压轴题07 带电粒子在磁场中的运动-2025年高考物理压轴题专项训练（新高考通用）

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1.本专题是磁场的典型题型之一，包括应用洛伦兹力的知识解决实际问题。高考中经常在选择题中命题，更是在在计算题中频繁出现。2024年高考对于洛伦兹力的考查仍然是热点。
2.通过本专题的复习，不仅利于完善学生的知识体系，也有利于培养学生的物理核心素养。
3.用到的相关知识有:左手定则,洛伦兹力与现代科技等。近几年的高考命题中一直都是以压轴题的形式存在，重点考查类型带电粒子在有界磁场中的运动，电磁场与现代科技等。
考向一：带电粒子在有界磁场中运动
带电粒子在有界磁场中运动的分析方法
1.圆心的确定
圆心位置的确定通常有以下两种基本方法：
(1)已知入射方向和出射方向时，可以过入射点和出射点作垂直于入射方向和出射方向的垂线，两条垂线的交点就是圆弧轨道的圆心(如图甲所示，P为入射点，M为出射点)。
(2)已知入射方向和出射点的位置时，可以过入射点作入射方向的垂线，连接入射点和出射点，作其中垂线，这两条垂线的交点就是圆弧轨道的圆心(如图乙所示，P为入射点，M为出射点)。
2.半径的确定
半径的计算一般利用几何知识解直角三角形。做题时一定要作好辅助线，由圆的半径和其他几何边构成直角三角形。由直角三角形的边角关系或勾股定理求解。
3.粒子在匀强磁场中运动时间的确定
(1)粒子在匀强磁场中运动一周的时间为T，当粒子运动轨迹的圆弧所对应的圆心角为α时，其运动时间t＝eq \f(α,360°)T(或t＝eq \f(α,2π)T)。
圆心角＝偏向角＝2倍弦切角。
(2)当v一定时，粒子在匀强磁场中运动的时间t＝eq \f(l,v)，l为带电粒子通过的弧长。
考向二：带电粒子在有界磁场中运动的临界问题
解决带电粒子在磁场中运动的临界问题的关键，通常以题目中的“恰好”“最大”“至少”等为突破口，寻找临界点，确定临界状态，根据磁场边界和题设条件画好轨迹，建立几何关系求解。
(1)刚好穿出或刚好不能穿出磁场的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、圆心角越大，则带电粒子在有界磁场中的运动时间越长。
(3)当比荷相同，速率v变化时，圆心角越大的，运动时间越长。
考向三：质谱仪
1.原理示意图
2.用途：分离和检测同位素；准确测离子的质量。
3.工作原理
(1)带电粒子经过电压为U的加速电场加速，qU＝eq \f(1,2)mv2。
(2)垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场中，做匀速圆周运动，r＝eq \f(mv,qB)。
(3)偏转距离x＝2r，比荷eq \f(q,m)＝eq \f(8U,B2x2)，所以比荷不相等的离子会被分开，并按比荷的大小顺序排列，利用质谱仪我们还可以准确地测量出每种离子的质量m＝eq \f(qB2,8U)x2。
4.质谱仪区分同位素：由qU＝eq \f(1,2)mv2和qvB＝meq \f(v2,r)可求得r＝eq \f(1,B)eq \r(\f(2mU,q))。同位素电荷量q相同，质量不同，在质谱仪照相底片上显示的位置就不同，故能据此区分同位素。
考向四：回旋加速器
1.原理示意图
2.工作原理
(1)电场的特点及作用
特点：两个D形盒之间的窄缝区域存在交变电场，交变电场的周期与粒子在磁场中运动的周期相同。
作用：带电粒子经过该区域时被加速。
(2)磁场的特点及作用
特点：D形盒处于与盒面垂直的匀强磁场中。
作用：带电粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，从而改变运动方向，半个周期后再次进入电场。
3.同步问题
交变电压的频率与粒子在磁场中做匀速圆周运动的频率相等，交变电压的频率f＝eq \f(1,T)＝eq \f(qB,2πm)(当粒子的比荷或磁感应强度改变时，同时也要调节交变电压的频率)。
4.粒子的最大动能
粒子从D形盒边缘离开回旋加速器时动能最大，Ekm＝eq \f(1,2)mv2＝eq \f(q2B2R2,2m)，可知在q、m和B一定的情况下，回旋加速器的半径R越大，粒子的动能就越大(最大动能与加速电压无关)。
5.回旋加速的次数
粒子每加速一次动能就增加qU，故需要加速的次数n＝eq \f(Ekm,qU)，回旋的周期数为eq \f(n,2)。
6.粒子的运动时间
粒子的运动时间由加速次数n或回旋的周期数eq \f(n,2)决定，在磁场中的回旋时间t1＝eq \f(n,2)T；在电场中的加速时间t2＝eq \f(nd,\f(vn,2))或t2＝eq \r(\f(2nd,a))，其中a＝eq \f(qU,md)。在回旋加速器中运动的总时间t＝t1＋t2(因t1≫t2，故可认为粒子在盒内的运动时间近似等于t1)。
7.回旋轨迹半径
rn＝eq \f(mvn,qB)，nqU＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,n)，n为加速次数。
考向五：洛伦兹力的其他应用实例
1.速度选择器
(1)装置及要求
如图所示，两极板间存在匀强电场和匀强磁场，二者方向互相垂直，带正电粒子从左侧射入，不计粒子重力。
(2)带电粒子能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是qE＝qvB，即v＝eq \f(E,B)。
(3)速度选择器的特点
①v的大小等于E与B的比值，即v＝eq \f(E,B)。速度选择器只对选择的粒子的速度有要求，而对粒子的质量、电荷量大小及带电正、负无要求。
②当v>eq \f(E,B)时，粒子向F洛方向偏转，F电做负功，粒子的动能减小，电势能增大。
③当v2.磁流体发电机
磁流体发电机的发电原理图如图甲所示，其平面图如图乙所示。
设带电粒子的运动速度为v，带电荷量为q，磁场的磁感应强度为B，极板间距离为d，极板间电压为U，根据F洛＝F电，有qvB＝qE＝eq \f(qU,d)，得U＝Bdv。
根据外电路断开时，电源电动势的大小等于路端电压，知此磁流体发电机的电动势为E源＝U＝Bdv。
3.电磁流量计
如图甲、乙所示是电磁流量计的示意图。
设管的直径为D，磁感应强度为B，a、b两点间的电势差是由于导电液体中电荷受到洛伦兹力作用，在管壁的上、下两侧堆积产生的。到一定程度后，a、b两点间的电势差达到稳定值U，上、下两侧堆积的电荷不再增多，此时，洛伦兹力和电场力平衡，有qvB＝qE＝qeq \f(U,D)，所以v＝eq \f(U,DB)，又圆管的横截面积S＝eq \f(1,4)πD2，故流量Q＝Sv＝eq \f(πUD,4B)。
01 带电粒子在有界磁场中运动
1.如图所示，在xOy平面的第一象限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。一带电粒子从y轴上的M点射入磁场，速度方向与y轴正方向的夹角θ＝45°。粒子经过磁场偏转后在N点(图中未画出)垂直穿过x轴。已知OM＝a，粒子的电荷量为q，质量为m，重力不计。则( )
A.粒子带负电荷
B.粒子速度大小为eq \f(qBa,m)
C.粒子在磁场中运动的轨道半径为a
D.N与O点相距(eq \r(2)＋1)a
【答案】AD
【解析】由左手定则可知，带电粒子带负电荷，A正确；作出粒子的轨迹示意图如图所示，假设轨迹的圆心为O′，则由几何关系得粒子的轨道半径为R＝eq \r(2)a，则由qvB＝meq \f(v2,R)得v＝eq \f(qBR,m)＝eq \f(\r(2)qBa,m)，B、C错误；由以上分析可知，ON＝R＋a＝(eq \r(2)＋1)a，D正确。
02 带电粒子在有界磁场中运动的临界问题
2．真空中有一匀强磁场，磁场边界为两个半径分别为a和3a的同轴圆柱面，磁场的方向与圆柱轴线平行，其横截面如图所示。一速率为v的电子从圆心沿半径方向进入磁场。已知电子质量为m，电荷量为e，忽略重力。为使该电子的运动被限制在图中实线圆围成的区域内，磁场的磁感应强度最小为( )
A.eq \f(3mv,2ae) B.eq \f(mv,ae)
C.eq \f(3mv,4ae) D.eq \f(3mv,5ae)
【答案】C
【解析】为使电子的运动被限制在图中实线圆围成的区域内，电子进入匀强磁场中做匀速圆周运动的半径最大时轨迹如图所示，设其轨迹半径为r，轨迹圆圆心为M，磁场的磁感应强度最小为B，由几何关系有eq \r(r2＋a2)＋r＝3a，解得r＝eq \f(4,3)a，电子在匀强磁场中做匀速圆周运动有evB＝meq \f(v2,r)，解得B＝eq \f(3mv,4ae)，选项C正确。
03 带电粒子在有界磁场中运动的多解问题
3.如图所示，在xOy平面内，y≥0的区域有垂直于xOy平面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，一质量为m、带电荷量的绝对值为q的粒子从原点O沿与x轴正方向成60°角方向以v0射入，粒子的重力不计，求带电粒子在磁场中运动的时间和带电粒子离开磁场时的位置。
【答案】 eq \f(4πm,3qB)、eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3)mv0,qB)，0))或eq \f(2πm,3qB)、eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3)mv0,qB)，0))
【解析】由洛伦兹力提供向心力，有
qv0B＝meq \f(veq \\al(2,0),R)＝mReq \f(4π2,T2)
解得R＝eq \f(mv0,qB)，T＝eq \f(2πm,qB)
当带电粒子带正电时，轨迹如图中OAC所示，
故粒子在磁场中运动的时间
t1＝eq \f(240°,360°)T＝eq \f(4πm,3qB)
粒子在C点离开磁场
OC＝2Rsin 60°＝eq \f(\r(3)mv0,qB)
故离开磁场的位置为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3)mv0,qB)，0))
当带电粒子带负电时，轨迹如图中ODE所示，故粒子在磁场中的运动时间
t2＝eq \f(120°,360°)T＝eq \f(2πm,3qB)
粒子在E点离开磁场
OE＝2Rsin 60°＝eq \f(\r(3)mv0,qB)
故离开磁场时的位置为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3)mv0,qB)，0))。
04 质谱仪
4.如图所示为质谱仪的工作原理图，在容器A中存在若干种电荷量相同而质量不同的带电粒子，它们可从容器A下方的小孔S1飘入电势差为U的加速电场(初速度可忽略)，然后经过S3沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B的匀强磁场中，最后打到照相底片D上。若这些粒子中有两种电荷量均为q、质量分别为m1和m2的粒子(m1(1)分别求出这两种粒子进入磁场时的速度v1、v2的大小；
(2)求这两种粒子打到照相底片上的位置间的距离。
【答案】(1)eq \r(\f(2qU,m1)) eq \r(\f(2qU,m2)) (2)eq \f(2,qB)(eq \r(2qm2U)－eq \r(2qm1U))
【解析】(1)由动能定理得qU＝eq \f(1,2)m1veq \\al(2,1)
qU＝eq \f(1,2)m2veq \\al(2,2)
解得v1＝eq \r(\f(2qU,m1))
v2＝eq \r(\f(2qU,m2))。
(2)在匀强磁场中，由牛顿第二定律得
qvB＝meq \f(v2,R)
解得R＝eq \f(mv,qB)
质量为m1的粒子的轨道半径R1＝eq \f(m1v1,qB)
质量为m2的粒子的轨道半径R2＝eq \f(m2v2,qB)
两种粒子打到照相底片上的位置间的距离d＝2R2－2R1
解得d＝eq \f(2,qB)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(2qm2U)－\r(2qm1U)))。
05 回旋加速器
5.回旋加速器是利用磁场和电场使带电粒子做回旋运动，经过多次加速，粒子最终从D形盒边缘引出，能量可达几十兆电子伏特(MeV)。如图所示为回旋加速器的原理示意图，利用回旋加速器对eq \\al(2,1)H粒子进行加速，此时D形盒中磁场的磁感应强度大小为B，D形盒缝隙间电场变化周期为T，加速电压为U。忽略相对论效应和粒子在D形盒缝隙间的运动时间，下列说法正确的是( )
A.保持B、U和T不变，该回旋加速器可以加速质子
B.仅增大加速电压U，eq \\al(2,1)H粒子在回旋加速器中运动的总时间不变
C.仅增大加速电压U，eq \\al(2,1)H粒子获得的最大动能增大
D.回旋加速器既能加速带正电的粒子，又能加速带负电的粒子
【答案】 D
【解析】根据加速电场的周期和粒子在磁场中运动的周期相同才能加速，粒子在磁场中运动的周期T＝eq \f(2πm,qB)，由于质子与eq \\al(2,1)H粒子的比荷不同，所以该回旋加速器不能加速质子，故A错误；根据qvB＝meq \f(v2,r)，解得v＝eq \f(qBr,m)，带电粒子射出时的动能为Ek＝eq \f(1,2)mv2＝eq \f(q2B2r2,2m)，可知最大动能与加速电压无关，故C错误；设粒子在电场中加速的次数为n，根据nqU＝eq \f(1,2)mv2，可知U越大，n越小，粒子在磁场中运动的时间t＝eq \f(n,2)T＝eq \f(nπm,qB)，则粒子在回旋加速器中运动的时间越短，故B错误；根据粒子在磁场中运动的周期公式T＝eq \f(2πm,qB)，可知当调整磁感应强度大小，同时结合其他的一些调整后，也可以加速带负电的粒子，故D正确。
06 洛伦兹力的其他应用实例
6. 如图为磁流体发电机示意图。平行金属板a、b间有一匀强磁场，将一束等离子体(即高温下电离的气体，含有大量等量正、负离子)垂直于磁场的方向喷入磁场，a、b两板间便产生电压。若磁场的磁感应强度大小为B，每个离子的电荷量为q、速度为v，等效直流电源两极板a、b间距为d，两板间等离子体的等效电阻为r，负载电阻为R，则( )
A.图中a板是电源的正极
B.稳定时电源的电动势为Bdv
C.稳定时负载两端的电压为eq \f(R,R＋r)Bdv
D.若增加负载的阻值，发电机的输出功率一定减小
【答案】BC
【解析】根据左手定则知，图中a板为电源的负极，A错误；外电路不接电阻稳定时，有qE＝qvB，两板间的电动势(即电源的电动势)E源＝Ed＝Bdv，B正确；根据闭合电路欧姆定律，可知稳定时负载两端的电压U外＝eq \f(R,R＋r)E源＝eq \f(R,R＋r)Bdv，C正确；当内电阻等于外电阻时发电机的输出功率最大，因不知内电阻和外电阻的大小关系，因此当外电阻增加时，发电机的输出功率不一定减小，D错误。
一、单选题
1．（2024·陕西安康·三模）如图所示为空心圆柱形磁场的截面图，O点为圆心，半径为R内圆与半径为3R外圆之间存在垂直纸面向里的匀强磁场，A为外圆上一点。一粒子源s可持续发射出大小均为v、质量为m，电荷量为q的粒子，不计粒子重力，以下说法正确的是（ ）
A．若粒子源放置在O点向各个方向均匀发射粒子，且所有粒子均不从外圆射出，则磁感应强度最小值为
B．若粒子源放置在O点向各个方向均匀发射粒子，且所有粒子均不从外圆射出，则磁感应强度最小值为
C．若粒子源放置A点且沿连线发射粒子，为使粒子不进入内圆，则磁感应强度的最小值为
D．若粒子源放置A点且沿连线发射粒子，为使粒子不进入内圆，则磁感应强度的最小值为
【答案】C
【详解】若粒子源放置在O点向各个方向均匀发射粒子，且所有粒子均不从外圆射出，轨迹最大半径如图所示
根据几何关系有
解得
根据洛伦兹力提供向心力
磁感应强度最小值为，故AB错误；
若粒子源放置A点且沿连线发射粒子，为使粒子不进入内圆，轨迹最大半径如图所示
根据几何关系有
解得
根据洛伦兹力提供向心力
磁感应强度最小值为，故C正确，D错误。
故选C。
2．（23-24高三上·贵州贵阳·期末）如图所示，半径为R=1m的圆形区域内有一垂直纸面向里的匀强磁场，Р为磁场边界上的一点，大量相同的带正电的粒子，在纸面内沿各个方向以相同的速率从Р点射入磁场，这些粒子射出磁场时的位置均位于PQ圆弧上且Q点为最远点。已知PQ圆弧长等于磁场边界周长的四分之一，不计粒子重力和粒子间的相互作用，则该圆形磁场中有粒子经过的区域面积为（ ）
A．m2B．m2C．m2D．m2
【答案】A
【详解】设轨迹圆的半径为r，由几何关系
∠POO=90°
粒子做圆周运动的半径为
由几何关系，如图
该区域面积
代入数据，面积为m2。
故选A。
二、多选题
3．（2024·海南·模拟预测）如图，真空中有区域Ⅰ和Ⅱ，区域Ⅰ中存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向下（与纸面平行），磁场方向垂直纸面向里，腰长为L的等腰直角三角形区域（区域Ⅱ）内存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外。图中A、C、O三点在同一直线上，与垂直，且与电场和磁场方向均垂直。A点处的粒子源持续将比荷一定但速率不同的粒子射入区域Ⅰ中，只有沿直线运动的粒子才能进入区域Ⅱ。若区域Ⅰ中电场强度大小为E、磁感应强度大小为，区域Ⅱ中磁感应强度大小为，则粒子从边靠近F的三等分点D射出，它们在区域Ⅱ中运动的时间为。若改变电场或磁场强弱，能进入区域Ⅱ中的粒子在区域Ⅱ中运动的时间为t，不计粒子的重力及粒子之间的相互作用，下列说法正确的是（ ）
A．从D点飞出的粒子速度大小为
B．粒子的比荷为
C．若仅将区域Ⅰ中电场强度大小变为2E，则
D．若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为，则粒子从边出射，出射点距离O点
【答案】BCD
【详解】A．根据题意可知区域Ⅰ中粒子电场力和洛伦兹力相等，由此可得，解得，粒子在区域Ⅱ中做匀速圆周运动，速度大小不变，故从D点飞出的粒子速度大小为，故A错误；粒子的运动轨迹如图所示
在区域Ⅱ中，粒子受到的洛伦兹力提供向心力，则有，根据几何关系可知，粒子转过的圆心角为90°，则，联立可得故B正确；若仅将区域Ⅰ中电场强度大小变为2E，设进入区域Ⅱ中的速度大小为，则，解得，在区域Ⅱ中，粒子受到的洛伦兹力提供向心力，则有，解得，则粒子将从GF边离开区域Ⅱ，轨迹的圆心角小于，根据粒子在磁场中的周期公式
，解得，由于区域Ⅱ中的磁场不变，粒子的比荷也不变，所以周期不变，根据，
因为粒子在区域Ⅱ中做圆周运动的圆心角减小，所以粒子运动时间减小，故C正确；若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为，设粒子在区域Ⅱ中运动的半径为，根据，解得，粒子在区域Ⅱ中的运动轨迹如图所示
由几何关系可得，，根据勾股定理，则出射点距离O点，，故D正确。
故选BCD。
4．（2024·湖南岳阳·二模）如图所示，空间中存在水平向右的匀强磁场，磁感应强度为B。某处S点有电子射出，电子的初速度大小均为v，初速度方向呈圆锥形，且均与磁场方向成角（），S点右侧有一与磁场垂直的足够大的荧光屏，电子打在荧光屏上的位置会出现亮斑。若从左向右缓慢移动荧光屏，可以看到大小变化的圆形亮斑（最小为点状亮斑），不考虑其它因素的影响，下列说法正确的是（ ）
A．若圆形亮斑的最大半径为R，则电子的比荷为
B．若圆形亮斑的最大半径为R，则电子的比荷为
C．若荧光屏上出现点状亮斑时，S到屏的距离为d，则电子的比荷可能为
D．若荧光屏上出现点状亮斑时，S到屏的距离为d，则电子的比荷可能为
【答案】ACD
【详解】将电子的速度分解为水平方向的速度，和竖直方向的速度，即，，在水平方向因为电子速度与磁场方向平行，所以不会受到洛伦兹力，即电子在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向因为粒子与磁场方向垂直，所以受到洛伦兹力，由于不计重力，所以在竖直方向粒子做匀速圆周运动。综上所述，可以将其看成水平方向的匀速直线，与竖直方向的粒子源问题，即，电子圆形亮斑的最大半径是电子轨迹圆周的半径的二倍，由此可知，在竖直方向轨迹圆周的半径为，有，整理有，故A正确，B错误；由于电子在水平方向做匀速直线运动，设电子到荧光屏的时间为t，有，解得，电子在竖直方向圆周运动，有，其周期为T，有，若荧光屏上出现点状亮斑时，即电子到达荧光屏上时，恰好在竖直方向完成一个完成的圆周运动，即电子到荧光屏的时间是电子竖直方向做圆周运动的周期的整数倍，有（，2，3……），整理有（，2，3……），当时，其比荷为
，当时，比荷为，故CD正确。
故选ACD。
5．（2024·河北石家庄·二模）利用磁场控制带电粒子的运动，在现代科学实验和技术设备中有广泛的应用。如图所示，以O点为圆心、半径为R的圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，圆形区域外有垂直纸面向外的匀强磁场，两磁场的磁感应强度大小均为B。有一质量为m、电荷量为的粒子从P点沿半径射入圆形区域，粒子n次穿越圆形区域边界（不包括经过P点）后又回到P点，此过程中粒子与圆心O的连线转过角度为，不计粒子重力，下列说法正确的是（ ）
A．n的最小值为2
B．时，粒子速度大小为
C．时，粒子从P出发到回到P点的时间为
D．粒子连续两次穿越圆形区域边界过程中，粒子与圆心的连线转过的角度为
【答案】AC
【详解】A．因为粒子粒子n次穿越圆形区域边界（不包括经过P点）后又回到P点，此过程中粒子与圆心O的连线转过角度为，画出粒子轨迹示意图如图所示
n的最小值为2，故A正确；时，粒子圆心间的连线构成圆边界的外切正方向，根据几何关系可知半径为
，根据洛伦兹力提供向心力有，解得，故B错误；粒子在磁场中匀速圆周运动的周期为
时，粒子从P出发到回到P点的时间为，解得，
选项C正确；由上述分析可知，粒子连续两次穿越圆形区域边界过程中，粒子与圆心的连线转过的角度为，故D错误。
故选AC。
6．（2024·陕西西安·一模）如图，真空中区域Ⅰ中存在匀强电场和匀强磁场，等腰直角三角形区域（区域Ⅱ）内存在匀强磁场。图中三点在同一直线上，与垂直，且与电场和磁场方向均垂直。A点处的粒子源持续将比荷一定但速率不同的粒子射入区域Ⅰ中，只有沿直线运动的粒子才能进入区域Ⅱ。若区域Ⅰ中电场强度大小为、磁感应强度大小为，区域Ⅱ中磁感应强度大小为，则粒子从的中点射出，它们在区域Ⅱ中运动的时间为。若改变电场或磁场强弱，能进入区域Ⅱ中的粒子在区域Ⅱ中运动的时间为，不计粒子的重力及粒子之间的相互作用，下列说法正确的是（ ）
A．若仅将区域Ⅰ中磁感应强度大小变为，则
B．若仅将区域Ⅰ中电场强度大小变为，则
C．若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为，则
D．若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为，则
【答案】ABC
【详解】由题知粒子在AC做直线运动，则有，解得，区域Ⅱ中磁感应强度大小为，则粒子从CF的中点射出，设CF的长度为，则粒子转过的圆心角为，则有，，，
解得，，，可知，粒子从边射出的最大半径为若仅将区域I中磁感应强度大小变为，则能进入区域Ⅱ中的粒子速度为，粒子在区域Ⅱ中运动的半径为，粒子扔从飞出，则粒子转过的圆心角仍为，且周期不变，则运动时间不变，即，若仅将区域I中电场强度大小变为，则能进入区域Ⅱ中的粒子速度为，粒子在区域Ⅱ中运动的半径为，恰好从点飞出，则粒子转过的圆心角仍为，且周期不变，则运动时间不变，即，故AB正确；若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为，则粒子在区域Ⅱ中运动的半径和周期为，，粒子从上点飞出，如图所示
由几何关系有，解得，则有，故C正确；若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为，则粒子在区域Ⅱ中运动的半径和周期为，，同理有，
解得，则有，故D错误。
故选ABC。
7．（2024·河南郑州·模拟预测）如图所示，边长为a的正方形MNPQ区域内有一方向垂直正方形平面向外的匀强磁场，NP边上有一点S，。两个质量相同、带等量异种电荷的粒子均从S点平行于MN方向射入磁场。带正电粒子甲与带负电粒子乙重力均不计，不考虑甲、乙两粒子间的作用。下列说法正确的是（ ）
A．若两粒子在磁场中运动的时间相等，则乙与甲的初速度大小之比一定为1：3
B．若两粒子的初速度相同，则乙与甲在磁场中运动的时间之比可能为1：2
C．若其中一个粒子垂直PQ边射出磁场，则乙与甲在磁场中运动时间之比一定不大于2：1
D．若两粒子分别从M、Q两点射出磁场，则乙与甲的初速度大小之比恰好为2：1
【答案】BC
【详解】设匀强磁场的磁感应强度为，带电粒子的电荷量为，质量为，初速度为，运动半径为，根据
，可得，根据匀速圆周运动规律可得粒子运动周期为，11若粒子运动轨迹所对应的圆心角为，则粒子在磁场中运动时间为，若两粒子在磁场中运动的时间相等，则两粒子在磁场中的转过的圆心角（或弦切角）必定相等，可能分别从左右边射出；可能负粒子从左边射出，正粒子从上边射出；可能都从下边射出，此时圆心角均为，即均从边射出，则对于负粒子有，解得初速度需满足，对于正粒子同理可知其初速度需满足，由此可见和取值具有不确定性，根据数学知识可知可以取任意值，不一定为，时对应负粒子恰好从点射出，且正粒子恰好从点射出的特殊情况，错误；若两粒子的初速度相同，则两粒子的运动半径相同，当负粒子的运动半径为时，它将垂直边射出，转过的圆心角为，正粒子将从边射出，转过的圆心角为二者在磁场中运动的时间之比为，B正确；若其中一个粒子（即正粒子）垂直边射出磁场，则其转过的圆心角为，负粒子转过的圆心角最大值为，乙粒子与甲粒子在磁场中运动的时间之比一定不大于，C正确；若两粒子分别从两点射出磁场，设乙、甲粒子半径分别为和，根据几何关系有
解得，，所以乙粒子与甲粒子在磁场中运动的初速度大小之比恰好为，D错误。
故选BC。
8．（2024·贵州·模拟预测）如图所示，在该区域存在一个方向垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B的圆形磁场区域（图中未画出），一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子从M点以水平向左的初速度射入磁场中，M点在磁场中，一段时间后从N点穿过竖直线MN，在N点时运动方向与MN成角，MN长度为3L，不计粒子重力，下列说法正确的是（ ）
A．从M到N过程中粒子所受洛伦兹力的冲量大小为
B．粒子从M到N所用的时间为
C．粒子在磁场中做圆周运动的半径为L
D．圆形匀强磁场区域的最小面积为
【答案】CD
【详解】如图所示
由几何关系可以得到，可得粒子圆周运动的半径为，C正确；从M到N，洛伦兹力冲量
，又由，得，A错误；粒子从M到D时间，粒子从D到N时间
，所以粒子从M到D时间，B错误；圆形磁场直径最小值为MD长度，所以圆形磁场最小面积为，D正确。
故选CD。
9．（2024·四川成都·二模）如图所示，矩形磁场区域abcd内存在垂直纸面向外的匀强磁场，O1为b边中点位置，O2为O1a段中点位置；现同时从O1、O2处水平向右发射速度相同的M、N两粒子，M粒子恰好可以从b点飞出磁场，M、N两粒子的运动轨迹相交于Р点（图中未标出），且在P点处时M、N速度方向垂直。已知ad边长为ab边长的两倍，不计粒子重力及粒子间的相互作用。下列说法正确的是（ ）
A．M、N两粒子的比荷为3：4B．M、N两粒子的比荷为1：2
C．M、N两粒子不会同时到达Р点D．P点与边界ad和边界bc的距离相等
【答案】AC
【详解】根据题意，画出两个粒子的运动轨迹示意图为
由几何关系可知，解，带电粒子在匀强磁场中做圆周运动，有，可得
，可得出，A正确，B错误；根据，可知，两个粒子的周期之比为，根据几何关系可知，，，M、N两粒子到达Р点的时间为，，
C正确；由几何关系可知，P点与边界ad和边界bc的距离分别为，
，D错误。
故选AC。
10．（23-24高三下·重庆沙坪坝·阶段练习）离子速度分析器截面图如图所示。半径为R的空心转筒P，可绕过O点、垂直xOy平面（纸面）的中心轴逆时针匀速转动（角速度大小可调），其上有一小孔S。整个转筒内部存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，转筒下方有一与其共轴的半圆柱面探测板Q，板Q与y轴交于A点。离子源M能沿着x轴射出质量为m、电荷量为-q（q>0）、速度大小不同的离子，速度大小为的离子经磁场偏转后能击中A点。落在接地的筒壁或探测板上的离子被吸收且失去所带电荷，不计离子的重力和离子间的相互作用。则（ ）
A．磁感应强度的大小
B．转筒的转动的角速度一定为
C．若某离子能击中C点，∠SOC=60°，该离子在磁场中的运动时间为
D．若转筒P的角速度，则探测板Q上能探测到离子的点有5个
【答案】ACD
【详解】速度大小为的离子经磁场偏转后能击中A点，根据几何关系可知离子的运动半径为，根据洛伦兹力提供向心力，解得磁感应强度的大小，故A正确；离子经磁场偏转后能击中A点，在磁场中的运动时间为，转筒转过的角度满足（k＝0，1，2，3…），联立解得转筒的转动的角速度为（k＝0，1，2，3…），故B错误；设能击中C点的粒子速度为，若某离子能击中C点，根据几何关系可知离子的运动半径为，则，该离子在磁场中的运动时间为，故C正确；
设为探测点位置和O点连线与轴负方向的夹角，设速度大小为的离子在磁场中运动半径为，由上述分析可得，，离子在磁场中运动的时间为，转筒转动的角速度为
解得，（n＝0，1，2，3…），则，且，解得
，（n＝0，1，2，3，4），故若转筒P的角速度，则探测板Q上能探测到离子的点有5个，故D正确。
故选ACD。
11．（23-24高三上·福建福州·期末）如图所示，等腰梯形区域内，存在垂直该平面向外的匀强磁场，，，，磁感应强度大小为，磁场外有一粒子源，能沿同一方向发射速度大小不等的同种带电粒子，带电粒子的质量为，电荷量为，不计重力。现让粒子以垂直于的方向正对射入磁场区域，发现带电粒子恰好都从之间飞出磁场，则（ ）
A．粒子源发射的粒子均为带负电的粒子
B．粒子在磁场中运动的最短时间为
C．带电粒子的发射速度取值范围为
D．带电粒子的发射速度取值范围为
【答案】BC
【详解】根据题意，粒子在磁场中向右偏转，由左手定则可知，粒子源发射的粒子均为带正电的粒子，故A错误；
当粒子从c点飞出时，其运动的速度最大，轨迹所对应的圆心角最小，则运动时间最短，运动轨迹如图所示
据几何知识可知，粒子在磁场中运动的半径为
则由牛顿第二定律有
解得
粒子在磁场中运动的周期为
则在磁场中运动的最短时间为
故B正确；
根据题意可知，当粒子的运动轨迹和cd相切时，粒子的速率是最小的，其运动轨迹如图所示
令粒子做圆周运动的半径为，根据几何知识有
解得
解得带电粒子的最小发射速度为
可知带电粒子的发射速度取值范围为
故C正确，D错误。
故选BC。
12．（23-24高二上·山东烟台·期末）如图所示，真空中有区域Ⅰ和Ⅱ，区域Ⅰ中存在电场强度大小为E、方向平行于纸面水平向左的匀强电场和磁感应强度大小为B1、方向垂直于纸面向里的匀强磁场；等腰直角三角形CDF区域（区域Ⅱ）内存在磁感应强度大小为B2、方向垂直于纸面向外的匀强磁场。图中S、C、M三点在同一直线上，SM与DF垂直，且与电场和磁场方向均垂直。S点处的粒子源持续将同种带电粒子以不同的速率沿直线SC射入区域Ⅰ中，只有沿直线SC运动的粒子才能进入区域Ⅱ，并从CF的中点射出，它们在区域Ⅱ中运动的时间为t0。若改变电场或磁场强弱，能进入区域Ⅱ中的粒子在区域Ⅱ中运动的时间为t，不计粒子的重力及粒子之间的相互作用，下列说法中正确的是（ ）
A．若仅将区域Ⅰ中电场强度大小变为2E，则t=t0
B．若仅将区域Ⅰ中磁感应强度大小变为2B1，则tC．若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为，则
D．若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为，则
【答案】ACD
【详解】AB．在区域Ⅰ中，能进入区域Ⅱ中的粒子满足
在区域Ⅱ中，如图
粒子圆周运动的圆心角为。则运动时间为，若仅将区域Ⅰ中电场强度大小变为2E，则能进入区域Ⅱ中的粒子速度为，同理，若仅将区域Ⅰ中磁感应强度大小变为2B1，则能进入区域Ⅱ中的粒子速度为，根据，得可知，虽然运动半径变化，但两种情况下粒子均能从CF边射出，故A正确，B错误；若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为，则运动半径为，，如图
由几何关系
，得，粒子在区域Ⅱ中的运动时间为，C正确；同理C选项，若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为，有，,，得，D正确。
选ACD。
13．（2024·山西临汾·一模）在科学研究中，经常用施加适当的磁场来实现对带电粒子运动的控制。在如图所示的平面坐标系xOy内，以坐标原点O为 圆心、半径为R的圆形区域外存在范围足够大的匀强磁场，磁场方向垂直于xOy平面。一质量为m、带电荷量为的粒子从沿y轴正方向射入磁场，当入射速度为时，粒子从处进入无场圆形区域并射向原点O，不计粒子的重力，则（ ）
A．粒子第一次离开磁场时的运动时间为
B．粒子再次回到P点共需要2次通过原点O
C．若仅将入射速度大小变为，则粒子离开P点后可以再回到P点
D．若仅将入射速度大小变为，则粒子离开P点后不可能再回到P点
【答案】AC
【详解】
因为A点坐标为，所以，，，圆轨迹半径为
，解得，粒子第一次离开磁场时的运动时间为
，A正确；
粒子的运动轨迹如图所示，很明显，粒子再次回到P点共需要3次通过原点O，B错误；
若仅将入射速度大小变为，则粒子轨迹半径为，其运动轨迹如图所示，则粒子离开P点后可以再回到P点，C正确，D错误；
故选AC。
三、解答题
14．（2024·浙江温州·二模）如图所示，直角坐标系中，有一平行于y轴长度为0.5L的线状离子源MN，M端在x轴上，坐标，离子源发射的正离子初速度大小均为，方向平行于x轴正方向，且发射的正离子沿MN均匀分布，每个离子质量为m，电荷量为q；在、区间内加一垂直于纸面向里，磁感应强度大小为的圆形边界匀强磁场，能使离子源发射的全部正离子经过原点O，不计离子重力及离子间的相互作用。
（1）求磁感应强度的取值范围；
（2）若磁感应强度取最小值，在第一象限加垂直纸面向里、磁感应强度大小为的匀强磁场，在第二象限加垂直纸面向外、磁感应强度大小为的匀强磁场，已知。离子发射前，在y轴上放置长度为0.8L的探测板PQ，只有打到探测板左侧表面的离子才能被探测到。
①求全部正离子经过原点O时与y轴正方向夹角的范围；
②若探测板下端Q纵坐标，求离子探测率（即探测板探测到的离子数占总离子数的比例）；
③若探测板位置在y轴上可变，Q端纵坐标满足，求离子探测率与的关系。
【答案】（1）；（2）①；②；③见解析
【详解】1）离子在圆形磁场中汇聚到O，离子运动圆周半径r等于圆形磁场的半径R，即，
如图所示
所加圆形边界磁场的半径R满足，由洛伦兹力提供向心力得，联立可得。
（2）若时，离子圆周运动的半径为，
①由
可得
即与y轴正方向的夹角范围
②若，离子经过、两个磁场后在y轴方向上离O的距离，则有
临界1（如图2中轨迹①）
可得
临界2（如图2中轨迹②）
可得
上述表示出一个临界即得
③，分成4个区间
i）当时
ii）当时
可得
则有
iii）当时
可得
则有
iv）当时，离子穿过O点后经过一个运动周期打到探测板左侧
可得
离子穿过O点后经过两个运动周期打到探测板左侧
可得
则有
15．（2024·北京丰台·一模）如图所示，空间中有宽度为d的匀强磁场区域，一束电子以垂直于磁感应强度B并垂直于磁场边界的速度射入磁场，穿出磁场时的速度方向与原入射方向的夹角θ＝60°。已知电子的质量为m，电荷量为e，不计重力。求：
（1）通过作图，确定电子做圆周运动时圆心的位置；
（2）电子进入磁场的速度大小v；
（3）电子穿越磁场的时间t；
（4）电子穿越磁场过程中洛伦兹力冲量的大小I。
【答案】（1）见解析；（2）；（3）；（4）
【详解】（1）圆心O点位置的确定如图所示
（2）设电子做圆周运动的半径为r，根据几何关系
rsin60°＝d
洛伦兹力提供向心力
联立得电子速度。
（3）由圆周运动周期T与线速度v的关系得
电子运动时间为
可得。
（4）根据动量定理
如图所示可得动量的变化量大小为mv
解得。
16．（2024·北京门头沟·一模）2023年12月1日晚间，绚丽的极光现身北京市门头沟区。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。从北极地区看赤道平面的地磁场，可简化为下图：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是匀强磁场，磁感应强度为B。假设高能粒子的质量为m，电荷量为。不计粒子重力及大气对粒子运动的影响，且不考虑相对论效应。
（1）若高能粒子从A点以速度沿切线进入磁场边界位置时，粒子恰好绕着磁场边界做圆周运动，求粒子的速度的大小。
（2）地球磁层是保护地球的一道天然屏障，它阻挡着高能粒子直接到达地球表面，从而保护了地球上的生态环境。
a．假设高能粒子从磁场边缘A点以速率v沿半径方向射入磁场时恰不能到达地球表面，求粒子的比荷；
b．高能粒子实际上可在赤道平面内向各个方向均匀地射入磁场。若高能粒子仍以速率v射入地球磁场，求到达地球粒子数与进入地磁场粒子总数比值。（结果用反三角函数表示，例：，则，θ为弧度）
【答案】（1）；（2）a．；b．
【详解】（1）若高能粒子从A点以速度沿切线进入磁场边界位置时，粒子恰好绕着磁场边界做圆周运动，可知粒子的轨道半径为
由洛伦兹力提供向心力可得
联立解得粒子的速度的大小为
（2）a．假设高能粒子从磁场边缘A点以速率v沿半径方向射入磁场时恰不能到达地球表面，如图所示
由几何关系可得
解得
由洛伦兹力提供向心力可得
联立解得粒子的比荷为
b．若高能粒子仍以速率v射入地球磁场，可知沿径向方向射入的粒子会和地球相切而出，和AO方向成角向上方射入磁场的粒子也恰从地球上沿相切射出，在此角范围内的粒子能到达地球，其余进入磁场粒子不能到达地球，作A点该速度垂直和过切点与O点连线延长线交于F点，则F点为圆心，如图所示
由图中几何关系可得
，
则有
可得
故到达地球粒子数与进入地磁场粒子总数比值为
17．（23-24高三下·四川内江·开学考试）如图所示，两平行极板水平放置，间距为d，两板间电压为U，其中上极板接电源正极（忽略边缘效应，电场视为匀强电场），两极板之间的区域同时有一方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，距极板不远处有一边长为d的正方形ABCD，AB、CD边分别与上下极板平齐。某时刻从与极板间距等宽的粒子源射出的平行带电粒子恰好沿直线通过平行板区域。不考虑粒子间的相互作用，不考虑带电粒子的重力。求：
（1）粒子运动的速度大小为多少？
（2）如果粒子全部打在C点，需在正方形中加相应的磁场，判断磁场的方向及磁场的最小面积。（无需写出面积最小的证明过程）
【答案】（1）；（2），若粒子带正电，磁场方向垂直纸面向外；若粒子带负电，磁场方向垂直纸面向里
【详解】（1）粒子恰好沿直线通过平行板区域，则有
得到粒子运动速度大小为
（2）粒子垂直AD边进入正方形区域，在C点汇聚，如图所示
粒子在磁场中运动的半径等于圆形磁场的半径
根据几何知识可知最小面积为
若粒子带正电，磁场方向垂直纸面向外；若粒子带负电，磁场方向垂直纸面向里。
18．（2024·广东韶关·二模）如图所示，矩形区域Ⅰ和Ⅱ内分别存在方向垂直于纸面向外和向里的匀强磁场，为磁场边界线，四条边界线相互平行，区域Ⅰ的磁感应强度大小为B，区域Ⅱ的磁感应强度大小为，矩形区域的长度足够长，磁场宽度及与之间的距离相同。某种带正电的粒子从上的处以大小不同的速度，沿与成角进入磁场（不计粒子所受重力），当粒子的速度小于某一值时，粒子在区域Ⅰ内的运动时间均为；当速度为时，粒子垂直进入无场区域，最终从上的A点射出，求：
（1）粒子的比荷；
（2）磁场区域Ⅰ的宽度L；
（3）出射点A偏离入射点竖直方向的距离y。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）当粒子的速度小于某一值时，粒子只在区域Ⅰ内运动，不进入区域Ⅱ，从离开磁场，粒子在磁场Ⅰ中运动的转过的圆心角为
粒子的运动时间为
粒子在区域Ⅰ内有
得，。
（2）当速度为时，垂直进入无场区域，设粒子的轨迹半为
根据牛顿第二定律得
转过的圆心角
又因为
解得
（3）设粒子在磁场Ⅱ中运动时，转过的圆心角为，轨迹半径为，根据牛顿第二定律得
又因
得
得
19．（2024·重庆·模拟预测）如题图所示，xOy平面被一条平行于x轴的直线MN分为匀强磁场区域和无磁场区域，磁场区域的磁感应强度方向垂直于纸面向外。比荷为的带正电粒子A，从坐标为的P点，以大小为v0、方向与x轴正方向成60°角的速度发射，能被位于的粒子收集器Q收集，已知该过程中粒子做匀速圆周运动的半径为a，不计粒子重力。
（1）求磁感应强度的大小。
（2）求直线MN到x轴的距离。
（3）若粒子A从x轴某位置以大小为2v0、方向与x轴的正方向成角的速度发射后，依然能被收集器Q收集，求该粒子发射位置的横坐标与θ的关系。
【答案】（1）；（2）；（3）（）
【详解】（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力
其中
可得，磁感应强度的大小为
（2）粒子运动轨迹如图所示
MN到x轴的距离为y，由几何关系可知
其中
所以直线MN到x轴的距离为
（3）粒子运动轨迹如图所示
由洛伦兹力提供向心力
可得
由几何关系可知
其中
故该粒子发射位置的横坐标与θ的关系为
（）。
20．（23-24高三上·山西运城·期末）如图所示，足够长水平挡板位于x轴，其下表面为荧光屏，接收到电子后会发光，荧光屏的同一位置接收两个电子，称为“两次发光区域”。在第四象限足够大区域有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。在第三象限有垂直纸面向里、半径为L的圆形匀强磁场，磁感应强度大小为，边界与y轴相切于A点。一群电子从与x轴平行的虚线处垂直虚线射入圆形磁场后均从A点进入右侧磁场，这群电子在虚线处的坐标范围为。电子电量为e、质量为m，不计电子重力及电子间的相互作用。
（1）求电子的初速度大小；
（2）求落在荧光屏最右侧的电子进入圆形磁场时的x坐标；
（3）若入射电子在虚线处均匀分布，且各位置只有1个，求落在荧光屏上“两次发光区域”和“一次发光区域”的电子数之比。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）根据题意可知，电子从与x轴平行的虚线处垂直虚线射入圆形磁场后均从A点进入右侧磁场，则为磁聚焦现象，则粒子在圆形磁场中做圆周运动的半径
又有
解得
（2）粒子从A点进入第四象限的磁场中做圆周运动，所以
解得
粒子运动轨迹如图所示
当粒子与轴交点C到A的距离为直径4L时，粒子落在挡板的最右侧，由几何关系可得，AC与y轴正方向夹角为
解得
该电子进入圆形磁场时的x坐标
解得
（3）由轨迹图可知
电子源上从左到右的电子在整个过程中，到达荧光屏的位置与坐标原点的距离逐渐增大，当从A射入速度与x轴方向夹角为60°时，电子达到光屏的最右侧，距离达到最大，此后电子落点开始向光屏左侧移动。根据几何关系可知，电子源最右侧电子打在光屏上点即为两种发光区域的临界点，根据几何关系可知，电子源最左侧电子打在光屏上的x坐标为
即光屏上x坐标范围(0，2L)为“一次发光区域”，为“两次发光区域”。根据几何关系可知，在落点与坐标原点距离增大的过程中，当电子在A点的入射速度垂直y轴时，电子打在光屏上的x坐标也为
此时电子恰好沿圆形磁场径向射入，出发时的x坐标为
综上所述可知，落在荧光屏上“一次发光区域”的粒子分布在之间，落在荧光屏上“两次发光区域”的粒子分布在虚线区域所对应轴上的之间。因此可知，落在荧光屏上“两次发光区域”和“一次发光区域”的电子数之比为。
21．（23-24高三下·山西晋中·开学考）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，M、N分别为AD、BC边中点。现在从M点，平行AB方向，以某一初速度射入一个质量为m、电荷量为q的负电粒子，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，该粒子的比荷，不计粒子重力。
（1）求该粒子射入磁场时的速度大小；
（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，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，求该粒子射入磁场的速度可能的取值以及粒子运动的时间。
【答案】（1）；（2），
【详解】
（1）粒子的运动轨迹如图甲所示
设粒子做匀速圆周运动的半径为，由几何关系可知
代入数据，解得
由
代入数据，解得
（2）因为，粒子的轨迹如图乙所示
设粒子做匀速圆周运动的半径为，由几何关系可得
，
由
联立上述方程可解得
，
粒子运动时间
由于周期性，粒子转过的角度为
，
代入上述公式，可解得，
代入数据解得，
22．（2024·江苏扬州·二模）如图所示，在坐标系中，轴上方存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为。质量为、电荷量为的带电粒子在纸面内从点与轴成方向射入磁场，已知点的纵坐标，不计粒子重力。
（1）若粒子不离开磁场，求粒子速度的最大值；
（2）若粒子离开磁场，求粒子在磁场中运动时间的范围；
（3）若磁场为非匀强磁场，方向垂直纸面向里，磁感应强度大小随方向均匀增大，关系为。粒子以大小为的速度从点沿图示方向射入磁场，求粒子从点运动到离轴最远位置的过程中运动轨迹与轴围成的面积。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）若粒子刚好不离开磁场，则运动轨迹与轴相切，如图所示
由几何关系
由洛伦兹力提供向心力
解得
（2）粒子在磁场中的运动周期
当粒子刚好离开磁场时，在磁场中运动时间最长
当粒子速度越来越大，粒子的半径足够大时，可视为粒子从磁场边界x轴上进入磁场，粒子在磁场中运动时间最短，则
综上所述，粒子离开磁场，在磁场中运动时间的范围为
（3）设粒子在轴方向上的分速度为，粒子运动至轴最远位置时轴方向上的分速度为零，根据动量定理
其中
则
可得
根据
解得
23．（2024·湖南长沙·一模）某粒子分析装置的部分简化结构如图所示，主要由粒子源、圆柱形磁场区和6面是荧光屏的长方体仪器OABC-DEFG构成，粒子打在屏上会被吸收。以长方体仪器的顶点O为坐标原点，建立三维坐标系O-xyz。长方体仪器的长AB、宽AO、高AD分别为2a、2a、a，长方体所在空间存在方向沿x轴正向的匀强磁场Ⅰ（图中未画出）。圆柱形区域的长为2a，底面圆半径为R，圆柱形位于长方体仪器的正上方，两者通过长方体正上方狭缝PQ连通，P为DE的中点，Q为GF的中点，圆柱形区域所在空间存在方向沿x轴正向的匀强磁场Ⅱ（图中未画出），在xz平面有一与圆柱体等高等长的长方形粒子源，能沿着y轴正方向发射速率均为v的正电粒子，所有进入圆柱体空间的粒子都恰能通过狭缝PQ再进入长方体仪器，恰好没有粒子打到BCFE面。已知带电粒子的比荷为k，不计粒子重力及粒子间相互作用，试求：
（1）匀强磁场Ⅰ磁感应强度的大小；
（2）打在顶面DEFG粒子数目和打在底面OABC的粒子数目之比；
（3）若仅将匀强磁场Ⅰ的方向调整为沿y轴正方向，大小不变，且其他条件不变，对于从Q点入射的粒子，能打到长方体仪器BCFE面上的粒子最长运动时间以及能打在BCFE面上的粒子数目与Q点入射的粒子总数N之比。（已知，则的大小可表示为）
【答案】（1）；（2）；（3），
【详解】（1）带电粒子经圆柱体仪器磁场作用后聚焦于狭缝，再经过狭缝平行于平面沿各个方向均匀射入长方体仪器，以点射入粒子为例，其他点射入的情况相似。画出过点再面上的部分粒子运动轨迹图，如图所示。在长方体仪器中，由几何关系可知，粒子做圆周运动的半径为
由洛伦兹力提供向心力可得
结合带电粒子的比荷
可得匀强磁场Ⅰ磁感应强度的大小为
（2）由图中几何关系可知，射入长方体仪器的粒子，速度与轴正方向的夹角在和之间的粒子会打在底面上；速度与轴正方向的夹角在和之间的粒子会打在顶面上；则有
（3）当把匀强磁场Ⅰ的方向调整为沿轴正方向后，可将入射速度沿着轴和轴进行分解，入射速度与轴正方向的夹角设为，如图所示
则有，
分析可知，可将带电粒子运动分解为平行于平面的面上做匀速圆周运动和平行于轴方向上做匀速直线运动，在平行于平面的面上，由洛伦兹力提供向心力可得，解得，结合几何关系，当在附近时，粒子打在顶面上，粒子的运动时间为
带电粒子在平行于轴方向上做匀速直线运动，则有
当略大于时，粒子打在面上，粒子的运动时间为
当时，粒子打在面上，此时
当时，粒子恰好打在面上，粒子有最长运动时间
当时，粒子打在面上，易知打在面上的粒子数目与点入射的粒子总数之比为
24．（2024·山东青岛·一模）如图所示xOy平面内，过O点与x轴夹角为θ的分界线以上的区域Ⅰ内存在沿y轴负方向的匀强电场，电场强度为E，分界线与x轴正半轴所围区域Ⅱ内存在垂直于xOy平面向外的磁场，剩余区域Ⅲ内存在垂直纸面的磁场，、大小未知。在O点放置一粒子源，粒子源向固定方向发射质量为m、带电量为＋q的粒子，速度方向与分界线夹角为α，速度大小范围为，且所有粒子都能以垂直分界线的速度到达分界线，不计粒子重力，。
（1）求α的正切值；
（2）若为非匀强磁场，要使所有粒子经过磁场后均能垂直到达x轴，求区域Ⅱ中磁感应强度与r满足的关系式，r为磁场中粒子可到达位置与O点的距离；
（3）若为匀强磁场，且初速度为的粒子在磁场中做圆周运动的轨迹与x轴相切，随后返回电场中运动，求返回电场后粒子再次到达分界线时的位置到O点距离；
（4）接（3）问，返回电场中的粒子再次经过分界线后进入磁场，粒子在中做圆周运动的轨迹圆心刚好位于y轴上，求磁场的大小和方向。
【答案】（1）；（2）；（3）；（4），方向垂直纸面向里
【详解】（1）由题意可知粒子在电场区域做类斜抛运动轨迹如图
沿分界线方向
垂直分界线方向
解得
（2）如图，设粒子沿边界线方向的位移为，则
由
要垂直穿过x轴，那么需要做圆周运动的半径
解得
（3）设粒子圆周运动的半径，粒子再次经过分界线时到O点距离为，根据几何关系
由图可知
（4）第三次穿过分界线的粒子速度依然为，在中的半径为
要想轨迹中心在y轴上，根据几何关系
可得
代入数据
方向垂直纸面向里。
25．（2024·云南·一模）如图所示，矩形区域abcd平面内有垂直于平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，ab边长为4L，bc边长为L。在矩形中心O处有一粒子源，在平面内向各方向均匀发射出速度大小相等的带电粒子，粒子带电量均为+q，质量均为m。若初速度平行于ab边的粒子离开磁场时速度方向偏转了60°角，不计粒子之间的相互作用及粒子重力，取。求
（1）粒子在磁场中运动的速度大小；
（2）粒子在磁场中运动的最短时间和最长时间的比值；
（3）某时刻发射出的粒子中，当初速度方向平行于ab边的粒子离开磁场时，这些粒子中未离开磁场的粒子数与已经离开磁场的粒子数之比。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）根据左手定则，粒子运动轨迹如图
由几何关系
粒子运动半径为
根据牛顿第二定律
粒子在磁场中运动的速度大小为
（2）如图
当粒子与ab交于O点正上方时，弦长最短，运动时间最短，由几何关系
说明圆心角为，则最短时间为
当粒子运动轨迹与cd边相切时，圆心角最大，运动时间最长。由几何关系，粒子垂直ab边射出磁场，圆心角为，则最长时间为
故最短时间和最长时间的比值为
（3）同一时刻在磁场中的粒子与O的距离相等，以O为圆心，以O到（1）问中射出点的距离为半径作圆，如图
当初速度方向平行于ab边的粒子离开磁场时，仍在磁场中的粒子在磁场内部的圆弧上，圆弧所对应的圆心角总和为，则未离开磁场的粒子数与已经离开磁场的粒子数之比
26．（2024·河北·一模）如图所示，在xOy平面内，除以原点O为圆心半径为L的圆形区域外，存在方向垂直坐标平面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场。点处有一粒子发射源，发射源能沿y轴正方向发射速度不同、质量为m、带电荷量为一q的粒子，所有粒子均能进入圆形区域，不计粒子受到的重力及粒子间的相互作用。
（1）求粒子的发射速度需要满足的条件；
（2）求恰好能经过坐标原点O的粒子的发射速度；
（3）当粒子的发射速度多大时，粒子从发射到进入圆形区域的时间最短？最短时间为多少？
【答案】（1）；（2）；（3）时，粒子从发射到进入圆形区域的时间最短，最短时间为
【详解】（1）当粒子的速度过小，粒子的运动轨迹将会与圆形区域相离；当粒子的速度过大，粒子的运动轨迹将包含圆形区域，所以粒子恰好不进入圆形区域的临界条件是轨迹与圆形区域内切或外切，有
故
（2）当粒子垂直边界进入圆形区域（如图甲所示）时，恰好能经过坐标原点O，设此时粒子的轨迹半径为r，有
解得
（3）如图乙所示，过点作圆的切线PQ（Q为切点），作PQ的中垂线，与轴的交点为临界轨迹的圆心，当粒子从点进入圆形区域时，对应的时间最短。
设此时粒子的速度大小为，粒子从发射到进入圆形区域的最短时间为，显然轨迹半径为，有
解得，
当粒子的发射速度为时，粒子从发射到进入圆形区域的时间最短，最短时间为。
27．（2024·江苏宿迁·一模）如图所示，在光滑绝缘的水平桌面（足够大）内建立xOy坐标系，在第Ⅰ、Ⅳ象限中存在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场。质量为m、电荷量为+q的带电小球（可视为质点）从坐标原点O沿与+x方向成45°以某一速度射入第Ⅳ象限，与静止在P点的带电尘埃（质量远小于小球质量）相碰并粘在一起，此后恰好未穿出磁场。P点坐标为（L，L），不计电荷间的相互作用。求：
（1）小球射入磁场的速度；
（2）尘埃的电荷量可能值；
（3）从碰后开始计时，小球经过x轴的时刻。
【答案】（1）；（2）见解析；（3）见解析
【详解】（1）设粒子进入磁场中的速度大小为v0，其轨迹如图所示
根据洛伦兹力提供向心力有
根据几何关系可得
联立解得
（2）由于带电尘埃质量远小于小球质量，则小球与尘埃碰后速度不变，若尘埃带正电，设二者做匀速圆周运动的轨迹半径为r，带电荷量为q1，如图所示
根据几何关系有，
联立可得
若尘埃带负电，设二者做匀速圆周运动的轨迹半径为r′，带电荷量为q2，如图所示
根据几何关系有
联立可得
（3）若尘埃带正电，由于
说明小球与尘埃碰撞后经过x轴时与x轴刚好相切，所以
（n=0，1，2，3…）
若尘埃带负电，由于
说明小球与尘埃碰撞后经过x轴时与x轴刚好相切，所以
（n=0，1，2，3…）
28．（23-24高三上·浙江杭州·期末）托卡马克是一种利用磁约束来实现受控核聚变的环形容器，如图1，它的中央是一个环形的真空室，外面缠绕着线圈，在通电的时候托卡马克的内部产生的磁场可以把高温条件下高速运动的离子约束在小范围内。图2为该磁约束装置的简化模型，两个圆心均在O点，半径分别为R和3R的圆环将空间分成区域Ⅰ和Ⅱ，区域Ⅰ内无磁场，区域Ⅱ内有方向垂直于纸面向里、大小为B的匀强磁场。如图3所示区域Ⅰ中有一群电量为、质量为m的带电粒子沿各个方向运动，不计一切阻力与粒子重力。求：
（1）这群带电粒子都可以被约束在此装置内的最大速度；
（2）带电粒子从点O沿着区域Ⅰ的半径方向射入环形磁场，能约束在此装置的最大速度；
（3）带电粒子从点O沿着区域Ⅰ的半径方向射入环形磁场到第一次返回圆形区域Ⅰ，在区域Ⅱ运动的最长时间；
（4）带电粒子从点O沿着x轴正方向射入环形磁场，每运动一段时间后，又能再一次沿x轴正方向通过O点，则粒子初动能为多大时，粒子运动的周期最短，并求最短周期。
【答案】（1）；（2）；（3）；（4），
【详解】（1）当粒子刚好沿着内圆切线进入环形磁场时，要求此方向不飞出外圆，是保证所有粒子无法穿出环形磁场的外边缘的临界条件，此时速度最大，如图所示
几何关系可得
洛伦兹力提供向心力
解得这群带电粒子都可以被约束在此装置内的最大速度为
（2）粒子在磁场中运动最大半径为，如图
由几何关系可得
解得
又
解得
（3）由于
可得
在区域II中的时间为
（4）粒子每进出一次磁场方向改变，则完成周期的条件，其中为正整数，且。要使周期最短，取，则，如图
则粒子在磁场中运动的半径为
由
则初动能为
粒子在无磁场区域运动时间为
粒子磁场中的运动时间为
故有
29．（23-24高三下·江苏苏州·开学考试）如图所示，在平面直角坐标系xOy的第一、四象限有足够长的条状磁场区域І、П，宽度均为x0，区域І有垂直纸面向里的匀强磁场，区域П有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小分别为B1 、B2．有一带正电粒子电量为q，质量为m，从坐标原点O沿x轴正方向以初速度v0射入磁场区域，不计粒子的重力．求：
（1）粒子初速度v0为多少时，恰好可以穿过磁场区域І？
（2）粒子初速度v0为多少时，恰好可以穿过磁场区域П？
（3）若区域І磁感应强度大小沿x轴满足B=kx，粒子初速度v0为多少时，恰好可以穿过磁场区域І？
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）粒子在区域Ⅰ中做圆周运动，轨迹与区域Ⅰ右边界相切，则
粒子做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，即
解得
（2）如图所示，设O1、O2分别为粒子在区域Ⅰ、П中运动轨迹的圆心， 半径分别为
，
由几何关系可知
，
由几何关系可知
或或
联立解得
解法二：在区域Ⅰ运动过程中任意Δt时间，在y方向上，由动量定理可得
两边累即求和
解得
同理，在区域П运动过程中
两边累即求和
解得
联立解得
解法三：在区域Ⅰ、П运动过程中任意Δt时间，在y方向上，由动量定理可得
两边累即求和
解得
联立解得
（3）如图所示，粒子在区域Ⅰ运动过程速度大小不变，恰好穿过磁场区域І边界时，速度大小为v0，方向竖直向上
在区域Ⅰ运动过程中任意Δt时间，在y方向上，由动量定理可得
又因为
且B与x成线性关系，可知
两边累即求和得
解得
30．（23-24高三上·四川泸州·期末）如图，在三维立体空间内有一个长、宽的长方体区域，长方体对角平面左侧有竖直向上的匀强磁场，大小，右侧有竖直向下的匀强磁场，大小；一比荷的带负电粒子从轴上的点以初速度，沿轴正方向射入匀强磁场中，不计粒子重力，，求∶
（1）粒子在磁场中的运动半径大小；
（2）粒子离开磁场的点距边的距离的大小；
（3）粒子在磁场和磁场中运动的时间之比。
【答案】（1）3m；（2）1.2m；（3）
【详解】（1）粒子在磁场中运动时
解得运动半径大小
（2）粒子在磁场中运动的轨道半径
由几何关系可知，bc=5m，则由图可知，粒子离开磁场的点距边的距离的大小
（3）粒子在磁场中运动圆弧所对的圆心角为
周期
则
粒子在磁场中运动的轨道半径
则粒子从N点射出磁场，由几何关系可知，粒子在磁场B2中运动圆弧所对的圆心角为
周期
则
粒子在磁场和磁场中运动的时间之比。
31．（2024·江苏连云港·一模）如图甲所示，立方体空间的边长为L，侧面为荧光屏，能完全吸收打在屏上的带电粒子并发光，三维坐标系坐标原点O位于底面的中心，，。已知原点O有一粒子源，能向平面内各个方向均匀持续发射速率为、质量为m、电荷量为q的带正电粒子，不计粒子重力及粒子间的相互作用。
（1）若在立方体空间内存在方向平行于z轴的匀强磁场，沿y轴正方向射出的粒子恰好打在荧光屏上的H点，求该匀强磁场磁感应强度的大小；
（2）若磁场与（1）问中的相同，求粒子从原点O运动到荧光屏的最长时间和最短时间；
（3）若在立方体空间内平行y轴加如图乙所示随时间t按余弦规律变化的磁场，同时平行z轴加如图丙所示随时间t按正弦规律变化的磁场，图中峰值，粒子在磁场中运动时间远小于磁场变化周期，不计电磁感应现象影响。求沿x轴正方向射出的粒子打在荧光屏上落点的痕迹长度s。
【答案】（1）；（2），；（3）
【详解】（1）粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由几何关系可得
根据洛伦兹力提供向心力有
解得
（2）粒子在匀强磁场运动是周期为
根据半径一定时，弦长越长，圆心角越大，粒子运动时间越长，即当粒子从H处射出时弦OH最长，圆心角最大为90°，运动时间最长为
当粒子从x轴射出时，弦长最短为，圆心角最小，由几何关系知圆心角为60°，运动的最短时间为
（3）根据题中两个方向上的正弦和余弦磁场变化规律可知
故可知y和z轴方向的合磁场强度大小为
故可知合磁场大小始终不变，只是方向在整个yz平面的四个象限与x轴围成的立体空间内中旋转，沿x轴正方向射出的粒子始终与该合磁场方向垂直，故粒子轨迹为一个固定大小的圆，当磁场旋转时可知粒子的运动轨迹圆绕着Ox轴旋转，与右侧屏的交点是个圆，又因为右侧屏只在x轴上方存在，故痕迹为一个半圆。下面分析痕迹圆的半径r；根据洛伦兹力提供向心力有
粒子的运动轨迹半径为
沿x轴正方向射出的粒子，粒子分别从两个截面轨迹如图所示
设粒子射出点距x的距离分别为y和z，由几何关系知
解得，
故可得痕迹圆的半径为
故粒子打在荧光屏上落点的痕迹长度为。