小题精练12 有界磁场 磁聚焦 平移圆 放缩圆 旋转圆问题-备考2025年高考物理题型突破讲练
一、直线边界
1．（2023高二下·镇雄县月考）如图所示，直线MN上方有垂直纸面向里的匀强磁场，电子1从磁场边界上的a点垂直MN和磁场方向射入磁场，经t1时间从b点离开磁场。之后电子2也由a点沿图示方向以相同速率垂直磁场方向射入磁场，经t2时间从a、b连线的中点c离开磁场，则为（ ）
A．3 B．2 C． D．
2．（2023高二上·渝中期末）如图所示，在x轴上方存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。在xOy平面内，从原点O处沿与x轴正方向成θ角（）以速率v发射一个带正电的粒子（重力不计）。则下列说法正确的是（ ）
A．若v一定，θ越大，则粒子在磁场中运动的时间越短
B．若v一定，θ越大，则粒子离开磁场的位置距O点越远
C．若θ一定，v越大，则粒子在磁场中运动的角速度越大
D．若θ一定，v越大，则粒子在磁场中运动的时间越短
3．（2024高三上·长春月考）如图所示，平面直角坐标系中，第Ⅱ象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第Ⅲ、Ⅳ象限存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场。一质量为m，带电量为q的粒子由第Ⅱ象限中的点，以速度平行于x轴正方向射出，恰好由坐标原点O射入磁场。若不计粒子重力，求：
（1）电场强度E的大小；
（2）若粒子经过磁场偏转后，回到电场中又恰好能经过P点，求磁感应强度的大小；
（3）粒子从P点出发回到P所用时间。
4．（2024高三上·镇海区模拟）如图甲所示，在水平面内建立xOy坐标系，区域内有竖直向上的匀强磁场。一个质量为m、电荷量大小为q的带负电荷的粒子，从x轴上的P点以垂直于磁场的速度v射入第一象限，从y轴上某点垂直于y轴射出磁场区域。已知速度v与x轴正方向的夹角，不计粒子的重力，P点与原点O之间的距离为a。
（1）求磁感应强度B的大小；
（2）若将粒子速度的大小改为，θ角可变，求粒子在磁场中运动的最短时间。
（3）如图乙所示，过O点竖直向上建立z轴，速度大小为v的粒子从P点斜向上射入磁场，速度方向在xOy平面内的投影沿PD方向，PD与x轴正方向夹角为，若使粒子恰好不离开磁场，求粒子经过yoz平面时的坐标。
二、矩形边界
5．（2024高三上·广西壮族自治区期末）如图所示，有界匀强磁场的宽度为d，一带电荷量为q、质量为m的带负电粒子以速度垂直边界射入磁场，离开磁场时的速度偏角为，不计粒子受到的重力，下列说法正确的是（ ）
A．带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的轨道半径为3d
B．带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的角速度为
C．带电粒子在匀强磁场中运动的时间为
D．匀强磁场的磁感应强度大小为
6．（2024高三上·长春模拟）医院中X光检测设备的核心器件为X射线管。如图所示，在X射线管中，电子（质量为m、电荷量为-e，初速度可以忽略）经电压为U的电场加速后，从P点垂直磁场边界水平射入匀强磁场中。磁场宽为2L，磁感应强度大小可以调节。电子经过磁场偏转后撞击目标靶，撞在不同位置就会辐射出不同能量的X射线。已知水平放置的目标靶长为2L，长为L，不计电子重力、电子间相互作用力及电子高速运行中辐射的能量。
（1）求电子进入磁场的速度大小；
（2）调节磁感应强度大小使电子垂直撞击在目标靶上，求电子在磁场中运动的时间；
（3）为使辐射出的X射线能量范围最大，求磁感应强度的大小范围。
7．（2024高三上·景德镇模拟）如图所示，为纸面内矩形的四个顶点，矩形区域内（含边界）处于垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，，。一质量为m、电荷量为q（）的粒子，从a点沿ab方向运动，不计粒子重力。下列说法正确的是（ ）
A．粒子能通过cd边的最短时间
B．若粒子恰好从d点射出磁场，粒子速度
C．若粒子恰好从c点射出磁场，粒子速度
D．若粒子只能从ad边界射出磁场，则粒子的入射速度
8．（2024高三上·广西壮族自治区模拟）如图所示，在矩形ABCD区域内存在垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场，AD边长为L，AB边长为。一质量为m、带电荷量为q的正粒子从A点沿纸面以与AD成30°角的方向射入磁场，粒子在磁场中运动的轨迹恰好与CD相切，不计粒子所受的重力。
（1）求粒子射入磁场时的速度大小；
（2）求粒子在磁场中运动的时间t；
（3）若仅减小粒子射入磁场时的速度大小，求粒子在磁场中运动的最长时间。
9．（2024高二下·昭通期中）如图，一边界平行的有界匀强磁场垂直纸面向外，一带正电荷的粒子以初速度在纸面内垂直磁场的边界射入匀强磁场中，离开磁场时速度方向偏转了角．已知匀强磁场的宽度为d，不计粒子的重力，则带电粒子在磁场中（ ）．
A．做匀变速曲线运动 B．向心加速度大小为
C．运动的时间为 D．受到的磁场力的冲量为0
10．（2023高二上·怀仁月考）如图所示，长为、宽为的长方形区域内充满垂直纸面向内的匀强磁场，磁感应强度为，在时刻，一位于长方形区域中心的粒子源在平面内向各个方向均匀发射大量带正电的同种粒子，所有粒子的初速度大小均相同（数值未知），粒子在磁场中做圆周运动的半径．测得平行于方向发射的粒子在时刻恰从边离开磁场，不计重力和粒子间相互作用，求：
（1）粒子的比荷；
（2）粒子在磁场中运动的最短时间和最长时间（角度可用反三角函数表示，例如：若，则）；
三、圆形边界
11．（2024高三上·四川期末）如图所示，半径为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，是两条相互垂直的直径。在磁场内点有一放射源，能向各个方向以相同的速率射出相同的带电粒子，所有粒子均从之间射出磁场（点有粒子射出），已知粒子所带电荷量为、质量为。不计粒子的重力及粒子间的相互作用，下列说法正确的是（ ）
A．粒子在磁场中运动的半径为
B．粒子进入磁场时的速率为
C．若仅将匀强磁场的磁感应强度大小变为，则粒子射出磁场边界的圆弧长度为
D．若仅将粒子的速率变为，则所有粒子射出磁场时的方向都相同
12．（2024高三上·德阳模拟）如图所示，abcd为边长为L的正方形，在四分之一圆abd区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子从b点沿ba方向以初速度大小v（未知）射入磁场，粒子仅能从正方形cd边（含c、d两点）射出正方形区域，该粒子在磁场中运动时间为t，不计粒子的重力，则（ ）
A． B．
C． D．
13．（2024高三下·江西月考）一种圆柱形粒子探测装置的横截面如图所示。内圆区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，外圆是探测器，AB和PM分别为内圆的两条相互垂直的直径，两个粒子先后从P点沿径向射入磁场。粒子1经磁场偏转后打在探测器上的Q点，粒子2经磁场偏转后从磁场边界C点离开，最后打在探测器上的N点，PC圆弧恰好为内圆周长的三分之一，粒子2在磁场中运动的时间为t。装置内部为真空状态，忽略粒子所受重力及粒子间相互作用力。下列说法正确的是（ ）
A．粒子1一定带正电
B．若两粒子的比荷相同，则粒子1的入射速率小于粒子2的入射速率
C．若仅减小粒子2的入射速率，则粒子2在磁场中的运动时间增加
D．改变粒子2入射方向，速率变为原来的，则粒子2在磁场中运动的最长时间为t
14．（2024高三上·正定期中）如图所示，以为圆心，半径为R的圆形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，为一粒子源，能沿纸面内各个方向发射质量为m、带电量为、速度大小均为的粒子，下列说法正确的是（ ）
A．发射速度方向沿的粒子在磁场中运动时间最长
B．粒子在磁场中运动的最长时间为
C．在磁场中运动时间为（小于最长时间）的粒子有两种发射方向
D．发射速度方向关于对称的粒子在磁场中运动的时间均相等
15．（2024高三上·金华模拟）如图，Ⅰ为半径为R的匀强磁场区域，圆心为O，在圆心正下方S处有一粒子发射源，均匀地向圆内各方向发射质量为m，电荷量为q，速率为v0的带正电粒子，每秒钟共N个，其中射向O点的粒子恰好从C点射出；Ⅱ为由平行板电容器形成的匀强电场区域，上极板带正电，下极板接地，极板长度为L，极板间距为2R，场强；Ⅲ为宽度足够的匀强磁场区域，磁感应强度与Ⅰ相同。在Ⅲ区域的右侧竖直固定有平行板电容器，右极板带正电，左极板接地，AB为左极板上长度为的窄缝（窄缝不影响两极板间电场），电容器两极板电压为，O、C、A三点连线过Ⅱ区域轴线，不计粒子重力，各磁场方向如图所示，重力加速度为g。
（1）Ⅰ区域磁感应强度的大小。
（2）若在Ⅱ区域加匀强磁场可使射入的粒子做直线运动，求所加磁场磁感应强度的大小和方向。
（3）若Ⅱ区域加入（2）问中磁场，同时撤去Ⅲ区域磁场，粒子撞向电容器，已知打到极板上的粒子会被吸收，电容器两极板电压，求粒子对电容器的作用力大小。
（4）在Ⅱ区域的最右侧紧贴下极板放置长度为R的粒子收集板PQ，求每秒收集到的粒子数。
16．（2024高二上·浙江期中）如图所示，空间有垂直于纸面的匀强磁场和，磁感应强度大小均为0.1T，分布在半径的圆形区域内，MN为过其圆心O的竖直线，分布在MN左侧的半圆形区域外。磁场中有粒子源S，S与O的距离，且，某时刻粒子源S沿着纸面一次性向各个方向均匀射出一群相同的带正电粒子，每个粒子的质量、电量、速率，不计粒子之间的相互作用，求
（1）粒子在匀强磁场中运动的半径；
（2）能进入圆形区域的粒子所占的比率；
（3）最终射出圆形区域时速度方向与SO平行的粒子在磁场中运动的总时间。
四、四分之一平面边界
17．（2024高二上·安顺期末）如图，直角坐标系xOy中，第I象限内存在垂直纸面向外的匀强磁场。第II、III象限中有两平行板电容器C1、C2，其中C1垂直x轴放置，极板与x轴相交处存在小孔M、N；C2垂直y轴放置，上、下极板右端分别紧贴y轴上的P、O点。一带电粒子从M静止释放，经电场直线加速后从N射出，紧贴C2下极板进入C2，而后从P点进入第I象限；经磁场偏转后恰好垂直x轴上的Q点离开，运动轨迹如图中虚线所示。已知粒子质量为m、带电量为q，O、P间距离为d，C1、C2的板间电压大小均为U，板间电场视为匀强电场，不计重力，忽略边缘效应。求：
（1）粒子经过N时的速度大小；
（2）粒子经过P时速度方向与y轴正向的夹角；
（3）磁场的磁感应强度大小；
（4）粒子从N经P到Q点运动的时间t。
18．（2024高二上·上党期末）如图所示，在直角坐标系xOy的第一象限内存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，在y轴上S处有一粒子源，它可向右侧纸面内各个方向射出速率相等的质量均为m、电荷量均为q的同种带电粒子，所有粒子射出磁场时离S最远的位置是x轴上的P点。已知，粒子带负电，粒子所受重力及粒子间的相互作用均不计，则（ ）
A．粒子的速度大小为
B．从x轴上射出磁场的粒子在磁场中运动的最长时间与最短时间之比为7：4
C．沿平行x轴正方向射入的粒子离开磁场时的位置到O点的距离为
D．从O点射出的粒子在磁场中的运动时间为
19．（2024高二上·湖北期中）如图所示的xOy坐标系中，第一象限内存在与x轴成30°角斜向下的匀强电场，电场强度；第四象限内存在垂直于纸面向里的有界匀强磁场，其沿x轴方向的宽度为OA，沿y轴负方向宽度无限大，磁感应强度。现有一比荷为的正离子（不计重力），以速度从O点射入磁场，与x轴正方向夹角α=60°，离子通过磁场后刚好从A点射出，之后进入电场。
（1）求OA宽度等于多少？
（2）从O点开始，经多长时间粒子第二次到达x轴（答案可以用根号和π表示）；
（3）若离子进入磁场后，某时刻再加一个同方向的匀强磁场使离子做完整的圆周运动，求所加磁场磁感应强度的最小值。
20．（2024高三上·衡阳模拟）如图所示，平面直角坐标系中第一、二、四象限内存在磁感应强度大小为B的匀强磁场。第一、四象限内磁场方向垂直纸面向里，第二象限内磁场方向垂直纸面向外。第三象限存在沿y轴正方向的匀强电场。质量为m、电荷量为q（）的粒子甲从点以一定初速度释放，初速度方向与x轴正方向的夹角为，从点垂直y轴进入第四象限磁场区域，然后从点垂直x轴进入第一象限，同时在p点释放一质量为、电量为q（）、速度为的带电粒子乙，且速度方向垂直于x轴向上。不计粒子重力及甲乙两粒子间的相互作用，求：
（1）甲粒子进入第四象限时的速度；
（2）匀强电场的大小E；
（3）粒子甲第n次经过y轴时，甲乙粒子间的距离d；
（4）当甲粒子第一次经过y轴时在第二象限内施加一沿x轴负方向、电场强度大小与第三象限电场相同的匀强电场，求甲粒子的最大速度。
五、三角形边界
21．（2024高二上·江门期末）如图所示，直角三角形ABC区域中存在一匀强磁场，比荷不同的两个粒子a、b（不计重力）以相同的速度沿AB方向射入磁场，并分别从AC边上的PQ两点射出，a粒子的比荷是b粒子比荷的一半，则( )
A．从Q点射出的粒子的向心加速度小
B．从P点和Q点射出的粒子动能一样大
C．a、b两粒子带异种电荷
D．a、b两粒子在磁场中运动的时间不同
22．（2024高三下·凯里模拟）真空中直角三角形ABC 区域内（含边界）存在垂直纸面向里的匀强磁场（图中未画出），磁感应强度大小为B，AB边长度为d，∠B的大小。在BC的中点有一粒子源，能持续地沿平行BA方向发射比荷为k、速率不同的正粒子，如图所示，不计粒子重力及粒子间的相互作用。求：
（1）粒子在磁场中运动的最长时间；
（2）从AB边射出的粒子的速率范围。
23．（2024高三上·丰城月考）如图所示，在一等腰直角三角形ACD区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B，一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子（重力不计）从AC边的中点O垂直于AC边射入该匀强磁场区域，若该三角形的两直角边长均为2l，则下列关于粒子运动的说法中正确的是（ ）
A．若该粒子的入射速度为v=，则粒子一定从CD边射出磁场，且距点C的距离为l
B．若要使粒子从CD边射出，则该粒子从O点入射的最大速度应为v=
C．若要使粒子从CD边射出，则该粒子从O点入射的最大速度应为v=
D．当该粒子以不同的速度入射时，在磁场中运动的最长时间为
24．（2024·凯里模拟）真空中直角三角形ABC 区域内（含边界）存在垂直纸面向里的匀强磁场（图中未画出），磁感应强度大小为B，AB边长度为d，∠B的大小θ=60°。在 BC 的中点有一粒子源，能持续地沿平行BA方向发射比荷为k、速率不同的正粒子，如图10所示，不计粒子重力及粒子间的相互作用。求：
（1）粒子在磁场中运动的最长时间；
（2）从AB边射出的粒子的速率范围。
六、平移圆问题
25．（2024高三下·哈尔滨开学考） 如图所示，等腰直角三角形区域内（包含边界）有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度的大小为，在的中点处有一粒子源，沿与平行的方向发射速率不同，质量为，电荷量为的带负电粒子，已知这些粒子都能从边离开区域，，不计粒子重力及粒子间的相互作用。下列说法正确的是（ ）
A．速度的最大值为
B．速度的最大值为
C．在磁场中运动的最长时间为
D．在磁场中运动的最长时间为
26．（2020·浙江选考）某种离子诊断测量简化装置如图所示。竖直平面内存在边界为矩形 、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 平行于 水平放置，能沿竖直方向缓慢移动且接地。a、b、c三束宽度不计、间距相等的离子束中的离子均以相同速度持续从边界 水平射入磁场，b束中的离子在磁场中沿半径为R的四分之一圆弧运动后从下边界 竖直向下射出，并打在探测板的右边缘D点。已知每束每秒射入磁场的离子数均为N，离子束间的距离均为 ，探测板 的宽度为 ，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）求离子速度v的大小及c束中的离子射出磁场边界 时与H点的距离s；
（2）求探测到三束离子时探测板与边界 的最大距离 ；
（3）若打到探测板上的离子被全部吸收，求离子束对探测板的平均作用力的竖直分量F与板到 距离L的关系。
七、放缩圆问题
27．（2024高二下·南山月考） 如图，平行的、与间（含边界）有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，边界与的夹角，点P处有一离子源，离子源能够向磁场区域发射各种速率的、方向平行于纸面且垂直于的正、负离子，离子运动一段时间后能够从不同的边界射出磁场。已知从边界射出的离子，离子速度为时射出点与P点距离最大为，所有正、负离子的比荷均为k，不计离子的重力及离子间的相互作用。求：
（1）射出点与P点最大距离；
（2）从边界射出的离子，速度的最大值。
28．（2023高一下·丰城期末）如图所示，直角三角形ABC区域内（含边界）存在垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，顶点A处有一离子源，沿AC方向同时射出一群速度大小不同的正离子，离子的质量均为m、电荷量均为q，已知，BC边长为L，不计离子的重力及离子间的相互作用力，则下列说法正确的是( )
A．从AB边界射出的离子，一定同时平行射出
B．从BC边界射出的离子在磁场中运动的时间均不小于
C．从BC边界射出的离子的速度均不小于
D．当某离子垂直于BC边界射出时，磁场中的所有离子都在与AB边界成15°角的一条直线上
29．（2024高二下·邵东月考）如图所示，MN是半径为R的圆形磁场区域的直径，MN上方存在方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，MN下方存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为2B。在M点有一质量为m、电荷量为的离子源，离子从N点射出时的速度大小不同，但方向均与磁场方向垂直且与MN成30°角。不计离子重力及离子间的相互作用，则从N点射出磁场的离子速度可能是（ ）
A． B． C． D．
30．（2023高二上·如皋期末）质谱仪的原理图如图所示，虚线上方区域处在垂直纸面向外的匀强磁场中，、间有一苂光屏。同位素离子源产生电荷量相同的离子、，、无初速度进入加速电场，经同一电压加速后，垂直进入磁场，恰好打在苂光屏点，恰好打在点。不计离子重力。则（ ）
A．、带负电荷 B．的质量比的大
C．在磁场中的运动速度比的大 D．在磁场中的运动时间比的长
31．（2024高三下·浙江开学考）同位素分析仪如图（a）所示，感光胶片在x轴垂直纸面放置，取O为坐标原点，y轴垂直纸面向内。离子从离子源飘出，经加速电压U加速后沿直线进入磁感应强度为B的匀强磁场，经磁场偏转半个周期后离子打在放在OC的胶片上，使胶片曝光。两种离子的电荷量均为q，质量分别为m和。离子均匀进入加速电场的速度不计，加速电压为U。不考虑相对论效应及离子间的相互作用，不考虑电场变化产生的磁场。
（1）两种离子在胶片上感光位置的距离；
（2）若磁场的磁感应强度在范围内变化，能使两种离子在胶片上的痕迹能分开，求的最大值；
（3）若在磁场区域加一个向内的匀强电场E，磁感应强度仍为B，离子源包含各种比荷的离子，这些离子在胶片上痕迹的曲线方程；
（4）对质量m、电量q的离子，加上图（b）和图（c）的电压和电场，离子在电场及磁场中运动的时间远小于电压的变化周期，求胶片上感光区域的面积，并判断感光区域内离子是否均匀打在上面。
32．（2024高三上·湖北月考）如图所示，边长为L的等边三角形abc内有垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，P是ab边的中点，一质量为m、电荷量为-Q（Q>0）的带电粒子在纸面内沿不同方向以不同速率v从P点射入磁场，当v=v1时，平行于bc边射入的粒子从c点射出磁场。不考虑带电粒子受到的重力，下列说法正确的是（ ）
A．若粒子平行于bc边射入、垂直于bc边射出，则粒子在磁场中运动的半径为
B．若粒子平行于bc边射入、从ab边射出，则速度越大的粒子在磁场中运动的时间越长
C．当v=v1时，平行于bc边射入、从c点射出磁场的粒子在磁场中运动的时间为
D．当时改变粒子入射方向，从bc边射出的粒子在磁场中运动的最短时间为
八、旋转圆问题
33．（2023高三上·青龙月考）如图所示，在正方形区域abcd内有方向垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场．在t＝0时刻，位于正方形中心O的离子源向平面abcd内各个方向发射出大量带正电的粒子，所有粒子的初速度大小均相同，粒子在磁场中做圆周运动的半径恰好等于正方形的边长，不计粒子的重力以及粒子间的相互作用力．已知平行于ad方向向下发射的粒子在t＝t0时刻刚好从磁场边界cd上某点离开磁场，下列说法正确的是（ ）
A．粒子在该磁场中匀速圆周运动的周期为6t0
B．粒子的比荷为
C．粒子在磁场中运动的轨迹越长，对应圆弧的圆心角越大
D．初速度方向正对四个顶点的粒子在磁场中运动时间最长
34．（2023高二上·绍兴期末）在如图所示的平面内，存在宽为的匀强磁场区域足够长、边界上有磁场，匀强磁场的磁感应强度大小为，左侧边界上有一离子源，可以向纸面内各方向发射质量为、带电荷量、速度大小为的离子。不计离子受到的重力和空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．离子在磁场中运动的最长时间为
B．离子从右侧边界离开磁场时，在磁场中运动的最短时间为
C．离子从右侧边界离开磁场时，在磁场中运动的最长时间为
D．离子从左侧边界离开磁场时，射入点与射出点间的最大距离为
35．（2023高二下·平阳月考）如图所示，纸面内间距为的平行边界、间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为，上有一粒子源，可在纸面内沿各个方向均匀向磁场中射入质量均为，电荷量均为的带正电粒子，粒子射入磁场的速度大小均为，不计粒子受到的重力及粒子间的相互作用，则从边界射出的粒子数目与从边界射出的粒子数目之比为（ ）
A．： B．： C．： D．：
36．（2024高三下·承德模拟）如图所示，在直角坐标系平面内，有一离子源沿轴正方向发射出大量速率均为的同种正离子，这些离子均匀分布在离轴距离为的范围内，离子的质量为，电荷量为。在离子源右侧有一圆形磁场区域Ⅰ，其圆心的坐标为，半径为，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为（未知）。在无限大区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场II，磁感应强度大小为（未知），已知。为离子收集板，点位置坐标为，且平行于轴。若离子群经过磁场Ⅰ后均从点进入磁场Ⅱ，其中从离子源最上方射出的离子经过磁场Ⅰ偏转后恰好从点沿轴负方向射入磁场Ⅱ，离子打到收集板上即刻被吸收，不考虑离子从磁场Ⅱ出去后的运动，不计收集板和离子间的作用。
（1）求的大小；
（2）若从点射出的离子恰好全部被收集板右侧吸收，求收集板的长度；
（3）若收集板的长度为，则被板右侧收集的离子数与所有射入磁场的离子数的比值为多大？
37．（2022高二上·金华期末） 某种离子收集装置的简化模型如图所示，x轴下方半径为R的圆形区域内存在着匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小B1=B，圆心所在位置坐标为（0，-R）。在x轴下方有一线性离子源，沿x轴正方向发射出N个（大量）速率均为v0的同种离子，这些离子均匀分布在离x轴距离为0.2R~1.8R的范围内。在x轴的上方，存在方向垂直纸面向里的有界匀强磁场，该磁场上边界与x轴平行，磁感应强度大小B2=2B。在x轴整个正半轴上放有一厚度不计的收集板，离子打在收集板上即刻被吸收。已知离子源中指向圆心O1方向射入磁场B1的离子，恰好从O点沿y轴射出。整个装置处于真空中，不计离子重力，不考虑离子间的碰撞和相互作用。
（1）求该种离子的电性和比荷；
（2）若x轴上方的磁场宽度d足够大，发射的离子全部能被收集板收集，求这些离子在x轴上方磁场中运动最长和最短时间差 t，以及离子能打到收集板上的区域长度L；
（3）若x轴上方的有界磁场宽度d可改变（只改变磁场上边界位置，下边界仍沿x轴），请写出收集板表面收集到的离子数n与宽度d的关系。
38．（2024高二下·湖南月考）如图所示是科学仪器中广泛应用的磁致离子偏转技术原理图.位于纸面的xOy平面内和两条直线间存在着垂直纸面向内的匀强磁场.原点O处的离子源能沿纸面发射质量为，电荷量为的正离子.其中向第一象限且与x轴正向成37°发射的速度大小为的离子，刚好从A点（0，20cm）射出磁场，不计重力，.
（1）求该离子从A点射出磁场时的速度方向及匀强磁场的磁感应强度大小；
（2）若离子源向与x轴正向最大夹角为37°范围内发射离子，且所有离子都不离开磁场，求其发射的离子最大速度及最大速度离子可以到达的磁场区域面积S；
（3）若磁场布满整个空间且磁场区域充满空气，使进入磁场的离子受到与速度大小成正比、方向相反的阻力.离子源沿x轴正向持续发射速度为的离子，单位时间发射离子数为，这些离子均经过A点.若在A点沿y轴放一小块离子收集板以收集所有射到A点的离子，不考虑离子间的相互作用，求离子束对收集板的作用力沿x轴方向分力的大小.
九、破鼎提升
39．（2023·辽宁模拟）如图所示，半圆形粒子源均匀地产生质量为m、电荷为的粒子。粒子源的电势为U，在粒子源中心放置一接地的粒子接收器P，粒子通过接收器后将会进入到垂直纸面向内的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。磁场的右边界与左边界平行且无限长，磁场宽度为，右边界的段覆盖有粒子吸收膜，可以吸收落在上面的粒子。右边界的段以及左边界都覆盖有弹性膜，当粒子与右边界段发生碰撞时，平行界面速度不变，垂直界面速度反向，且大小降为原来的；当粒子与左边界发生碰撞时，平行界面速度不变，垂直界面速度减为0。当粒子在弹性膜上静止时，就会沉降在弹性膜表面。（不计粒子重力）
（1）粒子源提供的粒子初速度为零，求粒子到达接收器P的速度v（未知）的大小；
（2）粒子源提供的粒子初速度为零，求粒子被吸收膜吸收的比例；
（3）若粒子源提供的粒子初速度可以任意调控，接收器只允许速度垂直于磁场边界的粒子通过，求初速度为运动的粒子最终停的位置。
40．（2023·全国甲卷）光滑刚性绝缘圆筒内存在着平行于轴的匀强磁场，筒上P点开有一个小孔，过P的横截面是以O为圆心的圆，如图所示。一带电粒子从P点沿PO射入，然后与筒壁发生碰撞。假设粒子在每次碰撞前、后瞬间，速度沿圆上碰撞点的切线方向的分量大小不变，沿法线方向的分量大小不变、方向相反；电荷量不变。不计重力。下列说法正确的是（ ）
A．粒子的运动轨迹可能通过圆心O
B．最少经2次碰撞，粒子就可能从小孔射出
C．射入小孔时粒子的速度越大，在圆内运动时间越短
D．每次碰撞后瞬间，粒子速度方向一定平行于碰撞点与圆心O的连线
41．（2024高三下·西湖模拟）如图所示，是通过磁场控制带电粒子的一种模型。在和的区域内，分别存在磁感应强度均为B的匀强磁场，方向分别垂直纸面向里和垂直纸面向外。在坐标原点，有一粒子源，连续不断地沿x轴正方向释放出质量为m，带电量大小为q的带正电粒子，速率满足（不考虑粒子的重力、粒子之间的相互作用）试计算下列问题：
(1)求速率最小和最大的粒子在磁感应强度为B的匀强磁场中做圆周运动的半径大小和；
(2)求速率最小和最大的粒子从的边界射出时，两出射点的距离的大小；
(3)设粒子源单位时间内射出的粒子数目为n（设每种速率的粒子数目相同），在的区域加一个平行板电容器，且朝向出射粒子的一侧有小孔，孔的大小足以使所有的从边界射出的粒子都能进入开孔位置，在间加的电势差，射入的粒子有的原路返回，其它碰到N板的全被吸收，求稳定情况下，射向平行板电容器的粒子对电容器的作用力大小？（设孔的大小不影响电容器产生的电场，被吸收的粒子也不影响两极板的电势差）。
42．（2024高三下·云南模拟） 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。
十、直击高考
43．（2022·湖北）如图所示，一带电粒子以初速度v0沿x轴正方向从坐标原点О 射入，并经过点P(a >0， b>0)。若上述过程仅由方向平行于y轴的匀强电场实现，粒子从О到Р运动的时间为t1，到达Р点的动能为Ek1。若上述过程仅由方向垂直于纸面的匀强磁场实现，粒子从O到Р运动的时间为t2，到达Р点的动能为Ek2。下列关系式正确的是·（ ）
A．t1< t2 B．t1> t2 C．Ek1< Ek2 D．Ek1 > Ek2
44．（2023·浙江选考）探究离子源发射速度大小和方向分布的原理如图所示。x轴上方存在垂直平面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场。x轴下方的分析器由两块相距为d、长度足够的平行金属薄板M和N组成，其中位于x轴的M板中心有一小孔C（孔径忽略不计），N板连接电流表后接地。位于坐标原点O的离子源能发射质量为m、电荷量为q的正离子，其速度方向与y轴夹角最大值为；且各个方向均有速度大小连续分布在和之间的离子射出。已知速度大小为、沿y轴正方向射出的离子经磁场偏转后恰好垂直x轴射入孔C。未能射入孔C的其它离子被分析器的接地外罩屏蔽（图中没有画出）。不计离子的重力及相互作用，不考虑离子间的碰撞。
（1）求孔C所处位置的坐标；
（2）求离子打在N板上区域的长度L；
（3）若在N与M板之间加载电压，调节其大小，求电流表示数刚为0时的电压；
（4）若将分析器沿着x轴平移，调节加载在N与M板之间的电压，求电流表示数刚为0时的电压与孔C位置坐标x之间关系式。
45．（2024·河北）如图，真空区域有同心正方形ABCD和abcd，其各对应边平行，ABCD的边长一定，abcd的边长可调，两正方形之间充满恒定匀强磁场，方向垂直于正方形所在平面.A处有一个粒子源，可逐个发射速度不等、比荷相等的粒子，粒子沿AD方向进入磁场。调整abcd的边长，可使速度大小合适的粒子经ad边穿过无磁场区后由BC边射出。对满足前述条件的粒子，下列说法正确的是( )
A．若粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为45°，则粒子必垂直BC射出
B．若粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为60°，则粒子必垂直BC射出
C．若粒子经cd边垂直BC射出，则粒子穿过ad边的速度方向与ad边夹角必为45°
D．若粒子经bc边垂直BC射出，则粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角必为60°
46．（2024·海南） 如图，在xOy坐标系中有三个区域，圆形区域Ⅰ分别与x轴和y轴相切于P点和S点。半圆形区域Ⅱ的半径是区域Ⅰ半径的2倍。区域Ⅰ、Ⅱ的圆心连线与x轴平行，半圆与圆相切于Q点，QF垂直于x轴，半圆的直径MN所在的直线右侧为区域Ⅲ。区域Ⅰ、Ⅱ分别有磁感应强度大小为B、的匀强磁场，磁场方向均垂直纸面向外。区域Ⅰ下方有一粒子源和加速电场组成的发射器，可将质量为m、电荷量为q的粒子由电场加速到。改变发射器的位置，使带电粒子在OF范围内都沿着y轴正方向以相同的速度沿纸面射入区域Ⅰ。已知某粒子从P点射入区域Ⅰ，并从Q点射入区域Ⅱ（不计粒子的重力和粒子之间的影响）
（1）求加速电场两板间的电压U和区域Ⅰ的半径R；
（2）在能射入区域Ⅲ的粒子中，某粒子在区域Ⅱ中运动的时间最短，求该粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中运动的总时间t；
（3）在区域Ⅲ加入匀强磁场和匀强电场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里，电场强度的大小，方向沿x轴正方向。此后，粒子源中某粒子经区域Ⅰ、Ⅱ射入区域Ⅲ，进入区域Ⅲ时速度方向与y轴负方向的夹角成74°角。当粒子动能最大时，求粒子的速度大小及所在的位置到y轴的距离。
47．（2024·黑吉辽） 现代粒子加速器常用电磁场控制粒子团的运动及尺度。简化模型如图：Ⅰ、Ⅱ区宽度均为L，存在垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度等大反向；Ⅲ、Ⅳ区为电场区，Ⅳ区电场足够宽，各区边界均垂直于x轴，O为坐标原点。甲、乙为粒子团中的两个电荷量均为＋q，质量均为m的粒子。如图，甲、乙平行于x轴向右运动，先后射入Ⅰ区时速度大小分别为和。甲到P点时，乙刚好射入Ⅰ区。乙经过Ⅰ区的速度偏转角为30°，甲到O点时，乙恰好到P点。已知Ⅲ区存在沿＋x方向的匀强电场，电场强度大小。不计粒子重力及粒子间相互作用，忽略边界效应及变化的电场产生的磁场。
（1）求磁感应强度的大小B；
（2）求Ⅲ区宽度d；
（3）Ⅳ区x轴上的电场方向沿x轴，电场强度E随时间t、位置坐标x的变化关系为，其中常系数，已知、k未知，取甲经过O点时。已知甲在Ⅳ区始终做匀速直线运动，设乙在Ⅳ区受到的电场力大小为F，甲、乙间距为Δx，求乙追上甲前F与Δx间的关系式（不要求写出Δx的取值范围）
48．（2021·河北）如图，一对长平行栅极板水平放置，极板外存在方向垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场，极板与可调电源相连，正极板上O点处的粒子源垂直极板向上发射速度为 、带正电的粒子束，单个粒子的质量为m、电荷量为q，一足够长的挡板 与正极板成 倾斜放置，用于吸收打在其上的粒于，C、P是负极板上的两点，C点位于O点的正上方，P点处放置一粒子靶（忽略靶的大小），用于接收从上方打入的粒子， 长度为 ，忽略栅极的电场边缘效应、粒子间的相互作用及粒子所受重力 。
（1）若粒子经电场一次加速后正好打在P点处的粒子靶上，求可调电源电压 的大小；
（2）调整电压的大小，使粒子不能打在挡板 上，求电压的最小值 ；
（3）若粒子靶在负极板上的位置P点左右可调，则负极板上存在H、S两点（ ，H、S两点末在图中标出）、对于粒子靶在 区域内的每一点，当电压从零开始连续缓慢增加时，粒子靶均只能接收到n（ ）种能量的粒子，求 和 的长度（假定在每个粒子的整个运动过程中电压恒定）。
49．（2022·天津）如图所示，M和N为平行金属板，质量为m，电荷量为q的带电粒子从M由静止开始被两板间的电场加速后，从N上的小孔穿出，以速度v由C点射入圆形匀强磁场区域，经D点穿出磁场，CD为圆形区域的直径。已知磁场的磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外，粒子速度方向与磁场方向垂直，重力略不计。
（1）判断粒子的电性，并求M、N间的电压U；
（2）求粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径r；
（3）若粒子的轨道半径与磁场区域的直径相等，求粒子在磁场中运动的时间t。
50．（2023·浙江）利用磁场实现离子偏转是科学仪器中广泛应用的技术。如图所示，Oxy平面（纸面）的第一象限内有足够长且宽度均为L、边界均平行x轴的区域Ⅰ和Ⅱ，其中区域存在磁感应强度大小为B1的匀强磁场，区域Ⅱ存在磁感应强度大小为B2的磁场，方向均垂直纸面向里，区域Ⅱ的下边界与x轴重合。位于处的离子源能释放出质量为m、电荷量为q、速度方向与x轴夹角为60°的正离子束，沿纸面射向磁场区域。不计离子的重力及离子间的相互作用，并忽略磁场的边界效应。
（1）求离子不进入区域Ⅱ的最大速度v1及其在磁场中的运动时间t；
（2）若，求能到达处的离子的最小速度v2；
（3）若，且离子源射出的离子数按速度大小均匀地分布在范围，求进入第四象限的离子数与总离子数之比η。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】本题的关键要知道电子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，电子在磁场中做圆周运动的周期和半径都相同，根据几何关系求解时间比。粒子在磁场中都做匀速圆周运动，根据题意画出粒子的运动轨迹，如图所示
电子1垂直射进磁场，从b点离开，则运动了半个圆周，ab即为直径，c点为圆心，电子2以相同速率垂直磁场方向射入磁场，经t2时间从a、b连线的中点c离开磁场，根据
得，轨迹半径
可知粒子1和2的半径相等，根据几何关系可知，为等边三角形，则粒子2转过的圆心角为60°，所以粒子1运动的时间
粒子2 运动的时间
所以
故选A。
【分析】电子1和2以相同的速率射进同一个磁场，则运动半径和周期都相同，画出两个粒子在磁场中的运动轨迹，根据几何关系求解即可。
2．【答案】A
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】本题考查了带电粒子在磁场中的运动，带电粒子进入磁场中，受到洛伦兹力而做匀速圆周运动，作出轨迹，由轨迹对应的圆心角等于粒子速度的偏向角。 由于带电粒子往往是在有界磁场中运动，粒子在磁场中只运动一段圆弧就飞出磁场边界，其轨迹不是完整的圆，因此，此类问题往往要根据带电粒子运动的轨迹作相关图去寻找几何关系，分析临界条件，然后应用数学知识和相应物理规律分析求解．正粒子从磁场边界入射做匀速圆周运动，洛仑兹力提供向心力，有
从而
当θ为锐角时，画出正粒子运动轨迹如图所示
由几何关系可知，入射点与出射点间距离
而粒子在磁场的运动时间
与速度无关。当θ为钝角时，画出正粒子运动轨迹如图所示
由几何关系入射点与出射点
而粒子在磁场中运动时间
与第一种情况相同。
A. 若v一定，θ越大，从时间公式可以看出运动时间越短，故A正确；
B. 若v一定，θ为锐角越大时，则Oa就越大，但θ为钝角越大时，由上式可以看出Oa却越小，故B错误；
C. 粒子运动的角速度
显然与速度无关，即v越大时，ω不变，故C错误；
D. 运动时间无论是锐角还是钝角，时间均为，与速度无关。即若θ一定，无论v大小如何，则粒子在磁场中运动的时间都保持不变，故D错误。
故选A。
【分析】 带电粒子进入磁场中，受到洛伦兹力而做匀速圆周运动，作出轨迹，由轨迹对应的圆心角等于粒子速度的偏向角，求出轨迹的圆心角α，由t= 分析粒子的运动时间；根据几何知识分析粒子离开磁场的位置与半径的关系。
3．【答案】（1）解：根据题意可知，粒子在电场中做类平抛运动，水平方向上有
竖直方向上有
，
联立解得
（2）解：根据题意，设粒子进入磁场时速度与轴夹角为，则有
解得
则粒子进入磁场时的速度为
根据粒子在磁场中的运动规律及对称性，画出粒子的运动轨迹，如图所示
由几何关系有
解得
又有
联立解得
（3）解：根据上述分析可知，粒子在电场中的运动时间为
粒子在磁场中的运动时间为
则粒子从P点出发回到P所用时间
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）应用牛顿第二定律与类平抛运动规律求出电场强度E的大小 ；
（2）求出粒子进入磁场时的速度，作出粒子运动轨迹，由几何知识求出粒子轨道半径，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律求解磁感应强度；
（3）分别求出粒子在电场与磁场中的运动时间，然后求出粒子总的运动时间。
（1）根据题意可知，粒子在电场中做类平抛运动，水平方向上有
竖直方向上有
，
联立解得
（2）根据题意，设粒子进入磁场时速度与轴夹角为，则有
解得
则粒子进入磁场时的速度为
根据粒子在磁场中的运动规律及对称性，画出粒子的运动轨迹，如图所示
由几何关系有
解得
又有
联立解得
（3）根据上述分析可知，粒子在电场中的运动时间为
粒子在磁场中的运动时间为
则粒子从P点出发回到P所用时间
4．【答案】解：（1）粒子在磁场中运动轨迹如图，则由几何关系
根据
可得
（2）若将粒子速度的大小改为，则粒子在磁场中运动的轨道半径变为
当时间最短时，弦最短，即此时粒子从O点射出，此时圆心角为60°，最短时间
（3）设速度v的方向与xOy平面的夹角为α，则速度沿z轴正向的分量
在xOy平面的分量
粒子在xOy平面内做匀速圆周运动，同时沿z轴正向做匀速运动，因粒子恰不离开磁场，则由几何关系
解得
由于
联立可得
运动时间
则粒子沿z轴方向的位移
则粒子经过yoz平面时的坐标（0，，）。
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】本题考查带电粒子在磁场中的偏转，第（1）问先结合题意，画出粒子在磁场中的运动轨迹，通过几何关系找出粒子的做圆周运动的半径，再结合洛伦兹力提供向心力，即可求解出磁感应强度；第（2）问结合速度与半径的关系，速度减小到原来的一半，那么半径也会相应减小到原来的一半，时间最短的意思就是在磁场区域做圆周运动的弦最短，弦最短说明圆心角最小，所以断定粒子的射出点，判断圆心角大小，结合周期公式可以求出最短时间；第（3）问将粒子的速度进行分解，通过受力分析知道，在三维空间里粒子在xOy平面内做匀速圆周运动，同时沿Z轴做匀速直线运动，结合恰好不离开磁场，判断粒子运动半径与已知长度的关系，再结合速度与半径的关系，从而求出运动时间，在Z轴做匀速直线运动，将时间代入匀速直线运动表达式即可知道粒子沿Z轴的位移，从而确定了粒子的坐标。
5．【答案】B,D
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】本题考查了带电粒子在磁场中的运动规律，要注意分析清楚粒子运动过程，作出粒子运动轨迹，由几何知识求出粒子轨道半径，应用牛顿第二定律即可正确解题。A．粒子在磁场中运动的轨迹如图所示，速度的偏向角等于圆弧所对的圆心角
根据几何关系有
故A错误；
B．带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的角速度
故B正确；
C．带电粒子在匀强磁场中运动的时间
故C错误；
D．由洛伦兹力提供向心力得
解得
故D正确。
故选BD。
【分析】粒子在磁场中运动的轨迹，由几何关系求半径，找到粒子做圆周运动的圆心角， 结合周期公式求解时间， 根据由洛伦兹力提供向心力的公式求解磁感应强度。
6．【答案】（1）解：在加速电场中，根据动能定理有
解得
（2）解：设电子垂直打在中间时，做匀速圆周运动的半径为，由几何关系得
对应的圆心角为，所以
联立以上各式解得
（3）解：电子在磁场中运动有
解得
设打在点时的运动半径为，依几何关系可知
联立以上各式解得磁感应强度最大值为
同理，打在N点的半径为，依几何关系可知
联立以上各式解得磁感应强度最小值为
综上所述，磁感应强度的取值范围为
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】（1）电子在加速电场中受到静电力的作用，根据动能定理进行求解；
（2）进入磁场后做匀速圆周运动，根据电子垂直撞击在目标靶上，确定圆心和半径大小，得出圆心角进行求解；
（3）为使辐射出的X射线能量范围最大，则电子分别从目标靶的M、N点射出磁场，结合上述思路进行求解。
（1）在加速电场中，根据动能定理有
解得
（2）设电子垂直打在中间时，做匀速圆周运动的半径为，由几何关系得
对应的圆心角为，所以
联立以上各式解得
（3）电子在磁场中运动有
解得
设打在点时的运动半径为，依几何关系可知
联立以上各式解得磁感应强度最大值为
同理，打在N点的半径为，依几何关系可知
联立以上各式解得磁感应强度最小值为
综上所述，磁感应强度的取值范围为
（把“≤”写成“<”也给分）
（注：用其他方法得到正确结果可按步骤酌情给分）
7．【答案】C
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】A．粒子能通过cd边，从c点射出的粒子对应的运动轨迹的圆心角最小，在磁场中运动的时间最短，根据几何关系
解得
则转过的圆心角
即
粒子在磁场中运动的周期
根据圆周运动规律，则粒子能通过cd边的最短时间
故A错误；
B．若粒子恰好从d点射出磁场，由几何关系可知其半径等于ad的一半，
根据洛伦兹力提供向心力
解得
故B错误；
C．若粒子恰好从c点射出磁场，根据几何关系
解得
由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律得
解得
故C正确；
D．若粒子从d点射出磁场，粒子运动轨迹为半圆，从d点出射时半径最大，根据半径与速度的关系可知对应的入射速度最大，则
故若粒子只能从ad边界射出磁场，则粒子的入射速度
故D错误。
故选C。
【分析】 由洛伦兹力提供向心力求解速度；当粒子恰好从c点射出时，粒子能通过cd边的时间最短，结合几何关系求解t。
8．【答案】（1）解：设粒子在磁场中运动的轨迹半径为，如图所示
根据图中几何关系可得
由洛伦兹力提供向心力可得
联立解得
（2）解：根据图中几何关系有
可得
则粒子在磁场中运动的时间为
联立解得
（3）解：若仅减小粒子射入磁场时的速度大小，当粒子从AB边射出磁场时对应的时间最长，轨迹对应的圆心角为
则有
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】 （1）根据几何关系求解射人磁场的粒子在磁场中运动的轨道半径，再根据牛顿第二定律粒子的速率；
（2） 根据周期公式求解粒子在磁场中运动的周期，根据几何知识求解圆心角，再根据时间与周期的关系求解粒子在磁场中运动的时间；
（3）若仅减小粒子射入磁场时的速度大小，当粒子从AB边射出磁场时对应的轨迹圆心角最大，时间最长，结合周期公式求解粒子在磁场中运动的时间。
（1）设粒子在磁场中运动的轨迹半径为，如图所示
根据图中几何关系可得
由洛伦兹力提供向心力可得
联立解得
（2）根据图中几何关系有
可得
则粒子在磁场中运动的时间为
联立解得
（3）若仅减小粒子射入磁场时的速度大小，当粒子从AB边射出磁场时对应的时间最长，轨迹对应的圆心角为
则有
9．【答案】B,C
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】A.带电粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，向心加速度方向不断变化，不是匀变速曲线运动，A不符合题意；
B.做出粒子轨迹如图所示，根据几何关系可知粒子做圆周运动的半径
则粒子的向心加速度大小为
，
B符合题意；
C.由几何关系可知，粒子的轨迹圆心角为30°，粒子运动的时间
C符合题意；
D.因为粒子的动量发生变化，由动量定理可知，粒子受到的磁场力的冲量不为零，D不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】匀速圆周运动为变速曲线运动；由几何关系求出轨迹半径，再由向心力公式，计算粒子的向心加速度大小；由计算粒子的运动时间；结合动量和冲量的矢量性，由动量定理分析磁场力的冲量是否为零。
10．【答案】（1）平行于发射的粒子轨迹如图1
图1
由几何关系知
则有
粒子做圆周运动
联立以上各式得
（2）如图2从长边中点离开时间最短
图2
由几何关系知对应圆心角
最短时间
从长方形顶点离开时间最长，对应圆心角
最长时间
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】（1）做出平行与ad射出的粒子的运动轨迹，根据洛伦兹力充当向心力和粒子在磁场中的运动的时间公式，综合求解粒子的比荷；（2）找出粒子在磁场中运动的时间最短和时间最长对应的轨迹，由几何关系求出圆心角，再由计算粒子在磁场中运动的最短时间和最长时间。
11．【答案】B,D
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】带电粒子在电磁场中的运动一般有直线运动、圆周运动和一般的曲线运动；直线运动一般由动力学公式求解，圆周运动由洛伦兹力充当向心力，一般的曲线运动一般由动能定理求解。A．因为所有粒子射出磁场时均在之间，是某粒子运动的直径，由几何关系可知，粒子在磁场中运动的半径
故A错误；
B．由牛顿第二定律
解得
故B正确；
C．若仅将磁感应强度大小变为，根据洛伦兹力提供向心力，有
联立可解得
以2r1为弦对应的弧为射出磁场边界最长的圆弧，结合几何关系可得
即粒子射出磁场边界的圆弧长度为，故C错误；
D．若粒子的速率为，则粒子在磁场中运动的半径为，因为粒子做圆周运动的半径与区域圆的半径相等，所以所有粒子射出磁场时的方向都相同，故D正确。
故选BD。
【分析】应用应用几何知识求出粒子做圆周运动的轨道半径，粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，应用牛顿第二定律求出粒子的速度，然后根据各选项分析答题。
12．【答案】D
【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】 本题主要考查了带电粒子在磁场中的运动问题，关键明确粒子的运动性质，结合几何关系确定粒子 的运动轨迹，再根据洛伦兹力提供向心力列式求解。AB．粒子在磁场中圆周运动周期
洛伦兹力提供向心力
得粒子运动周期
由于粒子带正电，且磁场方向垂直于纸面向外，根据左手定则，可得洛伦兹力方向。如果粒子从c点射出，画出粒子在磁场中运动的轨迹示意图，可知粒子圆周运动的圆周角为
所用时间为
如果粒子从d点射出，画出粒子在磁场中运动的轨迹示意图，可知粒子圆周运动的圆周角为，所用时间为
所以粒子运动时间t，有
故AB错误；
CD．如果粒子从c点射出，画出粒子在磁场中运动的轨迹示意图，根据几何关系，射出磁场时的速度反向延长线通过a点，磁场的边长为L，设粒子的轨道半径为r，由几何关系得
由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律得
联立解得
如果粒子从d点射出，画出粒子在磁场中运动的轨迹示意图，根据几何关系
由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律得
联立解得
粒子仅能从正方形cd边（含c、d两点）射出正方形区域，所以
C错误，D正确。
故选D。
【分析】 画出粒子在磁场中运动的轨迹，确定圆心，由几何关系可求得粒子的轨道半径，粒子在磁场中做圆周运动由洛伦兹力提供向心力，据此可求得速度大小以及运动时间。
13．【答案】B,C,D
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】本题考查带电粒子在磁场中的运动，要求学生能正确分析带电粒子的运动过程和运动性质，熟练应用对应的规律解题。带电粒子从某点沿圆形磁场的半径方向人射，从另一点射出磁场时速度的反向延长线过磁场的圆心，即沿径向射入必沿径向射出。A．粒子l受向下偏转，由左手定则可知，粒子1带负电，故A错误；
B．根据洛伦兹力提供粒子在磁场中做圆周运动所需的向心力
可得
由题图可知粒子l运动的半径小于粒子2运动的半径，若两粒子的比荷相同，则粒子1的入射速率小于粒子2的入射速率，故B正确；
C．若仅减小粒子2的入射速率，则粒子2运动半径减小，从磁场射出时，轨迹所对应的圆心角增大，粒子2在磁场中的运动时间为
故若仅减小粒子2的入射速率，则粒子2在磁场中的运动时间增加，故C正确；
D．PC圆弧恰好为内圆周长的三分之一，则粒子2在磁场中轨迹所对应的圆心角为
设内圆半径为R，根据几何关系，粒子2在磁场中运动半径为
开始粒子2在磁场中运动时间为
粒子2速率变为原来的，此时粒子2在磁场中运动半径为
根据几何关系，当粒子2的轨迹对应的弦为直径PM时，粒子2在磁场中运动的时间最长，此时的圆心角为
速度改变后，粒子2在磁场中运动的最长时间为
故D正确。
故选BCD。
【分析】根据左手定则结合题意判断粒子1在P点的受力方向和电性；根据洛伦兹力提供粒子在磁场中做圆周运动所需的向心力求解半径的表达式，再根据半径大小关系判断两粒子入射速度大小；当粒子2在磁场中运动的半径减小时，确定偏转角的变化求解时间t的变化；根据题意求解粒子2改变速度后在磁场中运动的半径，再根据几何知识判断时间最长时的弦长，并根据几何关系求解圆心角，最后根据时间与周期的关系求解粒子2在磁场中运动的最长时间。
14．【答案】B,C
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】AB． 根据偏转圆直径为弦所对应的圆弧最长的知识结合洛伦兹力提供向心力导出轨迹半径表达式，作图并结合几何知识列式求解最大的圆心角，再结合圆周运动时间与周期的关系式求解最长时间 。圆形区域边界射出的粒子轨迹是偏转圆直径为弦所对应的圆弧最长，在磁场中运动时间最长；由洛伦兹力提供向心力得
可得
由几何知识知可得
可得
则离子在磁场中转过的最大圆心角为
故粒子在磁场中运动的最长时间为
故A错误，B正确；
C．粒子轨迹偏转圆的弦长小于圆形区域直径的相等弦有两条，故在磁场中运动时间为（小于最长时间）的粒子有两种发射方向，故C正确；
D． 根据对称性画出可能的轨迹图，再分析运动时间是否相等 。发射速度方向关于对称的粒子在磁场中运动的轨迹圆的弦长不相等，故粒子在磁场中运动的时间不相等，故D错误。
故选BC。
【分析】 带电粒子在磁场中的运动问题，关键是找出最长时间对应的圆弧特点，结合对称性知识进行分析解答。
15．【答案】（1）解：射向O点的粒子恰好从C点射出，可知半径为R，根据洛伦兹力提供向心力
解得
（2）解：使射入的粒子做直线运动，则洛伦兹力与电场力等大反向，电场力竖直向下，则洛伦兹力竖直向上，根据平衡可知
解得
根据左手定则，磁感应强度方向垂直纸面向内。
（3）解：根据
故从小孔进入电容器的粒子会原速返回，设打到B点的粒子从S点发出时与竖直方向夹角为θ，轨迹如图
根据几何知识，可知
根据动量定理可知
解得
（4）解：设粒子在电场偏转后进入Ⅲ区域速度大小为v，与水平方向的夹角为α，如图
根据几何关系可知
水平方向做匀速直线运动
竖直方向做匀加速运动
由此可知，能达到粒子收集板PQ的粒子在Ⅰ区域射出时距离S点的高度在
结合几何知识，可知发生粒子与竖直方向偏左的角度的范围
每秒收集到的粒子数
【知识点】动量定理；带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在有界磁场中的运动；速度选择器
【解析】【分析】（1）射向O点的粒子恰好从C点射出，根据几何关系可知半径为R，根据洛伦兹力提供向心力得到磁感应强度的大小；
（2）射入的粒子做直线运动，则洛伦兹力与电场力等大反向，根据平衡条件求解磁感应强度的大小和方向；
（3）画出粒子运动轨迹，求出动量变化量，结合动量定理求解粒子对电容器的作用力大小；
（4） 画出粒子运动轨迹，结合几何知识，求解发生粒子与竖直方向偏左的角度的范围，由夹角范围得到每秒收集到的粒子数。
（1）射向O点的粒子恰好从C点射出，可知半径为R，根据洛伦兹力提供向心力
解得
（2）使射入的粒子做直线运动，则洛伦兹力与电场力等大反向，电场力竖直向下，则洛伦兹力竖直向上，根据平衡可知
解得
根据左手定则，磁感应强度方向垂直纸面向内。
（3）根据
故从小孔进入电容器的粒子会原速返回，设打到B点的粒子从S点发出时与竖直方向夹角为θ，轨迹如图
根据几何知识，可知
根据动量定理可知
解得
（4）设粒子在电场偏转后进入Ⅲ区域速度大小为v，与水平方向的夹角为α，如图
根据几何关系可知
水平方向做匀速直线运动
竖直方向做匀加速运动
由此可知，能达到粒子收集板PQ的粒子在Ⅰ区域射出时距离S点的高度在
结合几何知识，可知发生粒子与竖直方向偏左的角度的范围
每秒收集到的粒子数
16．【答案】（1）解：根据洛伦兹力提供向心力有
解得
（2）解：当粒子的运动轨迹恰好与圆相切时区域的临界情况，如图，
根据几何关系可知
故当粒子恰好向左或向右射出时。能够刚好进入区域，因此能够进入区域的粒子数与发射的粒子总数之比为。
（3）解：利用反向思维可知，若离子能平行于SO射出。其必然经过圆形轨道最低点，轨迹如图，
则其在区域运动的时间为
在区域运动的时间为
故总时间为
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】1.理解粒子做匀速圆周运动的向心力的来源。
2.能够根据题意准确画出粒子在磁场运动的轨迹图，根据几何关系结合临界条件分析能够进入B2区域的粒子数与发射的粒子总数之比。
3.掌握圆心角和周期公式的关系，从而求解粒子在磁场的运动时间。
（1）根据洛伦兹力提供向心力有
解得
（2）当粒子的运动轨迹恰好与圆相切时区域的临界情况，如图，
根据几何关系可知
故当粒子恰好向左或向右射出时。能够刚好进入区域，因此能够进入区域的粒子数与发射的粒子总数之比为。
（3）利用反向思维可知，若离子能平行于SO射出。其必然经过圆形轨道最低点，轨迹如图，
则其在区域运动的时间为
在区域运动的时间为
故总时间为
17．【答案】（1）粒子在电场中加速，由动能定理可知
解得
（2）粒子进入C2后水平方向做匀速运动，竖直方向为匀加速直线运动，由动能定理可得
解得
由几何关系可知，粒子竖直方向上的分速度为
水平速度和竖直速度相等，由运动的合成和分解规律可知，粒子经过P时速度方向与y轴正向的夹角为45°；
（3）粒子以速度v2进入磁场，在磁场中运动轨迹如图所示，由几何关系可知，圆的半径
由牛顿第二定律可得
联立解得
（4）粒子从N到P的时间
在磁场中的时间
则总时间
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在有界磁场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）根据动能定理列式求解粒子经过N点时的速度大小；
（2）根据动能定理求解粒子离开电场时的速度，再由运动的合成和分解和几何关系求出夹角；
（3）根据几何关系确定粒子在磁场中的半径，再由洛伦兹力充当向心力求解磁感应强度。
（1）粒子在电场中加速，由动能定理可知
解得
（2）粒子进入C2后水平方向做匀速运动，竖直方向为匀加速直线运动，由动能定理可得
解得
由几何关系可知，粒子竖直方向上的分速度为
水平速度和竖直速度相等，由运动的合成和分解规律可知，粒子经过P时速度方向与y轴正向的夹角为45°；
（3）粒子以速度v2进入磁场，在磁场中运动轨迹如图所示，由几何关系可知，圆的半径
由牛顿第二定律可得
联立解得
（4）粒子从N到P的时间
在磁场中的时间
则总时间
18．【答案】A,D
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】A.根据几何关系可得
所有粒子射出磁场时离S最远的位置是x轴上的P点，可知粒子做圆周运动的半径r满足
2r=SP=2d
可得
r=d
根据洛伦兹力充当粒子做圆周运动的向心力可得
解得粒子的速度大小为
A符合题意；
B.从x轴上射出磁场的粒子中，沿y轴正方向射出的粒子在磁场中运动的时间最长，从O点射出的粒子时间最短，运动轨迹如图所示：
根据几何关系，粒子在磁场中做圆周运动的圆心角的最大值和最小值分别为
，
从x轴上射出磁场的粒子在磁场中运动的最长时间与最短时间之比为是
B不符合题意；
C.根据粒子在磁场中的运动半径r=d可知，沿平行x轴正方向射入的粒子，其轨迹圆心在O点，离开磁场时的位置到O点的距离为r，即沿平行x轴正方向射入的粒子离开磁场时的位置到O点的距离为d，C不符合题意；
D.从O点射出的粒子轨迹如图所示：
由几何关系可得，轨迹的圆心角为
故从O点射出的粒子在磁场中的运动时间为
D符合题意。
故答案为：AD。
【分析】根据题意，由几何关系求出粒子做圆周运动的轨迹，再由洛伦兹力充当向心力求解粒子的运动速度；找出粒子在磁场中运动时间最长和最短的运动轨迹，求出轨迹的圆心角，再由粒子在磁场中的运动时间公式，求解从x轴上射出磁场的粒子在磁场中运动的最长时间与最短时间之比；结合粒子运动轨迹的半径和OS的长度，分析沿平行x轴正方向射入粒子的运动轨迹，求出粒子离开磁场时的位置到O点的距离；求出从O点射出的粒子轨迹的圆心角，由求出运动时间。
19．【答案】（1）离子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由
解得
由几何关系得离子在磁场中的轨迹半径
解得
（2）粒子在磁场中，运动轨迹如图
由几何关系可知圆心角
则在磁场中运动时间
离子进入电场后，经过时间再次到达x轴上，分析知离子在电场中做类平抛运动，离子沿垂直电场方向做速度为的匀速直线运动，位移为，则
离子沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动，加速度为a，位移为，则，
由几何关系可知
代入数据解得
则总时间
（3）由知，B越小，r越大，设离子在磁场中最大轨迹半径为R，由图中几何关系得
由牛顿运动定律得
得
则外加磁场磁感应强度的最小值
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】1.根据题意画出离子的轨迹图，根据求出离子在磁场中的轨迹半径以及根据几何关系分析OA。
2.分析离子刚进入电场时的方向并判断离子进入电场后做类平抛运动，根据离子沿电场方向遵循初速为零的匀加速直线运动，垂直于电场方向做匀速直线运动，根据运动学公式求出粒子在电场的运动时间。
3.根据离子在磁场做完整的圆周运动分析最大的半径，结合求出最小的磁感应强度。
（1）离子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由
解得
由几何关系得离子在磁场中的轨迹半径
解得
（2）粒子在磁场中，运动轨迹如图
由几何关系可知圆心角
则在磁场中运动时间
离子进入电场后，经过时间再次到达x轴上，分析知离子在电场中做类平抛运动，离子沿垂直电场方向做速度为的匀速直线运动，位移为，则
离子沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动，加速度为a，位移为，则
，
由几何关系可知
代入数据解得
则总时间
（3）由知，B越小，r越大，设离子在磁场中最大轨迹半径为R，由图中几何关系得
由牛顿运动定律得
得
则外加磁场磁感应强度的最小值
20．【答案】解：（1）粒子在第四象限内的磁场中由洛伦兹力提供向心力
根据几何关系有
解得
（2）粒子在第三象限，经分析知粒子垂直y轴进入第四象限，速度大小为
水平方向
竖直方向
解得
（3）设甲粒子半径为，乙粒子半径为，则由洛伦兹力提供向心力
可得
其中
，
可得
当甲粒子第一次到达y轴（）时，乙粒子第二次到达y轴（），两粒子相
此后每次甲粒子到达y轴时，乙比甲沿y轴多移动
粒子甲第n次经过y轴时甲乙粒子间的距离
（，2，3……）
（4）由于只有电场力做功，当粒子x方向的位移最大时速度最大，此时x轴方向的分速度为零，沿y轴方向的分速度即为合速度，则对甲粒子，由
可得
由动能定理得
解得
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在有界磁场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】 （1）甲粒子在第四象限中做匀速圆周运动，根据几何知识求解甲粒子做匀速圆周运动的轨道半径，再根据牛顿第二定律求解甲粒子进入第四象限时的速度；
（2）甲粒子在第三象限内逆向看为类平抛运动，根据牛顿第二定律求解甲粒子运动的加速度，根据运动学公式联立求解匀强电场的大小；
（3）根据牛顿第二定律求解甲、乙两粒子做匀速圆周运动的轨道半径关系，根据周期公式求解甲、乙两粒子周期关系，根据几何知识求解甲粒子第一次到达y轴时的位置，及此时乙粒子到达y轴的位置，同理推导甲粒子第二次到达y轴时的位置，及此时乙粒子到达y轴的位置，并求解相同时间内的乙比甲多移动的距离，根据数学知识求解粒子甲第n次经过y轴时，甲、乙粒子间的距离；
（4）对甲粒子沿y轴方向根据动量定理列式，x轴方向根据动能定理列式，联立求解甲粒子的最大速度。
21．【答案】A,D
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】解决该题的关键是正确作出粒子在磁场中运动的运动轨迹，掌握向心加速度的求解公式，掌握圆周运动的时间的求解公式。A．由两粒子出射点可知，两粒子的半径关系为
由
可知，从Q点出射的粒子向心加速度较小，故A正确；
B．由
两粒子的质量关系位置，故动能不一定相同，故B错误；
C．两粒子的偏转方向相同，由左手定则可知，两粒子的电性相同，且都带正电，故C错误；
D．两粒子转过的圆心角相等，由
可知，两粒子比荷不同，故运动时间不同，故D正确；
故选AD。
【分析】粒子在磁场中做圆周运动，根据题设条件作出粒子在磁场中运动的轨迹，根据轨迹分析粒子运动半径和周期的关系 。
22．【答案】解：（1）当粒子能从BC边离开磁场时，其在磁场中运动时间最长，运动轨迹如图
设粒子在磁场中运动的速度为、轨迹半径为，对应圆心角为α，由题意得
根据牛顿第二定律
粒子在磁场中做圆周运动的周期为
由几何关系可得
粒子在磁场中运动的最长时间
联立解得
（2）如图3所示，当粒子运动轨迹与AC边相切时，设其运动轨迹半径为，粒子运动到AB边有最大速度，当粒子运动轨迹恰好与AB边相切时，设其运动轨迹半径为，对应有最小速度，由几何关系得
粒子能从AB边上射出的速度
解得能从AB 边射出的粒子速率范围为
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】（1）当粒子从BC边离开磁场时，粒子运动的时间最长，根据运动的轨迹及几何关系可以求出轨迹所对圆心角的大小，结合周期的大小可以求出粒子在磁场中运动的最长时间；
（2）当粒子从AB边射出时，利用粒子轨迹与AC边相切或者与AB边相切，利用几何关系可以求出轨迹半径的大小，结合牛顿第二定律可以求出粒子速率的范围。
23．【答案】A,B,D
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】A.若粒子射入磁场时速度为
由
可得
由几何关系可以看出，粒子一定从CD边上距C点为l的位置离开磁场，故 A 正确。
BC. 由可知，粒子在磁场中运动的轨迹半径越大，速度就越大。由几何关系可知，当粒子在磁场中的运动轨迹与三角形的边AD相切时，能从CD边射出的轨迹半径最大。此时，设最大轨迹半径为r，过圆心作边的垂线，由几何关系可得
解得
故其最大速度为
B 正确，C 错误。
D. 粒子在磁场中的运动周期为
当粒子从三角形的AC边射出时，粒子在磁场中运动的圆心角最大为180 ° ，故其最长时间应为
故 D 正确。
故选ABD。
【分析】 首先根据已知条件进行分析，对于 A 选项，依据物理公式推导出半径与速度的关系，再结合几何关系得出结论。对于 BC 选项，利用公式说明速度与半径的关系，通过几何分析找到最大半径的情况，进而求出最大速度。对于 D 选项，先求出运动周期，再根据粒子从特定边射出时的圆心角情况求出最长时间。
24．【答案】（1）当粒子能从BC边离开磁场时，其在磁场中运动时间最长，设粒子在磁场中运动的速度为v1、轨迹半径为r1，对应圆心角为α，由题意得
①
②
③
由几何关系可得④
粒子在磁场中运动的最长时间⑤
联立解得⑥
（2）如图3所示，当粒子运动轨迹与AC边相切时，设其运动轨迹半径为r2，粒子运动到AB 边有最大速度，当粒子运动轨迹恰好与 AB 边相切时，设其运动轨迹半径为r3，对应有最小速度，由几何关系得
⑦
⑧
⑨
⑩
粒子能从AB边上射出的速度
解得能从AB 边射出的粒子速率范围为
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】（1） 当粒子能从BC边离开磁场时，其在磁场中运动时间最长，设粒子在磁场中运动的速度为v1、轨迹半径为r1，对应圆心角为α，由题意得
①
②
③
由几何关系可得④
粒子在磁场中运动的最长时间⑤
联立解得⑥
（2） 如图3所示，当粒子运动轨迹与AC边相切时，设其运动轨迹半径为r2，粒子运动到AB 边有最大速度，当粒子运动轨迹恰好与 AB 边相切时，设其运动轨迹半径为r3，对应有最小速度，由几何关系得
⑦
⑧
⑨
⑩
粒子能从AB边上射出的速度
解得能从AB 边射出的粒子速率范围为
【分析】本题考查带电粒子在有界磁场的运动，要求学生能够根据题意准确画出粒子的轨迹图，（1）由于粒子在磁场中运动的周期与粒子的速度没有关系，即所有粒子在磁场做圆周运动的周期是相同的，比较粒子在磁场中的运动时间，比较粒子在磁场的轨迹所对应的圆心角大小，即粒子从BC边离开时粒子在磁场的运动时间最长，结合几何关系确定圆心角，根据确定粒子在磁场运动的最长时间。（2）根据轨迹图知，粒子从AB边离开的半径范围，根据来确定粒子的速率范围。
25．【答案】A,D
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】粒子从ab边离开磁场时的临界运动轨迹如图所示
AB．设粒子最大轨迹半径为，由图中几何关系可得
解得
根据洛伦兹力提供向心力可得
可得速度的最大值为
故A正确，B错误；
CD．由图可知粒子在磁场中运动轨迹对应的最大圆心角为，则粒子在磁场中运动的最长时间为
故C错误，D正确。
故答案为：AD。
【分析】画出粒子运动轨迹，洛伦兹力提供向心力，结合几何关系求解。利用圆心角求解运动时间。
26．【答案】（1）解：离子在磁场中做圆周运动
得粒子的速度大小
令c束中的离子运动轨迹对应的圆心为O，从磁场边界 边的Q点射出，则由几何关系可得 ，
（2）解：a束中的离子运动轨迹对应的圆心为O’，从磁场边界 边射出时距离H点的距离为x，由几何关系可得
即a、c束中的离子从同一点Q射出，离开磁场的速度分别于竖直方向的夹角为 、 ，由几何关系可得
探测到三束离子，则c束中的离子恰好达到探测板的D点时，探测板与边界 的距离最大，
则
（3）解：a或c束中每个离子动量的竖直分量
当 时所有离子都打在探测板上，故单位时间内离子束对探测板的平均作用力
当 时， 只有b和c束中离子打在探测板上，则单位时间内离子束对探测板的平均作用力为
当 时， 只有b束中离子打在探测板上，则单位时间内离子束对探测板的平均作用力为
【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【分析】（1）带电粒子在磁场中受到洛伦兹力，在洛伦兹力的作用下粒子做圆周运动，利用向心力公式求解粒子速度，再结合结合关系求解出射点与H点的距离；
（2）根据磁场方向、电性和运动方向确定粒子的运动轨迹，结合粒子出射的方向，利用几何关系求解最大距离；
（3）结合粒子的速度方向求解粒子垂直于探测板的动量分量，乘以粒子数量即为平均作用力。
27．【答案】（1）设离子的质量为m、电荷量为q，从边界射出的速度为的离子，设其运动半径为，运动轨迹恰好与相切，运动轨迹如图2所示
根据牛顿第二定律得
根据几何关系得
解得
（2）从边界射出的离子，速度最大时离子运动轨迹恰好与相切，设其运动半径为，运动轨迹如图1所示，根据牛顿第二定律得
设的长度L，根据几何关系得
解得
【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】（1）当有最远距离时，两次轨迹都与边界相切，结合几何关系求解射出点与P点最大距离；
（2）洛伦兹力提供向心力，速度最大时离子运动轨迹恰好与相切，结合几何关系求解速度的最大值。
28．【答案】A,C,D
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】A.从AB边界射出的离子的运动轨迹如图所示：
由题意可知，离子的入射角度相同，根据对称性可得，出射角也相同，则从AB边界射出的离子转过的圆心角也相同均为60°。由于所有粒子质量，电量均相同，由粒子在磁场中运动的周期公式
可知，所有粒子的运动周期均相同，离子在磁场中的运动时间也相同，故离子会同时平行射出，A符合题意；
B.在B点射出的离子，在磁场中运动的时间
从BC边界射出的离子，圆周运动的圆心角
所以从BC边界射出的离子在磁场中运动的时间
B不符合题意；
C.当离子从BC边界射出时，从B点射出的离子运动半径最小，根据
可知，速度也最小，则离子从B点射出时，由几何关系可知，离子的运动半径为
由
可得
故从BC边界射出的离子的速度应该不小于，C符合题意；
D.同一时刻沿同个方向射出不同速度大小的离子，由于周期相同，则经历相同的时间，转过相同圆心角的离子在同一条直线上，当某离子垂直于BC边界射出时，由几何关系可知，此时离子转过的圆心角为30°，由弦切角与圆心角的关系可知，此时所有离子在与AB边界成15°角的一条直线上，D符合题意。
故答案为：ACD。
【分析】离子在磁场中做匀速圆周运动，根据题意画出离子出AB边射出的运动轨迹图，根据几何关系求解轨迹半径与圆心角，由轨迹圆心角和周期公式分析从AB边界射出的离子的速度方向和运动时间；根据几何关系分析粒子出BC边射出时轨迹的圆心角，找出临界，求出临界时间，由洛伦兹力提供向心力求解临界速度，做出判断；结合数学知识，分析当某离子垂直于BC边界射出时，磁场中的所有离子的位置关系。
29．【答案】A,B
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】根据洛伦兹力提供向心力
离子在MN上方运动的半径为
离子在MN下方运动的半径为
若离子从MN上方通过N点有
解得
即
，，，……
若离子从MN下方通过N点有
解得
即
，，，……
故答案为：AB。
【分析】根据洛伦兹力提供向心力确定粒子在上下两个磁场的运动半径。粒子在上下两个磁场做往复运动，最后从N点离开，分析可知粒子可能最后从上方磁场从N点飞出，也可能从下方磁场从N点飞出。画出粒子出不同磁场飞出的运动轨迹，根据几何关系确定粒子运动半径与圆形磁场半径的关系，继而确定粒子速度的可能值。
30．【答案】C
【知识点】动能；左手定则—磁场对带电粒子的作用；带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【解答】A．根据左手定则及图中离子偏转方向，可知 、 带正电荷，A不符合题意；
B．设离子进入磁场的速度为v，在电场中 ，在磁场中 ，联立解得 ①，由题图知，b离子在磁场中运动的轨道半径较大，a、b为同位素，电荷量相同，所以b离子的质量大于a离子的质量，B不符合题意；
C．根据 ， ②，联立①②得 ，b离子的质量大于a离子的质量，所以 在磁场中的运动速度比 的大，C符合题意；
D．周期 ，在磁场中运动的时间均为半个周期，即 ，由于b离子的质量大于a离子的质量，B离子在磁场中运动的时间较长，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】根据左手定则得出粒子在电场中受到的洛伦兹力方向，并得出ab粒子所带的电性，在加速电场中利用动能定理得出进入磁场的速度，在磁场中利用洛伦兹力提供向心力得出轨道半径的表达式，结合半径的大小关系得出ab质量的大小关系和ab在磁场中运动速度的大小关系，根据粒子在磁场中运动的时间和周期的关系得出ab粒子运动时间的长短。
31．【答案】（1）解：粒子在电场中加速有
根据洛伦兹力提供向心力
离子运动的半径为
两种离子在胶片上感光位置的距离为
（2）解：质量为的离子的最大半径为
质量为离子的最小半径为
当时两种离子能分离，即
解得
（3）解：沿电场方向有
粒子在磁场中运动的时间为
可得
又
代入上式得
（4）解：在方向扫描周期很短，在方向扫描周期较长，所以可以认为感光区域由密集的沿方向的扫描线构成的矩形，则
面积
由知，与关系非线性，所以离子沿方向不均匀分布，右侧密左侧疏。
【知识点】带电粒子在电场中的加速；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】（1）由动能定理分析粒子在加速电场中的运动，得出粒子射入磁场的速度，再由洛伦兹力充当向心力，求出粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径，得到两种离子在胶片上感光位置的距离；（2）分析两种粒子的轨迹半径的临界值，根据两种离子在胶片上的痕迹能分开对两粒子轨迹半径的要求，求出的取值范围，得到最大值；（3）将粒子的运动分解为沿x轴方向和垂直x轴方向的y上的运动，求出两方向上粒子达到胶片上位移表达式，再推导出曲线方程；（4）根据（3）得出的x和y的表达式，求解胶片上感光区域的面积；根据x的表达式判断感光区域内离子是否均匀打在胶片上。
32．【答案】D
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】A．若粒子平行于bc边射入、垂直于bc边射出，画出轨迹图如图所示
则粒子做匀速圆周运动的半径等于P点到bc边的距离，可得粒子在磁场中运动的半径
故A错误；
B．若粒子平行于bc边射入、从ab边射出，如图所示
由洛伦兹力提供向心力得
解得
速度越大，轨迹半径越大，粒子从ab边射出时的圆心角相同，其在磁场中运动的时间相同，故B错误；
C．当v=v1时，平行于bc边射入、从c点射出磁场，其运动轨迹如图所示
根据几何关系可得
解得
粒子运动轨迹对应的圆心角的正弦值为
解得
粒子在磁场中运动的时间为
故C错误；
D．当时，粒子在磁场中运动的半径
从bc边射出的粒子在磁场中运动的最短时间时，粒子在磁场中运动的圆心角最小，其运动轨迹如图所示
可知从P点到bc边出射点的距离等于轨道半径，即圆心角为，最短时间为
故D正确。
故选D。
【分析】根据粒子的运动轨迹，利用几何关系判断半径，与错误的表达式对比得出结论；先由洛伦兹力提供向心力得出半径公式，再分析速度与半径关系以及圆心角相同推出运动时间相同；根据特定速度下的运动轨迹，利用几何关系求出半径、圆心角正弦值以及运动时间，判断其错误；先计算特定速度下的半径，再通过分析最短时间的情况，确定圆心角和最短时间表达式，得出正确结论。
33．【答案】B,C
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】A.时刻t0出cd的粒子，在磁场中偏转300，所以周期为
T=12t0
A错误；
B.周期关系
得
B正确；
C.各圆均等大，弧长越长，圆心角越大，时间 越长，C正确；
D.轨迹经过四个顶点的粒子在磁场中的运动时间最长，D错误。
故正确答案为：BC
【分析】连接交点与圆心，根据几何关系找到300角是破解问题关键；采用等圆旋转的办法能使问题简化。
34．【答案】B
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】AD.带电粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由
解得
则垂直左边界运动的离子恰与右边界相切，运动半个圆周，在磁场中运动的时间最长，为
此时，离子从左边界离开磁场，射入点与射出点间的距离最大，由几何关系可得，最大距离为2L，AD不符合题意；
B.离子从右侧边界离开磁场时，当离子圆周运动的弦长最短时，对应圆心角最小，由几何关系得最短弦长为L，圆心角为60°，根据
可得最短运动时间为
B符合题意；
C.离子从右侧边界离开磁场时，离子初速度沿左边界向下，离子做四分之一的圆周运动，此时有最大弦长，对应圆心角最大，运动时间最长，则离子从右侧边界离开磁场时，在磁场中运动的最长时间为
C不符合题意。
故答案为：B。
【分析】根据洛伦兹力提供向心力，求出粒子在磁场中运动的半径，结合该半径与磁场宽度的关系，分析离子从左侧边界离开磁场时，射入点与射出点间的最大距离为圆周的直径；离子从右侧边界离开磁场时，时间与弦长有关，弦长最长时间最长，弦长最短时间最短，求出对应圆心角，然后根据求解。
35．【答案】C
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】粒子受到的洛伦兹力提供粒子做圆周运动的向心力，有，可得粒子运动半径为，结合左手定则做出一部分粒子的轨迹如图：
沿AN方向向下射入磁场的粒子，是所有粒子中从PQ边界射出位置最靠下的粒子；粒子进入磁场的方向逆时针旋转，粒子打在PQ上的点上移，直到运动轨迹与PQ相切时，粒子打在PQ上的位置为粒子能从PQ边界射出的区域的最上端，由几何关系可得，得，可得由范围内射入的粒子从PQ射入，其余粒子从MN射出，则从MN边界射出的粒子数目与从PQ边界射出的粒子数目之比为，C符合题意，ABD不符合题意。
故答案为：C。
【分析】求出粒子在磁场做圆周运动的轨迹半径，再找出粒子从两边界射出的临界点，结合几何关系找出从两边界射出的粒子的角度范围，求出从MN边界射出的粒子数目与从PQ边界射出的粒子数目之比。
36．【答案】解：（1）由从离子源最上方射出的离子经过磁场Ⅰ偏转后恰好从点沿轴负方向射入磁场Ⅱ可知，粒子在磁场Ⅰ中运动的半径为
根据洛伦兹力提供向心力有
解得
（2）因为，所以离子在磁场Ⅱ中运动的半径为
离子在磁场中运动轨迹如图
①从离子源最上方射出经O点沿y轴负方向的的离子，打在收集板的位置离x轴的距离最近，为
可知恰好打在C点。
②与x轴成角的离子到达CD板最远处的D点，则D点离x轴距离为
所以离子恰好全部被收集板右侧吸收时，收集板的长度为
（3）若收集板的长度为，则打在收集板下端的离子做圆周运动的轨迹如图所示：
从O点射出沿y轴负方向的离子在磁场Ⅱ中偏转后恰好经过C点，设从O点射出与x轴正方向夹角为的离子刚好经过D点，则
因，则C点为经过D点离子轨迹的圆心。
由
可得
若从离子源最下方射出的离子经O点也能被磁场Ⅱ作用，则打在收集板的位置离x轴的距离为
可知恰好打在收集板（长度为）的下端D点。
分析可知从O点射出与x轴正方向夹角为之间的离子能被CD板收集，如图所示：
从O点射出与x轴正方向夹角为的离子进入圆形磁场Ⅰ时与x轴的距离为PQ，则
从O点射出沿y轴负方向射入磁场Ⅱ的离子进入圆形磁场Ⅰ时与x轴的距离为，则被板右侧收集的离子对应离子源的宽度为
则被板右侧收集的离子数与所有射入磁场的离子数的比值为
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】（1）根据离子源最上方粒子经磁场Ⅰ偏转后恰好从点沿轴负方向射入磁场Ⅱ确定圆周运动半径等于磁场半径，由洛伦兹力提供向心力求解磁感应强度；
（2）根据两磁场的关系确定磁场Ⅱ中运动的半径为2R，分析粒子运动轨迹，分别以过O点沿Y轴负方向的粒子，由几何关系求解打在收集板距X轴最近距离；打在收集板最远点和O点连线为直径，由几何关系求解距X轴最远点，以此求解收集板长；
（3）根据收集板长2R可知，由几何关系可知收集板最近点和O点距离为2R，可知过O点打在最远的粒子以收集板最近点为圆心，以此求解过O点速度方向与X轴夹角为30°，进一步求解O点30°方向射入粒子在进入圆形磁场Ⅰ时与x轴的距离，以此确定打在收集板上粒子范围，并求解粒子数比值。
37．【答案】（1）解：已知沿圆心O1射入的离子，恰好从O点沿y轴射出，则可知离子在B1中向上偏转，根据左手定则，可知离子带负电，根据该离子运动轨迹，画出半径，如图所示
粒子运动的轨迹半径为，
解得
（2）解：离子经过圆心磁场区域均能到达O点，到达O点时，速度方向与y轴夹角为θ，如图所示
根据几何关系
可知
且左右对称；
在B2中，有，
可得
在磁场中所花时间最少的粒子轨迹为如图所示的劣弧，其轨迹对应的圆心角为
在磁场中所花时间最长的粒子为如图所示的优弧，其轨迹对应的圆心角为
根据周期
所以
离子打到收集板上的区域长度L，取决于离子打到收集板上的最近距离和最远距离，其中，最远距离为沿y轴正方向射出的离子，如上图所示
最近距离为速度方向与y轴正方向夹角为53°射入的离子，如上图所示
所以
（3）解：如图所示
①当所有离子均到达不了收集板时，此时磁场宽度为
即当时，；
②当离子方向在y轴右侧与y轴夹角度为θ时，有
对应离子在第三象限的带宽为
对应收集的离子数
当离子方向在y轴左侧与y轴夹角度为θ时，有
对应离子在第三象限的带宽为
对应收集的离子数
所以当时，；
③粒子能全部打到收集板时，，；
综上所述
，
，
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】（1）由沿圆心方向射入的粒子沿Y轴射出，根据沿径向射入圆形偏转磁场的规律，结合左手定则，可得粒子圆周运动半径和磁场半径的几何关系，解得粒子半径大小等于R，由圆周运动供需平衡求解粒子比荷；
（2）由 离子经过圆心磁场区域均能到达O点， 根据几何关系求解粒子进入磁场与Y轴的夹角，根据对称关系和磁场中粒子的半径确定收集板的位置，根据优弧和劣弧确定对应时间差，根据粒子打在收集板上的最近和最远距离求解收集板的长度；
（3）只改变X轴上方磁场的宽度d，粒子分别按可能打在收集板上的情况分别讨论得出收集板表面收集到的粒子数n与宽度d关系，得出结论。
38．【答案】（1）设轨迹半径为r
解得，
解得，
出射速度方向沿与轴正向夹角为
（2）沿轴正方向发射的离子轨迹恰好与上边界相切时
以方向入射的半径为的圆轨迹能到达的最低点
故最大半径为0.1m，
解得
如图所示，离子所到达的区域面积为
半径0.1m的一个圆加上顶角半径0.2m的扇形一中间叶片区域的面积，然后减去两个顶角半径0.1m的扇形相交区域的面积.即
（3）设某时刻速度为v，方向与水平方向夹角为，水平方向由动量定理得
即
解得
方向对粒子由动量定理得，
解得
由牛顿第三定律得，粒子对收集板的作用力大小为
【知识点】动量定理；动量守恒定律；洛伦兹力的计算；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】(1)根据几何知识求解离子在磁场中做匀速圆周运动的半径，再根据牛顿第二定律求解匀强磁场的磁感应强度大小，根据几何知识可知从A点射出磁场时的速度方向；
(2)沿x轴正方向发射的离子轨迹恰好与上边界相切时，根据几何知识求解离子做匀速圆周运动的半径，根据几何关系求解以37°方向入射的半径为rm的圆轨迹能到达的最低点，与x轴到下边界虚线距离比较即可得到最大半径，然后根据牛顿第二定律求解最大速度，画出离子运动的轨迹图，根据面积公式求解最大速度离子到达小题精练12 有界磁场 磁聚焦 平移圆 放缩圆 旋转圆问题-备考2025年高考物理题型突破讲练
一、直线边界
1．（2023高二下·镇雄县月考）如图所示，直线MN上方有垂直纸面向里的匀强磁场，电子1从磁场边界上的a点垂直MN和磁场方向射入磁场，经t1时间从b点离开磁场。之后电子2也由a点沿图示方向以相同速率垂直磁场方向射入磁场，经t2时间从a、b连线的中点c离开磁场，则为（ ）
A．3 B．2 C． D．
【答案】A
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】本题的关键要知道电子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，电子在磁场中做圆周运动的周期和半径都相同，根据几何关系求解时间比。粒子在磁场中都做匀速圆周运动，根据题意画出粒子的运动轨迹，如图所示
电子1垂直射进磁场，从b点离开，则运动了半个圆周，ab即为直径，c点为圆心，电子2以相同速率垂直磁场方向射入磁场，经t2时间从a、b连线的中点c离开磁场，根据
得，轨迹半径
可知粒子1和2的半径相等，根据几何关系可知，为等边三角形，则粒子2转过的圆心角为60°，所以粒子1运动的时间
粒子2 运动的时间
所以
故选A。
【分析】电子1和2以相同的速率射进同一个磁场，则运动半径和周期都相同，画出两个粒子在磁场中的运动轨迹，根据几何关系求解即可。
2．（2023高二上·渝中期末）如图所示，在x轴上方存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。在xOy平面内，从原点O处沿与x轴正方向成θ角（）以速率v发射一个带正电的粒子（重力不计）。则下列说法正确的是（ ）
A．若v一定，θ越大，则粒子在磁场中运动的时间越短
B．若v一定，θ越大，则粒子离开磁场的位置距O点越远
C．若θ一定，v越大，则粒子在磁场中运动的角速度越大
D．若θ一定，v越大，则粒子在磁场中运动的时间越短
【答案】A
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】本题考查了带电粒子在磁场中的运动，带电粒子进入磁场中，受到洛伦兹力而做匀速圆周运动，作出轨迹，由轨迹对应的圆心角等于粒子速度的偏向角。 由于带电粒子往往是在有界磁场中运动，粒子在磁场中只运动一段圆弧就飞出磁场边界，其轨迹不是完整的圆，因此，此类问题往往要根据带电粒子运动的轨迹作相关图去寻找几何关系，分析临界条件，然后应用数学知识和相应物理规律分析求解．正粒子从磁场边界入射做匀速圆周运动，洛仑兹力提供向心力，有
从而
当θ为锐角时，画出正粒子运动轨迹如图所示
由几何关系可知，入射点与出射点间距离
而粒子在磁场的运动时间
与速度无关。当θ为钝角时，画出正粒子运动轨迹如图所示
由几何关系入射点与出射点
而粒子在磁场中运动时间
与第一种情况相同。
A. 若v一定，θ越大，从时间公式可以看出运动时间越短，故A正确；
B. 若v一定，θ为锐角越大时，则Oa就越大，但θ为钝角越大时，由上式可以看出Oa却越小，故B错误；
C. 粒子运动的角速度
显然与速度无关，即v越大时，ω不变，故C错误；
D. 运动时间无论是锐角还是钝角，时间均为，与速度无关。即若θ一定，无论v大小如何，则粒子在磁场中运动的时间都保持不变，故D错误。
故选A。
【分析】 带电粒子进入磁场中，受到洛伦兹力而做匀速圆周运动，作出轨迹，由轨迹对应的圆心角等于粒子速度的偏向角，求出轨迹的圆心角α，由t= 分析粒子的运动时间；根据几何知识分析粒子离开磁场的位置与半径的关系。
3．（2024高三上·长春月考）如图所示，平面直角坐标系中，第Ⅱ象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第Ⅲ、Ⅳ象限存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场。一质量为m，带电量为q的粒子由第Ⅱ象限中的点，以速度平行于x轴正方向射出，恰好由坐标原点O射入磁场。若不计粒子重力，求：
（1）电场强度E的大小；
（2）若粒子经过磁场偏转后，回到电场中又恰好能经过P点，求磁感应强度的大小；
（3）粒子从P点出发回到P所用时间。
【答案】（1）解：根据题意可知，粒子在电场中做类平抛运动，水平方向上有
竖直方向上有
，
联立解得
（2）解：根据题意，设粒子进入磁场时速度与轴夹角为，则有
解得
则粒子进入磁场时的速度为
根据粒子在磁场中的运动规律及对称性，画出粒子的运动轨迹，如图所示
由几何关系有
解得
又有
联立解得
（3）解：根据上述分析可知，粒子在电场中的运动时间为
粒子在磁场中的运动时间为
则粒子从P点出发回到P所用时间
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）应用牛顿第二定律与类平抛运动规律求出电场强度E的大小 ；
（2）求出粒子进入磁场时的速度，作出粒子运动轨迹，由几何知识求出粒子轨道半径，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律求解磁感应强度；
（3）分别求出粒子在电场与磁场中的运动时间，然后求出粒子总的运动时间。
（1）根据题意可知，粒子在电场中做类平抛运动，水平方向上有
竖直方向上有
，
联立解得
（2）根据题意，设粒子进入磁场时速度与轴夹角为，则有
解得
则粒子进入磁场时的速度为
根据粒子在磁场中的运动规律及对称性，画出粒子的运动轨迹，如图所示
由几何关系有
解得
又有
联立解得
（3）根据上述分析可知，粒子在电场中的运动时间为
粒子在磁场中的运动时间为
则粒子从P点出发回到P所用时间
4．（2024高三上·镇海区模拟）如图甲所示，在水平面内建立xOy坐标系，区域内有竖直向上的匀强磁场。一个质量为m、电荷量大小为q的带负电荷的粒子，从x轴上的P点以垂直于磁场的速度v射入第一象限，从y轴上某点垂直于y轴射出磁场区域。已知速度v与x轴正方向的夹角，不计粒子的重力，P点与原点O之间的距离为a。
（1）求磁感应强度B的大小；
（2）若将粒子速度的大小改为，θ角可变，求粒子在磁场中运动的最短时间。
（3）如图乙所示，过O点竖直向上建立z轴，速度大小为v的粒子从P点斜向上射入磁场，速度方向在xOy平面内的投影沿PD方向，PD与x轴正方向夹角为，若使粒子恰好不离开磁场，求粒子经过yoz平面时的坐标。
【答案】解：（1）粒子在磁场中运动轨迹如图，则由几何关系
根据
可得
（2）若将粒子速度的大小改为，则粒子在磁场中运动的轨道半径变为
当时间最短时，弦最短，即此时粒子从O点射出，此时圆心角为60°，最短时间
（3）设速度v的方向与xOy平面的夹角为α，则速度沿z轴正向的分量
在xOy平面的分量
粒子在xOy平面内做匀速圆周运动，同时沿z轴正向做匀速运动，因粒子恰不离开磁场，则由几何关系
解得
由于
联立可得
运动时间
则粒子沿z轴方向的位移
则粒子经过yoz平面时的坐标（0，，）。
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】本题考查带电粒子在磁场中的偏转，第（1）问先结合题意，画出粒子在磁场中的运动轨迹，通过几何关系找出粒子的做圆周运动的半径，再结合洛伦兹力提供向心力，即可求解出磁感应强度；第（2）问结合速度与半径的关系，速度减小到原来的一半，那么半径也会相应减小到原来的一半，时间最短的意思就是在磁场区域做圆周运动的弦最短，弦最短说明圆心角最小，所以断定粒子的射出点，判断圆心角大小，结合周期公式可以求出最短时间；第（3）问将粒子的速度进行分解，通过受力分析知道，在三维空间里粒子在xOy平面内做匀速圆周运动，同时沿Z轴做匀速直线运动，结合恰好不离开磁场，判断粒子运动半径与已知长度的关系，再结合速度与半径的关系，从而求出运动时间，在Z轴做匀速直线运动，将时间代入匀速直线运动表达式即可知道粒子沿Z轴的位移，从而确定了粒子的坐标。
二、矩形边界
5．（2024高三上·广西壮族自治区期末）如图所示，有界匀强磁场的宽度为d，一带电荷量为q、质量为m的带负电粒子以速度垂直边界射入磁场，离开磁场时的速度偏角为，不计粒子受到的重力，下列说法正确的是（ ）
A．带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的轨道半径为3d
B．带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的角速度为
C．带电粒子在匀强磁场中运动的时间为
D．匀强磁场的磁感应强度大小为
【答案】B,D
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】本题考查了带电粒子在磁场中的运动规律，要注意分析清楚粒子运动过程，作出粒子运动轨迹，由几何知识求出粒子轨道半径，应用牛顿第二定律即可正确解题。A．粒子在磁场中运动的轨迹如图所示，速度的偏向角等于圆弧所对的圆心角
根据几何关系有
故A错误；
B．带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的角速度
故B正确；
C．带电粒子在匀强磁场中运动的时间
故C错误；
D．由洛伦兹力提供向心力得
解得
故D正确。
故选BD。
【分析】粒子在磁场中运动的轨迹，由几何关系求半径，找到粒子做圆周运动的圆心角， 结合周期公式求解时间， 根据由洛伦兹力提供向心力的公式求解磁感应强度。
6．（2024高三上·长春模拟）医院中X光检测设备的核心器件为X射线管。如图所示，在X射线管中，电子（质量为m、电荷量为-e，初速度可以忽略）经电压为U的电场加速后，从P点垂直磁场边界水平射入匀强磁场中。磁场宽为2L，磁感应强度大小可以调节。电子经过磁场偏转后撞击目标靶，撞在不同位置就会辐射出不同能量的X射线。已知水平放置的目标靶长为2L，长为L，不计电子重力、电子间相互作用力及电子高速运行中辐射的能量。
（1）求电子进入磁场的速度大小；
（2）调节磁感应强度大小使电子垂直撞击在目标靶上，求电子在磁场中运动的时间；
（3）为使辐射出的X射线能量范围最大，求磁感应强度的大小范围。
【答案】（1）解：在加速电场中，根据动能定理有
解得
（2）解：设电子垂直打在中间时，做匀速圆周运动的半径为，由几何关系得
对应的圆心角为，所以
联立以上各式解得
（3）解：电子在磁场中运动有
解得
设打在点时的运动半径为，依几何关系可知
联立以上各式解得磁感应强度最大值为
同理，打在N点的半径为，依几何关系可知
联立以上各式解得磁感应强度最小值为
综上所述，磁感应强度的取值范围为
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】（1）电子在加速电场中受到静电力的作用，根据动能定理进行求解；
（2）进入磁场后做匀速圆周运动，根据电子垂直撞击在目标靶上，确定圆心和半径大小，得出圆心角进行求解；
（3）为使辐射出的X射线能量范围最大，则电子分别从目标靶的M、N点射出磁场，结合上述思路进行求解。
（1）在加速电场中，根据动能定理有
解得
（2）设电子垂直打在中间时，做匀速圆周运动的半径为，由几何关系得
对应的圆心角为，所以
联立以上各式解得
（3）电子在磁场中运动有
解得
设打在点时的运动半径为，依几何关系可知
联立以上各式解得磁感应强度最大值为
同理，打在N点的半径为，依几何关系可知
联立以上各式解得磁感应强度最小值为
综上所述，磁感应强度的取值范围为
（把“≤”写成“<”也给分）
（注：用其他方法得到正确结果可按步骤酌情给分）
7．（2024高三上·景德镇模拟）如图所示，为纸面内矩形的四个顶点，矩形区域内（含边界）处于垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，，。一质量为m、电荷量为q（）的粒子，从a点沿ab方向运动，不计粒子重力。下列说法正确的是（ ）
A．粒子能通过cd边的最短时间
B．若粒子恰好从d点射出磁场，粒子速度
C．若粒子恰好从c点射出磁场，粒子速度
D．若粒子只能从ad边界射出磁场，则粒子的入射速度
【答案】C
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】A．粒子能通过cd边，从c点射出的粒子对应的运动轨迹的圆心角最小，在磁场中运动的时间最短，根据几何关系
解得
则转过的圆心角
即
粒子在磁场中运动的周期
根据圆周运动规律，则粒子能通过cd边的最短时间
故A错误；
B．若粒子恰好从d点射出磁场，由几何关系可知其半径等于ad的一半，
根据洛伦兹力提供向心力
解得
故B错误；
C．若粒子恰好从c点射出磁场，根据几何关系
解得
由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律得
解得
故C正确；
D．若粒子从d点射出磁场，粒子运动轨迹为半圆，从d点出射时半径最大，根据半径与速度的关系可知对应的入射速度最大，则
故若粒子只能从ad边界射出磁场，则粒子的入射速度
故D错误。
故选C。
【分析】 由洛伦兹力提供向心力求解速度；当粒子恰好从c点射出时，粒子能通过cd边的时间最短，结合几何关系求解t。
8．（2024高三上·广西壮族自治区模拟）如图所示，在矩形ABCD区域内存在垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场，AD边长为L，AB边长为。一质量为m、带电荷量为q的正粒子从A点沿纸面以与AD成30°角的方向射入磁场，粒子在磁场中运动的轨迹恰好与CD相切，不计粒子所受的重力。
（1）求粒子射入磁场时的速度大小；
（2）求粒子在磁场中运动的时间t；
（3）若仅减小粒子射入磁场时的速度大小，求粒子在磁场中运动的最长时间。
【答案】（1）解：设粒子在磁场中运动的轨迹半径为，如图所示
根据图中几何关系可得
由洛伦兹力提供向心力可得
联立解得
（2）解：根据图中几何关系有
可得
则粒子在磁场中运动的时间为
联立解得
（3）解：若仅减小粒子射入磁场时的速度大小，当粒子从AB边射出磁场时对应的时间最长，轨迹对应的圆心角为
则有
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】 （1）根据几何关系求解射人磁场的粒子在磁场中运动的轨道半径，再根据牛顿第二定律粒子的速率；
（2） 根据周期公式求解粒子在磁场中运动的周期，根据几何知识求解圆心角，再根据时间与周期的关系求解粒子在磁场中运动的时间；
（3）若仅减小粒子射入磁场时的速度大小，当粒子从AB边射出磁场时对应的轨迹圆心角最大，时间最长，结合周期公式求解粒子在磁场中运动的时间。
（1）设粒子在磁场中运动的轨迹半径为，如图所示
根据图中几何关系可得
由洛伦兹力提供向心力可得
联立解得
（2）根据图中几何关系有
可得
则粒子在磁场中运动的时间为
联立解得
（3）若仅减小粒子射入磁场时的速度大小，当粒子从AB边射出磁场时对应的时间最长，轨迹对应的圆心角为
则有
9．（2024高二下·昭通期中）如图，一边界平行的有界匀强磁场垂直纸面向外，一带正电荷的粒子以初速度在纸面内垂直磁场的边界射入匀强磁场中，离开磁场时速度方向偏转了角．已知匀强磁场的宽度为d，不计粒子的重力，则带电粒子在磁场中（ ）．
A．做匀变速曲线运动 B．向心加速度大小为
C．运动的时间为 D．受到的磁场力的冲量为0
【答案】B,C
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】A.带电粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，向心加速度方向不断变化，不是匀变速曲线运动，A不符合题意；
B.做出粒子轨迹如图所示，根据几何关系可知粒子做圆周运动的半径
则粒子的向心加速度大小为
，
B符合题意；
C.由几何关系可知，粒子的轨迹圆心角为30°，粒子运动的时间
C符合题意；
D.因为粒子的动量发生变化，由动量定理可知，粒子受到的磁场力的冲量不为零，D不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】匀速圆周运动为变速曲线运动；由几何关系求出轨迹半径，再由向心力公式，计算粒子的向心加速度大小；由计算粒子的运动时间；结合动量和冲量的矢量性，由动量定理分析磁场力的冲量是否为零。
10．（2023高二上·怀仁月考）如图所示，长为、宽为的长方形区域内充满垂直纸面向内的匀强磁场，磁感应强度为，在时刻，一位于长方形区域中心的粒子源在平面内向各个方向均匀发射大量带正电的同种粒子，所有粒子的初速度大小均相同（数值未知），粒子在磁场中做圆周运动的半径．测得平行于方向发射的粒子在时刻恰从边离开磁场，不计重力和粒子间相互作用，求：
（1）粒子的比荷；
（2）粒子在磁场中运动的最短时间和最长时间（角度可用反三角函数表示，例如：若，则）；
【答案】（1）平行于发射的粒子轨迹如图1
图1
由几何关系知
则有
粒子做圆周运动
联立以上各式得
（2）如图2从长边中点离开时间最短
图2
由几何关系知对应圆心角
最短时间
从长方形顶点离开时间最长，对应圆心角
最长时间
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】（1）做出平行与ad射出的粒子的运动轨迹，根据洛伦兹力充当向心力和粒子在磁场中的运动的时间公式，综合求解粒子的比荷；（2）找出粒子在磁场中运动的时间最短和时间最长对应的轨迹，由几何关系求出圆心角，再由计算粒子在磁场中运动的最短时间和最长时间。
三、圆形边界
11．（2024高三上·四川期末）如图所示，半径为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，是两条相互垂直的直径。在磁场内点有一放射源，能向各个方向以相同的速率射出相同的带电粒子，所有粒子均从之间射出磁场（点有粒子射出），已知粒子所带电荷量为、质量为。不计粒子的重力及粒子间的相互作用，下列说法正确的是（ ）
A．粒子在磁场中运动的半径为
B．粒子进入磁场时的速率为
C．若仅将匀强磁场的磁感应强度大小变为，则粒子射出磁场边界的圆弧长度为
D．若仅将粒子的速率变为，则所有粒子射出磁场时的方向都相同
【答案】B,D
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】带电粒子在电磁场中的运动一般有直线运动、圆周运动和一般的曲线运动；直线运动一般由动力学公式求解，圆周运动由洛伦兹力充当向心力，一般的曲线运动一般由动能定理求解。A．因为所有粒子射出磁场时均在之间，是某粒子运动的直径，由几何关系可知，粒子在磁场中运动的半径
故A错误；
B．由牛顿第二定律
解得
故B正确；
C．若仅将磁感应强度大小变为，根据洛伦兹力提供向心力，有
联立可解得
以2r1为弦对应的弧为射出磁场边界最长的圆弧，结合几何关系可得
即粒子射出磁场边界的圆弧长度为，故C错误；
D．若粒子的速率为，则粒子在磁场中运动的半径为，因为粒子做圆周运动的半径与区域圆的半径相等，所以所有粒子射出磁场时的方向都相同，故D正确。
故选BD。
【分析】应用应用几何知识求出粒子做圆周运动的轨道半径，粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，应用牛顿第二定律求出粒子的速度，然后根据各选项分析答题。
12．（2024高三上·德阳模拟）如图所示，abcd为边长为L的正方形，在四分之一圆abd区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子从b点沿ba方向以初速度大小v（未知）射入磁场，粒子仅能从正方形cd边（含c、d两点）射出正方形区域，该粒子在磁场中运动时间为t，不计粒子的重力，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】 本题主要考查了带电粒子在磁场中的运动问题，关键明确粒子的运动性质，结合几何关系确定粒子 的运动轨迹，再根据洛伦兹力提供向心力列式求解。AB．粒子在磁场中圆周运动周期
洛伦兹力提供向心力
得粒子运动周期
由于粒子带正电，且磁场方向垂直于纸面向外，根据左手定则，可得洛伦兹力方向。如果粒子从c点射出，画出粒子在磁场中运动的轨迹示意图，可知粒子圆周运动的圆周角为
所用时间为
如果粒子从d点射出，画出粒子在磁场中运动的轨迹示意图，可知粒子圆周运动的圆周角为，所用时间为
所以粒子运动时间t，有
故AB错误；
CD．如果粒子从c点射出，画出粒子在磁场中运动的轨迹示意图，根据几何关系，射出磁场时的速度反向延长线通过a点，磁场的边长为L，设粒子的轨道半径为r，由几何关系得
由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律得
联立解得
如果粒子从d点射出，画出粒子在磁场中运动的轨迹示意图，根据几何关系
由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律得
联立解得
粒子仅能从正方形cd边（含c、d两点）射出正方形区域，所以
C错误，D正确。
故选D。
【分析】 画出粒子在磁场中运动的轨迹，确定圆心，由几何关系可求得粒子的轨道半径，粒子在磁场中做圆周运动由洛伦兹力提供向心力，据此可求得速度大小以及运动时间。
13．（2024高三下·江西月考）一种圆柱形粒子探测装置的横截面如图所示。内圆区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，外圆是探测器，AB和PM分别为内圆的两条相互垂直的直径，两个粒子先后从P点沿径向射入磁场。粒子1经磁场偏转后打在探测器上的Q点，粒子2经磁场偏转后从磁场边界C点离开，最后打在探测器上的N点，PC圆弧恰好为内圆周长的三分之一，粒子2在磁场中运动的时间为t。装置内部为真空状态，忽略粒子所受重力及粒子间相互作用力。下列说法正确的是（ ）
A．粒子1一定带正电
B．若两粒子的比荷相同，则粒子1的入射速率小于粒子2的入射速率
C．若仅减小粒子2的入射速率，则粒子2在磁场中的运动时间增加
D．改变粒子2入射方向，速率变为原来的，则粒子2在磁场中运动的最长时间为t
【答案】B,C,D
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】本题考查带电粒子在磁场中的运动，要求学生能正确分析带电粒子的运动过程和运动性质，熟练应用对应的规律解题。带电粒子从某点沿圆形磁场的半径方向人射，从另一点射出磁场时速度的反向延长线过磁场的圆心，即沿径向射入必沿径向射出。A．粒子l受向下偏转，由左手定则可知，粒子1带负电，故A错误；
B．根据洛伦兹力提供粒子在磁场中做圆周运动所需的向心力
可得
由题图可知粒子l运动的半径小于粒子2运动的半径，若两粒子的比荷相同，则粒子1的入射速率小于粒子2的入射速率，故B正确；
C．若仅减小粒子2的入射速率，则粒子2运动半径减小，从磁场射出时，轨迹所对应的圆心角增大，粒子2在磁场中的运动时间为
故若仅减小粒子2的入射速率，则粒子2在磁场中的运动时间增加，故C正确；
D．PC圆弧恰好为内圆周长的三分之一，则粒子2在磁场中轨迹所对应的圆心角为
设内圆半径为R，根据几何关系，粒子2在磁场中运动半径为
开始粒子2在磁场中运动时间为
粒子2速率变为原来的，此时粒子2在磁场中运动半径为
根据几何关系，当粒子2的轨迹对应的弦为直径PM时，粒子2在磁场中运动的时间最长，此时的圆心角为
速度改变后，粒子2在磁场中运动的最长时间为
故D正确。
故选BCD。
【分析】根据左手定则结合题意判断粒子1在P点的受力方向和电性；根据洛伦兹力提供粒子在磁场中做圆周运动所需的向心力求解半径的表达式，再根据半径大小关系判断两粒子入射速度大小；当粒子2在磁场中运动的半径减小时，确定偏转角的变化求解时间t的变化；根据题意求解粒子2改变速度后在磁场中运动的半径，再根据几何知识判断时间最长时的弦长，并根据几何关系求解圆心角，最后根据时间与周期的关系求解粒子2在磁场中运动的最长时间。
14．（2024高三上·正定期中）如图所示，以为圆心，半径为R的圆形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，为一粒子源，能沿纸面内各个方向发射质量为m、带电量为、速度大小均为的粒子，下列说法正确的是（ ）
A．发射速度方向沿的粒子在磁场中运动时间最长
B．粒子在磁场中运动的最长时间为
C．在磁场中运动时间为（小于最长时间）的粒子有两种发射方向
D．发射速度方向关于对称的粒子在磁场中运动的时间均相等
【答案】B,C
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】AB． 根据偏转圆直径为弦所对应的圆弧最长的知识结合洛伦兹力提供向心力导出轨迹半径表达式，作图并结合几何知识列式求解最大的圆心角，再结合圆周运动时间与周期的关系式求解最长时间 。圆形区域边界射出的粒子轨迹是偏转圆直径为弦所对应的圆弧最长，在磁场中运动时间最长；由洛伦兹力提供向心力得
可得
由几何知识知可得
可得
则离子在磁场中转过的最大圆心角为
故粒子在磁场中运动的最长时间为
故A错误，B正确；
C．粒子轨迹偏转圆的弦长小于圆形区域直径的相等弦有两条，故在磁场中运动时间为（小于最长时间）的粒子有两种发射方向，故C正确；
D． 根据对称性画出可能的轨迹图，再分析运动时间是否相等 。发射速度方向关于对称的粒子在磁场中运动的轨迹圆的弦长不相等，故粒子在磁场中运动的时间不相等，故D错误。
故选BC。
【分析】 带电粒子在磁场中的运动问题，关键是找出最长时间对应的圆弧特点，结合对称性知识进行分析解答。
15．（2024高三上·金华模拟）如图，Ⅰ为半径为R的匀强磁场区域，圆心为O，在圆心正下方S处有一粒子发射源，均匀地向圆内各方向发射质量为m，电荷量为q，速率为v0的带正电粒子，每秒钟共N个，其中射向O点的粒子恰好从C点射出；Ⅱ为由平行板电容器形成的匀强电场区域，上极板带正电，下极板接地，极板长度为L，极板间距为2R，场强；Ⅲ为宽度足够的匀强磁场区域，磁感应强度与Ⅰ相同。在Ⅲ区域的右侧竖直固定有平行板电容器，右极板带正电，左极板接地，AB为左极板上长度为的窄缝（窄缝不影响两极板间电场），电容器两极板电压为，O、C、A三点连线过Ⅱ区域轴线，不计粒子重力，各磁场方向如图所示，重力加速度为g。
（1）Ⅰ区域磁感应强度的大小。
（2）若在Ⅱ区域加匀强磁场可使射入的粒子做直线运动，求所加磁场磁感应强度的大小和方向。
（3）若Ⅱ区域加入（2）问中磁场，同时撤去Ⅲ区域磁场，粒子撞向电容器，已知打到极板上的粒子会被吸收，电容器两极板电压，求粒子对电容器的作用力大小。
（4）在Ⅱ区域的最右侧紧贴下极板放置长度为R的粒子收集板PQ，求每秒收集到的粒子数。
【答案】（1）解：射向O点的粒子恰好从C点射出，可知半径为R，根据洛伦兹力提供向心力
解得
（2）解：使射入的粒子做直线运动，则洛伦兹力与电场力等大反向，电场力竖直向下，则洛伦兹力竖直向上，根据平衡可知
解得
根据左手定则，磁感应强度方向垂直纸面向内。
（3）解：根据
故从小孔进入电容器的粒子会原速返回，设打到B点的粒子从S点发出时与竖直方向夹角为θ，轨迹如图
根据几何知识，可知
根据动量定理可知
解得
（4）解：设粒子在电场偏转后进入Ⅲ区域速度大小为v，与水平方向的夹角为α，如图
根据几何关系可知
水平方向做匀速直线运动
竖直方向做匀加速运动
由此可知，能达到粒子收集板PQ的粒子在Ⅰ区域射出时距离S点的高度在
结合几何知识，可知发生粒子与竖直方向偏左的角度的范围
每秒收集到的粒子数
【知识点】动量定理；带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在有界磁场中的运动；速度选择器
【解析】【分析】（1）射向O点的粒子恰好从C点射出，根据几何关系可知半径为R，根据洛伦兹力提供向心力得到磁感应强度的大小；
（2）射入的粒子做直线运动，则洛伦兹力与电场力等大反向，根据平衡条件求解磁感应强度的大小和方向；
（3）画出粒子运动轨迹，求出动量变化量，结合动量定理求解粒子对电容器的作用力大小；
（4） 画出粒子运动轨迹，结合几何知识，求解发生粒子与竖直方向偏左的角度的范围，由夹角范围得到每秒收集到的粒子数。
（1）射向O点的粒子恰好从C点射出，可知半径为R，根据洛伦兹力提供向心力
解得
（2）使射入的粒子做直线运动，则洛伦兹力与电场力等大反向，电场力竖直向下，则洛伦兹力竖直向上，根据平衡可知
解得
根据左手定则，磁感应强度方向垂直纸面向内。
（3）根据
故从小孔进入电容器的粒子会原速返回，设打到B点的粒子从S点发出时与竖直方向夹角为θ，轨迹如图
根据几何知识，可知
根据动量定理可知
解得
（4）设粒子在电场偏转后进入Ⅲ区域速度大小为v，与水平方向的夹角为α，如图
根据几何关系可知
水平方向做匀速直线运动
竖直方向做匀加速运动
由此可知，能达到粒子收集板PQ的粒子在Ⅰ区域射出时距离S点的高度在
结合几何知识，可知发生粒子与竖直方向偏左的角度的范围
每秒收集到的粒子数
16．（2024高二上·浙江期中）如图所示，空间有垂直于纸面的匀强磁场和，磁感应强度大小均为0.1T，分布在半径的圆形区域内，MN为过其圆心O的竖直线，分布在MN左侧的半圆形区域外。磁场中有粒子源S，S与O的距离，且，某时刻粒子源S沿着纸面一次性向各个方向均匀射出一群相同的带正电粒子，每个粒子的质量、电量、速率，不计粒子之间的相互作用，求
（1）粒子在匀强磁场中运动的半径；
（2）能进入圆形区域的粒子所占的比率；
（3）最终射出圆形区域时速度方向与SO平行的粒子在磁场中运动的总时间。
【答案】（1）解：根据洛伦兹力提供向心力有
解得
（2）解：当粒子的运动轨迹恰好与圆相切时区域的临界情况，如图，
根据几何关系可知
故当粒子恰好向左或向右射出时。能够刚好进入区域，因此能够进入区域的粒子数与发射的粒子总数之比为。
（3）解：利用反向思维可知，若离子能平行于SO射出。其必然经过圆形轨道最低点，轨迹如图，
则其在区域运动的时间为
在区域运动的时间为
故总时间为
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】1.理解粒子做匀速圆周运动的向心力的来源。
2.能够根据题意准确画出粒子在磁场运动的轨迹图，根据几何关系结合临界条件分析能够进入B2区域的粒子数与发射的粒子总数之比。
3.掌握圆心角和周期公式的关系，从而求解粒子在磁场的运动时间。
（1）根据洛伦兹力提供向心力有
解得
（2）当粒子的运动轨迹恰好与圆相切时区域的临界情况，如图，
根据几何关系可知
故当粒子恰好向左或向右射出时。能够刚好进入区域，因此能够进入区域的粒子数与发射的粒子总数之比为。
（3）利用反向思维可知，若离子能平行于SO射出。其必然经过圆形轨道最低点，轨迹如图，
则其在区域运动的时间为
在区域运动的时间为
故总时间为
四、四分之一平面边界
17．（2024高二上·安顺期末）如图，直角坐标系xOy中，第I象限内存在垂直纸面向外的匀强磁场。第II、III象限中有两平行板电容器C1、C2，其中C1垂直x轴放置，极板与x轴相交处存在小孔M、N；C2垂直y轴放置，上、下极板右端分别紧贴y轴上的P、O点。一带电粒子从M静止释放，经电场直线加速后从N射出，紧贴C2下极板进入C2，而后从P点进入第I象限；经磁场偏转后恰好垂直x轴上的Q点离开，运动轨迹如图中虚线所示。已知粒子质量为m、带电量为q，O、P间距离为d，C1、C2的板间电压大小均为U，板间电场视为匀强电场，不计重力，忽略边缘效应。求：
（1）粒子经过N时的速度大小；
（2）粒子经过P时速度方向与y轴正向的夹角；
（3）磁场的磁感应强度大小；
（4）粒子从N经P到Q点运动的时间t。
【答案】（1）粒子在电场中加速，由动能定理可知
解得
（2）粒子进入C2后水平方向做匀速运动，竖直方向为匀加速直线运动，由动能定理可得
解得
由几何关系可知，粒子竖直方向上的分速度为
水平速度和竖直速度相等，由运动的合成和分解规律可知，粒子经过P时速度方向与y轴正向的夹角为45°；
（3）粒子以速度v2进入磁场，在磁场中运动轨迹如图所示，由几何关系可知，圆的半径
由牛顿第二定律可得
联立解得
（4）粒子从N到P的时间
在磁场中的时间
则总时间
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在有界磁场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）根据动能定理列式求解粒子经过N点时的速度大小；
（2）根据动能定理求解粒子离开电场时的速度，再由运动的合成和分解和几何关系求出夹角；
（3）根据几何关系确定粒子在磁场中的半径，再由洛伦兹力充当向心力求解磁感应强度。
（1）粒子在电场中加速，由动能定理可知
解得
（2）粒子进入C2后水平方向做匀速运动，竖直方向为匀加速直线运动，由动能定理可得
解得
由几何关系可知，粒子竖直方向上的分速度为
水平速度和竖直速度相等，由运动的合成和分解规律可知，粒子经过P时速度方向与y轴正向的夹角为45°；
（3）粒子以速度v2进入磁场，在磁场中运动轨迹如图所示，由几何关系可知，圆的半径
由牛顿第二定律可得
联立解得
（4）粒子从N到P的时间
在磁场中的时间
则总时间
18．（2024高二上·上党期末）如图所示，在直角坐标系xOy的第一象限内存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，在y轴上S处有一粒子源，它可向右侧纸面内各个方向射出速率相等的质量均为m、电荷量均为q的同种带电粒子，所有粒子射出磁场时离S最远的位置是x轴上的P点。已知，粒子带负电，粒子所受重力及粒子间的相互作用均不计，则（ ）
A．粒子的速度大小为
B．从x轴上射出磁场的粒子在磁场中运动的最长时间与最短时间之比为7：4
C．沿平行x轴正方向射入的粒子离开磁场时的位置到O点的距离为
D．从O点射出的粒子在磁场中的运动时间为
【答案】A,D
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】A.根据几何关系可得
所有粒子射出磁场时离S最远的位置是x轴上的P点，可知粒子做圆周运动的半径r满足
2r=SP=2d
可得
r=d
根据洛伦兹力充当粒子做圆周运动的向心力可得
解得粒子的速度大小为
A符合题意；
B.从x轴上射出磁场的粒子中，沿y轴正方向射出的粒子在磁场中运动的时间最长，从O点射出的粒子时间最短，运动轨迹如图所示：
根据几何关系，粒子在磁场中做圆周运动的圆心角的最大值和最小值分别为
，
从x轴上射出磁场的粒子在磁场中运动的最长时间与最短时间之比为是
B不符合题意；
C.根据粒子在磁场中的运动半径r=d可知，沿平行x轴正方向射入的粒子，其轨迹圆心在O点，离开磁场时的位置到O点的距离为r，即沿平行x轴正方向射入的粒子离开磁场时的位置到O点的距离为d，C不符合题意；
D.从O点射出的粒子轨迹如图所示：
由几何关系可得，轨迹的圆心角为
故从O点射出的粒子在磁场中的运动时间为
D符合题意。
故答案为：AD。
【分析】根据题意，由几何关系求出粒子做圆周运动的轨迹，再由洛伦兹力充当向心力求解粒子的运动速度；找出粒子在磁场中运动时间最长和最短的运动轨迹，求出轨迹的圆心角，再由粒子在磁场中的运动时间公式，求解从x轴上射出磁场的粒子在磁场中运动的最长时间与最短时间之比；结合粒子运动轨迹的半径和OS的长度，分析沿平行x轴正方向射入粒子的运动轨迹，求出粒子离开磁场时的位置到O点的距离；求出从O点射出的粒子轨迹的圆心角，由求出运动时间。
19．（2024高二上·湖北期中）如图所示的xOy坐标系中，第一象限内存在与x轴成30°角斜向下的匀强电场，电场强度；第四象限内存在垂直于纸面向里的有界匀强磁场，其沿x轴方向的宽度为OA，沿y轴负方向宽度无限大，磁感应强度。现有一比荷为的正离子（不计重力），以速度从O点射入磁场，与x轴正方向夹角α=60°，离子通过磁场后刚好从A点射出，之后进入电场。
（1）求OA宽度等于多少？
（2）从O点开始，经多长时间粒子第二次到达x轴（答案可以用根号和π表示）；
（3）若离子进入磁场后，某时刻再加一个同方向的匀强磁场使离子做完整的圆周运动，求所加磁场磁感应强度的最小值。
【答案】（1）离子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由
解得
由几何关系得离子在磁场中的轨迹半径
解得
（2）粒子在磁场中，运动轨迹如图
由几何关系可知圆心角
则在磁场中运动时间
离子进入电场后，经过时间再次到达x轴上，分析知离子在电场中做类平抛运动，离子沿垂直电场方向做速度为的匀速直线运动，位移为，则
离子沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动，加速度为a，位移为，则，
由几何关系可知
代入数据解得
则总时间
（3）由知，B越小，r越大，设离子在磁场中最大轨迹半径为R，由图中几何关系得
由牛顿运动定律得
得
则外加磁场磁感应强度的最小值
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】1.根据题意画出离子的轨迹图，根据求出离子在磁场中的轨迹半径以及根据几何关系分析OA。
2.分析离子刚进入电场时的方向并判断离子进入电场后做类平抛运动，根据离子沿电场方向遵循初速为零的匀加速直线运动，垂直于电场方向做匀速直线运动，根据运动学公式求出粒子在电场的运动时间。
3.根据离子在磁场做完整的圆周运动分析最大的半径，结合求出最小的磁感应强度。
（1）离子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由
解得
由几何关系得离子在磁场中的轨迹半径
解得
（2）粒子在磁场中，运动轨迹如图
由几何关系可知圆心角
则在磁场中运动时间
离子进入电场后，经过时间再次到达x轴上，分析知离子在电场中做类平抛运动，离子沿垂直电场方向做速度为的匀速直线运动，位移为，则
离子沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动，加速度为a，位移为，则
，
由几何关系可知
代入数据解得
则总时间
（3）由知，B越小，r越大，设离子在磁场中最大轨迹半径为R，由图中几何关系得
由牛顿运动定律得
得
则外加磁场磁感应强度的最小值
20．（2024高三上·衡阳模拟）如图所示，平面直角坐标系中第一、二、四象限内存在磁感应强度大小为B的匀强磁场。第一、四象限内磁场方向垂直纸面向里，第二象限内磁场方向垂直纸面向外。第三象限存在沿y轴正方向的匀强电场。质量为m、电荷量为q（）的粒子甲从点以一定初速度释放，初速度方向与x轴正方向的夹角为，从点垂直y轴进入第四象限磁场区域，然后从点垂直x轴进入第一象限，同时在p点释放一质量为、电量为q（）、速度为的带电粒子乙，且速度方向垂直于x轴向上。不计粒子重力及甲乙两粒子间的相互作用，求：
（1）甲粒子进入第四象限时的速度；
（2）匀强电场的大小E；
（3）粒子甲第n次经过y轴时，甲乙粒子间的距离d；
（4）当甲粒子第一次经过y轴时在第二象限内施加一沿x轴负方向、电场强度大小与第三象限电场相同的匀强电场，求甲粒子的最大速度。
【答案】解：（1）粒子在第四象限内的磁场中由洛伦兹力提供向心力
根据几何关系有
解得
（2）粒子在第三象限，经分析知粒子垂直y轴进入第四象限，速度大小为
水平方向
竖直方向
解得
（3）设甲粒子半径为，乙粒子半径为，则由洛伦兹力提供向心力
可得
其中
，
可得
当甲粒子第一次到达y轴（）时，乙粒子第二次到达y轴（），两粒子相
此后每次甲粒子到达y轴时，乙比甲沿y轴多移动
粒子甲第n次经过y轴时甲乙粒子间的距离
（，2，3……）
（4）由于只有电场力做功，当粒子x方向的位移最大时速度最大，此时x轴方向的分速度为零，沿y轴方向的分速度即为合速度，则对甲粒子，由
可得
由动能定理得
解得
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在有界磁场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】 （1）甲粒子在第四象限中做匀速圆周运动，根据几何知识求解甲粒子做匀速圆周运动的轨道半径，再根据牛顿第二定律求解甲粒子进入第四象限时的速度；
（2）甲粒子在第三象限内逆向看为类平抛运动，根据牛顿第二定律求解甲粒子运动的加速度，根据运动学公式联立求解匀强电场的大小；
（3）根据牛顿第二定律求解甲、乙两粒子做匀速圆周运动的轨道半径关系，根据周期公式求解甲、乙两粒子周期关系，根据几何知识求解甲粒子第一次到达y轴时的位置，及此时乙粒子到达y轴的位置，同理推导甲粒子第二次到达y轴时的位置，及此时乙粒子到达y轴的位置，并求解相同时间内的乙比甲多移动的距离，根据数学知识求解粒子甲第n次经过y轴时，甲、乙粒子间的距离；
（4）对甲粒子沿y轴方向根据动量定理列式，x轴方向根据动能定理列式，联立求解甲粒子的最大速度。
五、三角形边界
21．（2024高二上·江门期末）如图所示，直角三角形ABC区域中存在一匀强磁场，比荷不同的两个粒子a、b（不计重力）以相同的速度沿AB方向射入磁场，并分别从AC边上的PQ两点射出，a粒子的比荷是b粒子比荷的一半，则( )
A．从Q点射出的粒子的向心加速度小
B．从P点和Q点射出的粒子动能一样大
C．a、b两粒子带异种电荷
D．a、b两粒子在磁场中运动的时间不同
【答案】A,D
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】解决该题的关键是正确作出粒子在磁场中运动的运动轨迹，掌握向心加速度的求解公式，掌握圆周运动的时间的求解公式。A．由两粒子出射点可知，两粒子的半径关系为
由
可知，从Q点出射的粒子向心加速度较小，故A正确；
B．由
两粒子的质量关系位置，故动能不一定相同，故B错误；
C．两粒子的偏转方向相同，由左手定则可知，两粒子的电性相同，且都带正电，故C错误；
D．两粒子转过的圆心角相等，由
可知，两粒子比荷不同，故运动时间不同，故D正确；
故选AD。
【分析】粒子在磁场中做圆周运动，根据题设条件作出粒子在磁场中运动的轨迹，根据轨迹分析粒子运动半径和周期的关系 。
22．（2024高三下·凯里模拟）真空中直角三角形ABC 区域内（含边界）存在垂直纸面向里的匀强磁场（图中未画出），磁感应强度大小为B，AB边长度为d，∠B的大小。在BC的中点有一粒子源，能持续地沿平行BA方向发射比荷为k、速率不同的正粒子，如图所示，不计粒子重力及粒子间的相互作用。求：
（1）粒子在磁场中运动的最长时间；
（2）从AB边射出的粒子的速率范围。
【答案】解：（1）当粒子能从BC边离开磁场时，其在磁场中运动时间最长，运动轨迹如图
设粒子在磁场中运动的速度为、轨迹半径为，对应圆心角为α，由题意得
根据牛顿第二定律
粒子在磁场中做圆周运动的周期为
由几何关系可得
粒子在磁场中运动的最长时间
联立解得
（2）如图3所示，当粒子运动轨迹与AC边相切时，设其运动轨迹半径为，粒子运动到AB边有最大速度，当粒子运动轨迹恰好与AB边相切时，设其运动轨迹半径为，对应有最小速度，由几何关系得
粒子能从AB边上射出的速度
解得能从AB 边射出的粒子速率范围为
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】（1）当粒子从BC边离开磁场时，粒子运动的时间最长，根据运动的轨迹及几何关系可以求出轨迹所对圆心角的大小，结合周期的大小可以求出粒子在磁场中运动的最长时间；
（2）当粒子从AB边射出时，利用粒子轨迹与AC边相切或者与AB边相切，利用几何关系可以求出轨迹半径的大小，结合牛顿第二定律可以求出粒子速率的范围。
23．（2024高三上·丰城月考）如图所示，在一等腰直角三角形ACD区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B，一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子（重力不计）从AC边的中点O垂直于AC边射入该匀强磁场区域，若该三角形的两直角边长均为2l，则下列关于粒子运动的说法中正确的是（ ）
A．若该粒子的入射速度为v=，则粒子一定从CD边射出磁场，且距点C的距离为l
B．若要使粒子从CD边射出，则该粒子从O点入射的最大速度应为v=
C．若要使粒子从CD边射出，则该粒子从O点入射的最大速度应为v=
D．当该粒子以不同的速度入射时，在磁场中运动的最长时间为
【答案】A,B,D
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】A.若粒子射入磁场时速度为
由
可得
由几何关系可以看出，粒子一定从CD边上距C点为l的位置离开磁场，故 A 正确。
BC. 由可知，粒子在磁场中运动的轨迹半径越大，速度就越大。由几何关系可知，当粒子在磁场中的运动轨迹与三角形的边AD相切时，能从CD边射出的轨迹半径最大。此时，设最大轨迹半径为r，过圆心作边的垂线，由几何关系可得
解得
故其最大速度为
B 正确，C 错误。
D. 粒子在磁场中的运动周期为
当粒子从三角形的AC边射出时，粒子在磁场中运动的圆心角最大为180 ° ，故其最长时间应为
故 D 正确。
故选ABD。
【分析】 首先根据已知条件进行分析，对于 A 选项，依据物理公式推导出半径与速度的关系，再结合几何关系得出结论。对于 BC 选项，利用公式说明速度与半径的关系，通过几何分析找到最大半径的情况，进而求出最大速度。对于 D 选项，先求出运动周期，再根据粒子从特定边射出时的圆心角情况求出最长时间。
24．（2024·凯里模拟）真空中直角三角形ABC 区域内（含边界）存在垂直纸面向里的匀强磁场（图中未画出），磁感应强度大小为B，AB边长度为d，∠B的大小θ=60°。在 BC 的中点有一粒子源，能持续地沿平行BA方向发射比荷为k、速率不同的正粒子，如图10所示，不计粒子重力及粒子间的相互作用。求：
（1）粒子在磁场中运动的最长时间；
（2）从AB边射出的粒子的速率范围。
【答案】（1）当粒子能从BC边离开磁场时，其在磁场中运动时间最长，设粒子在磁场中运动的速度为v1、轨迹半径为r1，对应圆心角为α，由题意得
①
②
③
由几何关系可得④
粒子在磁场中运动的最长时间⑤
联立解得⑥
（2）如图3所示，当粒子运动轨迹与AC边相切时，设其运动轨迹半径为r2，粒子运动到AB 边有最大速度，当粒子运动轨迹恰好与 AB 边相切时，设其运动轨迹半径为r3，对应有最小速度，由几何关系得
⑦
⑧
⑨
⑩
粒子能从AB边上射出的速度
解得能从AB 边射出的粒子速率范围为
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】（1） 当粒子能从BC边离开磁场时，其在磁场中运动时间最长，设粒子在磁场中运动的速度为v1、轨迹半径为r1，对应圆心角为α，由题意得
①
②
③
由几何关系可得④
粒子在磁场中运动的最长时间⑤
联立解得⑥
（2） 如图3所示，当粒子运动轨迹与AC边相切时，设其运动轨迹半径为r2，粒子运动到AB 边有最大速度，当粒子运动轨迹恰好与 AB 边相切时，设其运动轨迹半径为r3，对应有最小速度，由几何关系得
⑦
⑧
⑨
⑩
粒子能从AB边上射出的速度
解得能从AB 边射出的粒子速率范围为
【分析】本题考查带电粒子在有界磁场的运动，要求学生能够根据题意准确画出粒子的轨迹图，（1）由于粒子在磁场中运动的周期与粒子的速度没有关系，即所有粒子在磁场做圆周运动的周期是相同的，比较粒子在磁场中的运动时间，比较粒子在磁场的轨迹所对应的圆心角大小，即粒子从BC边离开时粒子在磁场的运动时间最长，结合几何关系确定圆心角，根据确定粒子在磁场运动的最长时间。（2）根据轨迹图知，粒子从AB边离开的半径范围，根据来确定粒子的速率范围。
六、平移圆问题
25．（2024高三下·哈尔滨开学考） 如图所示，等腰直角三角形区域内（包含边界）有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度的大小为，在的中点处有一粒子源，沿与平行的方向发射速率不同，质量为，电荷量为的带负电粒子，已知这些粒子都能从边离开区域，，不计粒子重力及粒子间的相互作用。下列说法正确的是（ ）
A．速度的最大值为
B．速度的最大值为
C．在磁场中运动的最长时间为
D．在磁场中运动的最长时间为
【答案】A,D
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】粒子从ab边离开磁场时的临界运动轨迹如图所示
AB．设粒子最大轨迹半径为，由图中几何关系可得
解得
根据洛伦兹力提供向心力可得
可得速度的最大值为
故A正确，B错误；
CD．由图可知粒子在磁场中运动轨迹对应的最大圆心角为，则粒子在磁场中运动的最长时间为
故C错误，D正确。
故答案为：AD。
【分析】画出粒子运动轨迹，洛伦兹力提供向心力，结合几何关系求解。利用圆心角求解运动时间。
26．（2020·浙江选考）某种离子诊断测量简化装置如图所示。竖直平面内存在边界为矩形 、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 平行于 水平放置，能沿竖直方向缓慢移动且接地。a、b、c三束宽度不计、间距相等的离子束中的离子均以相同速度持续从边界 水平射入磁场，b束中的离子在磁场中沿半径为R的四分之一圆弧运动后从下边界 竖直向下射出，并打在探测板的右边缘D点。已知每束每秒射入磁场的离子数均为N，离子束间的距离均为 ，探测板 的宽度为 ，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）求离子速度v的大小及c束中的离子射出磁场边界 时与H点的距离s；
（2）求探测到三束离子时探测板与边界 的最大距离 ；
（3）若打到探测板上的离子被全部吸收，求离子束对探测板的平均作用力的竖直分量F与板到 距离L的关系。
【答案】（1）解：离子在磁场中做圆周运动
得粒子的速度大小
令c束中的离子运动轨迹对应的圆心为O，从磁场边界 边的Q点射出，则由几何关系可得 ，
（2）解：a束中的离子运动轨迹对应的圆心为O’，从磁场边界 边射出时距离H点的距离为x，由几何关系可得
即a、c束中的离子从同一点Q射出，离开磁场的速度分别于竖直方向的夹角为 、 ，由几何关系可得
探测到三束离子，则c束中的离子恰好达到探测板的D点时，探测板与边界 的距离最大，
则
（3）解：a或c束中每个离子动量的竖直分量
当 时所有离子都打在探测板上，故单位时间内离子束对探测板的平均作用力
当 时， 只有b和c束中离子打在探测板上，则单位时间内离子束对探测板的平均作用力为
当 时， 只有b束中离子打在探测板上，则单位时间内离子束对探测板的平均作用力为
【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【分析】（1）带电粒子在磁场中受到洛伦兹力，在洛伦兹力的作用下粒子做圆周运动，利用向心力公式求解粒子速度，再结合结合关系求解出射点与H点的距离；
（2）根据磁场方向、电性和运动方向确定粒子的运动轨迹，结合粒子出射的方向，利用几何关系求解最大距离；
（3）结合粒子的速度方向求解粒子垂直于探测板的动量分量，乘以粒子数量即为平均作用力。
七、放缩圆问题
27．（2024高二下·南山月考） 如图，平行的、与间（含边界）有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，边界与的夹角，点P处有一离子源，离子源能够向磁场区域发射各种速率的、方向平行于纸面且垂直于的正、负离子，离子运动一段时间后能够从不同的边界射出磁场。已知从边界射出的离子，离子速度为时射出点与P点距离最大为，所有正、负离子的比荷均为k，不计离子的重力及离子间的相互作用。求：
（1）射出点与P点最大距离；
（2）从边界射出的离子，速度的最大值。
【答案】（1）设离子的质量为m、电荷量为q，从边界射出的速度为的离子，设其运动半径为，运动轨迹恰好与相切，运动轨迹如图2所示
根据牛顿第二定律得
根据几何关系得
解得
（2）从边界射出的离子，速度最大时离子运动轨迹恰好与相切，设其运动半径为，运动轨迹如图1所示，根据牛顿第二定律得
设的长度L，根据几何关系得
解得
【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】（1）当有最远距离时，两次轨迹都与边界相切，结合几何关系求解射出点与P点最大距离；
（2）洛伦兹力提供向心力，速度最大时离子运动轨迹恰好与相切，结合几何关系求解速度的最大值。
28．（2023高一下·丰城期末）如图所示，直角三角形ABC区域内（含边界）存在垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，顶点A处有一离子源，沿AC方向同时射出一群速度大小不同的正离子，离子的质量均为m、电荷量均为q，已知，BC边长为L，不计离子的重力及离子间的相互作用力，则下列说法正确的是( )
A．从AB边界射出的离子，一定同时平行射出
B．从BC边界射出的离子在磁场中运动的时间均不小于
C．从BC边界射出的离子的速度均不小于
D．当某离子垂直于BC边界射出时，磁场中的所有离子都在与AB边界成15°角的一条直线上
【答案】A,C,D
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】A.从AB边界射出的离子的运动轨迹如图所示：
由题意可知，离子的入射角度相同，根据对称性可得，出射角也相同，则从AB边界射出的离子转过的圆心角也相同均为60°。由于所有粒子质量，电量均相同，由粒子在磁场中运动的周期公式
可知，所有粒子的运动周期均相同，离子在磁场中的运动时间也相同，故离子会同时平行射出，A符合题意；
B.在B点射出的离子，在磁场中运动的时间
从BC边界射出的离子，圆周运动的圆心角
所以从BC边界射出的离子在磁场中运动的时间
B不符合题意；
C.当离子从BC边界射出时，从B点射出的离子运动半径最小，根据
可知，速度也最小，则离子从B点射出时，由几何关系可知，离子的运动半径为
由
可得
故从BC边界射出的离子的速度应该不小于，C符合题意；
D.同一时刻沿同个方向射出不同速度大小的离子，由于周期相同，则经历相同的时间，转过相同圆心角的离子在同一条直线上，当某离子垂直于BC边界射出时，由几何关系可知，此时离子转过的圆心角为30°，由弦切角与圆心角的关系可知，此时所有离子在与AB边界成15°角的一条直线上，D符合题意。
故答案为：ACD。
【分析】离子在磁场中做匀速圆周运动，根据题意画出离子出AB边射出的运动轨迹图，根据几何关系求解轨迹半径与圆心角，由轨迹圆心角和周期公式分析从AB边界射出的离子的速度方向和运动时间；根据几何关系分析粒子出BC边射出时轨迹的圆心角，找出临界，求出临界时间，由洛伦兹力提供向心力求解临界速度，做出判断；结合数学知识，分析当某离子垂直于BC边界射出时，磁场中的所有离子的位置关系。
29．（2024高二下·邵东月考）如图所示，MN是半径为R的圆形磁场区域的直径，MN上方存在方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，MN下方存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为2B。在M点有一质量为m、电荷量为的离子源，离子从N点射出时的速度大小不同，但方向均与磁场方向垂直且与MN成30°角。不计离子重力及离子间的相互作用，则从N点射出磁场的离子速度可能是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A,B
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】根据洛伦兹力提供向心力
离子在MN上方运动的半径为
离子在MN下方运动的半径为
若离子从MN上方通过N点有
解得
即
，，，……
若离子从MN下方通过N点有
解得
即
，，，……
故答案为：AB。
【分析】根据洛伦兹力提供向心力确定粒子在上下两个磁场的运动半径。粒子在上下两个磁场做往复运动，最后从N点离开，分析可知粒子可能最后从上方磁场从N点飞出，也可能从下方磁场从N点飞出。画出粒子出不同磁场飞出的运动轨迹，根据几何关系确定粒子运动半径与圆形磁场半径的关系，继而确定粒子速度的可能值。
30．（2023高二上·如皋期末）质谱仪的原理图如图所示，虚线上方区域处在垂直纸面向外的匀强磁场中，、间有一苂光屏。同位素离子源产生电荷量相同的离子、，、无初速度进入加速电场，经同一电压加速后，垂直进入磁场，恰好打在苂光屏点，恰好打在点。不计离子重力。则（ ）
A．、带负电荷 B．的质量比的大
C．在磁场中的运动速度比的大 D．在磁场中的运动时间比的长
【答案】C
【知识点】动能；左手定则—磁场对带电粒子的作用；带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【解答】A．根据左手定则及图中离子偏转方向，可知 、 带正电荷，A不符合题意；
B．设离子进入磁场的速度为v，在电场中 ，在磁场中 ，联立解得 ①，由题图知，b离子在磁场中运动的轨道半径较大，a、b为同位素，电荷量相同，所以b离子的质量大于a离子的质量，B不符合题意；
C．根据 ， ②，联立①②得 ，b离子的质量大于a离子的质量，所以 在磁场中的运动速度比 的大，C符合题意；
D．周期 ，在磁场中运动的时间均为半个周期，即 ，由于b离子的质量大于a离子的质量，B离子在磁场中运动的时间较长，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】根据左手定则得出粒子在电场中受到的洛伦兹力方向，并得出ab粒子所带的电性，在加速电场中利用动能定理得出进入磁场的速度，在磁场中利用洛伦兹力提供向心力得出轨道半径的表达式，结合半径的大小关系得出ab质量的大小关系和ab在磁场中运动速度的大小关系，根据粒子在磁场中运动的时间和周期的关系得出ab粒子运动时间的长短。
31．（2024高三下·浙江开学考）同位素分析仪如图（a）所示，感光胶片在x轴垂直纸面放置，取O为坐标原点，y轴垂直纸面向内。离子从离子源飘出，经加速电压U加速后沿直线进入磁感应强度为B的匀强磁场，经磁场偏转半个周期后离子打在放在OC的胶片上，使胶片曝光。两种离子的电荷量均为q，质量分别为m和。离子均匀进入加速电场的速度不计，加速电压为U。不考虑相对论效应及离子间的相互作用，不考虑电场变化产生的磁场。
（1）两种离子在胶片上感光位置的距离；
（2）若磁场的磁感应强度在范围内变化，能使两种离子在胶片上的痕迹能分开，求的最大值；
（3）若在磁场区域加一个向内的匀强电场E，磁感应强度仍为B，离子源包含各种比荷的离子，这些离子在胶片上痕迹的曲线方程；
（4）对质量m、电量q的离子，加上图（b）和图（c）的电压和电场，离子在电场及磁场中运动的时间远小于电压的变化周期，求胶片上感光区域的面积，并判断感光区域内离子是否均匀打在上面。
【答案】（1）解：粒子在电场中加速有
根据洛伦兹力提供向心力
离子运动的半径为
两种离子在胶片上感光位置的距离为
（2）解：质量为的离子的最大半径为
质量为离子的最小半径为
当时两种离子能分离，即
解得
（3）解：沿电场方向有
粒子在磁场中运动的时间为
可得
又
代入上式得
（4）解：在方向扫描周期很短，在方向扫描周期较长，所以可以认为感光区域由密集的沿方向的扫描线构成的矩形，则
面积
由知，与关系非线性，所以离子沿方向不均匀分布，右侧密左侧疏。
【知识点】带电粒子在电场中的加速；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】（1）由动能定理分析粒子在加速电场中的运动，得出粒子射入磁场的速度，再由洛伦兹力充当向心力，求出粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径，得到两种离子在胶片上感光位置的距离；（2）分析两种粒子的轨迹半径的临界值，根据两种离子在胶片上的痕迹能分开对两粒子轨迹半径的要求，求出的取值范围，得到最大值；（3）将粒子的运动分解为沿x轴方向和垂直x轴方向的y上的运动，求出两方向上粒子达到胶片上位移表达式，再推导出曲线方程；（4）根据（3）得出的x和y的表达式，求解胶片上感光区域的面积；根据x的表达式判断感光区域内离子是否均匀打在胶片上。
32．（2024高三上·湖北月考）如图所示，边长为L的等边三角形abc内有垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，P是ab边的中点，一质量为m、电荷量为-Q（Q>0）的带电粒子在纸面内沿不同方向以不同速率v从P点射入磁场，当v=v1时，平行于bc边射入的粒子从c点射出磁场。不考虑带电粒子受到的重力，下列说法正确的是（ ）
A．若粒子平行于bc边射入、垂直于bc边射出，则粒子在磁场中运动的半径为
B．若粒子平行于bc边射入、从ab边射出，则速度越大的粒子在磁场中运动的时间越长
C．当v=v1时，平行于bc边射入、从c点射出磁场的粒子在磁场中运动的时间为
D．当时改变粒子入射方向，从bc边射出的粒子在磁场中运动的最短时间为
【答案】D
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】A．若粒子平行于bc边射入、垂直于bc边射出，画出轨迹图如图所示
则粒子做匀速圆周运动的半径等于P点到bc边的距离，可得粒子在磁场中运动的半径
故A错误；
B．若粒子平行于bc边射入、从ab边射出，如图所示
由洛伦兹力提供向心力得
解得
速度越大，轨迹半径越大，粒子从ab边射出时的圆心角相同，其在磁场中运动的时间相同，故B错误；
C．当v=v1时，平行于bc边射入、从c点射出磁场，其运动轨迹如图所示
根据几何关系可得
解得
粒子运动轨迹对应的圆心角的正弦值为
解得
粒子在磁场中运动的时间为
故C错误；
D．当时，粒子在磁场中运动的半径
从bc边射出的粒子在磁场中运动的最短时间时，粒子在磁场中运动的圆心角最小，其运动轨迹如图所示
可知从P点到bc边出射点的距离等于轨道半径，即圆心角为，最短时间为
故D正确。
故选D。
【分析】根据粒子的运动轨迹，利用几何关系判断半径，与错误的表达式对比得出结论；先由洛伦兹力提供向心力得出半径公式，再分析速度与半径关系以及圆心角相同推出运动时间相同；根据特定速度下的运动轨迹，利用几何关系求出半径、圆心角正弦值以及运动时间，判断其错误；先计算特定速度下的半径，再通过分析最短时间的情况，确定圆心角和最短时间表达式，得出正确结论。
八、旋转圆问题
33．（2023高三上·青龙月考）如图所示，在正方形区域abcd内有方向垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场．在t＝0时刻，位于正方形中心O的离子源向平面abcd内各个方向发射出大量带正电的粒子，所有粒子的初速度大小均相同，粒子在磁场中做圆周运动的半径恰好等于正方形的边长，不计粒子的重力以及粒子间的相互作用力．已知平行于ad方向向下发射的粒子在t＝t0时刻刚好从磁场边界cd上某点离开磁场，下列说法正确的是（ ）
A．粒子在该磁场中匀速圆周运动的周期为6t0
B．粒子的比荷为
C．粒子在磁场中运动的轨迹越长，对应圆弧的圆心角越大
D．初速度方向正对四个顶点的粒子在磁场中运动时间最长
【答案】B,C
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】A.时刻t0出cd的粒子，在磁场中偏转300，所以周期为
T=12t0
A错误；
B.周期关系
得
B正确；
C.各圆均等大，弧长越长，圆心角越大，时间 越长，C正确；
D.轨迹经过四个顶点的粒子在磁场中的运动时间最长，D错误。
故正确答案为：BC
【分析】连接交点与圆心，根据几何关系找到300角是破解问题关键；采用等圆旋转的办法能使问题简化。
34．（2023高二上·绍兴期末）在如图所示的平面内，存在宽为的匀强磁场区域足够长、边界上有磁场，匀强磁场的磁感应强度大小为，左侧边界上有一离子源，可以向纸面内各方向发射质量为、带电荷量、速度大小为的离子。不计离子受到的重力和空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．离子在磁场中运动的最长时间为
B．离子从右侧边界离开磁场时，在磁场中运动的最短时间为
C．离子从右侧边界离开磁场时，在磁场中运动的最长时间为
D．离子从左侧边界离开磁场时，射入点与射出点间的最大距离为
【答案】B
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】AD.带电粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由
解得
则垂直左边界运动的离子恰与右边界相切，运动半个圆周，在磁场中运动的时间最长，为
此时，离子从左边界离开磁场，射入点与射出点间的距离最大，由几何关系可得，最大距离为2L，AD不符合题意；
B.离子从右侧边界离开磁场时，当离子圆周运动的弦长最短时，对应圆心角最小，由几何关系得最短弦长为L，圆心角为60°，根据
可得最短运动时间为
B符合题意；
C.离子从右侧边界离开磁场时，离子初速度沿左边界向下，离子做四分之一的圆周运动，此时有最大弦长，对应圆心角最大，运动时间最长，则离子从右侧边界离开磁场时，在磁场中运动的最长时间为
C不符合题意。
故答案为：B。
【分析】根据洛伦兹力提供向心力，求出粒子在磁场中运动的半径，结合该半径与磁场宽度的关系，分析离子从左侧边界离开磁场时，射入点与射出点间的最大距离为圆周的直径；离子从右侧边界离开磁场时，时间与弦长有关，弦长最长时间最长，弦长最短时间最短，求出对应圆心角，然后根据求解。
35．（2023高二下·平阳月考）如图所示，纸面内间距为的平行边界、间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为，上有一粒子源，可在纸面内沿各个方向均匀向磁场中射入质量均为，电荷量均为的带正电粒子，粒子射入磁场的速度大小均为，不计粒子受到的重力及粒子间的相互作用，则从边界射出的粒子数目与从边界射出的粒子数目之比为（ ）
A．： B．： C．： D．：
【答案】C
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】粒子受到的洛伦兹力提供粒子做圆周运动的向心力，有，可得粒子运动半径为，结合左手定则做出一部分粒子的轨迹如图：
沿AN方向向下射入磁场的粒子，是所有粒子中从PQ边界射出位置最靠下的粒子；粒子进入磁场的方向逆时针旋转，粒子打在PQ上的点上移，直到运动轨迹与PQ相切时，粒子打在PQ上的位置为粒子能从PQ边界射出的区域的最上端，由几何关系可得，得，可得由范围内射入的粒子从PQ射入，其余粒子从MN射出，则从MN边界射出的粒子数目与从PQ边界射出的粒子数目之比为，C符合题意，ABD不符合题意。
故答案为：C。
【分析】求出粒子在磁场做圆周运动的轨迹半径，再找出粒子从两边界射出的临界点，结合几何关系找出从两边界射出的粒子的角度范围，求出从MN边界射出的粒子数目与从PQ边界射出的粒子数目之比。
36．（2024高三下·承德模拟）如图所示，在直角坐标系平面内，有一离子源沿轴正方向发射出大量速率均为的同种正离子，这些离子均匀分布在离轴距离为的范围内，离子的质量为，电荷量为。在离子源右侧有一圆形磁场区域Ⅰ，其圆心的坐标为，半径为，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为（未知）。在无限大区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场II，磁感应强度大小为（未知），已知。为离子收集板，点位置坐标为，且平行于轴。若离子群经过磁场Ⅰ后均从点进入磁场Ⅱ，其中从离子源最上方射出的离子经过磁场Ⅰ偏转后恰好从点沿轴负方向射入磁场Ⅱ，离子打到收集板上即刻被吸收，不考虑离子从磁场Ⅱ出去后的运动，不计收集板和离子间的作用。
（1）求的大小；
（2）若从点射出的离子恰好全部被收集板右侧吸收，求收集板的长度；
（3）若收集板的长度为，则被板右侧收集的离子数与所有射入磁场的离子数的比值为多大？
【答案】解：（1）由从离子源最上方射出的离子经过磁场Ⅰ偏转后恰好从点沿轴负方向射入磁场Ⅱ可知，粒子在磁场Ⅰ中运动的半径为
根据洛伦兹力提供向心力有
解得
（2）因为，所以离子在磁场Ⅱ中运动的半径为
离子在磁场中运动轨迹如图
①从离子源最上方射出经O点沿y轴负方向的的离子，打在收集板的位置离x轴的距离最近，为
可知恰好打在C点。
②与x轴成角的离子到达CD板最远处的D点，则D点离x轴距离为
所以离子恰好全部被收集板右侧吸收时，收集板的长度为
（3）若收集板的长度为，则打在收集板下端的离子做圆周运动的轨迹如图所示：
从O点射出沿y轴负方向的离子在磁场Ⅱ中偏转后恰好经过C点，设从O点射出与x轴正方向夹角为的离子刚好经过D点，则
因，则C点为经过D点离子轨迹的圆心。
由
可得
若从离子源最下方射出的离子经O点也能被磁场Ⅱ作用，则打在收集板的位置离x轴的距离为
可知恰好打在收集板（长度为）的下端D点。
分析可知从O点射出与x轴正方向夹角为之间的离子能被CD板收集，如图所示：
从O点射出与x轴正方向夹角为的离子进入圆形磁场Ⅰ时与x轴的距离为PQ，则
从O点射出沿y轴负方向射入磁场Ⅱ的离子进入圆形磁场Ⅰ时与x轴的距离为，则被板右侧收集的离子对应离子源的宽度为
则被板右侧收集的离子数与所有射入磁场的离子数的比值为
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】（1）根据离子源最上方粒子经磁场Ⅰ偏转后恰好从点沿轴负方向射入磁场Ⅱ确定圆周运动半径等于磁场半径，由洛伦兹力提供向心力求解磁感应强度；
（2）根据两磁场的关系确定磁场Ⅱ中运动的半径为2R，分析粒子运动轨迹，分别以过O点沿Y轴负方向的粒子，由几何关系求解打在收集板距X轴最近距离；打在收集板最远点和O点连线为直径，由几何关系求解距X轴最远点，以此求解收集板长；
（3）根据收集板长2R可知，由几何关系可知收集板最近点和O点距离为2R，可知过O点打在最远的粒子以收集板最近点为圆心，以此求解过O点速度方向与X轴夹角为30°，进一步求解O点30°方向射入粒子在进入圆形磁场Ⅰ时与x轴的距离，以此确定打在收集板上粒子范围，并求解粒子数比值。
37．（2022高二上·金华期末） 某种离子收集装置的简化模型如图所示，x轴下方半径为R的圆形区域内存在着匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小B1=B，圆心所在位置坐标为（0，-R）。在x轴下方有一线性离子源，沿x轴正方向发射出N个（大量）速率均为v0的同种离子，这些离子均匀分布在离x轴距离为0.2R~1.8R的范围内。在x轴的上方，存在方向垂直纸面向里的有界匀强磁场，该磁场上边界与x轴平行，磁感应强度大小B2=2B。在x轴整个正半轴上放有一厚度不计的收集板，离子打在收集板上即刻被吸收。已知离子源中指向圆心O1方向射入磁场B1的离子，恰好从O点沿y轴射出。整个装置处于真空中，不计离子重力，不考虑离子间的碰撞和相互作用。
（1）求该种离子的电性和比荷；
（2）若x轴上方的磁场宽度d足够大，发射的离子全部能被收集板收集，求这些离子在x轴上方磁场中运动最长和最短时间差 t，以及离子能打到收集板上的区域长度L；
（3）若x轴上方的有界磁场宽度d可改变（只改变磁场上边界位置，下边界仍沿x轴），请写出收集板表面收集到的离子数n与宽度d的关系。
【答案】（1）解：已知沿圆心O1射入的离子，恰好从O点沿y轴射出，则可知离子在B1中向上偏转，根据左手定则，可知离子带负电，根据该离子运动轨迹，画出半径，如图所示
粒子运动的轨迹半径为，
解得
（2）解：离子经过圆心磁场区域均能到达O点，到达O点时，速度方向与y轴夹角为θ，如图所示
根据几何关系
可知
且左右对称；
在B2中，有，
可得
在磁场中所花时间最少的粒子轨迹为如图所示的劣弧，其轨迹对应的圆心角为
在磁场中所花时间最长的粒子为如图所示的优弧，其轨迹对应的圆心角为
根据周期
所以
离子打到收集板上的区域长度L，取决于离子打到收集板上的最近距离和最远距离，其中，最远距离为沿y轴正方向射出的离子，如上图所示
最近距离为速度方向与y轴正方向夹角为53°射入的离子，如上图所示
所以
（3）解：如图所示
①当所有离子均到达不了收集板时，此时磁场宽度为
即当时，；
②当离子方向在y轴右侧与y轴夹角度为θ时，有
对应离子在第三象限的带宽为
对应收集的离子数
当离子方向在y轴左侧与y轴夹角度为θ时，有
对应离子在第三象限的带宽为
对应收集的离子数
所以当时，；
③粒子能全部打到收集板时，，；
综上所述
，
，
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】（1）由沿圆心方向射入的粒子沿Y轴射出，根据沿径向射入圆形偏转磁场的规律，结合左手定则，可得粒子圆周运动半径和磁场半径的几何关系，解得粒子半径大小等于R，由圆周运动供需平衡求解粒子比荷；
（2）由 离子经过圆心磁场区域均能到达O点， 根据几何关系求解粒子进入磁场与Y轴的夹角，根据对称关系和磁场中粒子的半径确定收集板的位置，根据优弧和劣弧确定对应时间差，根据粒子打在收集板上的最近和最远距离求解收集板的长度；
（3）只改变X轴上方磁场的宽度d，粒子分别按可能打在收集板上的情况分别讨论得出收集板表面收集到的粒子数n与宽度d关系，得出结论。
38．（2024高二下·湖南月考）如图所示是科学仪器中广泛应用的磁致离子偏转技术原理图.位于纸面的xOy平面内和两条直线间存在着垂直纸面向内的匀强磁场.原点O处的离子源能沿纸面发射质量为，电荷量为的正离子.其中向第一象限且与x轴正向成37°发射的速度大小为的离子，刚好从A点（0，20cm）射出磁场，不计重力，.
（1）求该离子从A点射出磁场时的速度方向及匀强磁场的磁感应强度大小；
（2）若离子源向与x轴正向最大夹角为37°范围内发射离子，且所有离子都不离开磁场，求其发射的离子最大速度及最大速度离子可以到达的磁场区域面积S；
（3）若磁场布满整个空间且磁场区域充满空气，使进入磁场的离子受到与速度大小成正比、方向相反的阻力.离子源沿x轴正向持续发射速度为的离子，单位时间发射离子数为，这些离子均经过A点.若在A点沿y轴放一小块离子收集板以收集所有射到A点的离子，不考虑离子间的相互作用，求离子束对收集板的作用力沿x轴方向分力的大小.
【答案】（1）设轨迹半径为r
解得，
解得，
出射速度方向沿与轴正向夹角为
（2）沿轴正方向发射的离子轨迹恰好与上边界相切时
以方向入射的半径为的圆轨迹能到达的最低点
故最大半径为0.1m，
解得
如图所示，离子所到达的区域面积为
半径0.1m的一个圆加上顶角半径0.2m的扇形一中间叶片区域的面积，然后减去两个顶角半径0.1m的扇形相交区域的面积.即
（3）设某时刻速度为v，方向与水平方向夹角为，水平方向由动量定理得
即
解得
方向对粒子由动量定理得，
解得
由牛顿第三定律得，粒子对收集板的作用力大小为
【知识点】动量定理；动量守恒定律；洛伦兹力的计算；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】(1)根据几何知识求解离子在磁场中做匀速圆周运动的半径，再根据牛顿第二定律求解匀强磁场的磁感应强度大小，根据几何知识可知从A点射出磁场时的速度方向；
(2)沿x轴正方向发射的离子轨迹恰好与上边界相切时，根据几何知识求解离子做匀速圆周运动的半径，根据几何关系求解以37°方向入射的半径为rm的圆轨迹能到达的最低点，与x轴到下边界虚线距离比较即可得到最大半径，然后根据牛顿第二定律求解最大速度，画出离子运动的轨迹图，根据面积公式求解最大速度离子到达的磁场区域面积；
(3)离子从O到A水平方向根据动量定理求解离子到A点时沿水平方向的速度，离子打在收集板上，水平方向根据动量定理求解离子受到的作用力，根据牛顿第三定律求解离子束对收集板的作用力沿x轴方向分力的大小。
九、破鼎提升
39．（2023·辽宁模拟）如图所示，半圆形粒子源均匀地产生质量为m、电荷为的粒子。粒子源的电势为U，在粒子源中心放置一接地的粒子接收器P，粒子通过接收器后将会进入到垂直纸面向内的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。磁场的右边界与左边界平行且无限长，磁场宽度为，右边界的段覆盖有粒子吸收膜，可以吸收落在上面的粒子。右边界的段以及左边界都覆盖有弹性膜，当粒子与右边界段发生碰撞时，平行界面速度不变，垂直界面速度反向，且大小降为原来的；当粒子与左边界发生碰撞时，平行界面速度不变，垂直界面速度减为0。当粒子在弹性膜上静止时，就会沉降在弹性膜表面。（不计粒子重力）
（1）粒子源提供的粒子初速度为零，求粒子到达接收器P的速度v（未知）的大小；
（2）粒子源提供的粒子初速度为零，求粒子被吸收膜吸收的比例；
（3）若粒子源提供的粒子初速度可以任意调控，接收器只允许速度垂直于磁场边界的粒子通过，求初速度为运动的粒子最终停的位置。
【答案】（1）解：对粒子从粒子源到接收器由动能定理
解得
（2）解：粒子进入磁场后，洛伦兹力提供向心力，有
联立解得
粒子正好到达时，几何关系如图所示
设粒子在磁场中运动的轨迹圆心角为，由几何关系可得
解得
可知能够到达吸收膜的粒子所占比例为
（3）解：对粒子从粒子源到接收器这一过程中根据动能定理
粒子在磁场中运动，有
联立解得
该粒子与右侧弹性膜碰撞前的运动轨迹如图所示
设粒子轨迹对应的圆心角为，由几何关系可得
解得
由几何关系得粒子与右边界碰撞的位置与的距离为
碰撞时粒子垂直边界的速度为
平行边界的速度为
粒子反弹后的速度为
反弹后洛伦兹力提供向心力
联立解得
粒子第二次运动几何关系如图所示
设粒子出发时与水平方向的夹角为，由几何关系可得
解得
粒子相对于反弹点的水平距离为
于是有
即粒子位于左边界上，由几何关系可知，粒子将会垂直入射到左边界上。粒子与左边界碰撞的位置相对于反弹点的竖直距离为
由于粒子垂直入射到左边界上，没有平行边界的速度，所以粒子与左边界发生碰撞后将保持静止，于是粒子最终沉降在左边界上，与点距离为
联立解得
或者
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】（1）粒子在电场中做加速运动，根据动能定理求解出电场时速度大小。
（2） 粒子进入磁场后，洛伦兹力提供向心力 ，画出粒子运动轨迹，由几何关系求解轨迹圆心角大小，从而求出能够到达吸收膜的粒子所占比例。
（3）根据动能定理求解速度。画出该粒子与右侧弹性膜碰撞前的运动轨迹 ，碰撞后画出粒子第二次运动轨迹， 粒子垂直入射到左边界上，没有平行边界的速度，所以粒子与左边界发生碰撞后将保持静止
40．（2023·全国甲卷）光滑刚性绝缘圆筒内存在着平行于轴的匀强磁场，筒上P点开有一个小孔，过P的横截面是以O为圆心的圆，如图所示。一带电粒子从P点沿PO射入，然后与筒壁发生碰撞。假设粒子在每次碰撞前、后瞬间，速度沿圆上碰撞点的切线方向的分量大小不变，沿法线方向的分量大小不变、方向相反；电荷量不变。不计重力。下列说法正确的是（ ）
A．粒子的运动轨迹可能通过圆心O
B．最少经2次碰撞，粒子就可能从小孔射出
C．射入小孔时粒子的速度越大，在圆内运动时间越短
D．每次碰撞后瞬间，粒子速度方向一定平行于碰撞点与圆心O的连线
【答案】B,C,D
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】A.粒子从P点沿磁场半径方向进入磁场区域，以O1为圆心做圆周运动，在A点沿半径方向与圆筒碰撞，轨迹如图：
粒子与圆筒碰撞后依然沿半径方向进入磁场区域，所以粒子不可能通过圆心O，故A不符合题意；
B.由图可知，粒子至少与圆筒碰撞两次（A、B点），然后从小孔射出，故B符合题意；
C.设粒子在磁场中运动的轨道半径为r，圆筒的半径为R，粒子在磁场中做圆周运动有：，设，由几何关系得：，粒子在磁场中做圆周运动的时间为：，所以粒子的速度越大，越大，粒子在磁场中运动的时间越短，故C符合题意；
D.由分析可知粒子沿圆筒半径方向射入圆筒，碰撞后沿半径方向返回圆筒，故D符合题意。
故答案为：BCD。
【分析】带电粒子沿半径方向射入磁场，沿半径方向射出磁场；通过作图分析；根据洛伦兹力提供向心力求出半径，由几何关系得到与v的关系式，根据写出时间的关系式进行分析。
41．（2024高三下·西湖模拟）如图所示，是通过磁场控制带电粒子的一种模型。在和的区域内，分别存在磁感应强度均为B的匀强磁场，方向分别垂直纸面向里和垂直纸面向外。在坐标原点，有一粒子源，连续不断地沿x轴正方向释放出质量为m，带电量大小为q的带正电粒子，速率满足（不考虑粒子的重力、粒子之间的相互作用）试计算下列问题：
(1)求速率最小和最大的粒子在磁感应强度为B的匀强磁场中做圆周运动的半径大小和；
(2)求速率最小和最大的粒子从的边界射出时，两出射点的距离的大小；
(3)设粒子源单位时间内射出的粒子数目为n（设每种速率的粒子数目相同），在的区域加一个平行板电容器，且朝向出射粒子的一侧有小孔，孔的大小足以使所有的从边界射出的粒子都能进入开孔位置，在间加的电势差，射入的粒子有的原路返回，其它碰到N板的全被吸收，求稳定情况下，射向平行板电容器的粒子对电容器的作用力大小？（设孔的大小不影响电容器产生的电场，被吸收的粒子也不影响两极板的电势差）。
【答案】解：（1）粒子在磁感应强度为B的匀强磁场中做匀速圆周运动有
解得
所以
，。
（2）如图为某一速率的粒子运动的轨迹示意图
辅助线如图所示。由几何关系知道，速率为v1的粒子射出a = 2d边界时的坐标为
速率为v2的粒子射出x= 2d边界时的坐标为
所以
（3）根据能量守恒，可以计算例子打到N板时的速度
恰好打到极板时有
解得能够打到极板上的例子的最小速度为
因此代入最大速度和最小速度可得到打到N板时的速度范围为
极板受到的力由单位时间内打到粒子的提供，其中可以达到极板的粒子占出射粒子数的比例为
所以极板受力为
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】（1）粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动可求圆周半径，根据几何关系得出
速率最小和最大的粒子在磁感应强度为B的匀强磁场中做圆周运动的半径大小。
（2）画出粒子运动的轨迹示意图
由几何关系求出速率为v1的粒子射出a = 2d边界时的坐标，速率为v2的粒子射出x= 2d边界时的坐标，所以
（3）根据能量守恒 可以计算例子打到N板时的速度，恰好打到极板时有，联立能够打到极板上的例子的最小速度。代入最大速度和最小速度可得到打到N板时的速度范围。极板受到的力由单位时间内打到粒子的提供，其中可以达到极板的粒子占出射粒子数的比例，可求出极板受力。
42．（2024高三下·云南模拟） 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）解：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）解：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
（3）解：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
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】（1）根据左手定则确定粒子的偏转方向，根据题意画出粒子在磁场中的运动轨迹，再根据几何关系确定粒子的运动半径，再结合洛伦兹力提供向心力进行解答；
（2）当粒子运动轨迹对应的弦长最短时，粒子的运动时间最短。当粒子的运动轨迹和cd边相切时，粒子运动轨迹对应的圆心角最大，粒子的运动时间最长。分别画出粒子的运动轨迹，根据几何关系确定粒子运动轨迹对应的圆心角，再根据带电粒子在磁场运动规律进行解答；
（3）粒子运动轨迹对应的圆心角越小，粒子在磁场中的运动时间越短。粒子的运动速度不变，粒子的运动半径不变，粒子的运动轨迹对应的圆心构成以O点为圆心，粒子的运动半径为半径圆。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。再结合几何关系进行解答。
十、直击高考
43．（2022·湖北）如图所示，一带电粒子以初速度v0沿x轴正方向从坐标原点О 射入，并经过点P(a >0， b>0)。若上述过程仅由方向平行于y轴的匀强电场实现，粒子从О到Р运动的时间为t1，到达Р点的动能为Ek1。若上述过程仅由方向垂直于纸面的匀强磁场实现，粒子从O到Р运动的时间为t2，到达Р点的动能为Ek2。下列关系式正确的是·（ ）
A．t1< t2 B．t1> t2 C．Ek1< Ek2 D．Ek1 > Ek2
【答案】A,D
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【解答】粒子在电场中运动时沿x轴方向做匀速运动，速度不变；在洛伦兹力作用下，合速度不变，但沿x轴速度在不断减小，所以在磁场作用下运动时间更长。在电场力作用下，带电粒子做平抛运动，电场力做正功，使粒子动能增大，所以。
故选AD
【分析】洛伦兹力永远不做功，不改变速度大小，只改变运动方向：粒子在电场中做类平抛运动。
44．（2023·浙江选考）探究离子源发射速度大小和方向分布的原理如图所示。x轴上方存在垂直平面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场。x轴下方的分析器由两块相距为d、长度足够的平行金属薄板M和N组成，其中位于x轴的M板
