專題03帶電粒子在磁場中的運動一、帶電粒子在無邊界磁場中的運動1．（2024·湖北恩施·高二期中）1932年，師從密立根的中國科學家趙忠堯，在試驗中最早視察到正負電子對產(chǎn)生與湮沒，成為第一個發(fā)覺正電子的科學家。此后，人們在氣泡室中，視察到一對正負電子的運動軌跡，如圖所示。已知勻強磁場的方向垂直照片平面對外，電子重力忽視不計，則下列說法正確的是（）A．右側(cè)為正電子運動軌跡B．正電子與負電子分別瞬間，正電子速度大于負電子速度C．正、負電子所受洛倫茲力始終相同D．正、負電子在氣泡室運動時，動能減小、半徑減小、周期不變【答案】AD【解析】A．依據(jù)左手定則可知，右側(cè)為正電子運動軌跡，A正確；B．由洛倫茲力供應(yīng)向心力，可得解得電子的速度為由軌跡可知，正電子軌跡半徑更小，則正電子速度小于負電子速度，B錯誤；C．正、負電子所受洛倫茲力的方向時刻發(fā)生變更，C錯誤；D．由軌跡可知，正、負電子運動的半徑在減小，依據(jù)上面的式子可知，速度在減小，動能也就在減小。而正、負電子的運動周期為故運動周期與速度大小，軌跡半徑無關(guān)，保持不變。D正確；故選AD。2．（2024·天津市寶坻區(qū)第一中學高二期中）如圖所示，在的區(qū)域內(nèi)存在與平面垂直的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為，在時刻，從原點放射一束等速率的相同的帶電粒子，速度方向與軸正方向的夾角分布在范圍內(nèi)。其中，沿軸正方向放射的粒子在時刻剛好從磁場右邊界上點離開磁場，不計粒子重力，下列說法正確的是（）A．粒子在磁場中做圓周運動的半徑為 B．粒子的放射速度大小為C．帶電粒子的比荷為 D．帶電粒子在磁場中運動的最長時間為【答案】BD【解析】A．沿y軸正方向放射的粒子在磁場中運動的軌跡如圖所示：設(shè)粒子運動的軌跡半徑為r，依據(jù)幾何關(guān)系有可得粒子在磁場中做圓周運動的半徑A錯誤；B．依據(jù)幾何關(guān)系可得所以圓弧OP的長度所以粒子的放射速度大小B正確；C．依據(jù)洛倫茲力供應(yīng)向心力有結(jié)合粒子速度以及半徑可得帶電粒子的荷質(zhì)比C錯誤；D．當粒子軌跡恰好與磁場右邊界相切時，粒子在磁場中運動的時間最長，畫出粒子軌跡過程圖如圖所示粒子與磁場邊界相切于M點，從E點射出。設(shè)從P點射出的粒子轉(zhuǎn)過的圓心角為，時間為，從E點射出的粒子轉(zhuǎn)過的圓心角為，故帶電粒子在磁場中運動的最長時間為，D正確。故選BD。3．（2024·江蘇·常州市第三中學高二期中）在足夠大的勻強磁場中，靜止的鈉的同位素Na發(fā)生衰變，沿與磁場垂直的方向釋放出一個粒子后，變?yōu)橐粋€新核，新核與放出粒子在磁場中運動的軌跡均為圓，如圖所示。下列說法正確的是（）A．軌跡1是新核的徑跡 B．軌跡2是新核的徑跡C．Na發(fā)生的是α衰變 D．新核沿順時針方向旋轉(zhuǎn)【答案】B【解析】AB．設(shè)質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子在磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場中做速率為v、半徑為R的勻速圓周運動，則依據(jù)牛頓其次定律有

解得

衰變過程動量守恒，系統(tǒng)初動量為零，則依據(jù)反沖運動規(guī)律可知新核和粒子動量大小相等，而新核的電荷量肯定比粒子的電荷量大，所以新核的軌跡半徑較小，粒子的軌跡半徑較大，則軌跡1是粒子的徑跡，軌跡2是新核的徑跡，故A錯誤，B正確；CD．因為新核帶正電，依據(jù)左手定則可以判定新核肯定沿逆時針方向旋轉(zhuǎn)，所以粒子肯定沿順時針方向旋轉(zhuǎn)，則粒子帶負電，Na發(fā)生的是β衰變，故CD錯誤。故選B。4．（2024·湖南·高二學業(yè)考試）甲、乙兩個質(zhì)量和電荷量都相同的帶正電的粒子（重力及粒子之間的相互作用力不計），分別以速度和垂直磁場方向射入勻強磁場中，且（下列各圖中的v表示粒子射入磁場的方向），則甲乙兩個粒子的運動軌跡正確的是（）A． B．C．D．【答案】A【解析】CD．依據(jù)左手定則可推斷帶正電的粒子在磁場中向上偏轉(zhuǎn)，選項CD錯誤；AB．依據(jù)洛倫茲力供應(yīng)向心力有解得由于，則選項A正確，B錯誤。故選A。5．（2024·重慶·萬盛田家炳中學高二期中）如圖所示，在xOy坐標系的第一象限內(nèi)存在磁感應(yīng)強度方向垂直紙面對里的勻強磁場。一帶正電的粒子在P點以與x軸正方向成的方向以速度垂直磁場射入，一段時間后粒子從y軸上的Q點（圖中畫出）射出磁場，帶電粒子在Q點的速度方向與y軸負方向的夾角。已知帶電粒子的質(zhì)量為m電荷量為q，，不計粒子所受重力。求：（1）勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小B；（2）帶電粒子在第一象限內(nèi)運動的時間?！敬鸢浮浚?）；（2）【解析】（1）帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，有解得由幾何關(guān)系得解得（2）設(shè)帶電粒子的軌跡的圓心角為，則由幾何關(guān)系得有解得二、帶電粒子在非勻強磁場中的運動1．（2024·廣東·東莞市光明中學高二階段練習）如圖所示，用絲線吊一個質(zhì)量為m的帶電（絕緣）小球處于勻強磁場中，空氣阻力不計，當小球分別從等高的A點和B點向最低點O運動且兩次經(jīng)過O點時（）A．小球的動能相同 B．絲線所受的拉力相同C．小球所受的洛倫茲力相同 D．小球的向心加速度相同【答案】AD【解析】A．帶電絕緣小球受到的洛倫茲力和拉力與小球的速度方向時刻垂直，則洛倫茲力和拉力對小球都不做功，只變更速度方向，不變更速度大小，只有重力做功，故當小球兩次經(jīng)過O點時速度大小相等，動能相同，故A正確；BC．小球分別從A點和B點向最低點O運動，兩次經(jīng)過O點時速度大小相同、方向相反，由，則洛倫茲力大小相等，由左手定則可知小球兩次經(jīng)過O點時洛倫茲力方向相反。若從A到O點時洛倫茲力向上，則從B點到O時洛倫茲力方向向下，由牛頓其次定律有，從A到O點解得從B到O點解得故細線所受的拉力大小不同，故BC錯誤；D．由兩次經(jīng)過O點時速度大小相同，可知小球的向心加速度大小相同，方向都豎直向上指向懸點，故D正確。故選AD。2．（2024·北京·北師大試驗中學高二期中）兩根長直導線，垂直穿過光滑絕緣水平面，與水平面的交點分別為M和N，兩導線內(nèi)通有大小相等、方向相反的電流I，如圖所示為其俯視圖。A、B是該平面內(nèi)M、N連線中垂線上的兩點，從B點以一指向A點的初速度v射出一個帶正電的小球，則小球的運動狀況是（）A．小球?qū)⒆鰟蛩僦本€運動 B．小球?qū)⒆鲎兯僦本€運動C．小球?qū)⑾蜃笞銮€運動 D．小球?qū)⑾蛴易銮€運動【答案】A【解析】依據(jù)安培定則可知，兩電流在A點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度的方向如圖所示，依據(jù)對稱性和平行四邊形定則可知，A點處的合磁感應(yīng)強度的方向沿著AB方向，同理可得在AB連線上各點的合磁感應(yīng)強度的方向都沿AB方向，與帶電小球的初速度方向平行，則帶電小球在光滑水平面上不受洛倫茲力作用，小球受到的合外力為0，小球做勻速直線運動，A正確，BCD錯誤。故選A。3．（2024·廣東東莞·高二期中）如圖所示，在通電直導線下方，有一電子沿平行導線方向以速度v起先運動，則()A．將沿軌跡Ⅰ運動，半徑越來越小B．將沿軌跡Ⅰ運動，半徑越來越大C．將沿軌跡Ⅱ運動，半徑越來越小D．將沿軌跡Ⅱ運動，半徑越來越大【答案】A【解析】CD．由安培定則可知，通電直導線在其下方的磁場垂直紙面對里，如圖所示，依據(jù)左手定則可知，電子所受洛倫茲力的方向向上，所以沿軌跡Ⅰ運動，故CD錯誤；AB．因離導線越近，磁感應(yīng)強度越大，依據(jù)Bqv＝m可知，軌跡半徑越來越小，所以A正確，B錯誤。故選A。4．（2024·全國·高二專題練習）如圖所示是顯像管原理示意圖，電子束經(jīng)電子槍加速后，進入偏轉(zhuǎn)磁場偏轉(zhuǎn)。不加磁場時，電子束打在熒光屏正中的O點。若要使電子束打在熒光屏上位置由B漸漸向A移動，則以下說法正確的是（）A．在偏轉(zhuǎn)過程中，電子束做勻加速曲線運動B．在偏轉(zhuǎn)過程中，洛倫茲力對電子束做正功C．偏轉(zhuǎn)磁場應(yīng)當由垂直紙面對內(nèi)減弱轉(zhuǎn)至垂直紙面對外增加D．假如電視機熒光屏上沒有圖像，只有一條水平亮線，則緣由是沒有豎直方向的磁場【答案】C【解析】A．在偏轉(zhuǎn)過程中，洛倫茲力方向不斷變更，是變力，加速度方向變更，電子束做非勻加速曲線運動，A錯誤；B．在偏轉(zhuǎn)過程中，洛倫茲力與速度方向垂直，對電子束不做功，B錯誤；C．依據(jù)左手定則和洛倫茲力公式，偏轉(zhuǎn)磁場應(yīng)當由垂直紙面對內(nèi)減弱轉(zhuǎn)至垂直紙面對外增加，C正確；D．依據(jù)左手定則，假如電視機熒光屏上沒有圖像，只有一條水平亮線，則緣由是沒有水平方向的磁場，D錯誤。故選C。帶電粒子在有界磁場中的運動1．（2024·山東·濟寧市育才中學高二期中）如圖所示，等腰直角三角形abc區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面對里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，d為ac邊的中點，e為bc邊上的一點。現(xiàn)有一帶正電的粒子（不計重力）從a點以大小不同的速度沿ab方向射人磁場，分別從d、c、e點射出磁場，所用時間分別為t1、t2、t3，且t1∶t3=3∶2，若t3已知，則（）A．t2∶t3=3∶2B．帶電粒子的比荷為C．從c點與從e點射出的速度大小之比為∶2D．從d點與從e點射出的速度大小之比為∶2【答案】AC【解析】A．粒子運動軌跡如圖所示從d、c兩點射出時，對應(yīng)的圓心角相等，都等于90°，所以，他們在磁場中運動時間也相等，即，又由于，因此故A正確；B．由于，又因為，從d點射出時對應(yīng)的圓心角為90°，所以，從e點射出時，對應(yīng)的圓心角為60°，即變形得故B錯誤；CD．設(shè)ab=L，由幾何關(guān)系得依據(jù)牛頓其次定律得由于q、m、B相同，速度與半徑成正比故C正確、D錯誤。故選AC。2．（2024·遼寧·沈陽市第一二〇中學高二期中）如圖所示，在直角三角形abc區(qū)域內(nèi)存在垂直于紙面對里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B。大量質(zhì)量為m、電荷量為+q的同種粒子以相同的速度沿紙面垂直于ab邊射入場區(qū)，結(jié)果在bc邊僅有一半的區(qū)域內(nèi)有粒子射出。已知bc邊的長度為2L，ab和bc的夾角為30°，不計粒子重力及粒子間的相互作用力。下列說法正確的是（）A．粒子的入射速度為B．運動軌跡與bc相切的粒子從ab邊射入時距a點C．粒子在磁場中運動的最大軌跡長度為D．粒子在磁場內(nèi)運動的時間可能為【答案】BC【解析】A．在bc邊中點射出的粒子的軌跡如圖1所示，依據(jù)牛頓其次定律得依據(jù)直角三角形得解得A錯誤；B．如圖2所示，運動軌跡與bc相切的粒子從ab邊射入時與a點的距離為解得C．粒子在磁場中運動的最大軌跡長度為C正確；D．粒子在磁場內(nèi)運動的最長時間如圖2所示，軌跡所對應(yīng)的圓心角為120°，其最長時間為解得粒子在磁場內(nèi)運動的時間不行能為，D錯誤。故選BC。3．（2024·河南洛陽·高二階段練習）如圖所示，豎直平行線MN、PQ間距離為a，其間存在垂直紙面對里的勻強磁場（含邊界PQ），磁感應(yīng)強度為B，MN上O處的粒子源能沿不同方向釋放速度大小相等、方向均垂直磁場的帶負電粒子，電荷量為q，質(zhì)量為m。粒子間的相互作用及重力不計，其中沿射入的粒子，恰好垂直PQ射出，則（）。A．粒子在磁場中做圓周運動的半徑為B．粒子的速率為C．沿射入的粒子，在磁場中的運動時間為D．PQ邊界上有粒子射出的長度為【答案】D【解析】AB．粒子沿射入時，恰好垂直PQ射出，則粒子在磁場中轉(zhuǎn)過30°，如圖所示所以有解得由洛侖茲力供應(yīng)向心力則故AB錯誤；C．沿射入的粒子，在磁場中的運動時間為故C錯誤；D．時，粒子離開磁場在PQ上O的水平線上方處；當增大時，粒子離開磁場在PQ上的位置下移，直到粒子運動軌跡與PQ相切；接著增大，則粒子不能從PQ邊界射出；粒子運動軌跡與PQ相切時，由半徑，可知，粒子轉(zhuǎn)過的角度為60°，所以，出射點在O的水平線下方處；所以，PQ邊界上有粒子射出的長度為，故D正確。故選D。4．（2024·山西大同·高二期中）如圖所示，一質(zhì)量為m、電荷量為的帶電粒子與磁場邊界成射入寬度為d的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度大小為B，粒子從右邊界B點射出磁場，連線垂直于邊界，不計粒子重力，以下說法正確的是（）A．粒子帶正電B．粒子在磁場中運動時間為C．粒子射入磁場的速度為D．粒子出射速度方向與水平夾角為【答案】B【解析】A．依據(jù)左手定則可知粒子帶負電，故A錯誤；C．設(shè)粒子在磁場中運動的半徑為r，依據(jù)幾何關(guān)系以及對稱性可得解得設(shè)粒子射入磁場的速度為v，依據(jù)牛頓其次定律有解得故C錯誤；B．粒子在磁場中運動的周期為粒子在磁場中轉(zhuǎn)過的圓心角為所以粒子在磁場中運動時間為故B正確；D．依據(jù)幾何關(guān)系可知粒子出射速度方向與水平夾角為，故D錯誤。故選B。5．（2024·福建·福鼎市第六中學高二階段練習）如圖，在xOy平面第一象限有一勻強電場，電場方向平行y軸向下。在第四象限內(nèi)存在一有界勻強磁場，左邊界為y軸，右邊界為x＝3L的直線（邊界上均有磁場）。磁場方向垂直紙面對外。一質(zhì)量為m、帶電量為q的正粒子從y軸上P點以初速度垂直y軸射入勻強電場，在電場力作用下從x軸上Q點以與x軸正方向45°角進入勻強磁場。已知OP＝L，不計粒子重力。求：（1）粒子進入磁場時的速度v；（2）Q與O點的距離x；（3）要使粒子能再進入電場，磁感應(yīng)強度B的范圍?！敬鸢浮浚?）；（2）x=2L；（3）【解析】（1）依據(jù)速度的合成與分解可得粒子進入磁場時的速度大小為（2）依據(jù)類平拋運動速度方向反向延長線過位移中點可得解得x=OQ＝2L（3）作出粒子剛好能夠再進入電場的軌跡如圖所示，粒子在磁場的運動軌跡左側(cè)與y軸相切，此時磁感應(yīng)強度有最小值，設(shè)粒子的運動半徑為r，依據(jù)幾何關(guān)系可得解得由于磁場右邊界為x＝3L，依據(jù)幾何關(guān)系則故粒子不會飛出右側(cè)邊界，依據(jù)牛頓其次定律可得聯(lián)立解得所以要使粒子能再進入電場，磁感應(yīng)強度B的范圍是四、帶電粒子在磁場中運動的多解性1．（2024·河北·石家莊二中高二期末）如圖所示，在熒屏板的上方分布了水平方向的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為，方向垂直紙面對里。距熒屏板處有一粒子源，能夠在紙面內(nèi)不斷勻稱地向各個方向放射速度大小為、電荷量為、質(zhì)量為的帶正電粒子，不計粒子的重力，已知粒子源放射粒子的總個數(shù)為，則（）A．粒子能打到板上的區(qū)域長度為B．打到板上的粒子數(shù)為C．從粒子源動身到板的最短時間為D．同一時刻放射的粒子打到熒光板上的最大時間差為【答案】BC【解析】A．粒子受到的洛侖茲力充當向心力，粒子運動的半徑粒子運動到絕緣板的兩種臨界狀況如圖設(shè)SC垂直于MN于C點，由幾何關(guān)系可知，左側(cè)最遠處與S之間的距離恰好是圓的直徑，則左側(cè)最遠處A離C距離為，右側(cè)離C最遠處為B，距離為d，所以粒子能打在板上的區(qū)域長度是，選項A錯誤；B．依據(jù)以上分析可知有一半的粒子能達到極板上，粒子源放射粒子的總個數(shù)為，則打到板上的粒子數(shù)為，選項B正確；CD．在磁場中運動時間最長和最短的粒子運動軌跡示意圖如下：粒子做整個圓周運動的周期由幾何關(guān)系可知最短時間如圖所示粒子在磁場中最長時間所以選項C正確，D錯誤。故選BC。2．（2024·廣東·仲元中學高二階段練習）如圖所示為一“太空粒子探測器”的簡化圖，兩個同心扇形圓弧面PQ、MN之間存在輻射狀的加速電場，方向由內(nèi)弧面指向外弧面，圓心為O，兩弧面間的電勢差為U，右側(cè)邊長為L的正方形邊界abcd內(nèi)存在垂直紙面對外的勻強磁場，其大小B=kB0（k>0），k值可以調(diào)整，，O點為ad邊界的中點，PO、QO與ad邊界的夾角均為30°。假設(shè)太空中質(zhì)量為m、電荷量為e的負電粒子，能勻稱地吸附到外弧面PQ的右側(cè)面上，由靜止經(jīng)電場加速后穿過內(nèi)弧面均從O點進入磁場，不計粒子重力、粒子間的作用力及碰撞，求：（1）粒子到達O點時的速率v0；（2）若從O點垂直于ad邊界射入磁場的粒子恰能從b點離開，求k的值；（3）若要求外弧面PQ上全部的粒子均從ab邊射出磁場，求k值的取值范圍?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【解析】（1）粒子加速過程，由動能定理可得解得粒子到達O點時的速率為（2）粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌跡如圖所示由幾何關(guān)系可得解得由洛倫茲力作為向心力可得解得（3）磁場最小時，即k最小時，只要滿意沿PO方向射入磁場的粒子，軌跡與bc邊界相切即可，若圖所示則其它方向射入磁場的粒子均能從ab邊界射出，由幾何關(guān)系可得解得由洛倫茲力作為向心力可得解得磁場最大時，即k最大時，只要滿意沿QO方向射入磁場的粒子，軌跡經(jīng)過a點，則其它方向射入磁場的粒子均能從ab邊界射出，由幾何關(guān)系可得由洛倫茲力作為向心力可得解得綜上所示，要求外弧面PQ上全部的粒子均從ab邊射出磁場，k值應(yīng)滿意3．（2024·江西·臨川一中試驗學校高二期末）如圖所示，在平面直角坐標系xOy內(nèi)有始終角三角形，其頂點坐標分別為（0，0），（0，d），（d，0），三角形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面對里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，x軸下方有沿著y軸負方向的勻強電場，電場強度大小為E。一質(zhì)量為m、電荷量為-q的粒子從y軸上的某點M由靜止釋放，粒子第一次進入磁場后恰好不能從直角三角形的斜邊射出，不計粒子重力。（1）求M點到O點的距離；（2）變更粒子在y軸上的釋放點，使粒子由N點靜止釋放后能沿垂直于直角三角形斜邊的方向射出磁場，求N點到O點的距離；（3）在（2）過程中，求粒子從N點由靜止釋放到射出磁場的運動時間?！敬鸢浮浚?）；（2）（n=0，1，2…）；（3）（n=0，1，2，…）【解析】（1）設(shè)粒子在磁場中運動的軌跡半徑為R0，由幾何關(guān)系可知解得由牛頓其次定律得設(shè)M點到O點的距離為y0，由動能定理得解得（2）要使粒子由N點靜止釋放后能沿垂直于斜邊的方向射出磁場，則粒子在磁場中運動軌跡的半徑R滿意：由牛頓其次定律得設(shè)N點到O點的距離為y，由動能定理有解得（n=0，1，2…）（3）設(shè)粒子在電場中的加速度為a，則qE=ma設(shè)粒子在電場中每單程的運動時間為t0，則粒子在電場中總的運動時間t1=(2n+1）t0（n=0，1，2，…）解得粒子在磁場中做圓周運動的周期粒子在磁場中總的運動時間（n=0，1，2，……）解得（n=0，1，2，…）粒子從N點由靜止釋放到射出磁場運動的總時間（n=0，1，2，……）4．（2024·湖南·長郡中學高二期中）如圖所示，在以為圓心，內(nèi)外半徑分別為和的圓環(huán)區(qū)域內(nèi)，存在垂直紙面的勻強磁場，，，一電荷量為、質(zhì)量為的粒子從內(nèi)圓上的點進入該區(qū)域，不計重力．（1）如圖，已知粒子從延長線與外圓的交點以速度射出，方向與延長線成45°角，求磁感應(yīng)強度的大小及粒子在磁場中運動的時間．（2）在圖中，若粒子從點進入磁場，速度大小為，方向不確定，要使粒子肯定能夠從外圓射出，磁感應(yīng)強度應(yīng)小于多少？【答案】（1）

（2）小于【解析】(1)重要信息提?。捍艌觯簣A環(huán)形的有界磁場；粒子：帶電粒子從點射入從點射出；隱含條件：粒子剛好不能從外圓射出時，軌跡與兩圓相切，相切分兩種狀況；(2)物理思維：作出粒子的運動軌跡，應(yīng)用幾何關(guān)系和牛頓其次定律求解．解：(1)作出粒子的運動軌跡如圖甲所示，設(shè)粒子運動的軌道半徑為由牛頓其次定律得：

①由幾何關(guān)系可知，粒子運動的圓心角為，則解得：

②聯(lián)立①②式得：

③粒子做勻速圓周運動的周期：

④粒子在磁場中運動的時間：

⑤聯(lián)立②④⑤式得：

⑥(2)要使粒子肯定能夠從外圓射出，粒子剛好與兩邊界相切，軌跡如圖乙所示，分兩種狀況：第Ⅰ種狀況：由幾何關(guān)系可知粒子運動的軌道半徑：⑦設(shè)此過程的磁感應(yīng)強度為，由牛頓其次定律得：

⑧聯(lián)立⑦⑧式得：

⑨第Ⅱ種狀況：由幾何關(guān)系可知粒子運動的軌道半徑：設(shè)此過程的磁感應(yīng)強度為，則綜合Ⅰ、Ⅱ可知磁感應(yīng)強度應(yīng)小于【點睛】解題時一般要依據(jù)受力狀況和運動狀況畫出運動軌跡的草圖，找出圓心，依據(jù)幾何關(guān)系求出半徑及圓心角等．1．（2024·湖南·高三學業(yè)考試）速度均為的和的混合粒子流沿著與直徑ab夾角為（角未知）的方向垂直進入圓柱形勻強磁場區(qū)域，一個粒子的出射方向恰與直徑ab平行向右射出，另一個粒子剛好從直徑的另一點b點出射。已知元電荷e，的質(zhì)量為3m，的質(zhì)量為4m，不計粒子的重力，該區(qū)域的磁感應(yīng)強度為B，求：（）A．出射方向恰與直徑ab平行的粒子為B．的速度偏轉(zhuǎn)角是速度偏轉(zhuǎn)角的2倍C．D．磁場圓的半徑為【答案】BCD【解析】A．作出粒子運動軌跡圖如下由解得則設(shè)水平向右射出的粒子半徑為，從b點射出的粒子半徑為，則解得則所以對應(yīng)的，即出射方向恰與直徑ab平行的粒子為，故A錯誤；B．由幾何分析可知的速度偏轉(zhuǎn)角為，速度偏轉(zhuǎn)角為，故B正確；C．由A項分析有解得故C正確；D．由A項分析有解得故D正確。故選BCD。2．（2024·遼寧·沈陽二中三模）如圖所示，邊長為2a的等邊三角形ABC區(qū)域內(nèi)有垂直紙面對里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，一束質(zhì)量為m電荷量為（）的同種帶電粒子（不計重力），從AB邊的中點，以不同速率沿不同方向射入磁場區(qū)域（均垂直于磁場方向射入），下列說法正確的是（）A．若粒子均平行于BC邊射入，則從BC邊射出的粒子最大速率為B．若粒子均平行于BC邊射入，則從BC邊射出的粒子速率最小時，在磁場中運動的半徑為C．若粒子均垂直于AB邊射入，則粒子不行能從BC邊上距B點處出射D．若粒子射入時的速率為，則粒子從BC邊射出的最短時間為【答案】CD【解析】A．從BC邊射出的粒子速度最大時，半徑最大，則如圖由幾何關(guān)系解得依據(jù)解得選項A錯誤；B．當從BC邊射出的粒子速率最小時，半徑最小，此時軌跡與BC邊相切，則選項B錯誤；C．若粒子均垂直于AB邊射入，則當軌跡與BC相切時解得則粒子不行能從BC邊上距B點a處射出，選項C正確；D．若粒子射入時的速率為，則軌道半徑粒子從BC邊射出的時間最短時，軌跡對應(yīng)的弦最短，最短弦為射入點到BC的距離，長度為，則由幾何關(guān)系可知，軌跡對應(yīng)的圓心角為，時間為選項D正確。故選CD。3．（2024·廣東汕頭·三模）如圖所示，四分之一圓環(huán)區(qū)域存在垂直紙面方向的勻強磁場，圓心為，內(nèi)圓半徑為。一比荷（）為的粒子從點以速率沿半徑方向與成角射入磁場，已知粒子運動軌跡與邊相切并從點離開磁場。不計粒子重力，則（）A．粒子在磁場中的加速度為B．勻強磁場的磁感應(yīng)強度為C．粒子在磁場中的運動時間為D．扇形區(qū)域邊的長度為【答案】BD【解析】A．作出粒子在abcd區(qū)域內(nèi)的運動軌跡如圖所示，依據(jù)幾何關(guān)系可知粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為粒子在磁場中的加速度為故A錯誤；B．依據(jù)牛頓其次定律有解得故B正確；C．粒子在磁場中運動的周期為依據(jù)幾何關(guān)系可知粒子在磁場中轉(zhuǎn)過的圓心角為240°，所以運動時間為故C錯誤；D．依據(jù)幾何關(guān)系可知abcd的外圓半徑為所以扇形區(qū)域邊的長度為故D正確。故選BD。4．（2024·湖南·長沙市明德中學二模）如圖所示，矩形ABCD區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面對里的勻強磁場，磁場的磁感應(yīng)強度大小為B，AB邊長為d，BC邊長為2d，O是BC邊的中點，E是AD邊的中點，在O點有一粒子源，可以在紙面內(nèi)向磁場內(nèi)各個方向勻稱射出質(zhì)量均為m、電荷量均為q、同種電性的帶電粒子，粒子射出的速度大小相同，速度與OB邊的夾角為的粒子恰好從E點射出磁場，不計粒子的重力，則（）A．從AD邊射出與從CD邊射出的粒子數(shù)之比為B．粒子運動的速度大小為C．粒子在磁場中運動的最長時間為D．磁場區(qū)域中有粒子通過的面積為【答案】ABD【解析】如圖所示B．由此粒子的運動軌跡結(jié)合幾何關(guān)系可知，粒子做圓周運動的半徑由牛頓其次定律解得粒子運動的速度大小為故B正確；C．由于粒子做圓周運動的速度大小相同，因此在磁場中運動的軌跡越長，時間越長，分析可知，粒子在磁場中運動的最長弧長為四分之一圓周，因此最長時間為四分之一周期，即最長時間為，故C錯誤；D．由圖可知，磁場區(qū)域有粒子通過的面積為圖中區(qū)域的面積，即為故D正確；A．由圖可知，當速度垂直時，粒子剛好從點射出，如下圖所示由幾何關(guān)系可知，當速度方向與的夾角為時，恰好從點射出，則從AD邊射出與從CD邊射出的粒子數(shù)之比為故A正確。故選ABD。5．（2024·遼寧葫蘆島·二模）如圖所示，在豎直平面矩形區(qū)域內(nèi)存在方向垂直紙面對里、磁感應(yīng)強度大小為的勻強磁場。一帶電粒子從的中點射入磁場，速度方向與磁場垂直且與的夾角，粒子經(jīng)過磁場偏轉(zhuǎn)后在點垂直穿出。已知矩形的寬為，粒子電荷量為，質(zhì)量為，重力不計。則下列說法正確的是（）A．粒子帶正電荷 B．粒子速度大小為C．粒子在磁場中運動的軌道半徑為 D．粒子在磁場中運動的時間為【答案】BD【解析】A．粒子進入磁場后沿順時針方向做圓周運動，由左手定則可知，粒子帶負電，A錯誤；BC．由題意可知，粒子運動軌跡如圖所示由幾何關(guān)系可得，粒子做圓周運動的軌道半徑為依據(jù)粒子在磁場中運動時，洛倫茲力供應(yīng)向心力，可得解得B正確，C錯誤；D．由幾何關(guān)系可知電荷在磁場中偏轉(zhuǎn)了135°，則在磁場中運動的時間為D正確。故選BD。6．（2024·重慶市江津第八中學校模擬預料）有一長方形區(qū)間，其邊長，，在其內(nèi)存在勻強磁場，方向垂直于紙面（所在平面）向內(nèi)，如圖所示。邊中點有一電子放射源S，可垂直于磁場向磁場內(nèi)各個方向勻稱放射相同速率的電子，已知電子在磁場中運動半徑為L。則從邊射出的電子占全部射入磁場電子的比例為（）A．50% B．66.7% C．33.3% D．16.7%【答案】C【解析】依據(jù)題意，由左手定則可知，粒子進入磁場后受水平向右的洛倫茲力，依據(jù)幾何關(guān)系可知，當電子放射方向與成時，電子擊中b點，當電子放射方向與垂直時，電子擊中c點，運動軌跡如圖所示則能擊中的夾角范圍為共的范圍區(qū)間，故從邊射出的電子占全部射入磁場電子的比例故ABD錯誤C正確。故選C。7．（2024·廣東·珠海市其次中學模擬預料）介子衰變的方程為：，其中介子和介子帶負電，電量為元電荷，介子不帶電，一個介子沿垂直于磁場的方向射入勻強磁場中，其軌跡為圓弧AP，衰變后產(chǎn)生的介子的軌跡為圓弧PB，兩軌跡在P點相切如圖所示，它們的半徑之比與之比為2∶1，介子的軌跡未畫出。由此可知的動量大小與的動量大小之比為（）A．1∶1 B．1∶2 C．1∶3 D．1∶4【答案】C【解析】設(shè)質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子在磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場中做速率為v、半徑為R的勻速圓周運動，則依據(jù)牛頓其次定律有

①解得

②由②式可得介子和介子的動量大小之比為

③由題圖并依據(jù)左手定則可知，介子到達P點衰變前瞬間的速度方向向下，衰變后瞬間介子的速度方向向上，衰變過程動量守恒，取向下為正方向，則

④聯(lián)立③④解得的動量大小與的動量大小之比為

⑤故選C。8．（2024·山東臨沂·三模）三星堆遺址考古新發(fā)覺被譽為“20世紀人類最宏大的考古發(fā)覺之一”?？脊艑W家利用放射性元素的半衰期可以確定文物的年頭。碳元素能自發(fā)釋放射線，衰變方程為，其半衰期約為5730年．則下列說法正確的是（）A．衰變的實質(zhì)是碳原子失去核外電子B．當數(shù)量是數(shù)量的3倍時，衰變所經(jīng)驗時間約為17190年C．隨著文物的出土，文物所在環(huán)境溫度上升，衰變速度也會增大D．靜止的原子核在某勻強磁場中自發(fā)釋放射線，和粒子作勻速圓周運動，其半徑之比為【答案】D【解析】A．衰變的實質(zhì)是碳原子核中的一個中子轉(zhuǎn)化為一個質(zhì)子和一個電子，A錯誤；B．依據(jù)半衰期公式依據(jù)題意可得解得B錯誤；C．半衰期由原子核內(nèi)部確定，與外界環(huán)境溫度無關(guān)，可知隨著文物的出土，文物所在環(huán)境溫度上升，衰變速度不變，C錯誤；D．靜止的原子核在某勻強磁場中自發(fā)釋放射線，設(shè)和粒子的質(zhì)量分別為，，電荷量大小分別為和，速度大小分別為和，依據(jù)動量守恒可得依據(jù)衰變過程電荷數(shù)守恒可得粒子在磁場由洛倫茲力供應(yīng)向心力，可得解得可得和粒子作勻速圓周運動，其半徑之比為D正確。故選D。9．（2024·湖北·蘄春縣第一高級中學三模）如圖所示，在半徑為L的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于平面對外的勻強磁場，在x軸與磁場邊界的交點P處有一粒子放射源，能沿平面與x軸成隨意夾角向磁場區(qū)域放射質(zhì)量為m，帶電量為的粒子，且放射速度的大小為。在放射的眾多粒子中b粒子在磁場中的運動時間恰好為a粒子在磁場中運動時間的兩倍。已知a粒子的入射方向與x軸正方向成角，若不考慮粒子間的相互作用力和粒子的重力，下列說法正確的是（）A．b粒子的入射方向與x軸正方向成45°角B．b粒子的入射方向與x軸正方向成角C．a(chǎn)、b兩粒子離開磁場后的運動方向相互平行D．從磁場外沿y軸正方向從不同位置射入的，一群同速率的上述粒子經(jīng)磁場作用后不肯定都過P點【答案】C【解析】ABC．依據(jù)解得a粒子的軌跡如圖依據(jù)幾何關(guān)系，a粒子的入射方向與x軸正方向成角，a粒子在磁場中轉(zhuǎn)過的圓心角為，依據(jù)b粒子在磁場中的運動時間恰好為a粒子在磁場中運動時間的兩倍，則b粒子轉(zhuǎn)過的圓心角為，b粒子的軌跡如圖依據(jù)幾何關(guān)系b粒子的入射方向與x軸正方向成角，a、b兩粒子離開磁場后的運動方向相互平行，故C正確，AB錯誤；D．依據(jù)解得依據(jù)左手定則粒子向左偏轉(zhuǎn)，粒子沿著y軸正方向從不同位置射入，設(shè)射入位置與圓心的連線與x軸的夾角為，依據(jù)幾何關(guān)系其軌跡中心的坐標為依據(jù)幾何關(guān)系，該軌跡中心與P點的距離為則粒子的軌跡必定經(jīng)過P點，即粒子經(jīng)磁場作用后肯定都過P點，故D錯誤。故選C。10．（2024·湖南衡陽·三模）“人造太陽”是一種通過磁場將粒子約束在小范圍內(nèi)實現(xiàn)核聚變的裝置，其簡化模型如圖所示，核聚變主要原料氕核（）質(zhì)量為m，電荷量為q，在紙面內(nèi)從圓心O以不同速度向各個方向射出，被約束在半徑為R1=3R和R2=R兩個同心圓之間的環(huán)形區(qū)域，該環(huán)形區(qū)域存在與環(huán)面垂直的勻強磁場B，要使全部粒子都不會穿出磁場的外邊緣，不計粒子重力及粒子間碰撞和相互作用，則粒子在磁場中一個連續(xù)運動的最長時間為（）A． B． C． D．【答案】C【解析】設(shè)粒子在磁場中運動的最大半徑為rm，最大速度為vm，如圖所示依據(jù)幾何關(guān)系可得解得依據(jù)幾何關(guān)系可知，粒子在磁場中轉(zhuǎn)過的圓心角為所以當r最大時，α有最大值為粒子在磁場中運動的周期為聯(lián)立可得粒子在磁