2017_2018学年高中物理专题3.6带电粒子在匀强磁场中的运动试题新人教版.docx

第6节 带电粒子在匀强磁场中的运动一、带电粒子在匀强磁场中的运动1只考虑磁场作用力时，平行射入匀强磁场的带电粒子，做 运动。2垂直射入匀强磁场中的带电粒子在洛伦兹力的作用下做 运动。其轨道半径，运行周期，由周期公式可知带电粒子的运动周期与粒子的 成正比，与 和磁感应强度成反比，而与 和 无关。二、回旋加速器1回旋加速器的核心部件是两个 。2粒子每经过一次加速，其轨道半径变大，粒子圆周运动的周期 。3最大动能：由和，得，R为D形盒的半径，即粒子在回旋加速器中获得的最大动能与q、m、B、R有关，与加速电压无关。匀速直线 匀速圆周 质量 电荷量 轨道半径 运动速率D形盒 不变一、带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的分析方法1如何确定“圆心”（1）由两点和两线确定圆心，画出带电粒子在匀强磁场中的运动轨迹。确定带电粒子运动轨迹上的两个特殊点（一般是射入和射出磁场时的两个点），过这两个点作带电粒子运动方向的垂线（这两条垂线即为粒子在这两点时所受洛伦兹力的方向），则两条垂线的交点就是圆心，如图（a）所示。（2）若只知过其中一个点的粒子的运动方向，则除过已知运动方向的该点作垂线外，还要将这两点相连作弦，再作弦的中垂线，两条垂线的交点就是圆心，如图（b）所示。（3）若知一个点及运动方向，也知另外某时刻的速度方向，但不确定该速度方向所在的点，如图（c）所示，此时要将其中一个速度的延长线与另一个速度的反向延长线相交成一角（PAM），画出该角的角平分线，它与已知点的速度的垂线交于一点O，该点就是圆心。 2如何确定“半径”方法一：由物理方程求半径；方法二：由几何方程求，一般由数学知识（勾股定理、三角函数等）计算来确定。3如何确定“圆心角与时间”（1）速度的偏向角等于圆弧所对应的圆心角（回旋角）等于2倍的弦切角，如图所示。（2）时间的计算方法。方法一：由圆心角求，。方法二：由弧长求，。4带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的程序解题法三步法（1）画轨迹：即画出运动轨迹，并确定圆心，用几何方法求半径。（2）找联系：轨道半径与磁感应强度、运动速度相联系，偏转角度与圆心角、运动时间相联系，在磁场中运动的时间与周期相联系。（3）用规律：即牛顿第二定律和圆周运动的规律，特别是周期公式、半径公式。【例题1】（2017河北省衡水中学高三摸底联考）如图所示，在一个边长为a的正六边形区域内存在磁感应强度为B，方向垂直于纸面向里的匀强磁场，三个相同带正电的粒子，比荷为，先后从A点沿AD方向以大小不等的速度射入匀强磁场区域，粒子在运动过程中只受到磁场力作用，已知编号为的粒子恰好从F点飞出磁场区域，编号为的粒子恰好从E点飞出磁场区域，编号为的粒子从ED边上的某一点垂直边界飞出磁场区域，则A编号为的粒子在磁场区域内运动的时间为B编号为的粒子在磁场区域内运动的时间为C三个粒子进入磁场的速度依次增加D三个粒子在磁场内运动的时间依次增加参考答案：C二、带电粒子在叠加场中的运动带电粒子（带电体）在叠加场中运动的分析方法1弄清叠加场的组成。2进行受力分析。3确定带电粒子的运动状态，注意运动情况和受力情况的结合。4画出粒子的运动轨迹，灵活选择不同的运动规律解题。（1）当带电粒子在叠加场中做匀速直线运动时，根据受力平衡列方程求解。（2）当带电粒子在叠加场中做匀速圆周运动时，应用牛顿定律结合圆周运动规律求解。（3）当带电粒子做复杂曲线运动时，一般用动能定理或能量守恒定律求解。（4）对于临界问题，注意挖掘隐含条件。5记住三点：能够正确对叠加场中的带电粒子从受力、运动、能量三个方面进行分析（1）受力分析是基础：一般要从受力、运动、功能的角度来分析。这类问题涉及的力的种类多，含重力、电场力、磁场力、弹力、摩擦力等。（2）运动过程分析是关键：包含的运动种类多，含匀速直线运动、匀变速直线运动、类平抛运动、圆周运动以及其他曲线运动。（3）根据不同的运动过程及物理模型，选择合适的定理列方程（牛顿运动定律、运动学规律、动能定理、能量守恒定律等）求解。【例题2】（2017河北石家庄二中高二期中）如图所示，带电平行金属板相距为2R，在两板间半径为R的圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，两板及其左侧边缘连线均与磁场边界刚好相切。一质子（不计重力）沿两板间中心线O1O2从左侧O1点以某一速度射入，沿直线通过圆形磁场区域，然后恰好从极板边缘飞出，在极板间运动时间为t0。若仅撤去磁场，质子仍从O1点以相同速度射入，经时间打到极板上。（1）求两极板间电压U；（2）求质子从极板间飞出时的速度大小；（3）若两极板不带电，保持磁场不变，质子仍沿中心线O1O2从左侧O1点射入，欲使质子从两板间左侧飞出，射入的速度应满足什么条件。参考答案：（1） （2） （3）试题解析：（1）设质子从左侧O1点射入的速度为v0，极板长为L，在复合场中做匀速运动，电场力等于洛伦兹力，又因，则有质子在电场中做类平抛运动，设类平抛运动的时间为t，则水平方向：竖直方向：又因撤去磁场后仅受电场力，由题意得，竖直方向有联立以上解得:、（2）质子从极板间飞出时对速度进行分解，沿电场方向分速度大小：联立，可得则从极板间飞出时的速度大小：（3）设质子在磁场中做圆周运动的轨道半径为r，质子恰好从上极板左边缘飞出时速度的偏转角为，由几何关系可知：=45，因为，所以根据向心力公式 ，解得：所以质子从两板左侧间飞出的条件为 三、带电粒子在洛伦兹力作用下运动的多解问题类型分析带电粒子电性不确定受洛伦兹力作用的带电粒子，可能带正电荷，也可能带负电荷，在相同的初速度下，正、负粒子在磁场中的运动轨迹不同，形成多解如图，带电粒子以速度v进入匀强磁场中；如带正电，其轨迹为a，如带负电，其轨迹为b磁场方向不确定只知道磁感应强度的大小，而未具体指出磁感应强度方向，此时必须要考虑磁感应强度方向不确定而形成的多解如图，带正电的粒子以速度v进入匀强磁场，若B垂直纸面向里，其轨迹为a，若B垂直纸面向外，其轨迹为b临界状态不唯一带电粒子在洛伦兹力作用下飞越有界磁场时，由于粒子运动轨迹是圆弧状，因此，它可能穿过去了，也可能转过180从入射界面这边反向飞出，于是形成多解运动具有不唯一带电粒子在部分是电场，部分是磁场的空间内运动时，往往运动具有周期性，因而形成多解【例题3】如图所示，直径分别为D和2D的同心圆处于同一竖直平面内，O为圆心，GH为大圆的水平直径。两圆之间的环形区域（I区）和小圆内部（II区）均存在垂直圆面向里的匀强磁场。间距为d的两平行金属极板间有一匀强电场，上极板开有一小孔。一个质量为m，电荷量为+q的粒子由小孔下方d/2处静止释放，加速后粒子以竖直向上的速度v射出电场，由H点紧靠大圆内侧射入磁场。不计粒子的重力。（1）求极板间电场强度的大小；（2）若粒子运动轨迹与小圆P点相切，求I区磁感应强度的大小；（3）若I区、II区磁感应强度的大小分别为2mv/qD，4mv/qD，粒子运动一段时间后再次经过H点，求这段时间粒子运动的路程。参考答案：（1） （2） （3）5.5D试题分析：（1）设极板间电场强度的大小为E，对粒子在电场中的加速运动，由动能定理可得：解得：（3）设粒子在I区和II区做圆周运动的半径分别为R1、R2，由题意可知，I区和II内的磁感应强度大小分别为；由牛顿第二定律可得，代入解得：，设粒子在I区和II区做圆周运动的周期分别为T1、T2，由运动学公式得：，由题意分析，粒子两次与大圆相切的时间间隔的运动轨迹如图乙所示，由对称性可知，I区两段圆弧所对圆心角相同，设为1，II区内所对圆心角设为2，圆弧和大圆的两个切点与圆心O连线间的夹角为，由几何关系可得：1=120，2=180，=60粒子重复上述交替运动到H点，设粒子I区和II区做圆周运动的时间分别为t1、t2，可得：，设粒子运动的路程为s，由运动学公式可得s=v（t1+t2）；联立解得：s=5.5D。四、求解带电粒子在匀强磁场中运动的临界和极值问题的方法由于带电粒子往往是在有界磁场中运动，粒子在磁场中只运动一段圆弧就飞出磁场边界，其轨迹不是完整的圆，因此，此类问题往往要根据带电粒子运动的轨迹作相关图去寻找几何关系，分析临界条件（1）带电体在磁场中，离开一个面的临界状态是对这个面的压力为零；（2）射出或不射出磁场的临界状态是带电体运动的轨迹与磁场边界相切。），然后应用数学知识和相应物理规律分析求解。1两种思路一是以定理、定律为依据，首先求出所研究问题的一般规律和一般解的形式，然后再分析、讨论临界条件下的特殊规律和特殊解；二是直接分析、讨论临界状态，找出临界条件，从而通过临界条件求出临界值。2两种方法一是物理方法：（1）利用临界条件求极值；（2）利用问题的边界条件求极值；（3）利用矢量图求极值。二是数学方法：（1）利用三角函数求极值；（2）利用二次方程的判别式求极值；（3）利用不等式的性质求极值；（4）利用图像法等。3从关键词中找突破口：许多临界问题，题干中常用“恰好”、“最大”、“至少”、“不相撞”、“不脱离”等词语对临界状态给以暗示。审题时，一定要抓住这些特定的词语挖掘其隐藏的规律，找出临界条件。【例题4】如图所示，宽x=2 cm的有界匀强磁场，纵向范围足够大，磁感应强度的方向垂直纸面向里，现有一群带正电的粒子从O点以相同的速率沿纸面以不同的方向进入磁场，若粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径均为r=5 cm，则A右边界：-4 cmy4 cm和y8 cm有粒子射出D左边界：0y8 cm有粒子射出参考答案：AD1（2017安徽省淮南市高三模拟）如图所示，圆形区域内有垂直纸面的匀强磁场，三个质量和电荷量相同的带电粒子a、b、c，以不同的速率对准圆心O沿着AO方向射入磁场，其运动轨迹如图。若带电粒子只受磁场力的作用。则下列说法正确的是Aa粒子动能最大Bc粒子速率最大Cb粒子在磁场中运动时间最长D它们做圆周运动的周期TaTbTc2关于带电粒子在匀强磁场中的运动，不考虑其他场（重力）的作用，下列说法正确的是A可能做匀速直线运动B可能做匀变速直线运动C可能做匀变速曲线运动D只能做匀速圆周运动3（2017福建省莆田六中高三月考）如图所示，匀强磁场分布在平面直角坐标系的整个第I象限内，磁感应强度为B、方向垂直于纸面向里，一质量为m、电荷量绝对值为q、不计重力的粒子，以某速度从O点沿着与y轴夹角为30的方向进入磁场，运动到A点时，粒子速度沿x轴正方向，下列判断正确的是A粒子带正电B粒子由O到A经历的时间为C若已知A到x轴的距离为d，则粒子速度大小为D离开第I象限时，粒子的速度方向与x轴正方向的夹角为604匀强磁场中一个运动的带电粒子，运动速度v方向如图所示，下列说法正确的是A若粒子带负电，所受洛伦兹力的方向向下B若粒子带正电，所受洛伦兹力的方向向下C若粒子带负电，运动速率v一定减小D若粒子带正电，运动速率v一定增大5（2017广东省七校联合体高三联考）在x轴上方有垂直于纸面的匀强磁场，同一种带电粒子从O点射入磁场。当入射方向与x轴正方向的夹角=45时，速度为v1、v2的两个粒子分别从a、b两点射出磁场，如图所示，当=60时，为了使速度为v3的粒子从a、b的中点c射出磁场，则速度v3应为A(v1+v2) B(v1+v2)C(v1+v2) D(v1+v2)6在如图所示的平行板器件中，电场强度E和磁感应强度B相互垂直。一个带电粒子（重力不计）从左端以速度v沿虚线射入后做直线运动，则该粒子A一定带正电B速度v=C若速度v，粒子一定不能从板间射出D若此粒子从右端沿虚线方向进入，仍做直线运动7（2017山东省烟台高二开学考试）如图所示虚线框为一长方形区域，该区域内有一垂直于纸面向里的匀强磁场，一束电子以不同的速率从O点垂直于磁场方向且垂直边界线沿图中方向射入磁场后，分别从a、b、c、d四点射出磁场，比较它们在磁场中的运动时间ta、tb、tc、td，其大小关系是AtatbtctdBta=tb=tc=tdCta=tbtctctd8（2017河北省石家庄市高二期中）一个水平放置的挡板ab中间有一小孔S，一个质量为m、带电荷量为+q的带电小球，从S处无初速度地进入一个足够大的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B，如图所示。小球最后将向右做匀速直线运动，则A小球最后的速度为B小球最后与ab的竖直距离为C磁场对小球共做功D以上说法都不对9如图所示，在x轴的上方存在垂直纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场，x轴的下方存在垂直纸面向外的磁感应强度为的匀强磁场，一个带负电的粒子从原点O以与x轴成30角斜向上的速度射入磁场，且在x轴上方的运动半径为R则（不计重力）A粒子经偏转一定能回到原点OB粒子在x轴上方和下方两磁场中运动的半径之比为1:2C粒子完成一次周期性运动的时间为D粒子第二次射入x轴上方的磁场时，沿x轴前进3R的距离10（2017北大附中河南高二月考）两个质量相同、所带电荷量相等的带电粒子a、b，以不同的速率对准圆心O沿着AO方向射入垂直纸面向里的圆形匀强磁场区域，其运动轨迹如图，不计粒子的重力，则下列说法正确的是Aa粒子带正电，b粒子带负电Bb粒子动能较大Ca粒子在磁场中所受洛伦兹力较大Db粒子在磁场中运动时间较长11如图所示，一个摆球带正电荷的单摆在一个匀强磁场中摆动，匀强磁场的方向垂直纸面向里，摆球在AB间摆动的过程中，由A摆到最低点C时，摆线拉力的大小为F1，摆球加速度是大小为a1；由B摆到最低点C时，摆线拉力的大小为F2，摆球加速度的大小为a2，则AF1F2，a1=a2BF1F2，a1a2DF1F2，a10）。粒子沿纸面以大小为v的速度从OM的某点向左上方射入磁场，速度与OM成30角。已知该粒子在磁场中的运动轨迹与ON只有一个交点，并从OM上另一点射出磁场。不计重力。粒子离开磁场的出射点到两平面交线O的距离为A BC D29（2016新课标全国卷）现代质谱仪可用来分析比质子重很多的离子，其示意图如图所示，其中加速电压恒定。质子在入口处从静止开始被加速电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场。若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，需将磁感应强度增加到原来的12倍。此离子和质子的质量比约为A11 B12C121 D14430（2016四川卷）如图所示，正六边形abcdef区域内有垂直于纸面的匀强磁场。一带正电的粒子从f点沿fd方向射入磁场区域，当速度大小为vb时，从b点离开磁场，在磁场中运动的时间为tb，当速度大小为vc时，从c点离开磁场，在磁场中运动的时间为tc，不计粒子重力。则Avb:vc=1:2，tb:tc=2:1Bvb:vc=2:2，tb:tc=1:2Cvb:vc=2:1，tb:tc=2:1Dvb:vc=1:2，tb:tc=1:231（2015新课标全国卷）两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大小不同、方向平行。一速度方向与磁感应强度方向垂直的带电粒子（不计重力），从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的A轨道半径减小，角速度增大B轨道半径减小，角速度减小C轨道半径增大，角速度增大D轨道半径增大，角速度减小【名师点睛】带电粒子在磁场、质量及电量相同情况下，运动的半径与速率成正比，从而根据运动圆弧来确定速率的大小；运动的周期均相同的情况下，可根据圆弧的对应圆心角来确定运动的时间的长短。2A【解析】带电粒子在匀强磁场中运动时所受到的洛伦兹力跟速度方向与磁场方向的夹角有关，当速度方向与磁场方向平行时，它不受洛伦兹力作用，又不受其他力作用，这时它将做匀速直线运动，故A正确。因洛伦兹力的方向始终与速度的方向垂直，改变速度的方向，同时也改变了洛伦兹力的方向，故洛伦兹力是变力，带电粒子不可能做匀变速运动，故BC错误。只有当速度的方向与磁场的方向垂直时，带电粒子才做匀速圆周运动，故D错误。3CD【解析】根据题意作出粒子运动的轨迹如图所示，根据左手定则判断知，此粒子带负电，故A错误；根据几何知识可知，从O点到A点轨迹的圆心角为60，B错误；由图可得：，所以，而粒子的轨迹半径为，联立可得，C正确；粒子在O点时速度与x轴正方向的夹角为60，x轴是直线，根据圆的对称性可知，离开第一象限时，粒子的速度方向与x轴正方向的夹角为60，故D正确。4B【解析】由左手定则可知，若粒子带负电，所受洛伦兹力的方向向上；若粒子带正电，所受洛伦兹力的方向向下，A错误，B正确；因洛伦兹力不做功，故无论是带正电还是带负电，粒子的速率都不变，故CD错误。6B【解析】粒子在电场与磁场中穿过时受电场力与洛伦兹力作用，若粒子带正电，则电场力与洛伦兹力的方向相反，若粒子带负电，也可以判断出电场力与洛伦兹力的方向相反，所以粒子不一定带正电，A错误；粒子沿直线运动时，F电=F洛，故Eq=Bqv，所以v=，B正确；若速度v，则有F电F洛，粒子发生偏转，当偏转量很小时，粒子也可能从板间射出，C错误；若此粒子从右端沿虚线方向进入，若粒子带正电，通过判断发现电场力与磁场力的方向相同，故它不会再做直线运动，D错误。【名师点晴】带电粒子在复合场中运动时，要受到电场力与洛伦兹力的作用，电场力的方向根据电场线的方向来判断，正电荷受到的电场力与电场线方向相同，负电荷受到的电场力的方向与电场线的方向本反，洛伦兹力通过左手定则来判断。7D【解析】电子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期为，四个电子m、q相同，B也相同，则它们圆周运动的周期相同。画出电子运动的轨迹如图，从图1看出，从a、b两点射出的电子轨迹所对的圆心角都是，则：，从图2看出，从d射出的电子轨迹所对的圆心角OO2dOO1c，根据圆周运动的时间，T相同时，圆心角越大，时间t越大，所以。所以ta=tbtctd。故选D。 9BD【解析】根据左手定则判断可知，负电荷在第一象限和第四象限所受到的洛伦兹力方向不同，粒子在第一象限沿顺时针方向旋转，而在第四象限沿逆时针方向旋转，不可能回到原点O，故A错误。由知，粒子做圆周运动的半径与B成反比，则粒子在x轴上方和下方两磁场中运动的半径之比为1:2，故B正确。负电荷在第一象限轨迹所对应的圆心角为60，在第一象限轨迹所对应的圆心角也为60，粒子圆周运动的周期为，保持不变，在一个周期内，粒子在第一象限运动的时间为；同理，在第四象限运动的时间为；完成一次周期性运动的时间为T=t1+t2=，故C错误。根据几何知识得，粒子第二次射入x轴上方磁场时，沿x轴前进距离为x=R+2R=3R，故D正确。【名师点睛】本题考查了带电粒子在匀强磁场中的运动问题；解题关键是画出粒子的运动轨迹，然后根据轨迹的圆心角等于速度的偏向角，找到圆心角，即可由几何知识求出运动时间和前进的距离；此类题目是考试的热点题型，需熟练掌握。10B【解析】粒子向右运动，根据左手定则，b向上偏转，应当带正电，a向下偏转，应当带负电，故A错误；根据，半径较大的b粒子速度大，动能也大，故B正确；b粒子速度较大，根据，电量相同，速度较大的洛伦兹力较大，故C错误；根据，两粒子的周期相同，a的圆心角较大，则a的运动时间较长，故D错误。12BD【解析】若粒子恰能射出电场，则水平方向：L=v0t；竖直方向：，解得，代入数据解得：U0=25 V，故当粒子在U=30 V时粒子不能离开电场进入磁场，而达到极板上，A错误；在t=0时粒子能离开电场，垂直MN进入磁场，在磁场中运动的轨道半径为，则因为粒子在磁场中运动半个圆周然后从MN中射出，故射入磁场点与离开磁场点间的距离为2R=0.4 m，B正确；设粒子进入磁场时速度方向与的夹角为，则速度大小：，粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径：，粒子从磁场中飞出的位置与进入磁场的位置之间的距离：，代入数据解得：s=0.4 m，即在任意时刻进入磁场的粒子飞出的位置与进入磁场的位置之间的距离为定值，C错误；因所有粒子在磁场中运动的周期相同，在U=25 V时粒子从极板边缘飞出电场，然后进入磁场时速度与MN的夹角最小，在磁场中运动时的角度最大，时间最长，D正确。 13CD【解析】a粒子是30入射的，而b粒子是60入射的，由于从B点射出，则a粒子受到的洛伦兹力方向沿b粒子速度方向，而b粒子受到的洛伦兹力方向沿a粒子速度方向，由磁场方向，得a粒子带负电，而b粒子带正电，故A错误；如图连接AB，AB连线是两粒子的运动圆弧对应的弦，则弦的中垂线（红线）与各自速度方向的垂直线（虚线）的交点即为各自圆心。两圆心的连线与两个半径构成一个角为30，另一个为60的直角三角形，根据几何关系，则有两半径相比为，故B错误；根据可知，则两粒子所带的电量之比，故C正确；根据可知，a粒子圆弧对应的圆心角为120，而b粒子圆弧对应的圆心角为60，则，故D正确。14（1） （2）（1）由左手定则可判断出电子应落在ON之间，根据几何关系可解得圆心角为60根据evB=m得，r=则电子出射点距O点的距离等于电子的运动半径，为d=r=（2）电子在磁场中的运动时间应为t=T=15（1） （2）（1）设质子在匀强磁场区域和中做匀速圆周运动的轨道半径分别为和，区域中磁感应强度为。由牛顿第二定律得qvB=m，qvB=m粒子在两区域中运动的轨迹如图所示，由几何关系可知，质子从A点出匀强磁场区域时的速度方向与OP的夹角为，故质子在匀强磁场区域中运动轨迹对应的圆心角为，则O1OA为等边三角形OA=r1，解得（2）由几何关系可得，Q点到O点的距离为：。【名师点睛】带电粒子通过磁场的边界时，如果边界是直线，根据圆的对称性得到，带电粒子入射速度方向与边界的夹角等于出射速度方向与边界的夹角，这在处理有界磁场的问题常常用到。17BC【解析】粒子恰沿直线穿过，电场力和洛伦兹力均垂直于速度，故合力为零，粒子做匀速直线运动；根据平衡条件，有：，解得，只要粒子速度为，就能沿直线匀速通过选择器；若带电粒子带电荷量为，速度不变，仍然沿直线匀速通过选择器，故A错误；若带电粒子带电荷量为，只要粒子速度为，电场力与洛伦兹力仍然平衡，仍然沿直线匀速通过选择器，故B正确；若带电粒子速度为，电场力不变，洛伦兹力变为2倍，故会偏转，克服电场力做功，电势能增加，故C正确；若带电粒子从右侧水平射入，电场力方向不变，洛伦兹力方向反向，故粒子一定偏转，故D错误。18ABC【解析】进入B0的粒子满足，知道粒子电荷量后，便可求出质量m，所以质谱仪可以用来分析同位素，故A正确；根据原理图可知粒子带正电，则受电场力向右，故洛伦兹力必向左，由左手定则可判断磁场方向垂直直面向外，故B正确；由qE=qvB，得v=E/B，此时离子受力平衡，可沿直线穿过选择器，故C正确；由可得，知R越小，比荷越大，故D错误。【名师点睛】此题是对质谱仪的考查；质谱仪工作原理应采取分段分析的方法，即粒子加速阶段，速度选择阶段，在磁场中运动阶段三个阶段；解题时能列出三个阶段中粒子满足的物理方程，从而分析出粒子的比荷。19ABD【解析】根据公式代入数据可得，A正确；根据，可知粒子的运动半径R=a，因此当入射时，粒子恰好从A点飞出，故B正确；当飞入的粒子在磁场中运动时间恰好是周期，是在磁场中运动时间最长，故C错误；当飞入的粒子在磁场中，粒子恰好从AC中点飞出，因此在AC边界上只有一半区域有粒子射出，故D正确。20CD【解析】根据，得，所以A错误；粒子刚好不能进入区域的运动轨迹如图所示，恰好与AC相切，根据几何关系可求，此时入射点到A的距离为d，即到A点距离大于d的都不能进入区域，运动轨迹为一半圆，时间，所以B错误，C正确；从A点进入的粒子在区域中运动的试卷最短，轨迹如图所示，由几何关系知，轨迹圆心角为60，最短时间，故D正确。21AC【解析】由题意可知，带电粒子的运动周期为T=2t0。若该带电粒子在磁场中经历的时间是，粒子轨迹的圆心角为，根据几何知识得知，粒子射出磁场时与磁场边界的夹角为30，必定从cd射出磁场，故A正确；当带电粒子的轨迹与ad边相切时，轨迹的圆心角为60，粒子运动的时间为，在所有从ad边射出的粒子中最长时间为，故若该带电粒子在磁场中经历的时间是，一定不是从ad边射出磁场，故B错误；若该带电粒子在磁场中经历的时间是，则得到轨迹的圆心角为，由于，则一定从bc边射出磁场，故C正确。若该带电粒子在磁场中经历的时间是，则得到轨迹的圆心角为，而粒子从ab边射出磁场时最大的偏向角等于60+90=150=，故不从ab边射出磁场，故D错误。【名师点睛】本题主要考查了带电粒子在匀强磁场中运动问题。属于难度很大的题目。本题是带电粒子在磁场中圆周运动类型，因为速度不同，所以半径不同，但粒子的周期是相同的，要抓住相同周期这一基本点，根据速度的偏向角等于轨迹的圆心角，由圆心角确定粒子在磁场中的运动时间。（2）电荷到达C点的速度为v=at=2106 m/s速度方向与x轴正方向成45角，在磁场中运动时由得R=m即电荷在磁场中的偏转半径为0.71 m（3）轨迹圆与x轴相交的弦长为x=R=1 m，所以电荷从坐标原点O再次进入电场中，且速度方向与电场方向垂直，电荷在电场中做类平抛运动设电荷到达y轴的时间为t，则：tan 45=解得t=2106 s则类平抛运动中垂直于电场方向的位移L=vt=4 my=8 m即电荷到达y轴时位置坐标为（0，8）23（1） （2）2t0 （3）（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，在时间t0内其速度方向改变了90，故其周期T=4t0设磁感应强度大小为B，粒子速度为v，圆周运动的半径为r。由洛伦兹力公式和牛顿定律得匀速圆周运动的速度满足联立解得（2）设粒子从OA边两个不同位置射入磁场，能从OC边上的同一点P射出磁场，粒子在磁场中运动的轨迹如图（a）所示。设两轨迹所对应的圆心角分别为1和2。由几何关系有1=1802粒子两次在磁场中运动的时间分别为t1与t2，则t1+t2=2t024（1）粒子经过A点时速度的方向与左边界垂直 （2） 匀强电场的方向与x轴正向夹角应为135（3）（1）如图所示，设磁场左边界与x轴相交于D点，过O点作速度v垂线O O1，与MN相交于O1点。由几何关系可知，在直角三角形OO1D中OO1D=45。设磁场左右边界间距为d，则OO1=d。粒子第一次进入磁场的运动轨迹的圆心即为O1点，圆孤轨迹所对的圆心角为45，且O1A为圆弧的半径R。由此可知，粒子自A点射入磁场的速度与左边界垂直A点到x轴的距离：由洛伦兹力公式、牛顿第二定律及圆周运动的规律，得：联立解得：（2）依题意：匀强电场的方向与x轴正向夹角应为135设粒子在磁场中做圆周运动的周期