
【解析】 v较小时，对小球受力分析如图所示，Ff＝μFN＝μ(qE－qvB)，mg－μ(qE－qvB)＝ma，随着v的增大，小球加速度先增大，当qE＝qvB时达到最大值，amax＝g，继续运动，有Ff＝μ(qvB－qE)，mg－μ(qvB－qE)＝ma，随着v的增大，加速度逐渐减小，A错误；因为有摩擦力做功，小球的机械能与电势能的总和在减小，B错误；若在加速度增大时达到最大加速度的一半，则mg－μ(qE－qvB)＝m·eq \f(g,2)，得v＝eq \f(2μqE－mg,2μqB)；若在加速度减小时达到最大加速度的一半，则mg－μ(qvB－qE)＝m·eq \f(g,2)，得v＝eq \f(2μqE＋mg,2μqB)，C、D正确．
13.(2021·河北石家庄市二模)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。
三．练规范解答
1. [2021·湖南常德市模拟(二)]如图所示，在y≥0的区域存在垂直xOy平面向外的匀强磁场，坐标原点O处有一粒子源，可向x轴和x轴上方的各个方向均匀地不断发射速度大小均为v、质量为m、带电荷量为＋q的同种带电粒子。在x轴上距离原点x0处垂直于x轴放置一个长度为x0、厚度不计、能接收带电粒子的薄金属板P(粒子一旦打在金属板 P上，其速度立即变为0)。现观察到沿x轴负方向射出的粒子恰好打在薄金属板的上端，且速度方向与y轴平行。不计带电粒子的重力和粒子间相互作用力，求：
(1)磁感应强度B的大小；
(2)被薄金属板接收的粒子中运动的最长与最短时间的差值；
(3)打在薄金属板右侧面与左侧面的粒子数目之比。
【答案】 (1)eq \f(mv,qx0) (2)eq \f(4πx0,3v) (3)1∶2
【解析】 (1)由左手定则可以判断带电粒子在磁场中沿顺时针方向做匀速圆周运动，沿－x方向射出的粒子恰好打在金属板的上方，如图a所示：
图a
则R＝x0，qvB＝meq \f(v2,R)，联立得B＝eq \f(mv,qx0)。
(2)粒子做匀速圆周运动的周期为T，根据圆周运动公式可知T＝eq \f(2πR,v)＝eq \f(2πx0,v)，图b为带电粒子打在金属板左侧面的两个临界点，由图可知，圆心O′与坐标原点和薄金属板下端构成正三角形，带电粒子速度方向和x轴正方向成30°角，由图b可知到达薄金属板左侧下端的粒子用时最短，即t＝eq \f(T,6)＝eq \f(πx0,3v)
图c为打在右侧下端的临界点，圆心O″与坐标原点和薄金属板下端构成正三角形，带电粒子速度方向和x轴正方向成150°角，由图a、c可知到达金属板右侧下端的粒子用时最长，即t′＝eq \f(5T,6)＝eq \f(5πx0,3v)，则被板接收的粒子中最长和最短时间之差为Δt＝t′－t＝eq \f(4πx0,3v)。
(3)由图a和图c可知打在右侧面的粒子发射角为30°，由图b知打在左侧面的粒子发射角为60°，所以打在薄金属板右侧面与左侧面的粒子数目之比为eq \f(n1,n2)＝eq \f(30°,60°)＝eq \f(1,2)。
2.(2021·江西南昌二中月考)如图所示为圆形区域的匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里，边界跟y轴相切于坐标原点O, O点处有一放射源，沿纸面向各方向射出速率均为v的某种带电粒子，带电粒子在磁场中做圆周运动的半径是圆形磁场区域半径的两倍。已知该带电粒子的质量为m，电荷量为q，不考虑带电粒子的重力。
(1)推导带电粒子在磁场空间做圆周运动的轨迹半径；
(2)求带电粒子通过磁场空间的最大偏转角。
【答案】：(1) eq \f(mv,qB) (2)60°
【解析】：(1)带电粒子进入磁场后，受洛伦兹力作用，由牛顿第二定律得
qvB＝m eq \f(v2,r)，解得r＝ eq \f(mv,qB)。
(2)带电粒子的速率均相同，因此带电粒子运动轨迹圆的半径均相同，但带电粒子射入磁场的速度方向不确定，故可以保持圆的大小不变，只改变圆的位置，画出“动态圆”，如图甲所示，通过“动态圆”可以观察到带电粒子的运动轨迹均为劣弧，对于劣弧而言，弧越长，弧所对应的圆心角越大，偏转角越大，则运动时间越长。如图乙所示，当带电粒子轨迹圆的弦长等于磁场区域的直径时，带电粒子在磁场空间的偏转角最大，sin eq \f(φmax,2)＝ eq \f(R,r)＝ eq \f(1,2)，则 φmax＝60°。

甲 乙
3.(2021·四川泸州市高三下学期三诊)如图所示，一足够长的平行边界PQ的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里，磁场宽度为d.一质量为m，电荷量为q的带负电粒子，以一定的速度与边界P成60°角垂直磁场方向射入匀强磁场，从另一边界Q与边界线成30°角射出磁场，不计粒子重力．求：
(1)粒子做匀速圆周运动的速度大小；
(2)粒子在磁场中运动的时间．
【答案】(1)eq \f(\r(3)－1qBd,m) (2)eq \f(πm,2qB)
【解析】解析 (1)由几何关系得Rsin 30°＋Rsin 60°＝d
解得R＝(eq \r(3)－1)d
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)
解得v＝eq \f(\r(3)－1qBd,m).
(2)带电粒子在磁场中运动qvB＝meq \f(v2,R)，T＝eq \f(2πR,v)
联立以上两式得T＝eq \f(2πm,qB)
由几何关系得，带电粒子在磁场中转过的角度为90°，则t＝eq \f(1,4)×eq \f(2πm,qB)＝eq \f(πm,2qB).
4．(2021·江西赣州市期末)如图所示，在矩形区域abcO内存在一个垂直纸面向外，磁感应强度大小为B的匀强磁场，Oa边长为eq \r(3)L，ab边长为L.现从O点沿着Ob方向垂直磁场射入各种速率的带正电粒子，已知粒子的质量为m、带电荷量为q(粒子所受重力及粒子间相互作用忽略不计)，求：
(1)垂直ab边射出磁场的粒子的速率v；
(2)粒子在磁场中运动的最长时间tm.
【答案】 (1)eq \f(2\r(3)qBL,m) (2)eq \f(πm,3qB)
【解析】 (1)粒子垂直ab边射出磁场时的运动轨迹如图，
设粒子做匀速圆周运动的轨迹半径为R，由几何关系可知：
tan θ＝eq \f(L,\r(3)L)＝eq \f(\r(3),3)，
则θ＝eq \f(π,6)，sin θ＝eq \f(Oa,OO1)＝eq \f(\r(3)L,R)，
故R＝2eq \r(3)L.
粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力有qvB＝meq \f(v2,R)
解得v＝eq \f(2\r(3)qBL,m)
(2)由做匀速圆周运动可知T＝eq \f(2πR,v)＝eq \f(2πm,Bq)
因此粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期不变，和速度无关，由几何关系可知最大圆心角α＝2θ＝eq \f(π,3)
可知粒子在磁场中运动的最长时间tm＝eq \f(α,2π)T＝eq \f(πm,3Bq).
5.(2021·湖南赢在高考模拟)如图所示，直角三角形abc区域存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，其中θ＝37°，一质量为m、带电荷量为q的正粒子(不计重力)以不同速度垂直射入ac边界匀强磁场区域内，入射点O到a点的距离为d，ab边长为2d.试求：
(1)要使粒子能从bc边射出磁场，求v的取值范围．
(2)从bc边射出的粒子在磁场中运动时间t的范围．
【答案】 (1)eq \f(3qBd,10m)【解析】 由几何关系可知：
ac＝abcs 37°＝1.6d，bc＝absin 37°＝1.2d
要使粒子从bc边射出磁场，其最小半径：
R≥eq \f(Oc,2)＝0.3d
又：qvB＝meq \f(v2,R)
得：v>eq \f(qBR,m)＝eq \f(3qBd,10m).
运动时间：t1＝eq \f(1,2)T＝eq \f(1,2)×eq \f(2πm,qB)＝eq \f(πm,qB)；
从bc边射出磁场，轨道半径最大时，其轨道与ab相切(如图)，
由几何知识可得：粒子与ab相切的点应在b点，根据几何关系，其最大的半径R2：
sin 37°＝eq \f(R2,R2＋d)，得：R2＝eq \f(3d,2)
又：qvB＝meq \f(v2,R)
得：v≤eq \f(qBR2,m)＝eq \f(3qBd,2m)
对应的运动时间：
t1＝eq \f(53,360)T＝eq \f(53,360)×eq \f(2πm,qB)＝eq \f(53πm,180qB)
v的取值范围：eq \f(3qBd,10m)运动时间：eq \f(53πm,180qB)≤t