还剩40页未读，
继续阅读
所属成套资源：高考物理一轮复习重难点逐个突破专题训练(原卷版+解析
成套系列资料，整套一键下载
高考物理一轮复习重难点逐个突破专题70临界极值问题、多解问题磁聚焦磁发散带电粒子在交变磁场中的运动(原卷版+解析)
展开
这是一份高考物理一轮复习重难点逐个突破专题70临界极值问题、多解问题磁聚焦磁发散带电粒子在交变磁场中的运动(原卷版+解析)，共43页。
考点一 带电粒子在匀强磁场中的临界问题、极值问题（1-5T）
考点二 带电粒子在有界匀强磁场中运动的多解问题（6-11T）
考点三 磁发散磁聚焦 （12-17T）
考点四 带电粒子在交变电、磁场中的运动（18-23T）
考点一 带电粒子在匀强磁场中的临界问题、极值问题
分析思路：以临界问题的关键词“恰好”“最大”“至少”“要使”等为突破口，寻找临界点，确定临界状态，画出临界状态下的运动轨迹，建立几何关系求解．
1．如图所示，一粒子源位于一边长为a的正三角形ABC的中点O处，可以在三角形所在的平面内向各个方向发射出速度大小为v、质量为m、电荷量为q的带电粒子，整个三角形位于垂直于△ABC平面的匀强磁场中，若使沿任意方向射出的带电粒子均不能射出三角形区域，则磁感应强度的最小值为（ ）
A．mvqaB．2mvqa
C．23mvqaD．43mvqa
2．（2022·四川遂宁·三模）如图所示，在直角三角形abc区域（含边界）内存在垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，∠a=60∘，∠b=90∘，边长ac=L。一个粒子源在a点将质量为2m、电荷量为q的带正电粒子以大小和方向不同的速度射入磁场，在磁场中运动时间最长的粒子中，速度的最大值是（ ）
A．qBL2mB．qBL4mC．3qBL6mD．qBL6m
3．（2022·浙江·高三专题练习）如图半径为R的半圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场．一质量为m、带电量为-q且不计重力的粒子，以速度v沿与半径AO夹角θ=30°的方向从A点垂直磁场射入，最后粒子从圆弧MN上射出，则磁感应强度的大小不可能为（ ）
A．3mvqRB．mvqRC．2mvqRD．4mvqR
4．（2022·湖南·长郡中学模拟预测）如图所示，有一个环形磁场，处在半径分别为R和2R的内、外两个同心圆之间，磁感应强度为B，方向垂直纸面向外。有一个粒子源可以在纸面内各个方向发射质量为m、带电量为q的正电粒子，粒子源处于P点，P是内圆半径OA的中点。不计粒子间的相互作用力和重力，下列说法正确的是（ ）
A．若没有粒子射出磁场，粒子的速率不大于3qBR5m
B．若没有粒子射出磁场，粒子的速率不大于qBRm
C．若粒子的速率大于3qBR5m，所有粒子都会射出磁场
D．若粒子的速率大于qBRm，将有部分粒子射出磁场
5．（2023·全国·高三专题练习）一足够长的矩形区域abcd内充满磁感应强度为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场，矩形区域的左边界ad宽为L，现从ad中点O垂直于磁场射入一带电粒子，速度大小为v0方向与ad边夹角为30°，如图所示。已知粒子的电荷量为q，质量为m（重力不计）。
（1）若粒子带负电，且恰能从d点射出磁场，求v0的大小；
（2）若粒子带正电，使粒子能从ad边射出磁场，求v0的最大值。
考点二 带电粒子在有界匀强磁场中运动的多解问题
1.带电粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，由于带电粒子电性不确定、磁场方向不确定、临界状态不确定、运动的往复性造成带电粒子在有界匀强磁场中运动的多解问题．
2.分析思路
(1)找出多解的原因．
(2)画出粒子的可能轨迹，找出圆心、半径的可能情况．
(3)若为周期性重复的多解问题，寻找通项式；若是出现几种解的可能性，注意每种解出现的条件。
6．(多选)如图所示，L1和L2为两条平行的虚线，L1上方和L2下方都是范围足够大，且磁感应强度相同的匀强磁场，A、B两点都在L2上。带电粒子从A点以初速度v0与L2成30°角斜向右上方射出，经过偏转后正好过B点，经过B点时速度方向也斜向上，不计重力，下列说法正确的是（ ）
A．若将带电粒子在A点时的初速度变大（方向不变），它仍能经过B点
B．带电粒子经过B点时的速度一定跟在A点时的速度大小相同
C．若将带电粒子在A点时的初速度方向改为与L2成60°角斜向右上方，它将不能经过B点
D．此带电粒子既可以是正电荷，也可以是负电荷
7．(多选)如图所示，正方形abcd区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，O点是cd边的中点，一个带正电的粒子(重力忽略不计)若从O点沿纸面以垂直于cd边的速度射入正方形内，经过时间t0刚好从c点射出磁场。现设法使该带电粒子从O点沿纸面以与Od成30°角的方向(如图中虚线所示)，以各种不同的速率射入正方形内，那么下列说法中正确的是（ ）
A．该带电粒子不可能刚好从正方形的某个顶点射出磁场
B．若该带电粒子从ab边射出磁场，它在磁场中经历的时间可能是23t0
C．若该带电粒子从bc边射出磁场，它在磁场中经历的时间可能是t0
D．若该带电粒子从bc边射出磁场，它在磁场中经历的时间可能是53t0
8．（2022·湖北·高考真题）(多选)在如图所示的平面内，分界线SP将宽度为L的矩形区域分成两部分，一部分充满方向垂直于纸面向外的匀强磁场，另一部分充满方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，SP与磁场左右边界垂直。离子源从S处射入速度大小不同的正离子，离子入射方向与磁场方向垂直且与SP成30°角。已知离子比荷为k，不计重力。若离子从Р点射出，设出射方向与入射方向的夹角为θ，则离子的入射速度和对应θ角的可能组合为（ ）
A．13kBL，0°B．12kBL，0°C．kBL，60°D．2kBL，60°
9．（2022·华中师大一附中博乐分校·模拟预测）(多选)如图，纸面内有一矩形abcd，其长ab为4l、宽ad为23l，P、Q为ab边上的点，aQ=Pb=l。在矩形abcd外存在范围足够大的匀强磁场（图中未画出磁场），磁感应强度大小为B0。一质量为m、带电荷量为q（q>0）的粒子，从P点垂直ab以速度v1向外射入磁场，粒子从Q处进入无场区。现在将入射速度变为v2=2v1，粒子从P点垂直ab射入磁场，粒子的重力不计，粒子离开P点至回到P点的运动路程可能为（ ）
A．16πl+123lB．40πl+243l
C．64πl+423l3D．88πl+603l3
10．（2020·全国·高三专题练习）如图所示，某平面内有折线PAQ为磁场的分界线，已知∠A＝90°，AP＝AQ＝L．在折线的两侧分布着方向相反，与平面垂直的匀强磁场，磁感应强度大小均为B．现有一质量为m、电荷量为＋q的粒子从P点沿PQ方向射出，途经A点到达Q点，不计粒子重力．求粒子初速度v应满足的条件及粒子从P经A到达Q所需时间的最小值．
11．（2022·江苏·南京师大附中模拟预测）空间中存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，电子枪将无初速的电子经加速电压加速后在纸面内垂直于SO的方向射出，两个形状为一圆弧的接收屏P1、P2拼接成半径为R的半圆形粒子接收器，直径沿SO方向放置，圆心位于O点，SO长度为2R。电子电荷量为e，质量为m。设电子击中接收屏即被吸收，不计电荷间的相互作用。
（1）为使电子能打到接收屏P1或P2上，求电子枪加速电压U的调节范围；
（2）求能打到接收屏P1或P2上的电子从S点到击中接收屏的时间范围；
（3）若接收屏P1损坏，可以通过调节电子枪加速电压使原本打在接收屏P1上的全部电子能打在接收屏P2上，至少需要调节多少次加速电压?（可能用到的数据：lg2≈0.301，lg5≈0.699，lg6≈0.778）
考点三 磁发散磁聚焦
如图
1.磁发散磁聚焦的条件：磁场边界圆的半径等于粒子轨迹圆的半径。
2.磁发散：从圆形匀强磁场边界上某一点垂直进入磁场的电性相同的粒子，若其轨迹圆的半径与磁场边界圆的半径相等，则无论粒子在磁场内的速度方向如何，射出磁场的速度方向都与入射点的切线平行。
磁聚焦：一组电性相同的平行粒子垂直射入半径为R的圆形匀强磁场区域，若粒子轨迹圆的半径也为R，则粒子将汇聚于磁场边界圆上同一点，该点的切线与粒子入射时的速度方向平行。
3.磁发散磁聚焦的原理（以磁发散为例）：如下图，前提：磁场边界圆的半径等于粒子轨迹圆的半径。A是边界圆上粒子的入射点，cd是A点的切线，B是粒子的出射点，O1是磁场边界圆的圆心，O2是粒子轨迹圆的圆心，连接AO1BO2，由于磁场边界圆的半径等于粒子轨迹圆的半径，则AO1BO2一定是菱形，因而AO1平行于BO2，因为出射粒子的速度方向垂直于BO2，也就垂直于AO1，从而平行于AO1的切线cd。
4.磁聚焦和磁发散是相反的过程,满足运动的可逆性。
12．（2022·广东·模拟预测）(多选)如图所示，半径为R的图形区域内存在方向垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场（圆形区域上半圆半径略小于下半圆半径）。一群质量为m、电荷量为+q的带电粒子从A点沿平行于纸面的任意方向射入磁场，粒子射入磁场的速度大小为v=qBRm，不计粒子重力及粒子间相互作用，则（ ）
A．粒子在磁场中运动的最短时间为2mqB
B．粒子在磁场中运动的最长时间为πmqB
C．粒子离开磁场时，速度方向一定相同
D．粒子离开磁场时，动量变化量一定相同
13.(多选)如图所示，半径为R、磁感应强度为B的圆形匀强磁场，MN是一竖直放置的足够长的感光板．大量相同的带正电粒子从圆形磁场最高点P以速率v沿不同方向垂直磁场方向射入，不考虑速度沿圆形磁场切线方向入射的粒子．粒子质量为m，电荷量为q，不考虑粒子间的相互作用和粒子的重力．关于这些粒子的运动，以下说法正确的是( )
A．对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中通过的时间越短
B．对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中通过的时间越长
C．若粒子速度大小均为v＝eq \f(qBR,m)，出射后均可垂直打在MN上
D．若粒子速度大小均为v＝eq \f(qBR,m)，则粒子在磁场中的运动时间一定小于eq \f(πm,qB)
14．(多选)如图所示，上部半圆下部矩形组成的平面区域内存在垂直平面向里的匀强磁场，由点A向圆心O方向连续发射相同速率的同种带电粒子，最终粒子从B点离开磁场区域，不计粒子所受重力，粒子间的相互作用及空气阻力，则以下说法正确的是（ ）
A．该种粒子一定带负电，且在B点沿OB方向离开磁场
B．若在A点增大粒子入射速率，方向不变，则粒子在磁场中的运动时间增加
C．若在A点调整粒子入射方向，速率不变，则BC间无粒子射出
D．若在A点调整粒子入射方向，速率不变，从AB弧射出的粒子的出射方向均与OB平行
15．（2022·福建莆田·二模）带电粒子流的磁聚焦是薄膜材料制备的关键技术之一、磁聚焦原理如图，真空中一半径为r的圆形区域内存在垂直纸面的匀强磁场，一束宽度为2r、沿x轴正方向运动的带电粒子流射入该磁场后汇聚于坐标原点O。已知粒子的质量均为m、电荷量均为q、进入磁场的速度均为v，不计带电粒子的重力及粒子间的相互作用力。则磁感应强度的大小应为（ ）
A． mv2qr B． 2mv2qr C．mvqrD．2mvqr
16．（2023·全国·高三专题练习）(多选)如图所示，半径为R的14圆形区域内存在着垂直纸面向里的匀强磁场，过（－2R，0）点垂直x轴放置一线型粒子发射装置，能在0A．粒子击中点距O点的距离为R
B．磁场的磁感应强度为mvqR
C．粒子离开磁场时速度方向相同
D．粒子从离开发射装置到击中y轴所用时间t的范围为2Rv＜t<(2+π)R2v
17．如图所示，x轴正方向水平向右，y轴正方向竖直向上。两个半径为r的圆形区域内有与x0y平面垂直的匀强磁场（包括圆形区域边界），宽度为2r的带电粒子流（粒子的质量为m、电荷量为+q）沿x轴正方向以速度v0射入圆心为A（O，r）、半径为r的圆形匀强磁场B1中，带电粒子流经过磁场后都汇聚到坐标原点O，经过圆心为C（O，-r）、半径为r的圆形匀强磁场B2后，沿x轴正方向射出，不计粒子重力及带电粒子之间的相互作用。求：
（1）这两个圆形匀强磁场的磁感应强度B1、B2的大小和方向；
（2）带电粒子在这两个圆形匀强磁场中运动的最长时间；
（3）增大带电粒子射入的速度，使正对圆心A（0，r）射入的粒子恰好不经过下方的磁场，求粒子射入的速度大小。
考点四 带电粒子在交变电、磁场中的运动
分析方法:
(1)明确场的变化情况。场的变化周期一般与粒子的运动周期相关联,抓住场的变化周期与运动周期之间的联系作为突破口。
(2)通过各阶段受力分析,明确运动特点,正确画出运动轨迹,找出衔接相邻两过程的物理量。
(3)对不同运动过程选取相应规律列式,联立求解。
18．如图甲所示，ABCD是一长方形有界匀强磁场边界，磁感应强度按图乙规律变化，取垂直纸面向外为磁场的正方向，图中AB=3AD=3L，一质量为m、电荷量为q的带正电粒子以速度v0在t=0时从A点沿AB方向垂直磁场射入，粒子重力不计.则下列说法中正确的是（ ）
A．若粒子经时间t=12T0恰好垂直打在CD上，则磁场的磁感应强度B0=mv0qL
B．若粒子经时间t=32T0恰好垂直打在CD上，则粒子运动的加速度大小a=3v022L
C．若要使粒子恰能沿DC方向通过C点，则磁场的磁感应强度的大小B0=nmv02qLn=1,2,3,⋯
D．若要使粒子恰能沿DC方向通过C点，磁场变化的周期T0=2πL3nv0n=1,2,3,⋯
19．（2022·青海·模拟预测）在如图甲所示的平面直角坐标系xOy（其中Ox水平，Oy竖直）内，矩形区域OMNP充满磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场（边界处有磁场），，其中OM=32d，OP=2d，P点处放置一垂直于x轴的荧光屏，现将质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从OM边的中点A处以某一速度垂直于磁场且沿与y轴负方向夹角为45°的方向射入磁场，不计粒子重力。
（1）求粒子恰好能打在荧光屏上与A等高的点的速度大小；
（2）求粒子能从OM边射出磁场的最大速度及其对应的运动时间。
（3）若规定垂直纸面向外的磁场方向为正方向，磁感应强度B的变化规律如图乙所示（图中B0已知），调节磁场的周期，满足T=2πm3qB0，让上述粒子在t=0时刻从坐标原点O沿与x轴正方向成60°角的方向以一定的初速度射入磁场，若粒子恰好垂直打在屏上，求粒子的可能初速度大小及打在光屏上的位置。
20．（2023·全国·高三专题练习）如图甲所示，在xOy平面内存在均匀、大小随时间周期性变化的磁场和电场，变化规律分别如图乙、丙所示（规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向、沿y轴正方向电场强度为正）。在t＝0时刻由原点O发射初速度大小为v0，方向沿y轴正方向的带负电粒子。已知v0、t0、B0，粒子的比荷为πB0t0，不计粒子的重力。求：
(1)t＝t0时，求粒子的位置坐标；
(2)若t＝5t0时粒子回到原点，求0~5t0时间内粒子距x轴的最大距离；
(3)若粒子能够回到原点，求满足条件的所有E0值。
21.(2022·潍坊二模)如图甲所示，在O－xyz三维坐标系的空间内有平行于z轴向上且交替变化的匀强电场、匀强磁场，电场、磁场随时间变化的规律分别如图乙、丙所示，t＝0时，一带正电的粒子以初速度v0从O点沿x轴正方向射入，在t＝eq \f(L,v0)时粒子恰经过点P(L、0、L)(图中未画出)。已知电场强度大小为E0，磁感应强度大小为eq \f(3πE0,2v0)。粒子重力不计，求：
(1)粒子的比荷；
(2)粒子在t＝eq \f(2L,v0)时的位置坐标；
(3)粒子在t＝eq \f(3L,v0)时的速度；
(4)t＝eq \f(nL,v0)(n为整数)时，粒子所处位置的z轴坐标值zn。
22．（2022·河北·模拟预测）如图甲所示，在xOy平面的第一象限内存在周期性变化的磁场，规定磁场垂直纸面向内的方向为正，磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示。质量为m、电荷量为+q的粒子，在t=0时刻沿x轴正方向从坐标原点O射入磁场。图乙中T0为未知量，不计粒子的重力。已知B0=kπmq，sin37°=0.6，cs37°=0.8。求：
（1）0~25T0时间内粒子做匀速圆周运动的角速度ω；
（2）若粒子不能从Oy轴射出磁场，磁感应强度变化周期的最大值Tm；
（3）若使粒子能从坐标为（3d，4d）的D点平行于Ox轴射出，射入磁场时速度的大小v。
23．（2022·河北）两块面积和间距均足够大的金属板水平放置，如图1所示，金属板与可调电源相连形成电场，方向沿y轴正方向。在两板之间施加磁场，方向垂直平面向外。电场强度和磁感应强度随时间的变化规律如图2所示。板间O点放置一粒子源，可连续释放质量为m、电荷量为、初速度为零的粒子，不计重力及粒子间的相互作用，图中物理量均为已知量。求：
（1）时刻释放的粒子，在时刻的位置坐标；
（2）在时间内，静电力对时刻释放的粒子所做的功；
（3）在点放置一粒接收器，在时间内什么时刻释放的粒子在电场存在期间被捕获。
专题70 带电粒子在匀强磁场中的临界问题、极值、多解问题
磁发散磁聚焦 带电粒子在交变电、磁场中的运动
考点一 带电粒子在匀强磁场中的临界问题、极值问题（1-5T）
考点二 带电粒子在有界匀强磁场中运动的多解问题（6-11T）
考点三 磁发散磁聚焦 （12-17T）
考点四 带电粒子在交变电、磁场中的运动（18-23T）
考点一 带电粒子在匀强磁场中的临界问题、极值问题
分析思路：以临界问题的关键词“恰好”“最大”“至少”“要使”等为突破口，寻找临界点，确定临界状态，画出临界状态下的运动轨迹，建立几何关系求解．
1．如图所示，一粒子源位于一边长为a的正三角形ABC的中点O处，可以在三角形所在的平面内向各个方向发射出速度大小为v、质量为m、电荷量为q的带电粒子，整个三角形位于垂直于△ABC平面的匀强磁场中，若使沿任意方向射出的带电粒子均不能射出三角形区域，则磁感应强度的最小值为（ ）
A．mvqaB．2mvqa
C．23mvqaD．43mvqa
【答案】D
【解析】如图所示，带电粒子不能射出三角形区域的最大轨迹半径是r=12⋅a2tan30°=312a，由qvB=mv2r得，最小的磁感应强度B=43mvqa.选项D正确
2．（2022·四川遂宁·三模）如图所示，在直角三角形abc区域（含边界）内存在垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，∠a=60∘，∠b=90∘，边长ac=L。一个粒子源在a点将质量为2m、电荷量为q的带正电粒子以大小和方向不同的速度射入磁场，在磁场中运动时间最长的粒子中，速度的最大值是（ ）
A．qBL2mB．qBL4mC．3qBL6mD．qBL6m
【答案】B
【解析】带电粒子垂直进入磁场，在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动。要使带电粒子在磁场运动的时间最长，带电粒子需以平行于ab方向的速度射入磁场，并从ac边射出。由牛顿第二定律可得qvB=2mv2R
得带电粒子射入磁场的速度为v=qBR2m
即要使速度最大，粒子运动的轨道半径最大，即轨迹既与ab边相切，又与bc边相切，如图所示
由几何关系可得，此时带电粒子做圆周运动的半径为R=L2
则速度的最大值为vm=qBL4m
故选B。
3．（2022·浙江·高三专题练习）如图半径为R的半圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场．一质量为m、带电量为-q且不计重力的粒子，以速度v沿与半径AO夹角θ=30°的方向从A点垂直磁场射入，最后粒子从圆弧MN上射出，则磁感应强度的大小不可能为（ ）
A．3mvqRB．mvqRC．2mvqRD．4mvqR
【答案】B
【解析】当粒子轨迹恰好与MN相切时，为临界条件，粒子轨迹如图所示，根据几何知识可得∠AO'B=120°，∠OAB=∠BAO'=30°，故AB=Rcs30°，r=12ABcs30°，解得r=23R，又知道r=mvBq=23R，解得B=3mv2qR，若使粒子从圆弧MN上射出，故r≤23R，即B≥3mv2qR，故B不可能．
4．（2022·湖南·长郡中学模拟预测）如图所示，有一个环形磁场，处在半径分别为R和2R的内、外两个同心圆之间，磁感应强度为B，方向垂直纸面向外。有一个粒子源可以在纸面内各个方向发射质量为m、带电量为q的正电粒子，粒子源处于P点，P是内圆半径OA的中点。不计粒子间的相互作用力和重力，下列说法正确的是（ ）
A．若没有粒子射出磁场，粒子的速率不大于3qBR5m
B．若没有粒子射出磁场，粒子的速率不大于qBRm
C．若粒子的速率大于3qBR5m，所有粒子都会射出磁场
D．若粒子的速率大于qBRm，将有部分粒子射出磁场
【答案】A
【解析】如图所示，当粒子在磁场中的运动轨迹与磁场外边界相切时，被磁场约束的粒子的半径最小，速度为最小值，设粒子运动半径为r
在ΔOCO′中，由几何知识得 OC2+CO′2=OO′2 OC=32R CO′=r+12R OO′=2R-r
解得 r=35R
由运动半径 r=mvqB
解得 vmin=3qBR5m 故选A。
5．（2023·全国·高三专题练习）一足够长的矩形区域abcd内充满磁感应强度为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场，矩形区域的左边界ad宽为L，现从ad中点O垂直于磁场射入一带电粒子，速度大小为v0方向与ad边夹角为30°，如图所示。已知粒子的电荷量为q，质量为m（重力不计）。
（1）若粒子带负电，且恰能从d点射出磁场，求v0的大小；
（2）若粒子带正电，使粒子能从ad边射出磁场，求v0的最大值。
【答案】（1）qBL2m；（2）qBL3m
【解析】（1）带电粒子带负电，其轨迹如图
由图可知 R1=L2
据牛顿第二定律 qvB=mv02R1
则 v0=qBR1m=qBL2m
（2）带电粒子带正电，当v0最大值恰好和ab边相切，轨迹如图
由几何关系得 R2+R2sin30°=L2
得 R2=L3
据牛顿第二定律 qvB=mvmax2R2
则 vmax=qBR2m=qBL3m
考点二 带电粒子在有界匀强磁场中运动的多解问题
1.带电粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，由于带电粒子电性不确定、磁场方向不确定、临界状态不确定、运动的往复性造成带电粒子在有界匀强磁场中运动的多解问题．
2.分析思路
(1)找出多解的原因．
(2)画出粒子的可能轨迹，找出圆心、半径的可能情况．
(3)若为周期性重复的多解问题，寻找通项式；若是出现几种解的可能性，注意每种解出现的条件。
6．(多选)如图所示，L1和L2为两条平行的虚线，L1上方和L2下方都是范围足够大，且磁感应强度相同的匀强磁场，A、B两点都在L2上。带电粒子从A点以初速度v0与L2成30°角斜向右上方射出，经过偏转后正好过B点，经过B点时速度方向也斜向上，不计重力，下列说法正确的是（ ）
A．若将带电粒子在A点时的初速度变大（方向不变），它仍能经过B点
B．带电粒子经过B点时的速度一定跟在A点时的速度大小相同
C．若将带电粒子在A点时的初速度方向改为与L2成60°角斜向右上方，它将不能经过B点
D．此带电粒子既可以是正电荷，也可以是负电荷
【答案】ABD
【解析】画出带电粒子运动的可能轨迹，B点的位置可能有如图四种
A．根据轨迹，粒子经过边界L1时入射点与出射点间的距离与经过边界L2时入射点与出射点间的距离相同，与速度无关．所以当初速度大小稍微增大一点，但保持方向不变，它仍有可能经过B点，故A错误；
B．如图，粒子B的位置在B1、B4，由于洛伦兹力对粒子不做功，则速度跟在A点时的速度大小相等，但方向不同，故B正确；
C．如图，设L1与L2之间的距离为d，则A到B2的距离为x=2dtanθ
所以，若将带电粒子在A点时初速度方向改为与L2成60°角斜向上，则每次经过一个周期前进的距离为
x1=2dtan60°=x3
则经过三个周期后经过B点。故C错误；
D．由图可知，分别是正负电荷的轨迹，正负电荷都可能，故D正确。
故选ABD。
7．(多选)如图所示，正方形abcd区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，O点是cd边的中点，一个带正电的粒子(重力忽略不计)若从O点沿纸面以垂直于cd边的速度射入正方形内，经过时间t0刚好从c点射出磁场。现设法使该带电粒子从O点沿纸面以与Od成30°角的方向(如图中虚线所示)，以各种不同的速率射入正方形内，那么下列说法中正确的是（ ）
A．该带电粒子不可能刚好从正方形的某个顶点射出磁场
B．若该带电粒子从ab边射出磁场，它在磁场中经历的时间可能是23t0
C．若该带电粒子从bc边射出磁场，它在磁场中经历的时间可能是t0
D．若该带电粒子从bc边射出磁场，它在磁场中经历的时间可能是53t0
【答案】ABC
【解析】A．带电粒子以垂直于cd边的速度射入正方形内，经过时间t0刚好从c点射出磁场，则知带电粒子的运动周期为T＝2t0。作出粒子从O点沿纸面以与Od成30°角的方向射入恰好从各边射出的轨迹，如图所示。
发现粒子不可能经过正方形的某顶点，故A正确；
B．作出粒子恰好从ab边射出的临界轨迹③④，由几何关系知圆心角不大于150°，在磁场中经历的时间不大于512个周期，即56t0；圆心角不小于60°，在磁场中经历的时间不小于16个周期，即13t0，故B正确；
CD．作出粒子恰好从bc边射出的临界轨迹②③，由几何关系知圆心角不大于240°，在磁场中经历的时间不大于23个周期，即43t0；圆心角不小于150°，在磁场中经历的时间不小于512个周期，即56t0，故C正确，D错误。
故选ABC。
8．（2022·湖北·高考真题）(多选)在如图所示的平面内，分界线SP将宽度为L的矩形区域分成两部分，一部分充满方向垂直于纸面向外的匀强磁场，另一部分充满方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，SP与磁场左右边界垂直。离子源从S处射入速度大小不同的正离子，离子入射方向与磁场方向垂直且与SP成30°角。已知离子比荷为k，不计重力。若离子从Р点射出，设出射方向与入射方向的夹角为θ，则离子的入射速度和对应θ角的可能组合为（ ）
A．13kBL，0°B．12kBL，0°C．kBL，60°D．2kBL，60°
【答案】BC
【解析】若粒子通过下部分磁场直接到达P点，如图
根据几何关系则有R=L qvB=mv2R
可得 v=qBLm=kBL
根据对称性可知出射速度与SP成30°角向上，故出射方向与入射方向的夹角为θ=60°。
当粒子上下均经历一次时，如图
因为上下磁感应强度均为B，则根据对称性有 R=12L
根据洛伦兹力提供向心力有 qvB=mv2R
可得 v=qBL2m=12kBL
此时出射方向与入射方向相同，即出射方向与入射方向的夹角为θ=0°。
通过以上分析可知当粒子从下部分磁场射出时，需满足 v=qBL2n−1m=12n−1kBL（n=1，2，3……）
此时出射方向与入射方向的夹角为θ=60°；
当粒子从上部分磁场射出时，需满足 v=qBL2nm=12nkBL（n=1，2，3……）
此时出射方向与入射方向的夹角为θ=0°。
故可知BC正确，AD错误。
故选BC。
9．（2022·华中师大一附中博乐分校·模拟预测）(多选)如图，纸面内有一矩形abcd，其长ab为4l、宽ad为23l，P、Q为ab边上的点，aQ=Pb=l。在矩形abcd外存在范围足够大的匀强磁场（图中未画出磁场），磁感应强度大小为B0。一质量为m、带电荷量为q（q>0）的粒子，从P点垂直ab以速度v1向外射入磁场，粒子从Q处进入无场区。现在将入射速度变为v2=2v1，粒子从P点垂直ab射入磁场，粒子的重力不计，粒子离开P点至回到P点的运动路程可能为（ ）
A．16πl+123lB．40πl+243l
C．64πl+423l3D．88πl+603l3
【答案】ACD
【解析】AB．根据粒子从P点垂直ab射入磁场，从处进入无场区，
可判断粒子做圆周运动的半径 R1=l
粒子在磁场中做圆周运动，有 qv1B0=mv12R1
解得 qlB0m=v1
粒子速度变为 v2=2v1
粒子在磁场中做圆周运动，有 R2=2l
由数学知识可知，粒子先以Q为圆心做23个圆周运动到ad的中点M，再沿直线MN运动到N（Nc=l），再经过23个圆周运动到P点，沿直线PM运动到M，再经过23个圆周运动到N点，沿直线NP运动到P，之后重复上述运动，粒子运动轨迹如图所示
可知粒子在一个周期内经过P点两次。由P点沿圆弧运动到M点所用时间 t1=23×2πmqB0
由M点沿直线运动到N点所用时间 t2=23l2v1=3mqB0
粒子以2v1垂直ab向外经过P，则粒子运动的时间 t=k3t1+3t2，k=1,2,3
粒子运动的路程 s=2v1k3t1+3t2=2k4πl+33l，k=1,2,3
当k=2时为A选项，而B选项无法取到，故A正确，B错误；
CD．粒子以2v1大小与ab方向成30°角经过P，则 t'=2t1+t2+k3t1+3t2，k=0,1,2,3
粒子运动的路程 s'=2v1t'=28πl3+3l+k4πl+33l，k=0,1,2,3
当k=2时为C选项，当k=3时为D选项，故CD正确。
故选ACD。
10．（2020·全国·高三专题练习）如图所示，某平面内有折线PAQ为磁场的分界线，已知∠A＝90°，AP＝AQ＝L．在折线的两侧分布着方向相反，与平面垂直的匀强磁场，磁感应强度大小均为B．现有一质量为m、电荷量为＋q的粒子从P点沿PQ方向射出，途经A点到达Q点，不计粒子重力．求粒子初速度v应满足的条件及粒子从P经A到达Q所需时间的最小值．
【答案】v=qBL2mnn=1,2,3,⋯ tmin=2πmqB
【解析】根据运动的对称性，粒子能从P经A到达Q，运动轨迹如图所示，
由图可得：L＝nx
其中x为每次偏转圆弧对应的弦长，由几何关系知，偏转圆弧对应的圆心角为π2或3π2．
设粒子运动轨迹的半径为R，由几何关系可得：2R2＝x2 解得：R=L2n
又qvB=mv2R 解得： v=qBL2mnn=1,2,3,⋯
当n取奇数时，粒子从P经A到Q过程中圆心角的总和为：θ1=n⋅π2+n⋅3π2=2nπ
从P经A到Q的总时间为： t1=θ12π⋅2πmqB=2πnmqBn=1,3,5,⋯
当n取偶数时，粒子从P经A到Q过程中圆心角的总和为：θ2=n⋅π2+n⋅π2=nπ
从P经A到Q的总时间为： t2=θ22π⋅2πmqB=πnmqBn=2,4,6,⋯
综合上述两种情况，可得粒子从P经A到达Q所用时间的最小值为： tmin=2πmqB
11．（2022·江苏·南京师大附中模拟预测）空间中存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，电子枪将无初速的电子经加速电压加速后在纸面内垂直于SO的方向射出，两个形状为一圆弧的接收屏P1、P2拼接成半径为R的半圆形粒子接收器，直径沿SO方向放置，圆心位于O点，SO长度为2R。电子电荷量为e，质量为m。设电子击中接收屏即被吸收，不计电荷间的相互作用。
（1）为使电子能打到接收屏P1或P2上，求电子枪加速电压U的调节范围；
（2）求能打到接收屏P1或P2上的电子从S点到击中接收屏的时间范围；
（3）若接收屏P1损坏，可以通过调节电子枪加速电压使原本打在接收屏P1上的全部电子能打在接收屏P2上，至少需要调节多少次加速电压?（可能用到的数据：lg2≈0.301，lg5≈0.699，lg6≈0.778）
【答案】（1）B2R2e8m≤U≤9B2R2e8m；（2）2πm3eB≤t≤πmeB；（3）至少需要调节2次加速电压
【解析】（1）电子在电场中加速，由动能定理eU=12mv2
电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力evB=mv2r
联立可得U=B2r2e2m
为使电子能打到接收屏P1或P2上，由几何关系可知，电子在磁场中的轨迹恰好和圆弧P1左侧相切时，电子轨道半径最小rmin=R2
故加速电压最小值为Umin=B2R2e8m
电子在磁场中的轨迹恰好和圆弧P2右侧相切时，电子轨道半径最大rmax=3R2
故加速电压最大值为Umax=9B2R2e8m
故电子枪加速电压U的调节范围B2R2e8m≤U≤9B2R2e8m。
（2）粒子在磁场中做圆周运动的周期为 T=2πrv=2πmeB
故当电子轨迹恰好与接收屏相切时，能打到接收屏P1或P2上的电子运动的时间最长，此时电子恰好转动半个周期，则 tmax=T2=πmeB
运动轨迹所对应的圆心角越小，运动时间越短。如图，设轨迹与接收屏P1、P2交点为E，当SE与水平方向夹角最大，即SE与接收屏相切时，运动时间最短
由几何关系可知，在△SEO中∠ESO=30∘，故轨迹对应的圆心角为120∘，所以运动时间为 tmin=T3=2πm3eB
所以能打到接收屏P1或P2上的电子从S点到击中接收屏的时间范围为 2πm3eB≤t≤πmeB
（3）当粒子打到P2接收屏最高点M点时
由几何关系可得 r2=R2+2R−r2 解得 r=54R 故加速电压为 U=B2r2e2m=25B2R2e32m
由（1）分析可知r∝U，由题意可知，第一次调节电压增量为ΔU1，使原来半径为R2的粒子打到M点，此时电压的增量 ΔU1=U−Umin=21B2R2e32m
使原来半径为r1、加速电压为U1的粒子打到B点，有 U1=Umax−ΔU1=15B2R2e32m r13R2=U1Umax
解得 r1=15R4
第二次调节电压增量为ΔU2，使原来半径为r1，电压为U1的粒子打到M点，则有 ΔU2=U−U1=10B2R2e32m
使原来半径为r2，电压为U2的粒子打到B点，
有 U2=Umax−ΔU2=26B2R2e32m r23R2=U2Umax
解得 r2=26R4>54R
故至少需要调节2次加速电压，就可以使原本打在接收屏P1上的全部电子能打在接收屏P2上。
考点三 磁发散磁聚焦
如图
1.磁发散磁聚焦的条件：磁场边界圆的半径等于粒子轨迹圆的半径。
2.磁发散：从圆形匀强磁场边界上某一点垂直进入磁场的电性相同的粒子，若其轨迹圆的半径与磁场边界圆的半径相等，则无论粒子在磁场内的速度方向如何，射出磁场的速度方向都与入射点的切线平行。
磁聚焦：一组电性相同的平行粒子垂直射入半径为R的圆形匀强磁场区域，若粒子轨迹圆的半径也为R，则粒子将汇聚于磁场边界圆上同一点，该点的切线与粒子入射时的速度方向平行。
3.磁发散磁聚焦的原理（以磁发散为例）：如下图，前提：磁场边界圆的半径等于粒子轨迹圆的半径。A是边界圆上粒子的入射点，cd是A点的切线，B是粒子的出射点，O1是磁场边界圆的圆心，O2是粒子轨迹圆的圆心，连接AO1BO2，由于磁场边界圆的半径等于粒子轨迹圆的半径，则AO1BO2一定是菱形，因而AO1平行于BO2，因为出射粒子的速度方向垂直于BO2，也就垂直于AO1，从而平行于AO1的切线cd。
4.磁聚焦和磁发散是相反的过程,满足运动的可逆性。
12．（2022·广东·模拟预测）(多选)如图所示，半径为R的图形区域内存在方向垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场（圆形区域上半圆半径略小于下半圆半径）。一群质量为m、电荷量为+q的带电粒子从A点沿平行于纸面的任意方向射入磁场，粒子射入磁场的速度大小为v=qBRm，不计粒子重力及粒子间相互作用，则（ ）
A．粒子在磁场中运动的最短时间为2mqB
B．粒子在磁场中运动的最长时间为πmqB
C．粒子离开磁场时，速度方向一定相同
D．粒子离开磁场时，动量变化量一定相同
【答案】BC
【解析】ABC．由题知，粒子带正电，粒子进入磁场后将向上偏转，因粒子射入磁场的速度大小为v=qBRm，根据洛伦兹力提供向心力有 Bqv=mv2r
解得偏转半径为 r=R
即粒子的偏转半径与磁场圆的半径相等，设O′为粒子做圆周运动的圆心，O为磁场圆的圆心，作出从A点任意一个方向入射的粒子的运动轨迹，如图所示
连接OA、OC、AO′、O′C，AD为过A点作磁场圆的切线，即OA⊥AD，因偏转半径等于磁场圆半径，故
OA=OC=AO′=O′C=R
则四边形OAO′C为菱形，由此可得 OA∥O′C 又因为 OA⊥AD 则 O′C⊥AD
又因为CE为粒子的出射方向，必定与轨迹圆的半径垂直，则有 O′C⊥CE 联立可得 AD∥CE
因粒子的入射方向是任意的，而A点的切线方向是确定的，因此从A点射入磁场的所有粒子都会平行于AD方向射出，故粒子离开磁场时，速度方向一定相同；
由图可知，当粒子从方向1入射时，偏转的圆心角最大，运动的时间最长，为半个周期，
即 t1=12T=12×2πmqB=πmqB
当粒子进入磁场的方向越往上时，圆心角越小，时间越短，所以当粒子在方向2入射时，将不会进入磁场，此时在磁场运动的时间为零，即为最短的时间，故A错误，BC正确；
D．动量的变化为 Δp=p末−p初
该式子为矢量表达式，因粒子离开磁场时的速度方向相同，即末动量相同；但进入磁场的方向不相同，即初动量不相同，故粒子离开磁场时，动量变化量一定不相同，故D错误。
故选BC。
13.(多选)如图所示，半径为R、磁感应强度为B的圆形匀强磁场，MN是一竖直放置的足够长的感光板．大量相同的带正电粒子从圆形磁场最高点P以速率v沿不同方向垂直磁场方向射入，不考虑速度沿圆形磁场切线方向入射的粒子．粒子质量为m，电荷量为q，不考虑粒子间的相互作用和粒子的重力．关于这些粒子的运动，以下说法正确的是( )
A．对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中通过的时间越短
B．对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中通过的时间越长
C．若粒子速度大小均为v＝eq \f(qBR,m)，出射后均可垂直打在MN上
D．若粒子速度大小均为v＝eq \f(qBR,m)，则粒子在磁场中的运动时间一定小于eq \f(πm,qB)
【答案】ACD
【解析】对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中做圆周运动的轨迹半径越大，弧长越长，轨迹对应的圆心角越小，由t＝eq \f(θ,2π)T＝eq \f(θm,qB)可知，运动时间越短，故选项A正确，B错误．粒子速度大小均为v＝eq \f(qBR,m)时，根据洛伦兹力提供向心力可得粒子的轨迹半径为：r＝eq \f(mv,qB)＝R，根据几何关系可知，入射点P、O、出射点与轨迹圆的圆心的连线构成菱形，射出磁场时的轨迹半径与PO平行，故粒子射出磁场时的速度方向与MN垂直，出射后均可垂直打在MN上；根据几何关系可知，轨迹对应的圆心角小于180°，粒子在磁场中的运动时间：t14．(多选)如图所示，上部半圆下部矩形组成的平面区域内存在垂直平面向里的匀强磁场，由点A向圆心O方向连续发射相同速率的同种带电粒子，最终粒子从B点离开磁场区域，不计粒子所受重力，粒子间的相互作用及空气阻力，则以下说法正确的是（ ）
A．该种粒子一定带负电，且在B点沿OB方向离开磁场
B．若在A点增大粒子入射速率，方向不变，则粒子在磁场中的运动时间增加
C．若在A点调整粒子入射方向，速率不变，则BC间无粒子射出
D．若在A点调整粒子入射方向，速率不变，从AB弧射出的粒子的出射方向均与OB平行
【答案】AD
【解析】A．由点A向圆心O方向发射带电粒子，最终粒子从B点离开磁场区域，根据左手定则，洛伦兹力方向向左，判断该粒子带负电，已知初速度方向和末速度位置，如图根据几何关系，可知粒子在B点沿OB方向离开磁场，故A正确；
磁场中的运动时间与带电粒子在磁场中转过的圆心角有关，增大粒子入射速率，方向不变，
由半径公式r=mvqB 半径增大，转过的圆心角变小，时间缩短，故B错误；
C．若在A点调整粒子入射方向，速率不变，则半径不变，粒子可以从BC间射出，如下图
所示，故C错误；
D．若在A点调整粒子入射方向，速率不变，则半径不变，当磁场圆半径与轨迹圆半径相等时，为磁发散现象，此时从AB弧射出的粒子的出射方向均与A点的切线平行，即出射方向均与OB平行，故D正确。
故选AD。
15．（2022·福建莆田·二模）带电粒子流的磁聚焦是薄膜材料制备的关键技术之一、磁聚焦原理如图，真空中一半径为r的圆形区域内存在垂直纸面的匀强磁场，一束宽度为2r、沿x轴正方向运动的带电粒子流射入该磁场后汇聚于坐标原点O。已知粒子的质量均为m、电荷量均为q、进入磁场的速度均为v，不计带电粒子的重力及粒子间的相互作用力。则磁感应强度的大小应为（ ）
A． mv2qr B． 2mv2qr C．mvqrD．2mvqr
【答案】C
【解析】利用圆形区域匀强磁场实现对带电粒子流的磁聚焦，需要满足：粒子匀速圆周运动半径与圆形磁场区域的半径相等，设粒子做匀速圆周运动的半径为R，则有 R=r
粒子匀速圆周运动所需向心力等于洛伦兹力，则有 qvB=mv2R
解得 B=mvqr 故选C。
16．（2023·全国·高三专题练习）(多选)如图所示，半径为R的14圆形区域内存在着垂直纸面向里的匀强磁场，过（－2R，0）点垂直x轴放置一线型粒子发射装置，能在0A．粒子击中点距O点的距离为R
B．磁场的磁感应强度为mvqR
C．粒子离开磁场时速度方向相同
D．粒子从离开发射装置到击中y轴所用时间t的范围为2Rv＜t<(2+π)R2v
【答案】ABD
【解析】A．由题意，某时刻发出的粒子都击中的点是y轴上同一点，由发射装置最高点射出的粒子只能击中（0，R），则击中的同一点只能是（0，R），即粒子击中点距O点的距离为R，A正确；
从最低点射出的也击中（0，R），那么粒子做匀速圆周运动的半径为R，
由洛伦兹力提供向心力有 qvB＝mv2R
可得磁感应强度 B＝mvqR B正确；
C．粒子运动的半径都相同，但是入射点不同，所以粒子离开磁场时的速度方向不同，C错误；
D．整个过程粒子的速率不变，故粒子运动的时间正比于轨迹的长度，所以从最低点射出的粒子运动的时间最长，由此可得粒子从离开发射装置到击中y轴所用的最长时间为 t1=T4+Rv=14×2πRv+Rv=(π+2)R2v
从最高点直接射向（0，R）的粒子运动时间最短，最短的时间为 t2=2Rv
D正确。
故选ABD。
17．如图所示，x轴正方向水平向右，y轴正方向竖直向上。两个半径为r的圆形区域内有与x0y平面垂直的匀强磁场（包括圆形区域边界），宽度为2r的带电粒子流（粒子的质量为m、电荷量为+q）沿x轴正方向以速度v0射入圆心为A（O，r）、半径为r的圆形匀强磁场B1中，带电粒子流经过磁场后都汇聚到坐标原点O，经过圆心为C（O，-r）、半径为r的圆形匀强磁场B2后，沿x轴正方向射出，不计粒子重力及带电粒子之间的相互作用。求：
（1）这两个圆形匀强磁场的磁感应强度B1、B2的大小和方向；
（2）带电粒子在这两个圆形匀强磁场中运动的最长时间；
（3）增大带电粒子射入的速度，使正对圆心A（0，r）射入的粒子恰好不经过下方的磁场，求粒子射入的速度大小。
【答案】（1）大小均为mv0qr，B1垂直纸面向外，B2垂直纸面向内；（2）2πrv0；（3）3v0
【解析】（1）带电粒子流沿x轴正方向以速度v0射入圆心为A（O，r）、半径为r的圆形匀强磁场B1中，带电粒子流经过磁场后都汇聚到坐标原点O，结合磁聚焦的原理可知，粒子的运动轨迹半径与磁场半径相等，即 r1=r
由洛伦兹力作为向心力可得 qv0B1=mv02r1
联立解得磁感应强度B1的大小为 B1=mv0qr
由右手定则可知，磁感应强度B1的方向垂直纸面向外；
全部粒子从O点进入圆心为C（O，-r）、半径为r的圆形匀强磁场B2后，沿x轴正方向射出，故该过程为磁聚焦的逆过程，同理可得 r2=r
由洛伦兹力作为向心力可得 qv0B2=mv02r2
联立解得磁感应强度B2的大小为 B2=mv0qr
由右手定则可知，磁感应强度B2的方向垂直纸面向内。
（2）粒子在磁场中的运动周期均为 T=2πrv0
当粒子从（0，2r）点射入，恰好沿磁场边缘运动，从（0，-2r）点射出，在磁场中的运动时间最长，恰好为一个周期T，故带电粒子在这两个圆形匀强磁场中运动的最长时间为 tmax=T=2πrv0
（3）如图所示，当粒子的运动轨迹恰好与圆心为C、半径为r的圆形匀强磁场边缘相切时，恰好不经过下方的磁场，如图所示
由几何关系可得 sinθ=r2r=12
故粒子的偏转角为2θ，设轨迹半径为r3，可得 tanθ=rr3
联立解得 r3=3r
由洛伦兹力作为向心力可得 qv3B1=mv32r3
联立解得粒子速度大小为 v3=3v0
考点四 带电粒子在交变电、磁场中的运动
分析方法:
(1)明确场的变化情况。场的变化周期一般与粒子的运动周期相关联,抓住场的变化周期与运动周期之间的联系作为突破口。
(2)通过各阶段受力分析,明确运动特点,正确画出运动轨迹,找出衔接相邻两过程的物理量。
(3)对不同运动过程选取相应规律列式,联立求解。
18．如图甲所示，ABCD是一长方形有界匀强磁场边界，磁感应强度按图乙规律变化，取垂直纸面向外为磁场的正方向，图中AB=3AD=3L，一质量为m、电荷量为q的带正电粒子以速度v0在t=0时从A点沿AB方向垂直磁场射入，粒子重力不计.则下列说法中正确的是（ ）
A．若粒子经时间t=12T0恰好垂直打在CD上，则磁场的磁感应强度B0=mv0qL
B．若粒子经时间t=32T0恰好垂直打在CD上，则粒子运动的加速度大小a=3v022L
C．若要使粒子恰能沿DC方向通过C点，则磁场的磁感应强度的大小B0=nmv02qLn=1,2,3,⋯
D．若要使粒子恰能沿DC方向通过C点，磁场变化的周期T0=2πL3nv0n=1,2,3,⋯
【答案】AD
【解析】A．若粒子经时间t=12T0恰好垂直打在CD上，则粒子运动的半径为 R=L
根据 qvB0=mv02R
解得磁场的磁感应强度 B0=mv0qL 选项A正确；
B．若粒子经时间t=32T0恰好垂直打在CD上，粒子的轨迹必定为3个四分之一圆周，如图，
由几何关系得，运动半径为 r=13L
运动中的加速度为 a=v02r=3v02L 选项B错误；
CD．若要使粒子恰能沿DC方向通过C点，粒子运动的时间必定为磁感应强度变化的周期的整数倍，如图；根据运动的对称性可得，轨道半径满足 2L=2nr′
即 r′=Ln(n=1、2、3、…..)
由洛伦兹力提供向心力得 qv0B0=mv02r′
得 B0＝2mv0qL (n=0、1、2、3、….)
粒子圆周运动周期为 T=13⋅2πr′v0=2πL3nv0
磁感应强度变化的周期 T0=T
得 T0=2πL3nv0 (n=0、1、2、3、….) 选项C错误，D正确；
故选AD.
19．（2022·青海·模拟预测）在如图甲所示的平面直角坐标系xOy（其中Ox水平，Oy竖直）内，矩形区域OMNP充满磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场（边界处有磁场），，其中OM=32d，OP=2d，P点处放置一垂直于x轴的荧光屏，现将质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从OM边的中点A处以某一速度垂直于磁场且沿与y轴负方向夹角为45°的方向射入磁场，不计粒子重力。
（1）求粒子恰好能打在荧光屏上与A等高的点的速度大小；
（2）求粒子能从OM边射出磁场的最大速度及其对应的运动时间。
（3）若规定垂直纸面向外的磁场方向为正方向，磁感应强度B的变化规律如图乙所示（图中B0已知），调节磁场的周期，满足T=2πm3qB0，让上述粒子在t=0时刻从坐标原点O沿与x轴正方向成60°角的方向以一定的初速度射入磁场，若粒子恰好垂直打在屏上，求粒子的可能初速度大小及打在光屏上的位置。
【答案】（1）2qBdm；（2）3(2−2)qBd4m，3πm2qB（3）43qB0d3(2n+1)m(n=0,1,2,3…)，233d
【解析】（1）要使粒子恰好能打在荧光屏上与A等高的点，则粒子速度方向偏转了90°，轨迹如图所示
由几何关系可得 2R1sin45=OP=2d
由洛伦兹力作为向心力可得 qv1B=mv12R1
联立解得 v1=2qBdm
（2）当粒子的轨迹恰好与MN相切时，对应的速度最大，如图所示
由几何关系可得 R2sin45+R2=12OM=34d
由洛伦兹力作为向心力可得 qv2B=mv22R2
联立解得 v2=3(2−2)qBd4m
可知轨迹对应圆心角为270°，粒子在磁场中的运动周期为 T′=2πmqB
故对应的运动时间为 t′=270360T′=34⋅2πmqB=3πm2qB
（3）由题意可知，磁场的周期满足 T=2πm3qB0
可知每经过T2，粒子在磁场中运动轨迹对应的圆心角均为60°，运动轨迹如图所示
粒子打在荧光屏上的Q点，由几何关系可得 ∠QOP=30
则 PQ=dcs30=233d
设粒子在磁场中运动的轨道半径为R3，每次偏转对应的圆心角均为60°，粒子恰好垂直打在屏上，由几何关系可得 2⋅233d=(2n+1)R3(n=0,1,2,3…)
由洛伦兹力作为向心力可得 qv3B=mv32R3
联立解得 v3=43qB0d3(2n+1)m(n=0,1,2,3…)
20．（2023·全国·高三专题练习）如图甲所示，在xOy平面内存在均匀、大小随时间周期性变化的磁场和电场，变化规律分别如图乙、丙所示（规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向、沿y轴正方向电场强度为正）。在t＝0时刻由原点O发射初速度大小为v0，方向沿y轴正方向的带负电粒子。已知v0、t0、B0，粒子的比荷为πB0t0，不计粒子的重力。求：
(1)t＝t0时，求粒子的位置坐标；
(2)若t＝5t0时粒子回到原点，求0~5t0时间内粒子距x轴的最大距离；
(3)若粒子能够回到原点，求满足条件的所有E0值。
【答案】(1) （2v0t0π，0）；(2)(32+2π)v0t0(3)E0=v0B0nπ（n=1，2，3，…）
【解析】(1)由粒子的比荷 qm=πB0t0
则粒子做圆周运动的周期 T=2πmBq=2t0
则在0-t0内转过的圆心角α=π
由牛顿第二定律 qv0B=mv02r1
得 r1=v0t0π 位置坐标（2v0t0π，0）
(2)粒子t=5t0时回到原点，轨迹如图所示
r2=2r1 r1=mv0qB0 r2=mv2qB0
得 v2=2v0
又 qm=πB0t0 r2=2v0t0π
粒子在t0-2t0时间内做匀加速直线运动， 2t0-3t0时间内做匀速圆周运动，则在5t0时间内粒子距x轴的最大距离 ℎm=v0+2v02t0+r2=(32+2π)v0t0
(3)如图所示，设带电粒子在x轴上方做圆周运动的轨道半径为r1，在x轴下方做圆周运动的轨道半径为r2，由几何关系可知，要使粒子经过原点，则必须满足∶
n(2r2−2r1)=2r1 （n=1，2，3，…） r1=mv0qB0 r2'=mvqB0
联立以上解得 v=n+1nv0 又由于 v=v0+E0qt0m 得 E0=v0B0nπ（n=1，2，3，…）
21.(2022·潍坊二模)如图甲所示，在O－xyz三维坐标系的空间内有平行于z轴向上且交替变化的匀强电场、匀强磁场，电场、磁场随时间变化的规律分别如图乙、丙所示，t＝0时，一带正电的粒子以初速度v0从O点沿x轴正方向射入，在t＝eq \f(L,v0)时粒子恰经过点P(L、0、L)(图中未画出)。已知电场强度大小为E0，磁感应强度大小为eq \f(3πE0,2v0)。粒子重力不计，求：
(1)粒子的比荷；
(2)粒子在t＝eq \f(2L,v0)时的位置坐标；
(3)粒子在t＝eq \f(3L,v0)时的速度；
(4)t＝eq \f(nL,v0)(n为整数)时，粒子所处位置的z轴坐标值zn。
【答案】 (1)eq \f(2veq \\al(2,0),E0L) (2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(L，－\f(2L,3π)，3L)) (3)eq \r(17)v0 方向在xOz平面内与z轴正方向所成夹角的正切值为eq \f(1,4) (4)eq \f(n（1＋n）L,2)
【解析】(1)粒子在0～eq \f(L,v0)时间内在xOz平面内做类平抛运动，x方向x＝v0t1＝L
故粒子在t1＝eq \f(L,v0)时刻经过P点，z轴方向L＝eq \f(1,2)ateq \\al(2,1)，E0q＝ma，解得eq \f(q,m)＝eq \f(2veq \\al(2,0),E0L)。
(2)粒子经过P点时沿z轴速度大小为vz，vz＝at1＝2v0，在磁场区域沿z轴方向匀速运动，在xOy平面内做匀速圆周运动，如图1所示，设圆周运动半径为R，由qBv0＝meq \f(veq \\al(2,0),R)
圆周运动的周期T＝eq \f(2πR,v0)
粒子经时间t2＝eq \f(L,v0)，沿z轴运动的距离z2＝vzt2＝2L
圆周运动转过的圆心角为α＝eq \f(t2,T)×2π＝3π，
故粒子在xOy平面内沿y轴方向运动的距离d＝2R＝eq \f(2L,3π)
粒子在eq \f(2L,v0)时的位置坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(L，－\f(2L,3π)，3L))。
(3)粒子再次在电场中运动，沿z轴的初速度为vz＝2v0
沿x轴负方向的速度vx＝v0
在xOz平面内做类斜抛运动，沿坐标轴方向分解，如图2所示，
沿x轴负方向匀速运动L＝v0t3
沿z轴正方向匀加速运动vz′＝vz＋at3＝4v0
速度大小v＝eq \r(veq \\al(2,0)＋veq \\al(′2,z))＝eq \r(17)v0
速度方向在xOz平面内与z轴正方向成夹角θ，tan θ＝eq \f(v0,vz′)＝eq \f(1,4)。
(4)粒子在有电场时沿z轴匀加速运动，第1、3、5…个单位时间内沿z轴方向前进位移为L、3L、5L…，在有磁场存在时，沿z轴匀速运动，第2、4、6…个单位时间
内沿z轴方向前进位移分别为2L、4L、6L…，则粒子在neq \f(L,v0)的时间内沿z方向位移
zn＝L＋2L＋3L＋4L＋…＋nL
故zn＝eq \f(n（1＋n）L,2)。
22．（2022·河北·模拟预测）如图甲所示，在xOy平面的第一象限内存在周期性变化的磁场，规定磁场垂直纸面向内的方向为正，磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示。质量为m、电荷量为+q的粒子，在t=0时刻沿x轴正方向从坐标原点O射入磁场。图乙中T0为未知量，不计粒子的重力。已知B0=kπmq，sin37°=0.6，cs37°=0.8。求：
（1）0~25T0时间内粒子做匀速圆周运动的角速度ω；
（2）若粒子不能从Oy轴射出磁场，磁感应强度变化周期的最大值Tm；
（3）若使粒子能从坐标为（3d，4d）的D点平行于Ox轴射出，射入磁场时速度的大小v。
【答案】（1）ω=3kπ；（2）Tm=143216k；（3）v=15kπd4n，（其中n=1,2,3,…）
【解析】（1）根据洛伦兹力提供向心力可知 3B0qωr=mω2r
其中 B0=kπmq 可得 ω=3kπ
（2）要使得粒子不从y轴射出，则轨迹如图
在前25T0内的运动半径为 r1=mvq⋅3B0
在后35T0内的运动半径为 r2=mvq⋅2B0=32r1
由几何关系可知 θ=37°
0~25T0粒子做圆周运动的周期 T=2πω=23k 则 180∘−37∘360∘T=25T0
解得磁感应强度变化周期的最大值 Tm=143216k
（3）要想使粒子经过D点且平行Ox轴射出，则粒子只能从nT0时刻过D点，（其中n=1,2,3,…），则轨迹如图
由（2）问可得 r2=32r1
由几何关系可知 2nr1cs37°+2nr2cs37°=5d，（其中n=1,2,3,…） 解得 r1=5d4n（其中n=1,2,3,…）
又 qv⋅3B0=mv2r1 解得 v=3qB0r1m=3qm×kπmq×5d4n=15kπd4n，（其中n=1,2,3,…）
23．（2022·河北）两块面积和间距均足够大的金属板水平放置，如图1所示，金属板与可调电源相连形成电场，方向沿y轴正方向。在两板之间施加磁场，方向垂直平面向外。电场强度和磁感应强度随时间的变化规律如图2所示。板间O点放置一粒子源，可连续释放质量为m、电荷量为、初速度为零的粒子，不计重力及粒子间的相互作用，图中物理量均为已知量。求：
（1）时刻释放的粒子，在时刻的位置坐标；
（2）在时间内，静电力对时刻释放的粒子所做的功；
（3）在点放置一粒接收器，在时间内什么时刻释放的粒子在电场存在期间被捕获。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】（1）在时间内，电场强度为，带电粒子在电场中加速度，根据动量定理可知
解得粒子在时刻的速度大小为
方向竖直向上，粒子竖直向上运动的距离
在时间内，根据粒子在磁场运动的周期可知粒子偏转，速度反向，根据可知粒子水平向右运动的距离为
粒子运动轨迹如图
所以粒子在时刻粒子的位置坐标为，即；
（2）在时间内，电场强度为，粒子受到的电场力竖直向上，在竖直方向
解得时刻粒子的速度
方向竖直向上，粒子在竖直方向上运动的距离为
在时间内，粒子在水平方向运动的距离为
此时粒子速度方向向下，大小为，在时间内，电场强度为，竖直方向
解得粒子在时刻的速度
粒子在竖直方向运动的距离
粒子运动的轨迹如图
在时间内，静电力对粒子的做功大小为
电场力做正功；
（3）若粒子在磁场中加速两个半圆恰好能够到达点，则释放的位置一定在时间内，粒子加速度时间为，在竖直方向上
在时间内粒子在水平方向运动的距离为
在时间内，在竖直方向
在时间内，粒子在水平方向运动的距离为
接收器的位置为，根据距离的关系可知 解得
此时粒子已经到达点上方，粒子竖直方向减速至用时，则
竖直方向需要满足
解得在一个电场加速周期之内，所以成立，所以粒子释放的时刻为中间时刻；
若粒子经过一个半圆到达点，则粒子在时间内释放不可能，如果在时间内释放，经过磁场偏转一次的最大横向距离，即直径，也无法到达点，所以考虑在时间内释放，假设粒子加速的时间为，在竖直方向上
之后粒子在时间内转动半轴，横向移动距离直接到达点的横坐标，即 解得
接下来在过程中粒子在竖直方向减速为的过程中
粒子要在点被吸收，需要满足
代入验证可知在一个周期之内，说明情况成立，所以粒子释放时刻为。
考点一 带电粒子在匀强磁场中的临界问题、极值问题（1-5T）
考点二 带电粒子在有界匀强磁场中运动的多解问题（6-11T）
考点三 磁发散磁聚焦 （12-17T）
考点四 带电粒子在交变电、磁场中的运动（18-23T）
考点一 带电粒子在匀强磁场中的临界问题、极值问题
分析思路：以临界问题的关键词“恰好”“最大”“至少”“要使”等为突破口，寻找临界点，确定临界状态，画出临界状态下的运动轨迹，建立几何关系求解．
1．如图所示，一粒子源位于一边长为a的正三角形ABC的中点O处，可以在三角形所在的平面内向各个方向发射出速度大小为v、质量为m、电荷量为q的带电粒子，整个三角形位于垂直于△ABC平面的匀强磁场中，若使沿任意方向射出的带电粒子均不能射出三角形区域，则磁感应强度的最小值为（ ）
A．mvqaB．2mvqa
C．23mvqaD．43mvqa
2．（2022·四川遂宁·三模）如图所示，在直角三角形abc区域（含边界）内存在垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，∠a=60∘，∠b=90∘，边长ac=L。一个粒子源在a点将质量为2m、电荷量为q的带正电粒子以大小和方向不同的速度射入磁场，在磁场中运动时间最长的粒子中，速度的最大值是（ ）
A．qBL2mB．qBL4mC．3qBL6mD．qBL6m
3．（2022·浙江·高三专题练习）如图半径为R的半圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场．一质量为m、带电量为-q且不计重力的粒子，以速度v沿与半径AO夹角θ=30°的方向从A点垂直磁场射入，最后粒子从圆弧MN上射出，则磁感应强度的大小不可能为（ ）
A．3mvqRB．mvqRC．2mvqRD．4mvqR
4．（2022·湖南·长郡中学模拟预测）如图所示，有一个环形磁场，处在半径分别为R和2R的内、外两个同心圆之间，磁感应强度为B，方向垂直纸面向外。有一个粒子源可以在纸面内各个方向发射质量为m、带电量为q的正电粒子，粒子源处于P点，P是内圆半径OA的中点。不计粒子间的相互作用力和重力，下列说法正确的是（ ）
A．若没有粒子射出磁场，粒子的速率不大于3qBR5m
B．若没有粒子射出磁场，粒子的速率不大于qBRm
C．若粒子的速率大于3qBR5m，所有粒子都会射出磁场
D．若粒子的速率大于qBRm，将有部分粒子射出磁场
5．（2023·全国·高三专题练习）一足够长的矩形区域abcd内充满磁感应强度为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场，矩形区域的左边界ad宽为L，现从ad中点O垂直于磁场射入一带电粒子，速度大小为v0方向与ad边夹角为30°，如图所示。已知粒子的电荷量为q，质量为m（重力不计）。
（1）若粒子带负电，且恰能从d点射出磁场，求v0的大小；
（2）若粒子带正电，使粒子能从ad边射出磁场，求v0的最大值。
考点二 带电粒子在有界匀强磁场中运动的多解问题
1.带电粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，由于带电粒子电性不确定、磁场方向不确定、临界状态不确定、运动的往复性造成带电粒子在有界匀强磁场中运动的多解问题．
2.分析思路
(1)找出多解的原因．
(2)画出粒子的可能轨迹，找出圆心、半径的可能情况．
(3)若为周期性重复的多解问题，寻找通项式；若是出现几种解的可能性，注意每种解出现的条件。
6．(多选)如图所示，L1和L2为两条平行的虚线，L1上方和L2下方都是范围足够大，且磁感应强度相同的匀强磁场，A、B两点都在L2上。带电粒子从A点以初速度v0与L2成30°角斜向右上方射出，经过偏转后正好过B点，经过B点时速度方向也斜向上，不计重力，下列说法正确的是（ ）
A．若将带电粒子在A点时的初速度变大（方向不变），它仍能经过B点
B．带电粒子经过B点时的速度一定跟在A点时的速度大小相同
C．若将带电粒子在A点时的初速度方向改为与L2成60°角斜向右上方，它将不能经过B点
D．此带电粒子既可以是正电荷，也可以是负电荷
7．(多选)如图所示，正方形abcd区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，O点是cd边的中点，一个带正电的粒子(重力忽略不计)若从O点沿纸面以垂直于cd边的速度射入正方形内，经过时间t0刚好从c点射出磁场。现设法使该带电粒子从O点沿纸面以与Od成30°角的方向(如图中虚线所示)，以各种不同的速率射入正方形内，那么下列说法中正确的是（ ）
A．该带电粒子不可能刚好从正方形的某个顶点射出磁场
B．若该带电粒子从ab边射出磁场，它在磁场中经历的时间可能是23t0
C．若该带电粒子从bc边射出磁场，它在磁场中经历的时间可能是t0
D．若该带电粒子从bc边射出磁场，它在磁场中经历的时间可能是53t0
8．（2022·湖北·高考真题）(多选)在如图所示的平面内，分界线SP将宽度为L的矩形区域分成两部分，一部分充满方向垂直于纸面向外的匀强磁场，另一部分充满方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，SP与磁场左右边界垂直。离子源从S处射入速度大小不同的正离子，离子入射方向与磁场方向垂直且与SP成30°角。已知离子比荷为k，不计重力。若离子从Р点射出，设出射方向与入射方向的夹角为θ，则离子的入射速度和对应θ角的可能组合为（ ）
A．13kBL，0°B．12kBL，0°C．kBL，60°D．2kBL，60°
9．（2022·华中师大一附中博乐分校·模拟预测）(多选)如图，纸面内有一矩形abcd，其长ab为4l、宽ad为23l，P、Q为ab边上的点，aQ=Pb=l。在矩形abcd外存在范围足够大的匀强磁场（图中未画出磁场），磁感应强度大小为B0。一质量为m、带电荷量为q（q>0）的粒子，从P点垂直ab以速度v1向外射入磁场，粒子从Q处进入无场区。现在将入射速度变为v2=2v1，粒子从P点垂直ab射入磁场，粒子的重力不计，粒子离开P点至回到P点的运动路程可能为（ ）
A．16πl+123lB．40πl+243l
C．64πl+423l3D．88πl+603l3
10．（2020·全国·高三专题练习）如图所示，某平面内有折线PAQ为磁场的分界线，已知∠A＝90°，AP＝AQ＝L．在折线的两侧分布着方向相反，与平面垂直的匀强磁场，磁感应强度大小均为B．现有一质量为m、电荷量为＋q的粒子从P点沿PQ方向射出，途经A点到达Q点，不计粒子重力．求粒子初速度v应满足的条件及粒子从P经A到达Q所需时间的最小值．
11．（2022·江苏·南京师大附中模拟预测）空间中存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，电子枪将无初速的电子经加速电压加速后在纸面内垂直于SO的方向射出，两个形状为一圆弧的接收屏P1、P2拼接成半径为R的半圆形粒子接收器，直径沿SO方向放置，圆心位于O点，SO长度为2R。电子电荷量为e，质量为m。设电子击中接收屏即被吸收，不计电荷间的相互作用。
（1）为使电子能打到接收屏P1或P2上，求电子枪加速电压U的调节范围；
（2）求能打到接收屏P1或P2上的电子从S点到击中接收屏的时间范围；
（3）若接收屏P1损坏，可以通过调节电子枪加速电压使原本打在接收屏P1上的全部电子能打在接收屏P2上，至少需要调节多少次加速电压?（可能用到的数据：lg2≈0.301，lg5≈0.699，lg6≈0.778）
考点三 磁发散磁聚焦
如图
1.磁发散磁聚焦的条件：磁场边界圆的半径等于粒子轨迹圆的半径。
2.磁发散：从圆形匀强磁场边界上某一点垂直进入磁场的电性相同的粒子，若其轨迹圆的半径与磁场边界圆的半径相等，则无论粒子在磁场内的速度方向如何，射出磁场的速度方向都与入射点的切线平行。
磁聚焦：一组电性相同的平行粒子垂直射入半径为R的圆形匀强磁场区域，若粒子轨迹圆的半径也为R，则粒子将汇聚于磁场边界圆上同一点，该点的切线与粒子入射时的速度方向平行。
3.磁发散磁聚焦的原理（以磁发散为例）：如下图，前提：磁场边界圆的半径等于粒子轨迹圆的半径。A是边界圆上粒子的入射点，cd是A点的切线，B是粒子的出射点，O1是磁场边界圆的圆心，O2是粒子轨迹圆的圆心，连接AO1BO2，由于磁场边界圆的半径等于粒子轨迹圆的半径，则AO1BO2一定是菱形，因而AO1平行于BO2，因为出射粒子的速度方向垂直于BO2，也就垂直于AO1，从而平行于AO1的切线cd。
4.磁聚焦和磁发散是相反的过程,满足运动的可逆性。
12．（2022·广东·模拟预测）(多选)如图所示，半径为R的图形区域内存在方向垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场（圆形区域上半圆半径略小于下半圆半径）。一群质量为m、电荷量为+q的带电粒子从A点沿平行于纸面的任意方向射入磁场，粒子射入磁场的速度大小为v=qBRm，不计粒子重力及粒子间相互作用，则（ ）
A．粒子在磁场中运动的最短时间为2mqB
B．粒子在磁场中运动的最长时间为πmqB
C．粒子离开磁场时，速度方向一定相同
D．粒子离开磁场时，动量变化量一定相同
13.(多选)如图所示，半径为R、磁感应强度为B的圆形匀强磁场，MN是一竖直放置的足够长的感光板．大量相同的带正电粒子从圆形磁场最高点P以速率v沿不同方向垂直磁场方向射入，不考虑速度沿圆形磁场切线方向入射的粒子．粒子质量为m，电荷量为q，不考虑粒子间的相互作用和粒子的重力．关于这些粒子的运动，以下说法正确的是( )
A．对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中通过的时间越短
B．对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中通过的时间越长
C．若粒子速度大小均为v＝eq \f(qBR,m)，出射后均可垂直打在MN上
D．若粒子速度大小均为v＝eq \f(qBR,m)，则粒子在磁场中的运动时间一定小于eq \f(πm,qB)
14．(多选)如图所示，上部半圆下部矩形组成的平面区域内存在垂直平面向里的匀强磁场，由点A向圆心O方向连续发射相同速率的同种带电粒子，最终粒子从B点离开磁场区域，不计粒子所受重力，粒子间的相互作用及空气阻力，则以下说法正确的是（ ）
A．该种粒子一定带负电，且在B点沿OB方向离开磁场
B．若在A点增大粒子入射速率，方向不变，则粒子在磁场中的运动时间增加
C．若在A点调整粒子入射方向，速率不变，则BC间无粒子射出
D．若在A点调整粒子入射方向，速率不变，从AB弧射出的粒子的出射方向均与OB平行
15．（2022·福建莆田·二模）带电粒子流的磁聚焦是薄膜材料制备的关键技术之一、磁聚焦原理如图，真空中一半径为r的圆形区域内存在垂直纸面的匀强磁场，一束宽度为2r、沿x轴正方向运动的带电粒子流射入该磁场后汇聚于坐标原点O。已知粒子的质量均为m、电荷量均为q、进入磁场的速度均为v，不计带电粒子的重力及粒子间的相互作用力。则磁感应强度的大小应为（ ）
A． mv2qr B． 2mv2qr C．mvqrD．2mvqr
16．（2023·全国·高三专题练习）(多选)如图所示，半径为R的14圆形区域内存在着垂直纸面向里的匀强磁场，过（－2R，0）点垂直x轴放置一线型粒子发射装置，能在0
B．磁场的磁感应强度为mvqR
C．粒子离开磁场时速度方向相同
D．粒子从离开发射装置到击中y轴所用时间t的范围为2Rv＜t<(2+π)R2v
17．如图所示，x轴正方向水平向右，y轴正方向竖直向上。两个半径为r的圆形区域内有与x0y平面垂直的匀强磁场（包括圆形区域边界），宽度为2r的带电粒子流（粒子的质量为m、电荷量为+q）沿x轴正方向以速度v0射入圆心为A（O，r）、半径为r的圆形匀强磁场B1中，带电粒子流经过磁场后都汇聚到坐标原点O，经过圆心为C（O，-r）、半径为r的圆形匀强磁场B2后，沿x轴正方向射出，不计粒子重力及带电粒子之间的相互作用。求：
（1）这两个圆形匀强磁场的磁感应强度B1、B2的大小和方向；
（2）带电粒子在这两个圆形匀强磁场中运动的最长时间；
（3）增大带电粒子射入的速度，使正对圆心A（0，r）射入的粒子恰好不经过下方的磁场，求粒子射入的速度大小。
考点四 带电粒子在交变电、磁场中的运动
分析方法:
(1)明确场的变化情况。场的变化周期一般与粒子的运动周期相关联,抓住场的变化周期与运动周期之间的联系作为突破口。
(2)通过各阶段受力分析,明确运动特点,正确画出运动轨迹,找出衔接相邻两过程的物理量。
(3)对不同运动过程选取相应规律列式,联立求解。
18．如图甲所示，ABCD是一长方形有界匀强磁场边界，磁感应强度按图乙规律变化，取垂直纸面向外为磁场的正方向，图中AB=3AD=3L，一质量为m、电荷量为q的带正电粒子以速度v0在t=0时从A点沿AB方向垂直磁场射入，粒子重力不计.则下列说法中正确的是（ ）
A．若粒子经时间t=12T0恰好垂直打在CD上，则磁场的磁感应强度B0=mv0qL
B．若粒子经时间t=32T0恰好垂直打在CD上，则粒子运动的加速度大小a=3v022L
C．若要使粒子恰能沿DC方向通过C点，则磁场的磁感应强度的大小B0=nmv02qLn=1,2,3,⋯
D．若要使粒子恰能沿DC方向通过C点，磁场变化的周期T0=2πL3nv0n=1,2,3,⋯
19．（2022·青海·模拟预测）在如图甲所示的平面直角坐标系xOy（其中Ox水平，Oy竖直）内，矩形区域OMNP充满磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场（边界处有磁场），，其中OM=32d，OP=2d，P点处放置一垂直于x轴的荧光屏，现将质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从OM边的中点A处以某一速度垂直于磁场且沿与y轴负方向夹角为45°的方向射入磁场，不计粒子重力。
（1）求粒子恰好能打在荧光屏上与A等高的点的速度大小；
（2）求粒子能从OM边射出磁场的最大速度及其对应的运动时间。
（3）若规定垂直纸面向外的磁场方向为正方向，磁感应强度B的变化规律如图乙所示（图中B0已知），调节磁场的周期，满足T=2πm3qB0，让上述粒子在t=0时刻从坐标原点O沿与x轴正方向成60°角的方向以一定的初速度射入磁场，若粒子恰好垂直打在屏上，求粒子的可能初速度大小及打在光屏上的位置。
20．（2023·全国·高三专题练习）如图甲所示，在xOy平面内存在均匀、大小随时间周期性变化的磁场和电场，变化规律分别如图乙、丙所示（规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向、沿y轴正方向电场强度为正）。在t＝0时刻由原点O发射初速度大小为v0，方向沿y轴正方向的带负电粒子。已知v0、t0、B0，粒子的比荷为πB0t0，不计粒子的重力。求：
(1)t＝t0时，求粒子的位置坐标；
(2)若t＝5t0时粒子回到原点，求0~5t0时间内粒子距x轴的最大距离；
(3)若粒子能够回到原点，求满足条件的所有E0值。
21.(2022·潍坊二模)如图甲所示，在O－xyz三维坐标系的空间内有平行于z轴向上且交替变化的匀强电场、匀强磁场，电场、磁场随时间变化的规律分别如图乙、丙所示，t＝0时，一带正电的粒子以初速度v0从O点沿x轴正方向射入，在t＝eq \f(L,v0)时粒子恰经过点P(L、0、L)(图中未画出)。已知电场强度大小为E0，磁感应强度大小为eq \f(3πE0,2v0)。粒子重力不计，求：
(1)粒子的比荷；
(2)粒子在t＝eq \f(2L,v0)时的位置坐标；
(3)粒子在t＝eq \f(3L,v0)时的速度；
(4)t＝eq \f(nL,v0)(n为整数)时，粒子所处位置的z轴坐标值zn。
22．（2022·河北·模拟预测）如图甲所示，在xOy平面的第一象限内存在周期性变化的磁场，规定磁场垂直纸面向内的方向为正，磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示。质量为m、电荷量为+q的粒子，在t=0时刻沿x轴正方向从坐标原点O射入磁场。图乙中T0为未知量，不计粒子的重力。已知B0=kπmq，sin37°=0.6，cs37°=0.8。求：
（1）0~25T0时间内粒子做匀速圆周运动的角速度ω；
（2）若粒子不能从Oy轴射出磁场，磁感应强度变化周期的最大值Tm；
（3）若使粒子能从坐标为（3d，4d）的D点平行于Ox轴射出，射入磁场时速度的大小v。
23．（2022·河北）两块面积和间距均足够大的金属板水平放置，如图1所示，金属板与可调电源相连形成电场，方向沿y轴正方向。在两板之间施加磁场，方向垂直平面向外。电场强度和磁感应强度随时间的变化规律如图2所示。板间O点放置一粒子源，可连续释放质量为m、电荷量为、初速度为零的粒子，不计重力及粒子间的相互作用，图中物理量均为已知量。求：
（1）时刻释放的粒子，在时刻的位置坐标；
（2）在时间内，静电力对时刻释放的粒子所做的功；
（3）在点放置一粒接收器，在时间内什么时刻释放的粒子在电场存在期间被捕获。
专题70 带电粒子在匀强磁场中的临界问题、极值、多解问题
磁发散磁聚焦 带电粒子在交变电、磁场中的运动
考点一 带电粒子在匀强磁场中的临界问题、极值问题（1-5T）
考点二 带电粒子在有界匀强磁场中运动的多解问题（6-11T）
考点三 磁发散磁聚焦 （12-17T）
考点四 带电粒子在交变电、磁场中的运动（18-23T）
考点一 带电粒子在匀强磁场中的临界问题、极值问题
分析思路：以临界问题的关键词“恰好”“最大”“至少”“要使”等为突破口，寻找临界点，确定临界状态，画出临界状态下的运动轨迹，建立几何关系求解．
1．如图所示，一粒子源位于一边长为a的正三角形ABC的中点O处，可以在三角形所在的平面内向各个方向发射出速度大小为v、质量为m、电荷量为q的带电粒子，整个三角形位于垂直于△ABC平面的匀强磁场中，若使沿任意方向射出的带电粒子均不能射出三角形区域，则磁感应强度的最小值为（ ）
A．mvqaB．2mvqa
C．23mvqaD．43mvqa
【答案】D
【解析】如图所示，带电粒子不能射出三角形区域的最大轨迹半径是r=12⋅a2tan30°=312a，由qvB=mv2r得，最小的磁感应强度B=43mvqa.选项D正确
2．（2022·四川遂宁·三模）如图所示，在直角三角形abc区域（含边界）内存在垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，∠a=60∘，∠b=90∘，边长ac=L。一个粒子源在a点将质量为2m、电荷量为q的带正电粒子以大小和方向不同的速度射入磁场，在磁场中运动时间最长的粒子中，速度的最大值是（ ）
A．qBL2mB．qBL4mC．3qBL6mD．qBL6m
【答案】B
【解析】带电粒子垂直进入磁场，在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动。要使带电粒子在磁场运动的时间最长，带电粒子需以平行于ab方向的速度射入磁场，并从ac边射出。由牛顿第二定律可得qvB=2mv2R
得带电粒子射入磁场的速度为v=qBR2m
即要使速度最大，粒子运动的轨道半径最大，即轨迹既与ab边相切，又与bc边相切，如图所示
由几何关系可得，此时带电粒子做圆周运动的半径为R=L2
则速度的最大值为vm=qBL4m
故选B。
3．（2022·浙江·高三专题练习）如图半径为R的半圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场．一质量为m、带电量为-q且不计重力的粒子，以速度v沿与半径AO夹角θ=30°的方向从A点垂直磁场射入，最后粒子从圆弧MN上射出，则磁感应强度的大小不可能为（ ）
A．3mvqRB．mvqRC．2mvqRD．4mvqR
【答案】B
【解析】当粒子轨迹恰好与MN相切时，为临界条件，粒子轨迹如图所示，根据几何知识可得∠AO'B=120°，∠OAB=∠BAO'=30°，故AB=Rcs30°，r=12ABcs30°，解得r=23R，又知道r=mvBq=23R，解得B=3mv2qR，若使粒子从圆弧MN上射出，故r≤23R，即B≥3mv2qR，故B不可能．
4．（2022·湖南·长郡中学模拟预测）如图所示，有一个环形磁场，处在半径分别为R和2R的内、外两个同心圆之间，磁感应强度为B，方向垂直纸面向外。有一个粒子源可以在纸面内各个方向发射质量为m、带电量为q的正电粒子，粒子源处于P点，P是内圆半径OA的中点。不计粒子间的相互作用力和重力，下列说法正确的是（ ）
A．若没有粒子射出磁场，粒子的速率不大于3qBR5m
B．若没有粒子射出磁场，粒子的速率不大于qBRm
C．若粒子的速率大于3qBR5m，所有粒子都会射出磁场
D．若粒子的速率大于qBRm，将有部分粒子射出磁场
【答案】A
【解析】如图所示，当粒子在磁场中的运动轨迹与磁场外边界相切时，被磁场约束的粒子的半径最小，速度为最小值，设粒子运动半径为r
在ΔOCO′中，由几何知识得 OC2+CO′2=OO′2 OC=32R CO′=r+12R OO′=2R-r
解得 r=35R
由运动半径 r=mvqB
解得 vmin=3qBR5m 故选A。
5．（2023·全国·高三专题练习）一足够长的矩形区域abcd内充满磁感应强度为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场，矩形区域的左边界ad宽为L，现从ad中点O垂直于磁场射入一带电粒子，速度大小为v0方向与ad边夹角为30°，如图所示。已知粒子的电荷量为q，质量为m（重力不计）。
（1）若粒子带负电，且恰能从d点射出磁场，求v0的大小；
（2）若粒子带正电，使粒子能从ad边射出磁场，求v0的最大值。
【答案】（1）qBL2m；（2）qBL3m
【解析】（1）带电粒子带负电，其轨迹如图
由图可知 R1=L2
据牛顿第二定律 qvB=mv02R1
则 v0=qBR1m=qBL2m
（2）带电粒子带正电，当v0最大值恰好和ab边相切，轨迹如图
由几何关系得 R2+R2sin30°=L2
得 R2=L3
据牛顿第二定律 qvB=mvmax2R2
则 vmax=qBR2m=qBL3m
考点二 带电粒子在有界匀强磁场中运动的多解问题
1.带电粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，由于带电粒子电性不确定、磁场方向不确定、临界状态不确定、运动的往复性造成带电粒子在有界匀强磁场中运动的多解问题．
2.分析思路
(1)找出多解的原因．
(2)画出粒子的可能轨迹，找出圆心、半径的可能情况．
(3)若为周期性重复的多解问题，寻找通项式；若是出现几种解的可能性，注意每种解出现的条件。
6．(多选)如图所示，L1和L2为两条平行的虚线，L1上方和L2下方都是范围足够大，且磁感应强度相同的匀强磁场，A、B两点都在L2上。带电粒子从A点以初速度v0与L2成30°角斜向右上方射出，经过偏转后正好过B点，经过B点时速度方向也斜向上，不计重力，下列说法正确的是（ ）
A．若将带电粒子在A点时的初速度变大（方向不变），它仍能经过B点
B．带电粒子经过B点时的速度一定跟在A点时的速度大小相同
C．若将带电粒子在A点时的初速度方向改为与L2成60°角斜向右上方，它将不能经过B点
D．此带电粒子既可以是正电荷，也可以是负电荷
【答案】ABD
【解析】画出带电粒子运动的可能轨迹，B点的位置可能有如图四种
A．根据轨迹，粒子经过边界L1时入射点与出射点间的距离与经过边界L2时入射点与出射点间的距离相同，与速度无关．所以当初速度大小稍微增大一点，但保持方向不变，它仍有可能经过B点，故A错误；
B．如图，粒子B的位置在B1、B4，由于洛伦兹力对粒子不做功，则速度跟在A点时的速度大小相等，但方向不同，故B正确；
C．如图，设L1与L2之间的距离为d，则A到B2的距离为x=2dtanθ
所以，若将带电粒子在A点时初速度方向改为与L2成60°角斜向上，则每次经过一个周期前进的距离为
x1=2dtan60°=x3
则经过三个周期后经过B点。故C错误；
D．由图可知，分别是正负电荷的轨迹，正负电荷都可能，故D正确。
故选ABD。
7．(多选)如图所示，正方形abcd区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，O点是cd边的中点，一个带正电的粒子(重力忽略不计)若从O点沿纸面以垂直于cd边的速度射入正方形内，经过时间t0刚好从c点射出磁场。现设法使该带电粒子从O点沿纸面以与Od成30°角的方向(如图中虚线所示)，以各种不同的速率射入正方形内，那么下列说法中正确的是（ ）
A．该带电粒子不可能刚好从正方形的某个顶点射出磁场
B．若该带电粒子从ab边射出磁场，它在磁场中经历的时间可能是23t0
C．若该带电粒子从bc边射出磁场，它在磁场中经历的时间可能是t0
D．若该带电粒子从bc边射出磁场，它在磁场中经历的时间可能是53t0
【答案】ABC
【解析】A．带电粒子以垂直于cd边的速度射入正方形内，经过时间t0刚好从c点射出磁场，则知带电粒子的运动周期为T＝2t0。作出粒子从O点沿纸面以与Od成30°角的方向射入恰好从各边射出的轨迹，如图所示。
发现粒子不可能经过正方形的某顶点，故A正确；
B．作出粒子恰好从ab边射出的临界轨迹③④，由几何关系知圆心角不大于150°，在磁场中经历的时间不大于512个周期，即56t0；圆心角不小于60°，在磁场中经历的时间不小于16个周期，即13t0，故B正确；
CD．作出粒子恰好从bc边射出的临界轨迹②③，由几何关系知圆心角不大于240°，在磁场中经历的时间不大于23个周期，即43t0；圆心角不小于150°，在磁场中经历的时间不小于512个周期，即56t0，故C正确，D错误。
故选ABC。
8．（2022·湖北·高考真题）(多选)在如图所示的平面内，分界线SP将宽度为L的矩形区域分成两部分，一部分充满方向垂直于纸面向外的匀强磁场，另一部分充满方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，SP与磁场左右边界垂直。离子源从S处射入速度大小不同的正离子，离子入射方向与磁场方向垂直且与SP成30°角。已知离子比荷为k，不计重力。若离子从Р点射出，设出射方向与入射方向的夹角为θ，则离子的入射速度和对应θ角的可能组合为（ ）
A．13kBL，0°B．12kBL，0°C．kBL，60°D．2kBL，60°
【答案】BC
【解析】若粒子通过下部分磁场直接到达P点，如图
根据几何关系则有R=L qvB=mv2R
可得 v=qBLm=kBL
根据对称性可知出射速度与SP成30°角向上，故出射方向与入射方向的夹角为θ=60°。
当粒子上下均经历一次时，如图
因为上下磁感应强度均为B，则根据对称性有 R=12L
根据洛伦兹力提供向心力有 qvB=mv2R
可得 v=qBL2m=12kBL
此时出射方向与入射方向相同，即出射方向与入射方向的夹角为θ=0°。
通过以上分析可知当粒子从下部分磁场射出时，需满足 v=qBL2n−1m=12n−1kBL（n=1，2，3……）
此时出射方向与入射方向的夹角为θ=60°；
当粒子从上部分磁场射出时，需满足 v=qBL2nm=12nkBL（n=1，2，3……）
此时出射方向与入射方向的夹角为θ=0°。
故可知BC正确，AD错误。
故选BC。
9．（2022·华中师大一附中博乐分校·模拟预测）(多选)如图，纸面内有一矩形abcd，其长ab为4l、宽ad为23l，P、Q为ab边上的点，aQ=Pb=l。在矩形abcd外存在范围足够大的匀强磁场（图中未画出磁场），磁感应强度大小为B0。一质量为m、带电荷量为q（q>0）的粒子，从P点垂直ab以速度v1向外射入磁场，粒子从Q处进入无场区。现在将入射速度变为v2=2v1，粒子从P点垂直ab射入磁场，粒子的重力不计，粒子离开P点至回到P点的运动路程可能为（ ）
A．16πl+123lB．40πl+243l
C．64πl+423l3D．88πl+603l3
【答案】ACD
【解析】AB．根据粒子从P点垂直ab射入磁场，从处进入无场区，
可判断粒子做圆周运动的半径 R1=l
粒子在磁场中做圆周运动，有 qv1B0=mv12R1
解得 qlB0m=v1
粒子速度变为 v2=2v1
粒子在磁场中做圆周运动，有 R2=2l
由数学知识可知，粒子先以Q为圆心做23个圆周运动到ad的中点M，再沿直线MN运动到N（Nc=l），再经过23个圆周运动到P点，沿直线PM运动到M，再经过23个圆周运动到N点，沿直线NP运动到P，之后重复上述运动，粒子运动轨迹如图所示
可知粒子在一个周期内经过P点两次。由P点沿圆弧运动到M点所用时间 t1=23×2πmqB0
由M点沿直线运动到N点所用时间 t2=23l2v1=3mqB0
粒子以2v1垂直ab向外经过P，则粒子运动的时间 t=k3t1+3t2，k=1,2,3
粒子运动的路程 s=2v1k3t1+3t2=2k4πl+33l，k=1,2,3
当k=2时为A选项，而B选项无法取到，故A正确，B错误；
CD．粒子以2v1大小与ab方向成30°角经过P，则 t'=2t1+t2+k3t1+3t2，k=0,1,2,3
粒子运动的路程 s'=2v1t'=28πl3+3l+k4πl+33l，k=0,1,2,3
当k=2时为C选项，当k=3时为D选项，故CD正确。
故选ACD。
10．（2020·全国·高三专题练习）如图所示，某平面内有折线PAQ为磁场的分界线，已知∠A＝90°，AP＝AQ＝L．在折线的两侧分布着方向相反，与平面垂直的匀强磁场，磁感应强度大小均为B．现有一质量为m、电荷量为＋q的粒子从P点沿PQ方向射出，途经A点到达Q点，不计粒子重力．求粒子初速度v应满足的条件及粒子从P经A到达Q所需时间的最小值．
【答案】v=qBL2mnn=1,2,3,⋯ tmin=2πmqB
【解析】根据运动的对称性，粒子能从P经A到达Q，运动轨迹如图所示，
由图可得：L＝nx
其中x为每次偏转圆弧对应的弦长，由几何关系知，偏转圆弧对应的圆心角为π2或3π2．
设粒子运动轨迹的半径为R，由几何关系可得：2R2＝x2 解得：R=L2n
又qvB=mv2R 解得： v=qBL2mnn=1,2,3,⋯
当n取奇数时，粒子从P经A到Q过程中圆心角的总和为：θ1=n⋅π2+n⋅3π2=2nπ
从P经A到Q的总时间为： t1=θ12π⋅2πmqB=2πnmqBn=1,3,5,⋯
当n取偶数时，粒子从P经A到Q过程中圆心角的总和为：θ2=n⋅π2+n⋅π2=nπ
从P经A到Q的总时间为： t2=θ22π⋅2πmqB=πnmqBn=2,4,6,⋯
综合上述两种情况，可得粒子从P经A到达Q所用时间的最小值为： tmin=2πmqB
11．（2022·江苏·南京师大附中模拟预测）空间中存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，电子枪将无初速的电子经加速电压加速后在纸面内垂直于SO的方向射出，两个形状为一圆弧的接收屏P1、P2拼接成半径为R的半圆形粒子接收器，直径沿SO方向放置，圆心位于O点，SO长度为2R。电子电荷量为e，质量为m。设电子击中接收屏即被吸收，不计电荷间的相互作用。
（1）为使电子能打到接收屏P1或P2上，求电子枪加速电压U的调节范围；
（2）求能打到接收屏P1或P2上的电子从S点到击中接收屏的时间范围；
（3）若接收屏P1损坏，可以通过调节电子枪加速电压使原本打在接收屏P1上的全部电子能打在接收屏P2上，至少需要调节多少次加速电压?（可能用到的数据：lg2≈0.301，lg5≈0.699，lg6≈0.778）
【答案】（1）B2R2e8m≤U≤9B2R2e8m；（2）2πm3eB≤t≤πmeB；（3）至少需要调节2次加速电压
【解析】（1）电子在电场中加速，由动能定理eU=12mv2
电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力evB=mv2r
联立可得U=B2r2e2m
为使电子能打到接收屏P1或P2上，由几何关系可知，电子在磁场中的轨迹恰好和圆弧P1左侧相切时，电子轨道半径最小rmin=R2
故加速电压最小值为Umin=B2R2e8m
电子在磁场中的轨迹恰好和圆弧P2右侧相切时，电子轨道半径最大rmax=3R2
故加速电压最大值为Umax=9B2R2e8m
故电子枪加速电压U的调节范围B2R2e8m≤U≤9B2R2e8m。
（2）粒子在磁场中做圆周运动的周期为 T=2πrv=2πmeB
故当电子轨迹恰好与接收屏相切时，能打到接收屏P1或P2上的电子运动的时间最长，此时电子恰好转动半个周期，则 tmax=T2=πmeB
运动轨迹所对应的圆心角越小，运动时间越短。如图，设轨迹与接收屏P1、P2交点为E，当SE与水平方向夹角最大，即SE与接收屏相切时，运动时间最短
由几何关系可知，在△SEO中∠ESO=30∘，故轨迹对应的圆心角为120∘，所以运动时间为 tmin=T3=2πm3eB
所以能打到接收屏P1或P2上的电子从S点到击中接收屏的时间范围为 2πm3eB≤t≤πmeB
（3）当粒子打到P2接收屏最高点M点时
由几何关系可得 r2=R2+2R−r2 解得 r=54R 故加速电压为 U=B2r2e2m=25B2R2e32m
由（1）分析可知r∝U，由题意可知，第一次调节电压增量为ΔU1，使原来半径为R2的粒子打到M点，此时电压的增量 ΔU1=U−Umin=21B2R2e32m
使原来半径为r1、加速电压为U1的粒子打到B点，有 U1=Umax−ΔU1=15B2R2e32m r13R2=U1Umax
解得 r1=15R4
第二次调节电压增量为ΔU2，使原来半径为r1，电压为U1的粒子打到M点，则有 ΔU2=U−U1=10B2R2e32m
使原来半径为r2，电压为U2的粒子打到B点，
有 U2=Umax−ΔU2=26B2R2e32m r23R2=U2Umax
解得 r2=26R4>54R
故至少需要调节2次加速电压，就可以使原本打在接收屏P1上的全部电子能打在接收屏P2上。
考点三 磁发散磁聚焦
如图
1.磁发散磁聚焦的条件：磁场边界圆的半径等于粒子轨迹圆的半径。
2.磁发散：从圆形匀强磁场边界上某一点垂直进入磁场的电性相同的粒子，若其轨迹圆的半径与磁场边界圆的半径相等，则无论粒子在磁场内的速度方向如何，射出磁场的速度方向都与入射点的切线平行。
磁聚焦：一组电性相同的平行粒子垂直射入半径为R的圆形匀强磁场区域，若粒子轨迹圆的半径也为R，则粒子将汇聚于磁场边界圆上同一点，该点的切线与粒子入射时的速度方向平行。
3.磁发散磁聚焦的原理（以磁发散为例）：如下图，前提：磁场边界圆的半径等于粒子轨迹圆的半径。A是边界圆上粒子的入射点，cd是A点的切线，B是粒子的出射点，O1是磁场边界圆的圆心，O2是粒子轨迹圆的圆心，连接AO1BO2，由于磁场边界圆的半径等于粒子轨迹圆的半径，则AO1BO2一定是菱形，因而AO1平行于BO2，因为出射粒子的速度方向垂直于BO2，也就垂直于AO1，从而平行于AO1的切线cd。
4.磁聚焦和磁发散是相反的过程,满足运动的可逆性。
12．（2022·广东·模拟预测）(多选)如图所示，半径为R的图形区域内存在方向垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场（圆形区域上半圆半径略小于下半圆半径）。一群质量为m、电荷量为+q的带电粒子从A点沿平行于纸面的任意方向射入磁场，粒子射入磁场的速度大小为v=qBRm，不计粒子重力及粒子间相互作用，则（ ）
A．粒子在磁场中运动的最短时间为2mqB
B．粒子在磁场中运动的最长时间为πmqB
C．粒子离开磁场时，速度方向一定相同
D．粒子离开磁场时，动量变化量一定相同
【答案】BC
【解析】ABC．由题知，粒子带正电，粒子进入磁场后将向上偏转，因粒子射入磁场的速度大小为v=qBRm，根据洛伦兹力提供向心力有 Bqv=mv2r
解得偏转半径为 r=R
即粒子的偏转半径与磁场圆的半径相等，设O′为粒子做圆周运动的圆心，O为磁场圆的圆心，作出从A点任意一个方向入射的粒子的运动轨迹，如图所示
连接OA、OC、AO′、O′C，AD为过A点作磁场圆的切线，即OA⊥AD，因偏转半径等于磁场圆半径，故
OA=OC=AO′=O′C=R
则四边形OAO′C为菱形，由此可得 OA∥O′C 又因为 OA⊥AD 则 O′C⊥AD
又因为CE为粒子的出射方向，必定与轨迹圆的半径垂直，则有 O′C⊥CE 联立可得 AD∥CE
因粒子的入射方向是任意的，而A点的切线方向是确定的，因此从A点射入磁场的所有粒子都会平行于AD方向射出，故粒子离开磁场时，速度方向一定相同；
由图可知，当粒子从方向1入射时，偏转的圆心角最大，运动的时间最长，为半个周期，
即 t1=12T=12×2πmqB=πmqB
当粒子进入磁场的方向越往上时，圆心角越小，时间越短，所以当粒子在方向2入射时，将不会进入磁场，此时在磁场运动的时间为零，即为最短的时间，故A错误，BC正确；
D．动量的变化为 Δp=p末−p初
该式子为矢量表达式，因粒子离开磁场时的速度方向相同，即末动量相同；但进入磁场的方向不相同，即初动量不相同，故粒子离开磁场时，动量变化量一定不相同，故D错误。
故选BC。
13.(多选)如图所示，半径为R、磁感应强度为B的圆形匀强磁场，MN是一竖直放置的足够长的感光板．大量相同的带正电粒子从圆形磁场最高点P以速率v沿不同方向垂直磁场方向射入，不考虑速度沿圆形磁场切线方向入射的粒子．粒子质量为m，电荷量为q，不考虑粒子间的相互作用和粒子的重力．关于这些粒子的运动，以下说法正确的是( )
A．对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中通过的时间越短
B．对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中通过的时间越长
C．若粒子速度大小均为v＝eq \f(qBR,m)，出射后均可垂直打在MN上
D．若粒子速度大小均为v＝eq \f(qBR,m)，则粒子在磁场中的运动时间一定小于eq \f(πm,qB)
【答案】ACD
【解析】对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中做圆周运动的轨迹半径越大，弧长越长，轨迹对应的圆心角越小，由t＝eq \f(θ,2π)T＝eq \f(θm,qB)可知，运动时间越短，故选项A正确，B错误．粒子速度大小均为v＝eq \f(qBR,m)时，根据洛伦兹力提供向心力可得粒子的轨迹半径为：r＝eq \f(mv,qB)＝R，根据几何关系可知，入射点P、O、出射点与轨迹圆的圆心的连线构成菱形，射出磁场时的轨迹半径与PO平行，故粒子射出磁场时的速度方向与MN垂直，出射后均可垂直打在MN上；根据几何关系可知，轨迹对应的圆心角小于180°，粒子在磁场中的运动时间：t
A．该种粒子一定带负电，且在B点沿OB方向离开磁场
B．若在A点增大粒子入射速率，方向不变，则粒子在磁场中的运动时间增加
C．若在A点调整粒子入射方向，速率不变，则BC间无粒子射出
D．若在A点调整粒子入射方向，速率不变，从AB弧射出的粒子的出射方向均与OB平行
【答案】AD
【解析】A．由点A向圆心O方向发射带电粒子，最终粒子从B点离开磁场区域，根据左手定则，洛伦兹力方向向左，判断该粒子带负电，已知初速度方向和末速度位置，如图根据几何关系，可知粒子在B点沿OB方向离开磁场，故A正确；
磁场中的运动时间与带电粒子在磁场中转过的圆心角有关，增大粒子入射速率，方向不变，
由半径公式r=mvqB 半径增大，转过的圆心角变小，时间缩短，故B错误；
C．若在A点调整粒子入射方向，速率不变，则半径不变，粒子可以从BC间射出，如下图
所示，故C错误；
D．若在A点调整粒子入射方向，速率不变，则半径不变，当磁场圆半径与轨迹圆半径相等时，为磁发散现象，此时从AB弧射出的粒子的出射方向均与A点的切线平行，即出射方向均与OB平行，故D正确。
故选AD。
15．（2022·福建莆田·二模）带电粒子流的磁聚焦是薄膜材料制备的关键技术之一、磁聚焦原理如图，真空中一半径为r的圆形区域内存在垂直纸面的匀强磁场，一束宽度为2r、沿x轴正方向运动的带电粒子流射入该磁场后汇聚于坐标原点O。已知粒子的质量均为m、电荷量均为q、进入磁场的速度均为v，不计带电粒子的重力及粒子间的相互作用力。则磁感应强度的大小应为（ ）
A． mv2qr B． 2mv2qr C．mvqrD．2mvqr
【答案】C
【解析】利用圆形区域匀强磁场实现对带电粒子流的磁聚焦，需要满足：粒子匀速圆周运动半径与圆形磁场区域的半径相等，设粒子做匀速圆周运动的半径为R，则有 R=r
粒子匀速圆周运动所需向心力等于洛伦兹力，则有 qvB=mv2R
解得 B=mvqr 故选C。
16．（2023·全国·高三专题练习）(多选)如图所示，半径为R的14圆形区域内存在着垂直纸面向里的匀强磁场，过（－2R，0）点垂直x轴放置一线型粒子发射装置，能在0
B．磁场的磁感应强度为mvqR
C．粒子离开磁场时速度方向相同
D．粒子从离开发射装置到击中y轴所用时间t的范围为2Rv＜t<(2+π)R2v
【答案】ABD
【解析】A．由题意，某时刻发出的粒子都击中的点是y轴上同一点，由发射装置最高点射出的粒子只能击中（0，R），则击中的同一点只能是（0，R），即粒子击中点距O点的距离为R，A正确；
从最低点射出的也击中（0，R），那么粒子做匀速圆周运动的半径为R，
由洛伦兹力提供向心力有 qvB＝mv2R
可得磁感应强度 B＝mvqR B正确；
C．粒子运动的半径都相同，但是入射点不同，所以粒子离开磁场时的速度方向不同，C错误；
D．整个过程粒子的速率不变，故粒子运动的时间正比于轨迹的长度，所以从最低点射出的粒子运动的时间最长，由此可得粒子从离开发射装置到击中y轴所用的最长时间为 t1=T4+Rv=14×2πRv+Rv=(π+2)R2v
从最高点直接射向（0，R）的粒子运动时间最短，最短的时间为 t2=2Rv
D正确。
故选ABD。
17．如图所示，x轴正方向水平向右，y轴正方向竖直向上。两个半径为r的圆形区域内有与x0y平面垂直的匀强磁场（包括圆形区域边界），宽度为2r的带电粒子流（粒子的质量为m、电荷量为+q）沿x轴正方向以速度v0射入圆心为A（O，r）、半径为r的圆形匀强磁场B1中，带电粒子流经过磁场后都汇聚到坐标原点O，经过圆心为C（O，-r）、半径为r的圆形匀强磁场B2后，沿x轴正方向射出，不计粒子重力及带电粒子之间的相互作用。求：
（1）这两个圆形匀强磁场的磁感应强度B1、B2的大小和方向；
（2）带电粒子在这两个圆形匀强磁场中运动的最长时间；
（3）增大带电粒子射入的速度，使正对圆心A（0，r）射入的粒子恰好不经过下方的磁场，求粒子射入的速度大小。
【答案】（1）大小均为mv0qr，B1垂直纸面向外，B2垂直纸面向内；（2）2πrv0；（3）3v0
【解析】（1）带电粒子流沿x轴正方向以速度v0射入圆心为A（O，r）、半径为r的圆形匀强磁场B1中，带电粒子流经过磁场后都汇聚到坐标原点O，结合磁聚焦的原理可知，粒子的运动轨迹半径与磁场半径相等，即 r1=r
由洛伦兹力作为向心力可得 qv0B1=mv02r1
联立解得磁感应强度B1的大小为 B1=mv0qr
由右手定则可知，磁感应强度B1的方向垂直纸面向外；
全部粒子从O点进入圆心为C（O，-r）、半径为r的圆形匀强磁场B2后，沿x轴正方向射出，故该过程为磁聚焦的逆过程，同理可得 r2=r
由洛伦兹力作为向心力可得 qv0B2=mv02r2
联立解得磁感应强度B2的大小为 B2=mv0qr
由右手定则可知，磁感应强度B2的方向垂直纸面向内。
（2）粒子在磁场中的运动周期均为 T=2πrv0
当粒子从（0，2r）点射入，恰好沿磁场边缘运动，从（0，-2r）点射出，在磁场中的运动时间最长，恰好为一个周期T，故带电粒子在这两个圆形匀强磁场中运动的最长时间为 tmax=T=2πrv0
（3）如图所示，当粒子的运动轨迹恰好与圆心为C、半径为r的圆形匀强磁场边缘相切时，恰好不经过下方的磁场，如图所示
由几何关系可得 sinθ=r2r=12
故粒子的偏转角为2θ，设轨迹半径为r3，可得 tanθ=rr3
联立解得 r3=3r
由洛伦兹力作为向心力可得 qv3B1=mv32r3
联立解得粒子速度大小为 v3=3v0
考点四 带电粒子在交变电、磁场中的运动
分析方法:
(1)明确场的变化情况。场的变化周期一般与粒子的运动周期相关联,抓住场的变化周期与运动周期之间的联系作为突破口。
(2)通过各阶段受力分析,明确运动特点,正确画出运动轨迹,找出衔接相邻两过程的物理量。
(3)对不同运动过程选取相应规律列式,联立求解。
18．如图甲所示，ABCD是一长方形有界匀强磁场边界，磁感应强度按图乙规律变化，取垂直纸面向外为磁场的正方向，图中AB=3AD=3L，一质量为m、电荷量为q的带正电粒子以速度v0在t=0时从A点沿AB方向垂直磁场射入，粒子重力不计.则下列说法中正确的是（ ）
A．若粒子经时间t=12T0恰好垂直打在CD上，则磁场的磁感应强度B0=mv0qL
B．若粒子经时间t=32T0恰好垂直打在CD上，则粒子运动的加速度大小a=3v022L
C．若要使粒子恰能沿DC方向通过C点，则磁场的磁感应强度的大小B0=nmv02qLn=1,2,3,⋯
D．若要使粒子恰能沿DC方向通过C点，磁场变化的周期T0=2πL3nv0n=1,2,3,⋯
【答案】AD
【解析】A．若粒子经时间t=12T0恰好垂直打在CD上，则粒子运动的半径为 R=L
根据 qvB0=mv02R
解得磁场的磁感应强度 B0=mv0qL 选项A正确；
B．若粒子经时间t=32T0恰好垂直打在CD上，粒子的轨迹必定为3个四分之一圆周，如图，
由几何关系得，运动半径为 r=13L
运动中的加速度为 a=v02r=3v02L 选项B错误；
CD．若要使粒子恰能沿DC方向通过C点，粒子运动的时间必定为磁感应强度变化的周期的整数倍，如图；根据运动的对称性可得，轨道半径满足 2L=2nr′
即 r′=Ln(n=1、2、3、…..)
由洛伦兹力提供向心力得 qv0B0=mv02r′
得 B0＝2mv0qL (n=0、1、2、3、….)
粒子圆周运动周期为 T=13⋅2πr′v0=2πL3nv0
磁感应强度变化的周期 T0=T
得 T0=2πL3nv0 (n=0、1、2、3、….) 选项C错误，D正确；
故选AD.
19．（2022·青海·模拟预测）在如图甲所示的平面直角坐标系xOy（其中Ox水平，Oy竖直）内，矩形区域OMNP充满磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场（边界处有磁场），，其中OM=32d，OP=2d，P点处放置一垂直于x轴的荧光屏，现将质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从OM边的中点A处以某一速度垂直于磁场且沿与y轴负方向夹角为45°的方向射入磁场，不计粒子重力。
（1）求粒子恰好能打在荧光屏上与A等高的点的速度大小；
（2）求粒子能从OM边射出磁场的最大速度及其对应的运动时间。
（3）若规定垂直纸面向外的磁场方向为正方向，磁感应强度B的变化规律如图乙所示（图中B0已知），调节磁场的周期，满足T=2πm3qB0，让上述粒子在t=0时刻从坐标原点O沿与x轴正方向成60°角的方向以一定的初速度射入磁场，若粒子恰好垂直打在屏上，求粒子的可能初速度大小及打在光屏上的位置。
【答案】（1）2qBdm；（2）3(2−2)qBd4m，3πm2qB（3）43qB0d3(2n+1)m(n=0,1,2,3…)，233d
【解析】（1）要使粒子恰好能打在荧光屏上与A等高的点，则粒子速度方向偏转了90°，轨迹如图所示
由几何关系可得 2R1sin45=OP=2d
由洛伦兹力作为向心力可得 qv1B=mv12R1
联立解得 v1=2qBdm
（2）当粒子的轨迹恰好与MN相切时，对应的速度最大，如图所示
由几何关系可得 R2sin45+R2=12OM=34d
由洛伦兹力作为向心力可得 qv2B=mv22R2
联立解得 v2=3(2−2)qBd4m
可知轨迹对应圆心角为270°，粒子在磁场中的运动周期为 T′=2πmqB
故对应的运动时间为 t′=270360T′=34⋅2πmqB=3πm2qB
（3）由题意可知，磁场的周期满足 T=2πm3qB0
可知每经过T2，粒子在磁场中运动轨迹对应的圆心角均为60°，运动轨迹如图所示
粒子打在荧光屏上的Q点，由几何关系可得 ∠QOP=30
则 PQ=dcs30=233d
设粒子在磁场中运动的轨道半径为R3，每次偏转对应的圆心角均为60°，粒子恰好垂直打在屏上，由几何关系可得 2⋅233d=(2n+1)R3(n=0,1,2,3…)
由洛伦兹力作为向心力可得 qv3B=mv32R3
联立解得 v3=43qB0d3(2n+1)m(n=0,1,2,3…)
20．（2023·全国·高三专题练习）如图甲所示，在xOy平面内存在均匀、大小随时间周期性变化的磁场和电场，变化规律分别如图乙、丙所示（规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向、沿y轴正方向电场强度为正）。在t＝0时刻由原点O发射初速度大小为v0，方向沿y轴正方向的带负电粒子。已知v0、t0、B0，粒子的比荷为πB0t0，不计粒子的重力。求：
(1)t＝t0时，求粒子的位置坐标；
(2)若t＝5t0时粒子回到原点，求0~5t0时间内粒子距x轴的最大距离；
(3)若粒子能够回到原点，求满足条件的所有E0值。
【答案】(1) （2v0t0π，0）；(2)(32+2π)v0t0(3)E0=v0B0nπ（n=1，2，3，…）
【解析】(1)由粒子的比荷 qm=πB0t0
则粒子做圆周运动的周期 T=2πmBq=2t0
则在0-t0内转过的圆心角α=π
由牛顿第二定律 qv0B=mv02r1
得 r1=v0t0π 位置坐标（2v0t0π，0）
(2)粒子t=5t0时回到原点，轨迹如图所示
r2=2r1 r1=mv0qB0 r2=mv2qB0
得 v2=2v0
又 qm=πB0t0 r2=2v0t0π
粒子在t0-2t0时间内做匀加速直线运动， 2t0-3t0时间内做匀速圆周运动，则在5t0时间内粒子距x轴的最大距离 ℎm=v0+2v02t0+r2=(32+2π)v0t0
(3)如图所示，设带电粒子在x轴上方做圆周运动的轨道半径为r1，在x轴下方做圆周运动的轨道半径为r2，由几何关系可知，要使粒子经过原点，则必须满足∶
n(2r2−2r1)=2r1 （n=1，2，3，…） r1=mv0qB0 r2'=mvqB0
联立以上解得 v=n+1nv0 又由于 v=v0+E0qt0m 得 E0=v0B0nπ（n=1，2，3，…）
21.(2022·潍坊二模)如图甲所示，在O－xyz三维坐标系的空间内有平行于z轴向上且交替变化的匀强电场、匀强磁场，电场、磁场随时间变化的规律分别如图乙、丙所示，t＝0时，一带正电的粒子以初速度v0从O点沿x轴正方向射入，在t＝eq \f(L,v0)时粒子恰经过点P(L、0、L)(图中未画出)。已知电场强度大小为E0，磁感应强度大小为eq \f(3πE0,2v0)。粒子重力不计，求：
(1)粒子的比荷；
(2)粒子在t＝eq \f(2L,v0)时的位置坐标；
(3)粒子在t＝eq \f(3L,v0)时的速度；
(4)t＝eq \f(nL,v0)(n为整数)时，粒子所处位置的z轴坐标值zn。
【答案】 (1)eq \f(2veq \\al(2,0),E0L) (2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(L，－\f(2L,3π)，3L)) (3)eq \r(17)v0 方向在xOz平面内与z轴正方向所成夹角的正切值为eq \f(1,4) (4)eq \f(n（1＋n）L,2)
【解析】(1)粒子在0～eq \f(L,v0)时间内在xOz平面内做类平抛运动，x方向x＝v0t1＝L
故粒子在t1＝eq \f(L,v0)时刻经过P点，z轴方向L＝eq \f(1,2)ateq \\al(2,1)，E0q＝ma，解得eq \f(q,m)＝eq \f(2veq \\al(2,0),E0L)。
(2)粒子经过P点时沿z轴速度大小为vz，vz＝at1＝2v0，在磁场区域沿z轴方向匀速运动，在xOy平面内做匀速圆周运动，如图1所示，设圆周运动半径为R，由qBv0＝meq \f(veq \\al(2,0),R)
圆周运动的周期T＝eq \f(2πR,v0)
粒子经时间t2＝eq \f(L,v0)，沿z轴运动的距离z2＝vzt2＝2L
圆周运动转过的圆心角为α＝eq \f(t2,T)×2π＝3π，
故粒子在xOy平面内沿y轴方向运动的距离d＝2R＝eq \f(2L,3π)
粒子在eq \f(2L,v0)时的位置坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(L，－\f(2L,3π)，3L))。
(3)粒子再次在电场中运动，沿z轴的初速度为vz＝2v0
沿x轴负方向的速度vx＝v0
在xOz平面内做类斜抛运动，沿坐标轴方向分解，如图2所示，
沿x轴负方向匀速运动L＝v0t3
沿z轴正方向匀加速运动vz′＝vz＋at3＝4v0
速度大小v＝eq \r(veq \\al(2,0)＋veq \\al(′2,z))＝eq \r(17)v0
速度方向在xOz平面内与z轴正方向成夹角θ，tan θ＝eq \f(v0,vz′)＝eq \f(1,4)。
(4)粒子在有电场时沿z轴匀加速运动，第1、3、5…个单位时间内沿z轴方向前进位移为L、3L、5L…，在有磁场存在时，沿z轴匀速运动，第2、4、6…个单位时间
内沿z轴方向前进位移分别为2L、4L、6L…，则粒子在neq \f(L,v0)的时间内沿z方向位移
zn＝L＋2L＋3L＋4L＋…＋nL
故zn＝eq \f(n（1＋n）L,2)。
22．（2022·河北·模拟预测）如图甲所示，在xOy平面的第一象限内存在周期性变化的磁场，规定磁场垂直纸面向内的方向为正，磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示。质量为m、电荷量为+q的粒子，在t=0时刻沿x轴正方向从坐标原点O射入磁场。图乙中T0为未知量，不计粒子的重力。已知B0=kπmq，sin37°=0.6，cs37°=0.8。求：
（1）0~25T0时间内粒子做匀速圆周运动的角速度ω；
（2）若粒子不能从Oy轴射出磁场，磁感应强度变化周期的最大值Tm；
（3）若使粒子能从坐标为（3d，4d）的D点平行于Ox轴射出，射入磁场时速度的大小v。
【答案】（1）ω=3kπ；（2）Tm=143216k；（3）v=15kπd4n，（其中n=1,2,3,…）
【解析】（1）根据洛伦兹力提供向心力可知 3B0qωr=mω2r
其中 B0=kπmq 可得 ω=3kπ
（2）要使得粒子不从y轴射出，则轨迹如图
在前25T0内的运动半径为 r1=mvq⋅3B0
在后35T0内的运动半径为 r2=mvq⋅2B0=32r1
由几何关系可知 θ=37°
0~25T0粒子做圆周运动的周期 T=2πω=23k 则 180∘−37∘360∘T=25T0
解得磁感应强度变化周期的最大值 Tm=143216k
（3）要想使粒子经过D点且平行Ox轴射出，则粒子只能从nT0时刻过D点，（其中n=1,2,3,…），则轨迹如图
由（2）问可得 r2=32r1
由几何关系可知 2nr1cs37°+2nr2cs37°=5d，（其中n=1,2,3,…） 解得 r1=5d4n（其中n=1,2,3,…）
又 qv⋅3B0=mv2r1 解得 v=3qB0r1m=3qm×kπmq×5d4n=15kπd4n，（其中n=1,2,3,…）
23．（2022·河北）两块面积和间距均足够大的金属板水平放置，如图1所示，金属板与可调电源相连形成电场，方向沿y轴正方向。在两板之间施加磁场，方向垂直平面向外。电场强度和磁感应强度随时间的变化规律如图2所示。板间O点放置一粒子源，可连续释放质量为m、电荷量为、初速度为零的粒子，不计重力及粒子间的相互作用，图中物理量均为已知量。求：
（1）时刻释放的粒子，在时刻的位置坐标；
（2）在时间内，静电力对时刻释放的粒子所做的功；
（3）在点放置一粒接收器，在时间内什么时刻释放的粒子在电场存在期间被捕获。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】（1）在时间内，电场强度为，带电粒子在电场中加速度，根据动量定理可知
解得粒子在时刻的速度大小为
方向竖直向上，粒子竖直向上运动的距离
在时间内，根据粒子在磁场运动的周期可知粒子偏转，速度反向，根据可知粒子水平向右运动的距离为
粒子运动轨迹如图
所以粒子在时刻粒子的位置坐标为，即；
（2）在时间内，电场强度为，粒子受到的电场力竖直向上，在竖直方向
解得时刻粒子的速度
方向竖直向上，粒子在竖直方向上运动的距离为
在时间内，粒子在水平方向运动的距离为
此时粒子速度方向向下，大小为，在时间内，电场强度为，竖直方向
解得粒子在时刻的速度
粒子在竖直方向运动的距离
粒子运动的轨迹如图
在时间内，静电力对粒子的做功大小为
电场力做正功；
（3）若粒子在磁场中加速两个半圆恰好能够到达点，则释放的位置一定在时间内，粒子加速度时间为，在竖直方向上
在时间内粒子在水平方向运动的距离为
在时间内，在竖直方向
在时间内，粒子在水平方向运动的距离为
接收器的位置为，根据距离的关系可知 解得
此时粒子已经到达点上方，粒子竖直方向减速至用时，则
竖直方向需要满足
解得在一个电场加速周期之内，所以成立，所以粒子释放的时刻为中间时刻；
若粒子经过一个半圆到达点，则粒子在时间内释放不可能，如果在时间内释放，经过磁场偏转一次的最大横向距离，即直径，也无法到达点，所以考虑在时间内释放，假设粒子加速的时间为，在竖直方向上
之后粒子在时间内转动半轴，横向移动距离直接到达点的横坐标，即 解得
接下来在过程中粒子在竖直方向减速为的过程中
粒子要在点被吸收，需要满足
代入验证可知在一个周期之内，说明情况成立，所以粒子释放时刻为。
相关试卷
高考物理一轮复习重难点逐个突破专题57静电场中的图像问题(原卷版+解析)： 这是一份高考物理一轮复习重难点逐个突破专题57静电场中的图像问题(原卷版+解析)，共40页。试卷主要包含了F-q图像，v－t图像，E－x图像，φ－x图像，Ep－x图像，Ek－x图像，a-x图像，P一t图像等内容，欢迎下载使用。
备考2024届高考物理一轮复习讲义第十一章磁场专题十五磁场中的动态圆模型题型4“磁聚焦”与“磁发散”模型： 这是一份备考2024届高考物理一轮复习讲义第十一章磁场专题十五磁场中的动态圆模型题型4“磁聚焦”与“磁发散”模型，共2页。
新教材适用2024版高考物理二轮总复习第1部分核心主干复习专题专题3电场与磁场微专题3动态圆和磁聚焦与磁发散问题： 这是一份新教材适用2024版高考物理二轮总复习第1部分核心主干复习专题专题3电场与磁场微专题3动态圆和磁聚焦与磁发散问题，共16页。
