1.3 带电粒子在匀强磁场中的运动 九种题型-2026-2027学年高二下学期物理人教版选择性必修第二册

1.3带电粒子在匀强磁场中的运动九种题型 题型一　半径、周期公式的基本应用 题型二　有界磁场中的偏转与几何关系 题型三　圆形磁场区域中的偏转 题型四　三角形、正方形与正六边形等特殊边界 题型五　组合磁场与多区域连续偏转 题型六　临界、极值与“恰好”问题 题型七　电场与磁场的组合（多过程） 题型八　与力学综合（木板、滑块、细管） 题型九　磁场中的螺旋运动与科技应用 题型一　半径、周期公式的基本应用 【解题技巧】带电粒子垂直射入匀强磁场时，洛伦兹力提供向心力：qvB＝mv²/r，得 r＝mv/(qB)、T＝2πm/(qB)。两条结论必须记牢：半径与速率成正比、与比荷成反比；周期只由比荷和磁感应强度决定，与速率、半径无关。比较不同粒子（质子、氘核、α 粒子、同位素）时先算比荷，由 r∝v/(q/m) 判断轨迹半径，由 T 比较运动时间。 1．如图所示，在匀强磁场中，一带电粒子沿垂直于磁感线方向射入，运动轨迹为一段圆弧。若仅减小粒子的入射速度，下列说法正确的是（    ） A．粒子运动周期变小 B．粒子运动半径变小 C．粒子在磁场中运动时间变短 D．粒子所受洛伦兹力不变 2．初速度为的电子，沿平行于通电长直导线的方向射出，直导线中电流方向与电子的初始运动方向如图所示，电子所受重力不计，则（    ） A．电子将向左偏转，轨迹半径变小 B．电子将向左偏转，轨迹半径变大 C．电子将向右偏转，轨迹半径变小 D．电子将向右偏转，轨迹半径变大 3．如图所示，A、B是两种同位素的原子核，二者电荷量相同，质量不等。A、B以相同的速度从S点沿着与磁场垂直的方向进入匀强磁场，它们的运动轨迹如图中虚线所示，则（　　） A．A、B的质量大小关系为 B．A、B的质量大小关系为 C．A、B在磁场中运动的时间大小关系为 D．A、B在磁场中运动的时间大小关系为 4．如图是洛伦兹力演示仪的结构图。励磁线圈产生垂直纸面向外的匀强磁场，电子枪发射电子的速度与磁场垂直，电子枪上的加速电压可控制电子的速度大小，以下正确的是（　　） A．增大电子枪的加速电压，可使电子运动径迹的半径变大 B．减小电子枪的加速电压，可使电子做圆周运动的周期变小 C．增大励磁线圈中的电流，可使电子运动径迹的半径变大 D．减小励磁线圈中的电流，可使电子做圆周运动的周期变小 5．有三束粒子，分别是质子、氚核和氦核，如果它们均以相同的速度垂直射入匀强磁场（磁场方向垂直于纸面向里），图中能正确表示这三束粒子的运动轨迹的是（　　） A． B． C． D． 6．边长为a的正方形，处于有界磁场如图，一束电子水平射入磁场后，分别从A处和C处射出，则vA：vC=________；所经历的时间之比tA：tB=________．.   四、解答题 题型二　有界磁场中的偏转与几何关系 【解题技巧】有界磁场的题先画轨迹：定圆心（过入射点作速度的垂线，洛伦兹力指向圆心）、找半径、用几何关系列式。常用关系：偏转角等于圆心角；弦长 L＝2r·sin(θ/2)；穿过宽度为 d 的磁场时由边界位置得 d＝r·sinθ 或 d＝r(1－cosθ)。求时间用 t＝(θ/2π)T，同一粒子在同一磁场中 T 相同，时间只由圆心角决定。 1．如图所示，直线MN上方存在范围足够大的磁感应强度为B的匀强磁场，一质子（质量为m、电荷量为q）以速度v从O点沿与MN成30°角的方向射入磁场中，若不计质子重力，则（     ） A．质子从磁场中射出时距O点的距离为 B．质子从磁场中射出时距O点的距离为 C．质子在磁场中运动的时间为 D．质子在磁场中运动的时间为 2．如图所示，矩形区域ACDE内有垂直于纸面向里的匀强磁场，现有两个比荷大小相等的带电粒子甲和乙，先后以不同的速率从AE的中点垂直于AE射入磁场，它们在磁场内的运动轨迹如图中实线所示。粒子之间的相互作用力及所受重力和空气阻力均可忽略不计，下列物理量中，粒子甲大于粒子乙的是（　　） A．在矩形区域中运动的时间 B．在磁场中做圆周运动的周期 C．向心加速度大小 D．速率 3．如图甲所示，有界匀强磁场I的宽度与如图乙所示的圆形匀强磁场Ⅱ的半径相等，一粒子从左边界的M点以一定初速度水平向右垂直射入磁场I，从右边界射出时速度方向偏转了角；该粒子以另一初速度从N点沿半径方向垂直射入磁场Ⅱ，射出磁场时速度方向偏转了角。已知磁场I、Ⅱ的磁感应强度相同，不计粒子受到的重力，则与的比值为（　　） A． B． C． D． 4．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 C．若该带电粒子从cd边射出，它经历的时间为 D．若该带电粒子从ad边射出，它经历的时间可能为 5．如图所示，一倾角为的斜线长为，比荷为的正粒子从点以水平速度射入垂直纸面向外的匀强磁场（图中未画出）中，恰好从点射出，不计粒子重力，求： (1)粒子做匀速圆周运动的半径； (2)匀强磁场的磁感应强度大小。 6．如图所示，质量为m电荷量为q的粒子以垂直于磁感应强度B并垂直于磁场边界的速度射入宽度为d的匀强磁场中，穿出磁场时速度方向和原来射入方向的夹角，求： (1)判断粒子的电性？求粒子的速度大小？ (2)穿过磁场所用的时间是多少？ 7．如图所示，一质量为、带电荷量为的粒子以速度垂直射入一有界匀强磁场区域内，速度方向跟磁场左边界垂直，从右边界离开磁场时速度方向偏转角，磁场区域的宽度为，求： (1)带电粒子在磁场中做圆周运动的半径； (2)磁感应强度的大小； (3)粒子在磁场中运动的时间。 8．如图所示，一矩形有界匀强磁场垂直纸面向里，矩形的边长为，边长为；一质量为、带电量大小为的带电粒子从点沿方向进入磁场，初速度大小为，恰好从点离开磁场。忽略带电粒子的重力。回答下列问题： (1)判断带电粒子的电性； (2)求匀强磁场的磁感应强度的大小； (3)若将该区域内的磁场改换为竖直方向的匀强电场，该带电粒子仍保持原来的入射速度，恰好从点离开，求匀强电场的大小和方向。 题型三　圆形磁场区域中的偏转 【解题技巧】圆形磁场有两条常用结论：沿半径方向射入的粒子，出射速度的反向延长线过圆心（磁场圆心、轨迹圆心、入射点构成等腰三角形）；轨迹半径与磁场半径满足特定比例时，偏转角可直接读出。解题把磁场圆心、轨迹圆心、入射点与出射点连成图形，用勾股定理或正弦定理求半径，再由 r＝mv/(qB) 求速度、比荷或时间。 1．如图所示，半径为R的圆形区域内有磁感应强度大小为B的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。一带电粒子从C点以速度v沿直径CD方向射入磁场，经磁场偏转后从F点射出磁场。粒子在磁场中的运动时间为，如果只把磁感应强度变为原来的3倍，粒子依然以相同的速度从C点射入，粒子在磁场中的运动时间为，忽略粒子的重力，则（　　） A． B． C． D． 2．如图，在半径为的圆形区域内有水平向里的匀强磁场，磁感应强度为B。圆形区域右侧有一竖直感光板MN。带正电粒子从圆弧顶点P以速率v0平行于纸面进入磁场，已知粒子质量为m，电量为q，粒子重力不计。若粒子对准圆心射入，则下列说法中错误的是（　　） A．粒子一定沿半径方向射出 B．粒子在磁场中运动的时间为 C．若粒子速率变为2v0，穿出磁场后一定垂直打到感光板MN上 D．粒子以速度v0从P点以任意方向射入磁场，离开磁场后一定垂直打在感光板MN上 3．如图所示，圆心为O、半径为R的圆内有垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场（图中未画出），MN为竖直方向的直径，CD为水平方向的直径，比荷相同、带正电的粒子，从圆形磁场边界上的A点以大小不同的速度沿水平方向射入磁场，粒子1射出磁场时的速度方向恰好与其入射方向相反，粒子2恰好从N点射出。已知∠AON=120°，不计粒子的重力和粒子间的 相互作用，下列说法正确的是（　　） A．粒子1与粒子2的速度大小之比为1∶2 B．粒子1与粒子2的速度大小之比为1∶3 C．粒子1与粒子2在磁场中的运动时间之比为2∶3 D．粒子1与粒子2在磁场中的运动时间之比为3∶1 4．如图所示，圆形区域OAB内分布有垂直纸面向外的匀强磁场，当带电粒子以初速度从圆弧中点C垂直OB方向进入磁场时，粒子恰好从B点离开磁场。已知磁感应强度大小为，，不计粒子重力，则该粒子的比荷为（　　） A． B． C． D． 5．如图所示，圆心为O、半径为R的圆形区域内有垂直纸面向外的匀强磁场。从圆周上的P点在纸面内沿不同方向射入各种速率的同种带正电粒子，其中某一速率为的入射粒子，经时间t从Q点离开磁场，离开磁场时速度方向与PO连线垂直，OP与PQ的夹角。不考虑粒子所受重力及粒子间的相互作用。下列说法正确的是（　　） A．速率为的粒子在磁场中运动的轨迹半径为 B．所有速率为的入射粒子，离开磁场时的速度方向都是平行的 C．从Q点离开磁场的粒子的速率最小值为 D．速率为的粒子在磁场中运动的最长时间为t 6．如图所示，在以O点为圆心、半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。圆形区域外有大小相等、方向相反、范围足够大的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q（q>0）的带电粒子沿直径AC方向从A点射入圆形区域。不计重力，下列说法正确的是（     ） A．粒子的运动轨迹可能经过O点 B．粒子射出圆形区域时的速度方向不一定沿该区域的半径方向 C．粒子连续两次由A点沿AC方向射入圆形区域的最小时间间隔为 D．若粒子从A点射入到从C点射出圆形区域用时最短，粒子运动的速度大小为 题型四　三角形、正方形与正六边形等特殊边界 【解题技巧】特殊边界（三角形、正方形、正六边形、半圆）的要点是“边界决定出射点、出射点决定圆心角”。先画全边界，再找恰好擦过顶点或与边相切的临界轨迹，由几何关系求半径；正六边形、等边三角形自带 60°、120° 的特殊角，可直接定弦长与圆心角。多粒子问题按“半径不同、圆心在同一直线上”逐条作图，比较出射点与偏转角。 1．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L，bc和ac的夹角为60°，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 B．粒子的入射速度为 C．粒子在磁场中运动的最大轨迹长度为 D．从bc边射出的粒子在磁场内运动的最长时间为 2．如图，在一个边长为的正六边形区域内，存在磁感应强度为、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，三个相同的带正电粒子，比荷为，先后从点沿方向以大小不等的速率射入匀强磁场区域，已知粒子只受磁场的作用力，则下列说法不正确的是（　　） A．所有从AF边上飞出磁场的粒子，飞出磁场时方向一定相同 B．从E点飞出磁场的粒子，在磁场中的运动时间为 C．从ED边上的某一点垂直ED飞出磁场的粒子，其轨道半径为 D．从F点飞出磁场的粒子速度大小为 3．如图所示，边长为的正六边形区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场。带正电的粒子从边的中点以某一速度垂直边射入磁场，恰好从相邻边的中点射出磁场，不计粒子重力。则下列说法正确的是（　　） A．粒子射出磁场时的速度方向与入射方向的夹角为 B．粒子射出磁场时的速度方向与入射方向的夹角为 C．粒子射出磁场时的速度方向与入射方向的夹角为 D．若粒子与边成角斜向右下方射入磁场，调整速度大小，粒子可能从点射出磁场 4．如图所示，水平线段OA上方某区域存在方向垂直于纸面的矩形匀强磁场区域（未画出），磁感应强度大小为B，A为磁场边界上一点。一带正电的粒子从O点以平行于纸面，且与OA成30°角的速度发射，经过磁场区域偏转后通过A点且速度方向与OA垂直。已知OA的长度为L，粒子的电荷量为q、质量为m，不计粒子的重力，则下列说法正确的是（　　） A．磁场方向垂直纸面向里 B．粒子的速度大小为 C．磁场区域的最小面积为 D．粒子通过磁场区域的时间为 5．如图，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，对从右边离开磁场的电子，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短 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 6．如图所示，矩形区域内有匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为，边长为，边长为，是边上的一点，是边上的一点，且。在点有一粒子源，大量同种粒子以相同速率从点向磁场内沿各个方向射出，粒子均带正电，电荷量均为，质量均为。如图，速度与边的夹角为的粒子恰好从点射出磁场，不计粒子的重力和粒子间的相互作用力，则（　　） A．磁场方向垂直于纸面向里 B．粒子在磁场中运动的最长时间为 C．磁场区域中有粒子通过的面积为 D．从B点射出的粒子的入射速度与BE连线夹角正弦值为 7．如图所示，直角三角形ABC区域内存在着磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场。已知AB边长为L，、，一带电粒子从A点以初速度沿AB方向进入磁场，恰未从BC边射出，若保持该带电粒子入射速度的大小及方向均不变，入射点沿AC边上移。求： (1)带电粒子的比荷； (2)入射点上移后，带电粒子在磁场中的运动时间。 题型五　组合磁场与多区域连续偏转 【解题技巧】穿越多个磁场区域时按“分段作图、逐段求圆心角”处理：每段仍是匀速圆周运动，半径由该区磁感应强度决定，方向由左手定则判断；区域交界处速度连续，进入新区域时以该点速度为新起点重定圆心。同一直线两侧反向磁场中，轨迹是两段半径相同、旋向相反的圆弧，常构成 S 形或回到原点的闭合路径，注意利用几何对称性。 1．如图所示，在直角坐标系中，第一象限和第四象限内分别存在垂直纸面向外的匀强磁场，第四象限内磁场的磁感应强度大小为，轴为磁场分界线。一带正电粒子从轴上点以初速度沿轴正方向射入第一象限，粒子从轴上点第一次进入第四象限，且恰好不穿过轴。已知粒子的电荷量为，质量为，不计粒子重力。下列说法正确的是（    ） A．粒子在第一象限做圆周运动的轨迹半径为 B．粒子在第四象限做圆周运动的轨迹半径为 C．粒子第一次在第四象限运动的时间为 D．粒子从点到点的路程为 2．如图所示，在x轴上方存在垂直于纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场，x轴下方存在垂直于纸面向外的磁感应强度为的匀强磁场。一带负电的粒子（不计重力）从原点O与x轴成30°角斜向上射入磁场，且在上方运动半径为R，则（　　） A．粒子经偏转一定能回到原点O B．粒子在x轴上方和下方两磁场中运动的半径之比为2：1 C．粒子第二次射入x轴上方磁场时，沿x轴前进3.5R D．粒子完成一次周期性运动的时间为 3．如图所示，空间存在垂直于纸面向里的匀强磁场，水平直线下方、上方的磁感应强度大小分别为、，且，一带正电的粒子P静止在直线下方与距离为d的位置。某时刻，粒子P爆炸分裂为带正电的粒子A和不带电的粒子B，已知粒子A的质量为m，电荷量为，以大小为的速度开始水平向右运动，一段时间后与粒子B相遇。不计粒子重力，磁场区域足够大。则（　　） A．粒子B的质量为 B．粒子B的速度大小为 C．两粒子相遇前，粒子A运动的时间为 D．两粒子相遇前，粒子B通过的距离为 4．如图所示，空间存在方向垂直于xOy平面（纸面）向里的匀强磁场，在区域，磁感应强度大小为B，在区域，磁感应强度大小为3B。一质量为m、电荷量为的带电粒子以速度v从坐标原点O沿x轴正方向射入磁场，不计带电粒子的重力。下列说法正确的是（    ） A．粒子在区域的运动半径是区域运动半径的3倍 B．粒子从射入磁场到速度再次沿x轴正方向的时间为 C．粒子速度再次沿x轴正方向时与O点的距离为 D．粒子在区域与区域的运动周期之比为1:3 5．如图所示，在xOy坐标系中存在三个区域，区域Ⅰ位于x轴下方，该区域分布着方向垂直于纸面向里、磁感应强度大小的匀强磁场；区域Ⅱ位于范围内（无磁场）；区域Ⅲ位于范围内，该区域分布着方向垂直于纸面向外、磁感应强度大小 的匀强磁场，一质量为m、电荷量为q的粒子，从第三象限距x轴为L的P点以速度v平行x轴向右射出，恰好不能从区域Ⅲ的上边界离开，不计粒子重力，下列说法正确的是（　　） A．粒子在区域I中运动的轨迹半径为2L B．粒子在区域Ⅲ中运动的轨迹半径为L C．区域Ⅱ的宽度 D．粒子每次在区域Ⅱ内运动的时间为 6．如图，置于轴上的足够长的荧光屏上方区域存在匀强磁场，轴左侧区域的磁场方向垂直纸面向里，右侧区域包含轴的磁场方向垂直纸面向外，两区域的磁感应强度大小均为。光屏上方有一粒子源紧挨着M点，可沿轴正方向不断射出质量为、电荷量为的粒子。粒子打在荧光屏上时，荧光屏相应位置会发光。已知粒子的速率可从零到某最大值之间的各种数取值，速率最大的粒子恰好垂直打在光屏上，不计粒子重力及粒子间的相互作用。下列说法正确的是（　　） A．若MO之间的距离为，粒子的最大速率为 B．若MO之间的距离为，荧光屏上的发光长度为 C．若MO之间的距离为，打中荧光屏上的粒子运动时间的最小值为 D．若MO之间的距离为，打中荧光屏上的粒子运动时间的最大值为 7．如图所示，Ⅰ区有垂直于纸面向里的匀强磁场，其边界为正方形；Ⅱ区有垂直于纸面向外的匀强磁场，其外边界为圆形，内边界与Ⅰ区边界重合；正方形与圆形中心同为点。Ⅰ区和Ⅱ区的磁感应强度大小比值为。一带正电的粒子从Ⅱ区外边界上点沿正方形某一条边的中垂线方向进入磁场，一段时间后从点离开。取，则带电粒子（　　） A．在Ⅰ区的轨迹圆心在点 B．在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹半径之比为 C．在Ⅰ区的轨迹圆心不在点 D．在Ⅰ区和Ⅱ区的运动时间之比为 题型六　临界、极值与“恰好”问题 【解题技巧】临界问题先找临界轨迹：恰好不穿出某边界时轨迹与该边界相切，恰好从某点射出时该点在轨迹上，由此用几何关系求临界半径，再由 r＝mv/(qB) 反求速度范围。求最长时间看圆心角最大（常为相切或直径）；求粒子能到达的区域长度或面积时，把各种可能圆心的轨迹扫成包络（“旋转圆”“放缩圆”），再取极值。 1．磁约束是指用磁场来约束等离子体中带电粒子的运动的技术。如图所示，两同心圆的半径分别为R和，在圆心处有一粒子源（未画出），在纸面内从各个方向发射速度大小相等的同种粒子。两同心圆之间的区域内存在垂直纸面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，带电粒子在磁场的约束下，恰无法从大圆射出。若该粒子源可以放置在小圆内的任何位置，要保证依然没有粒子从大圆射出，则磁感应强度大小至少为（     ） A． B． C． D． 2．如图，真空室内存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度的大小为B，场区足够宽，磁场内有一块足够长平面感光薄板ab，板面与磁场方向平行，在距ab的距离L处有一个点状的放射源S，它在纸面内均匀的向各个方向发射比荷相等的带正电的粒子，粒子的速度大小都满足，不计重力和粒子间的相互作用，下列说法正确的是（　　） A．击中ab板的粒子运动的最长时间为 B．击中ab板的粒子运动的最短时间为 C．ab上被粒子打中的区域的长度为L D．放射源S发射的粒子中有20%的粒子可以击中ab板 3．如图所示，两个同心圆之间的环形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为，内圆半径为，外圆半径为。现将质量为、电荷量大小为的带负电粒子从圆心处以初速度射出，该粒子恰好不能从外圆边界离开，则下列说法正确的是（　　）   A．初速度 B．该粒子从射入磁场到第一次回到内圆的时间为 C．粒子在磁场中的轨迹长度为 D．粒子从第一次进入磁场到第四次进入磁场的时间为 4．如图所示，直角三角形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场（含边界），磁感应强度为B，，，，A处有一个粒子发射源，可以在内发射不同速率的同种带负电粒子，粒子的比荷为k。若粒子的速率用（未知）表示，初速度与AB边的夹角用（未知）表示，不计粒子的重力及粒子间的相互作用，则（　　） A．若，粒子从BC边离开磁场的最短时间为 B．若，粒子从AB边射出的最大速率为kBL C．若且粒子恰好不从BC边射出，则 D．若且粒子恰好不从BC边射出，则 5．一圆心为O、半径为R的绝缘薄圆筒的横截面如图所示，A为圆筒壁上一小孔，圆筒所在的空间内有垂直于该截面的匀强磁场。一带电粒子从A处以某一速度沿圆筒半径方向射入磁场中，粒子与圆筒壁发生2次碰撞后，恰好从A孔射出。设粒子在筒内磁场中运动的时间为t，其圆周运动的轨道半径为r，周期为T。若粒子与圆筒壁碰撞过程中不计动能损失和碰撞时间，且电荷量保持不变，不计粒子的重力。则（　　） A． B． C． D． 6．如图，在平面直角坐标系Oxy的第一象限内，存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。在y轴上的点有一离子源，向各个方向均匀发射速率相等、质量为m、电量为q的相同粒子，设入射速度方向与y轴正方向的夹角为。当时，粒子从x轴上处离开。不计粒子的重力。则正确的是（　　） A．粒子入射速率为 B．粒子打在x轴上的最远处坐标为 C．打在x轴上的粒子在磁场中运动的最长时间为 D．打在y轴上的粒子数占粒子总数的 三、填空题 7．坐标平面第一象限内存在如图所示的匀强磁场边界，其中为半圆弧，，，磁感应强度大小为，方向垂直纸面向里，线段与圆弧相切。一质量为、电荷量为的带负电粒子从坐标原点以不同的初速度沿轴正方向射入磁场，不计粒子的重力。求： (1)粒子刚好打在点时对应的初速度； (2)粒子刚好打在点时，粒子在磁场中的运动时间； (3)若使粒子在磁场中运动的时间最长，求粒子的初速度范围。 8．如图所示，一带负电粒子，质量为，电量为，以平行于轴的速度从轴上的点射入图中第一象限所示的区域。为了使该粒子能从轴上的点以垂直于轴的速度射出，可在适当的地方加一个垂直于平面、磁感应强度为的匀强磁场。若此磁场仅分布在一个圆形区域内（区域边缘的磁场设为0）。粒子重力忽略不计。 (1)说明所加磁场的方向 (2)画出粒子运动的轨迹图（要求：必须利用尺规规范作图，并保留作图痕迹） (3)圆形磁场区域的最小半径。 题型七　电场与磁场的组合（多过程） 【解题技巧】电场与磁场组合的题按“分段＋衔接点速度”处理：电场中做匀变速直线运动或类平抛（牛顿第二定律加运动的分解），磁场中做匀速圆周运动（r＝mv/(qB)、T＝2πm/(qB)），衔接点的速度大小与方向是关键。速度选择器里电场力与洛伦兹力平衡，qE＝qvB 得 v＝E/B；质谱仪先加速、再选速、最后在磁场中偏转，由 r 分离同位素。 1．如图所示的平面直角坐标系，第一、二象限有垂直纸面向外的匀强磁场，，第三象限有沿x轴正方向的匀强电场，在y轴上p点以初速度向第三象限射出带正电的粒子，初速度与y轴正方向的夹角。已知p点坐标，粒子经电场偏转后垂直x轴进入第二象限，又垂直y轴进入第一象限，不计粒子的重力。求： (1)粒子第一次经过x轴的坐标； (2)粒子的比荷； (3)粒子从p点出发后第4次经过y轴的坐标。 2．如图所示，矩形abcd区域内有平行ab向下的匀强电场，ab边长为，bc边长为L，e为cd边中点，正三角形cef区域内有垂直cef平面向里的匀强磁场。质量为m、带电量为的粒子从a点以初速度垂直电场线沿a方向射入电场中，经电场偏转后从e点进入匀强磁场，最终从f点射出磁场。粒子重力不计，求： (1)匀强电场的电场强度大小； (2)匀强磁场的磁感应强度大小； (3)粒子从a点射入到从f点射出的过程经历的时间。 3．如图所示，在真空中的空间直角坐标系的的区域内，存在沿x轴负方向、磁感应强度为的匀强磁场（图中未画出），在的区域内，存在沿y轴负方向的匀强电场。质量为m、电荷量为q的粒子（不计重力）在xOy平面内的A点沿着与x轴正方向夹角的方向射入匀强磁场，并在y轴上的B点垂直于y轴射入匀强电场，最后打在x轴的C点，已知，，，取。 (1)求粒子入射时的初速度的大小； (2)求的区域内匀强电场的电场强度的大小E； (3)若在的区域施加电场强度大小为、方向沿着x轴正方向的匀强电场，粒子重新从A点射入磁场，只改变粒子的速度大小使粒子刚好没从磁场左边界yOz平面射出，求粒子的轨迹第一次与yOz平面的交点D点（图中未标出）的空间坐标。 4．如图所示，平面直角坐标系xOy中，第Ⅰ象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第Ⅳ象限存在垂直于平面向外的匀强磁场。一质量为m、带电荷量为的带电粒子以初速度从y轴上点沿x轴正方向开始运动，经过电场后从x轴上的点进入磁场，粒子恰能不经过第Ⅲ象限又回到第Ⅰ象限。不计粒子重力。求： (1)匀强电场的电场强度大小； (2)匀强磁场的磁感应强度大小； (3)粒子第8次从第Ⅰ象限进入第Ⅳ象限经过x轴的横坐标。 5．如图所示，粒子发射源S向外释放质量均为m、电荷量分别为q和3q的带正电粒子甲、乙，两粒子的初速度为零，经加速电压加速后从上极板的左侧紧贴极板射入偏转电压为的偏转电场，两粒子最终从极板右侧进入垂直纸面向外、磁感应强度大小的匀强磁场。已知，偏转电场两极板的长度为L，距离，忽略甲、乙粒子的重力以及粒子间的相互作用。 (1)证明粒子甲、乙在偏转电场中的轨迹重合； (2)若紧贴下极板的右侧沿垂直极板方向固定一足够大的接收屏，求粒子甲、乙到达接收屏的间距； (3)若保持磁感应强度大小B不变，仅将磁场方向改为垂直纸面向里，同时将接收屏移至虚线MN处，若粒子乙恰好垂直打在接收屏上，求两粒子打在接收屏的间距。 6．如图所示，在平面直角坐标系的第一象限内，存在半径为R的半圆形匀强磁场区域，半圆与x轴相切于M点，与y轴相切于N点，直线边界与x轴平行，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B；在第一象限内存在沿x轴正方向的匀强电场，一质量为m、电荷量为q的带电粒子，从M点以速度沿y轴正方向进入第一象限，正好能沿直线穿过半圆区域，之后打到y轴上的Q点（图中未标出），不计粒子的重力。 (1)求电场强度E的大小； (2)求Q点到O点的距离； (3)x轴上有一点P，M、P间的距离为；撤去电场，粒子仍从M点射入，仅改变速度大小，求能到达P点的粒子的速度大小。 7．质谱仪是用来分离和检测同位素的科学仪器。某种质谱仪的原理如下图，加速电场的电压为；速度选择器中磁感应强度为，两板电压为，两板间距离为：磁分析器在坐标系的第一、四象限中，其匀强磁场的磁感应强度为，各磁场方向如图中所示。一电荷量为的粒子从容器A右侧小孔进入加速电场，恰能沿直线运动通过速度选择器，从小孔出来后，进入磁分析器中偏转，轨迹如图中虚线所示，到达轴上点时纵坐标为，不计粒子重力，整个装置处于真空中，求： (1)粒子经过小孔的速度； (2)粒子的质量 8．在如图所示的平面直角坐标系中，第一、四象限区域存在磁感应强度大小为、方向垂直于坐标平面向里的匀强磁场，第二象限存在磁感应强度大小为、方向垂直于坐标平面向里的圆形有界匀强磁场（磁场均没有画出）。从点发射一质量为、电荷量为的粒子，粒子依次经过、两点后进入第二象限。粒子经过第二象限圆形有界磁场偏转后恰好回到点，且回到点时速度方向与在点发射时相同。不计粒子重力，已知，，求： (1)粒子从点发射时的速度大小v； (2)第二象限圆形磁场区域的最小面积S； (3)粒子从点出发到再次回到点的时间t。 题型八　与力学综合（木板、滑块、细管） 【解题技巧】这类题把洛伦兹力当作普通力参与受力分析，难点是它随速度变化：先用左手定则定方向，写出垂直方向的支持力（可能反向或为零），得到摩擦力 f＝μN，再由牛顿第二定律判断加速度与速度的变化，必要时结合动能定理或运动学公式。支持力为零时物体与接触面分离，是常见临界点；摩擦力为零时加速度最大。 1．如图所示，一根足够长的绝缘细杆竖直固定，带电小环套在细杆上，始终处于水平匀强磁场中。小环获得一定的初速度从点沿细杆向上运动至最高点后又下降回到点，不计空气阻力，小环与杆间的动摩擦因数保持不变，则该过程中小环加速度的变化正确的是（     ） A．先增大后减小 B．先减小后增大 C．一直减小 D．一直增大 2．如图所示，在竖直平面内一开口向上、长为的绝缘细管竖直放置，管的底部有一带正电的粒子（可视为质点），整个装置位于垂直纸面向里的匀强磁场中。现让细管带着粒子沿水平方向以一定的速度向右匀速运动，当细管的运动距离为时，粒子恰好离开管口，之后粒子在磁场中做匀速圆周运动。不计粒子的重力和一切阻力，当粒子运动到圆周运动的最高点时，其到管口的竖直距离为（　　） A． B． C． D． 二、多选题 3．如图所示，光滑水平面上方有范围足够大、磁感应强度为B的水平匀强磁场，其方向垂直纸面向里。一质量为M的足够长的绝缘长木板静置于水平面上，上面放一个质量为m、带电量大小为q的小滑块，小滑块与长木板之间动摩擦因数为μ（最大静摩擦力等于滑动摩擦力）。现给长木板施加水平向右的恒力F，长木板和小滑块一起向右加速运动，已知重力加速度为g，则（　　） A．若小滑块带负电荷，它将一直随长木板一起向右运动 B．若小滑块带负电荷，它最终将做匀速直线运动，速度大小为 C．若小滑块带正电荷，它将一直随长木板一起向右运动 D．若小滑块带正电荷，长木板最终的加速度为 4．如图所示，A为带正电的小物块，B是一不带电的很长的绝缘木板（A、B间无电荷转移），A、B叠放于光滑的水平地面上，地面上方有垂直纸面向里的匀强磁场，现用水平恒力F拉木板B，使A、B一起由静止开始运动，起初A､B无相对滑动，则之后运动的过程中：（  ） A．A对B的压力一直减小直到为零 B．A的速度先增加再不变 C．B一直做匀加速直线运动 D．A的加速度先不变再减小到零 题型九　磁场中的螺旋运动与科技应用 【解题技巧】速度与磁场成 θ 角时把 v 分解为平行分量 v∥＝vcosθ 与垂直分量 v⊥＝vsinθ：垂直分量做圆周运动（r＝mv⊥/(qB)、T＝2πm/(qB)），平行分量做匀速直线运动，合成螺旋线，螺距 h＝v∥T。环形磁场与磁约束装置（托卡马克）中粒子沿磁感线绕行而被限制在磁场内；极光是带电粒子沿地磁场螺旋汇聚到两极的结果。 1．如图，有一内半径为2r、长为L的圆筒形区域，左右端面的圆心O'、O处各开有一小孔。以O为坐标原点，O'O方向为x轴正方向建立xyz坐标系。在筒内x≤0区域有一匀强磁场，磁感应强度大小为，方向沿x轴负方向。一电子枪在O处向圆筒内多个方向发射电子，电子初速度方向均在xOy平面内，且在x轴负方向的分速度大小相同。已知电子的质量为m、电量为e，设电子始终被约束在圆筒区域内运动（包括筒壁），不计电子之间的相互作用及电子的重力。要求所有的电子都能从O'点射出圆筒，则有（　　） A．电子从筒中射出时动能增加了 B．电子在筒中运动的最长时间为 C．电子从O点射入时沿x负方向的速度可能为 D．从O点射入磁场的电子的最大速度 2．极光是由太阳抛射出的高能带电粒子受到地磁场作用，在地球南北极附近与大气碰撞产生的发光现象。赤道平面的地磁场的简化图如图所示：O为地球球心，R为地球半径，将地磁场在半径为R到3R之间的圆环区域看成匀强磁场，磁感应强度大小为B，磁场边缘A处有一粒子源，可在赤道平面内以相同速率向各个方向射入某种带正电粒子，其中沿半径方向（图中1方向）射入磁场的粒子恰不能到达地球表面。不计粒子受到的重力、粒子间的相互作用及大气对粒子运动的影响，不考虑相对论效应，则该种带正电粒子的比荷为（　　） A． B． C． D． 3．如图所示，一垂直于纸面向外的环形匀强磁场的磁感应强度大小为B，环形区域内、外半径分别为R、2R，圆心为O，AD为外圆的直径。一不计重力、比荷为k的带正电粒子从环形磁场区域外缘的C点沿平行于半径AO方向以大小为v的速度射入磁场，已知OC连线和OA方向的夹角为30°，若要使粒子能进入环形内环无磁场区域，则速度v的最小值为（　　） A．kBR B． C． D． 4．托卡马克装置是一种利用磁约束来实现受控核聚变的环形容器，将容器简化为如图甲所示的足够长的空心圆柱，其半径为，为空心圆柱的中心轴。圆柱内部以半径为的圆为边界分成两部分磁场，侧视图如图乙所示，外环分布有垂直纸面向外磁感应强度为的匀强磁场；内环分布有逆时针的环形磁场，磁感应强度大小处处相等且大小为。在点设置一原子核发射装置，可发射电荷量为、质量为的氘核与电荷量为、质量为的氚核，原子核发射时速度方向如图乙中所示沿半径向外，除碰撞外，忽略粒子间的相互作用。 (1)若两个动量大小均为，方向相反的氘核与氚核对心碰撞发生核聚变，生成一个质量为的氦核和质量为的中子，碰后氦核的速度为，求该过程释放的核能； (2)氚核发射速度，需要经过多长时间氚核第一次回到点同一条轴线上的点； (3)假设原子核发射装置只持续稳定发射速度为的氚核粒子，粒子稳定后，轴向单位长度内有个氚核，求圆柱形容器内沿轴线方向的等效电流。 第1页 第1页 学科网（北京）股份有限公司 《1.3带电粒子在匀强磁场中的运动九种题型》参考答案 题型一　半径、周期公式的基本应用 题号 1 2 3 4 5 答案 B D A A C 1．B 【详解】A．根据 解得粒子在磁场中做匀速圆周运动周期公式 可知周期T与速度v无关，因此周期不变，故A错误； B．根据 解得 可知若仅减小粒子的入射速度，粒子运动半径变小，故B正确； C．若仅减小粒子的入射速度，粒子运动半径变小，粒子在磁场中运动扫过的圆心角增大，根据可知，粒子在磁场中运动时间变长，故C错误； D．根据洛伦兹力可知，若仅减小粒子的入射速度，粒子所受洛伦兹力减小，故D错误。 故选B。 2．D 【详解】由安培定则可知直导线右侧磁场方向垂直纸面向里，然后跟左手定则可知运动电子所受洛伦兹力向右，因此电子将向右偏转，由洛伦兹力提供向心力 解得轨迹半径 洛伦兹力不做功，故其速率不变，远离直导线，磁感应强度减小，所以轨迹半径变大。 故选D。 3．A 【详解】AB．根据洛伦兹力提供向心力有 解得 相同的速度，A的半径大，则A的质量大，故A正确，B错误； CD．粒子的周期为 两粒子均运动半个周期，则 因为A的质量大，故A运动的时间长，故CD错误。 故选A。 4．A 【详解】A．增大电子枪的加速电压，根据 则电子速度变大，根据 可得 可知变大，则电子运动径迹的半径变大，故A正确； B．电子做圆周运动的周期 与电子速度无关，即与电子枪的加速电压无关，故B错误； C．增大励磁线圈中的电流，磁感应强度增大，根据 可得 增大，则电子运动径迹的半径减小，故C错误； D．减少励磁线圈中的电流，磁感应强度减小，根据 可知电子做圆周运动的周期将增大，故D错误。 故选A。 5．C 【详解】粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得 解得粒子轨道半径 由此可知半径与荷质比成反比，因三束粒子中质子的荷质比最大，氚核的最小，故质子的半径最小，氚核的半径最大。 故选C。 6． 1:2； 2:1； 【详解】电子从C点射出，A为圆心，Rc=L，圆心角θc=π/2由， 得；运动时间为四分之一周期，即： 电子从A点射出，OA中点为圆心，RA=L/2,圆心角θA=π， 所以， 由于运动的周期与速度无关，是相等的，故vA:vC=1:2,tA:tC=2:1， 故答案为1:2；2:1； 题型二　有界磁场中的偏转与几何关系 题号 1 2 3 4 答案 D A D C 1．D 【详解】AB．设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为，根据洛伦兹力提供向心力有 解得 粒子带正电，由左手定则可知洛伦兹力指向左上方，圆心位于点左上方，且。圆心到直线MN的距离为，设粒子射出点为，则弦长为 解得，故AB错误； CD．粒子沿逆时针方向运动，从点到射出点经过的是优弧，对应的圆心角为。粒子做圆周运动的角速度为，运动时间为 解得，故C错误,D正确。 故选D。 2．A 【详解】B．根据牛顿第二定律可得 粒子做圆周运动的周期为 联立，可得 由于带电粒子甲和乙比荷大小相等，且在相同的磁场中运动，所以两粒子的周期相同，故B错误； A．由图可知，甲粒子运动轨迹对应的圆心角大于乙粒子的圆心角，根据（为粒子做圆周运动的圆心角）可知，粒子甲运动的时间大于粒子乙运动的时间，故A正确； CD．根据牛顿第二定律可得 可得 由图可知，粒子乙的半径较大，所以粒子乙的速率较大，根据 可得 所以，粒子乙的加速度较大，故CD错误。 故选A。 3．D 【详解】粒子运动轨迹如图所示 粒子在磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得 解得 由几何知识得， 则与的比值 故选D。 4．C 【详解】A．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，该带电粒子从ab边射出经历的时间一定不大于，故A错误； B．作出从bc边射出的临界轨迹②，由图可知，从bc边射出经历的时间一定不大于，故B错误； C．作出从cd边射出的临界轨迹③，由图可知，从cd边射出经历的时间一定是，故C正确； D．作出从ad边射出的临界轨迹④，由图可知，从ad边射出经历的时间一定不大于，故D错误。 故选C。 5．(1) (2) 【详解】（1）根据题意作出粒子的运动轨迹，如图所示 根据几何关系可得 解得粒子做匀速圆周运动的半径为 （2）由洛伦兹力提供向心力得 又，解得匀强磁场的磁感应强度大小为 6．(1)带负电， (2) 【详解】（1）粒子在磁场中的偏转情况如图所示 根据左手定则可判断出粒子带负电，由几何知识可知 根据牛顿第二定律 联立解得 （2）粒子在磁场中做圆周运动的周期为 穿过磁场所用的时间是 解得 7．(1) (2) (3) 【详解】（1）粒子运动的轨迹如图，由几何知识得 （2）根据洛伦兹力提供向心力有 可得磁感应强度 （3）粒子做圆周运动的周期 粒子在磁场中的运动时间 8．(1)负 (2) (3)，电场方向向上 【详解】（1）根据题意带电粒子向下偏转，所受洛伦兹力向下，根据左手定则，带电粒子带负电； （2）带电粒子做匀速圆周运动 根据几何关系 代入数据解得 （3）带电粒子在匀强电场中做类平抛运动且向下偏，因为带电粒子带负电，所以匀强电场方向向上； 带电粒子在水平方向做匀速直线运动，根据运动学公式 带电粒子在竖直方向做匀加速直线运动，根据运动学公式 根据牛顿第二定律 联立解得 题型三　圆形磁场区域中的偏转 题号 1 2 3 4 5 6 答案 C C A B BC CD 1．C 【详解】根据题意可知磁感应强度为时，带电粒子在磁场中运动有， 解得粒子的运动半径和周期分别为， 粒子在磁场中偏转角为，则运动时间 由几何关系可知 当把磁感应强度变为原来的3倍后，同理可得粒子的运动半径和周期分别为， 由几何关系可知粒子在磁场中的偏转角度为，运动时间 则 故选C。 2．C 【详解】A．带正电粒子从圆弧顶点P以速率v0平行于纸面且对准圆心射入磁场，根据对称性，一定沿半径方向射出，A正确； B．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 可得 粒子在磁场中运动的周期 可得 画出粒子运动轨迹如图所示 由图知，轨迹圆弧对应的圆心角为，故运动时间为，B正确； C．若粒子速率变为2v0，则轨道半径变为2R，运动轨迹如图 粒子不是垂直打到感光板MN上，C错误； D．当带电粒子以v0射入时，带电粒子在磁场中的运动轨道半径为R，设粒子射入方向与PO方向夹角为θ，带电粒子从区域边界S射出，带电粒子运动轨迹如图所示 由几何知识，可知四边形POSO3为菱形，，因此，带电粒子射出磁场时的方向为水平方向，与入射的方向无关，离开磁场后一定垂直打在感光板MN上，D正确。 由于本题选择错误的，故选C。 3．A 【详解】AB．粒子1射出磁场时的速度方向恰好与其入射方向相反，如图 根据几何关系可得 根据洛伦兹力提供向心力有 粒子2从圆形磁场边界上的A点以一定的速度沿水平方向射入磁场，恰好从N点射出，如图 根据几何关系可得 根据洛伦兹力提供向心力有 所以 故A正确，B错误； CD．粒子在磁场中运动的时间为 所以 故CD错误。 故选A。 4．B 【详解】根据题意过C点作垂线与CB中垂线交与点D，D即为轨迹圆圆心，连接BD并延长CD与AO交于点E，如图 题意易知 几何关系可知 又因为 不难得到两三角形全等，则有 又因为 联立解得该粒子的比荷 故选B。 5．BC 【详解】A．作出运动轨迹如图所示 根据几何关系可知，为等边三角形，则速率为的粒子在磁场中运动的轨迹半径为R，故A错误； B．由于粒子圆周运动的轨道半径等于磁场圆的半径，可知，粒子入射点P、磁场圆的圆心O、粒子出射点与粒子圆周运动的圆心四点连线构成的四边形为菱形，根据几何关系可知，所有速率为的入射粒子，离开磁场时的速度方向都是平行的，离开磁场时的速度方向均垂直于OP，故B正确； C．粒子做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有， 解得， 对速率为的粒子，结合上述有 由于速率越小，轨道半径越小，从P点射出的粒子圆周运动的最小半径 由于 解得，故C正确； D．结合上述，速率为的粒子的轨道半径 该粒子在磁场区域的轨迹为一条劣弧，对应劣弧的弦越长，运动的时间越长，可知，在磁场中运动轨迹对应的最长的弦为磁场圆的直径，根据几何关系可知，此时圆弧对应的圆心角为，则速率为的粒子在磁场中运动的最长时间 粒子速率为的入射粒子，经时间t从Q点离开磁场，结合上述有 解得，故D错误。 故选BC。 6．CD 【详解】AB．在圆形匀强磁场区域内，沿着径向射入的粒子，总是沿径向射出的；根据圆的特点可知粒子的运动轨迹不可能经过O点，故AB错误； C．粒子连续两次由A点沿AC方向射入圆形区域，时间最短则根据对称性可知轨迹如图 则最短时间有，故C正确； D．粒子从A点射入到从C点射出圆形区域用时最短，则轨迹如图所示 设粒子在磁场中运动的半径为r，根据几何关系可知 根据洛伦兹力提供向心力有 可得，故D正确。 故选CD。 题型四　三角形、正方形与正六边形等特殊边界 题号 1 2 3 4 5 6 答案 A D C BD BC BCD 1．A 【详解】AB．粒子进入磁场向上做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力 因bc边只有一半区域有粒子射出，在bc边中点射出的粒子轨迹如图中实线所示 由几何关系可得 则粒子的入射速度，故A正确，B错误； C．粒子在磁场中运动的最大轨迹长度为，故C错误； D．与bc边相切恰从bc边射出粒子的对应的圆心角最大为 从bc边射出的粒子在磁场内运动的最长时间为，故D错误。 故选A。 2．D 【详解】A．所有从AF边上飞出磁场的粒子，根据单边有界磁场粒子圆周运动的规律可知，粒子入射时速度方向与边界的夹角等于粒子出射时速度方向与边界的夹角，即所有从AF边上飞出磁场的粒子，飞出磁场时方向一定相同，故A正确，不符合题意； B．从E点飞出磁场的粒子，速度方向与AE边夹角 由于单边有界磁场粒子圆周运动的规律可知，粒子入射时速度方向与边界的夹角等于粒子出射时速度方向与边界的夹角，根据几何关系可知，粒子圆周运动轨迹对应的圆心角 则粒子运动时间，故B正确，不符合题意； C．从ED边上的某一点垂直ED飞出磁场的粒子，作出运动轨迹如图所示 根据几何关系有 则有 解得，故C正确，不符合题意； D．从F点飞出磁场的粒子，结合上述，根据几何关系有 粒子做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有 解得，故D错误，符合题意。 故选D。 3．C 【详解】ABC．已知入射方向和出射点对轨迹的分析如图，根据几何关系，粒子在点受到的洛伦兹力向左，圆心在边所在直线上，的中垂线过圆心，交点在点，所以圆心在点，粒子在磁场中做圆周运动对应的圆心角为，而速度偏转角等于圆心角，故AB错误，C正确； D．是否会从某顶点射出基本判断方法：当时，可以过磁场边界交点，发射点到磁场边界交点的距离为，如图甲所示；当时，不能通过磁场边界交点，临界条件为粒子的运动轨迹恰好和另一个边界相切，如图乙所示；本题入射方向与方向成角，大于，无法到达点，故D错误。 故选C。 4．BD 【详解】A．带正电粒子从斜向右上顺时针偏转到竖直向下，根据左手定则，正电荷顺时针偏转时，磁场方向垂直纸面向外，故A错误； B．粒子出射速度竖直向下，因此圆心在过A点的水平线上；入射方向与OA成，圆心在入射速度的垂线上，粒子运动轨迹如图所示 由几何关系，可得 解得 粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，有 解得，故B正确； C．由几何关系，可知粒子在磁场中的轨迹为圆心角的圆弧，最小矩形磁场需要覆盖这段圆弧，如上图所示 弦长 圆弧上的点到弦的最远距离为 矩形面积，故C错误； D．粒子在磁场中运动的圆心角 周期 运动时间，故D正确。 故选BD。 5．BC 【详解】对于从右边离开磁场的电子，从a离开的轨道半径最大，根据带电粒子在匀强磁场中的半径公式，知轨道半径大，则速度大，则a点离开的电子速度最大．从a点离开的电子偏转角最小，则圆弧的圆心角最小，根据t==，与粒子的速度无关，知θ越小，运行的时间越短．故B、C正确，A、D错误． 故选BC． 6．BCD 【详解】A．由题知，速度与边的夹角为带正电的粒子恰好从点射出磁场，作出运动轨迹图，如图所示 根据左手定则，可知磁场方向垂直于纸面向外，故A错误； BC．设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为，由A项中的运动轨迹图并结合几何关系有 由题分析，可知当粒子沿ED方向射入磁场，根据左手定则，可知粒子将从A点垂直AB边射出，运动轨迹如图所示 因，故圆心在F点；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，即从A点垂直AB边射出有最长时间，为 由图可知，磁场区域有粒子通过的面积为图中EAFBCE区域的面积，则有 故BC正确； D．作出粒子从B点射出的运动轨迹，如图所示 设从B点射出的粒子的入射速度与BE连线夹角为，根据几何关系可知 在直角三角形ECB中，根据几何关系可得 在直角三角形EOM中，斜边EO为半径，则EO=d， 故，故D正确。 故选BCD。 7．(1) (2) 【详解】（1）带电粒子恰未从BC边射出，可知其运动轨迹与BC边相切，如图甲所示，圆心为O，半径为r，由几何关系：直角三角形中，，，得，BC边直线方程为 由几何关系得 即 洛伦兹力提供向心力：， 代入解得 （2）因为该带电粒子入射速度的大小及方向均不变，所以该粒子在磁场中运动的轨道半径大小不变，即 入射点沿边上移，粒子的运动轨迹如图乙所示，由几何关系得 即 所以 粒子运动周期 带电粒子在磁场中的运动时间 题型五　组合磁场与多区域连续偏转 题号 1 2 3 4 5 6 7 答案 B D B AC AC ABC CD 1．B 【详解】A． 设第一象限轨迹半径为，由几何关系 解得，故A错误； D．由几何关系得到的圆弧圆心角，弧长（到的路程），故D错误； B．粒子进入第四象限时，速度方向与轴正方向向下夹角为，恰好不穿过轴说明轨迹与轴相切，设第四象限轨迹半径为，由几何关系得 整理得，故B正确； C．由几何关系得粒子在第四象限运动的圆心角，第四象限周期 运动时间，故C错误。 故选B。 2．D 【详解】A．根据左手定则判断可知，负粒子在第一象限和第四象限所受的洛伦兹力方向不同，粒子在第一象限沿顺时针方向旋转，而在第四象限沿逆时针方向旋转，周而复始，所以粒子不可能回到原点O，故A错误； B．根据 可得粒子在磁场中运动的半径 由题意，可得粒子在x轴上方和下方两磁场中运动的半径之比为，故B错误； CD．由几何知识，可知粒子第一次在第一象限内运动轨迹所对圆心角 运动时间 沿轴前进的距离为 粒子第一次在第四象限内运动轨迹所对圆心角，运动时间 沿轴前进的距离为 所以，可得粒子第二次射入x轴上方磁场时，沿x轴前进距离 粒子完成一次周期性运动的时间为，故C错误，D正确。 故选D。 3．B 【详解】ABC．粒子A获得水平向右的速度，在磁场中做匀速圆周运动，根据 可得 根据 可得 粒子B获得水平向左的速度，在水平方向做匀速直线运动，若粒子A、B相遇，则两者的运动轨迹如图所示。 相遇前粒子A运动的总时间为 根据速度公式， 根据动量守恒， 得到，故AC错误、B正确； D．根据图可得，相遇前粒子B通过的距离为，故D错误。 故选 B。 4．AC 【详解】A．粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有 解得半径 区域半径，区域半径 则，故A正确； C．粒子在y轴方向的总位移为，故C正确； BD．周期，周期 粒子从射入到速度再次沿x轴正方向的时间为两区域各运动半个周期的时间和，即，故B错误； 粒子在区域与区域的运动周期之比，故D错误。 故选AC。 5．AC 【详解】AB．带电粒子在磁场区域Ⅰ、Ⅲ做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力有， 解得，，故A正确，B错误； C．粒子在无磁场区域做匀速直线运动，画出粒子的运动轨迹如图所示 由图中几何关系可知，，故C正确； D．粒子每次在区域Ⅱ内运动的时间为，故D错误。 故选AC。 6．ABC 【详解】A．速率最大的粒子恰好垂直打在光屏上，轨迹如图所示 设此时轨道半径均为，根据洛伦兹力提供向心力，解得 根据几何关系 解得，故粒子的最大速率为，故A正确； B．垂直打到荧光屏的位置离O最远，与荧光屏相切点离O最近，两点之间距离即为光屏上的发光长度，如图所示，设此时的轨道半径均为，根据几何关系，则发光长度，故B正确； CD．粒子恰好垂直打在光屏上时，运动时间最短，此时时间为，根据周期公式，故；粒子轨迹与荧光屏相切时，运动时间最长，此时时间为，故C正确，D错误； 故选ABC。 7．CD 【详解】 AC．在Ⅰ区的轨迹圆心不在点，故C正确，A错误； B．粒子在磁场中运动速率保持不变，由洛伦兹力提供向心力 解得 在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹半径之比为，故B错误； D．设粒子在磁场Ⅱ区偏转的圆心角为，由几何关系 可得 故粒子在Ⅰ区运动的时间为 粒子在Ⅱ区运动的时间为 在Ⅰ区和Ⅱ区的运动时间之比为，故D正确。 故选CD。 题型六　临界、极值与“恰好”问题 题号 1 2 3 4 5 6 答案 D C AD AC BC ACD 1．D 【详解】设粒子质量为，电荷量为，速度大小为。当粒子源在圆心时，粒子沿径向进入磁场，做匀速圆周运动。设轨道半径为，运动轨迹如图所示 由几何关系有 解得 根据洛伦兹力提供向心力有 整理可得 当粒子源在小圆内任意位置时，最易射出大圆的情况是粒子沿小圆切向进入磁场。设此时轨道半径为，运动轨迹如图所示 由几何关系有 整理可得 即磁感应强度大小至少为。 故选D。 2．C 【详解】A．击中板的粒子中运动最长时间，则使粒子竖直向下运动，轨迹圆与相切，轨迹圆的弧长为周长，所用时长，故A错误； B．击中ab板的粒子运动的最短时间，应使粒子与竖直方向成向上运动，轨迹圆的弦长最短，此时粒子在磁场中运动的时间最短，轨迹圆的弧长为周长，所用时长，故B错误； C．由牛顿第二定律得 解得 轨迹如图所示 上被粒子打中的区域的长度，故C正确； D．沿竖直向上方向和沿竖直向下方向射出的粒子均与屏相切，即射出在S点右侧的粒子可以打在平面感光板上，射出方向所占夹角为，故各个方向均匀发射的粒子中有的粒子可以击中板，故D错误。 故选C。 3．AD 【详解】A．由题意知，粒子在磁场中运动的轨迹圆既与外圆相切，也与射入磁场时粒子的初速度相切，设粒子轨迹圆的半径为R，根据几何关系有 解得 由洛伦兹力提供向心力，可得 解得初速度，故A正确； B．由几何关系可知粒子在磁场区域的偏转角为 粒子在磁场中运动的周期 该粒子从射入磁场到第一次回到内圆的时间为，故B错误； C．根据粒子运动轨迹可知，粒子在磁场中经历3次同样的偏转后回到初始状态，粒子每次在磁场中转过的弧长 粒子在磁场中的轨迹长度，故C错误； D．根据粒子运动轨迹可知，粒子从第一次进入磁场到第四次进入磁场，经历了3次圆弧和3次小圆直径的长度，则粒子从第一次进入磁场到第四次进入磁场的时间，故D正确。 故选AD。 4．AC 【详解】A．根据洛伦兹力提供向心力有 可得 若，则 粒子从BC边离开磁场的时间最短，则粒子离开磁场的点与A点的连线与BC边垂直，粒子的运动轨迹如图所示 根据几何关系可知，为等边三角形，则最短时间，故A正确； B．若，粒子从AB边射出的速率最大时，粒子的运动轨迹与BC边相切，根据对称性可知，粒子从B点离开磁场，粒子的运动轨迹如图所示 根据几何关系有 解得，故B错误； CD．若且粒子恰好不从BC边射出，则粒子的运动轨迹与BC边相切，粒子的运动轨迹如图所示 根据几何关系有 解得，故C正确，D错误。 故选AC。 5．BC 【详解】AB．设粒子带正电，且磁场方向垂直纸面向里，根据题意作出粒子的运动轨迹，如图所示 由图可知，轨迹所对应的圆心角等于60°，根据几何关系可得 所以，故A错误，B正确； CD．粒子运动的时间为，故C正确，D错误。 故选BC。 6．ACD 【详解】A．当时，粒子从x轴上处离开，则由几何关系可知 解得 r=L 由 可得粒子入射速率为 选项A正确； B．粒子打在x轴上的最远处位置时，该位置距离P点的距离为2r，则该位置 则该坐标为，选项B错误； C．当粒子运动轨迹与x轴相切时，打在x轴上的粒子在磁场中运动时间最长，则由几何关系可知，粒子在磁场中转过的角度为233°，可知打在x轴上的粒子在磁场中运动的最长时间为 选项C正确； D．由C的分析可知，与y轴正向成37°范围内的粒子能打到y轴上；与x轴负向成53°角的粒子也能打到y轴上，即在90°范围内的粒子能打到y轴上，则打在y轴上的粒子数占粒子总数的，选项D正确。 故选ACD。 7．(1) (2) (3)或 【详解】（1）粒子刚好打在点时，由几何关系知，点为粒子在磁场中做匀速圆周运动对应的圆心，如图所示，则此时粒子的轨迹半径为 由 解得 （2）由（1）知，粒子刚好打在点时的运动周期为 由几何关系得，此时在磁场中运动的偏转角为 则此时在磁场中的运动时间 （3）若要使粒子运动的时间最长，则粒子要打在段或点右侧 若粒子打在点，此时粒子的轨迹半径 由 得 若粒子打在点，此时粒子的轨迹半径 由 得 则粒子的速度范围为或 即或 8．(1)磁场方向垂直纸面向里 (2) (3) 【详解】（1）由左手定则可知磁场方向垂直纸面向里； （2）粒子运动轨迹如图所示：将初速度方向延长，将从点射出的末速度方向反向延长，交于点，夹角为直角，以点为圆心作圆弧，交于点，交于点，取间距离等于轨迹圆半径，分别以、两点为圆心作圆，两圆弧交点即为粒子运动轨迹的圆心，作出粒子运动轨迹为四分之一圆弧，则以为直径的圆为最小的圆形磁场区域。 （3）质点在磁场中作半径为的圆周运动，根据牛顿第二定律有 解得 在通过两点的不同的圆周中，最小的一个是以连线为直径的圆周。所以圆形磁场区域的最小半径为 题型七　电场与磁场的组合（多过程） 1．(1) (2) (3) 【详解】（1）粒子第一次垂直x轴进入第二象限后又垂直进入第一象限，根据运动的合成与分解，粒子在第三象限沿x轴负方向匀减速到0，由于不计粒子的重力，沿y轴方向匀速直线运动，设时间为t，竖直方向有 水平方向有 代入数据得 粒子经过x轴的坐标 （2）设粒子的电量为q、质量为m，粒子第一次垂直x轴进入第二象限后又垂直进入第一象限，粒子第一次在第二象限做了四分之一圆周运动，粒子做匀速圆周运动的半径 根据洛伦兹力提供向心力得 代入数据得 （3）根据 由 得粒子在第一象限磁场中做匀速圆周运动的半径 画出运动轨迹，如图所示 经过上述分析可知，粒子第1次经过y轴的坐标为，第2经过y轴的坐标为，第3次经过y轴的坐标为，第4次经过y轴的坐标。 2．(1) (2) (3) 【详解】（1）粒子在电场中做类平抛运动，水平方向匀速直线运动 L 竖直方向（电场方向）匀加速直线运动，其中 解得 （2）粒子到达e点时，竖直分速度： 合速度大小，速度方向与水平方向夹角。 磁场中正三角形边长，由几何关系得粒子圆周运动的圆心角，圆周运动半径。 根据洛伦兹力提供向心力 解得 （3）总时间为电场中运动时间加磁场中运动时间 电场中， 磁场中圆周运动周期，运动时间 可得 总时间 3．(1) (2) (3) 【详解】（1）粒子在xOy平面内做匀速圆周运动，轨迹如图 根据牛顿第二定律有 根据几何关系，有 联立解得 （2）粒子进入匀强电场后做类平抛运动，根据匀变速直线运动规律 x方向有           y方向有           根据牛顿第二定律，有           联立解得 （3）未加电场时，根据题意，粒子做匀速圆周运动的轨迹与yOz平面相切，切点为D点，轨迹如图所示 根据几何关系，有 解得D点在y轴方向的坐标           D点在x轴方向的坐标           粒子从A点到D点做匀速圆周运动的过程中，圆心角 根据圆周运动规律，运动时间           加电场后，粒子在z方向做匀加速直线运动，根据匀变速直线运动规律，有           根据牛顿第二定律 根据题目信息取 联立解得 综上所述，粒子的轨迹与yOz平面的交点D点的空间坐标为 4．(1) (2) (3) 【详解】（1）粒子在电场中仅受电场力的作用做类平抛运动，由P到Q，由牛顿第二定律可得 竖直方向，有     水平方向，有 联立解得， （2）粒子在Q点的速度大小为 解得 设与x轴正方向夹角为，则 可知 在磁场中洛伦兹力提供向心力，有 又根据几何关系 联立解得， （3）如图所示 粒子从第Ⅳ象限进入第Ⅰ象限后做类似斜抛运动，速度方向与x轴正方向成37°，大小为，由运动对称性知CD沿x轴方向距离与DE沿x轴方向距离相等，则 粒子第n次从第Ⅰ象限进入第Ⅳ象限经过x轴的横坐标为 又 解得 当时，可得 5．(1)粒子在加速电场中运动时，由动能定理有 解得粒子进入偏转电场的速度大小 粒子在偏转电场中做类平抛运动，水平方向有 竖直方向有，其中 联立解得 可知粒子在偏转电场中的运动轨迹与电荷量无关，即粒子甲、乙在偏转电场中的轨迹重合。 (2) (3) 【详解】（1）粒子在加速电场中运动时，由动能定理有 解得粒子进入偏转电场的速度大小 粒子在偏转电场中做类平抛运动，水平方向有 竖直方向有 其中 联立解得 可知粒子在偏转电场中的运动轨迹与电荷量无关，即粒子甲、乙在偏转电场中的轨迹重合。 （2）设粒子离开偏转电场时速度方向与水平方向的夹角为，有 解得 粒子甲、乙离开偏转电场时，有 粒子甲离开偏转电场的速度大小 粒子乙离开偏转电场的速度大小 粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，有 解得 则粒子甲、乙的轨道半径分别为和 由几何关系，可知粒子甲、乙到达接收屏的间距 （3）仅将磁场反向后，甲、乙两粒子的轨道半径不变，两粒子的运动轨迹如图所示 粒子乙垂直打在接收屏上B点，由几何关系有，则 又和 在中，由余弦定理有 解得 则两粒子打在接收屏的间距 6．(1) (2) (3) 【详解】（1）由于粒子沿直线匀速穿过半圆区域，由平衡条件有 解得 （2）带电粒子飞出半圆区后，仅受沿x轴负方向的电场力，可知粒子带负电。 粒子做类平抛运动，由牛顿第二定律有 x方向 y方向 Q点到O点距离 联立，解得 （3）设粒子入射速度为v时恰能过P点，粒子在磁场中运动的轨迹半径为r，如图所示 由几何关系得 得 由几何关系得 又 联立，解得 7．(1) (2) 【详解】（1）在速度选择器中，根据平衡条件，有 电场强度为 联立可得 （2）在磁分析器中，洛伦兹力提供向心力，有 由图可知l=2r 联立可得 8．(1) (2) (3) 【详解】（1）画出粒子运动轨迹如图，设粒子在第一象限运动时，粒子轨迹圆半径 根据几何关系有 解得 根据 联立解得 （2）由几何关系可知，粒子回到点时速度垂直连线，与轴负方向的夹角仍为，故粒子在第二象限中运动时速度方向改变了106°，在有界磁场中轨迹所对的圆心角为106° 又 所以圆形磁场最小半径为 所以最小面积为 联立解得 （3）粒子在第一、四象限的磁场中运动时间为 粒子在第二象限的磁场中运动时间为 粒子在第二象限有界磁场外做匀速直线运动的距离 则粒子在第二象限做匀速直线运动的时间为 粒子相邻两次经过点的时间为 联立解得 题型八　与力学综合（木板、滑块、细管） 题号 1 2 3 4 答案 C B AD ABD 1．C 【详解】小环沿杆向上运动时，洛伦兹力方向垂直于杆和磁场构成的平面指向水平方向，杆对小环的水平弹力大小等于洛伦兹力，即 小环竖直方向所受合力为向下的重力和向下的滑动摩擦力，即 因此小环的加速度满足 小环向上做减速运动，速度不断减小，因此加速度随速度的减小而不断减小，到最高点时小环速度为0，洛伦兹力为0，弹力为0，摩擦力为0，此时加速度大小等于。向下运动阶段 小环从最高点开始向下运动，速度方向反向，洛伦兹力方向也反向，但仍为水平方向，水平弹力大小等于 小环竖直方向所受合力为向下的重力和向上的滑动摩擦力，即 因此小环的加速度满足 小环向下做加速运动，速度不断增大，因此加速度随速度的增大而继续减小，直到回到点的过程中加速度始终小于最高点的。综上，全程小环的加速度一直减小。 故选C。 2．B 【详解】设匀强磁场的磁感应强度大小为，粒子的质量为、电荷量为，细管向右匀速运动的速度大小为，粒子在细管中的加速度大小为，则有 设粒子离开细管时在竖直方向的分速度大小为，则有 由题可知， 联立解得， 故粒子离开管口时的速度大小为 粒子与水平方向之间夹角的余弦值为 设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为，根据牛顿第二定律可得 解得 粒子在磁场中的运动轨迹如图所示 由几何关系可知，粒子运动到圆周运动的最高点时，其到管口的竖直距离为 故选B。 3．AD 【详解】AB．长木板和小滑块一起向右加速运动，当小滑块获得向右的速度后，若小滑块带负电荷，由左手定则可知，将产生一个方向向下的洛伦兹力qvB，增大了小滑块对长木板的压力，即与长木板之间的摩擦力也随之增大，且随小滑块速度的增大，洛伦兹力也随之增大，摩擦力也随之增大，因此它将一直随长木板一起向右运动，A正确，B错误； C．当小滑块获得向右的速度后，若小滑块带正电荷，将产生一个方向向上的洛伦兹力，当洛伦兹力等于重力时，小滑块与长木板之间的弹力是零，此时有 此时摩擦力是零，小滑块将做匀速直线运动，而木板在恒力的作用下做匀加速运动，C错误； D．当小滑块获得向右的速度后，若小滑块带正电荷，将产生一个方向向上的洛伦兹力，当洛伦兹力等于重力时，小滑块与长木板之间的弹力是零，小滑块与长木板之间的摩擦力是零，长木板在水平方向只受恒力F的作用下，则长木板的加速度为，D正确。 故选AD。 4．ABD 【详解】AB．由题意知A、B一起由静止开始运动，因为A带正电，由左手定则可判断A所受洛伦兹力竖直向上，所以设A、B之间弹力为N，则： A、B一起由静止开始运动过程中，随着速度增加洛伦兹力增加，A、B之间弹力减小，最后到零，此时摩擦力为零，加速度为零，A做匀速直线运动，故A正确，B正确. CD．当A、B相对静止时A、B一起做匀加速直线运动，加速度为： 当A、B发生相对运动后，B的受力发生变化，B的加速度发生变化最终匀加速运动 A的加速度逐渐减小，最后洛伦兹力与重力平衡，A做匀速运动。 故C错误，D正确. 故选ABD. 题型九　磁场中的螺旋运动与科技应用 题号 1 2 3 答案 D B B 1．D 【详解】A．因为洛伦兹力总不做功，则电子的动能不变，故A错误； B．电子在筒中沿x负方向做匀速运动，则yOz平面内做匀速圆周运动，当电子完成完整的圆周运动的同时沿x负向到达时，满足条件，则需要的最短时间为，故B错误； C．根据题意有 可得电子从O点射入时沿x负方向的速度为，故C错误； D．由上面计算知，当n取1时，沿x轴负方向速度最大且为 当电子在yOz平面的圆周运动的半径最大时，y方向的速度最大，此时（根据推导所得） 电子入射的最大速度为，故D正确。 故选D。 2．B 【详解】设该种带正电粒子的轨迹半径为r，由几何关系可得 解得 由 可得 故选B。 3．B 【详解】带正电粒子在垂直于纸面向外的环形匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，即 可得 已知粒子的比荷 化简得 要使粒子能进入环形内环无磁场区域，粒子运动轨迹与内环相切时，半径最小，此时速度最小，由左手定则可知，粒子所受洛伦兹力向下，运动轨迹圆心在点正下方点，设粒子运动轨迹的半径为，则有 由于OC连线和OA方向的夹角为30°，且环形区域内、外半径分别为R、2R，则由几何关系有 联立解得 代入数据得 故选B。 4．(1) (2) (3) 【详解】（1）氘核与氚核的动能分别为， 由动量守恒定律，有 解得 发生核聚变，释放能量，则 （2）设氚核做圆周运动的半径为r，则 解得 根据几何关系可知氚核再次回到内圆边界时，粒子的出射点与入射点对应内圆的圆心角为270°，氚核沿径向进入内圆，在内圆磁场作用下沿轴向运动半个周期后再次回到圆边界沿径向飞出，进入环形磁场B，然后做周期性的运动，运动情况如图甲（侧视图）、乙（正视图）所示 氚核第一次回到D点同一条轴线上的E点，需要在外环中运动四次，在内圆中运动三次，所用时间为 （3）根据电流的定义式得 设氚核在环形磁场中做圆周运动的半径为，氚核沿轴向的平均速度为 又由 得 而， 联立解得等效电流 第1页 第1页 学科网（北京）股份有限公司 $