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一、单项选择题
1.两个质量分别为m1与m2的带电粒子M、N的电荷量分别为q1和q2，以同一速度v进入匀强磁场中，在磁场里，它们的运动轨迹如图中虚线所示．已知粒子M的轨道半径r1为粒子N的轨道半径r2的一半，由此可知( )
A．粒子M带正电，粒子N带负电，q1∶q2＝2∶1
B．粒子M带负电，粒子N带正电，∶＝1∶2
C．粒子M带正电，粒子N带负电，∶＝2∶1
D．粒子M带正电，粒子N带负电，运动周期之比＝
解析：选C.由左手定则可知，粒子M带正电，粒子N带负电，B错误；由于条件不足，不能求出q1与q2的比值，A错误；对粒子M有Bq1v＝，对粒子N有Bq2v＝，又r2＝2r1，解得∶＝2∶1，故C正确；周期T1＝，T2＝，＝＝，故D错误．
2．如图所示，圆形区域内有垂直纸面的匀强磁场，三个质量和电荷量都相同的带电粒子a、b、c，以不同的速率对准圆心O沿着AO方向射入磁场，其运动轨迹如图．若带电粒子只受磁场力的作用，则下列说法正确的是( )
A．a粒子速率最大，在磁场中运动时间最长
B．c粒子速率最大，在磁场中运动时间最短
C．a粒子速率最小，在磁场中运动时间最短
D．c粒子速率最小，在磁场中运动时间最短
解析：选B.由题图可知，粒子a的运动半径最小，圆心角最大，粒子c的运动半径最大，圆心角最小，由洛伦兹力供应粒子做圆周运动的向心力可得：qvB＝m，故半径公式r＝，T＝＝，故在质量、带电荷量、磁场的磁感应强度都相同的状况下，速率越小，半径越小，所以粒子a的运动速率最小，粒子c的运动速率最大，而带电粒子在磁场中的运动时间只取决于运动所对应的圆心角，所以粒子a的运动时间最长，粒子c的运动时间最短．
3．(2021·贵阳适应性检测)如图所示，半径为R的圆形区域内有一垂直纸面对里的匀强磁场，P为磁场边界上的一点．大量质量为m、电荷量为q的带正电粒子，在纸面内沿各个方向以相同速率v从P点射入磁场．这些粒子射出磁场时的位置均位于PQ圆弧上，PQ圆弧长等于磁场边界周长的.不计粒子重力和粒子间的相互作用，则该匀强磁场的磁感应强度大小为( )
A. B.
C. D.
解析：选D.这些粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿其次定律可得qvB＝.从Q点离开磁场的粒子是这些粒子中离P点最远的粒子，所以PQ为从Q点离开磁场的粒子的轨迹圆弧的直径，由图中几何关系可知，该粒子轨迹圆的圆心O′、磁场圆的圆心O和点P形成一个直角三角形，由几何关系可得，r＝Rsin 60°＝R.联立解得B＝，选项D正确．
4.(2021·洛阳统考)如图所示，在圆形区域内存在垂直纸面对外的匀强磁场，ab是圆的一条直径．一带正电的粒子从a点射入磁场，速度大小为2v，方向与ab成30°时恰好从b点飞出磁场，粒子在磁场中运动的时间为t.若仅将速度大小改为v，则粒子在磁场中运动的时间为(不计带电粒子所受重力)( )
A．3t B.t
C.t D．2t
解析：选D.由q·2vB＝m(2v)2/R可得R＝2mv/qB.设磁场区域半径为r，则r＝Rcos 60°＝R/2.粒子在磁场中运动的轨迹所对的圆心角为60°，弧长为圆周的1/6，即πR/3＝2vt.若仅将速度大小改为v，其轨迹半径减小为原来的1/2，即R′＝mv/qB＝r.画出带电粒子在磁场中运动的轨迹如图所示，粒子在磁场中运动的轨迹所对的圆心角为120°，弧长为圆周的1/3，即2πR′/3＝vt′.联立解得t′＝2t，选项D正确．
5.如图所示，边长为L的正方形ABCD区域内存在磁感应强度方向垂直于纸面对里、大小为B的匀强磁场，一质量为m、带电荷量为－q的粒子从AB边的中点处垂直于磁感应强度方向射入磁场，速度方向与AB边的夹角为30°.若要求该粒子不从AD边射出磁场，则其速度大小应满足( )
A．v≤ B．v≥
C．v≤ D．v≥
解析：选C.当粒子的轨迹跟AD边相切时，粒子恰好不从AD边射出，通过作图，知rmsin 30°＝，得rm＝L，此时的速度为vm＝，而满足条件的半径r应小于等于L，故有v≤，C正确．
☆6.如图所示为一有界匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面对外，MN、PQ为其两个边界，两边界间的距离为L.现有两个带负电的粒子同时从A点以相同速度沿与PQ成30°角的方向垂直射入磁场，结果两粒子又同时离开磁场．已知两带负电的粒子质量分别为2m和5m，电荷量大小均为q，不计粒子重力及粒子间的相互作用，则粒子射入磁场时的速度为( )
A. B.
C. D.
解析：选B.由于两粒子在磁场中运动时间相等，则两粒子确定是分别从MN边和PQ边离开磁场的，如图所示，由几何学问可得质量为2m的粒子对应的圆心角为300°，由t＝T得质量为5m的粒子对应的圆心角为120°，由图可知△OCD为等边三角形，可求得R＝L，由Bqv＝得v＝，B正确．
二、多项选择题
7．(2022·高考新课标全国卷Ⅱ)如图为某磁谱仪部分构件的示意图．图中，永磁铁供应匀强磁场，硅微条径迹探测器可以探测粒子在其中运动的轨迹．宇宙射线中有大量的电子、正电子和质子．当这些粒子从上部垂直进入磁场时，下列说法正确的是( )
A. 电子与正电子的偏转方向确定不同
B．电子与正电子在磁场中运动轨迹的半径确定相同
C．仅依据粒子运动轨迹无法推断该粒子是质子还是正电子
D．粒子的动能越大，它在磁场中运动轨迹的半径越小
解析：选AC.依据左手定则，电子、正电子进入磁场后所受洛伦兹力的方向相反，故两者的偏转方向不同，选项A正确；依据qvB＝，得r＝，若电子与正电子在磁场中的运动速度不相等，则轨迹半径不相同，选项B错误；对于质子、正电子，它们都带正电，以相同速度进入磁场时，所受洛伦兹力方向相同，两者偏转方向相同，仅依据粒子轨迹无法推断是质子还是正电子，故选项C正确；粒子的mv越大，轨道半径越大，而mv＝，粒子的动能大，其mv不愿定大，选项D错误．
8.(2021·陕西西安长安一中模拟)如图所示，有一个正方形的匀强磁场区域abcd，e是ad的中点，f是cd的中点，假如在a点沿对角线方向以速度v射入一带负电的带电粒子，恰好从e点射出，则( )
A．假如粒子的速度增大为原来的二倍，将从d点射出
B．假如粒子的速度增大为原来的三倍，将从f点射出
C．假如粒子的速度不变，磁场的磁感应强度变为原来的2倍，也将从d点射出
D．只转变粒子的速度使其分别从e、d、f点射出时，在磁场中运动时间关系为：te＝td>tf
解析：选AD.作出示意图如图所示，依据几何关系可以看出，当粒子从d点射出时，轨道半径增大为原来的二倍，由半径公式R＝可知，速度v增大为原来的二倍或磁感应强度变为原来的一半，A项正确C项错误；假如粒子的速度增大为原来的三倍，轨道半径也变为原来的三倍，从图中看出，出射点在f点下面，B项错误；据粒子的周期公式T＝，可知粒子的周期与速度无关，在磁场中的运动时间取决于其轨迹圆弧所对应的圆心角，所以从e、d点射出时所用时间相等，从f点射出时所用时间最短，D项正确．
9.如图所示，在半径为R的圆形区域内有一磁感应强度方向垂直于纸面对里的匀强磁场，一质量为m且带正电的粒子(重力不计)以初速度v0从圆形边界上的A点正对圆心射入该磁场区域，若该带电粒子在磁场中运动的轨迹半径为R，则下列说法中正确的是( )
A．该带电粒子在磁场中将向右偏转
B．若增大磁场的磁感应强度，则该带电粒子在磁场中运动的轨迹半径将变大
C．该带电粒子在磁场中的偏转距离为R
D．该带电粒子在磁场中运动的时间为
解析：选AC.由左手定则可知，该带正电的粒子将向右偏转，选项A正确．带电粒子在磁场中做圆周运动时，洛伦兹力供应运动的向心力，有qv0B＝m，即r＝，所以当B增大时，粒子做圆周运动的半径将减小，选项B错误；如图所示，由几何关系可知，∠COB＝60°，所以带电粒子在磁场中的偏转距离为xBC＝Rsin 60°＝R，选项C正确；由几何关系可知，该带电粒子的轨迹圆弧对应的圆心角为60°，因此粒子在磁场中运动的时间为t＝T＝×＝，选项D错误．
☆10.在xOy平面上以O为圆心、半径为r的圆形区域内，存在磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直于xOy平面．一个质量为m、电荷量为q的带电粒子，从原点O以初速度v沿y轴正方向开头运动，经时间t后经过x轴上的P点，此时速度与x轴正方向成θ角，如图所示．不计重力的影响，则下列关系确定成立的是 ( )
A．若r<，则0°<θ<90°
B．若r≥，则t≥
C．若t＝，则r＝
D．若r＝，则t＝
解析：选AD.带电粒子在磁场中从O点沿y轴正方向开头运动，圆心确定在垂直于速度的方向上，即在x轴上，轨道半径R＝.当r≥时，P点在磁场内，粒子不能射出磁场区，所以垂直于x轴过P点，θ最大且为90°，运动时间为半个周期，即t＝，当r<时，粒子在到达P点之前射出圆形磁场区，速度偏转角φ在大于0°、小于180°范围内，如图所示，能过x轴的粒子的速度偏转角φ>90°，所以过x轴时0°<θ<90°，A对、B错；同理，若t＝，则r≥，若r＝，则t等于，C错、D对．
三、非选择题
11.(2021·河南商丘模拟)在如图所示的平面直角坐标系xOy中，有一个圆形区域的匀强磁场(图中未画出)，磁场方向垂直于xOy平面，O点为该圆形区域边界上的一点．现有一质量为m、带电荷量为＋q的带电粒子(不计重力)从O点以初速度v0沿x轴正方向进入磁场，已知粒子经过y轴上P点时速度方向与y轴正方向夹角为θ＝30°，OP＝L，求：
(1)磁感应强度的大小和方向；
(2)该圆形磁场区域的最小面积．
解析：(1)由左手定则得磁场方向垂直xOy平面对里．粒子在磁场中做弧长为圆周的匀速圆周运动，如图所示，粒子在Q点飞出磁场．设其圆心为O′，半径为R.由几何关系有(L－R)sin 30°＝R，所以R＝L.由牛顿其次定律有qv0B＝m，故R＝.
由以上各式得磁感应强度B＝.
(2)设磁场区的最小面积为S.由几何关系得
直径＝R＝L，
所以S＝π2＝L2.
答案：(1) 方向垂直于xOy平面对里 (2)L2
☆12.如图所示，在矩形区域内有垂直于纸面对外的匀强磁场，磁感应强度的大小为B＝5.0×10－2T，矩形区域长为m，宽为0.2 m．在AD边中点O处有一放射源，某时刻，放射源沿纸面对磁场中各方向均匀地辐射出速率均为v＝2×106m/s的某种带正电粒子．已知带电粒子的质量m＝1.6×10－27kg，所带电荷量为q＝3.2×10－19C(不计粒子重力)．
(1)求带电粒子在磁场中做圆周运动的半径为多大？
(2)求从BC边界射出的粒子，在磁场中运动的最短时间为多少？
(3)若放射源向磁场内共辐射出了N个粒子，求从BC、CD和AD边界射出的粒子各有多少个？
解析：(1)依据牛顿其次定律可得
Bqv＝m
解得R＝＝0.2 m.
甲
(2)由于全部粒子的轨迹半径相同，所以弦最短的圆弧对应的时间最短，作EO⊥AD，EO弦最短，如图甲所示．
依据几何学问可知，EO弦所对圆心角θ＝
粒子在磁场中运动的周期为T＝
所以最短时间为t＝T＝＝×10－7s.
(3)首先要推断从O点向哪些方向射入磁场的粒子将会从BC、CD和AD边界射出．
从前面的分析可知，速度方向与OA的夹角在0°到90°范围内发出的粒子能从BC边射出，故从BC边射出的粒子有个．
乙
如图乙为两个边界，当速度方向满足确定条件时，粒子将从D点射出磁场．由于OD＝m，且R＝0.2 m，所以∠OO2D＝，此时射入磁场的粒子速度方向与OD的夹角为.
所以从CD边射出的粒子有个，从AD边射出的粒子有个．
答案：(1)0.2 m (2)×10－7s (3)见解析
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