第一章 专题提升三 带电粒子在匀强磁场中运动的临界和多解问题-【金版教程】2025-2026学年高中物理选择性必修第二册创新导学案课件PPT（人教版）

第一章　安培力与洛伦兹力 专题提升三　带电粒子在匀强磁场中运动的临界和多解问题 目录 1 课后课时作业 提升 ２ 提升 提升 　带电粒子在有界匀强磁场中运动的临界问题 1．常见临界问题 (1)恰好穿出(不穿出)有界磁场的速度、轨迹半径等。 (2)在磁场中运动的最长时间、最短时间。 2．解题思路 (1)先不考虑磁场边界，假设磁场充满整个空间，根据题给条件尝试画出粒子可能的运动轨迹圆。 (2)结合磁场边界找出临界条件。 (3)根据几何关系、运动规律求解。 提升 4 3．常见的临界条件 (1)刚好穿出或刚好不能穿出磁场的临界条件是带电粒子在磁场中运动的轨迹与边界相切。 (2)当以一定的速率垂直射入磁场时，运动的弧长越长，则带电粒子在有界磁场中运动时间越长。 (3)当速度大小v变化时，运动轨迹对应的圆心角越大，运动时间越长。 提升 如图所示，磁感应强度为B的匀强磁场左、右边界平行，磁场的宽度为d，带正电的粒子射入磁场的速度方向与左边界夹角为θ，已知粒子质量为m，电荷量为q，粒子恰好没有从右侧边界离开磁场。 (1)请画出带电粒子在磁场区域做匀速圆周运动的轨迹圆； (2)求粒子做匀速圆周运动的半径是多大？ (3)求粒子射入磁场的速度是多大？ 提升 6 提升 7 临界问题求解技巧——动态放缩法 当带电粒子射入磁场的方向确定，但射入时速度v的大小或磁感应强度B变化时，粒子做圆周运动的轨道半径r随之变化。在确定粒子运动的临界情景时，可以以入射方向所在直线为切线，入射点为切点，作出半径不同的一系列轨迹，从而探索出临界条件。如图所示为粒子进入矩形边界磁场的情景。 提升 8 提升 9 提升 10 提升 11 临界问题求解技巧——定圆旋转法 当带电粒子射入磁场时的速率v一定，但射入的方向变化时，可以以入射点为定点，将轨迹圆旋转，作出一系列轨迹，从而探索出临界条件。如图所示为粒子进入单边有界磁场时的情景。 提升 12 提升 　带电粒子在匀强磁场中运动的多解问题 1．电性、磁场方向等不确定引起的多解 (1)带电粒子电性不确定形成多解 受洛伦兹力作用的带电粒子，可能带正电，也可能带负电，在相同的初速度的条件下，正、负粒子在磁场中运动轨迹不同，形成多解。 如图甲，带电粒子以速度v垂直进入匀强磁场，如带正电，其轨迹为a，如带负电，其轨迹为b。 提升 13 (2)磁场方向不确定形成多解 有些题目只告诉磁感应强度的大小，而未具体指出磁感应强度的方向，此时必须要考虑磁感应强度方向不确定而形成的多解。 如图乙，带正电的粒子以速度v垂直进入匀强磁场，如B垂直纸面向里，其轨迹为a，如B垂直纸面向外，其轨迹为b。 提升 2．临界状态不唯一形成多解 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，如图丙所示，于是形成了多解。 　 3．运动的周期性形成多解 由于磁场周期性变化、粒子反复与挡板碰撞等，从而使运动具有周期性导致多解。如图丁，粒子从两磁场分界线射出有多种可能。 提升 提升 16 提升 17 提升 18 提升 19 求解带电粒子在磁场中运动多解问题的技巧 (1)分析题目特点，确定题目多解性形成的原因。 (2)作出粒子运动轨迹示意图(全面考虑多种可能性)。 (3)若为周期性重复的多解问题，应寻找通项式；若可能出现几种解，应注意每种解出现的条件。 提升 20 提升 21 提升 22 课后课时作业 题型一　带电粒子在有界匀强磁场中运动的临界问题 1.如图所示，一束电子以大小不同的速率沿图示方向飞入一正方形的匀强磁场区，对于从ab边离开磁场的电子，下列判断正确的是(　　) A．从a点离开的电子速度最小 B．从a点离开的电子在磁场中运动时间最长 C．从b点离开的电子运动半径最小 D．从b点离开的电子速度偏转角最小 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课后课时作业 8.地磁场能抵御宇宙射线的侵入，赤道剖面外地磁场可简化为包围地球的一定厚度的匀强磁场，方向垂直该剖面，如图所示，O为地球球心，R为地球半径，假设地磁场只分布在半径为R和2R的两边界之间的圆环区域内(边界上有磁场)，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外。宇宙射线中含有一种带电粒子，其质量为m、电荷量为q，忽略引力和带电粒子间的相互作用，下列说法正确的是(　　) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课后课时作业 [名师点拨] 　临界问题求解技巧——定圆平移法 速度大小和方向相同的一排相同粒子垂直直线边界进入匀强磁场，各粒子的轨迹圆弧可以由一个粒子的轨迹圆弧沿着边界平移得到(如图所示)。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课后课时作业 　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　 R 答案　(1)如图所示　(2)eq \f(d,1＋cosθ)　 (3)eq \f(\a\vs4\al(qBd),m（1＋cosθ）) 解析　(1)粒子恰好没有从右侧边界离开磁场，则带电粒子在磁场 区域做匀速圆周运动的轨迹圆与磁场右边界相切，如图所示。 (2)设粒子做匀速圆周运动的半径为r，根据几何关系有r＋rcosθ＝d 解得r＝eq \f(d,1＋cosθ)。 (3)设粒子射入磁场的速度大小为v，根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝eq \f(mv2,r) 解得v＝eq \f(\a\vs4\al(qBd),m（1＋cosθ）)。 A．粒子可能带负电 B．粒子入射速率为eq \f(qBL,m) C．粒子在磁场运动的最短时间为eq \f(πm,3qB) D．粒子离开磁场的位置到O点的最大距离为2L 解析　根据题意，当粒子沿x轴正方向射入时，粒子运动的轨迹如图甲所示，由左手定则可知，粒子带正电，故A错误；由题意可知粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径r＝L，根据洛伦兹力提供向心力，有qvB＝meq \f(v2,r)，解得粒子入射速率v＝eq \f(\a\vs4\al(qBL),m)，故B正确； 当粒子在磁场中运动时间最短时，粒子运动的轨迹如图乙所示，根据几何关系可得该段轨迹所对应的圆心角θ＝eq \f(π,3)，则粒子在磁场运动的最短时间为t＝eq \f(θ,2π)T＝eq \f(\f(π,3),2π)·eq \f(2πr,v)＝eq \f(πm,3qB)，故C正确；当粒子离开磁场的位置与P点连线是轨迹圆的直径时，离开的位置到O点的距离最大，如图丙所示，其中PQ＝2L，且由几何知识知PQ2＝OP2＋OQ2，解得OQ＝eq \r(3)L，即粒子离开磁场的位置到O点的最大距离为eq \r(3)L，故D错误。 A.eq \f(πm,3qB) B.eq \f(2πm,3qB) C.eq \f(4πm,3qB) D.eq \f(5πm,3qB) 解析　由洛伦兹力提供向心力，有qvB＝meq \f(v2,R)，带电粒子在磁场中做圆周运动的周期T＝eq \f(2πR,v)，联立可得T＝eq \f(2πm,qB)。若带电粒子所带电荷为正电荷，则轨迹为图中①所示，其对应的圆心角为300°，在磁场中运动的时间为t1＝eq \f(300°,360°)T＝eq \f(5πm,3qB)；若带电粒子所带电荷为负电荷，则轨迹为图中②所示，其对应的圆心角为60°，在磁场中运动的时间为t2＝eq \f(60°,360°)T＝eq \f(πm,3qB)，故A、D正确。 A.eq \f(2qBL,m) B.eq \f(qBL,2m) C.eq \f(2qBL,3m) D.eq \f(qBL,7m) 解析　根据题意和左手定则可判断粒子可能的轨迹如图所示，所有圆弧所对圆心角均为60°，所以粒子在磁场中的运动轨迹半径r＝eq \f(L,n)(n＝1，2，3，…)；由洛伦兹力提供向心力，有qvB＝meq \f(v2,r)，联立解得v＝eq \f(\a\vs4\al(Bqr),m)＝eq \f(\a\vs4\al(BqL),nm)(n＝1，2，3，…)，由此可知v＝eq \f(\a\vs4\al(qBL),2m)和v＝eq \f(\a\vs4\al(qBL),7m)的粒子能通过B点，v＝eq \f(\a\vs4\al(2qBL),m)和v＝eq \f(\a\vs4\al(2qBL),3m)的粒子不能通过B点，故选B、D。 A．使粒子的速度v<eq \f(BqL,4m) B．使粒子的速度v＞eq \f(BqL,4m) C．使粒子的速度v＞eq \f(5BqL,4m) D．使粒子的速度eq \f(BqL,4m)＜v＜eq \f(5BqL,4m) 解析　要使粒子不打在极板上，那么粒子可从极板的右边或者左边穿出磁场，依据题意，粒子恰好打在极板上的临界状态如图所示，即打在极板左边B点或者右边A点。当粒子打在B点时，由图可知2r1＝eq \f(L,2)，可得r1＝eq \f(L,4)；当粒子打在A点时，根据几何关系有req \o\al(2,2)＝L2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(r2－\f(L,2)))eq \s\up12(2)，得r2＝eq \f(5L,4)。根据洛伦兹力提供向心力，有qvB＝meq \f(v2,r)，解得r＝eq \f(mv,qB)，则有v1＝eq \f(\a\vs4\al(qBL),4m)，v2＝eq \f(\a\vs4\al(5qBL),4m)，那么欲使粒子不打 在极板上，应有v＜eq \f(\a\vs4\al(BqL),4m)或v＞eq \f(\a\vs4\al(5BqL),4m)，A、C正确。 解析：分别从a点、b点和ab上任意一点射出的电子的轨迹如图中圆弧①、③、②所示。从a点离开的电子的运动轨迹半径最大，速度偏转角最小；从b点离开的电子的运动轨迹半径最小，速度偏转角最大，C正确，D错误。根据洛伦兹力提供向心力，有evB＝meq \f(v2,R)，可得v＝eq \f(eBR,m)，则从a点离开的电子运动速度最大，A错误。根据evB＝meq \f(v2,R)、T＝eq \f(2πR,v)、t＝eq \f(θ,2π)T，可得电子在磁场中的运动时间t＝eq \f(θm,eB)，则从a点离开的电子在磁场中运动时间最短，B错误。 2.(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、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．粒子从x轴上射出的位置坐标可能是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2L,3)，0)) B．粒子从x轴上射出的位置坐标可能是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,6)，0)) C．粒子在磁场中运动的最长时间为eq \f(5πm,3Bq) D．粒子在磁场中运动的最长时间为eq \f(7πm,3Bq) 解析：画出粒子从x轴射出的临界轨迹如图所示，此时轨迹圆与y轴相切，由几何关系可知α＝30°，则有R＋Rsinα＝L，解得临界轨迹半径R＝eq \f(2L,3)，则此时粒子从x轴上x＝L－2Rsinα＝eq \f(L,3)位置射出，故粒子从x轴上射出的横坐标满足eq \f(L,3)<x<L，A正确，B错误；由几何关系可知，粒子从x轴上射出时，在磁场中运动轨迹对应的圆心角最大，为300°，因此粒子在磁场中运动的最长时间 为tmax＝eq \f(300°,360°)T＝eq \f(5,6)×eq \f(2πm,qB)＝eq \f(5πm,3qB)，C正确，D错误。 3.在一空心圆柱面内有一垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度为B，其横截面如图所示，磁场边界为同心圆，内、外半径分别为r和2r，圆心处有一粒子源不断地沿半径方向射出质量为m、电荷量为q的带电粒子，不计粒子重力及粒子间的相互作用。为使这些粒子不射出磁场外边界，粒子从圆心处射出时速度不能超过(　　) A.eq \f(qBr,m) B.eq \f(3qBr,4m) C.eq \f(（\r(2)＋1）qBr,m) D.eq \f(（\r(2)－1）qBr,m) 解析：粒子的运动轨迹与磁场外边界相切时，粒子恰好不射出磁场外边界，设此时粒子速度为v，运动的轨迹圆圆心为O1，粒子在磁场中的轨迹圆半径为R，如图所示，则由几何关系得(2r－R)2＝R2＋r2，解得R＝eq \f(3r,4)，又qvB＝meq \f(v2,R)，可得v＝eq \f(\a\vs4\al(3qBr),4m)，故选B。 4.(多选)如图所示，在xOy平面的第Ⅰ象限内y轴和虚线之间存在范围足够大的匀强磁场，方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B，虚线与x轴正方向的夹角θ＝60°，在M(0，l)处有一个粒子源，可沿平面内各个方向射出质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，粒子速率均为v0＝eq \f(\r(3)qBl,6m)，不计粒子间的相互作用力与重力，则能从x轴正半轴射出的粒子(　　) A．在磁场中运动的最短时间为eq \f(2πm,3qB) B．在磁场中运动的最短时间为eq \f(πm,3qB) C．在磁场中运动的最长时间为eq \f(πm,qB) D．在磁场中运动的最长时间为eq \f(4πm,3qB) 解析：由洛伦兹力提供向心力得qv0B＝m2,0)eq \f(v,r) ，解得粒子在磁场中运动的轨迹半径为r＝eq \f(mv0,qB)＝eq \f(\r(3),6)l，由T＝eq \f(2πr,v0)得，粒子的运动周期T＝eq \f(2πm,qB)。粒子在磁场中运动时间最短时，轨迹对应的弦长最短，如图1所示，最短弦长为从M点向虚线作的垂线MN的长度，设该弦长对应的圆心角为θ1，由几何关系得 sineq \f(θ1,2)＝eq \f(\f(1,2)MN,r)＝eq \f(\f(1,2)lsin30°,r)＝eq \f(\r(3),2)，则θ1＝eq \f(2π,3)，则在磁场中运动的最 短时间为tmin＝eq \f(θ1,2π)T＝eq \f(2πm,3qB)，A正确，B错误； 如图2所示，由几何关系可知，竖直向上射出的粒子，在磁场中运动半个圆周，轨迹所对圆心角最大，且能从x轴正半轴射出，此时粒子在磁场中运动时间最长，tmax＝eq \f(1,2)T＝eq \f(πm,qB)，D错误，C正确。 题型二　带电粒子在匀强磁场中运动的多解问题 5.在如图所示的平面内，分界线MN将边界平行、宽度为L的区域分成两部分，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，MN与磁场的左右边界垂直。一质量为m、电荷量为＋q的粒子从M点射入磁场，入射方向与磁场方向垂直且与MN成30°角。若粒子恰好从右边界沿垂直于边界方向射出，不计粒子重力，则该粒子的入射速度大小可能为(　　) A.eq \f(\a\vs4\al(BqL),2m) B.eq \f(\a\vs4\al(BqL),m) C.eq \f(\a\vs4\al(2BqL),3m) D.eq \f(\a\vs4\al(3BqL),2m) 解析：粒子可能从MN下方沿垂直于边界方向射出，如图1所示，还可能从MN上方沿垂直于边界方向射出，如图2所示，由几何关系可得(2n＋1)Rsin30°＝L(n＝0，1，2，…)，解得R＝eq \f(2L,2n＋1)(n＝0，1，2，…)，由洛伦兹力提供向心力，有qvB＝eq \f(mv2,R)，联立解得v＝eq \f(2,2n＋1)·eq \f(\a\vs4\al(BqL),m)(n＝0，1，2，…)， 当v＝eq \f(\a\vs4\al(BqL),2m)时，n＝eq \f(3,2)，当v＝eq \f(\a\vs4\al(BqL),m)时，n＝eq \f(1,2)，当v＝eq \f(\a\vs4\al(2BqL),3m) 时，n＝1，当v＝eq \f(\a\vs4\al(3BqL),2m)时，n＝eq \f(1,6)，故选C。 6.长度为L的水平板上方区域存在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，从距水平板中心正上方eq \f(L,2)的P点处以水平向右的速度v0释放一个质量为m、电荷量为e的电子，若电子能打在水平板上，速度v0应满足(　　) A．v0>eq \f(eBL,2m) B．v0<eq \f(eBL,4m) C.eq \f(eBL,4m)<v0<eq \f(eBL,2m) D．v0>eq \f(eBL,2m)或v0<eq \f(eBL,4m) 解析：电子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有ev0B＝m2,0)eq \f(v,R) ，解得R＝eq \f(mv0,eB)，当半径很小或者很大时，电子均不能打在水平板上，两个临界点分别为轨迹与水平板相切、轨迹恰好经过水平板两端点，如图所示，根据几何关系可知Rmin＝eq \f(L,4)，Rmax＝eq \f(L,2)，解得v0min＝eq \f(eBL,4m)，v0max＝eq \f(eBL,2m)，则有eq \f(eBL,4m)<v0<eq \f(eBL,2m)，故选C。 7.(多选)如图所示，宽度为d的有界匀强磁场，磁感应强度为B，MM′和NN′是它的两条边界线，现有质量为m、电荷量大小为q的带电粒子沿图示方向垂直磁场射入，粒子重力不计，要使粒子不能从边界NN′射出，粒子入射速率v的最大值可能是(　　) A.eq \f(qBd,m) B.eq \f(（2＋\r(2)）qBd,m) C.eq \f(qBd,2m) D.eq \f(（2－\r(2)）qBd,m) 解析：设带电粒子在磁场中运动的轨迹半径为R，粒子在磁场中做圆周运动时由洛伦兹力提供向心力，可得qvB＝meq \f(v2,R)，解得R＝eq \f(mv,qB)，可知带电粒子速率与轨迹半径成正比，则当轨迹恰好与边界NN′相切时，粒子恰好不能从边界NN′射出，对应的轨迹半径最大，粒子的速率最大。若粒子带负电，临界轨迹如图甲所示， 由几何知识得R1＋R1cos45°＝d，解得R1＝(2－eq \r(2))d，对 应的速率v1＝eq \f(\a\vs4\al(（2－\r(2)）qBd),m)；若粒子带正电，临界轨迹 如图乙所示，由几何知识得R2－R2cos45°＝d，解得R2＝ (2＋eq \r(2))d，对应的速率v2＝eq \f(\a\vs4\al(（2＋\r(2)）qBd),m)，故选B、D。 A．从A点沿垂直地面方向射入的该种粒子，速率为eq \f(qBR,m)的粒子可到达地面 B．从A点沿垂直地面方向射入的该种粒子，速率为eq \f(\r(3)qBR,2m)的粒子可到达地面 C．从A点沿平行地面且垂直磁场方向射入的该种粒子， 速率为eq \f(\r(3)qBR,3m)的粒子可到达地面 D．从A点沿平行地面且垂直磁场方向射入的该种粒子， 速率为eq \f(\r(3)qBR,m)的粒子可到达地面 解析：设粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径为r，从A点沿垂直地面方向射入的该种粒子，当轨迹与地面相切时，其速率最小，如图1所示，根据几何关系可知req \o\al(2,a)＋(2R)2＝(ra＋R)2，又qvaB＝m2,a)eq \f(v,ra) ，解得va＝eq \f(\a\vs4\al(3qBR),2m)，即从A点沿垂直地面方向射入的该种粒子，速率大于eq \f(\a\vs4\al(3qBR),2m)的粒子可到达地面，故A、B错误； 由qvB＝meq \f(v2,r)得v＝eq \f(\a\vs4\al(qBr),m)，即轨迹半径越大的粒子，其速率越大，从A点沿平行地面且垂直磁场方向射入的该种粒子，可到达地面的临界情况如图2所示，到达地面最小轨迹半径rb＝eq \f(1,2)R，对应最小速度vmin＝eq \f(\a\vs4\al(qBR),2m)，最大轨迹半径rc＝eq \f(3,2)R，对应最大速度vmax＝eq \f(\a\vs4\al(3qBR),2m)，所以从A点沿平行地面且垂直磁场方 向射入的该种粒子，速率在eq \f(\a\vs4\al(qBR),2m)≤v≤eq \f(\a\vs4\al(3qBR),2m)的粒子可到 达地面，故C正确，D错误。 9.如图所示，有界匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里，MN为其左边界，磁场中沿磁场方向放置一表面涂有荧光材料、底面半径为R的圆柱体，电子打到圆柱体表面时荧光材料会发出荧光，且被圆柱体吸收。圆柱体的底面圆心O到磁场边界MN的距离为2R。一平行电子束以垂直边界MN向右的初速度v0＝eq \f(3eBR,m)射入磁场，已知电子质量为m，电荷量为e，则图示截面圆上发光部分的长度等于(　　) A.eq \f(1,2)πR B．πR C.eq \f(4,3)πR D.eq \f(5,3)πR 解析：由洛伦兹力提供向心力得ev0B＝2,0)eq \f(mv,r) ，解得粒子轨迹半径r＝3R，画出与圆柱体相切的两条轨迹，如图所示，由几何关系知sinα＝eq \f(2R,r＋R)，解得α＝eq \f(π,6)，则截面圆上发光部分对应的圆心角为θ＝π＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－α))＝eq \f(4,3)π，则截面圆上发光部分的长度l＝θ·R＝eq \f(4,3)πR，故选C。 10.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洛伦兹力的作用下，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，粒子重力不计。下列说法中正确的是(　　) A．若该带电粒子从ab边射出，它经历的时间可能为t0 B．若该带电粒子从bc边射出，它经历的时间可能为eq \f(5t0,3) C．若该带电粒子从cd边射出，它经历的时间为eq \f(5t0,3) D．若该带电粒子从ad边射出，它经历的时间可能为eq \f(2t0,3) 解析：由带正电的粒子从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刚好从c点射出磁场可知，该带电粒子在磁场中做圆周运动的周期是2t0。当粒子沿纸面以与Od成30°角的方向射入正方形内时，如图所示，作出从ab边射出的临界轨迹①、从bc边射出的临界轨迹②、从cd边射出的轨迹③和从ad边射出的临界轨迹④。由图可知，该带电粒子从ab边射出经历的时间一定不大于eq \f(5t0,6)；从bc边射出经历的时间一定不大于eq \f(4t0,3)；从cd边射出经历的 时间一定是eq \f(5t0,3)；从ad边射出经历的时间一定不大于eq \f(t0,3)。故C 正确，A、B、D错误。 $