專題15帶電粒子在有界勻強磁場中的勻速圓周運動模型目錄TOC\o"1-3"\h\u一.帶電粒子在有界勻強磁場中的勻速圓周運動模型解法綜述 1二．帶電粒子在直線邊界磁場中的運動模型 2三．平行邊界磁場模型 11四．圓形邊界磁場模型 16五．環形磁約束模型 30六．三角形或四邊形邊界磁場模型 40七．數學圓模型在電磁學中的應用 45模型一“放縮圓”模型的應用 45模型二“旋轉圓”模型的應用 52模型三“平移圓”模型的應用 65模型四“磁聚焦”模型 69一.帶電粒子在有界勻強磁場中的勻速圓周運動模型解法綜述 基本思路圖例說明圓心的確定①與速度方向垂直的直線過圓心②弦的垂直平分線過圓心③軌跡圓弧與邊界切點的法線過圓心P、M點速度垂線交點P點速度垂線與弦的垂直平分線交點某點的速度垂線與切點法線的交點半徑的確定利用平面幾何知識求半徑常用解三角形法：例：(左圖)R＝eq\f(L,sinθ)或由R2＝L2＋(R－d)2求得R＝eq\f(L2＋d2,2d)運動時間的確定利用軌跡對應圓心角θ或軌跡長度L求時間①t＝eq\f(θ,2π)T②t＝eq\f(L,v)(1)速度的偏轉角φ等于所對的圓心角θ(2)偏轉角φ與弦切角α的關系：φ<180°時，φ＝2α；φ>180°時，φ＝360°－2α二．帶電粒子在直線邊界磁場中的運動模型【運動模型】直線邊界，粒子進出磁場具有對稱性(如圖所示)圖a中粒子在磁場中運動的時間t＝eq\f(T,2)＝eq\f(πm,Bq)圖b中粒子在磁場中運動的時間t＝(1－eq\f(θ,π))T＝(1－eq\f(θ,π))eq\f(2πm,Bq)＝eq\f(2mπ－θ,Bq)圖c中粒子在磁場中運動的時間t＝eq\f(θ,π)T＝eq\f(2θm,Bq)1.如圖，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=30°。粒子經過磁場偏轉后垂直穿過x軸。已知OM=a，粒子電荷量為q，質量為m，重力不計。則（）A．粒子帶正電荷B．粒子運動的軌道半徑為aC．粒子速度的大小為D．粒子在磁場中運動時間為【答案】C【詳解】A．粒子進入磁場后沿順時針方向做圓周運動，由左手定則可知，粒子帶負電，故A錯誤；BC．粒子運動軌跡如圖所示由幾何知識可知，粒子做圓周運動的軌道半徑粒子在磁場中做圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得解得故B錯誤，C正確；D．粒子在磁場中的運動周期粒子軌跡對應的圓心角為粒子在磁場中運動的時間為故D錯誤。故選C。2．如圖所示，在第一象限有垂直紙面向外的勻強磁場（坐標軸上無磁場），位于x軸上的Р點有一粒子發射器，沿與x軸正半軸成角方向發射不同速率的電子，已知當速度為時，粒子恰好從О點沿y軸負方向離開坐標系，則下列說法正確的是（）A．如果，則粒子速度越大，在磁場中運動的時間越長B．如果，則粒子速度越大，在磁場中運動的時間越短C．如果，則粒子速度越大，在磁場中運動的時間越長D．如果，則粒子速度越大，在磁場中運動的時間越短【答案】B【詳解】AB．當速度為時，粒子恰好從О點沿y軸負方向離開坐標系，作出此時的軌跡如圖所示該軌跡恰好與y軸相切，若，粒子速度越大，軌跡半徑越大，軌跡飛出點逐漸從上述軌跡的切點位置上移，可知，對應軌跡圓心角越小，根據可知，粒子在磁場中運動的時間越短，故A錯誤，B正確；CD．若，結合上述可知，粒子軌跡為一段優弧，粒子從x軸正方向射出，根據單邊有界磁場的對稱性，飛出的速度方向與x軸正方向夾角仍然等于，根據幾何關系可知，軌跡所對應的圓心角始終為，根據可知，如果，則在磁場中運動的時間一定，與速度大小無關，故CD錯誤。故選B。3.如圖所示，在的區域內存在與平面垂直的勻強磁場，磁感應強度大小為。一束速率等于的相同帶電粒子從原點發射，速度方向與軸正方向的夾角等概率的分布在范圍內。其中，沿軸正方向發射的粒子從磁場右邊界上的點（圖中末標出）離開磁場，其偏向角為。不計粒子間相互作用和重力，下列說法正確的是（）

A．粒子在磁場中做圓周運動的半徑為B．帶電粒子的比荷為C．帶電粒子在磁場中運動的最長時間為D．能從右邊界射出的粒子占總粒子數的【答案】AC【詳解】A．根據題意作出沿軸正方向發射的帶電粒子在磁場中做圓周運動的運動軌跡如圖甲所示，圓心為，根據幾何關系可知粒子做圓周運動的半徑為故A正確；B．由故B錯誤；C．在磁場中運動時間最長的粒子的運動軌跡如圖乙所示，由幾何知識得該粒子做圓周運動的圓心角為，在磁場中的運動時間故C正確；D．結合甲乙兩圖可知，能從右邊界射出的粒子的速度方向與軸正方向的夾角等概率的分布在范圍內，占總粒子數的，故D錯誤。故選AC。

4.如圖，在0≤x≤h，－∞<y<＋∞區域中存在方向垂直于紙面的勻強磁場，磁感應強度B的大小可調，方向不變．一質量為m，電荷量為q(q>0)的粒子以速度v0從磁場區域左側沿x軸進入磁場，不計重力．(1)若粒子經磁場偏轉后穿過y軸正半軸離開磁場，分析說明磁場的方向，并求在這種情況下磁感應強度的最小值Bm；(2)如果磁感應強度大小為eq\f(Bm,2)，粒子將通過虛線所示邊界上的一點離開磁場．求粒子在該點的運動方向與x軸正方向的夾角及該點到x軸的距離．【答案】見解析【解析】(1)由題意，粒子剛進入磁場時應受到方向向上的洛倫茲力，因此磁場方向垂直于紙面向里．設粒子進入磁場中做圓周運動的半徑為R，根據洛倫茲力公式和圓周運動規律，有qv0B＝meq\f(v02,R)①由此可得R＝eq\f(mv0,qB)②粒子穿過y軸正半軸離開磁場，其在磁場中做圓周運動的圓心在y軸正半軸上，半徑應滿足R≤h③由題意，當磁感應強度大小為Bm時，粒子穿過y軸正半軸離開磁場時的運動半徑最大，由此得Bm＝eq\f(mv0,qh)④(2)若磁感應強度大小為eq\f(Bm,2)，粒子做圓周運動的圓心仍在y軸正半軸上，由②④式可得，此時圓弧半徑為R′＝2h⑤粒子會穿過圖中P點離開磁場，運動軌跡如圖所示．設粒子在P點的運動方向與x軸正方向的夾角為α，由幾何關系sinα＝eq\f(h,2h)＝eq\f(1,2)⑥即α＝eq\f(π,6)⑦由幾何關系可得，P點與x軸的距離為y＝2h(1－cosα)⑧聯立⑦⑧式得y＝(2－eq\r(3))h.4.（2024·江西·模擬預測）如圖，在直角坐標xOy平面的y軸與直線之間有垂直坐標平面向外的勻強磁場，場強大小為B。在坐標原點處有一粒子源，在坐標平面內沿與y軸正方向成的夾角向磁場內射入大量質量為m，電荷量為q的帶正電粒子，這些粒子的速度滿足，已知這些粒子在磁場中運動的最長時間是最短時間的5倍，不計粒子的重力和粒子間的相互作用，，。則等于（）A． B．C． D．【答案】B【詳解】粒子在磁場中做勻速圓周運動，令軌跡對應的圓心角為，則粒子在磁場中一定的時間可知，軌跡對應圓心角越大，粒子在磁場中運動時間越長，可知，當粒子從y軸離開磁場，對應軌跡圓心角最大，粒子在磁場中一定時間最長，根據幾何關系可知，此時軌跡的圓心角為。因為在磁場中運動的最長時間是最短時間的5倍，則運動時間最短時對應的軌跡的圓心角為，由于解得速度越大，軌道半徑越大，在上述磁場中運動時間越短，所以最大速度粒子對應的時間最短，即其軌跡對應的圓心角為，由幾何關系可知粒子將垂直于磁場右邊界飛出磁場，則有解得軌道半徑為結合上述解得最大速度為故選B。5.如圖，一磁感應強度大小為B的勻強磁場，方向垂直于紙面（xOy平面）向里，磁場右邊界與x軸垂直。一帶電粒子由O點沿x正向入射到磁場中，在磁場另一側的S點射出，粒子離開磁場后，沿直線運動打在垂直于x軸的接收屏上的P點；SP=l，S與屏的距離為，與x軸的距離為a。如果保持所有條件不變，在磁場區域再加上電場強度大小為E的勻強電場，該粒子入射后則會沿x軸到達接收屏。該粒子的比荷為（

）

A． B． C． D．【答案】A【詳解】由題知，一帶電粒子由O點沿x正向入射到磁場中，在磁場另一側的S點射出，

則根據幾何關系可知粒子出離磁場時速度方向與豎直方向夾角為30°，則解得粒子做圓周運動的半徑r=2a則粒子做圓周運動有則有如果保持所有條件不變，在磁場區域再加上電場強度大小為E的勻強電場，該粒子入射后則會沿x軸到達接收屏，則有Eq=qvB聯立有故選A。6.（2024·河北·模擬預測）如圖，水平放置的擋板上方有垂直紙面向里的勻強磁場，一帶電粒子垂直于指板從板上的小孔射入磁場，另一帶電粒子垂直于磁場且與擋板成角射入磁場，、初速度大小相等，兩粒子恰好都打在板上同一點（圖中未標出），不計重力，下列說法正確的是（）A．、的電性相反B．、在磁場中的運動時間可能相同C．若在點左側，則、的比荷之比為D．若在點右側，則、的比荷之比為【答案】D【詳解】A．根據題意可知，兩粒子在磁場中的偏轉方向相同，所以根據左手定則可知，兩粒子的電性相同，故A錯誤；BCD．令兩粒子都帶正電，粒子的運動軌跡如圖所示P點在O點的左側，根據幾何知識有Ra：Rb=sinθ：1因為所以粒子做圓周運動的半徑為則根據圖形可知，該種情況下a粒子做圓周運動的路程小于b粒子的路程，根據可知，a、b兩粒子的速度相等，所以a粒子的運動時間小于b粒子；當兩粒子都帶負電時，兩粒子的運動軌跡如圖所示P點在O點的右側，根據幾何知識有Ra：Rb=sinθ：1則根據圖形可知，該種情況下a粒子做圓周運動的路程大于b粒子的路程，所以a粒子的運動時間大于b粒子；故D正確，BC錯誤。故選D。三．平行邊界磁場模型【運動模型】平行邊界存在臨界條件，圖a中粒子在磁場中運動的時間t1＝eq\f(θm,Bq)，t2＝eq\f(T,2)＝eq\f(πm,Bq)圖b中粒子在磁場中運動的時間t＝eq\f(θm,Bq)圖c中粒子在磁場中運動的時間t＝(1－eq\f(θ,π))T＝(1－eq\f(θ,π))eq\f(2πm,Bq)＝eq\f(2mπ－θ,Bq)圖d中粒子在磁場中運動的時間t＝eq\f(θ,π)T＝eq\f(2θm,Bq)1.（2024·廣西欽州·模擬預測）如圖所示，有界勻強磁場的寬度為d，一帶電荷量為q、質量為m的帶負電粒子以速度垂直邊界射入磁場，離開磁場時的速度偏角為，不計粒子受到的重力，下列說法正確的是（）A．帶電粒子在勻強磁場中做圓周運動的軌道半徑為3dB．帶電粒子在勻強磁場中做圓周運動的角速度為C．帶電粒子在勻強磁場中運動的時間為D．勻強磁場的磁感應強度大小為【答案】B【詳解】A．由幾何關系可知，帶電粒子在勻強磁場中做圓周運動的軌道半徑為選項A錯誤；B．帶電粒子在勻強磁場中做圓周運動的角速度為選項B正確；C．帶電粒子在勻強磁場中運動的時間為選項C錯誤；D．根據解得勻強磁場的磁感應強度大小為選項D錯誤。故選B。2．（2024·湖北黃岡·三模）如圖所示，空間內有一垂直于x軸的足夠大的平面M，M將的空間分成Ⅰ、Ⅱ兩區域，兩區域均存在磁感應強度大小為B的勻強磁場，區域Ⅰ磁場沿y軸負向，區域Ⅱ磁場沿y軸正向。一帶電粒子從O點以大小為v的速度射入區域Ⅰ，速度方向在xOy平面內且與x軸正向成，粒子在Ⅰ、Ⅱ兩區域內運動后經過y軸上的P點。已知，，不計帶電粒子的重力，則該粒子的比荷為（）A． B． C． D．【答案】A【詳解】將粒子的入射速度沿水平方向與豎直方向分解，則有粒子水平方向的分運動為勻速圓周運動，豎直方向的分運動為勻速直線運動，假設粒子帶正電，Ⅰ、Ⅱ兩部分磁場方向分別沿y軸負方向與y軸正方向，作出粒子水平方向運動的俯視圖如圖所示粒子在水平方向中做勻速圓周運動，則有粒子勻速圓周運動的周期為解得，粒子在左右磁場中圓周運動的半徑相等，則有粒子在水平方向圓周運動的時間為粒子在豎直方向做勻速直線運動的時間為根據分運動的等時性有解得故選A。3.（2025·浙江·模擬預測）在如圖所示的xOy平面內，邊長為2R的正方形區域中存在方向垂直xOy平面向外、磁感應強度大小為B的勻強磁場，沿x軸放置一長為2R的探測板，與磁場下邊界的間距為R，質量為m、電荷量為q的正離子源從正方形一邊（位于y軸上）的中點P向垂直于磁場方向持續發射離子，發射速度方向與水平方向夾角范圍為0﹣60°并沿0﹣60°范圍均勻分布，單位時間發射N個離子，其發射離子速度大小隨發射角變化的關系為，α為發射速度方向與水平方向夾角，其中當α＝0°的離子恰好從磁場下邊界的中點沿y軸負方向射出。不計離子間的相互作用和離子的重力，離子打在探測板即被吸收并中和，已知R＝0.05m，B＝1T，v0＝5×105m/s，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。(1)求離子的比荷（結果保留一位有效數字）；(2)求單位時間內能打在探測板上的離子數n（結果保留分數）；(3)求探測板至少多長能吸收到所有離子（結果保留根式）。【答案】(1)1×107C/kg(2)N(3)m【詳解】（1）α＝0°離子的軌跡如圖所示：根據幾何關系r＝R根據洛倫茲力提供向心力有qv0B聯立代入數據解得比荷1×107C/kg（2）發射速度方向與水平方向夾角為α的離子運動軌跡半徑為如果第一、四象限都有磁場，根據幾何關系可得離子在磁場中運動時在y軸上的弦長即所有粒子都打到O點；根據對稱性可得從P向磁場發射的離子均垂直磁場下邊界射出，離子要打在探測板最右邊時，需滿足解得α＝37°所以當α＞37°時粒子從磁場右邊界射出磁場不能打到探測板上，則單位時間內能打在探測板上的離子數nN（3）根據幾何關系可知當α＝60°時，從有邊界射出的粒子運動最遠，如圖：此時可知QM＝2R，β＝60°解得此時粒子在x軸上的距離m所以探測板至少m才能接到所有的粒子。四．圓形邊界磁場模型【模型構建】沿徑向射入圓形磁場的粒子必沿徑向射出，運動具有對稱性(如圖所示)粒子做圓周運動的半徑r＝eq\f(R,tanθ)粒子在磁場中運動的時間t＝eq\f(θ,π)T＝eq\f(2θm,Bq)θ＋α＝90°1．圓形有界磁場問題（1）正對圓心射入圓形磁場區域正對圓心射出，兩圓心和出（入）射點構成直角三角形，有→磁偏轉半徑，根據半徑公式求解；時間。速度v越大→磁偏轉半徑r越大→圓心角α越小→時間t越短。若r=R，構成正方形。2．圓形有界磁場問題（2）不對圓心射入圓形磁場區域兩個等腰三角形，一個共同的底邊若r=R，構成菱形1.如圖所示，半徑為R、圓心為O的圓形區域內存在一垂直紙面向里的勻強磁場，直徑ab水平。電子帶電荷量為、質量為m，以速率v從a處始終沿紙面射入磁場，當電子在a處的速度方向與aO夾角為30°、斜向下時，離開磁場時的速度方向相比進入時的改變了60°。不計電子的重力，下列說法正確的是（）

A．圓形區域中磁場的磁感應強度大小為B．改變入射方向，當電子經過O點時，電子在磁場中的運動時間為C．改變入射方向，電子離開磁場時的速度方向不變D．改變入射方向，電子離開磁場時的速度方向可能改變【答案】BC【詳解】A．設電子在磁場中做勻速圓周運動的軌跡圓心為C，出射點為d，如圖甲所示，由于電子離開磁場時的速度方向相比進入時的速度方向改變了60°，可知，由三角形全等可知電子從d點射出時的速度方向豎直向下，可知為等腰三角形，可知電子在磁場中做勻速圓周運動的軌跡半徑根據洛倫茲力提供電子在磁場中做圓周運動的向心力可得代入半徑可得故A錯誤。B．改變電子在a處的入射方向，當電子經過O點時，如圖乙所示，軌跡圓心在圓形邊界上的D點，出射點在e點，可知四邊形aOeD為菱形，三角形aOD，eOD為等邊三角形，電子從e點射出時速度方向仍豎直向下，在磁場中運動軌跡對應的圓心角為120°，電子在磁場中的運動時間為故B正確。C．改變電子在a處的入射方向，設電子從一般位置f射出，軌跡圓心為P，同理可知四邊形aOfP為菱形，出射點對應軌跡半徑，可知電子射出磁場時速度方向仍豎直向下，即改變入射方向，電子離開磁場時的速度方向不變，故C正確，D錯誤。

故選BC。2.（2024·云南昆明·模擬預測）一圓筒的橫截面如圖所示，其圓心為O，筒內有垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B。質量為m、電荷量為q的帶正電粒子以速度v沿半徑SO方向射入磁場中。粒子與圓筒發生兩次碰撞后仍從S孔射出，設粒子與圓筒碰撞過程中沒有動能損失，且電荷量保持不變，在不計重力的情況下，則圓筒的半徑為（）A． B． C． D．【答案】B【詳解】粒子進入磁場后做勻速圓周運動，運用幾何關系做出圓心為O'，圓半徑為r，設第一次碰撞點為A，由于粒子與圓筒發生兩次碰撞又從S孔射出，因此SA弧所對的圓心角由幾何關系得粒子運動過程中洛倫茲力充當向心力，由牛頓第二定律得聯立解得故選B。3.（2024·山東臨沂·二模）如圖所示，半徑為R圓形區域內存在磁感應強度大小為B的勻強磁場，磁場方向垂直于紙面向外。質量為m、電荷量為的帶電粒子由A點沿平行于直徑的方向射入磁場，最后經過C點離開磁場。已知弧對應的圓心角為60°，不計粒子重力。則（）A．粒子運動速率為B．帶電粒子運動過程中經過圓心OC．粒子在磁場中運動的時間為D．粒子在磁場中運動的路程為【答案】B【詳解】A．假設該電荷在磁場中運動軌跡圓心為O’，由幾何關系可知為正三角形。假設運動軌跡半徑為r，由幾何關系可知由洛倫茲力公式可知故A錯誤；B．由圖像可知，軌跡經過圓心。故B正確；C．由于此時運動軌跡圓心角為120°，結合公式可知，所用時間為故C錯誤；D．由幾何關系可知故D錯誤。故選B。4．（2024·廣東深圳·二模）如圖所示，半徑為R的圓形區域內存在勻強磁場，磁場方向垂直于圓所在的平面。一速度為v的帶電粒子從圓周上的A點沿半徑方向射入磁場，入射點A與出射點B間的圓弧為整個圓周的三分之一。現有一群該粒子從A點沿該平面以任意方向射入磁場，已知粒子速率均為，忽略粒子間的相互作用，則粒子在磁場中最長運動時間為（）A． B． C． D．【答案】C【詳解】粒子在磁場中做勻速圓周運動，設速率為的帶電粒子的運動半徑為，其軌跡如圖中弧AB所示由題意可知，由幾何關系可得圓周運動的半徑為由洛倫茲力提供向心力可得可得粒子的半徑為可知粒子運動半徑與速率成正比，則速率為的粒子在磁場中圓周運動半徑為在磁場中運動時間最長的粒子的運動軌跡的弦為磁場區域圓的直徑，粒子運動軌跡如圖中的弧AC。則角滿足可得粒子在磁場中運動的周期為粒子在磁場中最長運動時間為故選C。5.粒子物理研究中使用的一種球狀探測裝置橫截面的簡化模型如圖所示。內圓區域有垂直紙面向里的勻強磁場，外圓是探測器。兩個粒子先后從P點沿徑向射入磁場，粒子1沿直線PM通過磁場區域后打在探測器上的M點。粒子2經磁場偏轉后打在探測器上的N點。裝置內部為真空狀態，忽略粒子重力及粒子間相互作用力。下列說法正確的是（）

A．粒子1可能為質子B．粒子2可能為電子C．若增大磁感應強度，粒子1可能打在探測器上的Q點D．若增大粒子入射速度，粒子2可能打在探測器上的Q點【答案】D【詳解】A．粒子1沿直線運動，因忽略粒子重力及粒子間相互作用力，可知該粒子不帶電，故不可能為質子，故A錯誤；B．粒子2水平射入后向上偏轉，即受到向上的洛倫茲力，由左手定則可知該粒子帶正電，故B錯誤；C．因粒子1不帶電，所以增大磁感應強度，粒子1仍打在M點，故C錯誤；D．由可知增大粒子入射速度后，粒子圓軌跡半徑增大，所以粒子2可能打在探測器上的Q點，故D正確。故選D。6.如圖，圓形虛線框內有一垂直紙面向里的勻強磁場，是以不同速率對準圓心入射的正電子或負電子的運動徑跡，a、b、d三個出射點和圓心的連線與豎直方向分別成角，下列判斷正確的是（）

A．沿徑跡運動的粒子均為正電子B．沿徑跡運動的粒子在磁場中運動時間最短C．沿徑跡運動的粒子在磁場中運動時間之比為2∶1D．沿徑跡運動的粒子動能之比為3∶1【答案】C【詳解】A．由左手定則可判斷沿徑跡，運動的粒子均帶負電，A項錯誤；B．由于正電子和負電子的電量q和質量m均相等，粒子在磁場中做勻速圓周運動，則有解得可知四種粒子的周期相等，而沿徑跡運動的粒子偏轉角最大，圓心角也最大，設偏轉角為θ，由可知沿徑跡運動的粒子在磁場中運動時間最長，B項錯誤；C．沿徑跡Oa運動的粒子在磁場中偏轉角度為沿徑跡Od運動的粒子在磁場中偏轉角度為兩粒子運動周期大小相同，則可知，運動的粒子在磁場中運動時間之比為2∶1，選項C正確；D．設圓形磁場半徑為r，根據幾何關系可得沿徑跡，運動的粒子軌道半徑分別為根據可得根據動能可知沿徑跡運動的粒子動能之比為1∶3，選項D錯誤。故選C。7.如圖所示，紙面內有一圓心為O，半徑為R的圓形磁場區域，磁感應強度的大小為B，方向垂直于紙面向里。由距離O點處的P點沿著與連線成的方向發射速率大小不等的電子。已知電子的質量為m，電荷量為e，不計電子的重力且不考慮電子間的相互作用。為使電子不離開圓形磁場區域，則電子的最大速率為（）A． B． C． D．【答案】C【詳解】如圖當電子的運動軌跡與磁場邊界相切時，根據得電子運動半徑最大，速度最大。電子圓周運動的圓心與圓形磁場的圓心以及切點共線，過電子圓周運動的圓心做OP的垂線，由幾何關系得得則最大速率為故選C。8.如圖所示，在直角坐標xOy平面內，有一半徑為R的圓形勻強磁場區域，磁感應強度的大小為B，方向垂直于紙面向里，邊界與x、y軸分別相切于a、b兩點，ac為直徑。一質量為m，電荷量為q的帶電粒子從b點以某一初速度v0（v0大小未知）沿平行于x軸正方向進入磁場區域，從a點垂直于x軸離開磁場，不計粒子重力。下列判斷不正確的是（）

A．該粒子的速度為B．該粒子從b點運動到a點的時間為C．以從b點沿各個方向垂直進入磁場的該種粒子從邊界出射的最遠點恰為a點D．以從b點沿各個方向垂直進入磁場的該種粒子在磁場中運動的最長時間是【答案】D【詳解】AB．粒子從b點以某一初速度沿平行于x軸正方向進入磁場區域，從a點垂直于軸離開磁場，如圖所示由洛倫茲力提供向心力可得由幾何關系可得聯立解得該粒子從b點運動到a點的時間為故AB正確；

C．以從b點沿各個方向垂直進入磁場，粒子在磁場中的半徑為該種粒子從邊界出射的最遠點與入射點的距離為粒子軌跡圓的直徑，由幾何關系可知可知該種粒子從邊界出射的最遠點恰為a點，故C正確；

D．以從b點沿各個方向垂直進入磁場，粒子在磁場中的半徑為當該粒子在磁場中運動軌跡對應的弦長最大時，軌跡對應的圓心角最大，粒子在磁場中運動的時間最長，如圖所示

由幾何關系可知，最大圓心角為，則最長時間為故D錯誤。此題選擇不正確的選項，故選D。9.（2024·四川眉山·模擬預測）如圖所示，為某速度選擇器的主要工作區域，圓形區域內存在垂直紙面向里的勻強磁場（圖中未畫出），O點為磁場的圓心，水平虛線為圓的一條直徑。S點有一粒子發射源能在紙面內沿SO向外發射一系列比荷均為k的正粒子，M、N為水平虛線下方半圓的三等分點，P為水平虛線下方半圓的一個四等分點。粒子發射速率為v0時，粒子在磁場中運動時間為t0并從M點離開磁場，粒子初速度范圍為[0.1v0，10v0]，可連續變化，且不同速度的粒子數量相同。下列說法正確的是（）A．磁感應強度大小為B．從P點射出的粒子的速率為C．粒子的速度越小，在磁場中運動時間越短D．從弧SM射出的粒子數小于從弧MN射出的【答案】AD【詳解】A．當粒子從M點離開磁場時，軌跡如圖所示粒子在磁場中運動的時間為所以故A正確；B．當粒子從M點射出時，根據洛倫茲力提供向心力當粒子從P點射出時，根據洛倫茲力提供向心力聯立解得故B錯誤；C．粒子的速度越小，半徑越小，圓心角越大，則粒子在磁場中運動時間越長，故C錯誤；D．若粒子從N點射出，則所以從弧SM射出的粒子的速度大小為0.1v0~v0，從弧MN射出的粒子速度大小為v0~3v0，由此可知，從弧SM射出的粒子數小于從弧MN射出的粒子數，故D正確。故選AD。五．環形磁約束模型【模型構建】臨界圓臨界半徑勾股定理(R2-R1)2=R12+r2解得：1.（2024·遼寧·三模）地磁場能抵御宇宙射線的侵入，赤道剖面外地磁場可簡化為包圍地球且厚度為地球半徑的的勻強磁場，方向垂直該剖面，圖中給出的速度在圖示平面內，從O點沿平行于垂直地面兩個不同方向入射的a、b、c三種比荷相同的帶電粒子（不計重力）在地磁場中的三條運動軌跡，其中，a、c粒子入射速度大小分別為va、vc，方向與地面平行，b粒子入射速度方向與地面垂直，且它們都恰不能到達地面。則下列相關說法中正確的是（）A．三個粒子在磁場中圓周運動的周期B．a粒子帶負電，b、c粒子帶正電C．D．【答案】C【詳解】A．根據洛倫茲力為其做圓周運動提供向心力及周期公式解得三種粒子的比荷相同，故周期相同，A錯誤；B．根據左手定則可知，a、c粒子帶負電，b粒子帶正電，B錯誤；CD．根據洛倫茲力提供向心力解得設地球半徑為R，則所以C正確，D錯誤。故選C。2.如圖所示，半徑分別為R和2R的同心圓處于同一平面內，O為圓心。兩圓形成的圓環內（含邊界）有垂直圓面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B。一質量為m、電荷量為q（）的粒子由大圓上的A點以速率v沿大圓切線方向進入磁場，粒子僅在磁場中運動，不計粒子的重力，則粒子運動速率v可能為（）A． B． C． D．【答案】ACD【詳解】帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動可得粒子僅在磁場中運動，則或代入可得或故選ACD。3.（2024·山東日照·模擬預測）據報道，我國空間站安裝了現代最先進的霍爾推進器用以空間站的軌道維持。如圖乙，在很窄的圓環空間內有沿半徑向外的磁場1，其磁感強度大小可近似認為處處相等；垂直圓環平面同時加有勻強磁場2和勻強電場（圖中沒畫出），磁場1與磁場2的磁感應強度大小相等，已知電子電量為e，質量為m，若電子恰好可以在圓環內沿順時針方向做半徑為R、速率為v的勻速圓周運動。則以下說法錯誤的是（）A．電場方向垂直環平面向外 B．電子運動周期為C．垂直環平面的磁感強度大小為 D．電場強度大小為【答案】A【詳解】A．根據左手定則可知電子在圓環內受到沿半徑向外的磁場1的洛倫茲力方向垂直環平面向里，電場力需要與該洛倫茲力平衡，電場力方向應垂直環平面向外，由于電子帶負電，故電場方向垂直環平面向里，故A錯誤；B．電子在圓環內沿順時針方向做半徑為、速率為的勻速圓周運動，則電子運動周期為故B正確；C．電子在圓環內受到磁場2的洛倫茲力提供電子做圓周運動的向心力，則有解得故C正確；D．電子在垂直環平面方向受力平衡，則有解得故D正確。故選A。4.2023年1月7日，中科院聚變大科學團隊利用有“人造太陽”之稱的全超導托卡馬克大科學裝置（EAST），發現并證明了一種新的高能量約束模式，對國際熱核聚變實驗堆和未來聚變堆運行具有重要意義。其基本原理是由磁場約束帶電粒子運動，使之束縛在某個區域內。如圖所示，環狀磁場的內半徑為，外半徑為，被束縛的帶電粒子的比荷為k，中空區域內帶電粒子具有各個方向的速度，速度大小為v。中空區域中的帶電粒子都不會穿出磁場的外邊緣而被約束在半徑為的區域內，則環狀區域內磁場的磁感應強度大小可能是（）A． B．C． D．【答案】CD【詳解】由題意可知，粒子的比荷為k，要使所有的粒子都不能穿出磁場，與內圓相切的方向進入磁場的粒子在磁場運動的軌跡剛好與外圓相切，運動軌跡如圖所示由幾何知識可知，粒子最大軌道半徑粒子在磁場中做圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得解得要使粒子不離開磁場由于故選CD。5.（2024·貴州遵義·三模）如圖所示，空間存在垂直紙面向外的環形勻強磁場，磁感應強度為B，磁場內外邊界為兩個同心圓，半徑分別為R、3R。現有質量為m電荷量為q的粒子，沿半徑方向垂直于磁場進入環形區域，粒子恰好不能進入小圓區域，不計重力。則粒子在磁場中運動的（

）A．軌道半徑為1.5R B．軌道半徑為3RC．運動時間為 D．運動時間為【答案】C【詳解】AB．設粒子帶正電，粒子恰好不能進入小圓區域，軌跡如圖所示根據幾何關系可得解得粒子軌道半徑為故AB錯誤；CD．由幾何關系可得可得則粒子在磁場中的運動時間為故C正確，D錯誤。故選C。6．（2024·內蒙古赤峰·三模）宇宙射線中含有大量的質子，為防止質子對宇航員的危害，某科研團隊設計了如圖甲所示的防護裝置，圖乙為其截面圖。半徑為R的圓柱形區域是宇航員的防護區，在半徑分別為R和2R的同心圓柱之間加有沿軸線方向的勻強磁場。已知質子沿各個方向運動的速率均為電荷量為e，質量為m。不計質子間相互作用。若垂直磁場入射的所有質子都無法進入防護區，則磁感應強度大小至少為（）A． B． C． D．【答案】A【詳解】為使所有速度為的粒子都不進入防護區，半徑最大的粒子軌跡如圖則粒子的半徑最大為由洛倫茲力提供向心力可知解得磁感應強度大小至少為故選A。7．（2024·山東聊城·二模）2023年4月，我國有“人造太陽”之稱的托卡馬克核聚變實驗裝置創造了新的世界紀錄。其中磁約束的簡化原理如圖：在半徑為和的真空同軸圓柱面之間，加有與軸線平行的勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里，。假設氘核沿內環切線向左進入磁場，氚核沿內環切線向右進入磁場，二者均恰好不從外環射出。不計重力及二者之間的相互作用，則和的速度之比為（）A．2∶1 B．3∶2 C．2∶3 D．1∶2【答案】D【詳解】由題意可知，根據左手定則，作圖如圖所示由幾何關系可知，氘核的半徑為，有則由幾何關系可知，氚核的半徑為，有則由洛倫茲力提供向心力可得氘核和氚核的速度之比為故選D。8．（2024·貴州貴陽·一模）一磁約束裝置的簡化示意圖如圖所示。在內、外半徑分別為R、R的環狀區域內有方向垂直紙面向里、磁感應強度大小為B的勻強磁場。一質量為m、電荷量為q的粒子從P點沿圓的半徑方向射入磁場后恰好不會穿出磁場的外邊界，且被約束在大圓以內的區域內做周期性運動，不計粒子重力。則該粒子的運動周期為（）A． B．C． D．【答案】C【詳解】粒子運動的軌跡如圖所示根據幾何關系有解得，根據洛倫茲力提供向心力有可得所以粒子的運動周期為故選C。六．三角形或四邊形邊界磁場模型1．（2025·江西南昌·一模）如圖所示，在直角三角形abc區域內有勻強磁場，磁場方向垂直于紙面向外，。一質子以的速度沿平行于ab的方向從O點射入三角形區域，經時間t從ON的中點M離開磁場，若一粒子以的速度從O點沿相同的方向射入，則粒子在磁場中的運動時間為（

）A． B．t C． D．2t【答案】D【詳解】根據洛倫茲力提供向心力可得解得設質子在磁場中的運動半徑為，則粒子在磁場中的運動半徑為根據幾何關系可知粒子從N點離開磁場，根據題意作出粒子運動軌跡質子在磁場中的運動時間為粒子在磁場中的運動時間為故選D。2．（2024·湖南·模擬預測）如圖所示，射線AB、AC為一足夠大的勻強磁場區域的邊界，內部磁場方向垂直紙面向里。兩個質量相同且帶異種電荷的粒子a、b以相同的速度先后從AB邊上的D點垂直AB邊射入磁場，兩粒子運動的軌跡均與AC相切，忽略粒子受到的重力及粒子間的相互作用力，，下列說法正確的是（）A．a粒子帶負電B．a、b兩粒子運動軌跡半徑之比為3：1C．a、b兩粒子所帶的電荷量之比為1：4D．b粒子在磁場中的軌跡直徑等于兩切點的距離【答案】C【詳解】A．根據左手定則可知a粒子帶正電，故A錯誤；BC．如圖設兩粒子的軌跡半徑分別為和，由可得，由幾何知識在解得根據洛倫茲力提供向心力得得故B錯誤，C正確；D．設，由幾何知識可知兩切點間的距離故D錯誤。故選C。3.（2024·廣東·二模）如圖所示，斜邊長度為L的等腰直角三角形區域內存在磁感應強度大小為B的勻強磁場（三角形邊界上也存在磁場）。一電荷量為q，質量為m的帶正電的粒子（不計重力）從斜邊上的P點進入磁場，速度方向與間的夾角，且。經過一段時間，粒子從上的D點（未畫出）離開磁場，則下列說法正確的是（）A．磁場方向垂直于紙面向里B．粒子的最大速度為C．D點到P點的最大距離為D．粒子在磁場中運動的時間為【答案】C【詳解】A．根據左手定則可知，磁場方向垂直于紙面向外，A項錯誤；B．速度越大，粒子在磁場中做圓周運動的半徑越大，當速度達到最大值時，根據幾何關系可知，粒子做圓周運動的軌跡同時與三角形的，邊相切，且從D點飛出的速度方向與的夾角也為，畫出粒子在磁場中的運動軌跡如圖，由幾何關系有由洛倫茲力提供向心力有解得B項錯誤；C．由幾何關系有C項正確；D．粒子做勻速圓周運動的周期粒子在磁場中運動的時間D項錯誤。故選C。4.如圖，一個邊長為l的正方形區域內存在垂直于紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為B。現有一質量為m、帶電量為的粒子以某一速度從M點垂直于磁場射入，粒子恰好從的中點射出磁場。已知粒子射入磁場時的速度方向與的夾角為，不計粒子重力，粒子射入磁場的速度大小為（）

A． B． C． D．【答案】B【詳解】根據題意作出粒子運動軌跡如圖

由題可知，根據幾何關系有則粒子運動的軌跡半徑為根據洛倫茲力提供向心力有聯立解得故選B。七．數學圓模型在電磁學中的應用模型一“放縮圓”模型的應用適用條件速度方向一定，大小不同粒子源發射速度方向一定，大小不同的帶電粒子進入勻強磁場時，這些帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌跡半徑隨速度的變化而變化軌跡圓圓心共線如圖所示(圖中只畫出粒子帶正電的情景)，速度v越大，運動半徑也越大。可以發現這些帶電粒子射入磁場后，它們運動軌跡的圓心在垂直初速度方向的直線PP′上界定方法以入射點P為定點，圓心位于PP′直線上，將半徑放縮作軌跡圓，從而探索出臨界條件，這種方法稱為“放縮圓”法1.(多選)如圖所示，一束電子以大小不同的速率沿圖示方向垂直飛入橫截面是一正方形的勻強磁場區域，下列判斷正確的是()A．電子在磁場中運動時間越長，其軌跡線越長B．電子在磁場中運動時間越長，其軌跡線所對應的圓心角越大C．在磁場中運動時間相同的電子，其軌跡線不一定重合D．電子的速率不同，它們在磁場中運動時間一定不相同【答案】BC【解析】由t＝eq\f(θ,2π)T知，電子在磁場中運動時間與軌跡對應的圓心角成正比，所以電子在磁場中運動的時間越長，其軌跡線所對應的圓心角θ越大，電子飛入勻強磁場中做勻速圓周運動，軌跡線弧長s＝rθ，運動時間越長，θ越大，但半徑r不一定大，s也不一定大，故A錯誤，B正確．由周期公式T＝eq\f(2πm,qB)知，電子做圓周運動的周期與電子的速率無關，所以電子在磁場中的運動周期相同，若它們在磁場中運動時間相同，但軌跡不一定重合，比如：軌跡4與5，它們的運動時間相同，但它們的軌跡對應的半徑不同，由r＝eq\f(mv,qB)可知它們的速率不同，故C正確，D錯誤．2.(多選)（2024·寧夏銀川·三模）如圖所示，邊長為L的等邊三角形區域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，能沿的角平分線發射速度大小不等、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，則質子的速度可能為（）A． B． C． D．【答案】AC【詳解】因質子帶正電，且經過D點，其可能的軌跡如圖所示所有圓弧所對圓心角均為，質子可能的運動半徑（，，）由洛倫茲力提供向心力得聯立可得（，，）故選AC。3.(多選)如圖所示，在圓心為O、半徑為R的半圓形區域內（不含邊界）有磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場，MN為直徑。大量帶正電荷的同種粒子以不同的速率從O點在紙面內沿與ON成角的方向射入磁場。粒子的質量為m，電荷量為q，不計粒子受到的重力以及粒子間的相互作用。下列說法正確的是（

）

A．粒子在磁場中運動的最長時間為B．若粒子恰好從圓弧邊界離開磁場，則粒子的速度大小為C．若粒子恰好從O點正上方的P點離開磁場，則粒子的速度大小為D．選擇合適的速度，粒子可能從M點離開磁場【答案】AC【詳解】A．當粒子的速度較小時，粒子從MN邊界離開磁場，其軌跡對應的圓心角為，此時粒子在磁場中運動的時間最長，最長時間故A正確；B．如圖所示

當粒子做圓周運動的軌跡與半圓形磁場邊界相切時（設切點為Q），粒子恰好從圓弧邊界射出，根據幾何知識可知，粒子的軌道半徑設粒子的速度大小為，有，解得故B錯誤；C．設當粒子恰好從P點離開磁場時，粒子的軌道半徑為，根據幾何關系有設粒子的速度大小為，有，解得故C正確；D．當粒子的速度大于時，粒子從Q點右側離開磁場，當粒子的速度小于時，粒子從MN邊界離開磁場，即粒子不可能從M點離開磁場，故D錯誤。故選AC。4.(多選)（2024·四川雅安·模擬預測）如圖所示，矩形邊界內存在磁感應強度為B的勻強磁場，方向垂直紙面向里，邊足夠長，邊長為L。現有質量為m、電量為q的不同速率的帶正電粒子，從的中點E射入磁場且速度方向與成角，不計粒子重力及粒子間的相互作用，下列說法正確的是（）A．粒子在磁場中運動的最長時間為B．從邊射出粒子的最小速度為C．從邊射出粒子的最小速度為D．邊上有粒子射出的區域長度為【答案】CD【詳解】A．當粒子從邊離開時，粒子在磁場中運動的時間最長，如圖所示由圖可知粒子在磁場中運動的最長時間為故A錯誤；B．當粒子剛好與邊相切時，如圖所示根據幾何關系可得由洛倫茲力提供向心力得聯立解得從邊射出粒子的最小速度為故B錯誤；C．當粒子剛好與邊相切時，如圖所示根據幾何關系可得由洛倫茲力提供向心力得聯立解得從邊射出粒子的最小速度為故C正確；D．由BC選項圖中幾何關系可得邊上有粒子射出的區域長度為故D正確。故選CD。5.(多選)（2024·陜西安康·模擬預測）如圖所示，在豎直面內有一半徑為R的能吸收帶電粒子的半圓形裝置，在裝置外有垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為B，邊界ab為過圓心O的一水平直線。一群質量為m、電荷量為q的帶正電粒子以不同的速率從A點豎直向上進入磁場，AO的長度為，粒子重力和粒子間的相互作用不計，，下列說法正確的是（）A．能夠被裝置吸收的粒子的最大速度為B．能夠被裝置吸收的粒子的最小速度為C．能夠被裝置吸收的粒子中，運動時間最短的粒子速度大小為D．能夠被裝置吸收的粒子中，運動時間最短的粒子運動時間為【答案】BD【詳解】A．粒子從A點進入磁場，運動軌跡半徑最大時有最大速度，當粒子從半圓形裝置最右面被該裝置吸收時，其軌跡半徑最大，其速度最大，對于粒子有整理有有幾何關系可知，其粒子的半徑設為，有所以有上述分析有故A項錯誤；B．當運動軌跡最小時，其粒子的速度最小，即粒子從裝置最左側被吸收其半徑最小，由幾何關系有結合之前的分析可知，有故B項錯誤；CD．粒子進入磁場運動至圓周上，時間最短即為圓心角最小，根據圓心角等于2倍弦切角可知，時間最小，即運動軌跡圓的弦切角需最小。如圖所示運動時間最短，此時軌跡圓的弦AC與題設半圓相切，由幾何關系可知，圓心角為根據幾何關系結合之前的分析，其中所以故C錯誤，D正確。故選BD。模型二“旋轉圓”模型的應用適用條件速度大小一定，方向不同粒子源發射速度大小一定、方向不同的帶電粒子進入勻強磁場時，它們在磁場中做勻速圓周運動的半徑相同，若射入初速度為v0，則圓周運動半徑為R＝eq\f(mv0,qB)。如圖所示軌跡圓圓心共圓帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的圓心在以入射點P為圓心、半徑R＝eq\f(mv0,qB)的圓上界定方法將一半徑為R＝eq\f(mv0,qB)的圓以入射點為圓心進行旋轉，從而探索粒子的臨界條件，這種方法稱為“旋轉圓”法1.如圖所示，垂直紙面向里的勻強磁場中有一固定豎直擋板，擋板足夠長，P處有一粒子源，PO連線垂直擋板，P到O的距離為L。粒子源能垂直磁場沿紙面向各個方向發射速度大小均為v的帶正電粒子。粒子質量均為m，電荷量均為q，到達擋板的粒子都被吸收，不計粒子的重力及粒子間的相互作用。（1）若有粒子能到達擋板，求磁感應強度大小B應滿足的條件；（2）若粒子到達擋板上側最遠處為M點，下側最遠處為N點，且，求磁感應強度的大小B。

【答案】（1）；（2）【詳解】（1）若恰有粒子能到達擋板，則粒子在磁場中做圓周運動的軌跡半徑最小，為

如圖1所示，由幾何關系可知洛倫茲力充當向心力，由牛頓第二定律有解得即當時，有粒子能到達擋板。（2）設粒子在磁場中做圓周運動的軌跡半徑為r，粒子到達擋板上側最遠處M點時，軌跡圓在M點與擋板相切，如圖2所示。設O、M間距離為

由幾何關系有粒子到達擋板下側最遠處N點時，PN為軌跡圓的直徑。設O、N間距離為，由幾何關系可得由題意知解得由牛頓第二定律有解得2.(多選)（2024·河北邯鄲·三模）如圖所示，在x軸上方存在磁感應強度大小為B、方向垂直于平面向里的勻強磁場。x軸上放置一無限長擋板，擋板上M、N兩點的坐標分別為和，坐標為的P點存在一粒子源，可以在平面內向各個方向均勻發射速率為v，比荷為的正電粒子，不計粒子重力及粒子間相互作用，下列說法正確的是（）A．帶電粒子在磁場中順時針運動B．若，則打在擋板上的粒子數占總數的C．若，則擋板上有粒子打到的線段長度為D．若，將擋板撤去，則MN之間各處均有粒子通過【答案】BC【詳解】A．根據左手定則，帶電粒子在磁場中逆時針運動，故A錯誤；B．根據半徑公式帶入解得如圖甲所示，則打在擋板上的粒子的兩個臨界為①和②，對應的角度范圍為，則打在擋板上的粒子數占總數的，故B正確；C．打在擋板上的長度為兩個臨界②和③，對應的長度分別為擋板上有粒子打到的線段長度為故C正確；D．由于，可知粒子的軌跡半徑為打在MN的臨界如圖乙中④和⑤，QN段無粒子通過，故D錯誤。故選BC。3.(多選)如圖所示，S為一離子源，為足夠長的熒光屏，S到的距離為，左側區域有足夠大的勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直紙面向里。某時刻離子源S一次性沿平行紙面各個方向均勻地噴發大量的質量為m、電荷量為q、速率為的正離子（此后不再噴發），不計離子重力，不考慮離子之間的相互作用力。則（）

A．打中熒光屏的最短時間為 B．打中熒光屏的最長時間為C．打中熒光屏的寬度為 D．打到熒光屏的離子數與發射的離子數比值為【答案】AD【詳解】A．根據則離子軌道半徑離子軌跡對應弦長最短時運動時間最短，即離子軌跡恰好經過P點，如圖所示

根據幾何關系可知，軌跡對應的圓心角為60°，能打中熒光屏的最短時間為故A正確；B．當時，根據半徑公式離子運動軌跡如圖所示

離子速度為從下側回旋，剛好和邊界相切，離子速度為時從上側回旋，剛好和上邊界相切，打在熒光屏上的離子的周期打中熒光屏的最長時間為故B錯誤；C．離子打中熒光屏的范圍總長度為圖中得AB長度，由幾何關系可知打中熒光屏的寬度為，故C錯誤；D．當時，根據半徑公式離子恰好打到MN上的臨界運動軌跡如圖所示

離子速度為從下側回旋，剛好和邊界相切，離子速度為時從上側回旋，剛好和上邊界相切，打到N點的離子離開S時的初速度方向和打到點的離子離開S時的初速度方向夾角能打到熒光屏上的離子數與發射的粒子總數之比故D正確。故選AD。4.(多選)（2024·黑龍江哈爾濱·模擬預測）如圖所示，圓心為O，半徑為R的圓形區域內有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B。M為磁場邊界上一點，有無數個帶電量為q（q>0），質量為m的相同粒子（不計重力及粒子間相互作用）在紙面內向各個方向以相同的速率通過M點進入磁場，在磁場中運動時間最長的粒子運動時間為，N為磁場邊界上的另一個點，。下列說法正確的是（）A．粒子從M點進入磁場時的速率為B．從N點離開磁場的粒子運動時間為C．若將磁感應強度的大小增加到，會有粒子沿ON方向從N點射出磁場D．若將磁感應強度的大小減小為0.5B，劣弧MN的每一點都會有粒子射出【答案】BCD【詳解】A．由題意可知，帶電粒子從M點進入磁場，在磁場中做勻速圓周運動，在磁場中運動時間最長的粒子的圓弧所對應的弦應是圓磁場的直徑，如圖所示設粒子進入磁場的速率為v，由洛倫茲力提供向心力解得粒子在磁場中運動的周期為在磁場中運動時間最長的粒子運動時間為，則粒子在磁場中轉動的時間為可知粒子在磁場中轉動的圓弧所對的圓心角為可得粒子在磁場中運動的半徑為可得粒子從M點進入磁場時的速率為故A錯誤；B．從N點離開磁場的粒子運動軌跡如圖所示由洛倫茲力提供向心力可得解得由幾何關系可知則從N點離開磁場的粒子運動時間為故B正確；C．若將磁感應強度的大小增加到時，由洛倫茲力提供向心力，可得解得粒子運動軌跡如圖所示由圖可知，當粒子沿方向入射時，粒子沿ON方向從N點射出磁場，故C正確；D．若將磁感應強度的大小減小為0.5B，可知粒子的運動半徑為根據幾何關系可知，劣弧MN的每一點都會有粒子射出，故D正確。故選BCD。5．(多選)（2024·河北邯鄲·模擬預測）如圖所示，長ab=18cm、寬bc=16cm的矩形區域中分布著垂直紙面向里的勻強磁場（含邊界），磁感應強度大小為B=1T，在矩形的中心О點有一正電荷粒子源，可在紙面內沿各個方向發射比荷k=2×108C/kg的粒子，不計粒子的重力和粒子間的相互作用力。下列說法中正確的是（）A．粒子在磁場中做完整圓周運動的最大速度為1.0×107m/sB．粒子分別從b點、c點射出的最小速度之比為8︰9C．若粒子的速度為1.6×107m/s，其在磁場中運動的最短時間為D．若粒子的速度為1.6×107m/s，其在磁場中運動的最長時間為【答案】ABC【詳解】A．粒子能在磁場中做完整圓周運動，速度最大時對應的運動軌跡與矩形兩邊界相切，如圖所示根據幾何關系有解得，洛倫茲力提供粒子圓周運動的向心力，由牛頓第二定律得解得故A正確；B．如圖所示，當軌跡圓弧與dc邊相切于c點時，對應能從c點射出的最小速度；當軌跡圓弧與bc邊相切于b點時，對應能從b點射出的最小速度根據幾何關系有，解得，速度之比為故B正確；C．粒子在磁場中運動時間最短時，則其在磁場中的運動軌跡對應的弦最短，如圖所示粒子的速度為1.6×107m/s時，粒子運動半徑為由幾何知識可得解得可得粒子在磁場中運動的最短時間為故C正確；D．粒子的速度為1.6×107m/s時，與ad或者bc相切時運動時間最長，如圖所示則粒子從ad相切時運動時間最長，可得粒子在磁場中運動的最長時間為故D錯誤。故選ABC。6.（2024·廣西·模擬預測）如圖所示，在矩形ABCD區域內存在垂直紙面向外、磁感應強度大小為B的勻強磁場，AD邊長為L，AB邊長為。一質量為m、帶電荷量為q的正粒子從A點沿紙面以與AD成30°角的方向射入磁場，粒子在磁場中運動的軌跡恰好與CD相切，不計粒子所受的重力。(1)求粒子射入磁場時的速度大小；(2)求粒子在磁場中運動的時間t；(3)若僅減小粒子射入磁場時的速度大小，求粒子在磁場中運動的最長時間。【答案】(1)(2)(3)【詳解】（1）設粒子在磁場中運動的軌跡半徑為，如圖所示根據圖中幾何關系可得由洛倫茲力提供向心力可得聯立解得（2）根據圖中幾何關系有可得則粒子在磁場中運動的時間為聯立解得（3）若僅減小粒子射入磁場時的速度大小，當粒子從AB邊射出磁場時對應的時間最長，軌跡對應的圓心角為則有模型三“平移圓”模型的應用適用條件速度大小一定，方向一定，但入射點在同一直線上粒子源發射速度大小、方向一定，入射點不同，但在同一直線的帶電粒子進入勻強磁場時，它們做勻速圓周運動的半徑相同，若入射速度大小為v0，則半徑R＝eq\f(mv0,qB)，如圖所示軌跡圓圓心共線帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的圓心在同一直線上，該直線與入射點的連線平行界定方法將半徑為R＝eq\f(mv0,qB)的圓進行平移，從而探索粒子的臨界條件，這種方法叫“平移圓”法1.如圖所示，在直角三角形ABC內充滿垂直紙面向外的勻強磁場(圖中未畫出)，AB邊長度為d，∠B＝eq\f(π,6)。現垂直AB邊射入一群質量均為m、電荷量均為q、速度大小均為v(未知)的帶正電粒子，已知垂直AC邊射出的粒子在磁場中運動的時間為t，而運動時間最長的粒子在磁場中運動的時間為eq\f(4,3)t(不計粒子重力)。則下列說法正確的是()A．粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期為4tB．該勻強磁場的磁感應強度大小為eq\f(πm,2qt)C．粒子在磁場中運動的軌跡半徑為eq\f(2,5)dD．粒子進入磁場時的速度大小為eq\f(\r(3)πd,7t)【答案】ABC【解析】帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，垂直AC邊射出的粒子在磁場中運動的時間是eq\f(1,4)T，即為t＝eq\f(1,4)T，則得周期為T＝4t，故A正確；由T＝4t，R＝eq\f(mv,qB)，T＝eq\f(2πR,v)得，B＝eq\f(2πm,qT)＝eq\f(πm,2qt)，故B正確；運動時間最長的粒子在磁場中運動的軌跡如圖所示，根據幾何關系有Rsineq\f(π,6)＋eq\f(R,sin\f(π,6))＝d，解得R＝eq\f(2,5)d，故C正確；根據粒子在磁場中運動的速度為v＝eq\f(2πR,T)，周期為T＝4t，半徑R＝eq\f(2,5)d，聯立可得v＝eq\f(πd,5t)，故D錯誤。2.如圖所示，邊長為L的正方形有界勻強磁場ABCD，帶電粒子從A點沿AB方向射入磁場，恰好從C點飛出磁場；若帶電粒子以相同的速度從AD的中點P垂直AD射入磁場，從DC邊的M點飛出磁場(M點未畫出)。設粒子從A點運動到C點所用的時間為t1，由P點運動到M點所用時間為t2(帶電粒子重力不計)，則t1∶t2為()A．2∶1B．2∶3C．3∶2D．eq\r(3)∶eq\r(2)【答案】C【解析】畫出粒子從A點射入磁場到從C點射出磁場的軌跡，并將該軌跡向下平移，粒子做圓周運動的半徑為R＝L，從C點射出的粒子運動時間為t1＝eq\f(T,4)；由P點運動到M點所用時間為t2，圓心角為θ，則cosθ＝eq\f(\f(R,2),R)，則cosθ＝eq\f(1,2)，θ＝60°，故t2＝eq\f(T,6)，所以eq\f(t1,t2)＝eq\f(\f(T,4),\f(T,6))＝eq\f(3,2)，C正確。3.（2024·江西·一模）如圖所示，在和之間有大量相同帶電粒子以同一速度沿水平方向射入以為圓心的圓形勻強磁場區域，磁場半徑為R，該圓形磁場方向垂直紙面向外，與圓心在同一水平直線上，和間距離為，已知所有粒子均從點正下方的點射出圓形磁場區域，立即進入下方垂直于紙面向里的勻強磁場，并都能打到水平擋板的下表面，擋板的左側緊貼點，已知下方磁場的磁感應強度是上方磁場的兩倍，不計粒子重力及粒子間的相互作用。則擋板下表面有粒子打到的區域長度為（）A． B． C． D．【答案】C【詳解】根據題意，由于所有粒子均從點正下方的點射出圓形磁場區域，畫出粒子的運動軌跡，如圖所示則有解得粒子進入下方磁