題型一 帶電粒子在有界勻強磁場中的運動
一、粒子軌跡圓心的確定，半徑、運動時間的計算方法
1．圓心的確定方法
(1)若已知粒子軌跡上的兩點的速度方向，分別確定兩點處洛倫茲力F的方向，其交點即為圓心，如圖甲．
(2)若已知粒子運動軌跡上的兩點和其中某一點的速度方向，弦的中垂線與速度垂線的交點即為圓心，如圖乙．
(3)若已知粒子軌跡上某點速度方向，又能根據(jù)r＝eq \f(mv,qB)計算出軌跡半徑r，則在該點沿洛倫茲力方向距離為r的位置為圓心，如圖丙．
2．半徑的計算方法
方法一 由R＝eq \f(mv,qB)求得
方法二 連半徑構出三角形，由數(shù)學方法解三角形或勾股定理求得
例如：如圖甲，R＝eq \f(L,sin θ)或由R2＝L2＋(R－d)2求得
常用到的幾何關系
①粒子的偏轉(zhuǎn)角等于半徑掃過的圓心角，如圖乙，φ＝α
②弦切角等于弦所對應圓心角一半，θ＝eq \f(1,2)α.
3．時間的計算方法
方法一 利用圓心角、周期求得t＝eq \f(θ,2π)T
方法二 利用弧長、線速度求得t＝eq \f(l,v)
二、帶電粒子在有界磁場中的運動
1．直線邊界(進出磁場具有對稱性，如圖所示)
2．平行邊界(往往存在臨界條件，如圖所示)
3．圓形邊界(進出磁場具有對稱性)
(1)沿徑向射入必沿徑向射出，如圖甲所示．
(2)不沿徑向射入時，如圖乙所示．
射入時粒子速度方向與半徑的夾角為θ，射出磁場時速度方向與半徑的夾角也為θ.

考向1 帶電粒子在直線邊界磁場中運動
例1 如圖所示，直線MN上方有垂直紙面向里的勻強磁場，電子1從磁場邊界上的a點垂直MN和磁場方向射入磁場，經(jīng)t1時間從b點離開磁場．之后電子2也由a點沿圖示方向以相同速率垂直磁場方向射入磁場，經(jīng)t2時間從a、b連線的中點c離開磁場，則eq \f(t1,t2)為( )
A．3 B．2 C.eq \f(3,2) D.eq \f(2,3)
答案 A
解析 電子1、2在磁場中都做勻速圓周運動，根據(jù)題意畫出兩電子的運動軌跡，如圖所示，
電子1垂直邊界射進磁場，從b點離開，則運動了半個圓周，ab即為直徑，c點為圓心，電子2以相同速率垂直磁場方向射入磁場，經(jīng)t2時間從a、b連線的中點c離開磁場，根據(jù)半徑r＝eq \f(mv,Bq)可知，電子1和2的半徑相等，根據(jù)幾何關系可知，△aOc為等邊三角形，則電子2轉(zhuǎn)過的圓心角為60°，所以電子1運動的時間t1＝eq \f(T,2)＝eq \f(πm,Bq)，電子2運動的時間t2＝eq \f(T,6)＝eq \f(πm,3Bq)，所以eq \f(t1,t2)＝3，故A正確，B、C、D錯誤．
考向2 帶電粒子在圓形邊界磁場中運動
例2 (2021·全國乙卷·16)如圖，圓形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場，質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的帶電粒子從圓周上的M點沿直徑MON方向射入磁場．若粒子射入磁場時的速度大小為v1，離開磁場時速度方向偏轉(zhuǎn)90°；若射入磁場時的速度大小為v2，離開磁場時速度方向偏轉(zhuǎn)60°，不計重力，則eq \f(v1,v2)為( )
A.eq \f(1,2) B.eq \f(\r(3),3) C.eq \f(\r(3),2) D．3
答案 B
解析 如圖所示，
設圓形磁場區(qū)域的半徑為R，粒子以v1射入磁場時的軌跡半徑為r1
根據(jù)幾何關系r1＝R，
以v2射入磁場時的軌跡半徑r2＝eq \r(3)R.
根據(jù)洛倫茲力提供向心力有qvB＝eq \f(mv2,r)，
可得v＝eq \f(qrB,m)，
所以eq \f(v1,v2)＝eq \f(r1,r2)＝eq \f(\r(3),3)，故選B.
例3 如圖所示，在半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于豎直紙面向里的勻強磁場，磁場的磁感應強度大小為B，AC為該圓的一條直徑，O為圓心．一帶電粒子以初速度v0從C點垂直磁場沿豎直方向射入圓形區(qū)域，離開磁場時速度方向恰好水平向左．已知該粒子從C點入射時速度方向與直徑AC的夾角θ＝45°，不計粒子重力，則有( )
A．該粒子一定帶負電
B．該粒子的比荷為eq \f(\r(2)v0,2BR)
C．該粒子在磁場中做圓周運動的半徑為R
D．該粒子在磁場中的運動時間為eq \f(πR,2v0)
答案 B
解析 作出粒子運動的軌跡如圖，由左手定則可知，粒子帶正電，選項A錯誤；由軌跡圖結(jié)合題意可知粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)角度為90°，設O′為圓周運動的圓心，由幾何關系可知2r2＝(2R)2，整理可得r＝eq \r(2)R，由洛倫茲力提供向心力有qv0B＝eq \f(mv02,r)，整理可得eq \f(q,m)＝eq \f(\r(2)v0,2BR)，選項B正確，C錯誤；由圖可知粒子在磁場中的偏轉(zhuǎn)角為90°，故粒子在磁場中的運動時間為t＝eq \f(90°,360°)×eq \f(2\r(2)πR,v0)＝eq \f(\r(2)πR,2v0)，選項D錯誤．
考向3 帶電粒子在多邊形邊界磁場中運動
例4 (2019·全國卷Ⅱ·17)如圖，邊長為l的正方形abcd內(nèi)存在勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面(abcd所在平面)向外．a(chǎn)b邊中點有一電子發(fā)射源O，可向磁場內(nèi)沿垂直于ab邊的方向發(fā)射電子．已知電子的比荷為k.則從a、d兩點射出的電子的速度大小分別為( )
A.eq \f(1,4)kBl，eq \f(\r(5),4)kBl B.eq \f(1,4)kBl，eq \f(5,4)kBl
C.eq \f(1,2)kBl，eq \f(\r(5),4)kBl D.eq \f(1,2)kBl，eq \f(5,4)kBl
答案 B
解析 電子從a點射出時，其運動軌跡如圖線①，軌跡半徑為ra＝eq \f(l,4)，由洛倫茲力提供向心力，有evaB＝meq \f(va2,ra)，又eq \f(e,m)＝k，解得va＝eq \f(kBl,4)；電子從d點射出時，運動軌跡如圖線②，由幾何關系有rd2＝l2＋(rd－eq \f(l,2))2，解得：rd＝eq \f(5l,4)，由洛倫茲力提供向心力，有evdB＝meq \f(vd2,rd)，又eq \f(e,m)＝k，解得vd＝eq \f(5kBl,4)，選項B正確．
題型二 帶電粒子在勻強磁場中的臨界問題
解決帶電粒子在磁場中運動的臨界問題的關鍵，通常以題目中的“恰好”“最大”“至少”等為突破口，尋找臨界點，確定臨界狀態(tài)，根據(jù)磁場邊界和題設條件畫好軌跡，建立幾何關系求解．
1．臨界條件
帶電粒子剛好穿出(不穿出)磁場邊界的條件是帶電粒子在磁場中運動的軌跡與邊界相切，故邊界(邊界的切線)與軌跡過切點的半徑(直徑)垂直．
2．幾種常見的求極值情況(速度一定時)
(1)最長時間：弧長最長，一般為軌跡與直線邊界相切．
圓形邊界：公共弦為小圓直徑時，出現(xiàn)極值，即：
當運動軌跡圓半徑大于圓形磁場半徑時，以磁場直徑的兩端點為入射點和出射點的軌跡對應的圓心角最大，粒子運動時間最長．
(2)最短時間：弧長最短(弦長最短)，入射點確定，入射點和出射點連線與邊界垂直．
如圖，P為入射點，M為出射點．此時在磁場中運動時最短．
考向1 帶電粒子在磁場中運動的臨界問題
例5 (多選)如圖所示，在坐標系的y軸右側(cè)存在有理想邊界的勻強磁場，磁感應強度為B，磁場的寬度為d，磁場方向垂直于xOy平面向里．一個質(zhì)量為m、電荷量為－q(q>0)的帶電粒子，從原點O射入磁場，速度方向與x軸正方向成30°角，粒子恰好不從右邊界射出，經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后從y軸上的某點離開磁場．忽略粒子重力．關于該粒子在磁場中的運動情況，下列說法正確的是( )
A．它的軌道半徑為eq \f(2,3)d
B．它進入磁場時的速度為eq \f(2qBd,3m)
C．它在磁場中運動的時間為eq \f(2πm,3qB)
D．它的運動軌跡與y軸交點的縱坐標為eq \r(3)d
答案 AB
解析 粒子運動軌跡如圖所示，r＋rsin 30°＝d，解得粒子運動軌道半徑為r＝eq \f(2,3)d，故A正確；由qvB＝meq \f(v2,r)，r＝eq \f(2,3)d，聯(lián)立解得粒子進入磁場時的速度為v＝eq \f(qBr,m)＝eq \f(2qBd,3m)，故B正確；由T＝eq \f(2πr,v)＝eq \f(2πm,qB)，如圖由幾何關系知t＝eq \f(2,3)T，解得粒子在磁場中運動的時間為t＝eq \f(4πm,3qB)，故C錯誤；粒子運動軌跡與y軸交點的縱坐標為y＝－2rcs 30°＝－eq \f(2\r(3),3)d，故D錯誤．
考向2 帶電粒子在磁場中運動的極值問題
例6 如圖所示，半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)存在著磁感應強度為B的勻強磁場，方向垂直于紙面向里，一帶負電的粒子(不計重力)沿水平方向以速度v正對圓心射入磁場，通過磁場區(qū)域后速度方向偏轉(zhuǎn)了60°.
(1)求粒子的比荷eq \f(q,m)及粒子在磁場中的運動時間t；
(2)如果想使粒子通過磁場區(qū)域后速度方向的偏轉(zhuǎn)角度最大，在保持原入射速度的基礎上，需將粒子的入射點沿圓弧向上平移的距離d為多少？
答案 (1)eq \f(\r(3)v,3BR) eq \f(\r(3)πR,3v) (2)eq \f(\r(3),3)R
解析 (1)粒子的軌跡半徑：
r＝eq \f(R,tan 30°)①
粒子所受洛倫茲力提供向心力，有：qvB＝meq \f(v2,r)②
由①②兩式得粒子的比荷：eq \f(q,m)＝eq \f(\r(3)v,3BR)③
粒子的運動周期T＝eq \f(2πr,v)④
粒子在磁場中的運動時間t＝eq \f(1,6)T⑤
由①④⑤式得t＝eq \f(\r(3)πR,3v).⑥
(2)當粒子的入射點和出射點的連線是磁場圓的直徑時，粒子速度偏轉(zhuǎn)的角度最大．
由圖可知sin θ＝eq \f(R,r)⑦
平移距離d＝Rsin θ⑧
由①⑦⑧式得d＝eq \f(\r(3),3)R.
題型三 帶電粒子在有界勻強磁場中運動的多解問題
帶電粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，由于帶電粒子電性不確定、磁場方向不確定、臨界狀態(tài)不確定、運動的往復性造成帶電粒子在有界勻強磁場中運動的多解問題．
(1)找出多解的原因．
(2)畫出粒子的可能軌跡，找出圓心、半徑的可能情況．
考向1 磁場方向不確定形成多解
例7 (多選)如圖所示，A點的離子源沿紙面垂直O(jiān)Q方向向上射出一束負離子，離子的重力忽略不計．為把這束負離子約束在OP之下的區(qū)域，可加垂直紙面的勻強磁場．已知O、A兩點間的距離為s，負離子的比荷為eq \f(q,m)，速率為v，OP與OQ間的夾角為30°，則所加勻強磁場的磁感應強度B的大小和方向可能是( )
A．B>eq \f(mv,3qs)，垂直紙面向里
B．B>eq \f(mv,qs)，垂直紙面向里
C．B>eq \f(mv,qs)，垂直紙面向外
D．B>eq \f(3mv,qs)，垂直紙面向外
答案 BD
解析 當磁場方向垂直紙面向里時，離子恰好與OP相切的軌跡如圖甲所示，切點為M，設軌跡半徑為r1，由幾何關系可知，sin 30°＝eq \f(r1,s＋r1)，可得r1＝s，由r1＝eq \f(mv,B1q)可得B1＝eq \f(mv,qs)；當磁場方向垂直紙面向外時，其臨界軌跡，即圓弧與OP相切于N點，如圖乙所示，由幾何關系s＝eq \f(r2,sin 30°)＋r2，得r2＝eq \f(s,3)，又r2＝eq \f(mv,qB2)，所以B2＝eq \f(3mv,qs)，綜合上述分析可知，選項B、D正確，A、C錯誤．
考向2 臨界狀態(tài)不確定形成多解
例8 (多選)如圖所示，邊長為L的等邊三角形區(qū)域ACD內(nèi)、外的勻強磁場的磁感應強度大小均為B、方向分別垂直紙面向里、向外．三角形頂點A處有一質(zhì)子源，能沿∠A的角平分線發(fā)射速度大小不等、方向相同的質(zhì)子(質(zhì)子重力不計、質(zhì)子間的相互作用可忽略)，所有質(zhì)子恰能通過D點，已知質(zhì)子的比荷eq \f(q,m)＝k，則質(zhì)子的速度可能為( )
A.eq \f(BkL,2) B．BkL
C.eq \f(3BkL,2) D.eq \f(BkL,8)
答案 ABD
解析 質(zhì)子可能的運動軌跡如圖所示，由幾何關系可得2nRcs 60°＝L(n＝1,2，…)，由洛倫茲力提供向心力，則有Bqv＝meq \f(v2,R)，聯(lián)立解得v＝eq \f(BqR,m)＝eq \f(BkL,n)(n＝1,2，…)，所以A、B、D正確，C錯誤．
課時精練
1.(多選)如圖所示，虛線MN上方存在勻強磁場，磁感應強度大小為B.一群電子以不同速率從邊界MN上的P點以相同的入射方向射入磁場．其中某一速率為v的電子從Q點射出邊界．已知電子入射方向與邊界MN的夾角為θ，則( )
A．該勻強磁場的方向垂直紙面向里
B．所有電子在磁場中的軌跡半徑相同
C．速率越大的電子在磁場中運動時間越長
D．在此過程中每個電子的速度方向都改變2θ
答案 AD
解析 由左手定則可判斷，該勻強磁場的方向垂直紙面向里，A正確；由洛倫茲力提供向心力可得qvB＝meq \f(v2,r)，整理得r＝eq \f(mv,qB)，電子的軌跡半徑與速度大小有關，B錯誤；由周期公式T＝eq \f(2πm,qB)可知，電子在磁場中的運動周期相同，由幾何關系可知，在此過程中每個電子的速度方向都改變2θ，即軌跡圓心角為2θ，電子在磁場中的運動時間t＝eq \f(2θ,2π)T，故不同速率的電子在磁場中運動時間都相同，C錯誤，D正確．
2．(多選)如圖所示，水平放置的擋板上方有垂直紙面向里的勻強磁場，一帶電粒子a垂直于擋板從板上的小孔O射入磁場，另一帶電粒子b垂直于磁場且與擋板成θ角射入磁場，a、b初速度大小相等，兩粒子恰好都打在板上同一點P(圖中未標出)，并立即被擋板吸收．不計粒子重力，下列說法正確的是( )
A．a(chǎn)、b的電性一定相同
B．a(chǎn)、b的比荷之比為eq \f(1,sin θ)
C．若P在O點左側(cè)，則a在磁場中運動時間比b長
D．若P在O點右側(cè)，則a在磁場中運動路程比b短
答案 AB
3.如圖所示，平行邊界區(qū)域內(nèi)存在勻強磁場，比荷相同的帶電粒子a和b依次從O點垂直于磁場的左邊界射入，經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后從右邊界射出，帶電粒子a和b射出磁場時與磁場右邊界的夾角分別為30°和60°，不計粒子的重力，下列判斷正確的是( )
A．粒子a帶負電，粒子b帶正電
B．粒子a和b在磁場中運動的半徑之比為1∶eq \r(3)
C．粒子a和b在磁場中運動的速率之比為eq \r(3)∶1
D．粒子a和b在磁場中運動的時間之比為1∶2
答案 B
解析 a粒子向上偏轉(zhuǎn)，由F＝qvB得，a粒子帶正電；b粒子向下偏轉(zhuǎn)，b粒子帶負電，故A錯誤；由幾何關系可知，磁場水平距離x＝Rasin 60°＝Rbsin 30°，Ra∶Rb＝1∶eq \r(3)，故B正確；由qvB＝meq \f(v2,R)得v＝eq \f(qBR,m)，比荷相同，磁場相同，則va∶vb＝Ra∶Rb＝1∶eq \r(3)，故C錯誤；粒子運動周期T＝eq \f(2πm,qB)，Ta＝Tb，a運動時間ta＝eq \f(60°,360°)Ta＝eq \f(1,6)Ta＝eq \f(1,6)T，b運動時間tb＝eq \f(30°,360°)Tb＝eq \f(1,12)Tb＝eq \f(1,12)T，故ta∶tb＝2∶1，故D錯誤．
4．(多選)如圖所示的虛線框為一正方形區(qū)域，該區(qū)域內(nèi)有一垂直于紙面向里的勻強磁場，一帶電粒子從a點沿與ab邊成30°角方向射入磁場，恰好從b點飛出磁場；另一帶電粒子以相同的速率從a點沿ad方向射入磁場后，從c點飛出磁場，不計重力，則兩帶電粒子的比荷之比及在磁場中的運動時間之比分別為( )
A.eq \f(q1,m1)∶eq \f(q2,m2)＝1∶1
B.eq \f(q1,m1)∶eq \f(q2,m2)＝2∶1
C．t1∶t2＝2∶3
D．t1∶t2＝1∶3
答案 AC
解析 兩粒子的運動軌跡如圖；設正方形區(qū)域邊長為L，則從b點飛出的粒子的運動軌跡半徑為r1＝L；從c點飛出的粒子的運動軌跡半徑為r2＝L；根據(jù)qv0B＝meq \f(v02,r)，可得eq \f(q,m)＝eq \f(v0,Br)，則eq \f(q1,m1)∶eq \f(q2,m2)＝1∶1，選項A正確，B錯誤；根據(jù)T＝eq \f(2πm,qB)可知，兩粒子在磁場中做圓周運動的周期相同，兩粒子在磁場中轉(zhuǎn)過的角度分別為60°和90°，根據(jù)t＝eq \f(θ,2π)T，可得t1∶t2＝60°∶90°＝2∶3，選項C正確，D錯誤．
5.(多選)(2020·天津卷·7)如圖所示，在Oxy平面的第一象限內(nèi)存在方向垂直紙面向里，磁感應強度大小為B的勻強磁場．一帶電粒子從y軸上的M點射入磁場，速度方向與y軸正方向的夾角θ＝45°.粒子經(jīng)過磁場偏轉(zhuǎn)后在N點(圖中未畫出)垂直穿過x軸．已知OM＝a，粒子電荷量為q，質(zhì)量為m，重力不計．則( )
A．粒子帶負電荷
B．粒子速度大小為eq \f(qBa,m)
C．粒子在磁場中運動的軌道半徑為a
D．N與O點相距(eq \r(2)＋1)a
答案 AD
解析 由題意可知，粒子在磁場中做順時針方向的圓周運動，根據(jù)左手定則可知粒子帶負電荷，故A正確；粒子的運動軌跡如圖所示，O′為粒子做勻速圓周運動的圓心，其軌道半徑R＝eq \r(2)a，故C錯誤；由洛倫茲力提供向心力可得qvB＝meq \f(v2,R)，則v＝eq \f(\r(2)qBa,m)，故B錯誤；由圖可知，ON＝a＋eq \r(2)a＝(eq \r(2)＋1)a，故D正確．
6.如圖所示，abcd為邊長為L的正方形，在四分之一圓abd區(qū)域內(nèi)有垂直正方形平面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為B.一個質(zhì)量為m、電荷量為＋q的帶電粒子從b點沿ba方向射入磁場，粒子恰好能通過c點，不計粒子的重力，則粒子的速度大小為( )
A.eq \f(qBL,m) B.eq \f(\r(2)qBL,2m)
C.eq \f(?\r(2)－1?qBL,m) D.eq \f(?\r(2)＋1?qBL,m)
答案 C
解析 畫出粒子在磁場中運動的軌跡示意圖，根據(jù)幾何關系，射出磁場時的速度反向延長線通過a點，磁場的半徑為L，設粒子的軌道半徑為r，由幾何關系得L＋r＝eq \r(2)L，由洛倫茲力提供向心力得：qvB＝meq \f(v2,r)，聯(lián)立解得v＝eq \f(?\r(2)－1?qBL,m)，故選C.
7.(多選)如圖，半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)有方向垂直于紙面向里的勻強磁場，某質(zhì)量為m、帶電荷量為q的粒子從圓上P點沿半徑方向以速度v0射入勻強磁場，粒子從Q點飛出，速度偏轉(zhuǎn)角為60°.現(xiàn)將該粒子從P點以另一速度沿半徑方向射入勻強磁場，粒子離開磁場時，速度偏轉(zhuǎn)角為120°，不計粒子重力．則( )
A．該粒子帶正電
B．勻強磁場的磁感應強度為eq \f(\r(3)mv0,3qR)
C．該粒子第二次射入磁場的速度為eq \f(v0,2)
D．該粒子第二次在磁場中運動的時間為eq \f(2\r(3)πR,3v0)
答案 BD
解析 由左手定則可知該粒子帶負電，故A錯誤；由qBv＝meq \f(v2,r)，知r＝eq \f(mv,qB)，如圖，由幾何關系可得r1＝eq \f(R,tan θ)＝eq \r(3)R，B＝eq \f(\r(3)mv0,3qR)，故B正確；粒子第二次射入磁場，由幾何關系知r2＝eq \f(\r(3),3)R，qBv2＝meq \f(v22,r)，知v2＝eq \f(qBr2,m)，則進入磁場速度為v2＝eq \f(v0,3)，故C錯誤；粒子第二次在磁場中運動的時間t＝eq \f(1,3)T＝eq \f(2\r(3)πR,3v0)，故D正確．
8.(多選)如圖，在直角坐標系第一象限中y軸與直線y＝x所夾范圍內(nèi)存在勻強磁場，磁感應強度大小為B、方向垂直于紙面向里．一帶負電的粒子以速度v0自y軸上a點垂直射入磁場，一段時間后，該粒子垂直直線y＝x射出磁場，自x軸上b點(圖中未畫出)離開第一象限．已知Oa＝L，不計粒子重力．則下列判斷正確的是( )
A．粒子在磁場中運動的軌道半徑為L
B．b點的橫坐標為eq \r(2)L
C．粒子在第一象限磁場中的運動時間為eq \f(πL,v0)
D．粒子在第一象限的運動時間為(eq \f(π,4)＋eq \r(2))eq \f(L,v0)
答案 AB
解析 如圖，軌跡圓心為O點，所以R＝L，根據(jù)幾何關系Ob＝eq \r(2)L，粒子在磁場中的運動時間t＝eq \f(\f(π,4)L,v0)＝eq \f(πL,4v0)，在第一象限運動的路程s＝(eq \f(π,4)＋1)L，所以時間t總＝eq \f(s,v0)＝(eq \f(π,4)＋1)eq \f(L,v0)，故選A、B.
9．平面OM和平面ON之間的夾角為30°，其橫截面(紙面)如圖所示，平面OM上方存在勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面向外．一帶電粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q(q>0)．粒子沿紙面以大小為v的速度從OM的某點向左上方射入磁場，速度與OM成30°角．已知該粒子在磁場中的運動軌跡與ON只有一個交點，并從OM上另一點射出磁場．不計重力．粒子離開磁場的出射點到兩平面交線O的距離為( )
A.eq \f(mv,2qB) B.eq \f(\r(3)mv,qB) C.eq \f(2mv,qB) D.eq \f(4mv,qB)
答案 D
解析 帶電粒子在磁場中做圓周運動的軌道半徑為r＝eq \f(mv,qB).軌跡與ON相切，畫出粒子的運動軌跡如圖所示，由于eq \x\t(AD)＝2rsin 30°＝r，故△AO′D為等邊三角形，∠O′DA＝60°，而∠MON＝30°，則∠OCD＝90°，故CO′D為一直線，eq \x\t(OD)＝eq \f(\x\t(CD),sin 30°)＝2eq \x\t(CD)＝4r＝eq \f(4mv,qB)，故D正確．
10.(2020·全國卷Ⅱ·24)如圖，在0≤x≤h，－∞

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這是一份新高考物理一輪復習精品學案第10章專題強化21帶電粒子在組合場中的運動（含解析），共14頁。學案主要包含了第三象限的軌道半徑分別為等內(nèi)容，歡迎下載使用。

人教版 (2019)選擇性必修 第二冊3 帶電粒子在勻強磁場中的運動精品學案：

這是一份人教版 (2019)選擇性必修 第二冊3 帶電粒子在勻強磁場中的運動精品學案，共1頁。學案主要包含了自主預習，典例精講，核心素養(yǎng)專練，參考答案等內(nèi)容，歡迎下載使用。

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