2025人教版物理重難點-選擇性必修二專題1.5 帶電粒子在有界勻強磁場中的運動-（人教版2019選擇性必修第二冊）（含答案）

2025人教版物理重難點-選擇性必修二專題1.5帶電粒子在有界勻強磁場中的運動-（人教版2019選擇性必修第二冊）（含答案）專題1.5帶電粒子在有界勻強磁場中的運動【人教版】TOC\o"1-3"\t"正文,1"\h【題型1圓形勻強磁場區(qū)域問題】 【題型2矩形磁場區(qū)域問題】 【題型3三角形磁場區(qū)域問題】 【題型4平行邊界磁場區(qū)域問題】 【題型5半圓形磁場區(qū)域問題】 【題型6其他形狀的磁場區(qū)域問題】 【題型1圓形勻強磁場區(qū)域問題】【例1】如圖所示，水平虛線AA′和CC′間距為L，中間存在著方向向右且與虛線平行的勻強電場，CC′的下側存在一半徑為R的圓形磁場區(qū)域，磁場方向垂直紙面向外(圖中未畫出)，圓形磁場與邊界CC′相切于點M。一質量為m、帶電量為q(q>0)的粒子由電場上邊界AA′上的S點以初速度v0垂直射入電場，一段時間后從M點離開電場進入磁場，粒子進入磁場的速度大小為eq\r(2)v0，且其運動軌跡恰好過圓形磁場的圓心O。粒子所受重力忽略不計，求：(1)電場強度E的大?。?2)圓形磁場區(qū)域磁感應強度B的大小。【變式1-1】如圖，半徑為R的圓是一圓柱形勻強磁場區(qū)域的橫截面(紙面)磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面向外。一電荷量為q(q＞0)、質量為m的粒子沿平行于直徑ab的方向從c點射入磁場區(qū)域，射入點c與ab的距離為eq\f(\r(6)－\r(2),4)R，已知粒子射出磁場與射入磁場時運動方向間的夾角為60°，則粒子的速率為（不計粒子重力，已知sin15°＝eq\f(\r(6)－\r(2),4)）()A.eq\f(\r(2)qBR,2m) B.eq\f(\r(2)qBR,m)C.eq\f(\r(6)－\r(2)qBR,m) D.eq\f(2qBR,m)【變式1-2】在如圖所示的平面直角坐標系中，存在一個半徑R＝0.2m的圓形勻強磁場區(qū)域，磁感應強度B＝1.0T，方向垂直紙面向外，該磁場區(qū)域的右邊緣與y坐標軸相切于原點O點。y軸右側存在一個勻強電場，方向沿y軸正方向，電場區(qū)域寬度l＝0.1m?，F(xiàn)從坐標為(－0.2m，－0.2m)的P點發(fā)射出質量m＝2.0×10－9kg、帶電荷量q＝5.0×10－5C的帶正電粒子，沿y軸正方向射入勻強磁場，速度大小v0＝5.0×103m/s(粒子重力不計)。(1)帶電粒子從坐標為(0.1m,0.05m)的點射出電場，求該電場強度的大小；(2)為了使該帶電粒子能從坐標為(0.1m，－0.05m)的點回到電場，可在緊鄰電場的右側區(qū)域內加勻強磁場，試求所加勻強磁場的磁感應強度大小和方向?！咀兪?-3】真空中有一勻強磁場，磁場邊界為兩個半徑分別為a和3a的同軸圓柱面，磁場的方向與圓柱軸線平行，其橫截面如圖所示。一速率為v的電子從圓心沿半徑方向進入磁場。已知電子質量為m，電荷量為e，忽略重力。為使該電子的運動被限制在圖中實線圓圍成的區(qū)域內，磁場的磁感應強度最小為()A.eq\f(3mv,2ae) B.eq\f(mv,ae)C.eq\f(3mv,4ae) D.eq\f(3mv,5ae)【題型2矩形磁場區(qū)域問題】【例2】(多選)空間存在方向垂直于紙面向里的勻強磁場，圖中的正方形為其邊界。一細束由兩種粒子組成的粒子流沿垂直于磁場的方向從O點入射。這兩種粒子帶同種電荷，它們的電荷量、質量均不同，但其比荷相同，且都包含不同速率的粒子。不計重力。下列說法正確的是()A.入射速度不同的粒子在磁場中的運動時間一定不同B.入射速度相同的粒子在磁場中的運動軌跡一定相同C.在磁場中運動時間相同的粒子，其運動軌跡一定相同D.在磁場中運動時間越長的粒子，其軌跡所對的圓心角一定越大【變式2-1】如圖，邊長為l的正方形abcd內存在勻強磁場，磁感應強度大小為B、方向垂直于紙面(abcd所在平面)向外。ab邊中點有一電子發(fā)射源O，可向磁場內沿垂直于ab邊的方向發(fā)射電子。已知電子的比荷為k。則從a、d兩點射出的電子的速度大小分別為()A.eq\f(1,4)kBl，eq\f(\r(5),4)kBl B.eq\f(1,4)kBl，eq\f(5,4)kBlC.eq\f(1,2)kBl，eq\f(\r(5),4)kBl D.eq\f(1,2)kBl，eq\f(5,4)kBl【變式2-2】如圖所示，ABCD為一正方形區(qū)域，一帶電粒子以速度v0從AB邊的中點O，沿紙面垂直于AB邊的方向射入。若該區(qū)域充滿平行于AB邊的勻強電場，該粒子經時間t1以速度v1從C點射出；若該區(qū)域充滿垂直紙面的勻強磁場，該粒子經時間t2以速度v2從D點射出，不計粒子重力，則()A．v1＞v2，t1＜t2 B．v1＞v2，t1＞t2C．v1＜v2，t1＜t2 D．v1＜v2，t1＞t2【變式2-3】如圖所示，垂直于紙面向里的勻強磁場分布在正方形abcd區(qū)域內，O點是cd邊的中點．一個帶正電的粒子僅在洛倫茲力的作用下，從O點沿紙面以垂直于cd邊的速度射入正方形內，經過時間t0后剛好從c點射出磁場．現(xiàn)設法使該帶電粒子從O點沿紙面以與Od成30°角的方向，以大小不同的速率射入正方形內，那么下列說法中正確的是()A．若該帶電粒子在磁場中經歷的時間是eq\f(5,3)t0，則它一定從cd邊射出磁場B．若該帶電粒子在磁場中經歷的時間是eq\f(2,3)t0，則它一定從ad邊射出磁場C．若該帶電粒子在磁場中經歷的時間是eq\f(5,4)t0，則它一定從bc邊射出磁場D．若該帶電粒子在磁場中經歷的時間是t0，則它一定從ab邊射出磁場【題型3三角形磁場區(qū)域問題】【例3】如圖所示，邊長為L的等邊三角形ABC內、外分布著兩方向相反的勻強磁場，三角形內磁場方向垂直紙面向外，兩磁場的磁感應強度大小均為B。頂點A處有一粒子源，粒子源能沿∠BAC的角平分線發(fā)射不同速率的粒子，粒子質量均為m、電荷量均為＋q，不計粒子重力及粒子間的相互作用力，則發(fā)射速度v0為哪一值時粒子能通過B點()A.eq\f(2qBL,m) B.eq\f(3qBL,2m)C.eq\f(2qBL,3m) D.eq\f(qBL,7m)【變式3-1】如圖所示，△ABC為與勻強磁場垂直的邊長為a的等邊三角形，比荷為eq\f(e,m)的電子以速度v0從A點沿AB邊入射，欲使電子經過BC邊，磁感應強度B的取值為()A．B＞eq\f(2mv0,ae) B．B＜eq\f(2mv0,ae)C．B＞eq\f(\r(3)mv0,ae) D．B＜eq\f(\r(3)mv0,ae)【變式3-2】如圖所示，邊長為L的等邊三角形區(qū)域ACD內、外的勻強磁場的磁感應強度大小均為B、方向分別垂直紙面向里、向外。三角形頂點A處有一質子源，能沿∠A的角平分線發(fā)射速度大小不等、方向相同的質子(質子重力不計、質子間的相互作用可忽略)，所有質子均能通過D點，已知質子的比荷eq\f(q,m)＝k，則質子的速度不可能為()A．eq\f(BkL,2) B．BkLC．eq\f(3BkL,2) D．eq\f(BkL,8)【變式3-3】如圖所示，在一等腰直角三角形ACD區(qū)域內有垂直紙面向外的勻強磁場，磁場的磁感應強度大小為B。一質量為m、電荷量為q的帶正電粒子(重力不計)以速度v從AC邊的中點O垂直AC邊射入磁場區(qū)域。若三角形的兩直角邊長均為2L，要使粒子從CD邊射出，則v的取值范圍為()A.eq\f(qBL,m)≤v≤eq\f(2\r(2)qBL,m) B.eq\f(qBL,m)≤v≤eq\f(5qBL,m)C.eq\f(qBL,2m)≤v≤eq\f(（\r(2)＋1）qBL,m) D.eq\f(qBL,2m)≤v≤eq\f(5qBL,2m)【題型4平行邊界磁場區(qū)域問題】【例4】CT掃描是計算機X射線斷層掃描技術的簡稱，CT掃描機可用于對多種病情的探測。圖(a)是某種CT機主要部分的剖面圖，其中X射線產生部分的示意圖如圖(b)所示。圖(b)中M、N之間有一電子束的加速電場，虛線框內有勻強偏轉磁場；經調節(jié)后電子束從靜止開始沿帶箭頭的實線所示的方向前進，打到靶上，產生X射線(如圖中帶箭頭的虛線所示)；將電子束打到靶上的點記為P點。則()A.M處的電勢高于N處的電勢B.增大M、N之間的加速電壓可使P點左移C.偏轉磁場的方向垂直于紙面向外D.增大偏轉磁場磁感應強度的大小可使P點左移【變式4-1】矩形區(qū)域abcd(包括邊界)充滿磁感應強度為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場。現(xiàn)從ad邊中點O處，以垂直磁場且跟ad邊成30°角的速度射入一帶電粒子。已知粒子質量為m、電荷量為q，ad邊長為L，不計粒子重力。(1)若要粒子從ab邊上射出，則入射速度v0的大小范圍是多少？(ab邊足夠長)(2)粒子在磁場中運動的最長時間是多少？【變式4-2】如圖所示，勻強磁場的磁感應強度為B，寬度為d，邊界為CD和EF。一電子從CD邊界外側以速率v0垂直射入勻強磁場，入射方向與CD邊界間夾角為θ。已知電子的質量為m，電荷量為e，為使電子能從磁場的另一側EF射出，求：(1)電子的速率v0至少多大？(2)若θ角可取任意值，v0的最小值是多少？【變式4-3】如圖所示，一個理想邊界為PQ、MN的勻強磁場區(qū)域，磁場寬度為d，方向垂直紙面向里。一電子從O點沿紙面垂直PQ以速度v0進入磁場。若電子在磁場中運動的軌道半徑為2d。O′在MN上，且OO′與MN垂直。下列判斷正確的是()A．電子將向右偏轉B．電子打在MN上的點與O′點的距離為dC．電子打在MN上的點與O′點的距離為eq\r(3)dD．電子在磁場中運動的時間為eq\f(πd,3v0)【題型5半圓形磁場區(qū)域問題】【例5】如圖所示，長方形abcd長ad＝0.6m，寬ab＝0.3m，O、e分別是ad、bc的中點，以ad為直徑的半圓內有垂直紙面向里的勻強磁場(邊界上無磁場)，磁感應強度B＝0.25T。一群不計重力、質量m＝3×10－7kg、電荷量q＝＋2×10－3C的帶電粒子以速度v＝5×102m/s沿垂直ad方向且垂直于磁場射入磁場區(qū)域，則()A．從Od邊射入的粒子，出射點全部分布在Oa邊B．從aO邊射入的粒子，出射點全部分布在ab邊C．從Od邊射入的粒子，出射點分布在Oa邊和ab邊D．從aO邊射入的粒子，出射點分布在ab邊和bc邊【變式5-1】如圖所示，在xOy平面內，有一以O為圓心、R為半徑的半圓形勻強磁場區(qū)域，磁場方向垂直坐標平面向里，磁感應強度大小為B。位于O點的粒子源向第二象限內的各個方向連續(xù)發(fā)射大量同種帶電粒子，粒子均不會從磁場的圓弧邊界射出。粒子的速率相等，質量為m、電荷量大小為q，粒子重力及粒子間的相互作用均不計。(1)若粒子帶負電，求粒子的速率v應滿足的條件及粒子在磁場中運動的最短時間t；(2)若粒子帶正電，求粒子在磁場中能夠經過區(qū)域的最大面積?！咀兪?-2】如圖所示，在一個圓形區(qū)域內，兩個方向相反且都垂直于紙面的勻強磁場分布在以直徑A2A4為邊界的兩個半圓形區(qū)域Ⅰ、Ⅱ中，A2A4與A1A3的夾角為60°.一質量為m、電荷量為＋q的粒子以某一速度從Ⅰ區(qū)的邊緣點A1處沿與A1A3成30°角的方向射入磁場，隨后該粒子沿垂直于A2A4的方向經過圓心O進入Ⅱ區(qū)，最后再從A4處射出磁場．已知該粒子從射入到射出磁場所用的時間為t，求：(1)畫出粒子在磁場Ⅰ和Ⅱ中的運動軌跡；(2)粒子在磁場Ⅰ和Ⅱ中的軌跡半徑R1和R2的比值；(3)Ⅰ區(qū)和Ⅱ區(qū)中磁感應強度的大小(忽略粒子重力)．【變式5-3】勻強磁場區(qū)域由一個半徑為R的半圓和一個長為2R、寬為eq\f(R,2)的矩形組成，磁場的方向如圖所示．一束質量為m、電荷量為＋q的粒子(粒子間的相互作用和重力均不計)以速度v從邊界AN的中點P垂直于AN和磁場方向射入磁場中．問：(1)當磁感應強度為多大時，粒子恰好從A點射出？(2)對應于粒子可能射出的各段磁場邊界，磁感應強度應滿足什么條件？【題型6其他形狀的磁場區(qū)域問題】【例6】(多選)如圖所示，在Oxy平面的第一象限內存在方向垂直紙面向里，磁感應強度大小為B的勻強磁場。一帶電粒子從y軸上的M點射入磁場，速度方向與y軸正方向的夾角θ＝45°。粒子經過磁場偏轉后在N點(圖中未畫出)垂直穿過x軸。已知OM＝a，粒子電荷量為q，質量為m，重力不計。則()A.粒子帶負電荷B.粒子速度大小為eq\f(qBa,m)C.粒子在磁場中運動的軌道半徑為aD.N與O點相距(eq\r(2)＋1)a【變式6-1】如圖所示，正六邊形abcdef區(qū)域內有垂直于紙面的勻強磁場。一帶正電的粒子從f點沿fd方向射入磁場區(qū)域，當速度大小為vb時，從b點離開磁場，在磁場中運動的時間為tb，當速度大小為vc時，從c點離開磁場，在磁場中運動的時間為tc，不計粒子重力。則()A．vb∶vc＝1∶2，tb∶tc＝2∶1B．vb∶vc＝2∶1，tb∶tc＝1∶2C．vb∶vc＝2∶1，tb∶tc＝2∶1D．vb∶vc＝1∶2，tb∶tc＝1∶2【變式6-2】如圖所示，勻強磁場的邊界為平行四邊形ABCD，其中AC邊與對角線BC垂直，一束電子以大小不同的速度沿BC從B點射入磁場，不計電子的重力和電子之間的相互作用，關于電子在磁場中運動的情況，下列說法中正確的是()A．入射速度越大的電子，其運動時間越長B．入射速度越大的電子，其運動軌跡越長C．從AB邊出射的電子的運動時間都相等D．從AC邊出射的電子的運動時間都相等【變式6-3】如圖所示，太極圖由“陰魚”和“陽魚”構成，其邊界是以O為圓心R為半徑的圓，內部由以O1和O2為圓心等半徑的兩個半圓分割成上下兩部分，其中上部分為“陽魚”，下部分為“陰魚”，“陽魚”中有垂直紙面向外的勻強磁場。Q為太極圖邊緣上一點，且O1、O2、O、Q四點共線。一電量為＋q，質量為m的帶電粒子，在Q點以大小v的速度指向圓心O射入“陽魚”區(qū)域，若帶電粒子在“太極圖”運動過程中沒有進入“陰魚”區(qū)域，帶電粒子重力不計。則磁感應強度的最小值為()A.eq\f(mv,Rq) B.eq\f(mv,2Rq)C.eq\f(mv,3Rq) D.eq\f(mv,4Rq)

參考答案【題型1圓形勻強磁場區(qū)域問題】【例1】如圖所示，水平虛線AA′和CC′間距為L，中間存在著方向向右且與虛線平行的勻強電場，CC′的下側存在一半徑為R的圓形磁場區(qū)域，磁場方向垂直紙面向外(圖中未畫出)，圓形磁場與邊界CC′相切于點M。一質量為m、帶電量為q(q>0)的粒子由電場上邊界AA′上的S點以初速度v0垂直射入電場，一段時間后從M點離開電場進入磁場，粒子進入磁場的速度大小為eq\r(2)v0，且其運動軌跡恰好過圓形磁場的圓心O。粒子所受重力忽略不計，求：(1)電場強度E的大?。?2)圓形磁場區(qū)域磁感應強度B的大小。答案(1)eq\f(mveq\o\al(2,0),qL)(2)eq\f(2mv0,qR)解析(1)粒子在整個過程的運動軌跡，如圖所示。粒子在電場從S到M做類平拋運動，在垂直于電場方向t1＝eq\f(L,v0)粒子在M點沿著電場方向速度vx＝eq\r(（\r(2)v0）2－veq\o\al(2,0))＝v0所以粒子沿著電場方向的位移d＝eq\f(vx,2)×t1＝eq\f(L,2)粒子從S點到M點，由動能定理qEd＝eq\f(1,2)m(eq\r(2)v0)2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得E＝eq\f(mveq\o\al(2,0),qL)(2)設粒子在M處的速度與電場方向夾角為θ，則sinθ＝eq\f(v0,\r(2)v0)解得θ＝45°所以三角形OO′M為等腰直角三角形，設帶電粒子做勻速圓周運動的半徑為r。由幾何關系得r＝eq\f(\r(2),2)R由牛頓第二定律qB(eq\r(2)v0)＝meq\f(（\r(2)v0）2,r)解得B＝eq\f(2mv0,qR)【變式1-1】如圖，半徑為R的圓是一圓柱形勻強磁場區(qū)域的橫截面(紙面)磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面向外。一電荷量為q(q＞0)、質量為m的粒子沿平行于直徑ab的方向從c點射入磁場區(qū)域，射入點c與ab的距離為eq\f(\r(6)－\r(2),4)R，已知粒子射出磁場與射入磁場時運動方向間的夾角為60°，則粒子的速率為（不計粒子重力，已知sin15°＝eq\f(\r(6)－\r(2),4)）()A.eq\f(\r(2)qBR,2m) B.eq\f(\r(2)qBR,m)C.eq\f(\r(6)－\r(2)qBR,m) D.eq\f(2qBR,m)[解析]粒子帶正電，根據左手定則，判斷出粒子受到的洛倫茲力向右，軌跡如圖所示，由射入點c與ab的距離為eq\f(\r(6)－\r(2),4)R，可知∠cO1a＝15°，由速度的偏轉角為60°，可知∠cO2O1＝30°，在△cO2O1，由正弦定理得，軌跡半徑r＝eq\r(2)R，由Bqv＝eq\f(mv2,r)，解得v＝eq\f(\r(2)qBR,m)，B正確，A、C、D錯誤。[答案]B【變式1-2】在如圖所示的平面直角坐標系中，存在一個半徑R＝0.2m的圓形勻強磁場區(qū)域，磁感應強度B＝1.0T，方向垂直紙面向外，該磁場區(qū)域的右邊緣與y坐標軸相切于原點O點。y軸右側存在一個勻強電場，方向沿y軸正方向，電場區(qū)域寬度l＝0.1m?，F(xiàn)從坐標為(－0.2m，－0.2m)的P點發(fā)射出質量m＝2.0×10－9kg、帶電荷量q＝5.0×10－5C的帶正電粒子，沿y軸正方向射入勻強磁場，速度大小v0＝5.0×103m/s(粒子重力不計)。(1)帶電粒子從坐標為(0.1m,0.05m)的點射出電場，求該電場強度的大??；(2)為了使該帶電粒子能從坐標為(0.1m，－0.05m)的點回到電場，可在緊鄰電場的右側區(qū)域內加勻強磁場，試求所加勻強磁場的磁感應強度大小和方向。[解析](1)帶正電粒子在磁場中做勻速圓周運動，根據洛倫茲力提供向心力有：qv0B＝meq\f(v02,r)可得：r＝eq\f(mv0,qB)＝0.20m＝R根據幾何關系可以知道，帶電粒子恰從O點沿x軸正方向進入電場，帶電粒子做類平拋運動，設粒子到達電場邊緣時，豎直方向的位移為y根據類平拋規(guī)律可得：l＝v0t，y＝eq\f(1,2)at2根據牛頓第二定律可得：Eq＝ma聯(lián)立可得：E＝eq\f(2mv02y,ql2)＝1.0×104N/C。(2)粒子飛離電場時，沿電場方向速度：vy＝at＝eq\f(qE,m)·eq\f(l,v0)＝5.0×103m/s＝v0粒子射出電場時速度大小v＝eq\r(2)v0，方向與x軸正方向夾角為45°偏向右上方根據左手定則可知所加磁場方向垂直紙面向外，根據幾何關系可知，粒子在B′區(qū)域磁場中做圓周運動半徑r′＝eq\r(2)y根據洛倫茲力提供向心力可得：qvB′＝meq\f(v2,r′)聯(lián)立可得所加勻強磁場的磁感應強度大小B′＝eq\f(mv,qr′)＝4T。[答案](1)1.0×104N/C(2)4T，方向垂直紙面向外【變式1-3】真空中有一勻強磁場，磁場邊界為兩個半徑分別為a和3a的同軸圓柱面，磁場的方向與圓柱軸線平行，其橫截面如圖所示。一速率為v的電子從圓心沿半徑方向進入磁場。已知電子質量為m，電荷量為e，忽略重力。為使該電子的運動被限制在圖中實線圓圍成的區(qū)域內，磁場的磁感應強度最小為()A.eq\f(3mv,2ae) B.eq\f(mv,ae)C.eq\f(3mv,4ae) D.eq\f(3mv,5ae)答案C解析為使電子的運動被限制在圖中實線圓圍成的區(qū)域內，電子進入勻強磁場中做勻速圓周運動的半徑最大時軌跡如圖所示，設其軌跡半徑為r，圓心為M，磁場的磁感應強度最小為B，由幾何關系有eq\r(r2＋a2)＋r＝3a，解得r＝eq\f(4,3)a，電子在勻強磁場中做勻速圓周運動有evB＝meq\f(v2,r)，解得B＝eq\f(3mv,4ae)，選項C正確?！绢}型2矩形磁場區(qū)域問題】【例2】(多選)空間存在方向垂直于紙面向里的勻強磁場，圖中的正方形為其邊界。一細束由兩種粒子組成的粒子流沿垂直于磁場的方向從O點入射。這兩種粒子帶同種電荷，它們的電荷量、質量均不同，但其比荷相同，且都包含不同速率的粒子。不計重力。下列說法正確的是()A.入射速度不同的粒子在磁場中的運動時間一定不同B.入射速度相同的粒子在磁場中的運動軌跡一定相同C.在磁場中運動時間相同的粒子，其運動軌跡一定相同D.在磁場中運動時間越長的粒子，其軌跡所對的圓心角一定越大解析由T＝eq\f(2πm,qB)可知，粒子的運動周期與粒子的速度無關，若入射速度不同的粒子從左邊界飛出，則粒子的偏轉角相同，運動時間相同，A、C錯誤；由r＝eq\f(mv,qB)可知，入射速度相同的粒子運動軌跡相同，B正確；由粒子的運動時間t＝eq\f(θ,2π)·T可知，D正確。答案BD【變式2-1】如圖，邊長為l的正方形abcd內存在勻強磁場，磁感應強度大小為B、方向垂直于紙面(abcd所在平面)向外。ab邊中點有一電子發(fā)射源O，可向磁場內沿垂直于ab邊的方向發(fā)射電子。已知電子的比荷為k。則從a、d兩點射出的電子的速度大小分別為()A.eq\f(1,4)kBl，eq\f(\r(5),4)kBl B.eq\f(1,4)kBl，eq\f(5,4)kBlC.eq\f(1,2)kBl，eq\f(\r(5),4)kBl D.eq\f(1,2)kBl，eq\f(5,4)kBl答案B解析若電子從a點射出，運動軌跡如圖線①，ra＝eq\f(l,4)由qvaB＝meq\f(veq\o\al(2,a),ra)得va＝eq\f(qBra,m)＝eq\f(qBl,4m)＝eq\f(kBl,4)若電子從d點射出，運動軌跡如圖線②，由幾何關系得req\o\al(2,d)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(rd－\f(l,2)))eq\s\up12(2)＋l2，整理得rd＝eq\f(5,4)l由qvdB＝meq\f(veq\o\al(2,d),rd)得vd＝eq\f(qBrd,m)＝eq\f(5qBl,4m)＝eq\f(5kBl,4)，選項B正確?！咀兪?-2】如圖所示，ABCD為一正方形區(qū)域，一帶電粒子以速度v0從AB邊的中點O，沿紙面垂直于AB邊的方向射入。若該區(qū)域充滿平行于AB邊的勻強電場，該粒子經時間t1以速度v1從C點射出；若該區(qū)域充滿垂直紙面的勻強磁場，該粒子經時間t2以速度v2從D點射出，不計粒子重力，則()A．v1＞v2，t1＜t2 B．v1＞v2，t1＞t2C．v1＜v2，t1＜t2 D．v1＜v2，t1＞t2[解析]設正方形的邊長為L，當區(qū)域內為電場時，則粒子做類平拋運動，平行于AC方向為勻速直線運動，運動時間為t1＝eq\f(L,v0)，垂直AC方向為勻加速直線運動，有eq\f(1,2)vyt1＝eq\f(1,2)L，解得vy＝v0，所以v1＝eq\r(v02＋vy2)＝eq\r(2)v0，當區(qū)域內為磁場時，洛倫茲力不做功，則v2＝v0，設軌道半徑為r，則有r2＝L2＋解得r＝eq\f(5,4)L，根據qv0B＝eq\f(mv02,r)，解得B＝eq\f(4mv0,5qL)，所以軌道圓心角sinθ＝eq\f(L,\f(5,4)L)＝0.8，則θ＝53°，則t2＝eq\f(53°,360°)×eq\f(2πm,Bq)＝eq\f(53π,144)·eq\f(L,v0)，綜上v1＞v2，t1＜t2，A正確。[答案]A【變式2-3】如圖所示，垂直于紙面向里的勻強磁場分布在正方形abcd區(qū)域內，O點是cd邊的中點．一個帶正電的粒子僅在洛倫茲力的作用下，從O點沿紙面以垂直于cd邊的速度射入正方形內，經過時間t0后剛好從c點射出磁場．現(xiàn)設法使該帶電粒子從O點沿紙面以與Od成30°角的方向，以大小不同的速率射入正方形內，那么下列說法中正確的是()A．若該帶電粒子在磁場中經歷的時間是eq\f(5,3)t0，則它一定從cd邊射出磁場B．若該帶電粒子在磁場中經歷的時間是eq\f(2,3)t0，則它一定從ad邊射出磁場C．若該帶電粒子在磁場中經歷的時間是eq\f(5,4)t0，則它一定從bc邊射出磁場D．若該帶電粒子在磁場中經歷的時間是t0，則它一定從ab邊射出磁場答案AC解析如圖所示，作出剛好從ab邊射出的軌跡①、剛好從bc邊射出的軌跡②、從cd邊射出的軌跡③和剛好從ad邊射出的軌跡④.由從O點沿紙面以垂直于cd邊的速度射入正方形內，經過時間t0后剛好從c點射出磁場可知，帶電粒子在磁場中做圓周運動的周期是2t0.可知，從ad邊射出磁場經歷的時間一定小于eq\f(1,3)t0；從ab邊射出磁場經歷的時間一定大于等于eq\f(1,3)t0，小于eq\f(5,6)t0；從bc邊射出磁場經歷的時間一定大于等于eq\f(5,6)t0，小于eq\f(4,3)t0；從cd邊射出磁場經歷的時間一定是eq\f(5,3)t0.【題型3三角形磁場區(qū)域問題】【例3】如圖所示，邊長為L的等邊三角形ABC內、外分布著兩方向相反的勻強磁場，三角形內磁場方向垂直紙面向外，兩磁場的磁感應強度大小均為B。頂點A處有一粒子源，粒子源能沿∠BAC的角平分線發(fā)射不同速率的粒子，粒子質量均為m、電荷量均為＋q，不計粒子重力及粒子間的相互作用力，則發(fā)射速度v0為哪一值時粒子能通過B點()A.eq\f(2qBL,m) B.eq\f(3qBL,2m)C.eq\f(2qBL,3m) D.eq\f(qBL,7m)答案D解析粒子帶正電，且經過B點，其可能的軌跡如圖所示。所有圓弧所對圓心角均為60°，所以粒子運行半徑r＝eq\f(L,n)(n＝1，2，3，…)，粒子在磁場中做圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得qvB＝meq\f(v2,r)，解得v＝eq\f(qBr,m)＝eq\f(qBL,nm)(n＝1，2，3，…)，由此可知，v＝eq\f(qBL,7m)的粒子能通過B點，故A、B、C不符合題意，D符合題意?！咀兪?-1】如圖所示，△ABC為與勻強磁場垂直的邊長為a的等邊三角形，比荷為eq\f(e,m)的電子以速度v0從A點沿AB邊入射，欲使電子經過BC邊，磁感應強度B的取值為()A．B＞eq\f(2mv0,ae) B．B＜eq\f(2mv0,ae)C．B＞eq\f(\r(3)mv0,ae) D．B＜eq\f(\r(3)mv0,ae)[解析]由題意，如圖所示，電子正好經過C點，此時圓周運動的半徑R＝eq\f(\f(a,2),cos30°)＝eq\f(a,\r(3))，要想電子從BC邊經過，電子做圓周運動的半徑要大于eq\f(a,\r(3))，由帶電粒子在磁場中運動的公式r＝eq\f(mv,qB)，可得eq\f(a,\r(3))＜eq\f(mv0,eB)，即B＜eq\f(\r(3)mv0,ae)，D正確。[答案]D【變式3-2】如圖所示，邊長為L的等邊三角形區(qū)域ACD內、外的勻強磁場的磁感應強度大小均為B、方向分別垂直紙面向里、向外。三角形頂點A處有一質子源，能沿∠A的角平分線發(fā)射速度大小不等、方向相同的質子(質子重力不計、質子間的相互作用可忽略)，所有質子均能通過D點，已知質子的比荷eq\f(q,m)＝k，則質子的速度不可能為()A．eq\f(BkL,2) B．BkLC．eq\f(3BkL,2) D．eq\f(BkL,8)解析：選C質子的運動軌跡如圖所示，由幾何關系可得2nRcos60°＝L(n＝1,2,3，…)，由洛倫茲力提供向心力，則有Bqv＝meq\f(v2,R)，聯(lián)立解得v＝eq\f(BqR,m)＝eq\f(BkL,n)，A、B、D正確，C錯誤?！咀兪?-3】如圖所示，在一等腰直角三角形ACD區(qū)域內有垂直紙面向外的勻強磁場，磁場的磁感應強度大小為B。一質量為m、電荷量為q的帶正電粒子(重力不計)以速度v從AC邊的中點O垂直AC邊射入磁場區(qū)域。若三角形的兩直角邊長均為2L，要使粒子從CD邊射出，則v的取值范圍為()A.eq\f(qBL,m)≤v≤eq\f(2\r(2)qBL,m) B.eq\f(qBL,m)≤v≤eq\f(5qBL,m)C.eq\f(qBL,2m)≤v≤eq\f(（\r(2)＋1）qBL,m) D.eq\f(qBL,2m)≤v≤eq\f(5qBL,2m)答案C解析根據洛倫茲力提供向心力可知，v＝eq\f(qBr,m)，因此半徑越大，速度越大；根據幾何關系可知，使粒子軌跡與AD邊相切時速度最大，如圖，則有AO′·sin45°＝O′E，即(r1＋L)sin45°＝r1，解得最大半徑為r1＝(eq\r(2)＋1)L，故最大速度為v1＝eq\f(（\r(2)＋1）qBL,m)；當粒子從C點出射時，半徑最小，為r2＝eq\f(L,2)，故最小速度為v2＝eq\f(qBL,2m)，則v的取值范圍為eq\f(qBL,2m)≤v≤eq\f(（\r(2)＋1）qBL,m)，故C正確，A、B、D錯誤?！绢}型4平行邊界磁場區(qū)域問題】【例4】CT掃描是計算機X射線斷層掃描技術的簡稱，CT掃描機可用于對多種病情的探測。圖(a)是某種CT機主要部分的剖面圖，其中X射線產生部分的示意圖如圖(b)所示。圖(b)中M、N之間有一電子束的加速電場，虛線框內有勻強偏轉磁場；經調節(jié)后電子束從靜止開始沿帶箭頭的實線所示的方向前進，打到靶上，產生X射線(如圖中帶箭頭的虛線所示)；將電子束打到靶上的點記為P點。則()A.M處的電勢高于N處的電勢B.增大M、N之間的加速電壓可使P點左移C.偏轉磁場的方向垂直于紙面向外D.增大偏轉磁場磁感應強度的大小可使P點左移答案D解析電子帶負電，故必須滿足N處的電勢高于M處的電勢才能使電子加速，故選項A錯誤；由左手定則可判定磁感應強度的方向垂直紙面向里，故選項C錯誤；對加速過程應用動能定理有eU＝eq\f(1,2)mv2，設電子在磁場中運動半徑為r，由洛倫茲力提供向心力有evB＝meq\f(v2,r)，則r＝eq\f(mv,Be)，電子運動軌跡如圖所示，由幾何關系可知，電子從磁場射出的速度方向與水平方向的夾角θ滿足sinθ＝eq\f(d,r)(其中d為磁場寬度)，聯(lián)立可得sinθ＝dBeq\r(\f(e,2mU))，可見增大U會使θ減小，電子在靶上的落點P右移，增大B可使θ增大，電子在靶上的落點P左移，故選項B錯誤，D正確?！咀兪?-1】矩形區(qū)域abcd(包括邊界)充滿磁感應強度為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場?，F(xiàn)從ad邊中點O處，以垂直磁場且跟ad邊成30°角的速度射入一帶電粒子。已知粒子質量為m、電荷量為q，ad邊長為L，不計粒子重力。(1)若要粒子從ab邊上射出，則入射速度v0的大小范圍是多少？(ab邊足夠長)(2)粒子在磁場中運動的最長時間是多少？解析(1)若粒子速度為v0，由qv0B＝meq\f(veq\o\al(2,0),R)得R＝eq\f(mv0,qB)若軌跡與ab邊相切，如圖所示，設此時相應速度為v01，則R1＋R1sinθ＝eq\f(L,2)將R1＝eq\f(mv01,qB)代入上式可得v01＝eq\f(qBL,3m)若軌跡與cd邊相切，如圖所示，設此時粒子速度為v02，則R2－R2sinθ＝eq\f(L,2)將R2＝eq\f(mv02,qB)代入上式可得v02＝eq\f(qBL,m)所以粒子能從ab邊上射出磁場的入射速度v0的大小應滿足eq\f(qBL,3m)<v0≤eq\f(qBL,m)。(2)設粒子入射速度為v，在磁場中經過的弧所對的圓心角為α，則t＝eq\f(αR,v)＝eq\f(αm,qB)，則α越大，在磁場中運動的時間也越長，由圖可知，粒子在磁場中運動的半徑r≤R1時，運動時間最長，弧所對的圓心角為(2π－2θ)。所以粒子在磁場中運動的最長時間為t＝eq\f(（2π－2θ）m,qB)＝eq\f(5πm,3qB)。答案(1)eq\f(qBL,3m)<v0≤eq\f(qBL,m)(2)eq\f(5πm,3qB)【變式4-2】如圖所示，勻強磁場的磁感應強度為B，寬度為d，邊界為CD和EF。一電子從CD邊界外側以速率v0垂直射入勻強磁場，入射方向與CD邊界間夾角為θ。已知電子的質量為m，電荷量為e，為使電子能從磁場的另一側EF射出，求：(1)電子的速率v0至少多大？(2)若θ角可取任意值，v0的最小值是多少？解析本題考查圓周運動的邊界問題的求解方法。(1)當入射速率v0很小時，電子會在磁場中轉動一段圓弧后又從CD一側射出，速率越大，軌道半徑越大，當軌道的邊界與EF相切時，電子恰好不能從EF射出，如圖所示，電子恰好射出時，由幾何知識可得：r＋rcosθ＝d①又r＝eq\f(mv0,Be)②由①②得v0＝eq\f(Bed,m（1＋cosθ）)③故電子要射出磁場，速率至少應為eq\f(Bed,m（1＋cosθ）)。(2)由③式可知，θ＝0°時，v0＝eq\f(Bed,2m)最小，由②式知此時半徑最小，rmin＝eq\f(d,2)，也可由軌跡分析得出上述結論。答案(1)eq\f(Bed,m（1＋cosθ）)(2)eq\f(Bed,2m)【變式4-3】如圖所示，一個理想邊界為PQ、MN的勻強磁場區(qū)域，磁場寬度為d，方向垂直紙面向里。一電子從O點沿紙面垂直PQ以速度v0進入磁場。若電子在磁場中運動的軌道半徑為2d。O′在MN上，且OO′與MN垂直。下列判斷正確的是()A．電子將向右偏轉B．電子打在MN上的點與O′點的距離為dC．電子打在MN上的點與O′點的距離為eq\r(3)dD．電子在磁場中運動的時間為eq\f(πd,3v0)解析：選D電子帶負電，進入磁場后，根據左手定則判斷可知，所受的洛倫茲力方向向左，電子將向左偏轉，如圖所示，A錯誤；設電子打在MN上的點與O′點的距離為x，則由幾何知識得：x＝r－eq\r(r2－d2)＝2d－eq\r(2d2－d2)＝(2－eq\r(3))d，故B、C錯誤；設軌跡對應的圓心角為θ，由幾何知識得：sinθ＝eq\f(d,2d)＝0.5，得θ＝eq\f(π,6)，則電子在磁場中運動的時間為t＝eq\f(θr,v0)＝eq\f(πd,3v0)，故D正確?！绢}型5半圓形磁場區(qū)域問題】【例5】如圖所示，長方形abcd長ad＝0.6m，寬ab＝0.3m，O、e分別是ad、bc的中點，以ad為直徑的半圓內有垂直紙面向里的勻強磁場(邊界上無磁場)，磁感應強度B＝0.25T。一群不計重力、質量m＝3×10－7kg、電荷量q＝＋2×10－3C的帶電粒子以速度v＝5×102m/s沿垂直ad方向且垂直于磁場射入磁場區(qū)域，則()A．從Od邊射入的粒子，出射點全部分布在Oa邊B．從aO邊射入的粒子，出射點全部分布在ab邊C．從Od邊射入的粒子，出射點分布在Oa邊和ab邊D．從aO邊射入的粒子，出射點分布在ab邊和bc邊[解析]由r＝eq\f(mv,qB)得帶電粒子在勻強磁場中運動的半徑r＝0.3m，從Od邊射入的粒子，出射點分布在ab和be邊；從aO邊射入的粒子，出射點分布在ab邊和be邊；選項D正確。[答案]D【變式5-1】如圖所示，在xOy平面內，有一以O為圓心、R為半徑的半圓形勻強磁場區(qū)域，磁場方向垂直坐標平面向里，磁感應強度大小為B。位于O點的粒子源向第二象限內的各個方向連續(xù)發(fā)射大量同種帶電粒子，粒子均不會從磁場的圓弧邊界射出。粒子的速率相等，質量為m、電荷量大小為q，粒子重力及粒子間的相互作用均不計。(1)若粒子帶負電，求粒子的速率v應滿足的條件及粒子在磁場中運動的最短時間t；(2)若粒子帶正電，求粒子在磁場中能夠經過區(qū)域的最大面積。解析：(1)粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，則：qvB＝meq\f(v2,r)由幾何關系有：r≤eq\f(R,2)聯(lián)立得：v≤eq\f(qBR,2m)粒子在磁場中做圓周運動的周期：T＝eq\f(2πm,qB)由粒子在磁場中運動的軌跡可得，沿y軸正向射入磁場中的粒子在磁場中運動時間最短，則：t＝eq\f(T,2)聯(lián)立可得：t＝eq\f(πm,qB)。(2)分析可得，粒子在磁場中能經過的區(qū)域為半圓，如圖中陰影部分，有幾何關系可得該半圓的半徑：r′＝eq\f(1,2)R面積：S＝eq\f(1,2)πr′2聯(lián)立可得：S＝eq\f(1,8)πR2。答案：(1)v≤eq\f(qBR,2m)eq\f(πm,qB)(2)eq\f(1,8)πR2【變式5-2】如圖所示，在一個圓形區(qū)域內，兩個方向相反且都垂直于紙面的勻強磁場分布在以直徑A2A4為邊界的兩個半圓形區(qū)域Ⅰ、Ⅱ中，A2A4與A1A3的夾角為60°.一質量為m、電荷量為＋q的粒子以某一速度從Ⅰ區(qū)的邊緣點A1處沿與A1A3成30°角的方向射入磁場，隨后該粒子沿垂直于A2A4的方向經過圓心O進入Ⅱ區(qū)，最后再從A4處射出磁場．已知該粒子從射入到射出磁場所用的時間為t，求：(1)畫出粒子在磁場Ⅰ和Ⅱ中的運動軌跡；(2)粒子在磁場Ⅰ和Ⅱ中的軌跡半徑R1和R2的比值；(3)Ⅰ區(qū)和Ⅱ區(qū)中磁感應強度的大小(忽略粒子重力)．答案見解析解析(1)畫出粒子在磁場Ⅰ和Ⅱ中的運動軌跡如圖所示．(2)設粒子的入射速度為v，已知粒子帶正電，故它在磁場中先順時針做圓周運動，再逆時針做圓周運動，最后從A4點射出，用B1、B2，R1、R2，T1、T2分別表示在磁場Ⅰ、Ⅱ區(qū)的磁感應強度、軌跡半徑和周期．設圓形區(qū)域的半徑為r，已知帶電粒子過圓心且垂直A2A4進入Ⅱ區(qū)磁場，連接A1A2，△A1OA2為等邊三角形，A2為帶電粒子在Ⅰ區(qū)磁場中運動軌跡的圓心，其半徑R1＝A1A2＝OA2＝r粒子在Ⅱ區(qū)磁場中運動的軌跡半徑R2＝eq\f(r,2)即eq\f(R1,R2)＝2∶1(3)qvB1＝meq\f(v2,R1)qvB2＝meq\f(v2,R2)T1＝eq\f(2πR1,v)＝eq\f(2πm,qB1)T2＝eq\f(2πR2,v)＝eq\f(2πm,qB2)圓心角∠A1A2O＝60°，帶電粒子在Ⅰ區(qū)磁場中運動的時間為t1＝eq\f(1,6)T1在Ⅱ區(qū)磁場中運動的時間為t2＝eq\f(1,2)T2帶電粒子從射入到射出磁場所用的總時間t＝t1＋t2由以上各式可得B1＝eq\f(5πm,6qt)B2＝eq\f(5πm,3qt)【變式5-3】勻強磁場區(qū)域由一個半徑為R的半圓和一個長為2R、寬為eq\f(R,2)的矩形組成，磁場的方向如圖所示．一束質量為m、電荷量為＋q的粒子(粒子間的相互作用和重力均不計)以速度v從邊界AN的中點P垂直于AN和磁場方向射入磁場中．問：(1)當磁感應強度為多大時，粒子恰好從A點射出？(2)對應于粒子可能射出的各段磁場邊界，磁感應強度應滿足什么條件？答案(1)eq\f(2mv,qR)(2)見解析解析(1)由左手定則判定，粒子向左偏轉，只能從PA、AC和CD三段邊界射出，如圖所示．當粒子從A點射出時，運動半徑r1＝eq\f(R,2)由qB1v＝eq\f(mv2,r1)得B1＝eq\f(2mv,qR)(2)當粒子從C點射出時，由勾股定理得：(R－r2)2＋(eq\f(R,2))2＝req\o\al(2,2)，解得r2＝eq\f(5,8)R由qB2v＝eq\f(mv2,r2)，得B2＝eq\f(8mv,5qR)據粒子在磁場中運動半徑隨磁場減弱而增大，可以判斷當B>eq\f(2mv,qR)時，粒子從PA段射出；當eq\f(2mv,qR)>B>eq\f(8mv,5qR)時，粒子從AC段射出；當B<eq\f(8mv,5qR)時，粒子從CD段射出．【題型6其他形狀的磁場區(qū)域問題】【例6】(多選)如圖所示，在Oxy平面的第一象限內存在方向垂直紙面向里，磁感應強度大小為B的勻強磁場。一帶電粒子從y軸上的M點射入磁場，速度方向與y軸正方向的夾角θ＝45°。粒子經過磁場偏轉后在N點(圖中未畫出)垂直穿過x軸。已知OM＝a，粒子電荷量為q，質量為m，重力不計。則()A.粒子帶負電荷B.粒子速度大小為eq\f(qBa,m)C.粒子在磁場中運動的軌道半徑為aD.N與O點相距(eq\r(2)＋1)a答案AD解析由左手定則可知，帶電粒子帶負電荷，A正確；做出粒子的軌跡示意圖如圖所示，假設軌跡的圓心為O′，則由幾何關系得粒子的軌道半徑為R＝eq\r(2)a，則由qvB＝meq\f(v2,R)得v＝eq\f(qBR,m)＝eq\f(\r(2)qBa,m)，B、C錯誤；由以上分析可知，ON＝R＋a＝(eq\r(2)＋1)a，D正確?！咀兪?-1】如圖所示，正六邊形abcdef區(qū)域內有垂直于紙面的勻強磁場。一帶正電的粒子從f點沿fd方向射入磁場區(qū)域，當速度大小為vb時，從b點離開磁場，在磁場中運動的時間為tb，當速度大小為vc時，從c點離開磁場，在磁場中運動的時間為tc，不計粒子重力。則()A．vb∶vc＝1∶2，tb∶tc＝2∶1B．vb∶vc＝2∶1，tb∶tc＝1∶2C．vb∶vc＝2∶1，tb∶tc＝2∶1D．vb∶vc＝1∶2，tb∶tc＝1∶2[解析]如圖所示，設正六邊形的邊長為l，當帶電粒子的速度大小為vb時，其圓心在a點，軌道半徑r1＝l，轉過的圓心角θ1＝eq\f(2,3)π，當帶電粒子的速度大小為vc時，其圓心在O點(即fa、cb延長線的交點)，故軌道半徑r2＝2l，轉過的圓心角θ2＝eq\f(π,3)，根據qvB＝meq\f(v2,r)，得v＝eq\f(qBr,m)，故eq\f(vb,vc)＝eq\f(r1,r2)＝eq\f(1,2)。由于T＝eq\f(2πr,v)得T＝eq\f(2πm,qB)，所以兩粒子在磁場中做圓周運動的周期相等，又t＝eq\f(θ,2π)T，所以eq\f(tb,tc)＝eq\f(θ1,θ2)＝eq\f(2,1)。故選項A正確，選項B、C、D錯誤。[答案]A【變式6-2】如圖所示，勻強磁場的邊界為平行四邊形ABCD，其中AC邊與對角線BC垂直，一束電子以大小不同的速度沿BC從B點射入磁場，不計電子的重力和電子之間的相互作用，關于電子在磁場中運動的情況，下列說法中正確的是()A．入射速度越大的電子，其運動時間越長B．入射速度越大的電子，其運動軌跡越長C．從AB邊出射的電子的運動時間都相等D．從AC邊出射的電子的運動時間都相等解析：選C電子以不同的速度沿BC從B點射入磁場，若電子以AB邊射出，畫出其運動軌跡如圖所示，由幾何關系可知在AB邊射出的電子軌跡所對的圓心角相等，在磁場中的運動時間相等，與速度無關，C對，A錯；從AC邊射出的電子軌跡所對圓心角不相等，且入射速度越大，其運動軌跡越短，在磁場中的運動時間不相等，B、D錯?！咀兪?-3】如圖所示，太極圖由“陰魚”和“陽魚”構成，其邊界是以O為圓心R為半徑的圓，內部由以O1和O2為圓心等半徑的兩個半圓分割成上下兩部分，其中上部分為“陽魚”，下部分為“陰魚”，“陽魚”中有垂直紙面向外的勻強磁場。Q為太極圖邊緣上一點，且O1、O2、O、Q四點共線。一電量為＋q，質量為m的帶電粒子，在Q點以大小v的速度指向圓心O射入“陽魚”區(qū)域，若帶電粒子在“太極圖”運動過程中沒有進入“陰魚”區(qū)域，帶電粒子重力不計。則磁感應強度的最小值為()A.eq\f(mv,Rq) B.eq\f(mv,2Rq)C.eq\f(mv,3Rq) D.eq\f(mv,4Rq)解析：選B若使帶電粒子沒進入“陰魚”區(qū)域，則帶電粒子在磁場中運動軌跡如圖，軌跡與圓O1相切時粒子達到最大半徑，此時磁感應強度最小，設粒子做圓周運動的軌跡半徑為r，由幾何關系可得解得r＝2R，由牛頓第二定律可得qvB＝meq\f(v2,r)，聯(lián)立解得B＝eq\f(mv,2Rq)，故選B。專題1.5帶電粒子在有界勻強磁場中的運動【人教版】TOC\o"1-3"\t"正文,1"\h【題型1圓形勻強磁場區(qū)域問題】 【題型2矩形磁場區(qū)域問題】 【題型3三角形磁場區(qū)域問題】 【題型4平行邊界磁場區(qū)域問題】 【題型5半圓形磁場區(qū)域問題】 【題型6其他形狀的磁場區(qū)域問題】 【題型1圓形勻強磁場區(qū)域問題】【例1】如圖所示，水平虛線AA′和CC′間距為L，中間存在著方向向右且與虛線平行的勻強電場，CC′的下側存在一半徑為R的圓形磁場區(qū)域，磁場方向垂直紙面向外(圖中未畫出)，圓形磁場與邊界CC′相切于點M。一質量為m、帶電量為q(q>0)的粒子由電場上邊界AA′上的S點以初速度v0垂直射入電場，一段時間后從M點離開電場進入磁場，粒子進入磁場的速度大小為eq\r(2)v0，且其運動軌跡恰好過圓形磁場的圓心O。粒子所受重力忽略不計，求：(1)電場強度E的大?。?2)圓形磁場區(qū)域磁感應強度B的大小。答案(1)eq\f(mveq\o\al(2,0),qL)(2)eq\f(2mv0,qR)解析(1)粒子在整個過程的運動軌跡，如圖所示。粒子在電場從S到M做類平拋運動，在垂直于電場方向t1＝eq\f(L,v0)粒子在M點沿著電場方向速度vx＝eq\r(（\r(2)v0）2－veq\o\al(2,0))＝v0所以粒子沿著電場方向的位移d＝eq\f(vx,2)×t1＝eq\f(L,2)粒子從S點到M點，由動能定理qEd＝eq\f(1,2)m(eq\r(2)v0)2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得E＝eq\f(mveq\o\al(2,0),qL)(2)設粒子在M處的速度與電場方向夾角為θ，則sinθ＝eq\f(v0,\r(2)v0)解得θ＝45°所以三角形OO′M為等腰直角三角形，設帶電粒子做勻速圓周運動的半徑為r。由幾何關系得r＝eq\f(\r(2),2)R由牛頓第二定律qB(eq\r(2)v0)＝meq\f(（\r(2)v0）2,r)解得B＝eq\f(2mv0,qR)【變式1-1】如圖，半徑為R的圓是一圓柱形勻強磁場區(qū)域的橫截面(紙面)磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面向外。一電荷量為q(q＞0)、質量為m的粒子沿平行于直徑ab的方向從c點射入磁場區(qū)域，射入點c與ab的距離為eq\f(\r(6)－\r(2),4)R，已知粒子射出磁場與射入磁場時運動方向間的夾角為60°，則粒子的速率為（不計粒子重力，已知sin15°＝eq\f(\r(6)－\r(2),4)）()A.eq\f(\r(2)qBR,2m) B.eq\f(\r(2)qBR,m)C.eq\f(\r(6)－\r(2)qBR,m) D.eq\f(2qBR,m)[解析]粒子帶正電，根據左手定則，判斷出粒子受到的洛倫茲力向右，軌跡如圖所示，由射入點c與ab的距離為eq\f(\r(6)－\r(2),4)R，可知∠cO1a＝15°，由速度的偏轉角為60°，可知∠cO2O1＝30°，在△cO2O1，由正弦定理得，軌跡半徑r＝eq\r(2)R，由Bqv＝eq\f(mv2,r)，解得v＝eq\f(\r(2)qBR,m)，B正確，A、C、D錯誤。[答案]B【變式1-2】在如圖所示的平面直角坐標系中，存在一個半徑R＝0.2m的圓形勻強磁場區(qū)域，磁感應強度B＝1.0T，方向垂直紙面向外，該磁場區(qū)域的右邊緣與y坐標軸相切于原點O點。y軸右側存在一個勻強電場，方向沿y軸正方向，電場區(qū)域寬度l＝0.1m?，F(xiàn)從坐標為(－0.2m，－0.2m)的P點發(fā)射出質量m＝2.0×10－9kg、帶電荷量q＝5.0×10－5C的帶正電粒子，沿y軸正方向射入勻強磁場，速度大小v0＝5.0×103m/s(粒子重力不計)。(1)帶電粒子從坐標為(0.1m,0.05m)的點射出電場，求該電場強度的大??；(2)為了使該帶電粒子能從坐標為(0.1m，－0.05m)的點回到電場，可在緊鄰電場的右側區(qū)域內加勻強磁場，試求所加勻強磁場的磁感應強度大小和方向。[解析](1)帶正電粒子在磁場中做勻速圓周運動，根據洛倫茲力提供向心力有：qv0B＝meq\f(v02,r)可得：r＝eq\f(mv0,qB)＝0.20m＝R根據幾何關系可以知道，帶電粒子恰從O點沿x軸正方向進入電場，帶電粒子做類平拋運動，設粒子到達電場邊緣時，豎直方向的位移為y根據類平拋規(guī)律可得：l＝v0t，y＝eq\f(1,2)at2根據牛頓第二定律可得：Eq＝ma聯(lián)立可得：E＝eq\f(2mv02y,ql2)＝1.0×104N/C。(2)粒子飛離電場時，沿電場方向速度：vy＝at＝eq\f(qE,m)·eq\f(l,v0)＝5.0×103m/s＝v0粒子射出電場時速度大小v＝eq\r(2)v0，方向與x軸正方向夾角為45°偏向右上方根據左手定則可知所加磁場方向垂直紙面向外，根據幾何關系可知，粒子在B′區(qū)域磁場中做圓周運動半徑r′＝eq\r(2)y根據洛倫茲力提供向心力可得：qvB′＝meq\f(v2,r′)聯(lián)立可得所加勻強磁場的磁感應強度大小B′＝eq\f(mv,qr′)＝4T。[答案](1)1.0×104N/C(2)4T，方向垂直紙面向外【變式1-3】真空中有一勻強磁場，磁場邊界為兩個半徑分別為a和3a的同軸圓柱面，磁場的方向與圓柱軸線平行，其橫截面如圖所示。一速率為v的電子從圓心沿半徑方向進入磁場。已知電子質量為m，電荷量為e，忽略重力。為使該電子的運動被限制在圖中實線圓圍成的區(qū)域內，磁場的磁感應強度最小為()A.eq\f(3mv,2ae) B.eq\f(mv,ae)C.eq\f(3mv,4ae) D.eq\f(3mv,5ae)答案C解析為使電子的運動被限制在圖中實線圓圍成的區(qū)域內，電子進入勻強磁場中做勻速圓周運動的半徑最大時軌跡如圖所示，設其軌跡半徑為r，圓心為M，磁場的磁感應強度最小為B，由幾何關系有eq\r(r2＋a2)＋r＝3a，解得r＝eq\f(4,3)a，電子在勻強磁場中做勻速圓周運動有evB＝meq\f(v2,r)，解得B＝eq\f(3mv,4ae)，選項C正確?！绢}型2矩形磁場區(qū)域問題】【例2】(多選)空間存在方向垂直于紙面向里的勻強磁場，圖中的正方形為其邊界。一細束由兩種粒子組成的粒子流沿垂直于磁場的方向從O點入射。這兩種粒子帶同種電荷，它們的電荷量、質量均不同，但其比荷相同，且都包含不同速率的粒子。不計重力。下列說法正確的是()A.入射速度不同的粒子在磁場中的運動時間一定不同B.入射速度相同的粒子在磁場中的運動軌跡一定相同C.在磁場中運動時間相同的粒子，其運動軌跡一定相同D.在磁場中運動時間越長的粒子，其軌跡所對的圓心角一定越大解析由T＝eq\f(2πm,qB)可知，粒子的運動周期與粒子的速度無關，若入射速度不同的粒子從左邊界飛出，則粒子的偏轉角相同，運動時間相同，A、C錯誤；由r＝eq\f(mv,qB)可知，入射速度相同的粒子運動軌跡相同，B正確；由粒子的運動時間t＝eq\f(θ,2π)·T可知，D正確。答案BD【變式2-1】如圖，邊長為l的正方形abcd內存在勻強磁場，磁感應強度大小為B、方向垂直于紙面(abcd所在平面)向外。ab邊中點有一電子發(fā)射源O，可向磁場內沿垂直于ab邊的方向發(fā)射電子。已知電子的比荷為k。則從a、d兩點射出的電子的速度大小分別為()A.eq\f(1,4)kBl，eq\f(\r(5),4)kBl B.eq\f(1,4)kBl，eq\f(5,4)kBlC.eq\f(1,2)kBl，eq\f(\r(5),4)kBl D.eq\f(1,2)kBl，eq\f(5,4)kBl答案B解析若電子從a點射出，運動軌跡如圖線①，ra＝eq\f(l,4)由qvaB＝meq\f(veq\o\al(2,a),ra)得va＝eq\f(qBra,m)＝eq\f(qBl,4m)＝eq\f(kBl,4)若電子從d點射出，運動軌跡如圖線②，由幾何關系得req\o\al(2,d)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(rd－\f(l,2)))eq\s\up12(2)＋l2，整理得rd＝eq\f(5,4)l由qvdB＝meq\f(veq\o\al(2,d),rd)得vd＝eq\f(qBrd,m)＝eq\f(5qBl,4m)＝eq\f(5kBl,4)，選項B正確?！咀兪?-2】如圖所示，ABCD為一正方形區(qū)域，一帶電粒子以速度v0從AB邊的中點O，沿紙面垂直于AB邊的方向射入。若該區(qū)域充滿平行于AB邊的勻強電場，該粒子經時間t1以速度v1從C點射出；若該區(qū)域充滿垂直紙面的勻強磁場，該粒子經時間t2以速度v2從D點射出，不計粒子重力，則()A．v1＞v2，t1＜t2 B．v1＞v2，t1＞t2C．v1＜v2，t1＜t2 D．v1＜v2，t1＞t2[解析]設正方形的邊長為L，當區(qū)域內為電場時，則粒子做類平拋運動，平行于AC方向為勻速直線運動，運動時間為t1＝eq\f(L,v0)，垂直AC方向為勻加速直線運動，有eq\f(1,2)vyt1＝eq\f(1,2)L，解得vy＝v0，所以v1＝eq\r(v02＋vy2)＝eq\r(2)v0，當區(qū)域內為磁場時，洛倫茲力不做功，則v2＝v0，設軌道半徑為r，則有r2＝L2＋解得r＝eq\f(5,4)L，根據qv0B＝eq\f(mv02,r)，解得B＝eq\f(4mv0,5qL)，所以軌道圓心角sinθ＝eq\f(L,\f(5,4)L)＝0.8，則θ＝53°，則t2＝eq\f(53°,360°)×eq\f(2πm,Bq)＝eq\f(53π,144)·eq\f(L,v0)，綜上v1＞v2，t1＜t2，A正確。[答案]A【變式2-3】如圖所示，垂直于紙面向里的勻強磁場分布在正方形abcd區(qū)域內，O點是cd邊的中點．一個帶正電的粒子僅在洛倫茲力的作用下，從O點沿紙面以垂直于cd邊的速度射入正方形內，經過時間t0后剛好從c點射出磁場．現(xiàn)設法使該帶電粒子從O點沿紙面以與Od成30°角的方向，以大小不同的速率射入正方形內，那么下列說法中正確的是()A．若該帶電粒子在磁場中經歷的時間是eq\f(5,3)t0，則它一定從cd邊射出磁場B．若該帶電粒子在磁場中經歷的時間是eq\f(2,3)t0，則它一定從ad邊射出磁場C．若該帶電粒子在磁場中經歷的時間是eq\f(5,4)t0，則它一定從bc邊射出磁場D．若該帶電粒子在磁場中經歷的時間是t0，則它一定從ab邊射出磁場答案AC解析如圖所示，作出剛好從ab邊射出的軌跡①、剛好從bc邊射出的軌跡②、從cd邊射出的軌跡③和剛好從ad邊射出的軌跡④.由從O點沿紙面以垂直于cd邊的速度射入正方形內，經過時間t0后剛好從c點射出磁場可知，帶電粒子在磁場中做圓周運動的周期是2t0.可知，從ad邊射出磁場經歷的時間一定小于eq\f(1,3)t0；從ab邊射出磁場經歷的時間一定大于等于eq\f(1,3)t0，小于eq\f(5,6)t0；從bc邊射出磁場經歷的時間一定大于等于eq\f(5,6)t0，小于eq\f(4,3)t0；從cd邊射出磁場經歷的時間一定是eq\f(5,3)t0.【題型3三角形磁場區(qū)域問題】【例3】如圖所示，邊長為L的等邊三角形ABC內、外分布著兩方向相反的勻強磁場，三角形內磁場方向垂直紙面向外，兩磁場的磁感應強度大小均為B。頂點A處有一粒子源，粒子源能沿∠BAC的角平分線發(fā)射不同速率的粒子，粒子質量均為m、電荷量均為＋q，不計粒子重力及粒子間的相互作用力，則發(fā)射速度v0為哪一值時粒子能通過B點()A.eq\f(2qBL,m) B.eq\f(3qBL,2m)C.eq\f(2qBL,3m) D.eq\f(qBL,7m)答案D解析粒子帶正電，且經過B點，其可能的軌跡如圖所示。所有圓弧所對圓心角均為60°，所以粒子運行半徑r＝eq\f(L,n)(n＝1，2，3，…)，粒子在磁場中做圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得qvB＝meq\f(v2,r)，解得v＝eq\f(qBr,m)＝eq\f(qBL,nm)(n＝1，2，3，…)，由此可知，v＝eq\f(qBL,7m)的粒子能通過B點，故A、B、C不符合題意，D符合題意?！咀兪?-1】如圖所示，△ABC為與勻強磁場垂直的邊長為a的等邊三角形，比荷為eq\f(e,m)的電子以速度v0從A點沿AB邊入射，欲使電子經過BC邊，磁感應強度B的取值為()A．B＞eq\f(2mv0,ae) B．B＜eq\f(2mv0,ae)C．B＞eq\f(\r(3)mv0,ae) D．B＜eq\f(\r(3)mv0,ae)[解析]由題意，如圖所示，電子正好經過C點，此時圓周運動的半徑R＝eq\f(\f(a,2),cos30°)＝eq\f(a,\r(3))，要想電子從BC邊經過，電子做圓周運動的半徑要大于eq\f(a,\r(3))，由帶電粒子在磁場中運動的公式r＝eq\f(mv,qB)，可得eq\f(a,\r(3))＜eq\f(mv0,eB)，即B＜eq\f(\r(3)mv0,ae)，D正確。[答案]D【變式3-2】如圖所示，邊長為L的等邊三角形區(qū)域ACD內、外的勻強磁場的磁感應強度大小均為B、方向分別垂直紙面向里、向外。三角形頂點A處有一質子源，能沿∠A的角平分線發(fā)射速度大小不等、方向相同的質子(質子重力不計、質子間的相互作用可忽略)，所有質子均能通過D點，已知質子的比荷eq\f(q,m)＝k，則質子的速度不可能為()A．eq\f(BkL,2) B．BkLC．eq\f(3BkL,2) D．eq\f(BkL,8)解析：選C質子的運動軌跡如圖所示，由幾何關系可得2nRcos60°＝L(n＝1,2,3，…)，由洛倫茲力提供向心力，則有Bqv＝meq\f(v2,R)，聯(lián)立解得v＝eq\f(BqR,m)＝eq\f(BkL,n)，A、B、D正確，C錯誤?！咀兪?-3】如圖所示，在一等腰直角三角形ACD區(qū)域內有垂直紙面向外的勻強磁場，磁場的磁感應強度大小為B。一質量為m、電荷量為q的帶正電粒子(重力不計)以速度v從AC邊的中點O垂直AC邊射入磁場區(qū)域。若三角形的兩直角邊長均為2L，要使粒子從CD邊射出，則v的取值范圍為()A.eq\f(qBL,m)≤v≤eq\f(2\r(2)qBL,m) B.eq\f(qBL,m)≤v≤eq\f(5qBL,m)C.eq\f(qBL,2m)≤v≤eq\f(（\r(2)＋1）qBL,m) D.eq\f(qBL,2m)≤v≤eq\f(5qBL,2m)答案C解析根據洛倫茲力提供向心力可知，v＝eq\f(qBr,m)，因此半徑越大，速度越大；根據幾何關系可知，使粒子軌跡與AD邊相切時速度最大，如圖，則有AO′·sin45°＝O′E，即(r1＋L)sin45°＝r1，解得最大半徑為r1＝(eq\r(2)＋1)L，故最大速度為v1＝eq\f(（\r(2)＋1）qBL,m)；當粒子從C點出射時，半徑最小，為r2＝eq\f(L,2)，故最小速度為v2＝eq\f(qBL,2m)，則v的取值范圍為eq\f(qBL,2m)≤v≤eq\f(（\r(2)＋1）qBL,m)，故C正確，A、B、D錯誤?！绢}型4平行邊界磁場區(qū)域問題】【例4】CT掃描是計算機X射線斷層掃描技術的簡稱，CT掃描機可用于對多種病情的探測。圖(a)是某種CT機主要部分的剖面圖，其中X射線產生部分的示意圖如圖(b)所示。圖(b)中M、N之間有一電子束的加速電場，虛線框內有勻強偏轉磁場；經調節(jié)后電子束從靜止開始沿帶箭頭的實線所示的方向前進，打到靶上，產生X射線(如圖中帶箭頭的虛線所示)；將電子束打到靶上的點記為P點。則()A.M處的電勢高于N處的電勢B.增大M、N之間的加速電壓可使P點左移C.偏轉磁場的方向垂直于紙面向外D.增大偏轉磁場磁感應強度的大小可使P點左移答案D解析電子帶負電，故必須滿足N處的電勢高于M處的電勢才能使電子加速，故選項A錯誤；由左手定則可判定磁感應強度的方向垂直紙面向里，故選項C錯誤；對加速過程應用動能定理有eU＝eq\f(1,2)mv2，設電子在磁場中運動半徑為r，由洛倫茲力提供向心力有evB＝meq\f(v2,r)，則r＝eq\f(mv,Be)，電子運動軌跡如圖所示，由幾何關系可知，電子從磁場射出的速度方向與水平方向的夾角θ滿足sinθ＝eq\f(d,r)(其中d為磁場寬度)，聯(lián)立可得sinθ＝dBeq\r(\f(e,2mU))，可見增大U會使θ減小，電子在靶上的落點P右移，增大B可使θ增大，電子在靶上的落點P左移，故選項B錯誤，D正確。【變式4-1】矩形區(qū)域abcd(包括邊界)充滿磁感應強度為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場?，F(xiàn)從ad邊中點O處，以垂直磁場且跟ad邊成30°角的速度射入一帶電粒子。已知粒子質量為m、電荷量為q，ad邊長為L，不計粒子重力。(1)若要粒子從ab邊上射出，則入射速度v0的大小范圍是多少？(ab邊足夠長)(2)粒子在磁場中運動的最長時間是多少？解析(1)若粒子速度為v0，由qv0B＝meq\f(veq\o\al(2,0),R)得R＝eq\f(mv0,qB)若軌跡與ab邊相切，如圖所示，設此時相應速度為v01，則R1＋R1sinθ＝eq\f(L,2)將R1＝eq\f(mv01,qB)代入上式可得v01＝eq\f(qBL,3m)若軌跡與cd邊相切，如圖所示，設此時粒子速度為v02，則R2－R2sinθ＝eq\f(L,2)將R2＝eq\f(mv02,qB)代入上式可得v02＝eq\f(qBL,m)所以粒子能從ab邊上射出磁場的入射速度v0的大小應滿足eq\f(qBL,3m)<v0≤eq\f(qBL,m)。(2)設粒子入射速度為v，在磁場中經過的弧所對的圓心角為α，則t＝eq\f(αR,v)＝eq\f(αm,qB)，則α越大，在磁場中運動的時間也越長，由圖可知，粒子在磁場中運動的半徑r≤R1時，運動時間最長，弧所對的圓心角為(2π－2θ)。所以粒子在磁場中運動的最長時間為t＝eq\f(（2π－2θ）m,qB)＝eq\f(5πm,3qB)。答案(1)eq\f(qBL,3m)<v0≤eq\f(qBL,m)(2)eq\f(5πm,3qB)【變式4-2】如圖所示，勻強磁場的磁感應強度為B，寬度為d，邊界為CD和EF。一電子從CD邊界外側以速率v0垂直射入勻強磁場，入射方向與CD邊界間夾角為θ。已知電子的質量為m，電荷量為e，為使電子能從磁場的另一側EF射出，求：(1)電子的速率v0至少多大？(2)若θ角可取任意值，v0的最小值是多少？解析本題考查圓周運動的邊界問題的求解方法。(1)當入射速率v0很小時，電子會在磁場中轉動一段圓弧后又從CD一側射出，速率越大，軌道半徑越大，當軌道的邊界與EF相切時，電子恰好不能從EF射出，如圖所示，電子恰好射出時，由幾何知識可得：r＋rcosθ＝d①又r＝eq\f(mv0,Be)②由①②得v0＝eq\f(Bed,m（1＋cosθ）)③故電子要射出磁場，速率至少應為eq\f(Bed,m（1＋cosθ）)。(2)由③式可知，θ＝0°時，v0＝eq\f(Bed,2m)最小，由②式知此時半徑最小，rmin＝eq\f(d,2)，也可由軌跡分析得出上述結論。答案(1)eq\f(Bed,m（1＋cosθ）)(2)eq\f(Bed,2m)【變式4-3】如圖所示，一個理想邊界為PQ、MN的勻強磁場區(qū)域，磁場寬度為d，方向垂直紙面向里。一電子從O點沿紙面垂直PQ以速度v0進入磁場。若電子在磁場中運動的軌道半徑為2d。O′在MN上，且OO′與MN垂直。下列判斷正確的是()A．電子將向右偏轉B．電子打在MN上的點與O′點的距離為dC．電子打在MN上的點與