2018届高考物理二轮复习第九章磁场提能增分练(三)带电粒子在匀强磁场中运动的多解问题
提能增分练(三) 带电粒子在匀强磁场中运动的多解问题 [A级——夺高分] 1．(多选)在M、N两条长直导线所在的平面内，一带电粒子的运动轨迹示意图如图中虚线所示。已知两条导线M、N中只有一条导线中通有恒定电流，另一条导线中无电流，关于电流方向和粒子带电情况及运动的方向，可能是( )
A．M中通有自上而下的恒定电流，带负电的粒子从a点向b点运动 B．M中通有自上而下的恒定电流，带正电的粒子从b点向a点运动 C．N中通有自下而上的恒定电流，带正电的粒子从b点向a点运动 D．N中通有自下而上的恒定电流，带负电的粒子从a点向b点运动 解析：选AB 由运动轨迹知，靠近导线M处粒子的偏转程度大，则靠近导线M处的磁感应强度较大，故只有M中可能通有电流；考虑到磁场可能是垂直纸面向外，也可能是垂直纸面向里，并结合安培定则、左手定则，易知A、B正确。 2.如图所示，在MNQP中有一垂直纸面向里的匀强磁场。质量和电荷量都相等的带电粒子a、b、c，以不同的速率从O点沿垂直于PQ的方向射入磁场，图中实线是它们的轨迹。已知O是PQ的中点，不计粒子重力。下列说法中正确的是( )
A．粒子a带负电，粒子b、c带正电 B．射入磁场时粒子a的速率最小 C．射出磁场时粒子b的动能最小 D．粒子c在磁场中运动的时间最长 解析：选D 若a、b、c均为正电荷，根据运动电荷所受洛伦兹力方向即可判断出a、b、c均应向左偏转，b、c偏转方向与假设相反，因此粒子a带正电，粒子b、c带负电，故A
错误；带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，即Bvq＝mv2r，解得r＝mvBq，由此可知，当速度越大时，轨迹半径越大，易知射入磁场时粒子c的速率最小，动能最
小，故B、C错误；粒子运动的周期为T＝2πmBq，故粒子在磁场中的偏转角越大，运动时间越长，故D正确。 3.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，如果在a点沿对角线方向以速度v射入一带负电的粒子，最后粒子恰好从e点射出，则( )
A．如果粒子的速度增大为原来的二倍，将从d点射出 B．如果粒子的速度增大为原来的三倍，将从f点射出 C．如果粒子的速度不变，磁场的磁感应强度变为原来的二倍，将从d点射出 D．只改变粒子的速度使其分别从e、d、f点射出时，从e点射出所用时间最短 解析：选A 如图，粒子从e点射出对应轨迹圆心是O1，如果粒子的速度增大为原来的
二倍，由r＝mvqB可知半径也增大为原来的二倍，由对称性可看出粒子将从d点射出，选项A正确；如果粒子的速度增大为原来的三倍，圆心是O3，设正方形的边长为a，原半径为r1
＝24a，r3＝3r1＝324a，线段O3f＞34a＋12a＞r3，所以不可能从f点射出，选项B错误；由
r＝mvqB 可看出，磁感应强度增大时，半径减小，不会从d点射出，选项C错误；因粒子运动
的周期一定，在磁场中运动的时间与圆心角成正比，从以上分析和图中可看出，圆心为O1、O2时粒子运动轨迹对应的圆心角相等，故粒子分别从e、d点射出时，在磁场中运动的时间
也相等，选项D错误。
4.(多选)(2017·长沙模拟)如图所示，在半径为R的圆形区域内(圆心为O)有匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直于圆平面(未画出)。一群具有相同比荷的负离子，以相同的速率由P点在纸平面内向不同方向射入磁场中，发生偏转后又飞出磁场，若离子在磁场中运动的轨迹半径大于R，则下列说法中正确的是(不计离子的重力)( )
A．从Q点飞出的离子在磁场中运动的时间最长 B．沿PQ方向射入的离子飞出时偏转角最大 C．所有离子飞出磁场时的动能一定相等 D．在磁场中运动时间最长的离子不可能经过圆心O点 解析：选AD 由圆的性质可知，轨迹圆与磁场圆相交，当轨迹圆的弦长最大时偏转角最大，故弦长为PQ时最大，由Q点飞出的离子圆心角最大，所对应的时间最长，轨迹不可能经过圆心O点，故A、D正确，B错误；因洛伦兹力永不做功，故粒子在磁场中运动时动能保持不变，但由于不知离子的初动能，故飞出时的动能不一定相等，故C错误。 5.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，对应的圆心角最大，粒子c的运动
半径最大，对应的圆心角最小，由洛伦兹力提供粒子做圆周运动的向心力，可得：qvB＝mv2r，
故半径r＝mvqB，周期T＝2πrv＝2πmqB，故在粒子质量、带电荷量、磁场的磁感应强度都相同的情况下，粒子速率越小，运动半径越小，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轨迹所对应的圆心角，所以粒子a的运动时间最长，粒子c的运动时间最短。只有B正确。 6.如图所示，在足够大的屏MN的上方有磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，P为屏上一小孔，PC与MN垂直。一束质量为m、电荷量为－q的粒子(不计重力)，以相同的速率v从P处射入磁场区域，粒子入射方向在与磁场垂直的平面里，且分散在与PC夹角为θ的范围内，则在屏MN上被粒子打中区域的长度为( )
A.2mvqB B.2mvcos θqB C.2mv1－sin θqB D.2mv1－cos θqB 解析：选D 如图所示，ST之间的距离为在屏MN上被粒子打中区域的长度。粒子在磁场中运动的轨道半径R＝mvqB，由几何关系知，PS＝2Rcos θ＝2mvcos θqB，PT＝2R＝2mvqB，所以ST＝2mv1－cos θqB。D正确。
7.如图所示，直线边界MN上方有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，磁场区域足够大。今有一质量为m，电荷量为q的带电粒子，从边界MN上某点垂直磁场方向射入，射入时的速度大小为v，方向与边界MN的夹角为θ，求带电粒子在磁场中的运动时间。
解析：设带电粒子在磁场中做圆周运动的周期为T，则有T＝2πmqB， 若粒子带正电，其运动轨迹如图中的1所示， 则运动时间为t1＝2π－2θ2πT＝2mπ－θqB； 若粒子带负电，其运动轨迹如图中的2所示， 则运动时间为t2＝2θ2πT＝2mθqB。
答案：见解析 [B级——冲满分] 8.如图所示，在坐标系xOy中，第一象限内充满着两个匀强磁场a和b，OP为分界线，在磁场a中，磁感应强度为2B，方向垂直于纸面向里，在磁场b中，磁感应强度为B，方向垂直于纸面向外，P点坐标为(4l,3l)。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从P点沿y轴负方向射入磁场b，经过一段时间后，粒子恰能经过原点O，不计粒子重力。求：
(1)粒子从P点运动到O点的最短时间； (2)粒子运动的速度。 解析：(1)设粒子的入射速度为v，用Ra、Rb、Ta、Tb分别表示粒子在磁场a中和磁场b中运动的轨道半径和周期，则有Ra＝mv2qB，Rb＝mvqB，Ta＝2πm2qB＝πmqB，Tb＝2πmqB
当粒子先在区域b中运动，后进入区域a中运动，然后恰从O点射出时，粒子从P点运动到O点所用的时间最短，如图所示。
根据几何知识得tan α＝3l4l＝34，故α＝37° 粒子在区域b和区域a中运动的时间分别为 tb＝2×90°－α360°Tb，ta＝2×90°－α360°Ta
故从P点运动到O点的最短时间为 t＝ta＋tb＝53πm60qB。
(2)由(1)中图及粒子运动的规律可知 n(2Racos α＋2Rbcos α)＝3l2＋4l2
解得v＝25qBl12nm(n＝1,2,3，…)。
答案：(1)53πm60qB (2)25qBl12nm(n＝1,2,3，…) 9.(2017·烟台模拟)边长为3L的正方形区域分成相等的三部分，左右两侧为匀强磁场，中间区域为匀强电场，如图所示。左侧磁场的磁感应强度大小为B1＝6mqU2qL，方向垂直纸面
向外；右侧磁场的磁感应强度大小为B2＝6mqUqL，方向垂直于纸面向里；中间区域电场方向与正方形区域的上下边界平行。一质量为m、电荷量为＋q的带电粒子，从平行金属板的正极板开始由静止被加速，加速电压为U，加速后粒子从a点进入左侧磁场，又从距正方形上下边界等间距的b点沿与电场平行的方向进入电场，不计粒子重力，求：
(1)粒子经过平行金属板加速后的速度大小； (2)粒子在左侧磁场区域内运动时的半径及运动时间； (3)电场强度E的取值在什么范围内时，粒子能从右侧磁场的上边缘cd间离开。
解析：(1)粒子在电场中运动时qU＝12mv2，
解得v＝ 2qUm。 (2)粒子进入磁场B1后 qvB1＝mv2R1，
解得R1＝mvqB1＝2L3 设粒子在磁场B1中转过的角度为α，
如图所示，由sin α＝LR1， 解得α＝60°，周期T＝2πR1v 粒子在磁场B1中运动的时间为 t＝16T＝πL3 2m3qU。
(3)粒子在磁场B2中运动，设在上边缘cd间离开的速度分别为vn与vm，与之相对应的半径分别为Rn与Rm。如(2)中图所示，由分析知Rn＝34L，Rm＝L
由牛顿第二定律qvnB2＝mv2nRn 粒子在电场中qEnL＝12mv2n－12mv2，得En＝11U16L 同理Em＝2UL 所以电场强度的范围为11U16L≤E≤2UL。 答案：(1) 2qUm (2)2L3 πL3 2m3qU (3)11U16L≤E≤2UL 10．(2017·湖北八市联考)如图a所示，水平直线MN下方有竖直向上的匀强电场，现
2018年高考物理二轮复习专题09带电粒子在复合场中的运动学案
专题09 带电粒子在复合场中的运动构建知识网络：考情分析：带电粒子在复合场中的运动是力电综合的重点和高考的热点，常见的考查形式有组合场（电场、磁场、重力场依次出现）、叠加场（空间同一区域同时存在两种以上的场）、周期性变化场等，其物理过程复杂，综合分析能力要求高，预计此类题型在高考中有可能仍以压轴题的形式出现。
复习中要注意分析带电粒子的运动情况和受力情况，灵活选用物理规律，总结解题方法，提高综合分析能力。
重点知识梳理：1．带电粒子在电场中常见的运动类型(1)匀变速直线运动：通常利用动能定理qU ＝12mv 2－12mv 20来求解．对于匀强电场，电场力做功也可以用W ＝qEd 求解．(2)偏转运动：一般研究带电粒子在匀强电场中的偏转问题．对于类平抛运动可直接利用平抛运动的规律以及推论；较复杂的曲线运动常用运动分解的方法来处理．2．带电粒子在匀强磁场中常见的运动类型(1)匀速直线运动：当v ∥B 时，带电粒子以速度v 做匀速直线运动．(2)匀速圆周运动：当v ⊥B 时，带电粒子在垂直于磁感线的平面内以入射速度做匀速圆周运动． 3．设带电粒子在组合场内的运动实际上也是运动过程的组合，解决方法如下：(1)分别研究带电粒子在不同场区的运动规律．在匀强磁场中做匀速圆周运动．在匀强电场中，若速度方向与电场方向平行，则做匀变速直线运动；若速度方向与电场方向垂直，则做类平抛运动．(2)带电粒子经过磁场区域时利用圆周运动规律结合几何关系处理．(3)当粒子从一个场进入另一个场时，分析转折点处粒子速度的大小和方向往往是解题的突破口．4.带电粒子在叠加场中运动的处理方法 （1）弄清叠加场的组成特点．（2）正确分析带电粒子的受力及运动特点． （3）画出粒子的运动轨迹，灵活选择不同的运动规律①若只有两个场且正交，合力为零，则表现为匀速直线运动或静止．例如电场与磁场中满足qE ＝qvB ；重力场与磁场中满足mg ＝qvB ；重力场与电场中满足mg ＝qE .②若三场共存时，合力为零，粒子做匀速直线运动，其中洛伦兹力F ＝qvB 的方向与速度v 垂直． ③若三场共存时，粒子做匀速圆周运动，则有mg ＝qE ，粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，即qvB＝m v 2r.④当带电粒子做复杂的曲线运动或有约束的变速直线运动时，一般用动能定理或能量守恒定律求解． 【名师提醒】 1.做好“两个区分”（1）正确区分重力、电场力、洛伦兹力的大小、方向特点及做功特点。
2018年高考物理大一轮复习课时规范训练：第9章-第3节匀强磁场中的临界、极值和多解问题 含解析
课时规范训练[基础巩固题组]1．(多选)如图所示，宽d ＝4 cm 的有界匀强磁场，纵向范围足够大，磁场方向垂直纸面向里．现有一群正粒子从O 点以相同的速率沿纸面不同方向进入磁场，若粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径为r ＝10 cm ，则( )A ．右边界：－8 cm<y <8 cm 有粒子射出B ．右边界：0<y <8 cm 有粒子射出C ．左边界：y >8 cm 有粒子射出D ．左边界：0<y <16 cm 有粒子射出解析：选AD.根据左手定则，正粒子在匀强磁场中将沿逆时针方向转动，由轨道半径r ＝10 cm 画出粒子的两种临界运动轨迹，如图所示，则OO 1＝O 1A ＝OO 2＝O 2C ＝O 2E ＝10 cm ，由几何知识求得AB ＝BC ＝8 cm ，OE ＝16 cm ，因此答案为A 、D.2．(多选)如图所示，有一垂直于纸面向外的有界匀强磁场，磁场的磁感应强度为B ，其边界为一边长为L 的正三角形(边界上有磁场)，A 、B 、C 为三角形的3个顶点．今有一质量为m 、电荷量为＋q 的粒子(不计重力)，以速度v ＝3qBL 4m从AB 边上的某点P 既垂直于AB 边又垂直于磁场的方向射入磁场，若该粒子能从BC 边上某点Q 射出，则( )A ．PB ≤2＋34L B ．PB ≤1＋34LC ．QB ≤34LD ．QB ≤12L解析：选AD. 由q v B ＝m v 2R ，得R ＝34L .PB 最大时轨迹与AC 边相切，由几何知识得AP ＝R cos 30°－R ，BP ＝L －AP ＝2＋34L ，A 正确，B 错误．QB 最大时粒子平行于AB 边从Q ′点射出，此时Q ′B ＝R sin 60°＝12L ，C 错误、D 正确．3．(多选)如图所示，S 处有一电子源，可向纸面内任意方向发射电子，平板MN 垂直于纸面，在纸面内的长度L ＝9.1 cm ，中点O 与S 间的距离d ＝4.55 cm ，MN 与SO 直线的夹角为θ，板所在平面有电子源的一侧区域有方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B ＝2.0×10－4T ，电子质量m ＝9.1×10－31kg ，电量e ＝－1.6×10－19C ，不计电子重力，电子源发射速度v ＝1.6×106 m/s 的一个电子，该电子打在板上可能位置的区域的长度为l ，则( )A ．θ＝90°时，l ＝9.1 cmB ．θ＝60°时，l ＝9.1 cmC ．θ＝45°时，l ＝4.55 cmD ．θ＝30°时，l ＝4.55 cm解析：选AD.电子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力：e v B ＝m v 2R ，R ＝m v Be＝4.55×10－2 m＝4.55 cm＝L2，θ＝90°时，击中板的范围如图1，l＝2R＝9.1 cm，选项A正确．θ＝60°时，击中板的范围如图2所示，l<2R＝9.1 cm，选项B错误．θ＝30°，如图3所示l＝R＝4.55 cm，当θ＝45°时，击中板的范围如图4所示，l>R(R ＝4.55 cm)，故选项D正确、选项C错误．4．(多选)如图所示是半径为R的一圆柱形匀强磁场区域的横截面，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，磁场外有一粒子源，能沿一直线发射速度大小不等的在一定范围内的同种带电粒子，带电粒子的质量为m，电荷量为q(q>0)，不计重力，现粒子以沿正对cO中点且垂直于cO方向射入磁场区域，发现带电粒子恰能从bd之间飞出磁场．则()A．从b点飞出的带电粒子的速度最大B．从d点飞出的带电粒子的速度最大C．从d点飞出的带电粒子的运动时间最长D．从b点飞出的带电粒子的运动时间最短解析：选ACD.粒子在磁场中，受到洛伦兹力作用做匀速圆周运动，根据题意作出粒子运动轨迹如图所示．图中O b为到达b点的轨迹的圆心，O d为到达d 点的轨迹的圆心，根据几何关系可知，r b>r d，到达d点转过的圆心角比到达b点的圆心角大．根据r＝m vBq可知，b的半径最大，d的半径最小，所以从b点飞出的带电粒子的速度最大，从d点飞出的带电粒子的速度最小，A正确，B错误．周期T＝2πmBq，所以粒子运动的周期相等，而到达d点转过的圆心角最大，到达b点转过的圆心角最小，所以从d点飞出的带电粒子的运动时间最长，从b点飞出的带电粒子的运动时间最短，C、D正确．5．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(0<θ<π)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，则粒子在离开磁场的位置距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解析：选A.由左手定则可知，带正电的粒子向左偏转．若v一定，θ越大，粒子在磁场中运动的偏转角越小，则运动的时间越短，选项A正确．若v一定，θ＝90°时，粒子离开磁场的位置距O点最远，选项B错误．若θ一定，粒子在磁场中运动的周期与v无关，粒子在磁场中运动的角速度与v无关，粒子在磁场中运动的时间与v无关，选项C、D错误．6．(多选)如图所示，在半径为R的圆形区域内有匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直于圆平面(未画出)．一群比荷为qm的负离子以相同速率v0(较大)由P点在纸平面内向不同方向射入磁场中发生偏转后，又飞出磁场，则下列说法正确的是(不计重力)()A ．离子飞出磁场时的动能一定相等B ．离子在磁场中运动半径一定相等C ．由Q 点飞出的离子在磁场中运动的时间最长D ．沿PQ 方向射入的离子飞出时偏转角最大解析：选BC.射入磁场的离子比荷相等，但质量不一定相等，故射入时初动能可能不等，又因为洛伦兹力对离子不做功，故这些离子从射入到射出动能不变，故飞出磁场时的动能可能不等，A 错误．离子在磁场中偏转的半径为r ＝m v qB ，由于比荷和速度都相等，磁感应强度B 为定值，故所有离子的偏转半径都相等，B正确．各离子在磁场中做圆周运动的周期T ＝2πm qB 也相等，根据几何知识，在半径相同的圆内，较长的弦对应较大的圆心角，所以从Q 点射出的离子偏转角最大，在磁场内运动的时间最长，C 正确．沿PQ 方向射入的离子不可能从Q 点射出，故偏转角不是最大，D 错误．[综合应用题组]7．如图所示，内圆半径为r 、外圆半径为3r 的圆环区域内有垂直纸面向里、磁感应强度为B 的匀强磁场．圆环左侧的平行板电容器两板间电压为U ，靠近M 板处静止释放质量为m 、电荷量为q 的正离子，经过电场加速后从N 板小孔射出，并沿圆环直径方向射入磁场，不计离子的重力，忽略平行板外的电场．求：(1)离子从N 板小孔射出时的速率；(2)离子在磁场中做圆周运动的周期；(3)要使离子不进入小圆区域，电压U 的取值范围．解析：(1)设离子射入匀强磁场时的速率为v ，由动能定理得qU ＝12m v 2，解得v ＝ 2qUm .(2)设离子在磁场中做圆周运动的半径为R ，离子所受洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律可得q v B ＝m v 2R ，运动周期T ＝2πR v ，联立解得T ＝2πm qB .(3)若离子恰好不进入小圆区域，设离子与小圆相切时轨道半径为R 0，此时轨迹如图所示．由几何关系得R 20＋(3r )2＝(R 0＋r )2，解得R 0＝4r .需满足的条件为R ≤R 0，又q v B ＝m v 2R ，qU ＝12m v 2.联立解得U ≤8qr 2B 2m . 答案：(1) 2qU m (2)2πm qB (3)U ≤8qr 2B 2m8．如图所示，M 、N 、P 为很长的平行边界面，M 、N 与M 、P 间距分别为l 1、l 2，其间分别有磁感应强度为B 1和B 2的匀强磁场区，磁场Ⅰ和Ⅱ方向垂直纸面向里，B 1≠B 2，有一带正电粒子的电荷量为q ，质量为m ，以某一初速度垂直边界N 及磁场方向射入MN 间的磁场区域．不计粒子的重力．求：(1)要使粒子能穿过磁场Ⅰ进入磁场Ⅱ，粒子的初速度v 0至少应为多少？(2)若粒子进入磁场Ⅰ的初速度v 1＝2qB 1l 1m ，则粒子第一次穿过磁场Ⅰ所用时间t 1是多少？(3)粒子初速度v 为多少时，才可恰好穿过两个磁场区域．解析：(1)设粒子的初速度为v 0时恰好能进入磁场Ⅱ，则进入磁场Ⅱ时速度恰好沿M 边界，所以半径为r ＝l 1，由B 1q v 0＝m v 20r ，解得v 0＝B 1ql 1m .(2)粒子在磁场Ⅰ中运动，则有B 1q v 1＝m v 21r 1， 解得r 1＝2l 1.设粒子在磁场Ⅰ中做匀速圆周运动(轨迹如图甲)对应的圆心角为α，则有sin α＝l 1r 1＝12，所以α＝π6. 所以第一次穿过Ⅰ磁场所用时间为t 1＝α2πT ＝112×2πm B 1q ＝πm 6B 1q .(3)设粒子速度为v 时，粒子在磁场Ⅱ中的轨迹恰好与P 边界相切，轨迹如图乙所示．由Bq v ＝m v 2R 可得R 1＝m v B 1q ，R 2＝m v B 2q . 由图得sin θ＝l 1R 1＝qB 1l 1m v . 粒子在磁场Ⅱ中运动有R 2－R 2sin θ＝l 2，解得v ＝qB 1l 1＋qB 2l 2m. 答案：(1)B 1ql 1m (2)πm 6B 1q (3)qB 1l 1＋qB 2l 2m 9．如图所示，以O 为原点建立平面直角坐标系Oxy ，沿y 轴放置一平面荧光屏，在y ＞0,0＜x ＜0.5 m 的区域有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小B ＝0.5 T ．在原点O 放一个开有小孔的粒子源，粒子源能同时放出比荷为q m ＝4.0×106 C/kg 的不同速率的正离子束，沿与x 轴成30°角从小孔射入磁场，最后打在荧光屏上，使荧光屏发亮，入射正离子束的速率在0到最大值v m ＝2.0×106 m/s 的范围内，不计离子之间的相互作用，也不计离子的重力．(1)求离子从粒子源放出到打到荧光屏上所用的时间；(2)求离子打到荧光屏上的范围；(3)实际上，从O 点射入的正离子束有一定的宽度，设正离子将在与x 轴成30°～60°角内进入磁场，则某时刻(设为t ＝0时刻)在这一宽度内向各个方向射入各种速率的离子，经过5π3×10－7 s 时这些离子可能出现的区域面积是多大？解析：(1)离子在磁场中运动的周期为：T ＝2πm qB ＝π×10－6 s由几何关系知，能够打到荧光屏上的离子从粒子源放出到打到荧光屏上转过的圆心角α都相等α＝2π3离子从粒子源放出到打到荧光屏所用时间t ＝α2πT ＝π3×10－6 s(2)由q v B ＝m v 2r ，r ＝m v qB ，则r m ＝m v m qB ＝1 m离子在磁场中运动最大轨道半径r m ＝1 m由几何关系知，最大速度的离子刚好沿磁场边缘打在荧光屏上，如图，所以OA 1长度为：y ＝2r m cos 30°＝ 3 m即离子打到荧光屏上的范围为：y ＝0到y ＝ 3 m(3)经过时间t ＝5π3×10－7 s 离子转过的圆心角φ＝2πT t ＝π3与x 轴成60°方向入射的离子，在t ＝5π3×10－7 s 刚好打在y 轴上，与x 轴成30°方向入射的离子，在t ＝5π3×10－7 s 都到达线段OC 1，所以在t ＝0时刻与x 轴成30°～60°内进入磁场的正离子在t ＝5π3×10－7s 时刻全部出现在以O 为圆心的扇形OA 2C 1范围内，如图，则离子可能出现的区域面积：S ＝πr 2m 12＝π12 m 2＝0.26 m 2答案：(1)π3×10－6s (2)y ＝0到y ＝ 3 m (3)0.26 m 210．如图所示，在半径为R ＝m v 0Bq 的圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B ，圆形区域右侧有一竖直感光板，圆弧顶点P 有一速度为v 0的带正电粒子平行于纸面进入磁场，已知粒子的质量为m ，电荷量为q ，粒子重力不计．(1)若粒子对准圆心射入，求它在磁场中运动的时间；(2)若粒子对准圆心射入，且速率为3v 0，求它打到感光板上时速度的垂直分量；(3)若粒子以速度v 0从P 点以任意角射入，试证明它离开磁场后均垂直打在感光板上．解析：(1)设带电粒子进入磁场中做匀速圆周运动的轨道半径为r ，由牛顿第二定律得Bq v 0＝m v 20rr ＝R带电粒子在磁场中的运动轨迹为四分之一圆周，轨迹对应的圆心角为π2，如图甲所示，则t ＝π2R v 0＝πm 2Bq (2)由(1)知，当v ＝3v 0时，带电粒子在磁场中运动的轨迹半径为3R ，其运动轨迹如图乙所示，由几何关系可知∠PO 2O ＝∠OO 2J ＝30°，所以带电粒子离开磁场时偏转角为60°.v ⊥＝v sin 60°＝32v 0(3)由(1)知，当带电粒子以v 0射入时，带电粒子在磁场中的运动轨道半径为R .设粒子射入方向与PO 方向之间的夹角为θ，带电粒子从区域边界S 射出，带电粒子的运动轨迹如图丙所示．因PO3＝O3S＝PO＝SO＝R所以四边形POSO3为菱形由图可知：PO∥O3S，v0′⊥SO3，故v0′⊥PO因此，带电粒子射出磁场时的方向为水平方向，与入射的方向无关．答案：(1)πm2Bq(2)32v0(3)见解析。
2018年高考物理二轮温习专题冲破练9磁场带电粒子在磁场中的运动
专题冲破练9 磁场带电粒子在磁场中的运动(时刻:45分钟总分值:100分)一、选择题(共10小题,每题6分,共60分。
在每题给出的四个选项中,第1~5小题只有一个选项符合题目要求,第6~10小题有多个选项符合题目要求,全数选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错或不答的得0分)1.如下图,M、N、P是以MN为直径的半圆弧上的三点,O为半圆弧的圆心,∠MOP=60°。
在M、N处各有一条长直导线垂直穿过纸面,导线中通有大小相等的恒定电流,方向如下图,这时O点的磁感应强度大小为B1。
假设将M 处长直导线移至P处,那么O点的磁感应强度大小为B2,那么B2与B1之比为()A.√3∶1B.√3∶2C.1∶1D.1∶2答案B解析如下图,当通有电流的长直导线在M、N两处时,依照安培定那么可知,二者在圆心O处产生的磁感应强度方向向下,大小都为B12。
当将M处长直导线移到P处时,两直导线在圆心O处产生的磁感应强度大小也为B12,作平行四边形,由图中的几何关系,可得cos 30°=B22B12=B2B1=√32,应选项B正确。
2.(2017湖北八校联考)已知粒子(即氦原子核)质量约为质子的4倍,带正电荷,电荷量为元电荷的2倍。
质子和粒子在同一匀强磁场中做匀速圆周运动。
以下说法正确的选项是()A.假设它们的动量大小相同,那么质子和粒子的运动半径之比约为2∶1B.假设它们的速度大小相同,那么质子和粒子的运动半径之比约为1∶4C.假设它们的动能大小相同,那么质子和粒子的运动半径之比约为1∶2D.假设它们由静止通过相同的加速电场加速后垂直进入磁场,那么质子和粒子的运动半径之比约为1∶2答案 A解析设质子的质量为m,电荷量为q,那么α粒子的质量为4m,电荷量为2q。
它们在同一匀强磁场中做匀速圆周运动进程中,洛伦兹力充当向心力,故Bqv=m v 2r ,解得r=mvqB。
假设它们的动量大小相同,即mv相同,那么r∝1q,因此运动半径之比为2∶1,A正确;假设它们的速度相同,由r Hrα=mvqB4mv2qB=12,B错误;假设它们的动能大小相同,依照p=√k可得r Hrα=2p Hpα=√2m H E k2m E=√2m H E k4×2m E=1,C 错误;假设它们由静止通过相同的加速电场加速后垂直进入磁场,依照动能定理可得进入磁场时的速度为v=√2qU m ,即v α=√22v H ,故半径之比为rHr α=mv qB 4mv 2qB ·√22=√22,D 错误。
2018-2019学年高中一轮复习物理(人教版)：第九单元 高考研究(三) 带电粒子在匀强磁场中运动的多解问题
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[例 2] [多选]如图所示， 一带负电的质点在
固定的正点电荷作用下绕该正电荷做匀速圆周 运动，周期为 T0，轨道平面位于纸面内，质点速 度方向如图中箭头所示。现加一垂直于轨道平面 的匀强磁场，已知轨道半径并不因此而改变，则( )
A．若磁场方向指向纸里，质点运动的周期将大于 T0 B．若磁场方向指向纸里，质点运动的周期将小于 T0 C．若磁场方向指向纸外，质点运动的周期将大于 T0 D．若磁场方向指向纸外，质点运动的周期将小于 T0
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[例 1]
如图所示，宽度为 d 的有界匀强磁场，
磁感应强度为 B， MM′和 NN′是它的两条边界。 现有质量为 m，电荷量为 q 的带电粒子，沿图示 方向垂直磁场射入。 要使粒子不能从边界 NN′射 出，则粒子入射速率 v 的最大值可能是多少。
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[解析] 若 q 为正电荷，轨迹是如图所示的上方与 NN′相切的 mv 1 圆弧，轨道半径：R＝ Bq 4 R 又 d＝R－ 2 Bqd 解得 v＝(2＋ 2) m 。
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[解析]
当磁场方向指向纸里时，质点所受的洛伦兹
力方向背离圆心，与库仑引力方向相反，则向心力减小， 由F
2π 2 R 向＝m T
可知，当轨道半径 R 不变时，该质点运动
周期必增大；同理可得，当磁场方向指向纸外时，质点所 受的洛伦兹力指向圆心，则向心力增大，当 R 不变时，质 点运动周期减小。 [答案] AD
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[跟进训练] 2．[多选](2018· 商丘模拟)一质量为 m、电荷量为 q 的负电荷， 在磁感应强度为 B 的匀强磁场中，绕固定的正电荷沿固定 的光滑轨道做匀速圆周运动，若磁场方向垂直于它的运动 平面，且作用在负电荷的电场力恰好是磁场力的三倍，则 负电荷做圆周运动的角速度可能是 4qB A. m 3qB B. m 2qB C. m qB D. m ( )
2018届高考物理二轮复习第九章磁场夯基保分练(二)磁场对运动电荷的作用
夯基保分练 ( 二)磁场对运动电荷的作用[ A级——保分练 ]1.( 多项选择 )(2014 ·全国卷Ⅱ) 如图为某磁谱仪部分构件的表示图。
图中，永磁铁供给匀强磁场，硅微条径迹探测器能够探测粒子在此中运动的轨迹。
宇宙射线中有大批的电子、正电子和质子。
当这些粒子从上部垂直进入磁场时，以下说法正确的选项是()A．电子与正电子的偏转方向必定不一样B．电子与正电子在磁场中运动轨迹的半径必定同样C．仅依照粒子运动轨迹没法判断该粒子是质子仍是正电子D．粒子的动能越大，它在磁场中运动轨迹的半径越小分析：选AC依据左手定章，电子、正电子进入磁场后所受洛伦兹力的方向相反，故2mvmv二者的偏转方向不一样，选项 A 正确；依据qvB＝r，得r＝qB，若电子与正电子在磁场中的运动速度不相等，则轨迹半径不同样，选项 B 错误；对于质子、正电子，它们在磁场中运动时不可以确立mv 的大小，应选项 C正确；粒子的越大，轨迹半径越大，而＝ 2k，粒mv mv mE子的动能大，其mv不必定大，选项D错误。
2. 图中a、b、c、d为四根与纸面垂直的长直导线，其横截面位于正方形的四个极点上，导线中通有大小同样的电流，方向如下图。
一带正电的粒子从正方形中心点沿垂直于纸O面的方向向外运动，它所受洛伦兹力的方向是()A．向上B．向下C．向左D．向右分析：选B依据安培定章及磁感觉强度的矢量叠加，可得O点处的磁场向左，再依据左手定章判断带电粒子遇到的洛伦兹力向下。
B 正确。
3.(2017·江苏清江中学检测) 如下图为一长方体容器，容器内充满NaCl溶液，容器的左右两壁为导体板，将它们分别接在电源的正、负极上，电路中形成必定的电流，整个装置处于垂直于前后表面的匀强磁场中，则对于液体上、下两表面的电势，以下说法正确的选项是()A．上表面电势高，下表面电势低B．上表面电势低，下表面电势高C．上、下两表面电势同样高D．上、下两表面电势差的大小与磁感觉强度及电流强度的大小相关分析：选 C由题图可知，电流从左向右流动，正负离子的流动方向完整相反，即正离子向右流动，负离子向左流动，依据左手定章，正负离子都向上偏转，下表面不带电，上表面正负离子电性中和，也不带电，故电势差为零，即上、下两表面电势同样高， C 正确。
高考物理二轮专题复习第一编专题复习攻略专题四电场与磁场第9讲磁场及带电粒子在磁场中的运动课件
考点二 带电粒子在匀强磁场中的运动 1．注意“四点、六线、三角” 在找几何关系时要尤其注意带电粒子在匀强磁场中的“四点、六线、 三角”． (1)四点：入射点B、出射点C、轨迹圆心A、入射速度直线与出射速 度直线的交点O.
(2)六线：圆弧两端点所在的两条轨迹半径、 入射速度直线OB、出射速度直线OC、入射 点与出射点的连线BC、圆心与两条速度直线 交点的连线AO.
答案： 3L2
R1+R2
解析：经过电场后，偏移的距离x1＝12·qmvt＝mqEvL2，
离开电场后，偏移的距离x2＝L tan θ＝qmEvL22，
注入晶圆的位置到O点的距离x＝x1＋x2，
联立解得x＝R13+L2R2.
答案：E
B
2E R1+R2 B2
带电粒子在复合场中运动的应用实例 情境1 [2023·浙江省Z20名校联盟联考]某同学设计了一种天平用来测量 重物的质量，其装置如图甲所示，两相同的同轴圆线圈M、N水平固定，圆 线圈P与M、N共轴且平行等距．初始时，线圈M、N通以等大反向的电流I1 后，在线圈P所在平面内产生磁场，磁场在线圈P处沿半径向外，磁感应强 度为B0，在线圈P内、外附近区域内可视为磁感应强度与所在位置的半径成 反比，线圈P及其附近的磁场方向的俯视图如图乙所示，线圈P′是线圈P的 备用线圈，它所用材料及匝数与P线圈相同，半径比线圈P略小．开始时天 平左托盘不放重物、线圈P内无电流，调整天平使之平衡，再在左托盘放 入重物，用恒流源在线圈P中通入电流I2，发现右托盘比左托盘低，此时 ()
A．线圈P中通入的电流I2在图乙中沿顺时针方向 B．适当增大线圈M、N中的电流可使天平恢复平衡 C．通过正确操作使用线圈P、P′均能正确称量重物质量 D．使用备用线圈P′称得重物质量比用线圈P称得重物质量大
2018届高考物理一轮总复习 专题9 磁场 第3讲 带电粒子在匀强磁场、复合场中的运动课后提能演练
带电粒子在匀强磁场、复合场中的运动一、选择题：在每小题给出的四个选项中，第1～6题只有一项符合题目要求，第7～9题有多项符合题目要求．1．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 【答案】B【解析】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，由洛伦兹力提供粒子做圆周运动的向心力可得，qvB ＝m v 2r ，故半径公式r ＝mvqB ，T ＝2πr v ＝2πmqB，故在质量、带电荷量、磁场的磁感应强度都相同的情况下，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．2．(2014年新课标Ⅰ卷)如图，MN 为铝质薄平板，铝板上方和下方分别有垂直于图平面的匀强磁场(未画出)．一带电粒子从紧贴铝板上表面的P 点垂直于铝板向上射出，从Q 点穿越铝板后到达PQ 的中点O .已知粒子穿越铝板时，其动能损失一半，速度方向和电荷量不变．不计重力．铝板上方和下方的磁感应强度大小之比为( )A ．2B ． 2C ．1D ．22【答案】D【解析】设带电粒子在P 点时初速度为v 1，从Q 点穿过铝板后速度为v 2，则E k1＝12mv 21，E k2＝12mv 22，由题意可知E k1＝2E k2，即12mv 21＝mv 22，则v 1v 2＝21.粒子做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，即qvB ＝mv 2R ，得R ＝mv qB ，由题意可知R 1R 2＝21，所以B 1B 2＝v 1R 2v 2R 1＝22， 故选项D 正确．3．如右图所示，矩形MNPQ 区域内有方向垂直于纸面的匀强磁场，有5个带电粒子从图中箭头所示位置垂直于磁场边界进入磁场，在纸面内做匀速圆周运动，运动轨迹为相应的圆弧．这些粒子的质量、电荷量以及速度大小如下表所示.( ) A ．3,5,4 B ．4,2,5 C ．5,3,2 D ．2,4,5 【答案】D【解析】根据qvB ＝m v 2R 得，R ＝mvqB ，将5个电荷的电量和质量、速度大小分别带入得，R 1＝mv 2qB ，R 2＝2mv qB ，R 3＝3mv qB ，R 4＝3mv qB ，R 5＝2mv qB .令图中一个小格的长度l ＝mvqB，则R a ＝2l ，R b ＝3l ，R c ＝2l .如果磁场方向垂直纸面向里，则从a ，b 进入磁场的粒子为正电荷，从c 进入磁场的粒子为负电荷，则a 对应2，c 对应5，b 对应4，D 项正确．磁场必须垂直纸面向里，若磁场方向垂直纸面向外，则编号1粒子的运动不满足图中所示．所以C 项是错误的．4．如图所示，在屏MN 的上方有磁感应强度为B 的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里．P 为屏上的一小孔．PC 与MN 垂直．一群质量为m ，带电荷量为－q 的粒子(不计重力)，以相同的速率v 从P 处沿垂直于磁场的方向射入磁场区域．粒子入射方向在与磁场B 垂直的平面内，且散开在与PC 夹角为θ的范围内．则在屏MN 上被粒子打中的区域的长度为( )A ．2mv qB B ．2mv cos θqBC ．2mv －sin θqBD ．2mv －cos θqB【答案】D【解析】由于所有粒子的速率都相等，进入磁场后做圆周运动的半径R 均相同．沿PC 方向射入的粒子，偏转半个圆周后打在PN 上离P 点最远的位置，距离为s 1＝2R ＝2mvqB；沿与PC 夹角为θ方向射入的粒子，打在PN 上离P 点距离最近的位置，距离为s 2＝2R cos θ＝2mv cos θqB.则在屏MN 上被粒子打中的区域的长度为l ＝s 1－s 2＝2mv －cos θqB，选项D正确．5．粒子甲的质量与电荷量分别是粒子乙的4倍与2倍，两粒子均带正电．让它们在匀强磁场中同一点以大小相等、方向相反的速度开始运动．已知磁场方向垂直纸面向里．以下四个图中，能正确表示两粒子运动轨迹的是( )A B C D【答案】A【解析】由R ＝mvqB可以判断甲、乙做圆周运动的半径之比为2∶1.由于带电粒子只受洛伦兹力的作用，而洛伦兹力充当粒子做圆周运动的向心力，由左手定则判断，甲、乙所受洛伦兹力方向相反，则可判断，选项A 正确．6．(2017届贵阳检测)如图所示，半径为R 的圆形区域内有一垂直纸面向里的匀强磁场，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13.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 ．3mv 2qR B ．mv qR C ．3mv qR D ．23mv 3qR【答案】D【解析】这些粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得qvB ＝mv 2r.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 ＝R sin 60°＝32R .联立解得B ＝23mv 3qR，选项D 正确．7．(2014年新课标Ⅱ卷)如图为某磁谱仪部分构件的示意图．图中，永磁铁提供匀强磁场，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一定不同B ．电子与正电子在磁场中运动轨迹的半径一定相同C ．仅依据粒子运动轨迹无法判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 【答案】AC【解析】根据左手定则，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；根据qvB ＝mv 2r 得，r ＝mvqB，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判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 ＝2mE k ，粒子的动能大，其mv 不一定大，选项D 错误．8．如图所示，坐标原点O 处有一粒子源，能沿纸面向各个方向(y >0)发射速率v 相同的粒子，在x 轴上方的空间存在着磁感应强度方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，不计粒子所受重力及粒子间的相互作用，图中曲线OMN 表示粒子运动的区域边界，OM ＝ON ＝L ，则( )A ．粒子带负电，其比荷为q m ＝2vLBB ．当粒子沿x 轴负方向射入磁场时，其运动轨迹即为曲线OMNC ．当粒子射入磁场的速度方向与x 轴正方向的夹角为30°时，粒子在磁场中的运动时间为πL 6vD ．当粒子沿y 轴正方向射入磁场时，其一定会经过ON 的中点 【答案】AC【解析】由左手定则知粒子带负电，由题图知粒子轨道半径为12L ，而Bqv ＝m v 2r ，所以qm＝2vLB，A 项对；当粒子沿x 轴负方向射入磁场时，粒子的运动轨迹是一完整的圆周，B 项错；当粒子射入磁场的速度方向与x 轴正方向的夹角为30°时，粒子运动所对圆心角为60°，粒子在磁场中的运动时间为t ＝T 6＝πL 6v ，C 项对；因ON ＝L ，粒子运动半径为12L ，当粒子沿y轴正方向射入磁场时，ON 恰好为粒子做圆周运动的直径，粒子一定会经过N 点，D 项错．9．(2017届西安模拟)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，如果在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 ．如果粒子的速度增大为原来的2倍，将从d 点射出B ．如果粒子的速度增大为原来的3倍，将从f 点射出C ．如果粒子的速度不变，磁场的磁感应强度变为原来的2倍，也将从d 点射出D ．只改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t e ＝t d >t f【答案】AD【解析】作出示意图如图所示，根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2倍，由半径公式R ＝mvqB可知，速度v 增大为原来的2倍或磁感应强度变为原来的一半，A 项正确，C 项错误；如果粒子的速度增大为原来的3倍，轨道半径也变为原来的3倍，从图中看出，出射点在f 点下面，B 项错误；根据粒子的周期公式T ＝2πmqB，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．二、非选择题10．(2017届河南商丘模拟)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v 0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：(1)由左手定则得磁场方向垂直xOy 平面向里．粒子在磁场中做弧长为13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 ＝13L .由牛顿第二定律有qv 0B ＝m v 20R ，故R ＝mv 0qB由以上各式得磁感应强度B ＝3mv 0qL.(2)设磁场区的最小面积为S .由几何关系得 直径OQ ＝3R ＝33L 所以S ＝π⎝ ⎛⎭⎪⎫OQ 22＝π12L 2.11．如图所示，在矩形区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度的大小为B ＝5.0×10－2T ，矩形区域长为235m ，宽为0.2 m ．在AD 边中点O 处有一放射源，某时刻，放射源沿纸面向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：(1)根据牛顿第二定律可得Bqv ＝m v 2R解得R ＝mv qB＝0.2 m.(2)因为所有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．甲根据几何知识可知，EO 弦所对圆心角θ＝π3粒子在磁场中运动的周期为T ＝2πmBq所以最短时间为t ＝θ2πT ＝θm qB ＝π3×10－7s.(3)首先要判断从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N2个．如图乙为两个边界，当速度方向满足一定条件时，粒子将从D 点射出磁场．因为OD ＝35，且R ＝0.2 m ，所以∠OO 2D ＝2π3，此时射入磁场的粒子速度方向与OD 的夹角为π3.所以从CD 边射出的粒子有N 6个，从AD 边射出的粒子有N3个．乙12．如图所示的直角坐标系第Ⅰ，第Ⅱ象限内存在方向向里的匀强磁场，磁感应强度大小B ＝0.5 T ，处于坐标原点O 的放射源不断地放射出比荷qm＝4×106C/kg 的正离子，不计离子之间的相互作用．(1)求离子在匀强磁场中运动周期；(2)若某时刻一群离子自原点O 以不同速率沿x 轴正方向射出，求经过π6 s 时间这些离子所在位置构成的曲线方程；(3)若离子自原点O 以相同的速率v 0＝2.0×106m/s 沿不同方向射入第Ⅰ象限，要求这些离子穿过磁场区域后都能平行于y 轴并指向y 轴正方向运动，则题干中的匀强磁场区域应怎样调整(画图说明即可)？请求出调整后磁场区域的最小面积．解：(1)根据牛顿第二定律，有qvB ＝mv 2R运动周期T ＝2πR v ＝2πm qB＝π×10－6s.(2)离子运动时间t ＝π6×10－6s ＝16T根据左手定则得，离子沿逆时针方向做半径不同的圆周运动，转过的角度均为θ＝16×2π＝π3这些离子所在位置均在过坐标原点的同一条直线上 该直线方程y ＝x tan θ2＝33x .(3)离子自原点O 以相同的速率v 0沿不同方向射入第一象限磁场，均做逆时针方向的匀速圆周运动根据牛顿第二定律有qv 0B ＝mv 20RR ＝mv 0qB＝1 m这些离子的轨道圆心均在第二象限的四分之一圆弧AC 上，欲使离子穿过磁场区域后都能平行于y 轴并指向y 轴正方向运动，离开磁场时的位置在以点(1,0)为圆心、半径R ＝1 m 的四分之一圆弧(从原点O 起顺时针转动90°)上，磁场区域为两个四分之一圆的交集，如图所示调整后磁场区域的最小面积S min ＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫πR 24－R 22＝π－22 m 2.13．如图所示，正三角形ACD 是一用绝缘材料制成的固定框架，边长为L ，在框架外是范围足够宽的匀强磁场，磁感应强度为B ，方向垂直于纸面向里，ACD 可视为磁场的理想内边界，在框架内有一对带电平行极板M 、N ，M 板的中点K 处有一粒子源，能够产生速度为零，质量为m ，电量为q 的带正电的粒子，粒子重力不计，带电粒子经两极板间的电场加速后从CD 边中心的小孔S 垂直于CD 边射入磁场，若这些粒子与框架碰撞时无能量损失，且每一次碰撞时速度方向均垂直于被碰的边框，要使粒子在最短的时间内回到小孔S ，求：(1)粒子做圆周运动的轨道半径，并画出粒子在磁场中的运动轨迹和绕行方向； (2)两极板M ，N 间的电压； (3)粒子回到小孔S 的最短时间．解：(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，与边框垂直碰撞后要重新回到S ，由几何关系可知，A ，C ，D 三点必为圆轨道的圆心，要使粒子回到S 的时间最短，圆轨道半径为R ＝L2轨迹如图所示．(2)粒子经电场加速，有qU ＝12mv 2粒子在磁场中运动，有qvB ＝mv 2R由以上三式解得U ＝qB 2L 28m.(3)粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为T ＝2πmqB粒子回到S 的最短时间为t ＝3×56T ＝5πmqB.14．(2017届陕西名校联考)如图所示，区域Ⅰ内有与水平方向成45°角的匀强电场E 1，区域宽度为d 1，区域Ⅱ内有正交的有界匀强磁场B 和匀强电场E 2，区域宽度为d 2，磁场方向垂直纸面向里，电场方向竖直向下．一质量为m 、带电荷量为q 的微粒在区域Ⅰ左边界的P 点，由静止释放后水平向右做直线运动，进入区域Ⅱ后做匀速圆周运动，从区域Ⅱ右边界上的Q 点穿出，其速度方向改变了60°，重力加速度为g ，求：(1)区域Ⅰ和区域Ⅱ内匀强电场的电场强度E 1，E 2的大小； (2)区域Ⅱ内匀强磁场的磁感应强度B 的大小； (3)微粒从P 运动到Q 的时间．解：(1)微粒在区域Ⅰ内水平向右做直线运动，则在竖直方向上有qE 1sin 45°＝mg解得E 1＝2mgq微粒在区域Ⅱ内做匀速圆周运动，则在竖直方向上有mg ＝qE 2，E 2＝mg q.(2)设微粒在区域Ⅰ内水平向右做直线运动时加速度为a ，离开区域Ⅰ时速度为v ，在区域Ⅱ内做匀速圆周运动的轨道半径为R ，则a ＝qE 1cos 45°m＝g v 2＝2ad 1(或qE 1cos 45°×d 1＝12mv 2) R sin 60°＝d 2R解得B ＝m qd 2 3gd 12. (3)微粒在区域Ⅰ内做匀加速运动，t 1＝2d 1g在区域Ⅱ内做匀速圆周运动的圆心角为60°，则T ＝2πm Bqt 2＝T 6＝πd 23 23gd 1解得t ＝t 1＋t 2＝ 2d 1g ＋πd 23 23gd 1. 15.某型号的回旋加速器的工作原理如图甲所示，图乙为俯视图．回旋加速器的核心部分为D 形盒，D 形盒装在真空容器中，整个装置放在巨大的电磁铁两极之间的强大磁场中，磁场可以认为是匀强磁场，且与D 形盒盒面垂直．两盒间狭缝很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计．D 形盒半径为R ，磁场的磁感应强度为B .设质子从粒子源A 处时入加速电场的初速度不计．质子质量为m 、电荷量为＋q .加速器接一高频交流电源，其电压为U .加速过程中不考虑相对论效应和重力作用．甲(1)求质子第1次经过狭缝被加速后进入D 形盒运动轨道的半径r 1；(2)求质子从静止开始加速到出口处所需的时间t ；(3)如果使用这台回旋加速器加速α粒子，需要进行怎样的改动？请写出必要的分析及推理．乙解： (1) 设质子第1次经过狭缝被加速后的速度为v 1qU ＝12mv 21①r 1联立①②解得r 1＝1B 2mUq .(2) 设质子从静止开始加速到出口处被加速了n 圈，质子在出口处的速度为v2nqU ＝12mv 2③ qvB ＝m v 2R④ T ＝2πm qB⑤ t ＝nT ⑥联立③～⑥解得t ＝πBR 22U. (3) 回旋加速器正常工作时高频电压的频率必须与粒子回旋的频率相同．设高频电压的频率为f, 则 f ＝1T ＝qB 2πm当加速α粒子时，α粒子的比荷为质子比荷的2倍，f ′＝qB 4πm ＝f 2，所以不用直接使用．改动方法一：让回旋磁场的磁感应强度加倍．改动方法二：让加速高频电压的频率减半．。
2018年高考物理二轮复习第九章磁场专题9.6圆形边界磁场问题
专题9.6 圆形边界磁场问题一．选择题1（2018金考卷）如图所示，在xOy坐标系中，以（r，0）为圆心的圆形区域内存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，在y>r的足够大的区域内，存在沿y轴负方向的匀强电场。
在xOy平面内，从O点以相同速率、沿不同方向向第一象限发射质子，且质子在磁场中运动的半径也为r。
不计质子所受重力及质子间的相互作用力。
则质子A．在电场中运动的路程均相等B．最终离开磁场时的速度方向均沿x轴正方向C．在磁场中运动的总时间均相等D．从进入磁场到最后离开磁场过程的总路程均相等【参考答案】AC【命题意图】本题考查带电粒子在有界匀强磁场中的运动和在匀强电场中的运动及其相关的知识点。
【解题思路】根据题述圆形磁场的半径与质子在磁场中运动的半径相同，从O点以相同的速率沿不同方向向第一象限发射质子，质子经过磁场偏转后以相同的速率平行于y轴射出做减速运动，速度减小到零后反向加速后进入磁场，根据动能定理，在电场中运动的路程均相等，选项A正确；通过分析可知，质子最终离开磁场时的速度方向均与原来进入磁场时速度方向相同，选项B错误；由于带电粒子在磁场中两次运动轨迹虽然不同，但是两次轨迹所对的圆心角之和相同，两次运动的轨迹长度之和相等，所以带电粒子在磁场中运动的总时间相等，选项C 正确；带电粒子在电场中运动时间相等，在磁场区域运动时间相等，由于磁场区域与电场区域之间有非场区，所以质子从进入磁场区域到离开磁场区域的过程中的总路程不相等，选项D 错误。
2.如图所示，空间存在一个半径为R 0的圆形匀强磁场区域，磁场的方向垂直于纸面向里，磁感应强度的大小为B ．有一个粒子源在纸面内沿各个方向以一定速率发射大量粒子，粒子的质量为m 、电荷量为+q ．将粒子源置于圆心，则所有粒子刚好都不离开磁场，不考虑粒子之间的相互作用．由此可知（ ）A. 带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径一定是R 0 B ． 带电粒子在磁场中运动的速率一定是2qBR mC ． 带电粒子在磁场中运动的周期一定是mqBD ． 带电粒子的动能一定是22208q B R m【参考答案】BD3．(2016安徽江南十校联考)如图，半径为R 的圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B 。
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12.带电粒子在匀强磁场、复合场中的运动1．(多选)(2018·丰县中学月考)如图1所示，在平板PQ上方有一匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里．某时刻有a、b、c三个电子(不计重力)分别以大小相等、方向如图所示的初速度v a、v b和v c经过平板PQ上的小孔O射入匀强磁场．这三个电子打到平板PQ上的位置到小孔O的距离分别是l a、l b和l c，电子在磁场中运动的时间分别为t a、t b和t c.整个装置放在真空中．则下列判断正确的是( )图1A．l a＝l c＜l b B．l a＜l b＜l cC．t a＜t b＜t c D．t a＞t b＞t c答案AD解析三个电子的速度大小相等，方向如图所示，垂直进入同一匀强磁场中．由于初速度v a 和v c的方向与PQ的夹角相等，所以这两个电子的运动轨迹正好组合成一个完整的圆，则这两个电子打到平板PQ上的位置到小孔的距离是相等的．而初速度为v b的电子方向与PQ垂直，则它的运动轨迹正好是半圆，所以电子打到平板PQ上的位置到小孔的距离恰好是圆的直径．由于它们的速度大小相等，因此它们的运动轨迹的半径均相同，所以速度为v b的电子打到平板PQ上的位置到小孔O的距离最大，选项A正确，B错误；从图中可得，初速度为v a 的电子偏转的角度最大，初速度为v c的电子偏转的角度最小，根据粒子在磁场中运动的时间与偏转的角度之间的关系：t＝θ2πT可得，偏转角度最大的a在磁场中运动的时间最长，偏转角度最小的c在磁场中运动的时间最短，故选项C错误，D正确．2．(多选)(2018·常州一中等联考)如图2所示，在xOy平面的第Ⅰ象限内存在垂直xOy平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，两个相同的带电粒子以相同的速度v0先后从y轴上坐标(0,3L)的A点和B点(坐标未知)垂直于y轴射入磁场，在x轴上坐标(3L,0)的C点相遇，不计粒子重力及其相互作用．根据题设条件可以确定( )图2A ．带电粒子在磁场中运动的半径B ．B 点的位置坐标C ．两个带电粒子在磁场中运动的时间D ．带电粒子的质量 答案 ABC解析 已知粒子的入射点及入射方向，同时已知圆上的两点，根据过入射点与入射速度垂直的线和AC 连线的中垂线的交点即可明确粒子运动的圆心位置；由几何关系可知AC 长为23L ；∠BAC ＝30°，则R ＝332L ＝2L ；因两粒子的速度相同，且是同种粒子，则可知，它们运动轨迹的半径相同，即两粒子的半径均可求出；同时根据几何关系可知由A 点入射的粒子对应的圆心角为120°，由B 点入射的粒子对应的圆心角为60°；即可确定对应的圆心角，则由t ＝θRv0即可以求得在磁场中运动的时间；由几何关系可求得B 点对应的坐标，故A 、B 、C正确；根据洛伦兹力充当向心力可求出对应的比荷，但由于电荷量未知，故无法求出粒子的质量，故D 错误．3．(多选)如图3所示，虚线所围圆形区域内有垂直于纸面的匀强磁场，比荷相同的a 、b 两带电粒子同时从P 点进入磁场，a 的速度v 1沿半径方向，b 的速度v 2与PO 之间夹角为60°，两粒子分别经过时间t 1、t 2都从Q点出磁场，∠POQ ＝120°.不计两粒子间相互作用力与重力，则( )图3A ．t 1∶t 2＝3∶1B ．t 1∶t 2＝1∶3C ．v 1∶v 2＝2∶1D ．v 1∶v 2＝2∶ 3答案 BC解析 a 、b 两粒子的轨迹分别如图所示：由于∠POQ ＝120°，由图可知，a 对应的圆心O 1，圆心角为60°；b 对应的圆心O 2，圆心角为180°，根据周期T ＝2πmqB，a 、b 周期相等，t 1∶t 2＝1∶3，故A 错误，B 正确；由图可知，a 的轨迹半径r 1＝R tan 60°＝3R ；b 的轨迹半径r 2＝R sin 60°＝32R .根据半径r ＝mvqB，v 1∶v 2＝2∶1，故C 正确，D 错误．4.如图4所示，MN 为铝质薄平板，铝板上方和下方分别有垂直于图示平面的匀强磁场(未画出)．一带电粒子从紧贴铝板上表面的P 点垂直于铝板向上射出，从Q 点穿过铝板后到达PQ 的中点O ，已知粒子穿越铝板时，其动能损失一半，速度方向和电荷量不变，不计重力．铝板上方和下方的磁感应强度大小之比为( )图4A ．2 B. 2 C ．1 D.22答案 D解析 粒子垂直于磁场方向进入磁场，在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，在铝板上方，PQ2＝mv1qB1，在铝板下方，QO 2＝mv2qB2，即可得mv1qB1＝2×mv2qB2，根据粒子穿越铝板时的动能损失一半，可得12mv 12＝2×12mv 22，即v 1＝2v 2，代入可得B1B2＝22.选项D 对． 5．(多选)如图5所示，两个带电粒子M 和N ，以相同的速度经小孔S 垂直进入同一匀强磁场，运动的半圆轨迹如图两种虚线所示，下列表述正确的是( )图5A ．M 带负电，N 带正电B ．M 的运动时间不可能等于N 的运动时间C ．M 的带电荷量小于N 的带电荷量D ．M 的质量大小N 的质量 答案 AB解析 由题图可知，N 受到向左的洛伦兹力，M 受到向右的洛伦兹力，所以由左手定则可知，N 粒子带正电，M 粒子带负电，A 是正确的；由题图可以看出，M 的轨迹半径大于N 的轨迹半径，而根据牛顿第二定律得r ＝mvBq ，速度v 相同，磁感应强度B 相同，故粒子的质量与电荷量之比不同，M 要大一些，而粒子在磁场中运动的时间都是半个周期，且T ＝2πmBq，可见M 的周期要大于N 的，所以B 是正确的；由于M 粒子的质量与电荷量之比大于N ，所以不能说M 的带电荷量小于N 的带电荷量，也不能说M 的质量大于N 的质量，可见，C 、D 都是错误的． 6．(多选)(2018·南通市模拟)如图6所示，含有1H 、21H 、42He 的带电粒子束从小孔O 1处射入速度选择器，沿直线O 1O 2运动的粒子在小孔O 2处射出后垂直进入偏转磁场，最终打在P 1、P 2两点．则( )图6A ．打在P 1点的粒子是42HeB ．打在P 2点的粒子是21H 和42HeC ．O 2P 2的长度是O 2P 1长度的2倍D ．粒子在偏转磁场中运动的时间都相等 答案 BC解析 带电粒子在沿直线通过速度选择器时，电场力与洛伦兹力大小相等、方向相反；即：qvB 1＝qE ，所以：v ＝EB1，可知从速度选择器中射出的粒子具有相等的速度．带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，所以：qvB 2＝mv2r ，所以：r ＝mv qB2＝m q ·vB2，可知粒子的比荷越大，则运动的半径越小，所以打在P 1点的粒子是1H ，打在P 2点的粒子是21H 和42He ，故A 错误，B 正确；由题中的数据可得，1H 的比荷是21H 和42He 的比荷的2倍，所以1H 的轨迹半径是21H 和42He 的轨迹半径的12，即O 2P 2的长度是O 2P 1长度的2倍，故C 正确；粒子运动的周期：T ＝2πr v ＝2πmqB ，三种粒子的比荷不全相同，所以粒子在偏转磁场中运动的时间不全相等，故D 错误．7.如图7所示，在第一象限内有垂直纸面向里的匀强磁场，一对正、负电子分别以相同速度沿与x 轴成30°角从原点垂直射入磁场，则正、负电子在磁场中运动时间之比为( )图7A ．2∶1B ．1∶2C ．1∶3D ．1∶1答案 A解析 带电粒子以一定的速度垂直进入匀强磁场，在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，粒子受到的洛伦兹力提供向心力．由左手定则知，正电子进入磁场后，在洛伦兹力作用下向上偏转，而负电子在洛伦兹力作用下向下偏转．由T ＝2πmqB 知两个电子的周期相等．正电子从y轴上射出磁场时，根据几何知识得，速度与y 轴的夹角为60°，则正电子速度的偏向角为θ1＝120°，其轨迹对应的圆心角也为120°，则正电子在磁场中运动时间为t 1＝θ1360°T ＝120°360°T ＝13T .同理，知负电子从x 轴离开磁场时，速度方向与x 轴的夹角为30°，则轨迹对应的圆心角为60°，负电子在磁场中运动时间为t 2＝60°360°T ＝16T ，所以正电子与负电子在磁场中运动时间之比为t1t2＝21，故选A.8.美国物理学家劳伦斯发明的回旋加速器，应用带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的特点，能使带电粒子在较小的空间范围内经过电场的多次加速获得较大的能量．如图8所示为改进后的回旋加速器的示意图，其中距离很小的盒缝间的加速电场的场强大小恒定，且被限制在A 、C 板间，带电粒子从P 0处静止释放，并沿电场线方向进入加速电场，经加速后进入D 形盒中的匀强磁场做匀速圆周运动，对于这种回旋加速器，下列说法正确的是( )图8A ．带电粒子每运动一周被加速一次B ．P 1P 2＝P 2P 3C ．粒子能达到的最大速度与D 形盒的尺寸无关 D ．加速电场的方向需要做周期性的变化 答案 A9.(多选)如图9所示，在匀强电场和匀强磁场共存的区域内，电场的电场强度为E ，方向竖直向下，磁场的磁感应强度为B ，方向垂直于纸面向里，一质量为m 的带电粒子，在场区内的一竖直平面内做匀速圆周运动，则可判断该带电粒子( )图9A ．带有电荷量为mgE 的负电荷B ．沿圆周逆时针运动C ．运动的角速度为BgED ．运动的速率为EB答案 AC解析 带电粒子在竖直平面内做匀速圆周运动，有mg ＝qE ，求得电荷量q ＝mgE ，根据电场强度方向和电场力方向判断出粒子带负电，故A 正确；由左手定则可判断粒子沿顺时针方向运动，故B 错误；洛伦兹力提供向心力，有qvB ＝mv ω得ω＝qB m ＝mgB Em ＝gBE ，故C 正确；由R＝mv qB 知，v ＝qBRm ，由于R 未知，所以运动的速率v 未知，故D 错误．。
2018年高考物理二轮复习 100考点千题精练 第九章 磁场 专题9.11 回旋加速器
专题9.11 回旋加速器一．选择题1．（2018洛阳一模）如图为一种改进后的回旋加速器示意图，其中盒缝间的加速电场场强大小恒定，且被限制在AC板间，虚线中间不需加电场，如图所示，带电粒子从P0处以速度v0沿电场线方向射入加速电场，经加速后再进入D形盒中的匀强磁场做匀速圆周运动，对这种改进后的回旋加速器，下列说法正确的是( )A．加速粒子的最大速度与D形盒的尺寸无关B．带电粒子每运动一周被加速一次C．带电粒子每运动一周P1P2等于P2P3D．加速电场方向不需要做周期性的变化【参考答案】BD【命题意图】本题考查回旋加速器、带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动及其相关的知识点。
【知识归纳】一般的回旋加速器，带电粒子运动一周加速两次，加速电场需要做周期性变化，加速粒子的最大速度与D形盒的尺寸有关。
2.回旋加速器在科学研究中得到了广泛应用，其原理如图7所示。
D1和D2是两个中空的半圆形金属盒，置于与盒面垂直的匀强磁场中，它们接在电压为U、周期为T的交流电源上。
位于D1圆心处的质子源A能不断产生质子(初速度可以忽略)，它们在两盒之间被电场加速。
当质子被加速到最大动能E k后，再将它们引出。
忽略质子在电场中的运动时间，则下列说法中正确的是( )A.若只增大交变电压U，则质子的最大动能E k会变大B.若只增大交变电压U，则质子在回旋加速器中运行的时间会变短C.若只将交变电压的周期变为2T，仍可用此装置加速质子D.质子第n次被加速前、后的轨道半径之比为n－1∶n【参考答案】BD3． (多选)劳伦斯和利文斯设计出回旋加速器，工作原理示意图如图所示。
置于真空中的D形金属盒半径为R，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可忽略。
磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，高频交流电频率为f，加速电压为U。
若A处粒子源产生的质子的质量为m、电荷量为＋q，在加速器中被加速，且加速过程中不考虑相对论效应和重力的影响。
则下列说法正确的是( )A.质子被加速后的最大速度不可能超过2πRfB.质子离开回旋加速器时的最大动能与加速电压U成正比C.质子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比为2∶1D.不改变磁感应强度B和交流电频率f，该回旋加速器的最大动能不变3【参考答案】AC4.(2016·陕西西安八校联考)如图12甲是回旋加速器的原理示意图，其核心部分是两个D 形金属盒，在加速带电粒子时，两金属盒置于匀强磁场中(磁感应强度大小恒定)，并分别与高频电源相连，加速时某带电粒子的动能E k 随时间t 的变化规律如图乙所示，若忽略带电粒子在电场中的加速时间，则下列判断正确的是()A.高频电源的变化周期应该等于t n －t n －1B.在E k －t 图象中t 4－t 3＝t 3－t 2＝t 2－t 1C.粒子加速次数越多，粒子获得的最大动能一定越大D.不同粒子获得的最大动能都相同 【参考答案】B【名师解析】回旋加速器所加高频电源的频率与带电粒子在磁场中运动的频率相同，在一个周期内，带电粒子两次通过匀强电场而加速，故高频电源的变化周期为t n －t n －2，A 项错；带电粒子在匀强磁场中的运动周期与粒子速度无关，故B 项正确；粒子加速到做圆周运动的半径等于加速器半径时，速度达到最大，即：qv max B ＝m v 2maxR ⇒E kmax ＝B 2q 2R 22m，与加速次数无关，C 项错误；不同粒子的比荷不同，最大动能也不一定相同，D项错。