PAGEPAGE1微專題65駕馭“語言翻譯”求解有界磁場問題（一）1．一般步驟：畫軌跡，定圓心，求半徑或圓心角．2．留意“運動語言”與“幾何語言”間的翻譯：題里面的條件、問題一般是帶電粒子的運動特征，即運動語言，我們解題時要找到相應的軌跡及幾何關系．所以要留意“運動語言”與“幾何語言”間的翻譯，如：速度對應圓周半徑、時間對應圓心角或弧長或弦長等．3．在直線邊界，粒子進出磁場具有對稱性，同始終線邊界，出射角等于入射角．4．平行邊界存在臨界條件：與邊界相切是過不過邊界的臨界條件．1．(多選)(2024·廣東“六校”第三次聯考)一束帶電粒子以同一速度v0從同一位置進入勻強磁場，在磁場中它們的軌跡如圖1所示．若粒子A的軌跡半徑為r1，粒子B的軌跡半徑為r2，且r2＝2r1，粒子A、B的電荷量分別為q1、q2，質量分別為m1、m2.則下列分析正確的是()圖1A．A帶正電、B帶負電 B．A帶負電、B帶正電C.eq\f(q1,m1)∶eq\f(q2,m2)＝1∶2 D.eq\f(q1,m1)∶eq\f(q2,m2)＝2∶12．(多選)(2024·山西五地聯考)如圖2所示，在一擋板MN的上方，存在磁感應強度為B的矩形勻強磁場，磁場方向垂直紙面對外．MN邊上O點處放置了發生光電效應的極限頻率為ν的金屬鈉，現用頻率為2ν的光去照耀鈉，已知電子質量為m、電荷量為e，普朗克常量為h，不計電子的重力和電子間的相互作用，粒子打到擋板上時均被擋板汲?。畡t沒有電子從磁場逸出的矩形磁場的可能的面積為()圖2A.eq\f(8mhν,e2B2)B.eq\f(12mhν,e2B2)C.eq\f(16mhν,e2B2)D.eq\f(24mhν,e2B2)3．(2024·福建泉州市期末質量檢查)如圖3所示，在x軸上方空間存在磁感應強度大小為B、方向垂直紙面對里的勻強磁場．在原點O處有一粒子源，沿紙面各個方向不斷地放出同種粒子，粒子以相同的速率v射入磁場．粒子重力及粒子間的作用均不計．圖中的陰影部分表示粒子在磁場中能經過的區域，其邊界與y軸交點為M，與x軸交點為N，已知ON＝L.下列說法正確的是()圖3A．能經過M點的粒子必能經過N點B．粒子的電荷量與質量之比為eq\f(v,LB)C．從ON的中點離開磁場的粒子在磁場中運動的時間可能為eq\f(πL,6v)D．從N點離開磁場的粒子在磁場中運動的時間為eq\f(3πL,4v)4．(多選)(2024·安徽安慶市期末調研檢測)如圖4所示，空間存在方向垂直紙面的勻強磁場，一粒子放射源P位于足夠大絕緣平板MN的上方距離為d處，在紙面內向各個方向放射速率均為v的同種帶電粒子，不考慮粒子間的相互作用和粒子重力，已知粒子做圓周運動的半徑大小也為d，則粒子()圖4A．能打在板上的區域長度為2dB．能打在板上離P點的最遠距離為2dC．到達板上的最長時間為eq\f(3πd,2v)D．到達板上的最短時間為eq\f(πd,2v)5．(多選)(2024·寧夏銀川市高三質檢)如圖5所示，在xOy平面內的坐標原點處，有一個粒子源，某一時刻以同一速率v放射大量帶正電的同種粒子，速度方向均在xOy平面內，且對稱分布在x軸兩側的30°角的范圍內．在直線x＝a與x＝2a之間包括邊界存在勻強磁場，方向垂直于xOy平面對外，已知粒子在磁場中運動的軌跡半徑為2a.不計粒子重力及粒子間的相互作用力，下列說法正確的是()圖5A．最先進入磁場的粒子在磁場中運動的時間為eq\f(πa,3v)B．最先進入和最終進入磁場中的粒子在磁場中運動的時間都相等C．最終從磁場中射出的粒子在磁場中運動的時間為eq\f(4πa,3v)D．最終從磁場中射出的粒子出場的位置坐標為(a，－eq\f(7\r(3)a,3))6．(2024·河南八市重點中學聯盟第三次模擬)如圖6所示，平面直角坐標系xOy內，x軸上方存在垂直紙面對外的勻強磁場，磁感應強度B＝0.2T，y軸上一點P(0,16cm)有一粒子源，能向各個方向釋放出比荷為4×108C/kg的正粒子，粒子初速度v0＝8×106m/s，不計粒子重力，求x軸上有粒子穿過的坐標范圍．圖6

答案精析1．AD[由題圖可知，A向左偏，B向右偏，依據左手定則可知，A帶正電，B帶負電，故A正確，B錯誤；粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力供應向心力，由牛頓其次定律得：qvB＝meq\f(v2,r)，解得：r＝eq\f(mv,qB)，荷質比eq\f(q,m)＝eq\f(v,Br)，由于v與B不變，所以荷質比之比等于半徑的反比，則eq\f(q1,m1)∶eq\f(q2,m2)＝r2∶r1＝2∶1，故D正確，C錯誤．]2．BCD[依據愛因斯坦光電效應方程可知：光電子的最大初動能eq\f(1,2)mvm2＝h(2ν)－hν＝hν，所以光電子進入磁場的最大速度vm＝eq\r(\f(2hν,m))，光電子在磁場中運動的最大半徑R＝eq\f(mvm,eB)＝eq\f(\r(2mhν),eB)，全部粒子在磁場中最大半徑相同，由O點沿MN射入的光電子的運動軌跡恰好對應最右端邊界；隨著粒子的速度方向偏轉，光電子轉動的軌跡圓可認為是以2R為半徑轉動．如圖所示：由幾何圖形可知，沒有電子從磁場逸出的最小矩形磁場的面積S＝(3R)·(2R)＝eq\f(12mhν,e2B2)，故A錯誤，B、C、D正確．]3．C[沿x軸正方向射出的粒子能經過M點，然后回到原點；沿y軸正方向射入磁場時粒子到達x軸上最遠處，則能經過M點的粒子不能經過N點，選項A錯誤；ON＝2R＝L，由qBv＝meq\f(v2,R)可得eq\f(q,m)＝eq\f(2v,BL)，選項B錯誤；由幾何關系可知，從ON的中點離開磁場的粒子在磁場中運動轉過的圓心角可能為300°，時間為t＝eq\f(300°,360°)·eq\f(2πR,v)＝eq\f(5πL,6v)；也可能為60°，時間為t′＝eq\f(60°,360°)·eq\f(2πR,v)＝eq\f(πL,6v)，選項C正確；從N點離開磁場的粒子在磁場中運動的時間為半個周期，大小為t″＝eq\f(1,2)·eq\f(2πR,v)＝eq\f(πL,2v)，選項D錯誤．]4．BC[打在極板上粒子軌跡的臨界狀態如圖甲所示：依據幾何關系知，帶電粒子能到達板上的長度l＝R＋eq\r(3)R＝(1＋eq\r(3))R＝(1＋eq\r(3))d，故A錯誤；由圖可以看到打在板上最遠點是右邊N點，由幾何關系可得，它與P點的距離是2d，故B正確；在磁場中運動時間最長和最短粒子運動軌跡示意圖如圖乙所示，由幾何關系知，最長時間t1＝eq\f(3,4)T；最短時間t2＝eq\f(1,6)T；又有粒子在磁場中運動的周期T＝eq\f(2πR,v)＝eq\f(2πd,v)；依據題意可知t1＝eq\f(3πd,2v)，t2＝eq\f(πd,3v)，故C正確，D錯誤．]5．ACD[沿x軸方向射出的粒子最先進入磁場，由幾何關系可知，粒子在磁場中運動的偏轉角為30°，所以運動的時間為eq\f(30°,360°)×eq\f(2π×2a,v)＝eq\f(πa,3v)，故A正確；沿與x軸成30°角的兩個方向同時進入磁場，沿與x軸成30°角斜向下方進入磁場的粒子在磁場中偏轉角為120°，所以運動的時間為eq\f(120°,360°)×eq\f(2π×2a,v)＝eq\f(4πa,3v)，弦長為s＝2×2asin60°＝2eq\r(3)a，粒子進入磁場的位置到x軸的距離為x＝atan30°＝eq\f(\r(3),3)a，所以最終從磁場中射出的粒子出場的位置縱坐標為y＝s＋x＝2eq\r(3)a＋eq\f(\r(3),3)a＝eq\f(7\r(3),3)a，即最終從磁場中射出的粒子出場的位置坐標為(a，－eq\f(7\r(3)a,3))，故B錯誤，C、D正確．]6．－8cm≤x≤12cm解析粒子帶正電，由左手定則可知，粒子在磁場中沿順時針