1、高考巡航1.2016全国卷一圆筒处于磁感应强度大小为 B 的匀强磁场中，磁场方向与筒的轴平行，筒的横截面如图所示图中直径 MN 的两端分别开有小孔，筒绕其中心轴以角速度 顺时针转动在该截面内，一带电粒子从小孔 M 射入筒内，射入时的运动方向与 MN 成 30角当筒转过 90时，该粒子恰好从小孔 N 飞出圆筒不计重力若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞，则带电粒子的比荷为()A.3B B.2BC.BD.2B解析：本题考查带电粒子在有界磁场中的运动，意在考查学生应用磁场对运动电荷的作用规律解题的能力由题可知，粒子在磁场中做圆周运动的轨迹如图所示，由几何关系可知，粒子在磁场中做圆周运动的圆弧所对的圆心角为3
2、0，因此粒子在磁场中运动的时间为t1122mqB，粒子在磁场中运动的时间与筒转过90所用的时间相等，即 m6qB142，求得qm 3B，A项正确答案：A2.2016全国卷 平面OM和平面ON之间的夹角为30，其横截面(纸面)如图所示，平面OM上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外一带电粒子的质量为m，电荷量为q(q0)粒子沿纸面以大小为v的速度从OM的某点向左上方射入磁场，速度与OM成30角已知该粒子在磁场中的运动轨迹与ON只有一个交点，并从OM上另一点射出磁场不计重力粒子离开磁场的出射点到两平面交线O的距离为()A.mv2qB B.3mvqBC.2mvqB D.4mvqB解
3、析：本题考查带电粒子在匀强磁场中的运动，意在考查学生对带电粒子在磁场中运动规律的理解能力、应用数学处理物理问题的能力准确作出带电粒子在磁场中的运动轨迹是解题关键，在应考时可以应用直尺及圆规或小硬币辅助作图如图所示为粒子在匀强磁场中的运动轨迹示意图，设出射点为P，粒子运动轨迹与ON的交点为Q，粒子入射方向与OM成30角，则射出磁场时速度方向与MO成30角，由几何关系可知，PQON，故出射点到O点的距离为轨迹圆直径的2倍，即4R，又粒子在匀强磁场中运动的轨迹半径RmvqB，所以D正确答案：D3.2016四川卷 如图所示，正六边形abcdef区域内有垂直于纸面的匀强磁场一带正电的粒子从f点沿fd方向
4、射入磁场区域，当速度大小为vb时，从b点离开磁场，在磁场中运动的时间为tb；当速度大小为vc时，从c点离开磁场，在磁场中运动的时间为tc.不计粒子重力，则()Avbvc12，tbtc21Bvbvc21，tbtc12Cvbvc21，tbtc21Dvbvc12，tbtc12解析：本题考查带电粒子在磁场中的运动问题，意在考查学生应用磁场对运动电荷的作用规律解决问题的能力本题解题的关键是要确定粒子做圆周运动的圆心，再根据几何关系求出粒子做圆周运动的半径及运动轨迹所对应的圆心角 设正六边形的边长为 L，一带正电的粒子从 f 点沿 fd 方向射入磁场区域，当速度大小为 vb 时，从 b 点离开磁场，由几何
5、关系可知，粒子在磁场中做圆周运动的半径 rbL，粒子在磁场中做圆周运动的轨迹所对应的圆心角为 120，由洛伦兹力提供向心力 Bqvbmv2bL，得 LmvbqB，且 T2Lvb，得 tb132mqB；当速度大小为 vc 时，从 c 点离开磁场，由几何关系可知，粒子在磁场中做圆周运动的轨迹所对应的圆心角 260，粒子在磁场中做圆周运动的半径 rcL12Lsin2L，同理有 2LmvcqB，tc162mqB，解得 vbvc12，tbtc21，A 项正确答案：A4.2015全国卷 两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大小不同、方向平行一速度方向与磁感应强度方向垂直的带电粒子(不计重力)，从较强磁场区域进入
6、到较弱磁场区域后，粒子的()A轨道半径减小，角速度增大B轨道半径减小，角速度减小C轨道半径增大，角速度增大D轨道半径增大，角速度减小答案：D核心梳理【主干知识】【要素回顾】一、磁感线在这些曲线上，每一点小磁针N极受力方向为该点的磁场方向，其疏密反映了磁场的强弱，磁感线是一组闭合曲线，在空间中互不相交二、磁感应强度是描述磁场的大小和方向的物理量，用B表示，是矢量三、安培定则用来判断电流周围的磁场方向，如通电直导线，用右手握住导线，让伸直的大拇指所指的方向跟电流方向一致，弯曲的四指所指的方向就是磁场的环绕方向四、左手定则用来判断电流或运动电荷在磁场中的受力方向，应用时伸开左手，四指指向电流(正电荷
7、运动)方向，大拇指指向为受力方向五、安培力和洛伦兹力的比较 名称项目 安培力洛伦兹力作用对象通电导体运动电荷力的大小F安BLI(IB)F安0(IB)F洛qvB(vB)F洛0(vB)力的方向左手定则(F安垂直于I与B所决定的平面)左手定则(F洛垂直于v与B所决定的平面，且需区分正负电荷)作用效果改变导体棒的运动状态，对导体棒做功，实现电能和其他形式的能的相互转化只改变速度的方向，不改变速度的大小；洛伦兹力永远不对电荷做功本质联系安培力实际上是在导线中定向移动的电荷所受到的洛伦兹力的宏观表现热点追踪考向一 磁场对通电导体的作用力【例1】某同学自制一电流表，其原理如图所示质量为m的均匀细金属杆MN与
8、一竖直悬挂的绝缘轻弹簧相连，弹簧的劲度系数为k，在矩形区域abcd内有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外MN的右端连接一绝缘轻指针，可指示出标尺上的刻度MN的长度大于ab，当MN中没有电流通过且处于静止时，MN与矩形区域的ab边重合，且指针指在标尺的零刻度；当MN中有电流时，指针示数可表示电流强度MN始终在纸面内且保持水平，重力加速度为g.(1)当电流表的示数为零时，求弹簧的伸长量；(2)为使电流表正常工作，判断金属杆MN中电流的方向；(3)若磁场边界ab的长度为L1，bc的长度为L2，此电流表的量程是多少？规范解题(1)设当电流表示数为零时，弹簧的伸长量为x，由二力平衡有mgkx
9、，解得xmgk(2)由题意可得金属杆所受的安培力应向下，根据左手定则的逆定则可知，金属杆中的电流方向为MN.(3)设电流表满偏时通过MN的电流为Im，则有BImL1mgk(L2x)解得ImkL2BL1答案(1)mgk (2)MN(3)kL2BL1拓展思考(1)磁场对通电导体的作用力的大小和方向应该怎样判定？分为哪几种情况？计算公式是什么？(2)通电导体受安培力作用所处的状态有静止状态、匀速直线运动状态、加速状态等，找出受力情况与运动状态的对应关系(3)通电导体受安培力做功过程中，符合怎样的功能关系？规律总结解决磁场中导体运动问题的一般思路(1)正确地对导体棒进行受力分析，应特别注意通电导体棒受
10、到的安培力的方向，安培力与导体棒和磁感应强度组成的平面垂直(2)画出辅助图(如导轨、斜面等)，并标明辅助方向(磁感应强度B、电流I的方向)(3)将立体的受力分析图转化为平面受力分析图，即画出与导体棒垂直的平面内的受力分析图变式训练1(多选)如图所示，两根光滑金属导轨平行放置，导轨所在平面与水平面间的夹角为.质量为m、长为L的金属杆ab垂直导轨放置，整个装置处于垂直ab方向的匀强磁场中当金属杆ab中通有从a到b的恒定电流I时，金属杆ab保持静止则磁感应强度的方向和大小可能为()A竖直向上，mgtanILB平行导轨向上，mgcosILC水平向右，mgILD水平向左，mgIL解析：若磁场方向竖直向上
11、，则金属杆受重力、支持力和水平向右的安培力，这三个力可以平衡，平衡时有BILmgtan0，解得B mgtanIL，A正确；磁场方向平行导轨向上时，安培力方向垂直导轨平面向下，它与重力和支持力不可能平衡，B错误；当磁场方向水平向右时，安培力竖直向下，它与重力和支持力不可能平衡，C错误；当磁场方向水平向左时，安培力方向竖直向上，当它与重力相等时，支持力为零，金属棒可以处于平衡状态此时有BILmg0，解得BmgIL，D正确答案：AD变式训练 2(多选)无限长通电直导线在其周围某一点产生磁场的磁感应强度大小与电流成正比，与导线到这一点的距离成反比，即BkIr(式中 k 为常数)如图甲所示，光滑绝缘水平
12、面上平行放置两根无限长直导线 M 和 N，导线 N 中通有方向如图的恒定电流 IN，导线 M中的电流 IM 大小随时间变化的图象如图乙所示，方向与 N 中电流方向相同绝缘闭合导线框 ABCD 放在同一水平面上，AB 边平行于两直导线，且位于两者正中间，则以下说法正确的是()A0t0 时间内，流过 R 的电流方向由 CDBt02t0 时间内，流过 R 的电流方向由 DCC0t0 时间内，不计 CD 边电流影响，则 AB 边所受安培力的方向向左Dt02t0 时间内，不计 CD 边电流影响，则 AB 边所受安培力的方向向右解析：0t0时间内，M中电流由0逐渐增加到IN，则线框中合磁场向里且逐渐增大，
13、则感应电流的磁场应向外，线框中电流方向为ABCDA，故A对t02t0时间内，M中电流由IN增大到2IN，线框中磁场向里且逐渐增大，则感应电流的磁场仍向外，线框中电流方向为ABCDA，B错.0t0时间内，AB中电流AB，AB处磁场向外，则其所受安培力的方向向左，C对t02t0时间内，AB中电流仍为AB，但AB处磁场方向向里，则其所受安培力的方向向右，D对答案：ACD变式训练3 2014全国卷关于通电直导线在匀强磁场中所受的安培力，下列说法正确的是()A安培力的方向可以不垂直于直导线B安培力的方向总是垂直于磁场的方向C安培力的大小与通电直导线和磁场方向的夹角无关D将直导线从中点折成直角，安培力的大
14、小一定变为原来的一半解析：安培力的方向总是垂直于磁场方向与电流方向所决定的平面，因此，安培力的方向总与磁场方向和电流方向垂直，A错误，B正确；安培力FBILsin，其中是电流方向与磁场方向的夹角，C错误；将直导线从中点折成直角后受到安培力的情况与其在磁场中的放置情况有关，并不一定变为原来的一半，D错误答案：B考向二 带电粒子在磁场中的运动【例2】如图所示，半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场重力不计、电荷量一定的带电粒子以速度v正对着圆心O射入磁场，若粒子射入、射出磁场点间的距离为R，则粒子在磁场中的运动时间为()A.2 3R9v B.2R3vC.2 3R3vD.R3v规范解题粒子在
15、磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示由几何关系得轨迹半径r33R，故粒子在磁场中的运动转过的角度为23，则运动时间t2322rv 2 3R9v，A正确答案A拓展思考(1)带电粒子在磁场中运动是否受力？受力情况和运动情况分为哪几类？(2)带电粒子垂直进入匀强磁场，做匀速圆周运动，经常要判定圆心O、半径R、时间t(或周期T)，即“ORt判定”知道有几种方法找圆心？半径公式为_，周期公式为_，运动时间公式为_规律总结带电粒子在匀强磁场中的“4 点、6 线、3 角”(1)4 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)6 线：圆弧两端点所在的轨迹半径 r，入
16、射速度直线 OB 和出射速度直线 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.(3)3 角：速度偏转角COD、圆心角BAC、弦切角OBC，其中偏转角等于圆心角，也等于弦切角的两倍变式训练 4 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顶点上，导线中通有大小相同的电流，方向如图所示一带正电的粒子从正方形中心 O 点沿垂直于纸面的方向向外运动，它所受洛伦兹力的方向是()A向上 B向下C向左 D向右解析：由安培定则分别判断出四根通电导线在 O 点产生的磁感应强度的方向，再由磁场的叠加原理得出 O 点的合磁场方向向左，最后由左手定则可判断带电粒子
17、所受的洛伦兹力方向向下，B 正确答案：B变式训练5 如图所示，一个理想边界为PQ、MN的匀强磁场区域，磁场宽度为d，方向垂直纸面向里一电子从O点沿纸面垂直PQ以速度v0进入磁场，若电子在磁场中运动的轨道半径为2d，O在MN上，且OO与MN垂直下列判断正确的是()A电子将向右偏转B电子打在MN上的点与O点的距离为dC电子打在MN上的点与O点的距离为 3dD电子在磁场中运动的时间为 d3v0解析：电子带负电，进入磁场后，根据左手定则判断可知，所受的洛伦兹力方向向左，电子将向左偏转，如图所示，选项A错误；设电子打在MN上的点与O点的距离为x，则由几何知识得xrr2d22d 2d2d2(2 3)d，故
18、选B、C错误；设轨迹对应的圆心角为，由几何知识得sin d2d 0.5，得 6，则电子在磁场中运动的时间trv0 d3v0，选项D正确答案：D变式训练6 2015全国卷(多选)有两个匀强磁场区域和，中的磁感应强度是中的k倍两个速率相同的电子分别在两磁场区域做圆周运动与中运动的电子相比，中的电子()A运动轨迹的半径是中的k倍B加速度的大小是中的k倍C做圆周运动的周期是中的k倍D做圆周运动的角速度与中的相等解析：两速率相同的电子在两匀强磁场中做匀速圆周运动，且磁场磁感应强度B1是磁场磁感应强度B2的k倍由qvBmv2r 得rmvqB 1B，即中电子运动轨迹的半径是中的k倍，选项A正确由F合ma得a
19、F合m qvBm B，所以a2a11k，选项B错误由T2rv 得Tr，所以T2T1k，选项C正确；由2T 得21T1T21k，选项D错误答案：AC考向三 带电粒子在有界匀强磁场中的临界问题【例 3】如图所示，在直角坐标系的原点 O 处有一放射源，向四周均匀发射速度大小相等、方向都平行于纸面的带电粒子在放射源右侧有一很薄的挡板，垂直于 x 轴放置，挡板与 xOy 平面交线的两端 M、N 正好与原点 O 构成等边三角形，O为挡板与 x 轴的交点，在整个空间中，有垂直于 xOy 平面向外的匀强磁场(图中未画出)，带电粒子在磁场中沿顺时针方向做匀速圆周运动已知带电粒子的质量为 m，带电荷量大小为 q，
20、速度大小为 v，MN 的长度为 L，(不计带电粒子的重力及粒子间的相互作用)(1)确定带电粒子的电性；(2)要使带电粒子不打在挡板上，求磁感应强度的最小值；(3)要使 MN 的右侧都有粒子打到，求磁感应强度的最大值(计算过程中，要求画出各临界状态的轨迹图)规范解题(1)带电粒子沿顺时针方向运动，由左手定则可得，粒子带正电荷(2)设磁感应强度大小为B，带电粒子运动的轨迹半径为r，带电粒子做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，有qvBmv2r，解得rmvqB由于从O点射出的粒子的速度大小都相同，由上式可得，所有粒子的轨迹半径都相等由几何知识可知，为使粒子不打在挡板上，轨迹的半径最大时，带电粒子在O点沿
21、y轴正方向射出，其轨迹刚好与MN相切，轨迹圆心为O1，如图甲所示，则最大半径rmax12Lcos30 34 L由上式可得，磁感应强度的最小值Bmin4 3mv3qL.(3)为使MN的右侧都有粒子打到，打在N点的粒子最小半径的轨迹为图乙中的圆弧OMN.图中点O2为轨迹的圆心，由于内接OMN为正三角形，由几何知识知，最小的轨迹半径为rminL2cos30.粒子做匀速圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，有qvB mv2r，所以磁感应强度的最大值Bmax 3mvqL.答案(1)正(2)4 3mv3qL (3)3mvqL拓展思考(1)带电粒子在匀强磁场中做圆周运动，不打到挡板上的临界条件是与挡板(或边界)相
22、切(2)带电粒从平行边界射出的临界条件具有多解性，可能从两侧射出(3)带电粒子通过圆形磁场区域具有对称性(4)带电粒子不射出圆形磁场区域的临界情况是内切圆规律总结分析带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的临界问题时，通常以题目中的“恰好”“最高”“最长”“至少”等为突破口，将不确定的物理量推向极端(如极大、极小；最上、最下；最左、最右等)，结合几何关系分析得出临界条件，列出相应方程求解结果 (1)常见的三种几何关系刚好穿出磁场边界的条件是带电粒子在磁场中运动的轨迹与边界相切当速率v一定时，弧长(或弦长)越长，圆心角越大，则带电粒子在有界磁场中运动的时间越长当速率v变化时，圆心角大的，运动时间长(2)
23、两种动态圆的应用方法如图所示，一束带负电的粒子以初速度v垂直进入匀强磁场，若初速度v方向相同，大小不同，所有粒子运动轨迹的圆心都在垂直于初速度方向的直线上，速度增大时，轨迹半径随之增大，所有粒子的轨迹组成一组动态的内切圆，与右边界相切的圆即为临界轨迹如图所示，一束带负电的粒子以初速度v垂直进入匀强磁场，若初速度v大小相同，方向不同，则所有粒子运动的轨迹半径相同，但不同粒子的圆心位置不同，其共同规律是：所有粒子的圆心都在以入射点O为圆心，以轨迹半径为半径的圆上，从而可以找出动态圆的圆心轨迹利用动态圆可以画出粒子打在边界上的最高点和最低点变式训练 7 如图所示，两平行金属板 E、F 之间电压为 U
24、，两足够长的平行边界 MN、PQ 区域内，有垂直纸面向外的匀强磁场，一质量为 m、带电荷量为q 的粒子(不计重力)，由 E 板中央处静止释放，经 F 板上的小孔射出后，垂直进入磁场，且进入磁场时与边界 MN 成60角，磁场 MN 和 PQ 边界距离为 d.求：(1)粒子离开电场时的速度；(2)若粒子垂直边界 PQ 离开磁场，求磁感应强度 B 的大小；(3)若粒子最终从磁场边界 MN 离开磁场，求磁感应强度的范围解析：(1)设粒子离开电场时的速度为v，由动能定理有：qU12mv2解得：v2qUm(2)粒子离开电场后，垂直进入磁场，根据几何关系得r2d由洛伦兹力提供向心力有：qvBmv2r 联立解
25、得：B 12d2mUq(3)最终粒子从边界MN离开磁场，需满足条件：刚好轨迹与PQ相切drrsin30联立解得：B 32d2mUq 磁感应强度的最小值为B 32d2mUq磁感应强度的范围是B 32d2mUq答案：(1)2qUm (2)12d2mUq(3)B 32d2mUq变式训练8 如图所示，边界OA与OC之间分布有垂直纸面向里的匀强磁场，边界OA上有一粒子源S.某一时刻，从S平行于纸面向各个方向发射出大量带正电的同种粒子(不计粒子的重力及粒子间的相互作用)，所有粒子的初速度大小相同，经过一段时间有大量粒子从边界OC射出磁场，已知AOC60，从边界OC射出的粒子在磁场中运动的最短时间等于 T6
26、(T为粒子在磁场中运动的周期)，则从边界OC射出的粒子在磁场中运动的最长时间为()A.T3B.T2C.2T3 D.5T6解析：由左手定则可知，粒子在磁场中做逆时针方向的圆周运动，由于粒子速度大小都相同，故轨迹弧长越小，粒子在磁场中运动时间就越短；而弧长越小，所对弦长也越短，所以从S点作OC的垂线SD，则SD为最短弦，可知粒子从D点射出时运行时间最短，如图所示根据最短时间为 T6，可知OSD为等边三角形，粒子圆周运动半径RSD，过S点作OA垂线交OC于E点，由几何关系可知SE2SD，SE为圆弧轨迹的直径，所以从E点射出，对应弦最长，运行时间最长，且tT2，故B项正确答案：B变式训练9 如图所示，
27、在边长为L的正方形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，其磁感应强度大小为B.在正方形对角线CE上有一点P，其到CF、CD距离均为L4，且在P点处有一个发射正离子的装置，能连续不断地向纸面内的各方向发射出速率不同的正离子，已知离子的质量为m，电荷量为q，不计离子重力及离子间相互作用力(1)速率在什么范围内的所有离子均不可能射出正方形区域？(2)求速率为v13qBL32m 的离子在DE边的射出点距离D点的范围解析：因离子以垂直于磁场的速度射入磁场，故其在洛伦兹力作用下必做圆周运动(1)依题意可知离子在正方形区域内做圆周运动不射出该区域，做圆周运动的半径为 rL8.对离子，由牛顿第二定律有qvBmv2
28、r vqBrm qBL8m.(2)当 v13qBL32m 时，设离子在磁场中做圆周运动的半径为 R，则由 qvBmv2R可得 RmvqB mqB13qBL32m 13L32.要使离子从 DE 射出，则其必不能从 CD 射出，其临界状态是离子轨迹与 CD 边相切，设切点与 C 点距离为 x，其轨迹如图甲所示，由几何关系得：R2(xL4)2(RL4)2 计算可得 x58L设此时 DE 边出射点与 D 点的距离为 d1，则由几何关系有：(Lx)2(Rd1)2R2，解得 d1L4而当离子轨迹与 DE 边相切时，离子必将从 EF 边射出，设此时切点与 D 点距离为 d2，其轨迹如图乙所示，由几何关系有：
29、R2(34LR)2(d2L4)2，解得 d22 3L8.故速率为 v13qBL32m 的离子在 DE 边的射出点距离 D 点的范围为L4d2 3L8.答案：(1)vqBL8m (2)L4d2 3L8误区矫正【误区3】不会处理带电粒子在有界磁场中的临界问题【典例】如图所示，中轴线PQ将矩形区域MNDC分成上、下两部分，上部分充满垂直纸面向外的匀强磁场，下部分充满垂直纸面向内的匀强磁场，磁感应强度大小均为B.一质量为m、带电荷量为q的带正电粒子从P点进入磁场，速度与MC边的夹角30，MC边长为a，MN边长为8a，不计粒子的重力求：(1)若要该粒子不从MN边射出磁场，其速度最大值；(2)若要该粒子恰
30、从Q点射出磁场，其在磁场中运动的时间至少是多少？【错因分析】错解1：对带电粒子在有界磁场中运动的特殊规律掌握不到位，不能结合“速度最大”的条件正确画出运动轨迹、半径和磁场边界的关系图像，或者几何关系确定错误，导致(1)问解答错误错解2：在(2)问中，没有充分把握题设条件，结合“运动的时间至少是多少”来确定n时采用舍去小数取4，使解答不符合条件【解析】(1)设该粒子恰不从MN边射出磁场时的轨迹半径为r，则由几何关系得：rcos60r12a，解得ra又由qvBmv2r 解得vqBrm，故当ra时，对应粒子不从MN边射出磁场的最大速度为vmqBam.(2)粒子每经过分界线PQ一次，在PQ方向前进的位
31、移为轨迹半径R的 3倍设粒子进入磁场后第n次经过PQ线时恰好到达Q点有n 3R8a，且R 834.62，故n所能取的最小自然数为5粒子做圆周运动的周期为T2mqB粒子每经过PQ分界线一次所用的时间为t13T2m3qB粒子到达Q点的最短时间为tmin5t10m3qB.【巧记】带电粒子在不同边界磁场中运动的几种常见情况：(1)直线边界：进出磁场具有对称性，如图所示(2)平行边界：存在临界条件，如图所示(3)圆形边界：沿径向射入必沿径向射出，如图所示【状元笔记】三步解决带电粒子在有界磁场中的运动问题(1)定圆心，画轨迹：根据圆心一定在与速度垂直的直线(洛伦兹力的作用线)上和在轨迹的弦的中垂线上确定圆
32、心，画出轨迹草图；(2)找几何关系，定物理量：构建三角形，利用边角关系或三边关系列几何关系方程，求解轨迹半径；(3)画动态图，定临界状态：对于动态或临界问题依据题目情境确定临界状态，根据半径公式或周期公式求解【即时巩固】如图所示的长方形区域 abcd，长 ad0.6 m，宽ab0.3 m，O、e 分别是 ad、bc 的中点，以 ad 为直径的半圆内有垂直纸面向里的匀强磁场(边界上无磁场)，磁感应强度 B0.25T.一群不计重力、质量为 m3107 kg、电荷量为 q2103 C 的带电粒子以速度 v5102 m/s 沿垂直 ad 的方向垂直磁场射入磁场区域()A从 Od 段射入的粒子，出射点全部分布在 Oa 段B从 Oa 段射入的粒子，出射点全部分布在 ab 边C从 Od 段射入的粒子，出射点分布在 Oa 段和 ab 边D从 Oa 段射入的粒子，出射点分布在 ab 边和 bc 边【解析】粒子在磁场中做匀速圆周运动，在磁场外做匀速直线运动，粒子在磁场中有qvBmv2r，rmvqB 0.3 m从Od段射入的粒子，如果abcd区域均分布磁场，则从O点射入的粒子刚好从b点射出，现半圆外区域没有磁场，粒子射出磁场后做直线运动，出射点在bc边上(如图所示)；从Oa段射入的粒子，出射点分布在ab边和bc边，D正确【答案】D
