2024届鲁科版新教材高考物理一轮复习教案第十一章磁场专题强化十七带电粒子在有界匀强磁场中的运动

这是一份2024届鲁科版新教材高考物理一轮复习教案第十一章磁场专题强化十七带电粒子在有界匀强磁场中的运动，共18页。教案主要包含了粒子轨迹圆心的确定，半径，带电粒子在有界磁场中的运动等内容，欢迎下载使用。

题型一 带电粒子在有界匀强磁场中的运动
一、粒子轨迹圆心的确定，半径、运动时间的计算方法
1．圆心的确定方法
(1)若已知粒子轨迹上的两点的速度方向，分别确定两点处洛伦兹力F的方向，其交点即为圆心，如图甲．
(2)若已知粒子运动轨迹上的两点和其中某一点的速度方向，弦的中垂线与速度垂线的交点即为圆心，如图乙．
(3)若已知粒子轨迹上某点速度方向，又能根据r＝eq \f(mv,qB)计算出轨迹半径r，则在该点沿洛伦兹力方向距离为r的位置为圆心，如图丙．
2．半径的计算方法
方法一 由R＝eq \f(mv,qB)求得
方法二 连半径构出三角形，由数学方法解三角形或勾股定理求得
例如：如图甲，R＝eq \f(L,sin θ)或由R2＝L2＋(R－d)2求得

常用到的几何关系
①粒子的偏转角等于半径扫过的圆心角，如图乙，φ＝α.
②弦切角等于弦所对应圆心角一半，如图乙，θ＝eq \f(1,2)α.
3．时间的计算方法
方法一 利用圆心角、周期求得t＝eq \f(θ,2π)T
方法二 利用弧长、线速度求得t＝eq \f(l,v)
二、带电粒子在有界磁场中的运动
1．直线边界(进出磁场具有对称性，如图所示)
2．平行边界(往往存在临界条件，如图所示)
3．圆形边界(进出磁场具有对称性)
(1)沿径向射入必沿径向射出，如图甲所示．
(2)不沿径向射入时，如图乙所示．
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.
4．在多边形边界或角形区域磁场
带电粒子在多边形边界或角形区域磁场运动时，会有不同的临界情景，解答该类问题主要把握以下两点：
(1)射入磁场的方式：①从某顶点射入；②从某边上某点以某角度射入．
(2)射出点的判断：经常会判断是否会从某顶点射出．
①当α≤θ时，可以过两磁场边界的交点，发射点到两磁场边界的交点距离为d＝2Rsin α，如图甲所示．
②当α>θ时，不能通过两磁场边界的交点，粒子的运动轨迹会和另一个边界相切，如图乙所示．
考向1 带电粒子在直线边界磁场中运动
例1 如图所示，直线MN上方有垂直纸面向里的匀强磁场，电子1从磁场边界上的a点垂直MN和磁场方向射入磁场，经t1时间从b点离开磁场．之后电子2也由a点沿图示方向以相同速率垂直磁场方向射入磁场，经t2时间从a、b连线的中点c离开磁场，则eq \f(t1,t2)为( )
A．3 B．2 C.eq \f(3,2) D.eq \f(2,3)
答案 A
解析 电子1、2在磁场中都做匀速圆周运动，根据题意画出两电子的运动轨迹，如图所示，电子1垂直边界射入磁场，从b点离开，则运动了半个圆周，ab即为直径，c点为圆心；电子2以相同速率垂直磁场方向射入磁场，经t2时间从a、b连线的中点c离开磁场，根据半径r＝eq \f(mv,Bq)可知，电子1和2的半径相等，根据几何关系可知，△aOc为等边三角形，则电子2转过的圆心角为60°，所以电子1运动的时间t1＝eq \f(T,2)＝eq \f(πm,Bq)，电子2运动的时间t2＝eq \f(T,6)＝eq \f(πm,3Bq)，所以eq \f(t1,t2)＝3，故A正确，B、C、D错误．
考向2 带电粒子在圆形边界磁场中运动
例2 (多选)(2023·福建福州市模拟)如图所示，在圆形边界的磁场区域，氕核eq \\al(1,1)H和氘核eq \\al(2,1)H先后从P点沿圆形边界的直径入射，从射入磁场到射出磁场，氕核eq \\al(1,1)H和氘核eq \\al(2,1)H的速度方向分别偏转了60°和120°角，已知氕核eq \\al(1,1)H在磁场中运动的时间为t0，轨迹半径为R，则( )
A．氘核eq \\al(2,1)H在该磁场中运动的时间为2t0
B．氘核eq \\al(2,1)H在该磁场中运动的时间为4t0
C．氘核eq \\al(2,1)H在该磁场中运动的轨迹半径为eq \f(1,2)R
D．氘核eq \\al(2,1)H在该磁场中运动的轨迹半径为eq \f(1,3)R
答案 BD
解析 由题意，作出两核在磁场中的运动轨迹示意图如图所示，两核在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，qvB＝meq \f(v2,R)，T＝eq \f(2πR,v)＝eq \f(2πm,qB)，两核在磁场中运动时间t＝eq \f(θ,2π)T＝eq \f(θm,qB)，eq \\al(1,1)H和eq \\al(2,1)H的比荷之比为2∶1，圆心角之比为1∶2，代入可得氘核eq \\al(2,1)H在该磁场中运动的时间为t′＝4t0，故A错误，B正确；设磁场圆半径为r，氕核eq \\al(1,1)H和氘核eq \\al(2,1)H的轨迹圆圆心分别为O1、O2，分别从A点、C点射出磁场，氘核eq \\al(2,1)H在磁场中运动的轨迹半径为R′，则对△PAB，由几何关系可得R＝eq \r(3)r，对△O2OC，由几何关系可得R′＝eq \f(1,\r(3))r，可得出R′＝eq \f(1,3)R，故C错误，D正确．
考向3 带电粒子在平行边界磁场中运动
例3 (多选)(2023·福建龙岩市第一中学模拟)带等量异种电荷的a、b两粒子分别以va和vb的速度射入匀强磁场，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，两粒子同时从A点出发，同时到达B点，如图所示，不计粒子重力及粒子间的相互作用，则( )
A．a粒子带正电，b粒子带负电
B．两粒子运动周期之比Ta∶Tb＝2∶1
C．两粒子的质量之比ma∶mb＝2∶1
D．两粒子的轨迹半径之比Ra∶Rb＝1∶eq \r(3)
答案 BC
解析 由题意可知a粒子向下偏转，b粒子向上偏转，由左手定则可知a粒子带负电，b粒子带正电，故A错误；作出两粒子的运动轨迹如图所示，由几何关系可知从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°，因为两粒子运动时间相同，所以ta＝eq \f(Ta,6)＝tb＝eq \f(Tb,3)，解得Ta∶Tb＝2∶1，故B正确；根据牛顿第二定律有Bvq＝eq \f(mv2,R)，粒子的运动周期表达式为T＝eq \f(2πR,v)＝eq \f(2πm,qB)，因为两粒子所带电荷量相等，所以ma∶mb＝Ta∶Tb＝2∶1，故C正确；根据几何关系可得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D错误．
考向4 带电粒子在多边形边界或角形区域磁场中运动
例4 (多选)(2023·河北石家庄市模拟)如图所示，△AOC为直角三角形，∠O＝90°，∠A＝60°，AO＝L，D为AC的中点．△AOC中存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，在O点放置一粒子源，可以向各个方向发射质量为m、电荷量为－q、速度大小均为v0＝eq \f(qBL,m)的粒子．不计粒子间的相互作用及重力作用，对于粒子进入磁场后的运动，下列说法正确的是( )
A．粒子在磁场中运动的半径为L
B．与OC成45°角入射的粒子将从AC边射出
C．在AC边界上有粒子射出的区域长度为L
D．所有从OA边界射出的粒子在磁场中运动的时间相等
答案 ABC
解析 粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有qv0B＝eq \f(mv02,r)，解得粒子在磁场中运动的半径为r＝eq \f(mv0,Bq)＝L，故A正确；如图甲所示，当粒子恰好从A点射出时，根据几何关系可得粒子与OC成60°角入射，所以与OC成45°角入射的粒子将从AC边射出，故B正确；
如图乙所示，根据几何关系可知沿OC方向入射的粒子将恰好从D点射出，结合上面B项分析可知AD为AC边界上有粒子射出的区域，其长度为L，故C正确；所有粒子在磁场中运动的周期均相同，设为T，设粒子在磁场运动过程中转过的圆心角为α，则粒子运动时间为t＝eq \f(α,2π)T，由于所有粒子的运动轨迹为半径相同的圆，从OA射出的粒子，其轨迹所截AO的长度不同，对应转过的圆心角不同，所以所有从OA边界射出的粒子在磁场中运动的时间不等，故D错误．
带电粒子在有边界的磁场中运动时，由于边界的限制往往会出现临界问题．解决带电粒子在磁场中运动的临界问题的关键，通常以题目中的“恰好”“最大”“至少”等为突破口，寻找临界点，确定临界状态，根据磁场边界和题设条件画好轨迹，建立几何关系求解．
临界点常用的结论：
(1)刚好穿出磁场边界的条件是带电粒子在磁场中运动的轨迹与边界相切．
(2)当速度v一定时，弧长(或弦长)越长，对应圆心角越大，则带电粒子在有界磁场中运动的时间越长．
(3)当速度v变化时，圆心角越大，运动时间越长．
题型二 带电粒子在有界匀强磁场中运动的多解问题
带电粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，由于带电粒子电性不确定、磁场方向不确定、临界状态不确定、运动的往复性造成带电粒子在有界匀强磁场中运动的多解问题．
(1)找出多解的原因．
(2)画出粒子的可能轨迹，找出圆心、半径的可能情况．
考向1 磁场方向不确定形成多解
例5 (多选)如图所示，A点的离子源沿纸面垂直OQ方向向上射出一束负离子，离子的重力忽略不计．为把这束负离子约束在OP之下的区域，可加垂直纸面的匀强磁场．已知O、A两点间的距离为s，负离子的比荷为eq \f(q,m)，速率为v，OP与OQ间的夹角为30°，则所加匀强磁场的磁感应强度B的大小和方向可能是( )
A．B>eq \f(mv,3qs)，垂直纸面向里
B．B>eq \f(mv,qs)，垂直纸面向里
C．B>eq \f(mv,qs)，垂直纸面向外
D．B>eq \f(3mv,qs)，垂直纸面向外
答案 BD
解析 当磁场方向垂直纸面向里时，离子恰好与OP相切的轨迹如图甲所示，切点为M，设轨迹半径为r1，由几何关系可知sin 30°＝eq \f(r1,s＋r1)，可得r1＝s，由r1＝eq \f(mv,B1q)可得B1＝eq \f(mv,qs)；当磁场方向垂直纸面向外时，其临界轨迹即圆弧与OP相切于N点，如图乙所示，设轨迹半径为r2，由几何关系s＝eq \f(r2,sin 30°)＋r2，得r2＝eq \f(s,3)，又r2＝eq \f(mv,qB2)，所以B2＝eq \f(3mv,qs)，综合上述分析可知，选项B、D正确，A、C错误．
考向2 带电粒子电性不确定形成多解
例6 (多选)如图所示，在边长为L的正方形PQMN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，在MN边界放一刚性挡板，粒子碰到挡板则能够以原速率弹回．一质量为m、带电荷量为q的粒子以某一速度垂直于磁场方向从P点射入磁场，恰好从Q点射出．下列说法正确的是( )
A．带电粒子一定带负电荷
B．带电粒子的速度最小值为eq \f(qBL,4m)
C．若带电粒子与挡板碰撞，则受到挡板作用力的冲量大小为eq \f(5qBL,2)
D．带电粒子在磁场中运动时间可能为eq \f(πm,3qB)
答案 CD
解析 若粒子带正电，粒子与挡板MN碰撞后恰好从Q点射出，粒子运动轨迹如图甲所示，
设轨迹半径为r2，由几何知识得L2＋(r2－0.5L)2＝r22，解得r2＝eq \f(5,4)L，根据牛顿第二定律得qv2B＝meq \f(v22,r2)，解得v2＝eq \f(5qBL,4m)，根据动量定理得I＝2mv2＝eq \f(5qBL,2)，故A错误，C正确；若粒子带负电，则粒子的运动轨迹如图乙所示，
粒子做圆周运动的半径为r1＝eq \f(1,2)L，由牛顿第二定律得qv1B＝meq \f(v12,r1)，解得v1＝eq \f(qBL,2m)，此时半径最小，速度也最小，故B错误；若粒子带负电，粒子在磁场中的运动轨迹对应的圆心角为eq \f(π,3)时，粒子在磁场中的运动时间为t＝eq \f(1,6)T＝eq \f(πm,3qB)，故D正确．
考向3 临界状态不确定形成多解
例7 (多选)(2022·湖北卷·8)在如图所示的平面内，分界线SP将宽度为L的矩形区域分成两部分，一部分充满方向垂直于纸面向外的匀强磁场，另一部分充满方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，SP与磁场左右边界垂直．离子源从S处射入速度大小不同的正离子，离子入射方向与磁场方向垂直且与SP成30°角．已知离子比荷为k，不计重力．若离子从P点射出，设出射方向与入射方向的夹角为θ，则离子的入射速度和对应θ角的可能组合为( )
A.eq \f(1,3)kBL,0° B.eq \f(1,2)kBL,0°
C．kBL,60° D．2kBL,60°
答案 BC
解析 若离子通过下部分磁场直接到达P点，如图，
根据几何关系则有R＝L，由qvB＝meq \f(v2,R)，可得v＝eq \f(qBL,m)＝kBL，根据对称性可知出射速度与SP成30°角斜向上，故出射方向与入射方向的夹角为θ＝60°.当离子在两个磁场均运动一次时，如图，因为两个磁场的磁感应强度大小均为B，则根据对称性有R＝eq \f(1,2)L，
根据洛伦兹力提供向心力，有qvB＝meq \f(v2,R)，可得v＝eq \f(qBL,2m)＝eq \f(1,2)kBL，此时出射方向与入射方向相同，即出射方向与入射方向的夹角为θ＝0°.通过以上分析可知当离子从下部分磁场射出时，需满足v＝eq \f(qBL,2n－1m)＝eq \f(1,2n－1)kBL(n＝1,2,3，…)，此时出射方向与入射方向的夹角为θ＝60°；当离子从上部分磁场射出时，需满足v＝eq \f(qBL,2nm)＝eq \f(1,2n)kBL(n＝1,2,3，…)，此时出射方向与入射方向的夹角为θ＝0°，故B、C正确，A、D错误．
课时精练
1．(多选)(2022·辽宁卷·8)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可能为中子
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 AD
解析 由题图可看出粒子1没有偏转，说明粒子1不带电，则粒子1可能为中子，A正确；粒子2向上偏转，根据左手定则可知，粒子2应该带正电，不可能为电子，B错误；由以上分析可知粒子1不带电，则无论如何增大磁感应强度，粒子1都不会偏转，C错误；粒子2在磁场中由洛伦兹力提供向心力，有qvB＝meq \f(v2,r)，解得r＝eq \f(mv,qB)，可知若增大粒子的入射速度，则粒子2做圆周运动的半径增大，粒子2可能打在探测器上的Q点，D正确．
2.(多选)如图所示，虚线MN上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B.一群电子以不同速率从边界MN上的P点以相同的入射方向射入磁场．其中某一速率为v的电子从Q点射出边界．已知电子入射方向与边界MN的夹角为θ，则( )
A．该匀强磁场的方向垂直纸面向里
B．所有电子在磁场中的轨迹半径相等
C．速率越大的电子在磁场中运动时间越长
D．在此过程中每个电子的速度方向都改变2θ
答案 AD
解析 由左手定则可判断，该匀强磁场的方向垂直纸面向里，A正确；由洛伦兹力提供向心力可得qvB＝meq \f(v2,r)，整理得r＝eq \f(mv,qB)，电子的轨迹半径与速度大小有关，速率不同，半径不同，B错误；由周期公式T＝eq \f(2πm,qB)可知，电子在磁场中的运动周期相同，由几何关系可知，在此过程中每个电子的速度方向都改变2θ，即轨迹圆心角为2θ，电子在磁场中的运动时间t＝eq \f(2θ,2π)T，故不同速率的电子在磁场中的运动时间都相同，C错误，D正确．
3.(2023·黑龙江齐齐哈尔市模拟)如图所示，虚线上方存在垂直纸面的匀强磁场(具体方向未知)，磁感应强度大小为B，一比荷为k的带负电粒子从虚线上的M点垂直磁场方向射入磁场，经过一段时间，该粒子经过N点(图中未画出)，速度方向与虚线平行向右，忽略粒子的重力．则下列说法正确的是( )
A．磁场的方向垂直纸面向外
B．粒子从M运动到N的时间为eq \f(π,6kB)
C．如果N点到虚线的距离为L，则粒子在磁场中做圆周运动的半径为2L
D．如果N点到虚线的距离为L，则粒子射入磁场的速度大小为kBL
答案 C
解析 根据题意作出粒子的运动轨迹如图所示，根据左手定则可知，磁场方向垂直纸面向里，故A错误；粒子从M运动到N时速度方向改变了60°，所以粒子在该段时间内运动轨迹对应的圆心角为α＝60°，则粒子从M到N运动的时间为t＝eq \f(1,6)T，又粒子在磁场中的运动周期为T＝eq \f(2πm,qB)，整理得t＝eq \f(π,3kB)，故B错误；如果N点到虚线的距离为L，根据几何关系有cs α＝eq \f(R－L,R)，解得R＝2L，又R＝eq \f(mv,qB)，则v＝2kBL，故D错误，C正确．
4.(多选)如图所示，A粒子和B粒子先后以同样大小的速度从宽度为d、方向垂直纸面向外的有界匀强磁场的边界上的O点，分别以与边界成37°和53°角的方向射入磁场，sin 37°＝0.6，sin 53°＝0.8，又都恰好垂直另一边界飞出，若粒子重力不计，则下列说法中正确的是( )
A．A、B两粒子均带正电
B．A、B两粒子在磁场中做圆周运动的半径之比是4∶3
C．A、B两粒子比荷之比是4∶3
D．A、B两粒子在磁场中做圆周运动的时间之比是53∶37
答案 AC
解析 作出A粒子运动轨迹如图，根据左手定则可判断粒子A带正电，同理可知，B也带正电，A正确；由几何关系可得R＝eq \f(d,cs α)，所以A、B两粒子在磁场中做圆周运动的半径之比eq \f(RA,RB)＝eq \f(cs 53°,cs 37°)＝eq \f(3,4)，B错误；根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝meq \f(v2,R)，所以eq \f(q,m)＝eq \f(v,BR)，则A、B两粒子比荷之比eq \f(qA,mA)∶eq \f(qB,mB)＝eq \f(RB,RA)＝eq \f(4,3)，C正确；根据T＝eq \f(2πR,v)得，粒子在磁场中做圆周运动的时间t＝eq \f(90°－α,2π)T＝eq \f(90°－αR,v)，所以eq \f(tA,tB)＝eq \f(53°RA,37°RB)＝eq \f(53,37)×eq \f(3,4)≠eq \f(53,37)，D错误．
5．(多选)如图所示的虚线框为一正方形区域，该区域内有一垂直于纸面向里的匀强磁场，一带电粒子从a点沿与ab边成30°角方向射入磁场，恰好从b点飞出磁场；另一带电粒子以相同的速率从a点沿ad方向射入磁场后，从c点飞出磁场，不计重力，则两带电粒子的比荷之比及在磁场中的运动时间之比分别为( )
A.eq \f(q1,m1)∶eq \f(q2,m2)＝1∶1 B.eq \f(q1,m1)∶eq \f(q2,m2)＝2∶1
C．t1∶t2＝2∶3 D．t1∶t2＝1∶3
答案 AC
解析 两粒子的运动轨迹如图，设正方形区域边长为L，则从b点飞出的粒子的运动轨迹半径为r1＝L；从c点飞出的粒子的运动轨迹半径为r2＝L；根据qv0B＝meq \f(v02,r)，可得eq \f(q,m)＝eq \f(v0,Br)，则eq \f(q1,m1)∶eq \f(q2,m2)＝1∶1，选项A正确，B错误．根据T＝eq \f(2πm,qB)可知，两粒子在磁场中做圆周运动的周期相同，两粒子在磁场中转过的角度分别为60°和90°，根据t＝eq \f(θ,2π)T，可得t1∶t2＝60°∶90°＝2∶3，选项C正确，D错误．
6.如图所示，abcd为边长为L的正方形，在四分之一圆abd区域内有垂直正方形平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B.一个质量为m、电荷量为＋q的带电粒子从b点沿ba方向射入磁场，粒子恰好能通过c点，不计粒子的重力，则粒子的速度大小为( )
A.eq \f(qBL,m)B.eq \f(\r(2)qBL,2m)
C.eq \f(\r(2)－1qBL,m)D.eq \f(\r(2)＋1qBL,m)
答案 C
解析 画出粒子在磁场中运动的轨迹示意图，根据几何关系，射出磁场时的速度反向延长线通过a点，磁场的半径为L，设粒子的轨迹半径为r，由几何关系得L＋r＝eq \r(2)L，由洛伦兹力提供向心力得qvB＝meq \f(v2,r)，联立解得v＝eq \f(\r(2)－1qBL,m)，故选C.
7.(多选)如图，在直角坐标系第一象限中y轴与直线y＝x所夹范围内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里．一带负电的粒子以速度v0自y轴上a点垂直射入磁场，一段时间后，该粒子垂直直线y＝x射出磁场，自x轴上b点(图中未画出)离开第一象限．已知Oa＝L，不计粒子重力．则下列判断正确的是( )
A．粒子在磁场中运动的轨迹半径为L
B．b点的横坐标为eq \r(2)L
C．粒子在第一象限磁场中的运动时间为eq \f(πL,v0)
D．粒子在第一象限的运动时间为(eq \f(π,4)＋eq \r(2))eq \f(L,v0)
答案 AB
解析 粒子在第一象限的运动轨迹如图，在磁场中轨迹圆心为O点，所以R＝L，根据几何关系Ob＝eq \r(2)L，粒子在磁场中的运动时间t＝eq \f(\f(π,4)L,v0)＝eq \f(πL,4v0)，在第一象限运动的路程s＝(eq \f(π,4)＋1)L，所以时间t总＝eq \f(s,v0)＝(eq \f(π,4)＋1)eq \f(L,v0)，故选A、B.
8.如图所示，半径为r的圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B.磁场边界上A点有一粒子源，源源不断地向磁场发射各种方向(均平行于纸面)且速度大小相等的带正电的粒子(重力和粒子间的相互作用力不计)，已知粒子的比荷为k，速度大小为2kBr.则粒子在磁场中运动的最长时间为( )
A.eq \f(π,kB) B.eq \f(π,2kB) C.eq \f(π,3kB) D.eq \f(π,4kB)
答案 C
解析 粒子在磁场中运动的半径为R＝eq \f(mv,qB)＝eq \f(2kBr,Bk)＝2r；当粒子在磁场中运动时间最长时，其轨迹对应的圆心角最大，此时弦长最大，其最大值为圆磁场的直径2r，则圆心角最大为eq \f(π,3)，故t＝eq \f(T,6)＝eq \f(πm,3qB)＝eq \f(π,3kB)，故选项C正确．
9.(多选)(2021·海南卷·13)如图，在平面直角坐标系Oxy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P(0，eq \r(3)L)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α(0≤α≤180°)．当α＝150°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α＝45°时，粒子也垂直x轴离开磁场
C．粒子入射速率为eq \f(2\r(3)qBL,m)
D．粒子离开磁场的位置到O点的最大距离为3eq \r(5)L
答案 ACD
解析 粒子垂直x轴离开磁场，根据左手定则可知粒子带正电，A正确；当α＝150°时，粒子垂直x轴离开磁场，运动轨迹如图甲，
粒子运动的半径为 r＝eq \f(\r(3)L,cs 60°)＝2eq \r(3)L，洛伦兹力提供向心力，有qvB＝meq \f(v2,r)，解得粒子入射速率v＝eq \f(2\r(3)qBL,m)，C正确；若α＝45°，粒子运动轨迹如图乙，
根据几何关系可知粒子离开磁场时与x轴不垂直，B错误；粒子离开磁场的位置到O点距离最远时，粒子在磁场中的轨迹为半圆，运动轨迹如图丙，
根据几何关系可知(2r)2＝(eq \r(3)L)2＋xm2，解得xm＝3eq \r(5)L，D正确．
10.(多选)速度均为v0的eq \\al(3,1)H和eq \\al(4,2)He的混合粒子流沿着与直径ab夹角为α(α角未知)的方向垂直进入圆柱形匀强磁场区域(未画出)，一种粒子的出射方向恰与直径ab平行向右，另一种粒子刚好从直径的另一点b出射．已知元电荷为e，eq \\al(3,1)H的质量为3m，eq \\al(4,2)He的质量为4m，不计粒子的重力和粒子间相互作用力，该区域的磁感应强度大小为B，则( )
A．出射方向恰与直径ab平行的粒子为eq \\al(4,2)He
B.eq \\al(4,2)He的速度偏转角是eq \\al(3,1)H速度偏转角的2倍
C．α＝60°
D．磁场圆的半径为eq \f(\r(3)mv0,Be)
答案 BCD
解析 作出粒子运动轨迹图如图所示，由qv0B＝meq \f(v02,r)，解得r＝eq \f(mv0,qB)，则eq \f(rH,rHe)＝eq \f(mHqHe,mHeqH)＝eq \f(3m×2e,4m×e)＝eq \f(3,2)，设水平向右射出的粒子半径为r2 ，从b点射出的粒子半径为r1，磁场圆的半径为R，则r1＝eq \f(R,sin α)，R2＝[r2(1－cs α)]2＋(r2sin α－R)2，解得r2＝eq \f(Rsin α,1－cs α)，则eq \f(r1,r2)＝eq \f(\f(R,sin α),\f(Rsin α,1－cs α))＝eq \f(1－cs α,1－cs2α)<1，所以r2对应的是eq \\al(3,1)H，即出射方向恰与直径ab平行的粒子为eq \\al(3,1)H，故A错误；由几何分析可知eq \\al(4,2)He的速度偏转角为2α，eq \\al(3,1)H的速度偏转角为α，故B正确；由A项分析有eq \f(1－cs α,1－cs2α)＝eq \f(2,3)，解得α＝60°，故C正确；由A项分析有r1＝eq \f(R,sin 60°)＝rHe＝eq \f(4mv0,2eB)，解得R＝eq \f(\r(3)mv0,eB)，故D正确．
11.(2023·福建泉州市质检)地磁场对宇宙高能粒子有偏转作用，从而保护了地球的生态环境．赤道平面的地磁场简化为如图所示，O为地球球心，R为地球半径，地磁场只分布在半径为R和2R的两边界之间的圆环区域内，磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里．假设均匀分布的带正电高能粒子以相同速度垂直MN沿赤道平面射向地球．已知粒子质量均为m、带电荷量均为q，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．粒子无论速率多大均无法到达MN右侧地面
B．若粒子速率为eq \f(qBR,m)，正对着O处入射的粒子恰好可以到达地面
C．若粒子速率为eq \f(qBR,2m)，入射到磁场的粒子均可以到达地面
D．若粒子速率为eq \f(3qBR,2m)，入射到磁场的粒子恰好有一半可以到达地面
答案 D
解析 射入方向在地球下表面以下的粒子，只要速率合适，便可到达MN右侧地面，故A错误；若粒子的速率为eq \f(qBR,m)，则粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力，有qvB＝meq \f(v2,r)，解得r＝R.若粒子正对着O处入射，且恰好可以到达地面，其轨迹如图所示，设该轨迹半径为r1，由几何关系可得eq \r(r12＋2R2)－r1＝R，解得r1＝eq \f(3,2)R≠R，故B错误；若粒子的速率为eq \f(qBR,2m)，则粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力，有qv1B＝meq \f(v12,r2)，解得r2＝eq \f(R,2).若粒子的射入方向在正对O处以上，根据左手定则可知，其粒子的轨迹为向上偏转，则入射到磁场的粒子均不可能到达地面，故C错误；若粒子速率为eq \f(3qBR,2m)，由洛伦兹力提供向心力得qv2B＝meq \f(v22,r3)，解得r3＝eq \f(3R,2)＝r1，由B项的分析可知，此时若粒子正对着O处入射，则恰好可以到达地面；而在对着O处以上的方向入射的粒子，因为向上偏转，均不能到达地面；而在对着O处以下的方向入射的粒子均会达到地面，综上所述，入射到磁场的粒子恰好有一半可以到达地面，故D正确．