考點鞏固卷67帶電粒子在磁場中的運動建議用時：50分鐘考點序號考點題型分布考點1帶電粒子在有界磁場中的運動4單選+5多選+1解答考點2帶電粒子在無邊界磁場中的運動5單選+2多選+1解答考點3帶電粒子在磁場中的運動的多解性問題2單選+4多選+1解答考點01：帶電粒子在有界磁場中的運動（4單選+5多選+1解答）一、單選題1．（2023·廣東梅州·統(tǒng)考二模）如圖所示，正方形內(nèi)有一垂直紙面向里的勻強磁場（圖中未畫出），一束電子以不同的速度沿ab方向垂直磁場射入，形成從c點離開磁場區(qū)域和從d點離開磁場區(qū)域的甲、乙兩種軌跡。設(shè)沿甲、乙軌跡運動的電子速度大小分別為、，在磁場中運動的時間分別為、，則（）

A．， B．，C．， D．，【答案】D【詳解】帶電粒子在勻強磁場中做圓周運動，根據(jù)半徑公式可知甲、乙?guī)щ娏Ｗ釉诖艌鲋羞\動的速度之比根據(jù)周期公式可知甲、乙?guī)щ娏Ｗ釉诖艌鲋凶鰣A周運動的周期相等，故甲、乙?guī)щ娏Ｗ釉诖艌鲋羞\動的時間之比故選D。2．（2023·四川內(nèi)江·四川省資中縣第二中學?？寄M預測）如圖所示，邊長為L的正方形區(qū)域內(nèi)存在著垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B。一帶電粒子以速度v從D點射入磁場，速度方向與邊夾角為，垂直邊射出磁場，則下列說法正確的是（

）

A．粒子一定帶正電 B．粒子的比荷為C．粒子在磁場中的運動時間為 D．減小粒子的速度，粒子不可能從邊射出【答案】C【詳解】A．由圖可知，粒子所受洛倫茲力垂直速度方向向下，根據(jù)左手定則可知粒子帶負電，故A錯誤；B．如圖所示根據(jù)幾何關(guān)系可得粒子做圓周運動的半徑根據(jù)洛倫茲力提供向心力聯(lián)立解得粒子的比荷故B錯誤；C．由幾何關(guān)系可知粒子在磁場中做圓周運動轉(zhuǎn)過的圓心角為，粒子在磁場中的運動時間故C正確；D．根據(jù)可得可知速度減小，粒子在磁場中做圓周運動的半徑減小，由作圖法可知當速度減小到一定值時，粒子可以從邊射出，故D錯誤。故選C。3．（2023·四川遂寧·射洪中學?？寄M預測）如圖所示，平面直角坐標系xOy內(nèi)，存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度B=0.2T，原點O有一粒子源，能向紙面內(nèi)各個方向釋放出比荷為4×108C/kg的正粒子，粒子初速度v0=8×106m/s，不計粒子重力，有一與x軸成45°角傾斜放置的足夠長擋板跨越第一、三、四象限，P是擋板與x軸交點，，則擋板上被粒子打中的區(qū)域長度為（）

A．24cm B．16cmC．20cm D．32cm【答案】C【詳解】粒子源到擋板的距離粒子在磁場中做勻速圓周運動，則有解得作出粒子打在擋板上的動態(tài)軌跡如圖所示

則有，則擋板上被粒子打中的區(qū)域長度故選C。4．（2023·全國·校聯(lián)考模擬預測）如圖所示，空間存在垂直紙面向外、磁感應強度大小為的勻強磁場，粒子源可沿紙面向各個方向以相同的速率發(fā)射質(zhì)量為、帶電荷量為的正粒子，一薄光屏與紙面的交線為PQ，OQL，PQ2L，。要使左、右兩側(cè)所有點均能被粒子打中，則粒子的速率至少為（）

A． B． C． D．【答案】D【詳解】要使粒子能打中左側(cè)的所有位置，則粒子最小速度對應軌跡的直徑為，由幾何關(guān)系可得由洛倫茲力作為向心力可得可得對應的最小速度為要使粒子能打中右側(cè)的所有位置，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聯(lián)立解得對應的最小速度為要使左、右兩側(cè)所有點均能被粒子打中，則粒子的速率至少為。故選D。二、多選題5．（2023·全國·校聯(lián)考模擬預測）如圖所示，在紙面內(nèi)半徑為R的圓形區(qū)域中有垂直于紙面向外的勻強磁場．一帶電微粒從圖中A點以水平速度垂直磁場射入，速度的方向與過圓心及A點的直線成角，當該帶電微粒離開磁場時，速度方向剛好改變了角．不計微粒重力，下列說法正確的是（

）

A．該微粒帶正電 B．該微粒帶負電C．該微粒在磁場中運動的半徑為 D．該微粒在磁場中運動的時間為【答案】ACD【詳解】A.B.根據(jù)帶電微粒的偏轉(zhuǎn)方向，由左手定則可知，該微粒帶正電，A正確,B錯誤；C.微粒的運動軌跡如圖所示，根據(jù)幾何關(guān)系，微粒做圓周運動的半徑為C正確；D.微粒在磁場中運動的周期為則微粒在磁場中的運動時間為D正確。

故選ACD。6．（2023·廣西南寧·南寧三中校考二模）如圖所示，A、C兩點分別位于x軸和y軸上，，的長度為L。在區(qū)域內(nèi)（包括邊界）有垂直于平面向里的勻強磁場。質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子，以各種不同的速度垂直邊射入磁場。已知粒子從某點射入時，恰好垂直于邊射出磁場，且粒子在磁場中運動的時間為。不計重力。下列說法正確的是（）

A．帶電粒子帶負電B．磁場的磁感應強度的大小為C．從中點射入磁場的帶電粒子可以從C點出射D．能從邊射出的帶電粒子最大射入速度是【答案】BD【詳解】A．由左手定則可知帶電粒子帶正電，故A錯誤；B．粒子在磁場中做勻速圓周運動，在時間2t0內(nèi)其速度方向改變了90°，故其周期T=8t0設(shè)磁感應強度大小為B，粒子速度為v，圓周運動的半徑為r，由洛倫茲力公式和牛頓第二定律得勻速圓周運動的速度滿足解得故B正確；C．由題給條件可知，帶電粒子從C點出射，則C為切點，如圖所示

由幾何關(guān)系可知，粒子的軌跡半徑為，入射點到A點距離為，不是從中點射入磁場，故C錯誤；D．由題給條件可知，該粒子在磁場區(qū)域中的軌跡與AC邊、OC邊相切時，粒子的軌跡半徑最大，此時粒子的入射速度最大，如圖所示

設(shè)O′為圓弧的圓心，圓弧的半徑為r0，圓弧與AC相切于N點，從O點射出磁場，由幾何關(guān)系可知設(shè)粒子最大入射速度大小為vm，由圓周運動規(guī)律有解得故D正確。故選BD。7．（2023·湖北荊州·沙市中學校考模擬預測）如題圖，直角三角形ABC區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場（圖中未畫出），AC邊長為l，為，一群比荷為的帶負電粒子以相同速度從C點開始一定范圍垂直AC邊射入，射入的粒子恰好不從AB邊射出，已知從BC邊垂直射出的粒子在磁場中運動的時間為，在磁場中運動時間最長的粒子所用時間為，則（）A．磁感應強度大小為B．粒子運動的軌道半徑為C．粒子射入磁場的速度大小為D．粒子在磁場中掃過的面積為【答案】AC【詳解】A．帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，垂直AC邊射出的粒子在磁場中運動的時間是T，由得解得故A正確；B．設(shè)運動時間最長的粒子在磁場中的運動軌跡所對的圓心角為θ，則有得畫出該粒子的運動軌跡如圖，設(shè)軌道半徑為R，由幾何知識得可得故B錯誤；C．粒子射入磁場的速度大小為故C正確；D．射入的粒子恰好不從AB邊射出，粒子在磁場中掃過的面積為故D錯誤。故選AC。8．（2023·江西九江·統(tǒng)考三模）如圖所示，S為一離子源，為足夠長的熒光屏，S到的距離為，左側(cè)區(qū)域有足夠大的勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直紙面向里。某時刻離子源S一次性沿平行紙面各個方向均勻地噴發(fā)大量的質(zhì)量為m、電荷量為q、速率為的正離子（此后不再噴發(fā)），不計離子重力，不考慮離子之間的相互作用力。則（）

A．打中熒光屏的最短時間為 B．打中熒光屏的最長時間為C．打中熒光屏的寬度為 D．打到熒光屏的離子數(shù)與發(fā)射的離子數(shù)比值為【答案】AD【詳解】A．根據(jù)則離子軌道半徑離子軌跡對應弦長最短時運動時間最短，即離子軌跡恰好經(jīng)過P點，如圖所示

根據(jù)幾何關(guān)系可知，軌跡對應的圓心角為60°，能打中熒光屏的最短時間為故A正確；B．當時，根據(jù)半徑公式離子運動軌跡如圖所示

離子速度為從下側(cè)回旋，剛好和邊界相切，離子速度為時從上側(cè)回旋，剛好和上邊界相切，打在熒光屏上的離子的周期打中熒光屏的最長時間為故B錯誤；C．離子打中熒光屏的范圍總長度為圖中得AB長度，由幾何關(guān)系可知打中熒光屏的寬度為，故C錯誤；D．當時，根據(jù)半徑公式離子恰好打到MN上的臨界運動軌跡如圖所示

離子速度為從下側(cè)回旋，剛好和邊界相切，離子速度為時從上側(cè)回旋，剛好和上邊界相切，打到N點的離子離開S時的初速度方向和打到點的離子離開S時的初速度方向夾角能打到熒光屏上的離子數(shù)與發(fā)射的粒子總數(shù)之比故D正確。故選AD。9．（2023·全國·校聯(lián)考模擬預測）如圖所示，在圓心為O、半徑為R的半圓形區(qū)域內(nèi)（不含邊界）有磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場，MN為直徑。大量帶正電荷的同種粒子以不同的速率從O點在紙面內(nèi)沿與ON成角的方向射入磁場。粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q，不計粒子受到的重力以及粒子間的相互作用。下列說法正確的是（

）

A．粒子在磁場中運動的最長時間為B．若粒子恰好從圓弧邊界離開磁場，則粒子的速度大小為C．若粒子恰好從O點正上方的P點離開磁場，則粒子的速度大小為D．選擇合適的速度，粒子可能從M點離開磁場【答案】AC【詳解】A．當粒子的速度較小時，粒子從MN邊界離開磁場，其軌跡對應的圓心角為，此時粒子在磁場中運動的時間最長，最長時間故A正確；B．如圖所示

當粒子做圓周運動的軌跡與半圓形磁場邊界相切時（設(shè)切點為Q），粒子恰好從圓弧邊界射出，根據(jù)幾何知識可知，粒子的軌道半徑設(shè)粒子的速度大小為，有，解得故B錯誤；C．設(shè)當粒子恰好從P點離開磁場時，粒子的軌道半徑為，根據(jù)幾何關(guān)系有設(shè)粒子的速度大小為，有，解得故C正確；D．當粒子的速度大于時，粒子從Q點右側(cè)離開磁場，當粒子的速度小于時，粒子從MN邊界離開磁場，即粒子不可能從M點離開磁場，故D錯誤。故選AC。三、解答題10．（2023·福建福州·福建省福州第一中學校考二模）如圖所示，垂直紙面向里的勻強磁場中有一固定豎直擋板，擋板足夠長，P處有一粒子源，PO連線垂直擋板，P到O的距離為L。粒子源能垂直磁場沿紙面向各個方向發(fā)射速度大小均為v的帶正電粒子。粒子質(zhì)量均為m，電荷量均為q，到達擋板的粒子都被吸收，不計粒子的重力及粒子間的相互作用。（1）若有粒子能到達擋板，求磁感應強度大小B應滿足的條件；（2）若粒子到達擋板上側(cè)最遠處為M點，下側(cè)最遠處為N點，且，求磁感應強度的大小B。

【答案】（1）；（2）【詳解】（1）若恰有粒子能到達擋板，則粒子在磁場中做圓周運動的軌跡半徑最小，為

如圖1所示，由幾何關(guān)系可知洛倫茲力充當向心力，由牛頓第二定律有解得即當時，有粒子能到達擋板。（2）設(shè)粒子在磁場中做圓周運動的軌跡半徑為r，粒子到達擋板上側(cè)最遠處M點時，軌跡圓在M點與擋板相切，如圖2所示。設(shè)O、M間距離為

由幾何關(guān)系有粒子到達擋板下側(cè)最遠處N點時，PN為軌跡圓的直徑。設(shè)O、N間距離為，由幾何關(guān)系可得由題意知解得由牛頓第二定律有解得考點02：帶電粒子在無邊界磁場中的運動（5單選+2多選+1解答）一、單選題1．（2023·遼寧沈陽·東北育才學校校考一模）如圖所示，虛線框內(nèi)存在勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里。a、b、c三個帶電粒子，它們在紙面內(nèi)從邊的中點垂直于邊射入磁場，圖中畫出了它們在磁場中的運動軌跡。若不計粒子所受重力，則（）

A．粒子a帶負電，粒子b、c帶正電B．若三個粒子比荷相同，則粒子c在磁場中的加速度最大C．若三個粒子入射的速度相同，則粒子c在磁場中的加速度最大D．若三個粒子入射的動量相同，則粒子b的帶電量最大【答案】C【詳解】AB．由左手定則可知a帶正電，b、c帶負電，由圖可知，由粒子在磁場中的運動時洛倫茲力提供加速度有解得，若三個粒子比荷相同，則粒子c在磁場中的運動速度最小，加速度最小，故AB錯誤；C．若三個粒子入射的速度相同，則粒子c的比荷最大，粒子c在磁場中的加速度最大，故C正確；D．若三個粒子入射的動量相同，則粒子c的帶電量最大，故D錯誤。故選C。2．（2023·山東濟南·山東師范大學附中校考模擬預測）在垂直于紙面向里的勻強磁場中有一個粒子源，可以發(fā)射不同比荷，不同速度的帶正電粒子。已知所有發(fā)射出的粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑均相等。粒子源每發(fā)射一個粒子后，間隔逆時針旋轉(zhuǎn)90度發(fā)射下一個粒子。發(fā)現(xiàn)發(fā)射的第一個粒子在回到初始位置之前和第四個粒子在回到初始位置之前在磁場中恰好相碰。若第一個粒子發(fā)射的初速度為，質(zhì)量為，電荷量為，，則第四個粒子的速度為（）A．2v B．4v C．6v D．8v【答案】C【詳解】根據(jù)題意，畫出粒子的運動軌跡，如圖所示

設(shè)第一個粒子的運動時間為，第4個粒子的運動時間為，則有由牛頓第二定律有解得又有可得同理可得聯(lián)立可得則有由于所有發(fā)射出的粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑均相等，則有解得故選C。3．（2023·山東·統(tǒng)考二模）如圖所示，半徑為R的圓形區(qū)域中有垂直紙面向外的勻強磁場（圖中未畫出），磁感應強度B，一比荷為的帶正電粒子，從圓形磁場邊界上的A點以的速度垂直直徑MN射入磁場，恰好從N點射出，且，下列選項正確的是（）

A．粒子在磁場中運動的時間為B．粒子從N點射出方向豎直向下C．若粒子改為從圓形磁場邊界上的C點以相同的速度入射，一定從N點射出D．若要實現(xiàn)帶電粒子從A點入射，從N點出射，則所加圓形磁場的最小面積為【答案】C【詳解】A．粒子恰好從N點射出，軌跡如下圖所示，運動周期為四邊形AONP的圓心角為粒子在磁場中運動的時間為故A錯誤；B．粒子在磁場中速度偏轉(zhuǎn)，從N點射出方向是與豎直方向呈，故B錯誤；C．若粒子改為從圓形磁場邊界上的C點以相同的速度入射，軌跡如下圖所示，四邊形SCON為菱形，由幾何知識可知一定從N點射出，故C正確；D．若要實現(xiàn)帶電粒子從A點入射，從N點出射，則所加圓形磁場以AN為直徑時面積最小，最小面積為故D錯誤。故選C。4．（2023·湖北武漢·湖北省武昌實驗中學校考模擬預測）如圖所示，在勻強磁場中有1和2兩個質(zhì)子在同一平面內(nèi)沿逆時針方向做勻速圓周運動，軌道半徑并相切于P點，設(shè)、，、，、，、，分別表示1、2兩個質(zhì)子的周期，線速度，向心加速度以及各自從經(jīng)過P點算起到第一次通過圖中虛線所經(jīng)歷的時間，下列說話錯誤的是（）

A． B． C． D．【答案】B【詳解】A．對兩個質(zhì)子，其比荷相同，由洛倫茲力提供向心力，可得解得質(zhì)子在磁場中做圓周運動的周期為可知在同一磁場中，則有，A正確，不符合題意；B．由可得質(zhì)子在磁場中做圓周運動的半徑為因，則有，B錯誤，符合題意；C．由可得質(zhì)子在磁場中做圓周運動的加速度為因為，可知，C正確，不符合題意；D．兩質(zhì)子的運動周期相同，由題圖可知質(zhì)子1從經(jīng)過P點算起到第一次通過圖中虛線所轉(zhuǎn)過的圓心角比質(zhì)子2小，由可知，D正確，不符合題意。故選B。5．（2023·廣東·模擬預測）中國近20年來在粒子物理實驗與粒子探測技術(shù)領(lǐng)域取得了很大進展。某研究學者在做粒子探測實驗時，將一個電量為的粒子，自勻強磁場a點向左水平射出，當它運動到b點時，與一個帶電量為靜止的粒子發(fā)生碰撞并結(jié)合為一個新粒子，不考慮粒子的重力，試分析接下來新粒子的運動軌跡是（）

A．

B．

C．

D．

【答案】A【詳解】帶正電粒子在b點與一帶負電的靜止粒子碰撞合為一體，此過程滿足動量守恒，碰撞后新粒子的速率、質(zhì)量雖然與碰撞前不同，但動量mv與碰撞前相同，帶電量變?yōu)?。設(shè)碰撞前帶正電粒子的動量為p，則其在磁場中做勻速圓周運動的半徑為碰撞后新粒子的總動量仍為p，帶電量變?yōu)?，則所以碰撞后的新粒子做勻速圓周運動的半徑比碰撞前帶電粒子的半徑大，根據(jù)左手定則可判定碰撞后新粒子從b點開始向下偏轉(zhuǎn)。故選A。二、多選題6．（2023·湖北·模擬預測）在勻強磁場中，一個原來靜止的原子核，由于衰變放射出某種粒子，結(jié)果得到一張兩個相切圓1和2的徑跡照片如圖所示，已知兩個相切圓半徑分別為r1、r2，則下列說法正確的是（

）

A．原子核發(fā)生了β衰變，徑跡2是衰變后β的徑跡B．徑跡1是衰變后新核的徑跡，徑跡1、2旋轉(zhuǎn)方向相同C．若衰變方程是，則r1：r2=2：117D．若衰變方程是，則衰變后新核和射出的粒子的動能之比為2∶117【答案】BD【詳解】A．原子核衰變過程中系統(tǒng)動量守恒，衰變生成的兩粒子的動量方向相反，由左手定則可知，若生成的兩粒子電性相反，則在磁場中的軌跡為內(nèi)切圓，若電性相同，則在磁場中的軌跡為外切圓，由題圖知原子核發(fā)生α衰變，A錯誤；B．原子核原來靜止，初動量為零，由動量守恒定律可知，原子核衰變生成的兩粒子動量p大小相等，方向相反，粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得解得由于p、B相同，則粒子的電荷量q越大，軌道半徑越小，由于新核的電荷量大，所以新核的軌道半徑小于α粒子的軌道半徑，所以徑跡1為新核的運動軌跡，旋轉(zhuǎn)方向相同，B正確；CD．由動能與動量的關(guān)系所以動能之比等于質(zhì)量的反比，即為2∶117，由B項分析知C錯誤，D正確。故選BD。7．（2023·陜西·統(tǒng)考一模）空間存在勻強磁場，磁感應強度大小為，方向垂直于紙面。線段是屏與紙面的交線，長度為，其左側(cè)有一粒子源S，可沿紙面內(nèi)各個S方向不斷發(fā)射質(zhì)量為、電荷量為、速率相同的粒子；，為垂足，如圖所示。已知，若上所有的點都能被粒子從其右側(cè)直接打中，則粒子的速率可能為（）

A． B．C． D．【答案】BC【詳解】當某粒子的運動軌跡恰好經(jīng)過S、M和N時，MN上所有的點都被粒子從其右側(cè)直接打中，此時對應的速度最小，粒子運動的軌跡如圖所示

由題意可知則在直接三角形SPN中在等腰三角形MON中解得而在等腰三角形SON中解得而聯(lián)立解得粒子在勻強磁場中勻速圓周運動，洛倫茲力完全提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律可知解得粒子的最小速率為故選BC。三、解答題8．（2023·湖南永州·湖南省道縣第一中學?？寄M預測）利用電磁場改變電荷運動的路徑，與光的傳播、平移等效果相似，稱為電子光學。如圖所示，在xOy坐標平面上，第三象限存在著方向沿y軸正方向的勻強電場，電場強度大小為E。在其余象限存在垂直紙面的勻強磁場，其中第一、二象限向外，第四象限向里，磁感應強度大小均為B（未知）。在坐標點（0，）處有一質(zhì)量為m、電荷量為q的正電粒子，以初速度沿著x軸負方向射入勻強電場，粒子在運動過程中恰好不再返回電場，忽略粒子重力。求：（1）粒子第一次進入磁場時的速度v；（2）磁感應強度B的大小。

【答案】（1），與x軸負方向夾角呈；（2）【詳解】（1）粒子在電場中做類平拋運動，則豎直方向有末速度為聯(lián)立得設(shè)v與x軸負方向夾角，則有解得（2）平拋過程水平方向位移粒子進入磁場后軌跡如下圖，由幾何關(guān)系可得洛倫茲力提供向心力解得

考點03：帶電粒子在磁場中的運動的多解性問題（2單選+4多選+1解答）一、單選題1．（2023·湖北襄陽·襄陽四中?？寄M預測）如圖甲所示，邊長為L的正方形abcd區(qū)域內(nèi)存在勻強磁場，磁感強度大小為，方向垂直于abed所在平面，且周期性變化（周期T可根據(jù)需要調(diào)整），如圖乙所示，設(shè)垂直abcd平面向里為磁感強度的正方向?，F(xiàn)有一電子在時刻由a點沿ab方向射入磁場區(qū)，已知電子的質(zhì)量為m，電荷量大小為e，圖中邊界上有兩點f、g，且，關(guān)于電子在磁場中的運動，以下說法中正確的是（）

A．調(diào)整磁場變化周期T，讓電子沿bc方向經(jīng)過c點，電子的速度大小一定是B．調(diào)整磁場變化周期T，讓電子經(jīng)過d點，電子的速度大小一定是C．要想讓電子經(jīng)過點f點，則磁場變化周期一定是D．要想讓電子垂直bc邊過g點，則磁場變化周期一定是【答案】D【詳解】A．要想讓電子沿bc方向經(jīng)過c點，可能的軌跡如圖所示

也可以轉(zhuǎn)奇數(shù)個圓弧后到c，根據(jù)洛倫茲力充當向心力，有可得根據(jù)以上分析則有（n＝0，1，2…）解得（n＝0，1，2…）故A錯誤；B．要想讓經(jīng)過d點，可能的軌跡如圖所示

可知，，解得或者先順時針轉(zhuǎn)磁場的半個周期，之后逆時針轉(zhuǎn)，從ad方向經(jīng)過d

這種情況下解得故B錯誤；C．要想讓電子經(jīng)過f點，軌跡可能如圖所示

由幾何關(guān)系可得解得只要滿足運動時間即可；或者如圖所示

圓周周期，每一次轉(zhuǎn)過120°圓心角解得故C錯誤；D．要想讓電子垂直bc邊過g點，經(jīng)過偶數(shù)次偏轉(zhuǎn)，每一次轉(zhuǎn)過60°圓心角，圓周周期，則有解得故D正確。故選D。2．（2023·湖北荊門·荊門市龍泉中學?？既＃┤鐖D所示，邊長為正方形區(qū)域內(nèi)無磁場，正方形中線將區(qū)域外左右兩側(cè)分成兩個磁感應強度均為的勻強磁場區(qū)域，右側(cè)磁場方向垂直于紙面向外，左側(cè)磁場方向垂直于紙面向里?，F(xiàn)將一質(zhì)量為，電荷量為的正粒子從中點以某一速率垂直于射入磁場，不計粒子的重力，則關(guān)于粒子的運動，下列說法正確的是（）A．若粒子能垂直于射入正方形區(qū)域內(nèi)，則粒子的最大速度為B．若粒子能垂直于射入正方形區(qū)域內(nèi)，則粒子的速度可能為C．若粒子能垂直于射入正方形區(qū)域內(nèi)，則粒子的速度可能為D．若粒子能垂直于射入正方形區(qū)域內(nèi)，則粒子的速度可能為【答案】C【詳解】根據(jù)題意可知，粒子在磁場中做勻速圓周運動由洛倫茲力提供向心力有解得若粒子能垂直于射入正方形區(qū)域內(nèi)，則粒子可能的運動軌跡如圖所示由幾何關(guān)系可得解得當時，速度最大為當時當時則粒子的速度不可能為。故選C。二、多選題3．（2023·江西南昌·南昌市八一中學?？既＃┤鐖D所示，空間中有一個底角均為的梯形，上底與腰長相等為L，梯形處于磁感應強度大小為B、垂直于紙面向外的勻強磁場中，現(xiàn)c點存在一個粒子源，可以源源不斷射出速度方向沿cd，大小可變的電子，電子的比荷為k，為使電子能從ab邊射出，速度大小可能為（）

A． B． C． D．【答案】BC【詳解】能夠從ab邊射出的電子，半徑最小為從b點射出，如圖所示

由幾何關(guān)系可知半徑最大為從a點射出，如圖所示

由幾何關(guān)系可知由牛頓第二定律有解得則有為使粒子從ab邊射出磁場區(qū)域，粒子的速度范圍為故選BC。4．（2023·湖南岳陽·統(tǒng)考二模）如圖所示，在平面內(nèi)，以為圓心、為半徑的圓內(nèi)有垂直平面向外的勻強磁場，軸下方有垂直平面向里的勻強磁場，兩區(qū)域磁感應強度大小均為，第四象限有一與軸成45°角傾斜放置的擋板，、兩點在坐標軸上，且、兩點間的距離大于，在圓形磁場的左側(cè)的區(qū)間內(nèi)，均勻分布著質(zhì)量為、電荷量為的一簇帶電粒子，當所有粒子均沿軸正向以相同的速度射入圓形磁場區(qū)域時，粒子偏轉(zhuǎn)后都從點進入軸下方磁場，結(jié)果有一半粒子能打在擋板上。不計粒子重力、不考慮粒子間相互作用力，下列說法正確的是（）A．所有粒子在圓形磁場中運動的時間相等B．擋板端點的橫坐標為C．擋板上被粒子打中的區(qū)域長度為D．從距離軸為處射入圓形磁場的粒子，離開磁場時的坐標為【答案】BD【詳解】A．粒子在圓形磁場中運動的軌跡長度不同，所用時間不相等，選項A錯誤；B．設(shè)一粒子自磁場邊界A點進入磁場，該粒子由O點射出圓形磁場，軌跡如圖所示過A點做速度的垂線AB，做AO的垂直平分線與AB相交于點C，設(shè)該軌跡圓的半徑長度為r，C為該軌跡圓的圓心。連接，CO，由全等三角形可證四邊形為菱形，因此可得，由題知有一半粒子能打在擋板上，故從O點射出的沿x軸負方向的粒子和沿y軸負方向的粒子軌跡剛好與擋板相切，如圖所示過軌跡圓心D作擋板的垂線交于E點，得即P點的橫坐標為，B正確；C．設(shè)打到擋板最左側(cè)的粒子打在F點上，如圖所示，過O點作擋板的垂線交于G點，得擋板上被粒子打中的區(qū)域長度為C錯誤；D．如圖所示從距離軸為的H處射入圓形磁場的粒子，從O點射出，軌跡圓心為I點，可得IO與x軸方向的夾角為，進入軸下方磁場的軌跡圖如圖可知離開磁場時的位置為K點，由幾何關(guān)系可得，粒子離開磁場時的坐標為，D正確。故選BD。5．（2023·廣東·模擬預測）如圖所示的xOy坐標系中，y軸的左側(cè)存在垂直紙面向外、磁感應強度大小未知的勻強磁場，y軸右側(cè)的勻強磁場垂直紙面方向且大小未知，一帶正電的粒子由y軸上（0，）處沿與y軸正方向成30°角的方向以速度v射入磁場，已知粒子的比荷為k，粒子在y軸右側(cè)的軌道半徑為L，最終粒子經(jīng)過O點，粒子重力不計。下列說法正確的是（）A．若y軸右側(cè)的磁場垂直紙面向里，則y軸右側(cè)的磁感應強度大小為B．若y軸右側(cè)的磁場垂直紙面向里，則粒子從射入到運動至O點的時間為C．若y軸右側(cè)的磁場垂直紙面向外，則粒子從射入到運動至O點的時間可能為D．若y軸右側(cè)的磁場垂直紙面向外，則粒子從射入到運動至O點的時間可能為【答案】AD【詳解】A．若y軸右側(cè)的磁場垂直紙面向里，由題意作出粒子的運動軌跡，如圖甲所示根據(jù)解得由幾何關(guān)系可知則有A正確；B．由幾何關(guān)系可知粒子在y軸右側(cè)偏轉(zhuǎn)的角度為60°，則粒子從射入到運動至O點的時間由于解得B錯誤；CD．若y軸右側(cè)的磁場垂直紙面向外，粒子可能在y軸左右兩側(cè)各偏轉(zhuǎn)一次經(jīng)過O點，如圖乙所示，由幾何關(guān)系可知粒子在y軸左側(cè)的軌道半徑則y軸左側(cè)磁場的磁感應強度大小粒子運動的時間由于解得若y軸右側(cè)的磁場垂直紙面向外，粒子可能在y軸的左側(cè)偏轉(zhuǎn)一次、在y軸的右側(cè)偏轉(zhuǎn)兩次經(jīng)過O點，如圖丙所示由幾何關(guān)系可知粒子在y軸左側(cè)的軌道半徑則y軸左側(cè)磁場的磁感應強度大小粒子運動的時間由于解得C錯誤，D正確。故選AD。6．（2023·湖南衡陽·衡陽市八中校考模擬預測）如圖，紙面內(nèi)有一矩形abcd，其長ab為4l、寬ad為，P、Q為ab邊上的點，。在矩形abcd外存在范圍足夠大的勻強磁場（圖中未畫出磁場），磁感應強度大小為。一質(zhì)量為m、帶電荷量為q（）的粒子，從P點垂直ab以速度向外射入磁場，粒子從Q處進入無場區(qū)。現(xiàn)在將入射速度變?yōu)?，粒子從P點垂直ab射入磁場，粒子的重力不計，粒子離開P點至回到P點的運動路程可能為（）A． B．C． D．【答案】ACD【詳解】AB．根據(jù)粒子從P點垂直ab射入磁場，從Q處進入無場區(qū)，可判斷粒子做圓周運動的半徑粒子在磁場中做圓周運動，有解得粒子速度變?yōu)榱Ｗ釉诖艌鲋凶鰣A周運動，有由數(shù)學知識可知，粒子先以Q為圓心做個圓周運動到ad的中點M，再沿直線MN運動到N（Nc=l），再經(jīng)過個圓周運動到P點，沿直線PM運動到M，再經(jīng)過個圓周運動到N點，沿直線