第八章第2課時

1、第2課時磁場對運動電荷的作用考綱解讀 1.會計算洛倫茲力的大小，并能判斷其方向.2.掌握帶電粒子在勻強磁場中的勻速圓周運動，并能解決確定圓心、半徑、運動軌跡、周期、運動時間等相關(guān)問題1對洛倫茲力的理解帶電荷量為q的粒子在勻強磁場中運動，下列說法中正確的是()A只要速度大小相同，所受洛倫茲力就相同B如果把q改為q，且速度反向，大小不變，則洛倫茲力的大小、方向均不變C洛倫茲力方向一定與電荷速度方向垂直，磁場方向一定與電荷運動方向垂直D粒子在只受到洛倫茲力作用下運動的動能、速度均不變答案B解析因為洛倫茲力的大小不但與粒子速度大小有關(guān)，而且與粒子速度的方向有關(guān)，如當粒子速度與磁場垂直時FqvB，當粒子

2、速度與磁場平行時F0.又由于洛倫茲力的方向永遠與粒子的速度方向垂直，因而速度方向不同時，洛倫茲力的方向也不同，所以A選項錯因為q改為q且速度反向，由左手定則可知洛倫茲力方向不變，再由FqvB知大小也不變，所以B選項正確因為電荷進入磁場時的速度方向可以與磁場方向成任意夾角，所以C選項錯因為洛倫茲力總與速度方向垂直，因此，洛倫茲力不做功，粒子動能不變，但洛倫茲力可改變粒子的運動方向，使粒子速度的方向不斷改變，所以D選項錯2洛倫茲力的大小計算與方向判定如圖1所示，勻強磁場的磁感應(yīng)強度均為B，帶電粒子的速率均為v，帶電荷量均為q.試求出圖中帶電粒子所受洛倫茲力的大小，并指出洛倫茲力的方向 圖1答案甲：

3、因vB，所以FqvB，方向與v垂直斜向上乙：v與B的夾角為30，F(xiàn)qvBsin 30qvB，方向垂直紙面向里丙：由于v與B平行，所以電荷不受洛倫茲力，F(xiàn)0?。簐與B垂直，F(xiàn)qvB，方向與v垂直斜向上3帶電粒子在磁場中運動軌跡的確定試畫出圖2中幾種情況下帶電粒子的運動軌跡圖2答案4.帶電粒子在有界勻強磁場中運動圓心的確定和時間的確定如圖3所示，半徑為r的圓形空間內(nèi)，存在著垂直于紙面向里的勻強磁場，一個帶電粒子(不計重力)從A點以速度v0垂直于磁場方向射入磁場中，并從B點射出，若AOB120，則該帶電粒子在磁場中運動的時間為()圖3A. B.C. D.答案D解析畫出帶電粒子進、出磁場時速度方向的垂

4、線交于O點，O點即為粒子做圓周運動軌跡的圓心，如圖所示連接OO，設(shè)軌跡半徑為R，由幾何關(guān)系可知帶電粒子在磁場中運動的軌跡半徑Rrtan 60r.因為AOB120，故AOB60，運動時間tT，D正確一、洛倫茲力1洛倫茲力：磁場對運動電荷的作用力叫洛倫茲力2洛倫茲力的方向(1)判定方法左手定則：掌心磁感線垂直穿入掌心；四指指向正電荷運動的方向或負電荷運動的反方向；大拇指指向洛倫茲力的方向(2)方向特點：FB，F(xiàn)v，即F垂直于B和v決定的平面(注意：洛倫茲力不做功)3洛倫茲力的大小(1)vB時，洛倫茲力F0.(0或180)(2)vB時，洛倫茲力FqvB.(90)(3)v0時，洛倫茲力F0.二、帶電粒

5、子在勻強磁場中的運動1若vB，帶電粒子不受洛倫茲力，在勻強磁場中做勻速直線運動2若vB，帶電粒子僅受洛倫茲力作用，在垂直于磁感線的平面內(nèi)以入射速度v做勻速圓周運動 考點一洛倫茲力和電場力性質(zhì)比較洛倫茲力電場力性質(zhì)磁場對在其中運動的電荷的作用力電場對放入其中電荷的作用力產(chǎn)生條件v0且v不與B平行電場中的電荷一定受到電場力作用大小FqvB(vB)FqE力方向與場方向的關(guān)系一定是FB，F(xiàn)v，還與電荷電性有關(guān)正電荷受力與電場方向相同，負電荷受力與電場方向相反做功情況任何情況下都不做功可能做正功、負功，也可能不做功力為零時場的情況F為零，B不一定為零F為零，E一定為零作用效果只改變電荷運動的速度方向，不

6、改變速度大小既可以改變電荷運動的速度大小，也可以改變電荷運動的方向例1在如圖4所示寬度范圍內(nèi)，用場強為E的勻強電場可使初速度為v0的某種正粒子偏轉(zhuǎn)角在同樣寬度范圍內(nèi)，若改用方向垂直于紙面向外的勻強磁場(圖中未畫出)，使該粒子穿過該區(qū)域，并使偏轉(zhuǎn)角也為(不計粒子的重力)，問：圖4(1)勻強磁場的磁感應(yīng)強度是多大？(2)粒子穿過電場和磁場的時間之比是多大？解析(1)設(shè)寬度為L.當只有電場存在時，帶電粒子做類平拋運動水平方向上：Lv0t，豎直方向上：vyattan 當只有磁場存在時，帶電粒子做勻速圓周運動，半徑為R，如圖所示，由幾何關(guān)系可知sin ，R聯(lián)立解得B.(2)粒子在電場中運動時間t1在磁場

7、中運動時間t2T所以.答案(1)(2)帶電粒子在電、磁場中運動的區(qū)別(1)帶電粒子在勻強電場中常做類平拋運動，可采用運動的分解的方法來分析(2)帶電粒子在勻強磁場中常做勻速圓周運動，可采用勻速圓周運動的相關(guān)規(guī)律分析突破訓練1帶電粒子以初速度v0從a點垂直y軸進入勻強磁場，如圖5所示運動中經(jīng)過b點，OaOb，若撤去磁場加一個與y軸平行的勻強電場，仍以v0從a點垂直y軸進入電場，粒子仍能通過b點，那么電場強度E與磁感應(yīng)強度B之比為()圖5Av0 B1 C2v0 D.答案C解析帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，O為圓心，故OaObr 帶電粒子在勻強電場中做類平拋運動，故Obv0tOat2 由得2v

8、0，故選項C對考點二帶電粒子在勻強磁場中的運動1圓心的確定(1)已知入射點、出射點、入射方向和出射方向時，可通過入射點和出射點分別作垂直于入射方向和出射方向的直線，兩條直線的交點就是圓弧軌道的圓心(如圖6甲所示，P為入射點，M為出射點)圖6(2)已知入射方向、入射點和出射點的位置時，可以通過入射點作入射方向的垂線，連接入射點和出射點，作其中垂線，這兩條垂線的交點就是圓弧軌跡的圓心(如圖乙所示，P為入射點，M為出射點)2半徑的確定可利用物理學公式或幾何知識(勾股定理、三角函數(shù)等)求出半徑大小3運動時間的確定粒子在磁場中運動一周的時間為T，當粒子運動的圓弧所對應(yīng)的圓心角為時，其運動時間表示為：tT

9、(或t)例2(2013課標18)如圖7，半徑為R的圓是一圓柱形勻強磁場區(qū)域的橫截面(紙面)，磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直于紙面向外一電荷量為q(q0)、質(zhì)量為m的粒子沿平行于直徑ab的方向射入磁場區(qū)域，射入點與ab的距離為，已知粒子射出磁場與射入磁場時運動方向間的夾角為60，則粒子的速率為(不計重力)()圖7A. B.C. D.解析如圖所示，粒子做圓周運動的圓心O2必在過入射點垂直于入射速度方向的直線EF上，由于粒子射入、射出磁場時運動方向間的夾角為60，故圓弧ENM對應(yīng)圓心角為60，所以EMO2為等邊三角形由于O1D，所以EO1D60，O1ME為等邊三角形，所以可得到粒子做圓周運動的半徑EO

10、2O1ER，由qvB，得v，B正確答案B 帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動解題“三步法”(1)畫軌跡：即確定圓心，畫出運動軌跡(2)找聯(lián)系：軌道半徑與磁感應(yīng)強度、運動速度的聯(lián)系，偏轉(zhuǎn)角度與圓心角、運動時間的聯(lián)系，在磁場中的運動時間與周期的聯(lián)系(3)用規(guī)律：即牛頓運動定律和圓周運動的規(guī)律，特別是周期公式、半徑公式突破訓練2(2013廣東理綜21)如圖8，兩個初速度大小相同的同種離子a和b，從O點沿垂直磁場方向進入勻強磁場，最后打到屏P上，不計重力，下列說法正確的有()圖8Aa、b均帶正電Ba在磁場中飛行的時間比b的短Ca在磁場中飛行的路程比b的短Da在P上的落點與O點的距離比b的近答案AD解析

11、此題考查的是“定心判徑畫軌跡”，a、b粒子做圓周運動的半徑都為R，畫出軌跡如圖所示，圓O1、O2分別為b、a軌跡，a在磁場中轉(zhuǎn)過的圓心角大，由tT和軌跡圖可知A、D選項正確例3如圖9所示，在一個圓形區(qū)域內(nèi)，兩個方向相反且都垂直于紙面的勻強磁場分布在以直徑A2A4為邊界的兩個半圓形區(qū)域、中，A2A4與A1A3的夾角為60.一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的粒子以某一速度從區(qū)的邊緣點A1處沿與A1A3成30角的方向射入磁場，隨后該粒子沿垂直于A2A4的方向經(jīng)過圓心O進入?yún)^(qū)，最后再從A4處射出磁場已知該粒子從射入到射出磁場所用的時間為t，求：圖9(1)畫出粒子在磁場和中的運動軌跡；(2)粒子在磁場和中的軌道

12、半徑R1和R2的比值；(3)區(qū)和區(qū)中磁感應(yīng)強度的大小(忽略粒子重力)解析(1)畫出粒子在磁場和中的運動軌跡如圖所示(2)設(shè)粒子的入射速度為v，已知粒子帶正電，故它在磁場中先順時針做圓周運動，再逆時針做圓周運動，最后從A4點射出，用B1、B2、R1、R2、T1、T2分別表示在磁場、區(qū)的磁感應(yīng)強度、軌道半徑和周期設(shè)圓形區(qū)域的半徑為r，已知帶電粒子過圓心且垂直A2A4進入?yún)^(qū)磁場，連接A1A2，A1OA2為等邊三角形，A2為帶電粒子區(qū)磁場中運動軌跡的圓心，其半徑R1A1A2OA2r在區(qū)磁場中運動的半徑R2即21(3)qvB1mqvB2mT1T2圓心角A1A2O60，帶電粒子在區(qū)磁場中運動的時間為t1T

13、1在區(qū)磁場中運動時間為t2T2帶電粒子從射入到射出磁場所用的總時間tt1t2由以上各式可得B1B2答案見解析突破訓練3如圖10所示，在某空間實驗室中，有兩個靠在一起的等大的圓柱形區(qū)域，分別存在著等大反向的勻強磁場，磁感應(yīng)強度B0.10 T，磁場區(qū)域半徑r m，左側(cè)區(qū)域圓心為O1，磁場方向垂直紙面向里，右側(cè)區(qū)域圓心為O2，磁場方向垂直紙面向外，兩區(qū)域切點為C.今有一質(zhì)量為m3.21026 kg、帶電荷量為q1.61019 C的某種離子，從左側(cè)區(qū)域邊緣的A點以速度v1106 m/s正對O1的方向垂直射入磁場，它將穿越C點后再從右側(cè)區(qū)域穿出求：圖10(1)該離子通過兩磁場區(qū)域所用的時間；(2)離子離

14、開右側(cè)區(qū)域的出射點偏離最初入射方向的側(cè)移距離為多大？(側(cè)移距離指在垂直初速度方向上移動的距離)答案(1)4.19106 s(2)2 m解析(1)離子在磁場中做勻速圓周運動，在左、右兩區(qū)域的運動軌跡是對稱的，如圖所示，設(shè)軌跡半徑為R，圓周運動的周期為T由牛頓第二定律有qvBm又T聯(lián)立得：RT將已知數(shù)據(jù)代入得R2 m由軌跡圖知tan ，即則通過兩磁場區(qū)域所用的時間t2T聯(lián)立并代入已知數(shù)據(jù)得t s4.19106 s(2)在圖中過O2向AO1作垂線，聯(lián)立軌跡對稱關(guān)系知側(cè)移距離d2rsin 2將已知數(shù)據(jù)代入得d2sin m2 m37.帶電粒子在勻強磁場中運動的臨界和極值問題1臨界問題的分析思路臨界問題的

15、分析對象是臨界狀態(tài)，臨界狀態(tài)就是指物理現(xiàn)象從一種狀態(tài)變化成另一種狀態(tài)的中間過程，這時存在著一個過渡的轉(zhuǎn)折點，此轉(zhuǎn)折點即為臨界狀態(tài)點與臨界狀態(tài)相關(guān)的物理條件則稱為臨界條件，臨界條件是解決臨界問題的突破點臨界問題的一般解題模式為：(1)找出臨界狀態(tài)及臨界條件；(2)總結(jié)臨界點的規(guī)律；(3)解出臨界量2帶電體在磁場中的臨界問題的處理方法帶電體進入有界磁場區(qū)域，一般存在臨界問題，處理的方法是尋找臨界狀態(tài)，畫出臨界軌跡：(1)帶電體在磁場中，離開一個面的臨界狀態(tài)是對這個面的壓力為零(2)射出或不射出磁場的臨界狀態(tài)是帶電體運動的軌跡與磁場邊界相切例4如圖11所示，有一個磁感應(yīng)強度為B、方向垂直紙面向里的范

16、圍足夠大的勻強磁場，在磁場中的O點有一個粒子源，能向紙面內(nèi)各個方向連續(xù)不斷地均勻發(fā)射速率為v、比荷為k的帶正電粒子，PQ是垂直紙面放置且厚度不計的擋板，擋板的P端與O點的連線跟擋板垂直帶電粒子的重力以及粒子間的相互作用力忽略不計圖11(1)為了使帶電粒子不打在擋板上，粒子源到擋板的距離d應(yīng)滿足什么條件？(2)若粒子源到擋板的距離d，且已知沿某一方向射出的粒子恰好經(jīng)過擋板的P點后最終又打在擋板上，求這個粒子從O點射出時的速度方向；(3)若粒子源到擋板的距離d，粒子打到擋板左、右表面上的長度之比是多少？審題與關(guān)聯(lián)解析(1)設(shè)帶電粒子的質(zhì)量為m，帶電荷量為q，在磁場中做圓周運動的軌道半徑為r，則由洛

17、倫茲力充當向心力得：qvBm由題意得：k由題意分析可知，為了使帶電粒子不打在擋板上，d應(yīng)滿足：d2r由解得：d(2)如圖所示，設(shè)粒子速度方向與OP連線的夾角為時，粒子恰好經(jīng)過擋板的P點后最終又打在擋板右表面的N點由幾何關(guān)系可知：OPN為直角三角形，ON為粒子圓周運動的直徑由于d和可得：rd所以由幾何關(guān)系可得：30(3)粒子打到擋板左、右表面離P最遠時的示意圖如圖所示由圖可知，粒子打到擋板左表面的長度為：PMr粒子打到擋板右表面的長度為：PN2rcos 30由得，粒子打到擋板左、右表面上的長度之比為答案(1)d(2)與OP連線成30角斜向右下(3)高考題組1(2013新課標17)空間有一圓柱形勻

18、強磁場區(qū)域，該區(qū)域的橫截面的半徑為R，磁場方向垂直橫截面一質(zhì)量為m、電荷量為q(q0)的粒子以速率v0沿橫截面的某直徑射入磁場，離開磁場時速度方向偏離入射方向60.不計重力，該磁場的磁感應(yīng)強度大小為()A. B. C. D.答案A解析若磁場方向向外，帶電粒子在磁場中的運動軌跡如圖所示，由幾何關(guān)系知rR.根據(jù)洛倫茲力提供向心力得：qv0Bm解得B.若磁場方向向里可得到同樣的結(jié)果，選項A正確2(2012江蘇單科9)如圖12所示，MN是磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場的邊界一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子在紙面內(nèi)從O點射入磁場若粒子速度為v0，最遠能落在邊界上的A點下列說法正確的有()圖12A若粒子落在A點的左

19、側(cè)，其速度一定小于v0B若粒子落在A點的右側(cè)，其速度一定大于v0C若粒子落在A點左右兩側(cè)d的范圍內(nèi)，其速度不可能小于v0D若粒子落在A點左右兩側(cè)d的范圍內(nèi)，其速度不可能大于v0答案BC解析帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，qv0B，所以r，當帶電粒子從不同方向由O點以速度v0進入勻強磁場時，其軌跡是半徑為r的圓，軌跡與邊界的交點位置最遠是離O點2r的距離，即OA2r，落在A點的粒子從O點垂直入射，其他粒子則均落在A點左側(cè)，若落在A點右側(cè)則必須有更大的速度，選項B正確若粒子速度雖然比v0大，但進入磁場時與磁場邊界夾角過大或過小，粒子仍有可能落在A點左側(cè)，選項A、D錯誤若粒子落在A點左右兩側(cè)d的范圍

20、內(nèi)，設(shè)其半徑為r，則r，代入r，r，解得vv0，選項C正確3.(2013天津理綜11)一圓筒的橫截面如圖13所示，其圓心為O.筒內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B.圓筒下面有相距為d的平行金屬板M、N，其中M板帶正電荷，N板帶等量負電荷質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子自M板邊緣的P處由靜止釋放，經(jīng)N板的小孔S以速度v沿半徑SO方向射入磁場中粒子與圓筒發(fā)生兩次碰撞后仍從S孔射出，設(shè)粒子與圓筒碰撞后速度反向且沒有動能損失，電荷量保持不變，在不計重力的情況下，求：圖13(1)M、N間電場強度E的大?。?2)圓筒的半徑R；(3)保持M、N間電場強度E不變，僅將M板向上平移d，粒子仍從M板邊緣

21、的P處由靜止釋放，粒子自進入圓筒至從S孔射出期間，與圓筒的碰撞次數(shù)n.答案(1)(2)(3)3解析(1)設(shè)兩板間的電壓為U，由動能定理得qUmv2由勻強電場中電勢差與電場強度的關(guān)系得UEd聯(lián)立式可得E(2)粒子進入磁場后做勻速圓周運動，運用幾何關(guān)系做出圓心O、半徑r.設(shè)第一次碰撞點為A，由于粒子與圓筒發(fā)生兩次碰撞又從S孔射出，因此，SA弧所對的圓心角AOS等于.由幾何關(guān)系得rRtan 粒子運動過程中洛倫茲力充當向心力，由牛頓第二定律，得qvBm聯(lián)立式得R(3)保持M、N間電場強度E不變，M板向上平移d后，設(shè)板間電壓為U，則U設(shè)粒子進入S孔時的速度為v，由式看出綜合式可得vv設(shè)粒子做圓周運動的半

22、徑為r，則r設(shè)粒子從S到第一次與圓筒碰撞期間的軌跡所對圓心角為，比較兩式得到rR，可見粒子須經(jīng)過四個這樣的圓弧才能從S孔射出，故n3模擬題組4.如圖14所示，ABC為與勻強磁場垂直的邊長為a的等邊三角形，比荷為的電子以速度v0從A點沿AB邊入射，欲使電子經(jīng)過BC邊，磁感應(yīng)強度B的取值為()圖14AB BB DB 答案D解析由題意，如圖所示，電子正好經(jīng)過C點，此時圓周運動的半徑R ，要想電子從BC邊經(jīng)過，電子做圓周運動的半徑要大于，由帶電粒子在磁場中運動的公式r有，即Bx2 Bt1t2Cv1和v2大小相等 Dv1和v2方向相同答案ABC解析當桌面右邊存在磁場時，由左手定則可知，帶正電的小球在飛行

23、過程中受到斜向右上方的洛倫茲力作用，此力在水平方向上的分量向右，豎直分量向上，因此小球水平方向上存在加速度，豎直方向上的加速度at2，x1x2，A、B對；又因為洛倫茲力不做功，故C對；兩次小球著地時速度方向不同，D錯3.用絕緣細線懸掛一個質(zhì)量為m、帶電荷量為q的小球，讓它處于如圖3所示的磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中由于磁場的運動，小球靜止在如圖所示位置，這時懸線與豎直方向的夾角為，并被拉緊，則磁場的運動速度和方向可能是()圖3Av，水平向左 Bv，豎直向下Cv，豎直向上 Dv，水平向右答案C解析根據(jù)運動的相對性，帶電小球相對于磁場的速度與磁場相對于小球(相對地面靜止)的速度大小相等、方向相反洛倫

24、茲力FqvB中的v是相對于磁場的速度根據(jù)力的平衡條件可以得出，當小球相對磁場以速度v豎直向下運動或以速度v水平向右運動時，帶電小球都能處于靜止狀態(tài)，但小球處于后者的狀態(tài)時，懸線不受拉力，不會被拉緊，故本題選C.題組2帶電粒子在有界磁場中的運動4如圖4所示，在一矩形區(qū)域內(nèi)，不加磁場時，不計重力的帶電粒子以某一初速度垂直左邊界射入，穿過此區(qū)域的時間為t.若加上磁感應(yīng)強度為B、垂直紙面向外的勻強磁場，帶電粒子仍以原來的初速度入射，粒子飛出磁場時偏離原方向60，利用以上數(shù)據(jù)可求出下列物理量中的()圖4A帶電粒子的比荷B帶電粒子在磁場中運動的周期C帶電粒子的初速度D帶電粒子在磁場中運動的半徑答案AB解析

25、由帶電粒子在磁場中運動的偏轉(zhuǎn)角，可知帶電粒子運動軌跡所對應(yīng)的圓心角為60，因此由幾何關(guān)系得磁場寬度lrsin 60sin 60，又未加磁場時有l(wèi)v0t，所以可求得比荷，A項對；周期T也可求出，B項對；因初速度未知，所以C、D項錯5.如圖5所示是某粒子速度選擇器截面的示意圖，在一半徑為R10 cm的圓柱形桶內(nèi)有B104 T的勻強磁場，方向平行于軸線，在圓柱桶某一截面直徑的兩端開有小孔，作為入射孔和出射孔粒子束以不同角度入射，最后有不同速度的粒子束射出現(xiàn)有一粒子源發(fā)射比荷為21011 C/kg的正粒子，粒子束中速度分布連續(xù)當角45時，出射粒子速度v的大小是()圖5A.106 m/s B2106 m

26、/sC2108 m/s D4106 m/s答案B解析由題意知，粒子從入射孔以45角射入勻強磁場，粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動能夠從出射孔射出的粒子剛好在磁場中運動周期，由幾何關(guān)系知rR，又r，解得v2106 m/s.6一帶電粒子質(zhì)量為m，電荷量為e，它以某一速度沿直徑方向射入圓筒形磁場區(qū)域(半徑為r)，速度方向和磁場方向垂直，磁感應(yīng)強度為B，設(shè)粒子和圓筒壁的碰撞沒有能量和電荷量損失，可看作完全彈性碰撞試問，要使粒子從原入口處返回，粒子在磁場中運動的最短時間是多少？如果粒子在磁場中運動的時間最短，此時，粒子射入時的速度為多大？答案解析很顯然，粒子在磁場中運動與圓筒壁碰撞的次數(shù)越少，所需的時間也

27、就越短，而碰一次是不可能的，因此，最少是碰兩次，如圖所示在四邊形AOBD中，A點和B點的位置已確定，且A、B、C三點等分圓周，可知AOB為，又OAD和OBD均為直角，故ADB為.把三段加起來，該粒子在圓筒內(nèi)運動的偏轉(zhuǎn)角之和等于，故運動時間為半個周期.由幾何關(guān)系知Rtan r即Rr由Bevm知R，所以v.題組3帶電粒子在磁場中運動的臨界問題7在真空中，半徑r3102 m的圓形區(qū)域內(nèi)有勻強磁場，方向如圖6所示，磁感應(yīng)強度B0.2 T，一個帶正電的粒子以初速度v01106 m/s從磁場邊界上直徑ab的一端a點射入磁場，已知該粒子的比荷1108 C/kg，不計粒子重力圖6(1)求粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑；(2)若要使粒子飛離磁場時有最大偏轉(zhuǎn)角，求入射時v0與ab的夾角及粒子的最大偏轉(zhuǎn)角答案(1)5102 m(2)3774解析(1)粒子射入磁場后，由于不計重力，所以洛倫茲力提供圓周運動需要的向心力，根據(jù)牛頓第二定律有qv0BmR5102 m.(2)粒子在圓形磁場區(qū)域內(nèi)的運動軌跡為一段半徑R5 cm的圓弧，要使偏轉(zhuǎn)角最大，就要求這段圓弧對應(yīng)的弦最長，即為圓形區(qū)域的直徑，粒子運動軌跡的圓心O在ab弦的中垂線上，如圖所示由幾何關(guān)系可知sin 0