第4节 专题：带电粒子在磁场中运动的多解问题带电粒子在有界磁场中运动的临界、极值问题-【金版教程】2026年高考物理一轮总复习首选用卷全书Word

高考总复习首选用卷 物理 第4节　专题：带电粒子在磁场中运动的多解问题 带电粒子在有界磁场中运动的临界、极值问题 考点一　带电粒子在磁场中运动的多解问题 1.(多选)如图所示，匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，MN是它的下边界。现有质量为m、电荷量为q的带电粒子与MN成30°角垂直射入磁场，则粒子在磁场中运动的时间可能为(　　) A. B. C. D. 答案：AD 解析：带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力有qvB＝m，根据线速度和周期的关系，可得v＝，联立解得粒子在磁场中做圆周运动的周期T＝。由于带电粒子的电性不确定，其轨迹可能是如图所示的两种情况：由左手定则可知，若该粒子带正电，则轨迹对应的圆心角为θ1＝360°－60°＝300°，若该粒子带负电，则轨迹对应的圆心角为θ2＝60°，两种情况下粒子在磁场中运动的时间分别为t1＝T＝T＝，t2＝T＝T＝，故选A、D。 2.(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，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>，垂直纸面向里 B．B>，垂直纸面向里 C．B>，垂直纸面向外 D．B>，垂直纸面向外 答案：BD 解析：当所加匀强磁场方向垂直纸面向里时，由左手定则知，负离子向右偏转，约束在OP之下的区域的临界情况是离子运动轨迹与OP相切，如图中圆弧①，由几何知识知对应的轨迹半径R2＝OBsin30°，而OB＝s＋R2，所以R2＝s，由洛伦兹力提供向心力得qvB＝m，解得B＝，当离子轨迹半径小于s时满足约束条件，此时B>，故A错误，B正确；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之下的区域的临界情况是离子运动轨迹与OP相切，如图中圆弧②，由几何知识知对应的轨迹半径R1＝，由洛伦兹力提供向心力得qvB＝m，解得B＝，当离子轨迹半径小于时满足约束条件，此时B>，故C错误，D正确。 3．(2022·湖北高考)(多选)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.kBL，0° B.kBL，0° C．kBL，60° D．2kBL，60° 答案：BC 解析：若离子最后经过下部分磁场从P点射出，如图1，则θ＝60°，R＝(n＝1，3，5，…)，又qvB＝m，可得v＝＝(n＝1，3，5，…)；若离子最后经过上部分磁场从P点射出，如图2，则θ＝0°，R＝(n＝2，4，6，…)，又qvB＝m，可得v＝＝(n＝2，4，6，…)。综上可知，B、C可能，A、D不可能。 4.(2025·湖北省武汉市高三上月考)(多选)如图所示，一光滑刚性绝缘圆筒内存在着平行于轴的匀强磁场，磁感应强度大小为B，筒上P点和Q点开有小孔，过P的横截面是以O为圆心的圆，PQ为直径。质量为m、电量为q的带正电粒子从P点沿PO入射，与筒壁发生3次碰撞后，从Q点射出圆筒。假设粒子在每次碰撞前、后瞬间，速度大小不变，电量不变。不计重力，则粒子在磁场中运动的时间可能为(　　) A. B. C. D. 答案：BD 解析：由洛伦兹力提供向心力有qvB＝，粒子在磁场中运动的周期T＝，联立解得T＝，由题意可知，粒子与筒壁相邻两次碰撞的点与O的连线的夹角为α＝＝n·90°＋45°，其中n为非负整数，α<180°，解得α1＝45°，α2＝135°，两种情况下该粒子在相临两次碰撞期间运动的轨迹所对应的圆心角分别为β1＝180°－α1＝135°和β2＝180°－α2＝45°，如图所示，两种情况下粒子在磁场中运动的时间分别为t1＝T＝和t2＝T＝，故选B、D。 5．如图甲所示，正方形区域ABCD内部有一垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小B＝0.1 T，M、N分别为AD、BC边中点。现在从M点沿平行AB方向以速度v0射入一个质量为m、电荷量为q的带负电粒子，发现该粒子刚好从B点离开磁场区域，已知磁场区域的边长L＝0.4 m，该粒子的比荷＝2×107 C/kg，不计粒子重力。 (1)求该粒子射入磁场时的速度大小v0； (2)若取垂直纸面向里为磁场的正方向，磁感应强度按图乙的方式变化，t＝0时刻，粒子同样从M点平行AB射入，发现粒子恰好能从N点离开，已知T0＝5π×10－7 s，求该粒子射入磁场的速度v0可能的取值以及粒子在磁场中运动的时间。 答案：(1)1.0×106 m/s (2) m/s(n＝1，2，3，…)　5nπ×10－7 s(n＝1，2，3，…) 解析：(1)粒子在磁场中的运动轨迹如图1所示，设粒子做匀速圆周运动的轨迹半径为r，由几何关系可知r2＝L2＋ 由洛伦兹力提供向心力有 qv0B＝ 联立并代入数据，解得v0＝1.0×106 m/s。 (2)设粒子做匀速圆周运动的轨迹半径为r，由洛伦兹力提供向心力有qv0|B|＝ 粒子做圆周运动的周期T＝ 联立解得T＝＝π×10－6 s 则＝，粒子在时间内转过的角度为＝45°，可知粒子在一个磁场变化周期T0内的运动轨迹如图2所示， 由几何关系可得，粒子在一个磁场变化周期T0内前进的距离L0＝4rsin45° 粒子恰好能从N点离开，则L0满足nL0＝L(n＝1，2，3，…) 联立并代入数据，解得v0＝ m/s(n＝1，2，3，…) 粒子在磁场中运动期间转过的角度为θ＝n×4×＝nπ(n＝1，2，3，…) 粒子在磁场中运动的时间t＝·T 联立并代入数据，解得t＝5nπ×10－7 s(n＝1，2，3，…)。 考点二　带电粒子在有界磁场中运动的临界、极值问题 6.(多选)如图所示，长方形abcd的长ad＝0.6 m，宽ab＝0.3 m，O、e分别是ad、bc的中点，以ad为直径的半圆内有垂直于纸面向里的匀强磁场(边界上无磁场)，磁感应强度B＝0.25 T。一群不计重力、质量m＝3×10－7 kg、电荷量q＝＋2×10－3 C的带电粒子以速度v＝5×102 m/s沿垂直ad且垂直于磁场方向射入磁场区域，则(　　) A．从O、d间射入的粒子，出射点全部分布在Oa边 B．从a、O间射入的粒子，出射点全部分布在ab边 C．从O、d间射入的粒子，出射点分布在be边 D．从a、O间射入的粒子，出射点分布在ab边和be边 答案：CD 解析：由左手定则可知粒子射入后向上偏转，由洛伦兹力提供向心力得qvB＝m，解得粒子在磁场中运动的轨道半径R＝＝0.3 m。分析可知，从d点上方，紧邻d点处以垂直于ad边且垂直于磁场方向射入的粒子，其在磁场中的运动轨迹为紧邻磁场边界de的圆弧，且从紧临e点的上方射出长方形区域，轨迹圆心在aO边上紧邻O点的上方，将该粒子轨迹沿da方向平移，即可得到其他沿da边自d点上方垂直ad且垂直于磁场方向射入磁场区域的该类带电粒子在磁场中的运动轨迹，结合几何知识知，从O点射入的粒子运动轨迹如图中的1所示，其出射点在be边上，从a、O间某点射入的粒子运动轨迹如图中的2所示，其出射点在ab边上，则从a、O间射入的粒子，出射点分布在be边和ab边；从O、d间某点射入的粒子运动轨迹如图中的3所示，则从O、d间射入的粒子出射点分布在be边；综上所述，A、B错误，C、D正确。 7.(2024·江西省景德镇市高三下第三次质量检测)如图所示，水平虚线MN上方有匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里。大量带正电的相同粒子，以相同的速率沿位于纸面内水平向右到竖直向上90°范围内的各个方向，由小孔O射入磁场区域，做半径为R的圆周运动。不计粒子重力和粒子间相互作用。下列图中阴影部分表示带电粒子可能经过的区域，其中正确的是(　　) 答案：B 解析：粒子带正电，根据左手定则可知粒子在磁场中将逆时针偏转，因此水平向右射入磁场中的粒子的运动轨迹如图甲所示。现以O点为圆心，沿逆时针方向旋转粒子运动的轨迹，如图乙所示，由题意知，粒子的轨迹最多逆时针转过90°，轨迹圆扫过的区域即粒子可能经过的区域(图乙中阴影部分)。故B正确，A、C、D错误。 8.(多选)如图所示，竖直平面内两条虚线是匀强磁场的上下边界(边界上有磁场)，宽度d＝0.2 m，磁场的磁感应强度B＝0.1 T，在磁场下边界P点有粒子源，可以向磁场各个方向发射速度v0＝1.0×103 m/s带正电的粒子，粒子比荷＝2.5×104 C/kg，不计粒子的重力，下列说法正确的是(　　) A．粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为0.4 m B．粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为0.5 m C．粒子在磁场中运动的最长时间为π×10－4 s D．粒子在磁场中运动的最长时间为π×10－4 s 答案：AC 解析：设粒子在磁场中运动的轨迹半径为r，周期为T，根据洛伦兹力提供向心力，有qv0B＝m，T＝，代入数据解得r＝0.4 m，T＝8π×10－4 s，故A正确，B错误；将半径r＝0.4 m的轨迹圆以P点为圆心进行旋转可知，在磁场中最长的粒子运动轨迹与磁场的上边界相切，如图所示，由几何关系得r－d＝rcosα，解得α＝60°，则粒子的最长运动轨迹所对应的圆心角∠POQ＝2α＝120°，则粒子在磁场中运动的最长时间为t＝·T＝π×10－4 s，故C正确，D错误。 9.(2025·内蒙古通辽市高三上月考)(多选)如图，以Rt△AOC为边界的有界匀强磁场区域，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度大小为B，∠A＝60°，AO＝a。在O点放置一个粒子源，可以向纸面内各个方向发射某种带负电粒子，粒子的比荷为，速度大小均为v0，且满足v0＝，发射方向由图中的角度θ表示。对于粒子进入磁场后的运动(不计重力作用及粒子之间的相互作用)，下列说法正确的是(　　) A．粒子在磁场中运动的半径为2a B．粒子有可能打到A点 C．以θ＝30°飞入的粒子在磁场中运动时间最短 D．在AC边界上只有一半区域有粒子射出 答案：BD 解析：由洛伦兹力提供向心力可得qv0B＝m，解得粒子在磁场中运动的半径为r＝＝a，故A错误；由左手定则可知，射入磁场的粒子将沿顺时针方向偏转，设以θ＝θ1射入的粒子恰好从A点射出，如图甲所示，由几何关系有rcosθ1＝，解得θ1＝60°，则粒子射入与射出磁场的方向与AO边的夹角均为90°－θ1＝30°<∠OAC，故粒子有可能打到A点，B正确；当粒子从OA边离开时，离开位置越接近O点，在磁场中运动的路程越小，所用时间越短，可知当θ趋近于90°时，粒子在磁场中运动时间趋近于0，故C错误；以θ＝0°射入的粒子恰好从AC中点射出，如图乙所示，结合B项分析可知，从A点到AC中点均有粒子射出，因此在AC边界上只有一半区域有粒子射出，故D正确。 10.(多选)如图所示，在直角三角形CDE区域内有磁感应强度为B、垂直纸面向外的匀强磁场，P为直角边CD的中点，∠C＝30°，CD＝2L，一束相同的带负电粒子以不同的速率从P点垂直于CD射入磁场，粒子的比荷为k，不计粒子间的相互作用和重力，则下列说法正确的是(　　) A．速率不同的粒子在磁场中运动时间一定不同 B．从CD边飞出的粒子最大速率为 C．粒子从DE边飞出的区域长度可以大于L D．从CE边飞出的粒子在磁场中运动的最长时间为 答案：BD 解析：根据左手定则可知，粒子从P点垂直射入磁场后向左偏转，设粒子速率为v，在磁场中运动的轨迹半径为R，运动周期为T，由洛伦兹力提供向心力得qvB＝m，又T＝，解得R＝，T＝，则T与v无关，速率较小的粒子可从CD边射出，这些粒子在磁场中的运动轨迹为半圆，运动时间为，而粒子的运动周期相同，所以这些粒子在磁场中运动时间相同，故A错误；以P点为定点，粒子在磁场中运动轨迹的圆心位于PD及其延长线上，将半径放缩作轨迹圆，设从CD边飞出的粒子中速率最大为vm，由几何关系知从D点飞出的粒子的轨迹半径为RD＝DP＝，且轨迹与CE边既不相切，也不相交，则vm＝＝，故B正确；由B项分析可知粒子可以从D点飞出，粒子轨迹恰好与CE相切时，如图所示，对应粒子可以从DE边飞出的临界位置G，也对应粒子从CE边飞出的临界位置F，此轨迹对应圆周半径为r＝DF＝CDsin30°＝L，由几何关系知DG＝L，结合B项放缩圆法分析可知，粒子从DE边飞出的区域长度不可以大于L，故C错误；由B项放缩圆法分析可知，从F点飞出的粒子在磁场中运动轨迹所对应的圆心角，是从CE边飞出的粒子中最大的，则从F点飞出的粒子在磁场中的运动时间是从CE边飞出的粒子中运动时间最长的，由几何关系知，粒子轨迹所对应的圆心角∠FDP＝60°，则从CE边飞出的粒子在磁场中运动的最长时间t＝·T＝，故D正确。 11.(2024·福建省泉州市高三下二模)(多选)如图为一磁约束装置的简化示意图，内半径为R、外半径为3R的环状区域内存在方向垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场。圆心O和内圆边界上S处各有一粒子源，两粒子源均可沿纸面内任意方向射出质量为m、电荷量为q的相同带电粒子。不计粒子的重力及粒子间的相互作用和碰撞，下列说法正确的是(　　) A．从S点射出的粒子速率只要小于，就都不能从外边界离开磁场 B．从S点射出的粒子速率只要大于，就都可以从外边界离开磁场 C．从O点射出的粒子速率只要小于，就都不能从外边界离开磁场 D．从O点射出的粒子速率只要大于，就都可以从外边界离开磁场 答案：BC 解析：假设粒子带负电，画出从S点射出的粒子恰好都不能从外边界离开磁场的临界轨迹如图甲中轨迹1所示，由几何关系可得从S点射出的粒子都不能从外边界离开磁场的最大轨迹半径r1＝＝R，根据qv1B＝m，解得该粒子对应的速率v1＝，可知从S点射出的粒子速率只要小于，就都不能从外边界离开磁场，A错误；同理，画出从S点射出的粒子恰好全都能从外边界离开磁场的临界轨迹如图甲中轨迹2所示，由几何关系知，从S点射出的粒子全都从外边界离开磁场的最小轨迹半径为r2＝＝2R，根据qv2B＝m，解得该粒子对应的速率为v2＝，可知从S点射出的粒子速率只要大于，就都可以从外边界离开磁场，B正确；从O点射出的粒子沿半径方向从内边界射入磁场，若其不从外边界离开磁场，则必然沿半径方向从内边界离开磁场，可知从O点射出的粒子恰好不能从外边界离开磁场的轨迹如图乙所示，由几何关系可得(3R－r′)2＝r′2＋R2，又qv′B＝m，联立解得v′＝，可知从O点射出的粒子速率只要小于，就都不能从外边界离开磁场，从O点射出的粒子速率只要大于，就都可以从外边界离开磁场，C正确，D错误。 12.(2024·河北省邯郸市部分示范性高中高三下三模)(多选)如图所示，在x轴上方存在磁感应强度大小为B、方向垂直于平面向里的匀强磁场。x轴上放置一无限长挡板，挡板上M、N两点的坐标分别为和，坐标为的P点存在一粒子源，可以在xOy平面内向各个方向均匀发射速率为v、比荷为的带正电粒子，不计粒子重力及粒子间相互作用，下列说法正确的是(　　) A．带电粒子在磁场中顺时针运动 B．若v＝，则打在挡板上的粒子数占总数的 C．若v＝，则挡板上有粒子打到的线段长度为 D．若v＝，则挡板上MN之间各处均有粒子打在上面 答案：BC 解析：根据左手定则，可知带电粒子在磁场中逆时针运动，故A错误；由洛伦兹力提供向心力，有qvB＝，若v＝，则带电粒子做圆周运动的半径r＝，如图甲所示，能够打在挡板上的粒子的两个临界轨迹分别为①和②，可知从y轴左侧发射的粒子均能打在挡板上，从y轴右侧发射的粒子均不能打在挡板上，则打在挡板上的粒子数占总数的，粒子打在挡板上最左侧和最右侧的轨迹分别为③和②，左、右两端点J、K与O点的距离分别为l1＝＝，l2＝r＝，挡板上有粒子打到的线段长度为Δl＝l1＋l2＝，故B、C正确；若v＝，同理可知粒子的轨迹半径为r′＝，打在挡板上最左侧和最右侧的轨迹分别为图乙中④和⑤，其中，OQ＝＝l<ON＝，QN段无粒子打在上面，故D错误。 13.(多选)如图所示，直角三角形ABC区域内有垂直纸面向外的匀强磁场(图中未画出)，AC边长为l，∠B＝30°，一群比荷为的带正电粒子以相同速度在CD范围内垂直AC边射入，从D点射入的粒子恰好不从AB边射出。已知从BC边垂直射出的粒子在磁场中运动的时间为t，粒子在磁场中运动的最长时间为t，不计粒子的重力及粒子间的相互作用力，则(　　) A．磁感应强度大小为 B．粒子运动的轨道半径为l C．粒子射入磁场的速度大小为 D．粒子在磁场中扫过的面积为l2 答案：CD 解析：带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，周期为T＝，垂直BC边射出的粒子在磁场中运动的轨迹所对应的圆心角为90°，则其运动时间是t＝T＝，解得B＝，故A错误；根据题意作出从D点垂直AC边射入磁场的粒子的运动轨迹圆弧如图中所示，沿DC方向平移该轨迹圆弧可知从D点射入的粒子在磁场中的运动时间最长，设该粒子在磁场中的运动轨迹所对的圆心角为θ，则有t＝T，解得θ＝，设粒子运动的轨道半径为R，由几何知识得＋Rcos30°＝l，解得R＝l，故B错误；粒子在磁场中运动时，根据洛伦兹力提供向心力，有qvB＝，可得粒子射入磁场的速度大小为v＝＝，故C正确；将从D点射入的粒子在磁场中的运动轨迹沿DC方向平移可知，粒子在磁场中扫过的区域如图中阴影部分所示，由几何知识可得粒子在磁场中扫过的面积为S＝πR2＋R·Rcos30°＝l2，故D正确。 14.(多选)如图所示，半径为R的圆形区域内有一垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，P是磁场边界上的最低点。大量质量均为m、电荷量均为－q(q>0)的带电粒子，以相同的速率从P点沿纸面从各个方向射入磁场区域。已知粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径r＝2R，A、C为圆形区域水平直径的两个端点，粒子的重力、空气阻力和粒子间的相互作用均不计，则下列说法正确的是(　　) A．粒子射入磁场时速率为v＝ B．粒子在磁场中运动的最长时间为t＝ C．不可能有粒子从C点射出磁场 D．不可能有粒子从A点沿水平方向射出磁场 答案：BD 解析：粒子在磁场中做圆周运动，根据牛顿第二定律得：Bqv＝，且r＝2R，所以v＝，A错误；将半径r＝2R的轨迹圆以P点为圆心进行旋转可知，粒子圆周运动的轨迹以磁场圆直径为弦时，其在磁场中运动轨迹所对应的圆心角最大，其在磁场中的运动时间最长，此时粒子的运动轨迹如图甲所示，由几何关系知，此轨迹在磁场中的偏转角为60°，又粒子在磁场中的运动周期T＝，所以粒子在磁场中运动的最长时间为t＝T＝，故B正确；作PC的中垂线，以P或C点为圆心、以2R为半径画圆弧交PC中垂线于O′点，O′点即为能通过C点的轨迹的圆心，如图乙所示，即粒子的速度方向合适是可以从C点射出磁场的，故C错误；若粒子能从A点水平射出磁场，则在A点作速度方向的垂线，再作AP的中垂线，交点即为圆心，如图丙所示，此时圆周运动的半径r≠2R，故D正确。 15.(多选)如图所示，仅在x>0，y>0的空间中存在垂直xOy平面向里的匀强磁场，磁感应强度的大小为B。在x轴上有一粒子源P，到坐标原点的距离为L，可垂直于磁场沿着与x轴成30°角的方向发射速率不同的相同粒子，粒子质量为m、带电荷量为＋q。不计重力的影响，则下列有关说法中正确的是(　　) A．当粒子速率v＝时，粒子将垂直于y轴射出 B．粒子从x轴上射出的位置坐标可能是 C．粒子在磁场中运动的时间可能为 D．粒子在磁场中运动的时间可能为 答案：AC 解析：当粒子速率为v＝时，由洛伦兹力提供向心力得qvB＝m，解得此时粒子在磁场中运动的轨迹半径为R1＝2L，由几何关系可知，粒子的轨迹圆心在y轴上，故粒子将垂直于y轴射出，A正确；以P点为定点，粒子在磁场中运动轨迹的圆心位于与x轴负方向成60°角、过P点的直线上，将半径放缩作轨迹圆，分析可知，粒子从x轴射出的临界轨迹如图1所示，此时粒子的轨迹圆与y轴相切，由几何关系可知α＝30°，则有R0＋R0sinα＝L，解得临界轨迹半径R0＝L，则此时粒子从x轴上x＝L－2R0sinα＝位置射出，故粒子从x轴上射出的横坐标满足<x＜L，故粒子从x轴上射出的位置坐标不可能是，B错误；由洛伦兹力提供向心力有qvB＝m，粒子在磁场中做圆周运动的周期为T＝，解得T＝，由几何关系可知，粒子从x轴上射出时，在磁场中运动轨迹所对应的圆心角最大，为θmax＝360°－2α＝300°，因此粒子在磁场中运动的最长时间为tmax＝T＝，由B项的放缩圆法分析可知，无论粒子的发射速率多大，其在磁场中的轨迹必然经过直线x＝L，即粒子在磁场中运动轨迹所对应的圆心角θ必然大于120°，如图2所示，又若轨迹的圆心角为120°时粒子在磁场中的运动时间为t′＝T＝，则粒子在磁场中运动的时间满足关系<t≤，故C正确，D错误。 16.如图所示，矩形ABCD中AB＝L、AD＝L。其内部有一圆形匀强磁场区域，磁场的磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外。一个质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子，从CD的中点以速度v垂直于CD射入矩形区域，经圆形磁场偏转后沿着AC方向从C点飞出矩 形区域，不计粒子的重力，下列说法正确的是(　　) A．粒子在磁场里运动的时间为 B．粒子在磁场里运动的时间为 C．圆形磁场区域的最小面积为 D．圆形磁场区域的最小面积为 答案：C 解析：由洛伦兹力提供向心力有qvB＝，解得粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径r＝，周期T＝＝。依题意，该粒子的运动轨迹如图所示，由几何关系可知sin∠ACD＝＝，解得∠ACD＝30°，可知粒子在磁场中轨迹所对的圆心角为∠aOb＝90°＋30°＝120°，所以粒子在磁场里运动的时间为t＝T＝，A、B错误；当ab为圆形匀强磁场的直径时，圆形磁场面积最小，设其半径为R，由几何关系可得rsin＝R，可得圆形磁场区域的最小面积为Smin＝πR2，联立解得Smin＝，C正确，D错误。 17.(多选)利用磁聚焦和磁约束可以改变一束平行带电粒子的宽度，人们把此原理运用到薄膜材料制备上，使芯片技术得到飞速发展。如图，宽度为r0的带正电粒子流水平向右射入半径为r0的圆形匀强磁场区域，磁感应强度大小为B0，这些带电粒子都将从磁场圆上O点进入正方形区域，正方形过O点的一边与半径为r0的磁场圆相切。在正方形区域内存在一个面积最小的匀强磁场区域，使汇聚到O点的粒子经过该磁场区域后宽度变为2r0，且粒子仍沿水平方向向右射出，不考虑粒子间的相互作用及粒子的重力，下列说法正确的是(　　) A．正方形区域中匀强磁场的磁感应强度大小为2B0，方向垂直纸面向里 B．正方形区域中匀强磁场的磁感应强度大小为B0，方向垂直纸面向里 C．正方形区域中匀强磁场的最小面积为2(π－2)r D．正方形区域中匀强磁场的最小面积为r 答案：BC 解析：设粒子速度大小为v，根据磁聚焦原理，粒子在半径为r0的圆形磁场区域中运动，粒子运动的轨迹半径为r0，由洛伦兹力提供向心力，有qB0v＝m，解得B0＝，要使汇聚到O点的粒子经正方形区域内的磁场偏转后宽度变为2r0，且粒子仍沿水平方向向右射出，作出粒子轨迹如图所示，由几何关系可知粒子在正方形区域内做圆周运动的轨迹半径R＝2r0，设该磁场的磁感应强度大小为B1，由洛伦兹力提供向心力，有qB1v＝m，解得B1＝B0，由左手定则可知，该磁场方向垂直纸面向里，A错误，B正确；如图中阴影部分面积所示，正方形区域中匀强磁场的最小面积为Smin＝2×＝2(π－2)r，故C正确，D错误。 18.某种离子诊断测量装置的简化原理图如图所示。平面内边长为l的正方形EFGH区域内存在方向垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场，探测板CD平行于GH水平放置，能沿竖直方向缓慢移动且接地。a、b、c为三束宽度不计、间距相等(均为d)的离子束，离子均以相同速度垂直边界EH射入磁场，其中b束中的离子恰好从EH中点射入，后从下边界GH射出后垂直打在探测板的右边缘D点；a束中离子离开GH时，速度方向与GH夹角为α(锐角)。离子质量均为m、电荷量均为q，不计重力及离子间的相互作用。 (1)求离子运动速度v的大小； (2)求a束中离子在磁场中运动的时间； (3)当c束中离子射出磁场后也刚好到达D点，为确保三束离子离开磁场后都能打到CD板上，求此时CD板到GH的最远距离h及此时CD板的最短长度x。 答案：(1)　(2) (3)tanα－dtan2α　l－2dtanα 解析：(1)由题可知，b束中离子在磁场中做圆周运动的半径R＝ 由洛伦兹力提供向心力有Bqv＝ 解得v＝。 (2)离子在磁场中做圆周运动的周期T＝ 由几何关系可知，a束中离子在磁场中偏转的圆心角θ＝π－α a束中离子在磁场中运动的时间t＝·T 联立解得t＝。 (3)根据题意，作出三束离子运动的临界轨迹如图所示，由几何关系可知，b束中离子轨迹圆的圆心为H，b束中离子从HG的中点离开磁场，设该点为M，可知HM＝ Oa点为a束中离子轨迹圆的圆心，Oc点为c束中离子轨迹圆的圆心，由几何关系得HOc＝HOa＝d，可判断出c束中离子和a束中离子于同一点离开HG，设该点为Q，且a束中离子与c束中离子离开HG时的速度与HG的夹角相等，均为α。由几何关系可知， ∠HOcQ＝α，故HQ＝HOctanα QM＝HM－HQ 由几何关系可知h＝QMtanα 解得h＝tanα－dtan2α 当CD板最短时，a束中离子恰好打在C点，由几何关系有x＝2QM 联立解得x＝l－2dtanα。 1 学科网（北京）股份有限公司 $$