考點31磁場對運動電荷的作用

1、考點31磁場對運動電荷的作用第步狂刷小題？夯根底題組一根底小題1. 如下圖，勻強磁場中一個運動的帶電粒子，所受洛倫茲力F的方向水平 向右，那么該粒子所帶電性和運動方向可能是?V?O -F?>V*?t?A .粒子帶負電，向下運動B .粒子帶正電，向左運動C.粒子帶負電，向上運動D .粒子帶正電，向右運動答案A解析 根據(jù)題圖，利用左手定那么，讓磁感線穿過掌心，拇指指向F的方向，那么四指向上，這樣存在兩種可能：粒子帶正電，向上運動；或粒子帶負電，向下運動， 故A正確，B、C、D錯誤。2. 一個帶電粒子在磁場力的作用下做勻速圓周運動，要想確定該帶電粒子的比荷，那么只需要知道A .運動速度v和磁感

2、應強度BB .磁感應強度B和運動周期TC. 軌跡半徑R和運動速度vD. 軌跡半徑R和磁感應強度B解析 帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，由半徑公式R=mV可知，要想確qB答案B定該帶電粒子的比荷，那么只需要知道運動速度V、磁感應強度B和軌跡半徑R，故A、C、D錯誤；由周期公式T =蟄可知，知道磁感應強度 B和運動周期T, qB就可確定帶電粒子的比荷，B正確。3.電子以垂直于勻強磁場的速度侈選電荷量大小為e的V，從a點進入長為t=-t=-vW= BevLd、寬為L的磁場區(qū)域，偏轉后從b點離開磁場，如下圖。假設磁場的磁感應強A?電子在磁場中的運動時間度為B,那么D ?電子在b點的速度大小也為v答案B

3、D故B、D正確，A、 電子由a點到b點的運動時間t ，洛倫解析電子在勻強磁場中做勻速圓周運動，那么電子在 b點的速度大小也為v，C錯誤。4. 如下圖，在x軸上方存在垂直于紙面向里、磁感應強度為B的勻強磁場。帶電粒子從坐標原點0處以速度v沿y軸正方向進入磁場，最后從 P a,O射出磁場，不計粒子重力，該帶電粒子的電性和比荷 m是X * 塚 X 址A ?正電荷 ,b?負電荷，aB答案D解析由題意可知該帶電粒子在勻強磁場中沿順時針方向做勻速圓周運動，根據(jù)左手定那么可知粒子帶負電；由幾何關系得其軌跡半徑為r二|,由牛頓第二定2 |律得qvB= m*，解得n=詁，故D正確。5. 質量和電荷量都相等的帶電

4、粒子 M和N,以不同的速率經(jīng)小孔S垂直進入勻強磁場，運行的半圓軌跡如圖中虛線所示，以下表述正確的選項是XXXflstA . M帶正電，N帶負電B . M的速率小于N的速率C.洛倫茲力對M、N做正功D . M的運行時間等于N的運行時間答案D解析 由左手定那么可判斷出N帶正電，M帶負電，故A錯誤；粒子在磁場中2做勻速圓周運動，根據(jù)洛倫茲力提供向心力，有：qvB= m*，解得帶電粒子的速度大小為=譽，質量與電荷量相等的情況下，半徑大說明速率大，即M的速率大于N的速率，故B錯誤；洛倫茲力始終與粒子的速度方向垂直， 對M、N不做功， 故C錯誤；粒子在磁場中運動半周，即運行時間為周期的一半，而周期為 T

5、=智，可知 M的運行時間等于N的運行時間，故D正確。qB6. 如圖，虛線所示的圓形區(qū)域內存在一垂直于紙面的勻強磁場，P為磁場邊界上的一點。大量相同的帶電粒子以相同的速率經(jīng)過P點，在紙面內沿不同方向射入磁場。假設粒子射入速率為 Vi，這些粒子在磁場邊界的出射點分布在六分之一圓周上；假設粒子射入速率為V2, 相應的出射點分布在三分之一圓周上不計重力B. : 2 :A. '3 : 21C. : 3 : 1D . 3 :. '2答案C解析 相同的帶電粒子垂直勻強磁場入射均做勻速圓周運動。粒子以Vi入射，一端為入射點P,對應圓心角為60 °對應六分之一圓周的弦PP'必為

6、垂直該弦 入射粒子運動軌跡的直徑2ri,如圖甲所示，設圓形區(qū)域的半徑為 R,由幾何1關系知門=2只。其他不同方向以Vi入射的粒子的出射點在PP'對應的圓弧內。同理可知，粒子以V2入射及出射情況如圖乙所示。由幾何關系知2=. R2 R 2 =¥只,可得r2 : ri=J3: 1。因為m、q、B均相同，由公式ufB可得v*r,所以V2 : Vi=;3 :1。7. 多項選擇空間存在方向垂直于紙面向里的勻強磁場，圖中的正方形為其邊界。一細束由兩種粒子組成的粒子流沿垂直于磁場及其左邊界的方向從磁場左邊界的中點O入射。這兩種粒子帶同種電荷，它們的電荷量、質量均不同，但其比荷相同，且都 X

7、 X X X!:X X X x! ! x X x x| X X X XjA . 入射速度不同的粒子在磁場中的運動時間一定不同B ?入射速度相同的粒子在磁場中的運動軌跡一定相同C?在磁場中運動時間相同的粒子，其運動軌跡一定相同D ?在磁場中運動時間越長的粒子，其軌跡所對的圓心角一定越大答案BDmv解析 由于粒子比荷相同，由R=可知，入射速度相同的粒子軌跡半徑相qB同，運動軌跡也必相同，B正確；入射速度不同的粒子在磁場中可能的運動軌跡如下圖，由圖可知，粒子的軌跡直徑不超過磁場邊界邊長一半時，轉過的圓心角都相同，運動時間都為半個周期，由T =鋁可知，這些粒子在磁場中運動的qBn 0 m周期都相同，a

8、、C錯誤；由t=2rT=qB，可知D正確題組二高考小題8. 2021天津高考多項選擇如下圖，在Oxy平面的第一象限內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 廿45。粒子經(jīng)過磁場偏轉后在 N點圖中未 畫出垂直穿過x軸。0M = a,粒子電荷量為q,質量為m,重力不計。那么A .粒子帶負電荷qBaB.粒子速度大小為mC.粒子在磁場中運動的軌道半徑為aD. N與O點相距2+ 1a答案AD解析 由題意知，粒子運動的軌跡如下圖，根據(jù)左手定那么可知，粒子帶負電荷，A正確；由于初速度方向與y軸正方向的夾角9= 45。根據(jù)幾何關系可

9、知/ OMOi =Z OOiM = 45 ° OM = OOi = a，那么粒子在磁場中運動的軌道半徑為 r =2OiM = ' 2a，C錯誤；洛倫茲力提供向心力，有 qvB= m*，解得粒子速度大小為v = 2qBa，B錯誤；N與O點的距離為NO = OOi + r = 2+ 1a，D正確。m9. 2021全國卷U 如圖，邊長為I的正方形abed內存在勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面abed所在平面向外。ab邊中點有一電子發(fā)射源B.11kBIO,可向磁場內沿垂直于ab邊的方向發(fā)射電子。電子的比荷為k。那么從a、dA.1kB|，于kBI55kB|c.知，PkBI：

10、kBI5兩點射出的電子的速度大小分別為 )v2l解析 假設電子從a點射出，運動軌跡如圖線，有 qvaB= mRa，Ra= 4，解得2 qm =羅；假設電子從d點射出，運動軌跡如圖線，有 qvdB= mRd， qBR aVa = m答案R2= RL 2 2+ l2,解得 Vd =呼 =5qBI=Wo B 正確10. 2021全國卷川如圖，在坐標系的第一和第二象限內存在磁感應強度大1小分別為尹和B、方向均垂直于紙面向外的勻強磁場。一質量為m、電荷量為qq>0離開第一象限。粒子在磁場中運動的時間為? ? tr7nm13nm5nqB11nqB答案Bmv解析 帶電粒子在不同磁場中做圓周運動，其速度

11、大小不變，由r= qB知，第一象限內的軌跡圓半徑是第二象限內的軌跡圓半徑的2倍，如下圖，由幾何知識可知，粒子在第二象限內軌跡所對圓心角為90。在第一象限內軌跡所對圓T i 2 nm nm心角為60。粒子在第二象限內運動的時間廿=4=2qm=t子在第一象限 內運動的時間tB=S=2 丁： 2=2nm，那么粒子在磁場中運動的時間t=t +1 =7nm11. 2021全國卷川真空中有一勻強磁場，磁場邊界為兩個半徑分別為a和3a的同軸圓柱面，磁場的方向與圓柱軸線平行，其橫截面如下圖。一速率為v的電子從圓心沿半徑方向進入磁場。電子質量為m,電荷量為e,忽略重力。為使該電子的運動被限制在圖中實線圓圍成的區(qū)

12、域內，磁場的磁感應強度最小為()3mvmvA.2aeB.ae3mv3mC.4aeD.v5ae答案Cmv那么磁感應強度與圓周運動軌跡半徑的關系式為:B=mv即運動軌跡半徑越大,解析 電子在磁場中做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，有evB= my,磁場的磁感應強度越小。電子從圓心沿半徑方向進入磁場，當其恰好不離開圖中實線圓圍成的區(qū)域時，運動軌跡與實線圓相切，此時電子運動軌跡半徑有最大值rmax，如圖所示，其中A點為電子做圓周運動的圓心。由幾何關系可得：(3a rmax) 2=max+ a2，解得rmax= £,那么磁場的磁感應強度最小為Bmin =萬二，故C3ermax 4ae正確。

13、12. (2021全國卷I ) 一勻強磁場的磁感應強度大小為 B,方向垂直于紙面向外，其邊界如圖中虛線所示,為半圓，ac、bd與直徑ab共線，ac間的距離等 于c 點垂直于半圓的半徑。一束質量為 m、電荷量為q (q>0)的粒子，在紙面內從ac射入磁場，這些粒子具有各種速率。不計粒子之間的相互作用。在磁場中運動 最長的粒子，其運動時間為 時間7 nm6qB4nm3qB5nmB4qB3 nmD. 2qB解析 粒子在磁場中做勻速圓周運動可得粒子在磁答案C場中做勻速圓周運動的周期 丁=筆。設粒子在磁場中的運動軌跡對應的圓心角qBA 0 m為0那么粒子在磁場中的運動時間t =T二飛，即粒子在磁場

14、中運動的軌跡對應2 n qB的圓心角越大，運動時間越長。當粒子分別從ac、bd間射出時，在磁場中的軌跡 為半圓，運動時間等于半個周期；當粒子從閽間射出時，在磁場中運動的時間大 于半個出點，由圖可知，軌跡所對的圓心角9= n+ a,由幾何關系可知，a 2 B,貝U 9=n+ 2伍當ce與圓弧相切時，B最大, 如圖乙出射點e在上移動，分析可知，屋的半徑為R,貝U ac =周期。畫出粒子從 圍間射出的任一軌跡，幾何關系可知，B的最大值為 30。那么當c與e的連線設R,由圖乙中的如圖甲，0為軌跡圓心，4 n(max= n+ 2 3nax =, tmax =H 3e為射Qmaxm 4 nm,C正確。題組

15、二模擬小題13. 2021江蘇省蘇、錫、常、鎮(zhèn)四市一模多項選擇如圖甲，用強磁場將百萬度高溫的等離子體等量的正離子和電子約束在特定區(qū)域實現(xiàn)受控核聚變的裝置叫100秒的成績。多托克馬克。我國托克馬克裝置在世界上首次實現(xiàn)了穩(wěn)定運行個磁場才能實現(xiàn)磁約束，其中之一叫縱向場，圖乙為其橫截面的示意圖，越靠管的右側磁場越強，盡管等離子體在該截面上運動的曲率半徑遠小于管的截面半徑，但如果只有縱向場，帶電粒子還會逐步向管壁“漂移，導致約束失敗。不計粒子重力，以下說法正確的選項是 A ?正離子在縱向場中沿逆時針方向運動B ?發(fā)生漂移是因為帶電粒子的速度過大C.正離子向左側漂移，電子向右側漂移D ?正離子向下側漂移，

16、電子向上側漂移答案AD解析 根據(jù)左手定那么可知，正離子在縱向場中沿逆時針方向運動，故A正確；發(fā)生漂移是因為帶電粒子在非均勻磁場中運動的軌跡半徑不同，假設將磁場分為左右兩局部，粒子的運動軌跡如下圖，粒子在左側磁場運動時的軌跡半徑大，在右側磁場運動時的軌跡半徑小，逐漸向邊緣移動，由左手定那么可知，正離子向下側漂移，電子向上側漂移，故D正確，B、C錯誤。/鼻：L* IT f .鼻 jii +rCJPC J14. 2021河北石家莊一模如下圖，在直角三角形abc區(qū)域含邊界內存在 垂直于紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為B，Z a= 60 ° / b = 90。邊長ac= L。一個粒子源在a

17、點將質量為m、電荷量為q的帶正電粒子以大小和方向不 同的速度射入磁場，在磁場中運動時間最長的粒子中，不計重力，速度的最犬值是qBLA -A - 2m/ * k、C '3qBLC 4mB 創(chuàng)肌答案AB 6m解析 沿ab邊界方向射入磁場qBL4m并從ac邊射出磁場的粒子轉過的圓心角最大， 該種粒子在磁場中運動的時間最長，當運動軌跡與be相切時，粒子的速度最大，1該種粒子的運動軌跡如下圖。由題意和幾何關系知ab=qL,四邊形abdO是正1方形，粒子軌道半徑r二1L;粒子做圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qvB2=，解得：vm = qBL，故A正確，B、C、D錯誤。1L m15

18、. 2021安徽蚌埠四模如下圖，半徑為R的圓是一圓柱形勻強磁場區(qū)域 的橫截面紙面，磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面向外，一電荷量為-qq>0 、質量為m的粒子自P點沿與直徑PQ成30°角的方向射入圓形磁場區(qū)域，粒子射出磁場時的運動方向與直徑 PQ垂直，不計粒子的重力，那么粒子的速率和在磁場中運動的時qBR 2 n m， 3qB間分別為qBR 2 n2m， 3qB3qBR 4 nmD.輕，錯 m qBC 2m , 3qB答案B解析 根據(jù)題意畫出粒子的運動軌跡，如圖。根據(jù)幾何知識知粒子的速度偏轉角為120。即/EOP= 120。那么/OPE=/ EPQ= 30。，根據(jù)幾何知識知粒

19、子運2動軌跡的半徑r = R,根據(jù)洛倫茲力提供向心力有：qvB= m音，解得：v=qBR;Rm粒子在磁場中運動的周期T=2jR=2 nm，根據(jù)粒子的速度偏轉角為120 °可知粒v qB子在磁場中運動的時間為t = & 3qB，故B正確，A、C、D錯誤。*: /I ?IfM M 和F/? V16. 2021山西呂梁一模多項選擇如下圖，在熒屏 MN上方分布了水平方向 的勻強磁場，方向垂直紙面向里。距離熒屏d處有一粒子源S,能夠在紙面內不斷地向各個方向同時發(fā)射電荷量為q、質量為m、速度為v的帶正電粒子，不計粒子的重力，粒子做圓周運動的半徑也恰好為d,那么XXXXX:囂XXKX:XX

20、XKX X£X5*：M XA ?粒子能打到熒屏上的區(qū)域長度為2 .3db?能打到熒屏上最左側的粒子所用的時間為nd7D ?同一時刻發(fā)射的粒子打到熒屏上的最大時間差為皿6、 c?粒子從發(fā)射到打到熒屏上的最長時間為嚴根據(jù)幾何關系知，帶電解析打在熒屏上粒子軌跡的臨界狀態(tài)如圖甲所示答案BD粒子能打到熒屏上的長度為：1 = R+ .3R= 1+ ,3R= 1+ 3d，A 錯誤；由圖甲可知，能打到熒屏上最左側的粒子偏轉了半個周期，故所用的時間為：t= 22 ndnd又因為T=，解得：t=，故B正確；能打到熒屏上，在磁場中運動時間最vv長優(yōu)弧1和最短劣弧2的粒子運動軌跡如圖乙所示，因為粒子做圓周運

21、動的周2 nd1期為T=，由幾何關系可知，粒子從發(fā)射到打到熒屏上的最短時間為：上2=不v6-JQ Q -J二3d ； ，最長時間為：ti=4 丁 =丙，根據(jù)題意得同一時刻發(fā)射的粒子打到熒屏上的JiJbJE!It1VX 屯X K X X Xflai'>.'M 3( MJI M M X/IXLr 址 置 V V V W V 累X K 34： X 冥 L X ' X X X yjr T冒p*巴1*>n1/，'空“土上乂乜上.X WW J V W y > JfJf1 抵V v最大時1可差4 t1 -t2=6v，故C錯誤，D正確。17. 2021黑龍江大

22、慶第二次質檢多項選擇如下圖，邊長為L的等邊三角形為:t1 t2ABC區(qū)域內有垂直于紙面向外的勻強磁場，D為AB邊的中點，一個質量為荷量為q的帶電粒子平行BC邊從D點射入磁場，粒子的速度大小為Vo,且剛好垂直BC邊射出磁場。不計粒子的重力，以下說法正確的選項是A .該粒子帶正電2mvoB .勻強磁場的磁感應強度大小為 BAqAC.假設只改變該粒子射入磁場的速度大小，那么粒子一定不能從C點射出磁場D.假設只改變該粒子射入磁場的速度方向,.3走那么粒子可以從AC邊射出磁場，且在磁場中運動的時間可能是12v o答案AD解析 根據(jù)題意，畫出粒子的運動軌跡如圖甲所示，根據(jù)左手定那么可知該粒Ri子帶正電，故

23、A正確。根據(jù)幾何知識可知，粒子在磁場中做圓周運動的半徑=2sin60丄斗3L,根據(jù)洛倫茲力提供向心力有：qBvo= mRi，所以勻強磁場的磁 感應 強度大小為B=43qm v0，故B錯誤。假設只改變該粒子射入磁場的速度大小，假設粒子能從C點射出磁場，畫出軌跡如圖乙，設軌跡半徑為R2,由幾何關系可 知，R2乎L2+ L-L 2= R2，此方程有解且R2=¥.，貝U粒子能從C點射出磁 場，故C錯誤。假設只 改變該粒子射入磁場的速度方向，甲圖中的軌跡圓繞D點旋轉，沿逆時針方向最大可轉過 60角，由幾何關系可知，軌跡圓可與 AC邊相交，那么粒 子可以從AC邊射出磁場；畫出粒子沿 DA方向入射

24、的臨界軌跡如圖丙所示，由幾何關系可知DC= 2Ri,貝u DC中點Oi為軌跡圓心，那么/ DOiF = 60°沿DA方向入射的粒 子在磁場中運動的時間tmin二歸収=，故。正確。vo12vo第2 步精做大題*提能力題組一根底大題18. 如下圖，虛線圓所圍區(qū)域有方向垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應 強度為B。一束電子沿圓形區(qū)域的直徑方向以速度 v射入磁 場，電子束經(jīng)過磁場 區(qū)域后，其運動方向與原入射方向成B角。設電子質量為m,電荷量為e,不計電子之間的相互作用丿J及所受的電丿匚求:(1)電子在磁場中運動軌跡的半徑R;(2)電子在磁場中運動的時間t;圓形磁場區(qū)域的半徑r。答案 mv m

25、0 mv 02 mv 解析 (1)由牛頓第二定律和洛倫茲力公式得Rmv解得 二mB。(2)設電子在磁場中做勻速圓周運動的周期為T, mB mB mvtan20 m所以 t=27=Qb由如下圖的幾何關系得，電子的運動軌跡所對的圓心角所以Rta n2 =mv 0eBta n2x/f Kk- n由幾何關系可知，tan2R,19. 如圖，直角坐標系第I、U象限存在方向垂直于紙面向里的勻強磁場，L)射入，一質量為m、電荷量為q(q>0)的粒子在紙面內以速度v從y軸上的A點(0, 其方向與x軸正方向夾角為30。粒子離開磁場后能回到 A點(不計重力)I(1)磁感應強度 B 的大小 ;12+ 10 .&

26、#39;3 nl_答案 谿3v粒子從A點出發(fā)到再回到A點的時間Lta由幾何關系知軌跡半n60解析(1)根據(jù)運動的對稱性，粒子的運動軌跡如下圖洛倫茲力提供向心力：2qvB= m*聯(lián)立解得：B = f下6qLLti_2X 引嘰 4Lv v(2)粒子做勻速直線運動的時間: 粒子在磁場中偏轉了 300。所用時間:t2 =2 nX 2>/3L _ 1 朋 nv _ 3v那么粒子從A點出發(fā)到再回到A點的時間:12+ 1A/3 nLt_t1+12_3v。題組二高考大題20. (2021全國卷U )如圖，在OW xv h, %<y< + a區(qū)域中存在方向垂直于 紙面 的勻強磁場，磁感應強度

27、B的大小可調，方向不變。一質量為m、電荷量為q(q>0)的粒子以速度V。從磁場區(qū)域左側沿x軸進入磁場，不計重力。(1) 假設粒子經(jīng)磁場偏轉后穿過y軸正半軸離開磁場，分析說明磁場的方向，并求在這種情況下磁感應強度的最小值Bm ；LB pm(2) 如果磁感應強度大小為B，粒子將通過虛線所示邊界上的一點離開磁場。求粒子在該點的運動方向與x軸正方向的夾角及該點到x軸的距離。答案(i)磁場方向垂直于紙面向里-qhn(2)6 & ,3)h解析(1)由題意可知，粒子剛進入磁場時受到沿y軸正方向的洛倫茲力，由左手定那么可知，磁場方向垂直于紙面向里。設粒子在磁場中做圓周運動的半徑為R,根據(jù)洛倫茲力

28、公式和圓周運動規(guī)律，有2vqvoB= m由此可得R=qB粒子從磁場區(qū)域左側沿x軸進入磁場，穿過y軸正半軸離開磁場，故其在磁場中做圓周運動的圓心在y軸正半軸上，半徑應滿足 R< hmvoBm =qh°由題意可知,當磁感應強度大小為 Bm時，粒子的運動半徑最大，由此可得假設磁感應強度大小為Bm，粒子做圓周運動的圓心仍在 y軸正半軸上，由式可得，此時粒子的運動半徑為R' = 2hP點的運動方粒子會通過圖中P點離開磁場，運動軌跡如下圖。設粒子在向與x軸正方向的夾角為a,由幾何關系有Si na= 2h= 1 即a n由幾何關系可得，P點到x軸的距離為y= 2h(1 cos&quo

29、t;聯(lián)立式得y= 2 '3h。2tilT舟'A:hJf21. 2021全國卷I 如圖，在直角三角形OPN區(qū)域內存在勻強磁場，磁感應 強 度大小為B、方向垂直于紙面向外。一帶正電的粒子從靜止開始經(jīng)電壓 U加速后，沿 平行于x軸的方向射入磁場；一段時間后，該粒子在 OP邊上某點以垂直 于x軸的方 向射出。O點為坐標原點，N點在y軸上，OP與x軸的夾角為30。粒子進入磁 場的入射點與離開磁場的出射點之間的距離為 d，不計重力。求1 *X1帶電粒子的比荷；2帶電粒子從射入磁場到運動至 x軸的時間。答案嚼BUn+h解析1設帶電粒子的質量為 m，電荷量為q，加速后的速度大小為 V。由1動能

30、定理有qU = 2mv2設粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為r，由洛倫茲力公式和牛頓第二定2律有qvB= m*粒子運動的軌跡如圖由幾何關系知d= '2r聯(lián)立式得m二霽n(2)由幾何關系知，帶電粒子從射入磁場到運動至x軸所經(jīng)過的路程為+rtan30 帶電粒子從射入磁場到運動至x軸的時間為t=*聯(lián)立式得t二Bjjj n+ 33o題組三模擬大題22. (2021河南省開封市三模)如下圖，兩條直線 MN與PQ所夾區(qū)域內有兩 個 不同的勻強磁場，磁場的直線邊界 00'與MN和PQ均垂直。一質量為m、電荷量為q 的帶電粒子以某一初速度垂直 MN射入磁場Bi，受磁場力的作用，最終 垂直于邊界

31、PQ 且從O' Q段射出。兩磁場的磁感應強度大小分別為 Bi =m/s不計粒子重力，求:呼£B2=2 °qm(各物理量單位均為國際單位制中的單位)，粒子進入磁場的初 速度為v = 20 n(1) 粒子在兩磁場中運動的最短時間；(2) MN與PQ之間的最短距離答案(1)0.015 s (2)0.6 mT1解析(1)當粒子在磁場中的運動軌跡如下圖時，粒子在兩磁場中的運動時間最短。粒子在兩磁場中做圓周運動的周期分別為2 nm tqB?,由幾何關系可知，此種情況下帶電粒子在兩磁場中的運動時間分別為:t1 =11Tl , t2= 2 丁 2,那么粒子在兩磁場中運動的最短時間為：tmin = tl+ t2,代入數(shù)據(jù)解得：tmin = 0.015 So1/f)| X X(2)粒子在磁場中做圓周運動，洛倫茲力提供向心力2 2由牛頓第二定律得：qvBi = mA, qvB2= mA,分析知，帶電粒子在磁場中按如下圖情景運動時 代入數(shù)據(jù)解得：ri = 0.2 m , r2= 0.1 m。,最短距離為:MN與PQ間的距離最Lmin = 2(ri +2)= 0.6 m。23. (2021浙江臺州4月模擬)如下圖，在I、U、直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B,在原點m三個象限的空間存在垂O處有一粒子源在紙面內向第I象限與x軸正方向成一定角度未知)的方向以不