專題十六帶電粒子在有界勻強磁場中的運動例1AD[解析]設SQ=d,由題圖可知,M粒子在磁場中運動軌跡半徑rM=d,運動軌跡所對應的圓心角為300°,運動軌跡弧長sM=5πd3,N粒子在磁場中運動軌跡的半徑rN=33d,所對應的圓心角為120°,運動軌跡弧長sN=23πd9,所以M、N兩粒子運動半徑之比為3∶1,A正確,B錯誤;因運動時間t=sv,而tM=tN,則M、N粒子的初速度大小之比為53∶2,C錯誤;根據qvB=mv2r,得qm=vrB,例2B[解析]粒子a向上偏轉,由左手定則可判斷,粒子a帶正電,而粒子b向下偏轉,則粒子b帶負電,故A錯誤;如圖所示,由幾何關系可知,磁場寬度x=Rasin60°=Rbsin30°,解得Ra∶Rb=1∶3,故B正確;由qvB=mv2R,可得v=qBRm,比荷相同,磁場相同,則va∶vb=Ra∶Rb=1∶3,故C錯誤;粒子運動的周期T=2πmqB,則Ta=Tb,a運動的時間ta=60°360°Ta=16Ta=16T,b運動的時間tb=30°360°Tb=112Tb=112T,故ta例3D[解析]根據磁場圓和軌跡圓相交形成的圓形具有對稱性可知,在圓形勻強磁場區(qū)域內,沿著徑向射入的粒子總是沿徑向射出,所以粒子的運動軌跡不可能經過O點,故A、B錯誤;粒子連續(xù)兩次由A點沿AC方向射入圓形區(qū)域的時間間隔最短對應的軌跡如圖甲所示,則最小時間間隔為Δt=2T=4πmqB,故C錯誤;粒子從A點射入到從C點射出圓形區(qū)域用時最短對應的軌跡如圖乙所示,設粒子在磁場中運動的半徑為r,根據幾何關系可知r=33R,根據洛倫茲力提供向心力有qvB=mv2r,解得v=3qBR例4BD[解析]粒子入射方向為PO方向,則與筒壁發(fā)生碰撞時的速度方向一定沿圓筒橫截面的半徑方向向外,根據題意可知,每次碰撞后瞬間,粒子速度方向一定平行于碰撞點與圓心O的連線,故D正確;假設粒子運動過程過O點,則過P點的速度方向的垂線和OP連線的中垂線是平行的,因而不能確定粒子運動軌跡的圓心,由對稱性可知,撞擊筒壁后瞬間的速度方向的垂線和碰撞點與圓心O連線的中垂線依舊平行,因而不能確定粒子運動軌跡的圓心,所以假設不成立,說明粒子的運動軌跡不可能過O點,A錯誤;由題可知粒子在磁場中全部運動軌跡的圓心連接成的多邊形是以筒壁為內接圓的多邊形,最少應為三角形,如圖所示,即最少碰撞兩次,B正確;速度越大,則粒子做圓周運動的半徑越大,碰撞次數可能會增多,粒子在圓內運動時間不一定變短,C錯誤.例5D[解析]設磁場圓的半徑為r,磁感應強度為B1時,從P點射入的粒子與磁場邊界的最遠交點為M,最遠的點是直徑與磁場邊界圓的交點,∠POM=120°,如圖所示,設粒子做圓周運動的半徑為R,則sin60°=Rr,解得R=32r,磁感應強度為B2時,從P點射入的粒子與磁場邊界的最遠交點為N,最遠的點是直徑與磁場邊界圓的交點,∠PON=60°,設粒子做圓周運動的半徑為R',則sin30°=R'r,解得R'=12r,帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動,由圓周運動公式得T=2πRv,則T1T2=例6ABC[解析]粒子在磁場中做勻速圓周運動,洛倫茲力提供向心力,有qv0B=mv02r,解得粒子在磁場中運動的半徑為r=mv0qB=L,故A正確;如圖甲所示,當粒子恰好從A點射出時,根據幾何關系可得粒子與OC成60°角入射,所以與OC成45°角入射的粒子將從AC邊射出,故B正確;如圖乙所示,根據幾何關系可知沿OC方向入射的粒子將恰好從D點射出,結合上面B項分析可知AD為AC邊界上有粒子射出的區(qū)域,其長度為L,故C正確;所有粒子在磁場中運動的周期均相同,設為T,設粒子在磁場運動過程中轉過的圓心角為α,則粒子運動時間為t=α2πT,由于所有粒子的運動軌跡為半徑相同的圓弧,從OA射出的粒子,其軌跡所截AO的長度不同,對應轉過的圓心角不同,例7C[解析]帶正電粒子以速度v1從a點沿ad方向射入磁場,從c點離開磁場,設六邊形的邊長為L,則由幾何關系得R1=3L,若該粒子以速度v2從a點沿ae方向射入磁場,則從d點離開磁場,則由幾何關系得R2=2L,由洛倫茲力提供向心力得Bqv=mv2r,則v=qBrm,故速度之比即半徑之比,v1v2=R1例8(1)πm3Bq(2)2[解析](1)由于粒子的速率相同,故粒子在磁場中做圓周運動的半徑相同有Bqv=mv代入數據,解得r=d要使粒子在磁場中運動的時間最短,則弦應最短,即從C點(AC垂直邊界)射出的粒子運動時間最短,如圖甲所示.設圓心在O1位置,則粒子在磁場中運動的圓心角為60°粒子做圓周運動的周期為T=2πrv=故最短時間為tmin=16T=(2)當粒子的速度方向沿AN方向時,設粒子的軌跡與邊界PQ交于E點;當粒子的速度方向垂直于AN時,設粒子的軌跡與邊界PQ相切于F點.則E、F間距為粒子從PQ邊界射出的區(qū)域長度,如圖乙所示軌跡過E點時,圓心在C點,則有CE=d軌跡與PQ相切于F點時,圓心在O2點,有CF=d故粒子從PQ邊界射出的區(qū)域長度為2d變式C[解析]根據qvB=mv2r解得r=d2,自MN邊射出的粒子在磁場中運動的時間最短的軌跡交MN于A點,圓弧所對應的圓心角為60°,自MN邊射出的粒子在磁場中運動的時間最長的軌跡交MN于B點,交ON于C點,因為自MN邊射出的粒子在磁場中運動的時間最長時,粒子會從B點射出,所以圓弧所對應的圓心角為90°,如圖所示,根據T=2πrv解得T=2πmqB,聯立可得tmin=60°360°T=πm3qB,tmax=90°360°T=πm2qB,故A、B錯誤;MN邊上有粒子到達區(qū)域的長度為A、B之間的距離,由幾何關系可得AB=2×d2cos30°-d-d2cos30°cos30°=d2,故C正確;ON邊上有粒子到達區(qū)域的長度為O、C例9CD[解析]若粒子帶正電,則粒子可以與擋板MN碰撞后恰好從Q點射出,粒子運動的軌跡如圖甲所示,設軌跡半徑為r2,由幾何關系得L2+r2-12L2=r22,解得r2=54L,根據牛頓第二定律得qv2B=mv22r2,解得v2=5qBL4m,根據動量定理得I=2mv2=5qBL2,故A錯誤,C正確;若粒子帶負電,則當粒子的運動軌跡如圖乙所示時,軌跡半徑最小,速度也最小,粒子做圓周運動的半徑為r1=12L,由牛頓第二定律得qv1B=mv12r1,解得v1=qBL2m,故例10AC[解析]粒子不從bc邊射出,其臨界分別是從b點和c點射出,其臨界軌跡如圖所示,當粒子從c點飛出時,由幾何關系有r1=ac=3l,當粒子從b點飛出時,由幾何關系有r2=233l,粒子在磁場中由洛倫茲力提供向心力,有qvB=mv2r,整理有r=mvq