第39讲 带电粒子在磁场中的运动（专项训练）（四川专用）（教师版）

第39讲带电粒子在磁场中的运动目录TOC\o"1-2"\h\u01课标达标练题型01带电粒子在匀强磁场中运动的基础知识题型02带电粒子在非匀强磁场中的运动题型03带电粒子在有界匀强磁场中的运动题型04三类动态圆题型05磁聚焦磁发散02核心突破练03真题溯源练01带电粒子在匀强磁场中运动的基础知识1.如图所示，MN表示一块非常薄的金属板，带电粒子（不计重力）在匀强磁场中运动并穿过薄金属板，虚线表示其运动轨迹，粒子电量不变，由图可知粒子（）A．带正电荷 B．沿a→b→c→d→e方向运动C．穿过金属板后，轨迹半径变小 D．穿过金属板后，所受洛伦兹力变大【答案】C【详解】ABC．带电粒子穿过金属板后速度减小，根据牛顿第二定律qvB=m可得r=可知轨迹半径应减小，故可知粒子运动方向是e→d→c→b→a，粒子所受的洛伦兹力均指向圆心，在e点洛伦兹力向右，则由左手定则可知，粒子应带负电，故AB错误，C正确；D．穿过金属板后速度减小，根据F洛故选C。2.（多选）一个电子（不计重力，质量m，电荷量e）以速度v0垂直进入磁感应强度为BA．电子在图示时刻受到垂直v0B．电子在磁场中匀速圆周运动的半径r=C．电子的速度始终不变D．电子的动能始终不变【答案】BD【详解】A．由左手定则可知电子在图示时刻受到垂直v0B．由洛伦兹力提供向心力e可得电子在磁场中匀速圆周运动的半径r=mCD．洛伦兹力提供向心力，则洛伦兹力不做功，故电子的速度大小不变，方向时刻在改变，根据Ek故选BD。02带电粒子在非匀强磁场中的运动3.如图所示，真空中竖直放置一根通电长直金属导线MN，电流方向向上。ab是一根水平放置的内壁光滑绝缘管，端点a、b分别在以MN为轴心、半径为R的圆柱面上。现使一个小球自a端以速度v0射入ab管，小球半径略小于绝缘管半径且带正电，小球重力忽略不计，小球向bA．小球受到的洛伦兹力始终为零B．洛伦兹力对小球先做正功，后做负功C．小球的速率先增大后减少D．管壁对小球的弹力方向先竖直向上，后竖直向下【答案】D【详解】AD．当小球运动到ab中点时，磁感线的切线方向与小球速度方向平行，小球所受洛伦兹力为零；小球自a点到ab中点，所受洛伦兹力竖直向下，绝缘管壁对小球的弹力竖直向上；小球从ab中点至b点，所受洛伦兹力竖直向上，绝缘管壁对小球的弹力竖直向下，故A错误，D正确；BC．如图为俯视图，根据右手螺旋定则，磁感线如图所示小球在磁场中受到洛伦兹力和弹力作用，洛伦兹力和弹力不做功，小球速率不变，故BC错误。故选D。4.带正电的粒子在外力作用下沿虚线做匀速圆周运动，圆心为O，a、b、c、d是圆上的4个等分点。通有电流大小为I的长直导线垂直圆平面放置，电流方向如图所示，导线位于a、O连线的中点。不考虑粒子运动产生的电场，则（）A．a、O两点的磁感应强度相同B．运动过程中，粒子所受合力不变C．粒子从a运动到c，洛伦兹力一直变大D．粒子从a出发运动一周，洛伦兹力不做功【答案】D【详解】A．右手螺旋定则可知a、O两点的磁感应强度大小相等，方向相反，故A错误；B．由粒子做匀速圆周运动，合力为向心力，向心力的大小不变，方向时刻改变，故B错误；C．粒子做匀速圆周运动，粒子的速度大小不变，在a点，速度方向和磁感应强度方向在同一条直线上，洛伦兹力为零，在c点速度方向和磁感应强度方向在同一条直线上，洛伦兹力为零，在a、c之间的圆弧轨迹上，速度方向和磁感应强度方向不在同一条直线上，洛伦兹力不为零，故粒子从a运动到c，洛伦兹力不可能一直变大，故C错误；D．洛伦兹力总是与速度方向垂直，故洛伦兹力不做功，故D正确。故选D。03带电粒子在有界匀强磁场中的运动5.如图所示，矩形边界ABCD内有磁场方向垂直纸面向里的匀强磁场，AB、CD边足够长。现有质量为m、电荷量为q的不同速率的带正电粒子，从AD边的中点E以垂直于磁场方向进入磁场区域，粒子进入磁场时速度方向与边界AD夹角均为θ（θ为固定夹角），不计粒子重力及粒子间的相互作用，下列说法正确的是（）A．粒子的速度越大，在磁场中运动的时间越长B．粒子在磁场中运动的时间不可能相等C．从AB边射出的粒子速度小于从DC边射出的粒子速度D．从AE边射出的粒子，出射点越靠近E点，粒子的速度越大【答案】C【详解】AB．粒子在磁场中做圆周运动，有qvB=m解得周期、圆周半径分别为T=2πmqB粒子从AE边射出时，对称性可知，无论速度大小，粒子在磁场中扫过的圆心角θ相同，根据t=可知，由于为同种粒子，所以T相同，故粒子在磁场中运动时间相同，故AB错误；C．粒子从AB边射出时的圆周半径小于从DC边射出时的半径（可以通过几何关系判断），根据r=可知从AB边射出的粒子速度小于从DC边射出的粒子速度，故C正确；D．从AE边射出的粒子，出射点越靠近E点，粒子做圆周运动半径越小，故粒子速度越小，故D错误。故选C。6.如图所示，直角三角形ABC区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，BC边长为L,AB边长为2L，大量质量为m、电荷量为q、速度大小为v的带负电粒子垂直AC边射入磁场。带电粒子在磁场中运动后只从AB和BC边射出磁场。不考虑粒子的重力和粒子间的相互作用，则匀强磁场的最大磁感应强度为（）A．mv2qL B．3mv3qL C．3【答案】C【详解】当粒子运动轨迹与A、B边相切于D点，右边刚好从C点射出，此时对应的磁感应强度有最大值，粒子运动轨迹如图所示根据几何关系，有3解得r=根据洛伦兹力提供向心力qvB=m联立解得B=故选C。7.（多选）如图所示，直线MN上方有磁感应强度为B的匀强磁场。正、负电子同时从同一点O以与MN成30°角的同样速度v射入磁场，设电子质量为m、电荷量为e，则（）A．正、负电子在磁场中运动的半径相同但周期不同B．正、负电子从磁场中射出点到O点的距离相等C．正、负电子在磁场中运动的时间差是4D．正、负电子在磁场中运动的时间差是π【答案】BC【详解】A．正、负电子在磁场中的回旋轨迹如图所示，由evB=m解得r=粒子运动的周期T=所以正、负电子在磁场中运动的半径和周期相同，故A错误；B．由图根据几何关系可知，正、负电子从磁场中射出点到O点的距离相等，都等于d=r，故B正确；CD．正电子受力的方向向下，偏转角是60°，在磁场中运动的时间为t负电子受力的方向向上，偏转角是300°，在磁场中运动的时间为t射出的时间差为Δ故C正确，D错误。故选BC。8.（多选）如图所示，圆形虚线框内有一垂直纸面向里的匀强磁场（未画出），Oa、Ob、Oc、Od是以不同速率对准圆心入射的正电子或负电子的运动径迹，它们之间的相互作用和重力不计，a、b、d三个出射点和圆心的连线分别与竖直方向成90°、60°、45°的夹角，则下列判断正确的是（）A．沿径迹Oc运动的电子在磁场中运动时间最短B．沿径迹Oc、Od运动的电子均为负电子C．沿径迹Oa、Ob运动的速率比值为3D．沿径迹Ob、Od运动的时间之比为4：3【答案】BD【详解】A．由于正电子和负电子的电荷量大小q和质量m均相等，电子在磁场中做匀速圆周运动，则有qvB=mv2解得T=设偏转角为θ，则t=周期相等，由题图可判断沿径迹Oc运动的电子偏转角最大，对应圆心角也最大，所以沿径迹Oc运动的电子在磁场中运动时间最长，A错误；B．由左手定则可判断沿径迹Oc、Od运动的电子均带负电，为负电子，B正确；C．设圆形磁场半径为r，根据几何关系可得，沿径迹Oa、Ob运动的电子轨迹半径分别为ra=r根据qBv=mv2C错误；D．由上述分析可知，电子在磁场中的运动时间之比等于偏转角之比tD正确。故选BD9.（多选）在研究质谱仪扇形磁场的磁场特征中，采用如图所示的情景来简化分析，扇形MON区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，∠MON=120°，∠MOP=60°，a、b两个带电的粒子以相同大小的初速度，分别从圆弧MN上的M点和P点沿半径方向射入磁场区，均从N点离开磁场。粒子重力及粒子间的作用力不计。则粒子a、b（）A．在磁场中运动的轨道半径之比为1:B．比荷之比为1:3C．在磁场中运动的角速度之比为3:1D．在磁场中运动的时间之比为3:2【答案】BD【详解】A．设磁场的半径为R，a、b电子在磁场中运动轨迹半径分别为r1、r2可得r1=粒子速度改变角分别为60°、120°，利用几何关系可求得r联立可求得r故A错误；B．同理可得粒子比荷之比为q故B正确；C．周期之比为T又ω=角速度之比为ω故C错误；D．a,b电子在磁场中运动时间分别为t可求得t故D正确。故选BD。10.（多选）如图所示，有一边长为a的正方形ABCD，在ABCD内的适当区域加一垂直正方形ABCD所在平面的匀强磁场。一束电子以某一速度沿正方形ABCD所在平面、且垂直于AB边射入该正方形区域，已知该束电子从AB边上的任意点入射，都只能从C点沿正方形ABCD所在平面射出磁场，不计电子重力，则关于该区域的磁场方向及最小面积，下列说法正确的是（）A．磁场方向垂直于ABCD所在平面向里B．磁场方向垂直于ABCD所在平面向外C．磁场的最小面积为(π−2)D．磁场的最小面积为1【答案】AC【详解】AB．由于电子要在ABCD平面内从C点射出，区域磁场必须垂直区域平面向里，故A正确，B错误；CD．磁场的最小面积是一个以B点为圆心、正方形的边长为半径的四分之一圆和以D点为圆心、正方形的边长为半径的四分之一圆的公共范围，如图所示由几何关系得最小面积为(π−2)a故选AC。11.（多选）如图所示，L1和L2为两条平行的虚线，L1上方和L2下方都是范围足够大，且磁感应强度相同的匀强磁场，A、B两点都在L2上。带电粒子从A点以初速度v0与L2成30°角斜向右上方射出，经过偏转后正好过B点，经过BA．若将带电粒子在A点时的初速度变大（方向不变），它仍能经过B点B．带电粒子经过B点时的速度一定跟在A点时的速度大小相同C．若将带电粒子在A点时的初速度方向改为与L2成60°角斜向右上方，它将不能经过BD．此带电粒子既可以是正电荷，也可以是负电荷【答案】ABD【详解】画出带电粒子运动的可能轨迹，B点的位置可能有如图四种A．根据轨迹，粒子经过边界L1时入射点与出射点间的距离与经过边界L2时入射点与出射点间的距离相同，与速度无关．所以当初速度大小稍微增大一点，但保持方向不变，它仍有可能经过B点，故A错误；B．如图，粒子B的位置在B1、B4，由于洛伦兹力对粒子不做功，则速度跟在A点时的速度大小相等，但方向不同，故B正确；C．如图，设L1与L2之间的距离为d，则A到B2的距离为x=2d所以，若将带电粒子在A点时初速度方向改为与L2成60°x则经过三个周期后经过B点。故C错误；D．由图可知，分别是正负电荷的轨迹，正负电荷都可能，故D正确。故选ABD。12.（多选）如图所示，一粒子源S可向外发射质量为m，电荷量为q带正电的粒子，不计粒子重力，空间充满一水平方向的匀强磁场，磁感应强度方向如图所示，S与M在同一水平线上，某时刻，从粒子源发射一束粒子，速度大小为v，方向与水平方向夹角为θ，SM与v方向在同一竖直面内，经时间t，粒子到达N处，已知N与S、M在同一水平面上，且SM长度为L，NM与SM垂直，匀强磁场的磁感应强度大小可能是（

）A．5πmqt B．3πm2qt C．3πmvcos【答案】AC【详解】带电粒子与磁感应强度方向成一定角度进入磁场，它的运动是沿磁场方向的匀速直线运动与垂直于磁场方向的匀速圆周运动的合运动，由等时性有2n+1而T圆＝2πm联立两式得B＝2n+1πm显然当n=2时B＝5πmqt或者B=2n+1当n=1时B=所以选项AC正确，选项BD错误．故选AC．13.（多选）如图所示，匀强磁场垂直于xOy平面（纸面）向外，磁场的右边界与x轴垂直，交x轴于P（L，0）点。其中第Ⅰ象限内的磁感应强度为B₁，第Ⅳ象限内的磁感应强度为B₂，且B₂=2B₁（大小均未知）。一质量为m、电荷量为+q的粒子从原点O以速度v进入第Ⅰ象限的磁场，方向与x轴成30°角，粒子从P点离开磁场区域，不计粒子重力，则第Ⅰ象限的磁感应强度B₁的大小可能是（）A．mv4qL B．mv2qL C．mvqL【答案】CD【详解】根据洛伦兹力提供向心力qvB=可得r=则在第Ⅰ象限内运动的半径为r在第Ⅳ象限内运动的半径为r设粒子最后从P点离开时在第Ⅰ象限运动n次，在第Ⅳ象限n−1次，根据几何关系有2n×解得B1=A，当B1=mvB，当B1=mvC，当B1=mvD，当B1=2mv故选CD。14.（多选）真空区域有宽度为l、磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向如图所示，MN、PQ是磁场的边界。质量为m、电荷量为qq>0的带正电粒子（不计重力）沿着与MN夹角θ=30°的方向以一定的速度v0（大小未知）射入磁场中，从PQ边界射出磁场时与PQ的夹角为60°。则A．3−1qBl2mC．3−1qBlm【答案】CD【详解】粒子从F点射出时，轨迹圆心为O1，半径为R根据几何关系有l=AE−FG=解得R1=根据q解得v粒子从D点射出时，轨迹圆心为O2，半径为Rl=AB+CD=解得R根据q可得v故选CD。15.（多选）如图所示，在ab边界的右侧和bc边界的上方有一垂直纸面向外匀强磁场，磁感应强度大小为B。bc足够长，ab距离为d，且ab⊥bc，O、a、b、c共面。在O点有一粒子源，O点到ab、bc的距离均为d。打开粒子源发射装置，能够沿纸面向各个方向均匀发射质量为m，电荷量为q的带正电粒子，速率v=qBdA．从ab边射出磁场的粒子数占总粒子数的1B．从bc边射出磁场的粒子数占总粒子数的5C．到达bc边的粒子在磁场中运动的最短时间为πD．能够打在ab和bc边上的所有粒子在磁场中运动最长路径与最短路径之比为9:2【答案】AD【详解】A．如图所示，当速度方向与Oa夹角为30°，粒子恰好经过a点，当速度方向与Oa夹角满足30°≤α≤90°，粒子到达ab边，所以从ab边出磁场的粒子数为总数的16B．如图所示，从bc边出磁场的粒子数需要满足90°≤α≤270°，则占粒子总数为12C．如图所示，当射入点O与bc边上的点的连线与bc边垂直时，此粒子在磁场中运动时间最短，运动时间t=故C错误；D．如图所示，当转过圆心角为270°时路径最长，转过圆心角为60°时路径最短，故D正确。故选AD。04三类动态圆16.如图所示，一线状粒子源垂直于磁场边界不断地发射速度相同的同种离子，不考虑离子间的相互作用，则离子经过磁场的区域（阴影部分）可能的是（）A． B．C． D．【答案】C【详解】离子在磁场中做匀速圆周运动，如图所示粒子源最左端发射的粒子落在A点，最右端发射的粒子落在B点，故选C。17.（多选）如图，空间存在磁感应强度大小为B。方向垂直纸面向外的匀强磁场，OA距离为2L，OP是一足够大的荧光屏，粒子打在荧光屏上均被吸收，在O、A之间有大量质量为m、电荷量为+q的粒子，以相同的速度沿纸面垂直于OA开始运动。其中从OA中点射入的粒子恰好能垂直打在荧光屏上（不计粒子重力及其相互作用）。图中∠POA=120°，则可判断带电粒子（）A．运动速度大小为qBLB．在磁场中运动的最长时间4πmC．打在荧光屏上的位置距离O点最远为LD．打在荧光屏上的位置距离O点最远为2【答案】AD【详解】A．从OA中点射入的粒子恰好能垂直打在荧光屏上，粒子运动轨迹如图所示由几何知识可知，粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径r=L对粒子，由牛顿第二定律得qvB=m解得粒子的速度大小v=故A正确；B．所有粒子速度相同，则粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径相等，从A点射入磁场的粒子打在O点，该粒子在磁场中转过的圆心角最大，该粒子在磁场中的运动时间最长，最大圆心角θ=180∘故B错误；CD．粒子打在荧光屏上时的速度方向平行于AO时，其位置距离O点最远，如图所示由几何关系可知粒子打在荧光屏上的位置距离O点的最远距离为d=故C错误，D正确。故选AD。18.如图所示，虚线为一垂直纸面向里的匀强磁场的边界，其中MN和PQ均为直线，NP是半圆的直径，半圆的半径为R，A为直线MN上一点，AN的距离等于R，磁场的磁感应强度大小为B。一粒子源在A点沿垂直于MN的方向上持续不断的发射出速率不同的同一种粒子，该粒子带负电，粒子的质量为m，电荷量为q，不计粒子重力，磁场足够大，以下说法正确的是（）A．粒子在磁场中运动的半径越大，粒子在磁场中运动的时间一定越长B．A点与粒子离开磁场时所经过的位置的连线的长度越长，粒子在磁场中运动的时间一定越长C．粒子在磁场中运动的最短时间为2πmD．粒子在磁场中运动的最长时间为πm【答案】C【详解】AB．粒子的入射方向一定，粒子运动的圆心角等于弦切角的2倍，粒子从MN上和PQ上离开磁场时，都是经过半个周期，故AB错误；CD．粒子在磁场中运动的最短时间就是对应的弦切角最小，即从A点做半圆的切线，如图所示由几何关系可以求出弦切角等于60°，对应的圆心角为120°，所以最短时间为T3tt故C正确，D错误。故选C。19.一匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，其边界如图中虚线所示，其中射线bc足够长，∠abc＝135°。其他地方磁场的范围足够大。一束质量为m、电荷量为q的带正电粒子，在纸面内从a点垂直于ab射入磁场，这些粒子具有各种速率。不计粒子之间的相互作用。以下说法正确的是（）A．从bc边射出的粒子在磁场中运动的时间都相等B．若从a点入射的速度越大，则在磁场中运动的时间越长C．粒子在磁场中最长运动时间不大于5πmD．粒子在磁场中最长运动时间不大于3πm【答案】D【详解】AB．画出带电粒子在磁场中运动的动态分析图，如图1所示。粒子入射的速度越大，其做圆周运动的半径越大，当粒子都从ab边射出，所用时间均为半个周期，用时相等；当粒子从bc边射出时，速度越大，轨道半径越大，圆心角越大，运动时间越长，故AB错误；CD．当粒子的速度足够大，半径足够大时，忽略ab段长度，运动情况可简化为如图2所示，在直线边界磁场问题中，根据粒子运动轨迹的对称性，结合几何关系可知此时圆心角大小为α=270°可得粒子在磁场中运动的最长时间为t=故C错误，D正确。故选D。20.如图所示，在足够长的荧光屏MN上方分布了水平方向的匀强磁场，磁感应强度的大小B=0.1T、方向与纸面垂直．距离荧光屏h=16cm处有一粒子源S，以速度v=1×106m/s不断地在纸面内向各个方向发射比荷q/m=1×108C/kg的带正电粒子，不计粒子的重力．则粒子打在荧光屏范围的长度为（

）A．12cm B．16cm C．20cm D．24cm【答案】C【详解】粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力qvB=mv解得r=10cm当粒子的轨迹与屏幕相切时为临界情况，即打到荧屏上的边界，找到圆心O（到S点的距离与到MN的距离相等的点），如上图，由几何知识知x2设粒子打在荧屏上最左侧的C点，则x1则范围的长度为x1+x2=20cm；故选C．21.（多选）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60°的粒子恰好从E点射出磁场，不计粒子的重力，则（

）A．粒子带正电B．粒子运动的速度大小为qBdC．粒子在磁场中运动的最长时间为πmD．磁场区域中有粒子通过的面积为(【答案】BCD【分析】根据速度与OB边的夹角为60°的粒子恰好从E点射出磁场，可知粒子的偏转方向，由几何关系可知粒子运动的轨道半径，从而求解粒子的速度；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，找到最长的轨迹，结合周期公式求解最长的时间.【详解】速度与OB的夹角为600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，选项A错误；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：qvB=mv2r,则粒子运动的速度大小为v=qBdm，选项B正确；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22.（多选）如图所示，挡板ad上方存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，挡板中间存在一空隙bc，bc的间距为L，磁场中且处于空隙正上方的S处有一粒子源，S到b、c的距离也为L，粒子源向各个方向均匀发射速度大小相同的带正电粒子，若粒子打到挡板上会被吸收。某次调节粒子源的发射速度为v(未知)，使挡板空隙中所有区域均有粒子射出，且能射出的粒子数目为某时刻发射粒子总数的16，已知从b点射出的粒子速度方向与挡板垂直，粒子电荷量为q，质量为m

A．粒子源的发射速度为qBLB．两个挡板上能吸收到粒子的总长度为13C．调节粒子源的发射速度为v2D．调节粒子源的发射速度为v2，射出粒子数目仍为发射粒子总数的【答案】AB【详解】A．由题意可知，粒子运动情况如图所示

因为从b点射出的粒子速度方向与挡板垂直，根据几何关系可知，粒子的轨迹圆心在c点，则有：r=粒子速率为v=故A正确；B．由题意可知，打到左侧挡板最远点的粒子，与S点的连线长度等于粒子的轨迹直径，由几何关系可知左侧最远点到间隙中心的距离为x粒子能够到达右侧挡板最远点的位置应为粒子轨迹与右侧挡板的切点，由几何关系可知右侧最远点到间隙中心的距离为x解得x因此挡板上能吸收到粒子的总长度x=故B正确；C．由A知粒子发射速度v则轨迹半径r=根据几何关系可知，粒子到达b点时，bS连线恰好等于轨迹直径，粒子运动情况如图所示，假设粒子轨迹与bc相切于N点，由几何关系，可求得切点N到间隙中心的距离为

x=即x<说明右侧能够有粒子射出的最远位置还没有到达c点，故C错误；D．根据图示可知，若粒子从b点射出磁场，其从S点出射时的速度方向与bS连线垂直斜向左上方；若粒子以与Sc垂直且斜向左下方的速度方向射出，根据粒子的运动规律可知，粒子运动轨迹将与bc相交与中间某点，此时两种情况下从S点出射的速度方向夹角为60∘，所以运动轨迹与bc相切的粒子从S点出射速度方向与从b点射出的粒子从S点的出射方向夹角大于60∘，因此此时射出粒子数目大于发射粒子总数的故选AB。05磁聚焦磁发散23.（多选）如图所示，在xOy坐标系的第三、四象限有一半径为L的圆形区域，圆心O'位于y轴上的y=−L处，圆形区域内存在垂直坐标平面的匀强磁场（图中未画出），磁感应强度大小为B，在y=32L处有一足够大的接收屏垂直y轴放置，在x轴与接收屏之间的区域存在垂直坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小也为B。在−2L<y<0范围内数密度均匀的电子沿x轴正方向以相同的速度射入圆形磁场区域，所有的电子都会经过坐标原点OA．圆形区域内磁场方向垂直坐标平面向外 B．电子的速度大小均为v=C．接收屏上有电子击中的长度为3L D．能打在接收屏上的电子占入射电子总数的【答案】AC【详解】A．所有的电子都能经过坐标原点O，根据左手定则可知，圆形区域内的磁场方向垂直纸面向外，A正确；B．根据“磁聚焦”模型可知，电子在圆形区域磁场内运动的半径为r=L根据电子在磁场中运动的轨迹半径公式r=mveB，解得v=kBL，D．两个磁场的磁感应强度相同，电子在两个磁场做圆周运动的半径相同，都等于L。纵坐标为y1=−32L电子的运动轨迹恰好与接收屏相切，只有在−C．根据三角函数得L+Lsinθ=解得θ=30°，α=60°接收屏上有电子击中的长度为x=Lsin故选AC。24.（多选）如图所示，半径为R、磁感应强度为B的圆形匀强磁场，MN是一竖直放置足够长的感光板。大量相同的带正电粒子从圆形磁场最高点P以速度v沿不同方向垂直磁场方向射入，不考虑速度沿圆形磁场切线方向入射的粒子。粒子质量为m、电荷量为q，不考虑粒子间的相互作用力和粒子的重力。关于这些粒子的运动，以下说法正确的是（）A．对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中通过的时间越短B．对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中通过的时间越长C．若粒子速度大小均为v=qBRm，出射后均可垂直打在D．若粒子速度大小均为v=qBRm【答案】ACD【详解】AB．对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中轨迹半径越大，弧长越长，轨迹对应的圆心角越小，由t=知运动时间t越短，故A正确，B错误；CD．速度满足v=qBRr=根据几何关系可知入射点P、出射点、O点与轨迹的圆心构成菱形，射出磁场时的轨迹半径与最高点的磁场半径平行，故粒子射出磁场时的速度方向与MN垂直，沿不同方向射入磁场，出射后均可垂直打在MN上；根据几何关系可知轨迹对应的圆心角小于为180°，粒子在磁场中的运动时间t<故CD正确。故选ACD。25.（多选）匀强磁场B水平向左，一带正电的粒子以速度v0进入磁场，初速度方向与磁场反方向夹角为θ，已知粒子质量为m，电荷量为qA．螺旋的半径为mB．相邻两螺旋间距为πmC．带电粒子在运动时加速度大小不变D．若带电粒子速度大小不变，方向可以变化，则当夹角θ满足某一条件时，粒子在一个周期运动轨迹所包围的体积有最大值【答案】CD【详解】A．设带电粒子水平方向速度分量为vx，竖直方向速度分量为vy，由分析可知带电粒子的螺旋运动可分解为平行于磁场方向向右的匀速直线运动（其速度大小为vx）和垂直于磁场方向的匀速圆周运动（其速度大小为vy）。带电粒子速度v0与磁场垂直于磁场方向的速度分量为v带电粒子垂直磁场方向做匀速圆周运动，设其半径为r，由洛伦兹力提供向心力有Bq解得r=mB．相邻螺旋间距即“螺距”，是平行方向在一个圆周运动周期内的位移。设垂直方向匀速圆周运动的周期为T，根据周期与圆周运动速度的关系有T=所以一个周期内平行磁场方向匀速直线运动的位移即螺距为x=vC．粒子受洛伦兹力的大小为F=Bq由于洛伦兹力不做功，粒子速度大小v0始终不变，故F大小不变。根据牛顿第二定律有代入数据解得a=由于q、v0、B、θ、mD．粒子一个周期内的轨迹为“螺旋线”，包围的体积可视为圆柱体体积，其底面积为圆周运动的圆面积，高为螺距x。由上面分析可知圆周运动的半径为r=所以圆柱的底面积为S=π螺距为x=所以圆柱体的体积为V=Sx=π要使圆柱体的体积最大，需要sin2θ利用三角函数关系sin得f对fθ求导并令导数为0，可解得存在θ使fθ最大，所以体积V有最大值，即当夹角故选CD。26.如图所示，在纸面内水平放置两根长直导线AB和CD，只有一条导线中通有恒定电流。在纸面内，一电子由E点开始经过F运动到G的轨迹如图中曲线所示，下列说法中正确的是（）A．导线AB中通有从A到B方向的电流B．导线AB中通有从B到A方向的电流C．导线CD中通有从C到D方向的电流D．导线CD中通有从D到C方向的电流【答案】C【详解】由于电子在运动的过程中，速度大小不变，根据r=可知在F点处轨道半径较小，磁感强度较大，一定是导线CD中通有电流由于，电子带负电荷，根据左手定则可知，F处的磁场方向垂直纸面向内，由安培定则可知，导线CD中电流的方向从C到D。故选C。27.（多选）如图所示，在平面直角坐标系Oxy的第一、二象限内，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、电荷量大小为q的相同粒子从y轴上的P(0,L)点，以相同的速率在纸面内沿不同方向先后射入磁场。当沿x轴正方向射入时，粒子恰好垂直x轴离开磁场，不计粒子的重力和粒子间的相互作用力，则（）A．粒子入射速率为qBLB．粒子可能带负电C．粒子在磁场运动的最短时间为πD．粒子离开磁场的位置到P点的最大距离为2L【答案】ACD【详解】A．根据题目描述“当沿x轴正方向射入时，粒子恰好垂直x轴离开磁场”可知粒子旋转方向为顺时针方向，轨迹圆心位于坐标原点，由几何关系可知半径R=L。粒子轨迹如图所示粒子在磁场中运动仅受洛伦兹力的作用，由洛伦兹力提供向心力Bqv=可得v=带入半径，v=BqLB．根据题目描述“当沿x轴正方向射入时，粒子恰好垂直x轴离开磁场”可知粒子旋转方向为顺时针方向，由左手定则判断洛伦兹力方向可知，粒子为正电荷。B错误；C．因为粒子运动速度大小不变，方向改变，则运动过程中圆周运动半径不变R=L。由圆的几何性质可知，最短的弦所对圆心角最小。粒子轨迹如图所示粒子由P点出发，由x轴离开磁场，最短的弦为点到直线的距离，即PO=L设圆心为Q，则三角形PQO为等边三角形，圆心角θ=则粒子在磁场运动的最短时间为t=60°D．根据圆的几何性质可知，粒子在圆周运动中所能到达的最远位置为圆的直径所在的位置。粒子轨迹如图所示运动过程中圆周运动半径R=L，则粒子离开磁场的位置到P点的最大距离为2L。D正确。故选ACD。28.（多选）一质量为m、电量为q的带电粒子以速度v0从x轴上的A点垂直y轴射入第一象限，第一象限某区域存在磁感强度大小为B的匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向外，粒子离开第一象限时速度方向与x轴正方向夹角θ=60°A．带电粒子带负电荷B．带电粒子在磁场中的做圆周运动的时间为πmC．如果该磁场区域是圆形，则该磁场的最小面积是πD．如果该磁场区域是矩形，则该磁场的最小面积是3【答案】BC【详解】A．磁场方向垂直于纸面向外，粒子受到的洛伦兹力向下，根据安培左手定则可知粒子带正电荷，故A错误；BC．由洛伦兹力充当向心力得q所以半径为R=粒子运动周期为T=运动轨迹如下图所示由图可知粒子速度方向偏转了60°，则圆心角为θ=60°粒子运动的时间为t=若是圆形区域磁场，则以CD为直径的圆面积最小CD=R所以最小面积为S故BC正确；D．若是矩形区域磁场，则以CD为长，以圆弧最高点到直线CD的距离h为宽，则矩形的面积最小。根据几何关系可得高为ℎ=R−所以矩形区域磁场最小面积为S故D错误。故选BC。29.如图所示，半径为R的圆形区域内有垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，MN为其直径。质量为m、电荷量大小为q的带电粒子在纸面内从M点与MN成30°角射入磁场，一段时间后从N点离开磁场。粒子重力不计，则粒子（）A．在磁场中运动的时间为πmB．在磁场中运动的时间为2πmC．射入磁场时的速度大小为2qBRD．射入磁场时的速度大小为3【答案】C【详解】CD．作出粒子在磁场中的运动轨迹如图所示由几何知识可知，粒子圆周运动的半径r=2R洛伦兹力提供圆周运动的向心力则有Bqv=解得v=C正确，D错误；AB．粒子在磁场中运动的周期T=由几何知识可知∠M所以粒子在磁场中运动的时间t=AB错误。故选C。30.（多选）如图所示，直线OP把坐标系Oxy分成I区域和II区域，区域I中的磁感应强度为B，方向垂直纸面向外；区域Ⅱ中的磁感应强度为2B，方向垂直纸面向内。边界上的P点坐标为（4L，3L）。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从P点平行于y轴负方向射入区域I，经过一段时间后，粒子恰好经过原点O。忽略粒子重力，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8.则下列说法中正确的是（）A．该粒子可能沿y轴负方向从O点射出B．该粒子射出时与x轴正方向夹角一定为90°C．该粒子在磁场中运动的最短时间t=D．该粒子运动的可能速度为v=【答案】BCD【详解】AB．带电粒子射入磁场中，由洛伦兹力提供向心力而做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律得qvB=m解得R=所以粒子在Ⅰ和Ⅱ两磁场中做圆周运动的半径关系为R如图所示由题意知OP边与x轴的夹角tan可得α=故带正电粒子从P点平行于y轴负方向射入区域I与OP边的夹角为53°，由带电粒子在单边磁场运动的对称性知从区域Ⅱ中射出的粒子速度方向一定为y轴负方向，故A错误，B正确；C．粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为T=粒子在区域Ⅰ中转过的圆心角为θ粒子在区域Ⅰ中运动的时间为t粒子在区域Ⅱ中转过的圆心角为θ粒子在区域Ⅱ中运动的时间为t所以该粒子在磁场中运动的最短时间t=故C正确；D．带电粒子每次从区域Ⅱ射出为一个周期，在OP边移动的距离为L其中LL而5L=nL0，联立解得v=故D正确。故选BCD。31.（多选）小明同学对正、负电子对撞产生了浓厚的兴趣，他根据所学知识设计了正、负电子对撞装置，通过电子在匀强磁场中的运动来实现正、负电子在不同位置能发生正碰。如图所示，ab和cd是关于y轴对称、间距为2l的直线磁场边界，在两边界之间有两个有界匀强磁场。两磁场的边界MN位于x轴上方且平行于x轴，MN与x轴的距离h可调。MN下方的磁场垂直纸面向里，上方的磁场垂直纸面向外，磁感应强度大小均为B。若将质量为m、电荷量为e的正、负电子分别从ab和cd磁场边界上沿x轴同时以相同速率v=3eBl4m进入强磁场，使正、负电子能在y轴的不同位置垂直于y轴方向发生正碰，则MN与xA．ℎ=3+2C．ℎ=23−【答案】ABC【详解】设正、负电子以速度v在匀强磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径为r，根据牛顿第二定律有Bev解得r当粒子运动到MN上方磁场且恰好与ab边界相切，此时粒子在磁场中圆心角最大。根据几何关系有ℎ=(当h＞r时(ℎ−r)ℎ=所以求得ℎ≤当n=1时，无解；当n=2时ℎ=当n＞3时ℎ>不成立。所以ℎ=3当h＜r时，如图所示，正、负电子在两磁场中存在往复运动的情况，根据几何关系有(r−ℎ)解得ℎ=34l−当n=2时ℎ=当n=4时ℎ=但是不可能为ℎ=故选ABC。32.（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qm，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BA．B>mv3qs，垂直纸面向里 B．C．B>mvqs，垂直纸面向外 D．【答案】BD【详解】AB．当所加匀强磁场方向垂盲纸面向里时，由左手定则知：负离子向右偏转。约束在OP之下的区域的临界条件是离子运动轨迹与OP相切。如图（大圆弧）由几何知识知R而OB所以R所以当离子轨迹的半径小于s时满足约束条件。由牛顿第二定律及洛伦兹力公式列出qvB=m所以得B>故A错误，B正确；CD．当所加匀强磁场方向垂直纸面向外时，由左手定则知：负离子向左偏转。约束在OP之下的区域的临界条件是离子运动轨迹与OP相切。如图（小圆弧）由几何知识知道相切圆的半径为s3，所以当离子轨迹的半径小于s由牛顿第二定律及洛伦兹力公式列出qvB=m所以得B>故C错误，D正确。故选BD。33.（多选）如图所示为半径为R的半圆形有界匀强磁场（含圆形边界），磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外，位于圆心O点处的质子源可在纸面内沿各个方向以相等速率向磁场区域内连续发射质量m、电荷量为q的质子（重力不计），则下列说法正确的是（）A．为使所有质子均不会从磁场圆弧边界ACD射出磁场，则质子的速度v≤B．从圆心O处以斜向右与AD夹角为60°的方向发射的质子恰从D点射出，则质子的轨道半径为3C．若质子的速率v=3qBRD．若质子的速率v=3qBR【答案】ABD【详解】A．质子在磁场中做圆周运动，根据题意分析知，要使质子均不从圆弧边界ACD射出磁场，则质子的半径应满足r1由qvB=mv2rB．图甲中，根据几何关系可知r解得r2C．若质子的速率v=3由几何关系可知tmax=120°D．若质子的速率v=3则S=1故选ABD。34.（多选）如图所示，在xoy平面存在一半径R=a的匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外，在圆心O处有一粒子源，粒子源沿xoy平面，朝第二象限90∘范围内的各个方向发射同种带正电的粒子，且粒子源朝各个方向发射的粒子数目均匀分布，发射出的粒子速度大小相等，所带电荷量为q，质量为m。在x=a2处有一平行于y轴放置的竖直挡板，挡板足够长，与圆形磁场区域分别交于A、B两点，挡板上CA．粒子对应速度大小为v=B．挡板上有两种不同方向的粒子的会打在同一位置的区域长度为3C．若挡板可绕C点转动，要保证所有粒子均打在挡板上的不同位置，挡板至少要逆时针转动45°D．若圆形磁场的区域的半径调为R=a2，圆心位置移动到0,a2【答案】BC【详解】A．从粒子源发出的粒子恰好均能打在挡板上，则沿-x方向射出的粒子轨迹恰好与挡板相切，则粒子的轨迹半径为r=粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有qvB=m解得v=故A错误：B．挡板上有两种不同方向的粒子会打在同一位置，如图所示，根据“旋转圆”的知识可知，该区域长度是C到A之间的部分。根据几何知识可知，区域长度为CA=故B正确；C．若挡板可绕C点转动，要保证所有粒子均打在挡板上的不同位置，粒子达到挡板上恰好没有重叠时，如图所示：根据旋转圆的知识结合几何知识可知，此时挡板与与x轴的夹角为45°，即挡板至少要逆时针转动45°，故C正确：D．若圆形磁场的区域的半径调为R=a2磁场圆心位置移动到根据“磁发散”原理可知，能打在挡板上的粒子均垂直打在竖直挡板上，竖直向上射入的粒子能够从C点射出；速度方向与y轴正方向夹角为45°的粒子从O点射入磁场时，出射位置到C点的距离为y=区域长度为CA=则打在AC区域上的粒子数目大于发射粒子总数的12故选BC。35.（多选）如图所示，在平面直角坐标系xOy第一象限的ΔOAC区域内存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外。质量为m、电荷量为q的大量带电粒子先后以相同的速度沿平行于y轴正方向从OA边各处射入磁场，运动中有些粒子能在边界AC上相遇，其中相遇粒子的入射时间差的最大值为t0。已知∠A

A．粒子一定带正电 B．粒子一定带负电C．磁感应强度大小为πm4qt0【答案】AD【详解】AB．由于运动中有些粒子能在边界AC上相遇，因此带电粒子一定向顺时针方向偏转，根据左手定则可知，粒子一定带正电，故A正确，B错误；CD．由于粒子入射速度相同，根据Bqv=可知粒子偏转半径相同，在边界AC上相遇的情形有多种，如下图

当相遇的两粒子运动轨迹的圆弧所对应的圆心角之差ΔθB所以ΔBΔ又θ可得Δ可得θ1最大时，Δθ最大，而当两粒子相遇点B为左边粒子轨迹与AC的切点时，

由于∠A=30°，则∠B此时ΔBθθ故Δ故Δ而T=联合解得B=故C错误，D正确。故选AD。36.（多选）如图所示，在直角三角形abc区域内存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。大量质量为m、电荷量为+q的同种粒子以相同的速度沿纸面垂直于ab边射入场区，结果在bc边仅有一半的区域内有粒子射出。已知bc边的长度为2L，ab和bc的夹角为30°，不计粒子重力及粒子间的相互作用力。下列说法正确的是（）A．粒子的入射速度为3B．运动轨迹与bc相切的粒子从ab边射入时距a点2C．粒子在磁场中运动的最大轨迹长度为πLD．粒子在磁场内运动的时间可能为5πm【答案】BC【详解】A．在bc边中点射出的粒子的轨迹如图1所示，根据牛顿第二定律得qvB=m根据直角三角形得r=Lsin解得r=Lv=qBLA错误；B．如图2所示，运动轨迹与bc相切的粒子从ab边射入时与a点的距离为d=2Lsin解得d=C．粒子在磁场中运动的最大轨迹长度为s=2πrC正确；D．粒子在磁场内运动的最长时间如图2所示，轨迹所对应的圆心角为120°，其最长时间为tmaxT=2πm解得tmax粒子在磁场内运动的时间不可能为5πm6qB故选BC。37.如图所示，垂直于纸面向里的匀强磁场分布在正方形abcd区域内，O点是cd边的中点，一个带正电的粒子仅在磁场力的作用下，从O点沿纸面以垂直于cd边的速度射入正方形内，经过时间t0后刚好从c点射出磁场，现设法使该带电粒子从O点沿纸面以与Od成30°角的方向，以大小不同的速率射入正方形内，那么下列说法中正确的是()A．若该带电粒子在磁场中经历的时间是53t0，则它一定从cdB．若该带电粒子在磁场中经历的时间是23t0，则它一定从adC．若该带电粒子在磁场中经历的时间是23t0，则它一定从bcD．若该带电粒子在磁场中经历的时间是t0，则它一定从ab边射出磁场【答案】A【详解】由题，带电粒子以垂直于cd边的速度射入正方形内，经过时间t0刚好从c点射出磁场，则知带电粒子的运动周期为T=2A.若该带电粒子在磁场中经历的时间是53θ=速度的偏向角也为53π，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B.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t=在所有从ad边射出的粒子中最长时间为13t0，故若该带电粒子在磁场中经历的时间是2C.粒子从bc边射出时，由几何关系，可知其转过的圆心角：135°≤θ≤180°，粒子运动时间：34D.若该带电粒子在磁场中经历的时间是t0=12T，则得到轨迹的圆心角为π，而粒子从ab60°+90°=150°=故不一定从ab边射出磁场．故D错误．38.（多选）如图所示，竖直平面内半径为R、圆心为O的圆形区域内充满磁感应强度为B的匀强磁场，MN是一竖直放置的收集板。三角形MON为边长为2R的等边三角形，从圆形磁场最高点P沿PO方向向圆形区域内射入大量速率不同的同种粒子，粒子所带电荷量为+q，质量为m。不计粒子之间的相互作用力及粒子重力，关于打在MN区域的粒子，下列说法正确的是（）A．在磁场中运动时间最长的粒子速率为v=B．速率最大的粒子的速率vC．整个过程中位移最小的粒子速率v=D．速率最大的粒子在整个过程中的运动时间t=【答案】ABD【详解】A．粒子在磁场中运动的周期为T=由t=θ2π设出射点为P′，粒子在磁场中运动轨迹对应的圆心角为θθ+∠PO则粒子射到M点时，∠POP′最小，θtan根据洛伦兹力提供向心力q可得在磁场中运动时间最长的粒子速率为v故A正确；B．根据洛伦兹力提供向心力，有qvB=可得v=可知轨迹半径r越大的粒子，速度v越大，故射到N点的粒子速度最大，由几何关系可知r解得v故B正确；C．P点、M点在同一高度上，整个过程中粒子位移最小的粒子打在M点，轨迹半径为r位移最小的粒子速率为v故C错误；D．速率最大的粒子打在N点，粒子在磁场中运动的时间为t粒子在磁场外运动的时间为t速率最大的粒子在整个过程中的运动时间t故D正确。故选ABD。39.如图所示，凹型虚线为荧光屏，粒子打到荧光屏上会发光。虚线上方存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。P为直线Oa上一点，从P点可以发射具有不同速率的粒子，速度方向都垂直于Oa。粒子的质量均为m，电荷量均为+q，已知Pa=L，ab=cd=L，bc=4(1)粒子在磁场中运动的最长时间及对应粒子的速度大小；(2)bc边发光的区域长度。【答案】(1)3πm(2)3【详解】（1）由分析可知，运动时间最长的粒子打到了b点，粒子转过了270°角。所以最长时间t粒子在磁场中做圆周运动的周期T=所以最长时间t对应粒子运动的轨道半径r=L由qvB=m得r=可得对应粒子的速度大小v=（2）粒子到达bc边的右边界为粒子轨迹恰好在d点与cd相切，射到bc边的e点。此时粒子的轨迹半径r=则fd=r−O'f=r−所以bc边发光的区域长度be=bc−fd=40.（多选）如图所示，挡板MQ左侧区域存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，挡板中间空隙NP长度为L，纸面上O点到N、P的距离相等，均为L。O处有一粒子源，可向纸面所在平面的各个方向随机发射速率相同的带正电的粒子，粒子电荷量为q，质量为m，打到挡板上的粒子均被吸收。不计粒子重力和粒子间的相互作用。下列说法正确的是（）A．若粒子速率v=qBLm，粒子能从空隙NPB．若粒子速率v=qBLm，C．若粒子速率v=qBL2m，粒子能从空隙NPD．若粒子速率v=qBL2m，【答案】AB【详解】AB．若粒子速率为v=qBLr=粒子运动情况如图所示从P点飞出的粒子，轨迹的圆心在N点，该粒子从O点发射时的速度方向与ON垂直斜向右下，与水平方向成60°角。从N点飞出的粒子，轨迹的圆心在S点，该粒子从O点发射时的速度方向与OS垂直，水平向右，两粒子发射速度间的夹角θ=60°，发射方向在这两个方向之间的粒子都可从空隙NP“逃出”，粒子“逃出”的概率为θ由图可知，NP线段上各处都可能有粒子通过，故AB正确；CD．若粒子速率为v=qBLr=粒子运动情况如图所示，粒子轨迹与PN相切时，切点分别为B、D，圆心分别为A、C，两发射速度间的夹角θ=∠AOC，由几何关系知θ>60°，则粒子“逃出”的概率为θ由图可知OD<OC+CD=L则D在N点下方，故线段DN间不可能有粒子通过，故CD错误。故选AB。41.如图所示，真空室内存在匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度的大小B＝0.60T，磁场内有一块平面感光板ab，板面与磁场方向平行，在距ab板l＝16cm处，有一个点状的α放射源S，它向各个方向发射α粒子，α粒子的速度都是v＝3.0×106m/s，已知α粒子的比荷qm＝5.0×107C/kg【答案】20cm【详解】：（1）α粒子带正电，故在磁场中沿逆时针方向做匀速圆周运动，洛伦兹力供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=m代入数据解得：r=0.1m=10cm，由于2r＞l＞r，因朝不同方向发射的α粒子的圆轨迹都过S，由此可知，某一圆轨迹在图中N左侧与ab相切，则此切点P就是α粒子能打中的左侧最远点；定出P点的位置，可作平行于ab的直线cd，cd到ab的距离为r，以S为圆心，r为半径，作弧交cd于Q点，过Q作ab的垂线，它与ab的交点即为P，故：NP再考虑N的右侧．任何α粒子在运动中离S的距离不可能超过2r，以2r为半径、S为圆心作圆，交ab于N右侧的P2点，此即右侧能打到的最远点．由图中几何关系得：NP所求长度为：P综上所述本题答案是：P142.（多选）如图所示，圆心为O，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。M为磁场边界上一点，有无数个带电量为q（q>0），质量为m的相同粒子（不计重力及粒子间相互作用）在纸面内向各个方向以相同的速率通过M点进入磁场，在磁场中运动时间最长的粒子运动时间为πm2qB，N为磁场边界上的另一个点，MN=A．粒子从M点进入磁场时的速率为v=B．从N点离开磁场的粒子运动时间为πmC．若将磁感应强度的大小增加到2B，会有粒子沿ON方向从ND．若将磁感应强度的大小减小为0.5B，劣弧MN的每一点都会有粒子射出【答案】BCD【详解】A．由题意可知，带电粒子从M点进入磁场，在磁场中做匀速圆周运动，在磁场中运动时间最长的粒子的圆弧所对应的弦应是圆磁场的直径，如图所示设粒子进入磁场的速率为v，由洛伦兹力提供向心力qvB=m解得v=粒子在磁场中运动的周期为T=在磁场中运动时间最长的粒子运动时间为πm2qBt可知粒子在磁场中转动的圆弧所对的圆心角为θ可得粒子在磁场中运动的半径为r可得粒子从M点进入磁场时的速率为v=故A错误；B．从N点离开磁场的粒子运动轨迹如图所示由洛伦兹力提供向心力可得qvB=m解得r由几何关系可知θ则从N点离开磁场的粒子运动时间为t故B正确；C．若将磁感应强度的大小增加到2Bqv⋅解得r粒子运动轨迹如图所示由图可知，当粒子沿MO方向入射时，粒子沿ON方向从N点射出磁场，故C正确；D．若将磁感应强度的大小减小为0.5B，可知粒子的运动半径为r根据几何关系可知，劣弧MN的每一点都会有粒子射出，故D正确。故选BCD。43.（多选）如图所示，在直角坐标系xOy的第一象限内存在着一个半径为r0、磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的圆形匀强磁场区域，O1为圆心，该磁场区域分别与x轴、y轴相切于P点、S点。在S点处有一粒子源，可以向第一象限内的各个方向射入速度大小相等、质量均为m、电荷量均为−qq>0的粒子，不计粒子所受重力及粒子间的相互作用，粒子在磁场中只受洛伦兹力作用。已知沿x轴正方向射入的粒子，在xA．粒子的速度大小为qBB．与y轴正方向成30∘角射入圆形匀强磁场区域的粒子，最后经过x轴上的横坐标为C．若将粒子的速度大小设为2qBrD．若将粒子的速度大小设为qBr0【答案】AC【详解】A．设粒子的轨迹半径为R，已知粒子从S点沿x轴正方向射入，在x轴的P点射出。根据几何关系可知R=粒子在圆形匀强磁场区域中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力有qvB=m可得粒子的速度大小为v=故A正确；B．如图所示。O2由几何关系可以得出射出点的横坐标为d=故B错误；C．若v=2qBr0可得R粒子在圆形匀强磁场区域中运动时间最长时，圆形匀强磁场区域的直径是粒子轨迹的一条弦，粒子轨迹如图所示，O3由几何关系可知sin解得α=则粒子的射入速度方向与x轴正方向的夹角为α粒子运动的周期为T=粒子在磁场中运动的最长时间为t故C正确；D．设粒子轨道的轨迹半径为R2，若v=qB粒子打到圆形匀强磁场区域边界的最远位置距离S点为L=2粒子的轨迹如图所示。由几何关系可知，最大距离L所对应的圆形匀强磁场区域的圆心角为60∘，圆形匀强磁场边界上能够被粒子打到的弧长为π故选AC。44.（多选）在平面直角坐标系xOy中有如图所示的有界匀强磁场区域，磁场上边界是以O'0，4d点为圆心、半径为R=5d的一段圆弧，圆弧与x轴交于M−3d，0、N3d，0两点，磁场下边界是以坐标原点O为圆心，半径为r=3d的一段圆弧。如图，在虚线区域内3d<y<9d有一束均匀分布带负电的粒子沿x轴负方向以速度v0射入该磁场区域。已知磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B=mv04dqA．粒子在磁场中的运动半径为4dB．正对O'点入射的粒子离开磁场后不一定会过OC．粒子在磁场区域运动的最长时间为143πdD．粒子经过O点进入第四象限的比例为1【答案】ACD【详解】A．粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力有q可得粒子在磁场中的轨道半径为R0B．正对O'的粒子，圆心恰好在x根据勾股定理可知，进入无磁场区域后，速度方向恰好指向O点，即正对O'点入射的粒子离开磁场后一定会过OC．根据题意知，所有粒子沿水平方向射入磁场，半径与速度方向垂直，圆心均在入射点的正下方，半径均为4d，所有圆心所在的轨迹相当于将磁场边界向下平移4d形状，O'平移到O点位置，即所有粒子进入磁场后做圆周运动的圆心到O点距离均为5d利用勾股定理可知，进入无磁场区域后，所有粒子速度方向都指向O点，因此所有粒子都过O点。由上述分析可知，从最上方进入的粒子，在磁场中偏转角度最大，运动的时间最长，如下图所示。由几何关系可知，该粒子在磁场中旋转了143∘，因此运动的时间为t=D．如图所示从y=7d水平向左的粒子离开磁场粒子方向沿y轴负方向，故7d<y<9d射入的粒子过O点后射入第四象限，3d<y<7d射入的粒子过O点后射入第三象限。故进入第四象限的比例为13故选ACD。45.（北京·高考真题）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．带电粒子在磁场中运动的轨迹方程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时间D．该匀强磁场的磁感应强度【答案】A【详解】粒子恰好垂直于y轴射出磁场，做两速度的垂线交点为圆心O1A．由几何关系可知OR=因圆心的坐标为(0,3x故A正确；BD．洛伦兹力提供向心力，有qvB=m解得带电粒子在磁场中运动的速率为v=因轨迹圆的半径R可求出，但磁感应强度B未知，则无法求出带电粒子在磁场中运动的速率，故BD错误；C．带电粒子圆周的圆心角为23T=则带电粒子在磁场中运动的时间为t=因磁感应强度B未知，则运动时间无法求得，故C错误；故选A。46.（2025·安徽·高考真题）如图，在竖直平面内的Oxy直角坐标系中，x轴上方存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。在第二象限内，垂直纸面且平行于x轴放置足够长的探测薄板MN，MN到x轴的距离为d，上、下表面均能接收粒子。位于原点O的粒子源，沿Oxy平面向x轴上方各个方向均匀发射相同的带正电粒子。已知粒子所带电荷量为q、质量为m、速度大小均为qBdmA．粒子在磁场中做圆周运动的半径为2dB．薄板的上表面接收到粒子的区域长度为3C．薄板的下表面接收到粒子的区域长度为dD．薄板接收到的粒子在磁场中运动的最短时间为π【答案】C【详解】A．根据洛伦兹力提供向心力有qvB=mv2B．当粒子沿x轴正方向射出时，上表面接收到的粒子离y轴最近，如图轨迹1，根据几何关系可知s上min=d；当粒子恰能通过N点到达薄板上方时，薄板上表面接收点距离y轴最远，如图轨迹2，根据几何关系可知，s上maxC．根据图像可知，粒子可以恰好打到下表面N点；当粒子沿y轴正方向射出时，粒子下表面接收到的粒子离y轴最远，如图轨迹3，根