2025新課改-高中物理-選修第2冊（16講）03A帶電粒子在勻強磁場中的運動基礎版帶電粒子在勻強磁場中的運動知識點：帶電粒子在勻強磁場中的運動一、帶電粒子在勻強磁場中的運動1．若v∥B，帶電粒子以速度v做勻速直線運動，其所受洛倫茲力F＝0.2．若v⊥B，此時初速度方向、洛倫茲力的方向均與磁場方向垂直，粒子在垂直于磁場方向的平面內運動．(1)洛倫茲力與粒子的運動方向垂直，只改變粒子速度的方向，不改變粒子速度的大小．(2)帶電粒子在垂直于磁場的平面內做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力．二、帶電粒子在磁場中做圓周運動的半徑和周期1．由qvB＝meq\f(v2,r)，可得r＝eq\f(mv,qB).2．由r＝eq\f(mv,qB)和T＝eq\f(2πr,v)，可得T＝eq\f(2πm,qB).帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的周期與軌道半徑和運動速度無關．技巧點撥一、帶電粒子在勻強磁場中運動的基本問題1．分析帶電粒子在磁場中的勻速圓周運動，要緊抓洛倫茲力提供向心力，即qvB＝meq\f(v2,r).2．同一粒子在同一磁場中做勻速圓周運動，由r＝eq\f(mv,qB)知，r與v成正比；由T＝eq\f(2πm,qB)知，T與速度無關，與半徑無關．二、帶電粒子在勻強磁場中的圓周運動1．圓心的確定圓心位置的確定通常有以下兩種基本方法：(1)已知入射方向和出射方向時，可以過入射點和出射點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(如圖甲所示，P為入射點，M為出射點)．(2)已知入射方向和出射點的位置時，可以過入射點作入射方向的垂線，連線入射點和出射點，作其中垂線，這兩條垂線的交點就是圓弧軌道的圓心(如圖乙所示，P為入射點，M為出射點)．2．半徑的確定半徑的計算一般利用幾何知識解直角三角形．做題時一定要作好輔助線，由圓的半徑和其他幾何邊構成直角三角形．由直角三角形的邊角關系或勾股定理求解．3．粒子在勻強磁場中運動時間的確定(1)粒子在勻強磁場中運動一周的時間為T，當粒子運動軌跡的圓弧所對應的圓心角為α時，其運動時間t＝eq\f(α,360°)T(或t＝eq\f(α,2π)T)．確定圓心角時，利用好幾個角的關系，即圓心角＝偏向角＝2倍弦切角．(2)當v一定時，粒子在勻強磁場中運動的時間t＝eq\f(l,v)，l為帶電粒子通過的弧長．例題精練1．（2021?黃州區校級模擬）如圖所示，勁度系數為k的輕彈簧一端固定在墻上。空間存在水平方向的勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直紙面向里。一個帶正電的小物塊（可視為質點）從A點以初速度v0向左運動，接觸彈簧后運動到C點時的速度恰好為零，彈簧始終在彈性限度內。已知AC兩點間的距離為L，物塊與水平面間的動摩擦因數為μ，重力加速度為g。則物塊由A運動到C點的過程中，下列說法正確的是（）A．小物塊的加速度先不變后減小 B．彈簧的彈性勢能增加量為mv02﹣μmgL C．小物塊與彈簧接觸的過程中，摩擦力的功率逐漸減小 D．小物塊運動到C點時速度為零，加速度也一定為零【分析】根據左手定則判斷出洛倫茲力的方向，然后結合受力分析判斷出小物塊受到的支持力以及摩擦力，結合速度的變化分析支持力的變化以及摩擦力的變化，再由牛頓第二定律分析加速度的變化；據功能關系分析彈簧的彈性勢能；根據瞬時功率的表達式，結合速度、摩擦力的變化分析功率的變化。【解答】解：A、物塊與水平面間動摩擦因數為μ，由于摩擦力做功機械能減小，物塊的速度減小，根據f洛＝qvB，可知物塊受到的洛倫茲力減小。由左手定則可知物塊向左運動的過程中受到的洛倫茲力的方向向下，洛倫茲力減小，則物塊受到的向上的支持力FN＝f洛+mg減小，所以摩擦力：f＝μFN也減小，物塊的加速度a＝也減小；當物塊接觸彈簧后，物體的加速度：a′＝，f減小，而F增大，所以不能判斷出加速度的變化，故A錯誤；B、此過程動能轉換為彈性勢能和內能，根據能量守恒知物塊克服摩擦力做的功為﹣Wf＝mv02﹣EP彈，由于摩擦力是變力，而且f＝μFN＝μ（f洛+mg），可知彈簧的彈性勢能增加量一定不是mv02﹣μmgL，故B錯誤；C、小物塊與彈簧接觸的過程中，物塊的速度逐漸減小，由A中分析可知摩擦力減小，則由p＝Fv可知開始時摩擦力的功率逐漸減小，故C正確；D、小物塊到達C點時，彈簧處于壓縮狀態，由于不知道小物塊在C點受到的彈簧的彈力與摩擦力的大小關系，所以無法確定加速度大小，故D錯誤。故選：C。【點評】本題分析物體的受力情況和運動情況是解答的關鍵，能量是守恒的，同時要注意洛倫茲力在其中起到的作用，注意摩擦力受洛倫茲力的影響而引起的變化。2．（2020秋?倉山區校級期末）在勻強磁場B中一帶電粒子做勻速圓周運動半周后又順利進入另一磁感應強度是2B的勻強磁場中，B的方向如圖所示，下列說法正確的是（）A．粒子速率加倍，周期減半 B．粒子的半徑加倍，周期加倍 C．粒子的半徑減半，周期減半 D．粒子在2B的勻強磁場中仍沿逆時針方向運動【分析】根據磁場力不做功，確定帶電粒子在磁感應強度發生變化后，帶電粒子在磁場中運動速度的變化情況；通過帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑公式確定半徑的變化情況；通過帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期公式確定周期的變化情況。【解答】解：ABC、洛倫茲力不對運動電荷做功，所以速率不變；由半徑公式r＝，可知半徑變為原來的一半；周期公式：T＝可知周期變為原來的一半，故C正確，AB錯誤；D、由左手定則可得，磁場方向改變，受力方向改變，則運動方向改變，故D錯誤。故選：C。【點評】洛倫茲力對電荷永遠不做功，故洛倫茲力不會改變電荷的速度大小，只會改變速度方向，磁場變化時，半徑周期都會隨之變化。隨堂練習1．（2021春?寧江區校級月考）如圖所示，平行放置的長直導線分別通以等大反向的電流I。某帶正電粒子以一定速度從兩導線的正中間射入，第一次如圖1所示平行導線方向，第二次如圖2所示垂直導線方向。不計粒子重力，下列說法正確的是（）A．第一次粒子做勻速直線運動 B．第二次粒子做勻速圓周運動 C．第一次粒子將向上偏轉，且速度大小保持不變 D．第二次粒子做直線運動，且速度先增大后減小【分析】根據安培定則以及矢量合成可知磁場方向，根據左手定則知磁場力，從而根據力和運動的關系確定粒子的運動情況。【解答】解：AC、由安培定則可知，圖甲中，與兩導線共面、平行、等距的直線上磁感應強度垂直紙面向里，再根據左手定則可知，帶正電的離子向上偏轉，由于洛倫茲力不做功，離子速率不變，故A錯誤，C正確；BD、由安培定則可知，圖乙中，兩導線連線的中垂線上的磁感應強度水平向右，離子速度與磁場方向平行，離子不受洛倫茲力，所以離子將勻速直線運動，故BD錯誤。故選：C。【點評】本題考查了帶電粒子在磁場中的運動以及安培定則的應用，注意根據受力情況判定運動情況，明確洛倫茲力不做功，注意粒子運動方向與磁場平行，粒子不受洛倫茲力作用。2．（2021?河南一模）如圖所示，在豎直平面內有一個半徑為R的圓，O為圓心，AB、CD分別為圓的水平直徑和豎直直徑，在圓內有與該圓所在豎直面垂直的勻強磁場（圖中未畫出），PP'是與AB平行的一條弦。在圓的左邊放置一能夠發射某種帶電粒子的發射裝置，若該裝置從A點沿AB方向射出一個速度為v的帶電粒子（不計重力），并恰好從D點沿CD方向離開磁場。如果讓該裝置從P點沿PP'方向射出一個速度也為v的同種帶電粒子，該帶電粒子從P點進入磁場區域后，關于該粒子離開磁場的位置，下列說法正確的是（）A．該粒子從D點左側附近某點離開磁場 B．該粒子仍從D點離開磁場 C．該粒子從D點右側附近某點離開磁場 D．該粒子從B點離開磁場【分析】明確磁聚焦定義，知道平行帶電粒子射向圓形勻強磁場，并且軌道半徑與圓形磁場半徑相同，那么所有粒子將從同一點射出圓形磁場。【解答】解：由題意可知，從A點射入的帶電粒子從D點沿CD方向離開磁場，由幾何關系可得，粒子的軌道半徑與圓形磁場的半徑相等，軌跡圖如圖所示。所以從P點射入的粒子速度不變，則軌道半徑也是R，由磁聚焦定義，平行帶電粒子射向圓形勻強磁場，并且軌道半徑與圓形磁場半徑相同，那么所有粒子將從同一點射出圓形磁場，所以從P點射入的粒子仍從D點離開磁場，軌跡如圖所示，故B正確；ACD錯誤。故選：B。【點評】本題要注意抓住關鍵磁聚焦原理，注意本題的關鍵是：磁場圓和粒子圓的半徑相同，并且粒子是平行射入磁場的。3．（2021?道里區校級模擬）如圖所示，abcd為邊長L＝0.5m的正方形，在四分之一圓abd區域內有垂直正方形平面向外的勻強磁場，磁感應強度B＝2.0×10﹣2T。一個比荷＝2.0×107C/kg的帶電粒子從b點沿ba方向射入磁場，結果粒子恰好能通過c點，不計粒子的重力，則粒子的速度大小為（）A．2.0×105m/s B．2×105m/s C．2（﹣1）×105m/s D．2（+1）×105m/s【分析】畫出粒子在磁場中運動的軌跡，確定圓心，由幾何關系可求得粒子的軌道半徑，粒子在磁場中做圓周運動由洛倫茲力提供向心力，據此可求得速度大小。【解答】解：粒子恰好通過c點，則說明粒子離開磁場時的速度方向指點c點，畫出粒子在磁場中運動的軌跡示意圖如圖所示；磁場的邊長為L，設粒子的軌道半徑為r，由幾何關系得：L+r＝L解得：r＝（﹣1）L由洛倫茲力提供向心力得：qvB＝m聯立解得：v＝＝（﹣1）×2.0×107×2.0×10﹣2×0.5m/s＝2（﹣1）×105m/s，故ABD錯誤，C正確。故選：C。【點評】本題考查了粒子在有界磁場中的運動，解題的關鍵是畫出軌跡的示意圖，由幾何關系求得軌道半徑。綜合練習一．選擇題（共20小題）1．（2020秋?越秀區期末）如圖所示，在半徑為R的圓形區域內充滿磁感應強度為B的勻強磁場，MN是一豎直放置的感光板。從圓形磁場最高點P以速度v垂直磁場射入大量帶正電的粒子，且粒子所帶電荷量為q、質量為m。不考慮粒子間的相互作用力及粒子的重力，關于這些粒子的運動，以下說法正確的是（）A．射出磁場的粒子一定能垂直打在MN上 B．粒子在磁場中通過的弧長越長，運動時間也越長 C．射出磁場的粒子其出射方向的反向延長線不可能過圓心O D．當入射速度v＝時，粒子射出磁場后一定垂直打在MN上【分析】帶電粒子射入磁場后做勻速圓周運動，對著圓心入射，必將沿半徑離開圓心，根據洛倫茲力充當向心力即可求出軌跡半徑；確定出速度的偏向角，對著圓心入射的粒子，速度越大在磁場中通過的弧長越長，軌跡對應的圓心角越小，即可分析時間關系。【解答】解：A、對著圓心入射的粒子，出射后不一定垂直打在MN上，與粒子的速度有關，故A錯誤。B、對著圓心入射的粒子，速度越大在磁場中軌跡半徑越大，弧長越長，軌跡對應的圓心角越小，由t＝知，運動時間t越小，故B錯誤；C、帶電粒子的運動軌跡是圓弧，根據幾何知識可知，對著圓心入射的粒子，其出射方向的反向延長線也一定過圓心，故C錯誤。D、速度滿足v＝時，由洛倫茲力充當向心力可知，Bqv＝m可知，r＝＝＝R，運動軌跡如圖所示，射出磁場時的速度方向一定與MN垂直，故粒子一定垂直打在MN板上，故D正確。故選：D。【點評】本題要抓住粒子是圓弧，磁場的邊界也是圓弧，利用幾何知識分析出射速度與入射速度方向的關系，確定出軌跡的圓心角，分析運動時間的關系。2．（2020秋?荔灣區期末）如圖所示，正方形區域內存在垂直紙面的勻強磁場。一帶電粒子垂直磁場邊界從a點射入，從b點射出。下列說法正確的是（）A．粒子帶正電 B．粒子在b點速率大于在a點速率 C．若僅增大磁感應強度，則粒子可能從b點左側射出 D．若僅減小入射速率，則粒子在磁場中運動時間變短【分析】根據粒子的偏轉情況結合左手定則判斷電性；粒子在磁場中運動時洛倫茲力不做功；根據R＝判斷半徑的變化，從而分析出射位置；若僅減小入射速率，分析粒子軌跡對應的圓心角，分析粒子運動時間。【解答】解：A、由題意可知，粒子向下偏轉，根據左手定則可得粒子帶負電，故A錯誤；B、粒子在磁場中運動時洛倫茲力不做功，粒子在b點速率等于在a點速率，故B錯誤；C、根據R＝可知，若僅增大磁感應強度，則粒子運動的半徑減小，由幾何關系可知，粒子可能從b點左側射出，故C正確；D、若僅減小入射速率，則粒子在磁場中運動半徑減小，由幾何關系可知，粒子軌跡對應的圓心角增大，根據t＝T可知粒子運動時間增加，故D錯誤。故選：C。【點評】對于帶電粒子在磁場中的運動情況分析，一般是確定圓心位置，根據幾何關系求半徑，結合洛倫茲力提供向心力求解未知量；根據周期公式結合軌跡對應的圓心角求時間。3．（2020秋?桂林期末）如圖所示，水平直導線中通有恒定電流I，導線正下方處有一質子初速度v0，其方向與電流方向相同，以后一小段時間質子將（）A．沿路徑a運動，曲率半徑變小 B．沿路徑a運動，曲率半徑變大 C．沿路徑b運動，曲率半徑變小 D．沿路徑b運動，曲率半徑變大【分析】先用安培定則判斷出導線下方的磁場方向及分布情況，再由左手定則判斷質子運動時的受力方向，結合半徑公式r＝可知半徑的變化情況，從而得出正確選項。【解答】解：由安培定則可知，導線下方的磁場方向垂直紙面向外，且離導線越遠，磁場越弱，B越小；質子帶正電，由左手定則可知受到的洛倫茲力方向向上，則質子將靠近導線，沿路徑b運動；因所經過的位置的磁感應強度B增大，由r＝可知質子的運動曲率半徑變小，故C正確，ABD錯誤。故選：C。【點評】該題考查的知識點較多，首先是安培定則，知道通電直導線周圍的磁場的分布；其次是左手定則，會熟練的判斷帶電粒子受到的洛倫茲力的方向，再者是當磁場變化后，會用＝來判斷半徑的變化。4．（2020秋?泰安期末）如圖所示的區域內，存在垂直于紙面向里的勻強磁場和豎直向下的勻強電場。一帶電粒子X（不計重力）以一定的初速度由左邊界的P點射入磁場、電場區域，恰好沿直線由區域右邊界的N點穿出。若撤去該區域內的電場而保留磁場不變，粒子X仍以相同初速度由P點射入，當粒子X從區域右邊界穿出，則粒子X（）A．動能可能減小 B．動能一定不變 C．穿出位置一定在N點上方 D．穿出位置一定在N點下方【分析】帶電粒子在復合場中做直線運動，討論粒子可能的帶電情況，再根據帶電粒子在磁場中的受洛倫茲力情況明確動能是否變化并分析穿出位置。【解答】解：AB、撤去電場后，粒子只受洛倫茲力，由于洛倫茲力不做功，故粒子速度大小不變，動能一定不變，故A錯誤，B正確；CD、不論粒子帶正電還是帶負電，只要滿足Eq＝Bqv，粒子即可沿直線由P到N；如果粒子帶正電，粒子將向上偏轉，穿出位置在N點上方，如果粒子帶負電，粒子將向下偏轉，穿出位置在N點下方，故CD錯誤。故選：B。【點評】本題考查帶電粒子在磁場和復合場中的運動情況分析，要注意明確洛倫茲力永不做功的性質應用，同時明確在復合場中平衡條件的應用。5．（2020秋?汾陽市期末）關于帶電粒子在勻強磁場中的運動，下列說法中正確的是（）A．帶電粒子沿著磁感線方向射入，洛倫茲力對帶電粒子做正功 B．帶電粒子逆著磁感線方向射入，洛倫茲力對帶電粒子做負功 C．帶電粒子垂直于磁感線方向射入，洛倫茲力對帶電粒子不做功 D．帶電粒子垂直于磁感線方向射入，洛倫茲力對帶電粒子做功的情況與電荷的正負有關【分析】明確洛倫茲力的特點，知道粒子平行于磁感線運動時，不受洛論茲力；而垂直磁場進入時，受洛倫茲力，但洛倫茲力的方向總與速度方向垂直，對粒子總不做功。【解答】解：A、帶電粒子沿磁感線方向射入，粒子不受洛倫茲力作用，故洛倫茲力不做功，故A錯誤；BC、帶電粒子垂直于磁感線方向射入，洛倫茲力與速度方向始終垂直，故洛倫茲力不做功；故B錯誤，C正確；D、不論進入磁場的電荷電性如何，由于洛倫茲力始終與運動方向相互垂直，故洛倫茲力對帶電粒子不做功，與電荷的電性無關，故D錯誤。故選：C。【點評】本題要抓住洛倫茲力特點進行分析，明確帶電粒子的速度方向與磁場平行時，不受洛倫茲力；而粒子受洛倫茲力時，由于洛倫茲力總與速度方向垂直，對粒子總不做功。6．（2020秋?阜寧縣校級期末）如圖所示，螺線管中通入正弦交流電，將電子沿軸線方向射入后，電子在螺線管中的運動情況是（）A．勻速圓周運動 B．往復運動 C．勻速直線運動 D．勻變速直線運動【分析】長通電螺線管中產生的磁場方向平行于螺線管的軸線．根據電子的運動方向與磁場方向的關系，分析電子所受洛倫茲力的情況，判斷電子的運動情況。【解答】解：由于長通電螺線管中產生的磁場方向平行于螺線管的中心軸線，與電子的運動方向平行，則電子在磁場中不受洛倫茲力，電子重力又不計，則電子做勻速直線運動，故C正確，ABD錯誤。故選：C。【點評】本題關鍵是了解通電螺線管磁場方向特點，同時明確當帶電粒子與磁場方向平行時不受洛倫茲力。7．（2020秋?汾陽市期末）比荷不相等的帶電粒子M和N，以相同的速率經小孔S垂直進入勻強磁場，運動的半圓軌跡（M的軌跡圓半徑大于N的軌跡圓半徑）如圖中虛線所示。下列說法正確的是（）A．M的帶電荷量大于N的帶電荷量 B．M的質量小于N的質量 C．M的運行時間小于N的運行時間 D．M的運行時間大于N的運行時間【分析】根據帶電粒子在磁場運動的半徑的公式可以判斷出粒子速度的大小；根據半徑確定運行的軌跡長度，再由速度公式即可確定運行時間。【解答】解：AB、粒子在磁場中運動，根據洛倫茲力提供向心力qvB＝可得半徑為：r＝，由于粒子速率相等，但電荷量以及質量大小關系均不知，故無法確定電荷量和質量的大小關系，故AB錯誤；CD、粒子在磁場中運動為半個圓周，由圖可知M運動的半徑大，故M運行的軌跡長，由t＝可知，M的運行時間大于N的運行時間，故C錯誤，D正確。故選：D。【點評】本題考查帶電粒子在磁場中運動規律，在解題時要注意分析哪些量是已知，哪些是未知，從而正確選擇物理規律分析求解。8．（2020秋?成都期末）兩個電荷量相同的帶電離子，在同一勻強磁場中僅受洛倫茲力做勻速圓周運動，則（）A．若兩離子動量大小相等，則運動半徑必相等 B．若兩離子動能大小相等，則運動半徑必相等 C．若兩離子動量大小相等，則運動周期必相等 D．若兩離子動能大小相等，則運動周期必相等【分析】離子在勻強磁場中只受到磁場力作用而做勻速圓周運動，半徑公式為r＝，根據半徑公式分析速率、質量、動量、動能與半徑關系．由周期公式T＝分析周期關系。【解答】解：A、由題意可知，兩個離子的電量相等，在同一磁場中運動，若動量相等，由半徑公式r＝可知，半徑一定相等，故A正確；B、離子的動能Ek＝mv2，動量p＝mv＝，動能相等，由于質量不一定相等，故mv不一定相等，由半徑公式r＝可知，半徑不一定相等，故B錯誤；C、動量大小相等時質量不一定相等，則由周期公式T＝分析得知，周期不一定相等，故C錯誤；D、動能Ek＝mv2，離子動能相等，但質量不一定相等，則由周期公式T＝分析得知，周期不一定相等，故D錯誤。故選：A。【點評】本題只要掌握半徑公式和周期公式，以及動能、動量與速度的關系，同時掌握控制變量法的應用即可正確求解。9．（2020秋?運城期末）如圖所示，矩形虛線框MNPQ內有一勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里。a、b、c是三個質量和電荷量都相等的帶電粒子，它們從PQ邊上的中點沿垂直于磁場的方向射入磁場，圖中畫出了它們在磁場中的運動軌跡（粒子重力不計）。下列說法正確的是（）A．粒子a帶負電 B．粒子c的速度最大 C．粒子b在磁場中運動的時間最長 D．粒子b在磁場中運動時受到的向心力最大【分析】根據粒子運動軌跡由左手定則判斷粒子的電性；粒子在磁場中做圓周運動，由牛頓第二定律求出粒子的速度；根據粒子做圓周運動的周期與轉過的圓心角比較粒子運動時間。【解答】解：A、由圖可知，粒子a向左偏轉，根據左手定則知粒子a帶正電，故A錯誤；B、粒子在磁場中做勻速圓周運動時，由洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qvB＝m，解得：v＝，由于：q、B、m都相同，因此r越大，速度越大，由圖示可知，b的軌道半徑r最大，則b粒子速度最大，故B錯誤；C、粒子在磁場中做圓周運動的周期T＝相同，粒子在磁場中的運動時間：t＝?T＝，由于m、q、B都相同，粒子c轉過的圓心角θ最大，則射入磁場時c的運動時間最長，故C錯誤。D、粒子在磁場中的向心力：F向＝qvB，有圖可知粒子b半徑最大，根據半徑公式r＝，可知粒子b的速度最大，粒子b在磁場中運動時的向心力最大，故D錯誤。故選：D。【點評】本題考查了粒子在磁場中的運動，由于左手定則與牛頓第二定律可以解題；帶電粒子在磁場、質量及電量相同情況下，運動的半徑與速率成正比，從而根據運動圓弧來確定速率的大小。10．（2020秋?肇慶期末）一帶電粒子在某勻強磁場中沿著磁感線方向運動，現僅將該粒子的運動速度增大一倍，其他條件不變，不計粒子的重力，則該帶電粒子在此勻強磁場中（）A．做勻速圓周運動 B．受到的洛倫茲力變為原來的2倍 C．運動的軌跡半徑變為原來的2倍 D．運動的動能變為原來的4倍【分析】根據洛倫茲力公式f＝qvBsinθ以及動能表達式分析答題。【解答】解：ABC、一帶電粒子在勻強磁場中沿著磁場方向運動，由于速度方向與磁場方向一致，所以不受洛倫茲力，重力又忽略不計，則帶電粒子沿原來方向做勻速直線運動，故ABC錯誤；D、由動能表達式，速度增大一倍，即變為原來的2倍，動能變為原來的4倍，故D正確。故選：D。【點評】本題難度不大，是一道基礎題，熟練掌握洛倫茲力公式以及動能表達式即可正確解題，注意理解夾角的大小11．（2020秋?張掖期末）兩相鄰勻強磁場區域的磁感應強度大小不同、方向平行。一不計重力的帶電粒子以某一速度垂直于磁感應強度方向進入磁場，粒子從磁感應強度較弱的區域進入到較強的磁場區域后，粒子做勻速圓周運動的（）A．速率增大，軌道半徑增大 B．速率減小，周期變小 C．速率不變，軌道半徑減小 D．速率不變，周期變大【分析】根據周期公式分析周期的變化；洛倫茲力不做功，因此粒子運動的速度大小不變；根據洛倫茲力充當向心力判斷半徑的變化；根據牛頓第二定律分析加速度的變化。【解答】解：洛倫茲力不做功，因此粒子運動的速率不變，根據周期公式T＝可知，粒子從較弱磁場區域進入到較強的磁場區域后，B增大、周期減小；根據洛倫茲力充當向心力可知，Bqv＝m，解得：R＝，從磁感應強度較弱的區域進入到較強的磁場區域后粒子的軌道半徑減小，故C正確，ABD錯誤。故選：C。【點評】本題考查帶電粒子在磁場運動規律的應用，要注意明確帶電粒子半徑公式的推導和應用以及周期公式的推導和應用。12．（2020秋?青銅峽市校級期末）在勻強磁場中一個電子做勻速圓周運動，如果又順利垂直進入另一個磁感應強度是原來磁感應強度2倍的勻強磁場，則（）A．粒子的速率加倍，周期減半 B．粒子速率不變，軌道半徑減半 C．粒子速率減半，軌道半徑減半 D．粒子的速率不變，周期加倍【分析】首先明確洛倫茲力始終不做功可知速率是否變化，再利用半徑公式R＝和周期公式T＝來分析各選項。【解答】解：洛倫茲力只改變帶電粒子的速度方向，不改變速度大小，故在兩磁場中的速率不會改變；AD、由公式T＝可知，當磁感應強度變為原來的2倍，周期將減半，故AD錯誤；BC、由公式R＝可知，當磁感應強度變為原來的2倍，軌道半徑將減半，故B正確，C錯誤。故選：B。【點評】帶電粒子在磁場中運動，洛倫茲力是始終不做功的，即只改變速度的方向，不改變速度的大小；此類問題要求掌握洛倫茲力的大小和方向的確定，帶電粒子在勻強磁場中圓周運動及其規律，會應用周期公式和半徑公式進行計算和分析有關問題。13．（2020秋?石景山區期末）一個帶正電的帶電粒子沿垂直于磁場的方向，從a點進入勻強磁場，由于帶電粒子使沿途的空氣電離，粒子的能量逐漸減小（帶電量不變）。下列描述帶電粒子運動的徑跡中，正確的是（）A． B． C． D．【分析】明確粒子能量減小，速度減小，根據粒子在磁場中運動的半徑公式R＝來分析粒子的運動的中半徑的變化，同時根據左手定則分析運動中洛倫茲力的方向。【解答】解：由題意可知，粒子在運動中能量減小，故速度減小，但電量不變，故粒子的半徑越來越小；同時在運動過程中，洛倫茲力的方向滿足左手定則并且指向彎曲方向的凹側，故只有A正確，BCD錯誤。故選：A。【點評】根據R＝可知，粒子運動的半徑與速度的大小有關，速度減小則半徑減小，這是解題的關鍵。14．（2020秋?齊齊哈爾期末）如圖所示，在x軸上方存在垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B。在xOy平面內，從坐標原點O處沿與x軸正方向成θ角（0＜θ＜π）以速率v發射一個帶負電的粒子（重力不計）。則下列說法正確的是（）A．若v一定，θ越大，則粒子在磁場中運動的時間越短 B．若v一定，θ越大，則粒子在磁場中運動的角速度越大 C．若θ一定，v越大，則粒子離開磁場的位置距O點越遠 D．若θ一定，v越大，則粒子在磁場中運動的時間越短【分析】帶電粒子進入磁場中，受到洛倫茲力而做勻速圓周運動，作出粒子運動軌跡，由軌跡對應的圓心角等于粒子速度的偏向角，求出軌跡的圓心角α，由t＝T分析時間；寫出弦長表達式分析粒子離開磁場的位置與速度的關系；由ω＝，T＝分析角速度。【解答】解：帶負電的在磁場中做勻速圓周運動：則有qvB＝m，所以有：半徑r＝，周期T＝＝，由于粒子帶負電所以其運動軌跡如圖所示，由幾何關系可得：從O點出發離開磁場的距離x＝2rsinθ＝sinθ；在磁場中運動的時間t＝＝；A、由以上分析可知，粒子的運動時間與v無關，若v一定，θ越大，則粒子在磁場中運動的時間越長，故A錯誤；B、粒子在磁場中運動的角速度為：ω＝，又T＝，解得：ω＝，即角速度與速度v和夾角θ無關，保持不變，故B錯誤；C、由以上分析可知，粒子離開時距O點的距離AO＝2rsinθ＝，由題意可知，若θ一定，v越大，AO越大，即粒子離開磁場的位置距O點越遠，故C正確；D、由以上分析可知，粒子的運動時間與v無關，若θ一定，則粒子在磁場中運動的時間一定，故D錯誤；故選：C。【點評】本題考查帶電粒子在磁場中的運動，求帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的時間，常常根據t＝T進行分析，α是軌跡的圓心角，根據幾何知識，軌跡的圓心角等于速度的偏向角。15．（2020秋?定遠縣期末）如圖所示，一個理想邊界為PQ、MN的勻強磁場區域，磁場寬度為d，方向垂直紙面向里．一電子從O點沿紙面垂直PQ以速度v0進入磁場．若電子在磁場中運動的軌道半徑為d．O′在MN上，且OO′與MN垂直．則下列判斷正確的是（）A．電子將向右偏轉 B．電子打在MN上的點與O′點的距離為d C．電子打在MN上的點與O′點的距離為d D．電子在磁場中運動的時間為t＝【分析】電子以垂直于邊界的速度射入一寬度為d的矩形磁場區域，由于題目所給的電子的半徑為，先畫出粒子的軌跡，由幾何關系分別求出題目所給的各選項的正確與否．【解答】解：畫出電子做勻速圓周運動的軌跡如圖所示，圓心為O′′，下面分選項進行分析：A、根據左手定則，電子將做順時針方向旋轉，所以選項A錯誤。BC、由幾何關系可以求得：電子打在MN上的點與O之間的距離為r﹣rcosα＝（）d，選項BC錯誤。D、由幾何關系知：電子的偏轉角為α，且滿足：sinα＝＝，所以α＝45°＝．運動時間t＝＝，所以選項D正確。故選：D。【點評】本題是帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的簡單情況，且進入的是一個有界的矩形磁場區域，已知粒子做勻速圓周運動的半徑與矩形區域的寬度有一定的幾何關系，從而確定離開磁場的位置，這需要通過畫圖才能準確確定．16．（2021?興慶區校級模擬）如圖所示，半徑為R的圓形區域內存在垂直于紙面向里的勻強磁場，兩個相同的帶正電粒子分別以速度v1、v2從A、C兩點同時射入磁場，v1、v2平行且v1沿直徑AOB方向。C點與直徑AOB的距離為，兩粒子同時從磁場射出，從A點射入的粒子射出磁場時的速度方向與初速度方向間的夾角為60°．不計粒子受到的重力，則（）A．v1＝v2 B．v1＝v2 C．v1＝v2 D．v1＝2v2【分析】畫出運動軌跡圖，由幾何知識知半徑，根據牛頓運動定律知r＝與v成正比；【解答】解：如圖由幾何知識知R1＝Rtan60°，R2＝R，依據C點與直徑AOB的距離為，結合幾何關系，則有：∠AOC＝30°根據牛頓運動定律知：Bqv＝m知r＝與v成正比，故v1：v2＝R1：R2＝2Rcos30°：R＝，故B正確，ACD錯誤；故選：B。【點評】此題考查帶電粒子在磁場中運動，注意找圓心，運用幾何知識畫出粒子的運動軌跡，屬于較難題目，要求學生有扎實的數學基礎。17．（2020秋?文峰區校級期末）質量和電量都相等的帶電粒子M和N，以不同的速率經小孔S垂直進入勻強磁場，運行的半圓軌跡如圖中虛線所示，下列表述正確的是（）A．M帶正電，N帶負電 B．M的運行時間大于N的運行時間 C．洛倫茲力對M做負功、對N做正功 D．M的速率大于N的速率【分析】由左手定則判斷出M帶正電荷，帶負電荷；結合半徑的公式可以判斷出粒子速度的大小；根據周期的公式可以判斷出運動的時間關系．【解答】解：A、由左手定則判斷出N帶正電荷，M帶負電荷，故A錯誤；B、粒子在磁場中運動半周，即時間為周期的一半，而周期為T＝，M的運行時間等于N的運行時間，故B錯誤；C、洛倫茲力始終與運動的方向垂直，所以洛倫茲力不做功，故C錯誤；D、粒子在磁場中運動，洛倫茲力提供向心力qvB＝m，半徑為：r＝，在質量與電量相同的情況下，半徑大說明速率大，即M的速度率大于N的速率，故D正確。故選：D。【點評】該題考查帶電粒子在磁場中的運動，應用左手定則、半徑的公式和周期的公式即可正確解答，屬于基本應用．簡單題．18．（2021?陳倉區模擬）如圖所示，在第一象限內有垂直紙面向里的勻強磁場，一對正、負電子分別以相同速度沿與x軸成30°角從原點射入磁場，則正、負電子在磁場中運動時間之比為（）A．1：2 B．1：1 C．1： D．2：1【分析】帶電粒子以一定的速度垂直進入勻強磁場，在洛倫茲力的作用下做勻速圓周運動．粒子受到的洛倫茲力提供向心力；粒子在磁場中運動的周期僅與粒子的比荷及磁場有關，而運動的時間與偏轉角有關．【解答】解：正離子進入磁場后，在洛倫茲力作用下向上偏轉，而負離子在洛倫茲力作用下向下偏轉。正離子以60°入射，則圓弧對應的圓心角為120°，而負離子以30°入射，則圓弧對應的圓心角為60°，由于粒子在磁場中運動的周期僅與粒子的比荷及磁場有關，而運動的時間與偏轉角有關，．所以正離子運動時間是負離子時間的2倍。故選：D。【點評】帶電粒子在磁場中運動的題目解題步驟為：定圓心、畫軌跡、求半徑．則可畫出正、負離子運動軌跡，由幾何關系可知答案．19．（2021?廣東學業考試）如圖所示，帶電粒子垂直進入勻強磁場。下列判斷正確的是（）A．粒子向左偏轉 B．粒子向右偏轉 C．粒子垂直紙面向里偏轉 D．粒子垂直紙面向外偏轉【分析】帶電粒子垂直進入勻強磁場受到洛倫茲力，根據左手定則判斷洛倫茲力，即可分析粒子的偏轉方向。【解答】解：帶電粒子垂直進入勻強磁場受到洛倫茲力，根據左手定則：磁感線垂直穿入手心，四指指向正電荷的運動方向，可知拇指指向紙外，所以粒子垂直紙面向外偏轉，故ABC錯誤，D正確。故選：D。【點評】本題首先要明確粒子受到的洛倫茲力由左手定則判斷，其次要明確如何運用左手定則，特別要注意四指應指向正電荷的運動方向，或負電荷運動的相反方向。20．（2021春?南山區校級期中）一個原來靜止的U原子核，輻射出α粒子，它的兩個產物在垂直于它們速度方向的勻強磁場中運動，它們的軌跡和運動方向（圖中用箭頭表示）可能是下圖中哪一個？（圖中半徑大小沒有按比例畫）（）A． B． C． D．【分析】放射性元素放出α粒子時，α粒子與反沖核的速度相反，而電性相同，則兩個粒子受到的洛倫茲力方向相反，兩個粒子的軌跡應為外切圓．再由左手定則判斷洛倫茲力方向．【解答】解：放射性元素放出α粒子時，α粒子與反沖核的速度相反，而電性相同，則兩個粒子受到的洛倫茲力方向相反，兩個粒子的軌跡應為外切圓，AB錯誤。由左手定則判斷出帶正電的粒子的洛倫茲力方向，C選項中由左手定則根據運動方向判斷的洛倫茲力方向為反沖核（小圓）受力應該向下，故C錯誤。D正確。故選：D。【點評】本題屬于基礎題型，知道粒子所帶的電性然后根據左手定則即可做出判斷．二．多選題（共10小題）21．（2021?武平縣校級模擬）如圖所示，環形區域內存在垂直紙面向里的勻強磁場（b區域），圓形a區域內無磁場。設環形區域的內半徑R1＝0.50m，外半徑R2＝1.0m，磁場的磁感應強度B＝1.0T。a區域內有一放射源，可向各個方向放射氘核、氚核、氦核三種帶電粒子。已知氘核的比荷為，若a區域中沿半徑OM方向射入磁場的速度大小相同三種帶電粒子都不能穿越磁場，則粒子的速度可能是（）A．1.5×106m/s B．6.0×106m/s C．1.5×107m/s D．2.0×107m/s【分析】依題意做粒子在磁場的運動軌跡，根據幾何關系求得最大半徑，由于洛倫茲力提供向心力，可解得粒子的最大速度。【解答】解：要使沿OM方向運動的粒子不能穿越磁場，則其在環形區域磁場內的運動軌跡圓中最大者與磁場外邊界圓相切，如圖所示。設軌跡圓的半徑為r1，則有r12+R12＝（R2﹣r1）2代入數據解得r1＝0.375m設沿該軌跡圓運動的粒子速度為v，則有qvB＝解得由于三種粒子中比荷最小是氚核（約為氘核的），代入數據得vmax＝1×107m/s故AB正確，CD錯誤。故選：AB。【點評】解決本題的關鍵是依據題意畫出粒子的軌跡圖，注意最大的軌跡是與磁場邊界相切，再根據幾何關系求得半徑大小。22．（2021?桃城區校級模擬）如圖所示，平行金屬板豎直放置，底端封閉，中心線上開一小孔C，兩板間存在正交的電場強度大小為E的勻強電場、磁感應強度大小為B1的勻強磁場，AC是兩板間的中心線。金屬板下方存在有界勻強磁場區域EFDGH，區域內磁場的磁感應強度大小為B2，其中EFGH為長方形，EF邊長為l，EH邊長為4l；A、C、F、G四點共線，E、F、D三點共線，曲線GD是以5l為半徑、以AG上某點（圖中未標出）為圓心的一段圓弧。現有大量比荷不同的正、負離子沿AG方向射入兩金屬板之間，有部分離子經F點進入下方磁場區域，比荷最大的某離子垂直EH邊界穿出。已知從F點進入下方磁場的正、負離子，比荷具有相同的最大值和最小值，且由F點進入下方磁場偏向FG右側的離子都能從邊界FD射出磁場（存在臨界情況）。不計離子重力及離子間的相互作用，則下列說法正確的是（）A．P一定接電源正極，Q一定接電源負極 B．從F點進入下方磁場的離子速度大小為v＝ C．從EH邊界射出的離子最大比荷是 D．從FD邊界射出的離子區域長度是2.8l【分析】根據速度選擇器，電場力與洛倫茲力平衡判斷電極正負，并計算速度大小；根據粒子的運動軌跡結合幾何關系分析半徑，由于洛倫茲力提供向心力可求得比荷與射出的粒子區域長度。【解答】解：A.由F點進入下方磁場偏向FG右側的一定是正離子，偏向FG左側的一定是負離子，PQ兩板間復合場相當于速度選擇器，電場方向一定從右極板指向左極板，即P一定接電源負極，Q一定接電源正極，故A錯誤；B.當離子在平行金屬板間勻速運動時，有qvB1＝qE，得v＝，故B錯誤；C.比荷最大的離子垂直EF射入下方磁場，又垂直EH射出下方磁場，說明離子在下方磁場中偏轉了90°，由幾何關系可知離子做圓周運動的圓心為E點，此時離子做圓周運動半徑最小，為R1＝l，由qvB2＝m得從EH邊界射出的離子的最大比荷，故C正確；D.正離子做圓周運動的最長軌跡如圖中實線所示，圓心為O，半徑R2滿足R22+12＝（51﹣R2）2，得R2＝2.4l，R2為滿足正離子均能從FD射出的最大半徑，不論離子帶電正負，在磁場B2中做圓周運動的半徑都介于R1和R2之間，FD上有離子射出，距F的最近距離為2R1，距F的最遠距離為2R2，即距F點的距離為2l到4.8l范圍內有離子射出，故D正確。故選：CD。【點評】本題考查速度選擇器，在速度選擇器中，還需要注意粒子勻速通過與電性無關，由洛倫茲力與電場力平衡可求得速度大小。23．（2021?4月份模擬）如圖所示，邊長為a的正方形線框內存在磁感應強度大小為B、方向垂直于紙面向里的勻強磁場。兩個相同的帶電粒子同時從AB邊上的A點和E點（E點在AB之間，未畫出），以相同的速度v沿平行于BC邊的方向射入磁場，兩帶電粒子先后從BC邊上的F點射出磁場，已知從A點入射的粒子射出磁場時速度方向與BF邊的夾角為θ＝60°。不計粒子的重力及粒子之間的相互作用，則（）A． B． C．帶電粒子的比荷為 D．兩個帶電粒子在磁場中運動的時間之比為tA：tE＝2：1【分析】帶電粒子在磁場中做圓周運動，洛倫茲力提供向心力，根據題意作出粒子運動軌跡，由幾何關系求出粒子軌道半徑；應用牛頓第二定律求出粒子的比荷；根據粒子做圓周運動的周期和轉動的圓心角求出粒子在磁場中的運動時間。【解答】解：AC、從A點入射的粒子射出磁場時速度方向與BF邊的夾角為60°，粒子在磁場中運動的圓心角為120°，則有a﹣r＝rsin30°，解得：r＝，則由Bqv＝m可得帶電粒子的比荷為＝，由幾何關系可得BF2＝r2﹣（a﹣r）2，解得：，故A正確，C錯誤；BD、從E點入射的粒子在磁場中的半徑也為r，則由幾何關系可知r2﹣BF2＝（r﹣BE）2，，由AB＝AE+BE解得，粒子在磁場中運動的圓心角為60°，兩個帶電粒子在磁場中運動的時間之比為tA：tE＝2：1，故B錯誤，D正確。故選：AD。【點評】本題考查了帶電粒子在磁場中的運動，粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，分析清楚粒子運動過程、根據題意作出粒子運動軌跡是解題的前提與關鍵，應用幾何知識求出粒子軌道半徑、應用牛頓第二定律與粒子做圓周運動的周期公式可以解題。24．（2020秋?濱州期末）如圖所示，等腰直角三角形BAC區域內存在垂直紙面向里的勻強磁場，頂角A為90°，磁感應強度大小為B。大量質量為m、電荷量為+q的粒子，以不同的速率從BC邊中點沿OA方向射入該磁場區域，不計粒子重力。則從AB邊射出的粒子在磁場中的運動時間可能為（）A． B． C． D．【分析】以不同速率進入磁場的粒子，運動半徑不同，周期相同，找到運動軌跡正好與AB邊相切的圖形，分析得到粒子在磁場中的運動時間的極值。【解答】解：粒子進入磁場之后洛倫茲力提供向心力，由qvB＝m和T＝可知粒子在磁場中運動周期相同，但在磁場中運動軌跡對應的圓心角不同即運動時間不同，當運動軌跡正好與AB邊相切時如圖所示，粒子運動時間最大，因此最大時間為：t＝?＝，速度越大，運行時間越短，因此BCD正確，A錯誤；故選：BCD。【點評】本題考查帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動相關知識，解決關鍵在于找到軌跡與邊界相切時的運動時間的極值。25．（2021?西藏一模）如圖所示，一不計重力的帶電粒子垂直射入一自左向右逐漸增強的磁場中，由于周圍氣體的阻礙作用，其運動徑跡恰為一段圓弧AB，則從圖中可以判斷（）A．粒子從A點射入 B．粒子從B點射入 C．粒子的速率逐漸減小 D．粒子的速率逐漸增大【分析】帶電粒子以一定的速度進入勻強磁場，在洛倫茲力的作用下做勻速圓周運動；要注意明確粒子運動所在的磁場是變化的，所以要分析速度的變化明確可能的運動情況。【解答】解：由圖可知，粒子轉動的半徑不變，但由于阻力的作用，速率會減小；所以如果粒子從B點射入，因磁場在變大，要使得運動軌跡的半徑不變，由R＝可知運動速率變大，但因阻力做負功，速率應該是減小的，所以粒子不可能從B點射入；如果粒子從A點射入，因磁場在變小，要使得運動軌跡的半徑不變，由R＝半徑公式可知運動速率變小；故粒子一定是從A點射入的，故AC正確，BD錯誤。故選：AC。【點評】帶電粒子在磁場中運動的題目解題步驟為：定圓心、畫軌跡、求半徑，要注意本題中粒子始終做圓周運動，半徑不變，但磁場和速率發生了變化。26．（2020秋?城關區校級期末）在同一勻強磁場中，α粒子He和質子H做勻速圓周運動，若它們的動量大小相等，則α粒子和質子（）A．運動半徑之比是2：1 B．運動周期之比是2：1 C．運動速度大小之比是4：1 D．受到的洛倫茲力之比是1：2【分析】動量大小相等的質子H和α粒子在同一勻強磁場中做勻速圓周運動，均由洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律和圓周運動的規律，可求得半徑r、速度v及周期T的表達式，根據表達式可以得到各項的比值。【解答】解：AC、兩個粒子的動量大小相等，α粒子和質子的質量之比是4：1，所以有：＝＝；質子H和α粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，均由洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qvB＝m，解得軌道半徑：R＝＝，根據α粒子和質子的電荷量之比為2：1，動量相等，解得半徑之比RHe：RH＝1：2，故AC錯誤；B、粒子運動的周期：T＝，解得：＝＝，故B正確；D、根據粒子受到的洛倫茲力：F＝qvB，得＝＝，故D正確。故選：BD。【點評】本題主要考查了帶電粒子在勻強磁場中運動的問題，知道洛倫茲力充當向心力，熟練掌握圓周運動的基本公式即可。27．（2020秋?秦州區校級期末）如圖所示，邊長為l的正方形區域abcd內存在垂直紙面向里的勻強磁場。一質量為m、帶電量為q的粒子以垂直于cb方向的初速度v0從ad中點e點射入，從cd的中點f點射出。則下列說法正確的是（）A．粒子帶正電 B．粒子帶負電 C．磁感應強度B＝ D．磁感應強度B＝【分析】根據粒子運動情況由幾何關系求解半徑，根據洛倫茲力提供向心力求解磁感應強度大小；根據左手定則判斷粒子的電性。【解答】解：A、由于粒子從cd的中點f點射出，則說明粒子在垂直紙面向里的磁場中向下偏轉，由左手定則可知，粒子帶負電，故A錯誤，B正確；CD、粒子從cd的中點f點射出，則出對應的軌跡如圖所示，由幾何關系可知，d為圓心，粒子的軌跡半徑為R＝，根據洛倫茲力提供向心力可得：qv0B＝m，解得磁感應強度B＝，故C錯誤，D正確。故選：BD。【點評】對于帶電粒子在磁場中的運動情況分析，一般是先明確運動軌跡確定圓心位置，根據幾何關系求半徑，結合洛倫茲力提供向心力求解未知量。28．（2020秋?思明區校級期末）如圖所示為圓柱形區域的橫截面，在沒有磁場的情況下帶電粒子（不計重力）以初速度v0沿截面直徑方向入射，穿過此區域的時間為t。在該區域加沿軸線方向的勻強磁場，磁感應強度為B，帶電粒子仍以同一初速度沿截面直徑入射，粒子飛出此區域時，速度方向偏轉60°角，根據上述條件下列說法正確的是（）A．該粒子帶正電 B．帶電粒子在磁場中運動的時間為πt C．帶電粒子在磁場中運動的半徑為v0t D．帶電粒子的比荷為Bt【分析】在沒有磁場時，不計重力的帶電粒子以某一初速度沿截面直徑方向入射，穿過此區域時粒子做勻速直線運動；在有磁場時，帶電粒子仍以同一初速度沿截面直徑入射，粒子飛出此區域時，粒子做勻速圓周運動，根據洛倫茲力充當向心力求出半徑，根據幾何關系求出運動時間，再由勻速圓周運動中半徑公式可算出粒子的比荷。【解答】解：A、粒子進入磁場后向下偏轉，根據左手定則可知，該粒子帶正電，故A正確；B、在沒有磁場的情況下，粒子做勻速直線運動，有：2R＝v0t解得：t＝加上磁場后，粒子做勻速圓周運動，軌跡如圖所示，由幾何關系得，運動半徑為：r＝＝Rθ＝60°＝粒子在磁場中做圓周運動的時間為：t′＝＝＝，故B錯誤；C、由B可知：r＝＝R，再結合t＝解得：r＝v0t，故C正確；D、粒子在磁場中做圓周運動，洛倫茲力提供向心力，則有：qvB＝m，聯立r＝v0t，解得：＝，故D錯誤。故選：AC。【點評】本題考查帶電粒子在磁場中的運動，帶電粒子在磁場中運動的題目解題步驟一般為：定圓心、畫軌跡、求半徑，同時還要利用圓的幾何關系來幫助解題。29．（2020秋?東莞市校級月考）如圖所示，以O為圓心、半徑為R的圓形區域內存在垂直紙面向里的勻強磁場，一質量為m、帶電量為+q的粒子以速率v0從圓上的a點沿aO方向垂直射入磁場后，從圓上b點（圖中未畫出）射出磁場。已知圓心O到a、b兩點連線的距離為，不計粒子重力，下列說法正確的是（）A．磁場的磁感應強度大小為 B．磁場的磁感應強度大小為 C．粒子在磁場中的運動時間為 D．粒子在磁場中的運動時間為【分析】根據題意畫出粒子運動的軌跡，由幾何關系可以求出粒子做勻速圓周運動的半徑，從而求出磁感應強度大小，再根據轉過的圓心角以及周期公式即可求出粒子在磁場中運動的時間。【解答】解：AB、粒子在磁場中做勻速圓周運動，運動軌跡如圖所示：由幾何關系得θ＝30°、α＝60°，則tan＝，由牛頓第二定律得，聯立解得，故A錯誤，B正確；CD、粒子在磁場中運動的周期為，轉過的圓心角α＝60°，故粒子在磁場中的運動時間為，故C正確，D錯誤。故選：BC。【點評】本題考查帶電粒子在磁場中的運動，要根據幾何關系判斷出粒子做勻速圓周運動的半徑，再由洛倫茲力提供向心力才能求得磁感應強度；注意常用的幾何關系有：切線長定理、垂徑定理、三角函數等相關知識。30．（2020秋?新津縣校級月考）有兩個勻強磁場區域Ⅰ和Ⅱ，Ⅰ中的磁感應強度是Ⅱ中的k倍。兩個速率相同的電子分別在兩磁場區域做圓周運動。與Ⅱ中運動的電子相比，Ⅰ中的電子（）A．運動軌跡的半徑是Ⅱ中的k倍 B．加速度的大小是Ⅱ中的k倍 C．做圓周運動的周期是Ⅱ中的倍 D．做圓周運動的角速度與Ⅱ中的相等【分析】電子在勻強磁場中做的勻速圓周運動，洛倫茲力作為向心力，根據已知條件和圓周運動的周期公式和半徑公式逐項分析即可。【解答】解：A、電子在勻強磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：evB＝m，解得電子在磁場中運動的半徑為：r＝，電子的軌道半徑與磁感應強度成反比，Ⅰ中的電子運動軌跡的半徑是Ⅱ中的倍，故A錯誤；B、電子的加速度的大小為：a＝，加速度與磁感應強度成正比，故I中電子的加速度大小是Ⅱ中的k倍，故B正確；C、電子在磁場中運動的周期為：T＝，電子在磁場中做圓周運動的周期與B成反比，I中的電子運動軌跡的周期是Ⅱ中的倍，故C正確；D、做圓周運動的角速度為：ω＝＝，角速度與磁感應強度成正比，電子在Ⅰ中做圓周運動的角速度是Ⅱ中的k倍，故D錯誤；故選：BC。【點評】本題主要考查了帶電粒子在磁場場中運動的問題，知道洛倫茲力充當向心力，熟練掌握圓周運動的基本公式即可。三．填空題四．計算題（共10小題）31．（2021春?安徽月考）如圖所示，在xOy平面直角坐標系的第Ⅰ象限內有一垂直紙面向里的圓形勻強磁場區域，與x、y軸分別相切于A（L，0）、C（0，L）兩點，第Ⅱ象限內有沿y軸負方向的勻強電場。一個質量為m、電荷量為q的帶正電粒子從A點沿y軸正方向以v0射入磁場，經C點射入電場，最后從x軸上離O點的距離為2L的P點射出，不計粒子的重力。求：（1）勻強磁場磁感應強度B的大小；（2）勻強電場場強E的大小和粒子在電場中運動的時間。【分析】（1）粒子在磁場中只受洛倫茲力而做勻速圓周運動，由幾何關系求得粒子圓周軌跡半徑，由洛倫茲力提供向心力，應用牛頓第二定律求解磁感應強度；（2）粒子在電場中做類平拋運動，將運動分解為沿x軸的勻速直線運動和沿y軸勻加速直線運動，分別應用運動學公式，求解出時間和加速度，再由牛頓第二定律求解電場強度。【解答】解：（1）帶正電粒子在磁場中只受洛倫茲力而做勻速圓周運動，其軌跡如右圖所示，由幾何關系知粒子圓周軌跡半徑r＝L，由洛倫茲力提供向心力可得：qv0B＝解得：B＝（2）粒子由C點沿﹣x方向進入電場，在電場中做類平拋運動，則：沿﹣x方向做勻速直線運動，有：2L＝v0t，沿﹣y方向做初速度為零的勻加速直線運動，有：L＝，粒子在電場中的加速度為：a＝解得：E＝，t＝答：（1）勻強磁場磁感應強度B的大小為；（2）勻強電場場強E的大小為，粒子在電場中運動的時間為。【點評】本題是非常基礎的電場和磁場中帶電粒子運動問題，典型的磁場中勻速圓周運動，電場中的類平拋運動。帶電粒子在磁場的運動畫軌跡圖確定軌跡半徑和圓心角是基本功，電場中的勻變速曲線運動處理的方法是運動的分解與合成。32．（2021春?紅橋區校級期中）一個質量為m、電荷量為q的帶電粒子從x軸上的P（a，0）點以速度v，沿與x正方向成60°的方向射入第一象限內的勻強磁場中，并恰好垂直于y軸射出第一象限。求：（1）粒子電性；（2）勻強磁場的磁感應強度B；（3）粒子射出點的坐標。【分析】（1）根據粒子的偏轉方向，由左手定則即可確定粒子的電性；（2）由幾何軌跡找到圓心位置，由幾何關系得到半徑；洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律列方程可得勻強磁場的磁感應強度B；（3）由幾何關系和圓周運動的半徑關系可以求出出射點的坐標。【解答】解：（1）由圖可知，粒子向左偏轉，根據左手定則可知，粒子帶負電；（2）粒子在磁場中在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，如圖所示：由射入、射出點的半徑可找到圓心O′，由幾何知識得，rsin60°＝a解得圓周運動的半徑為：r＝＝粒子在磁場中在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，洛倫茲力提供圓周運動向心力，有：qvB＝m得磁場的磁感應強度：B＝＝（3）由幾何關系有：粒子射出磁場時的縱坐標yx＝r+rcos60°＝（1+）＝a所以射出磁場時的坐標為（0，a）答：（1）粒子帶負電；（2）勻強磁場的磁感應強度為；（3）射出點的坐標（0，a）。【點評】本題考查帶電粒子在磁場中的偏轉問題，關鍵是找到圓心位置，由幾何關系求半徑，由洛倫茲力提供向心力得到磁感應強度。33．（2021春?越秀區校級月考）如圖所示，在xOy平面的第一象限有一勻強電場，電場的方向平行于y軸向下；在x軸和第四象限的射線OC（OC與x軸的夾角為φ）之間有一勻強磁場，磁感應強度的大小為B，方向垂直于紙面向外。有一質量為m、帶有電荷量+q的粒子由電場左側平行于x軸射入電場，粒子到達x軸上A點時，速度方向與x軸的夾角也為φ，A點與原點O的距離為d，接著粒子進入磁場，并垂直于OC飛離磁場。不計粒子重力影響。求：（1）粒子在磁場中運動的速度大小；（2）勻強電場的場強大小；（3）粒子水平進入電場時距離原點O的距離。【分析】（1）粒子在磁場中做勻速圓周運動，結合幾何關系由洛倫茲力充當向心力可求得粒子在磁場中的速度；（2）粒子在電場中做的是類平拋運動，對水平方向的勻速和豎直方向的勻加速分中別進行分析，根據牛頓第二定律及運動學公式可求得電場強度；（3）根據運動學公式，結合加速度，即可求解。【解答】解：（1）畫出粒子在磁場中運動的軌跡如圖所示由幾何關系得：R＝dsinφ①由洛倫茲力公式和牛頓第二定律得：②解得：v＝③；（2）質點在電場中做類平拋運動．設質點射入電場的速度為v0，在電場中的加速度為a，運動時間為t，則有：v0＝vcosφ④vsinφ＝at⑤d＝v0t⑥解得：設電場強度的大小為E，由牛頓第二定律得：qE＝ma⑦聯立③～⑦式，解得：；（3）設粒子入射點位于y軸正方向的D點，距離原點O為L，粒子在豎直方向做勻加速直線運動：⑧⑥～⑧式聯立，解得：．答：（1）粒子在磁場中運動的速度大小為；（2）勻強電場的場強大小為；（3）粒子水平進入電場時距離原點O的距離為。【點評】本題為電荷在電場和磁場中運動的題目，在電場中的運動一般以平拋為主，而在圓周運動中主要考查勻速圓周運動，應注意找出圓心和半徑；同時要注意題目中哪些為已知量哪些為未知量．34．（2020?興慶區校級模擬）如圖所示，坐標原點O處有一點狀的放射源，它向xOy平面內的x軸上方各個方向（包括x軸正方向和負方向）發射帶正電的同種粒子，速度大小都是v0，在0≤y≤d的區域內分布有指向y軸正方向的勻強電場，場強大小為E＝，其中q與m分別為該種粒子的電荷量和質量；在d≤y≤2d的區域內分布有垂直xOy平面的勻強磁場。ab為一塊很大的平面感光板，放置于y＝2d處，觀察發現此時恰好沒有粒子打到ab板上。（不考慮粒子的重力及粒子間的相互作用）（1）求粒子剛進入磁場時的速率；（2）求磁感應強度B的大小。【分析】（1）粒子在電場中加速，根據動能定理求出粒子剛進入磁場時的速度；（2）根據帶電粒子在電場中類平拋運動，求出進入磁場中的偏轉角度，結合幾何關系得出軌道半徑，從而得出磁感應強度的大小。【解答】解：（1）根據動能定理得解得剛進入磁場時的速率vt＝2v0（2）由（1）求得vt＝2v0，對于沿x軸正方向射出的粒子，其進入磁場時與x軸正方向的夾角其在電場中沿x軸正方向的位移若沿x軸正方向射出的粒子不能打到ab板上，則所有粒子均不能打到ab板上，因此沿x軸正方向射出的粒子在磁場中運動的軌跡與ab板相切，如圖甲所示：由幾何關系可知可得粒子做圓周運動的半徑r＝d洛倫茲力提供向心力解得答：（1）粒子剛進入磁場時的速率為2v0；（2）磁感應強度B的大小為。【點評】本題考查了帶電粒子在電場和磁場中的運動，關鍵確定粒子運動的臨界情況，通過幾何關系求解粒子的半徑，結合牛頓第二定律列方程求解。35．（2019秋?海南期末）如圖所示，在xOy坐標平面內的第一象限中存在一勻強磁場，磁場方向垂直坐標平面向里。一個質量為m、帶電荷量為q的正粒子，從x軸上的M點以初速度v0沿與x軸正方向成30°角射入第一象限中，粒子在磁場中做圓周運動，之后恰好垂直y軸射出第一象限，已知OM長為L，不計粒子重力，求：（1）勻強磁場的磁感應強度B的大小；（2）粒子在磁場中運動的時間。【分析】（1）根據粒子進入磁場和離開磁場時的方向確定運動軌跡，由幾何關系求出半徑，再根據洛倫茲力充當向心力列式求解磁感應強度B的大小；（2）根據幾何求出圓心角，再根據幾何關系求出在磁場中圓周運動的軌跡長度，由速度公式即可求出在磁場運行時間。【解答】解：（1）粒子在磁場中做圓周運動的軌跡如圖所示由幾何關系可得，粒子做圓周運動的半徑r＝2L洛倫茲力提供粒子做圓周運動的向心力聯立解得磁感應強度；（2）粒子在第一象限運動軌跡對應的圓心角為150°，則軌跡長度為x＝×2πr＝則運動的時間為t＝＝＝。答：（1）勻強磁場的磁感應強度B的大小為；（2）粒子在磁場中運動的時間為。【點評】本題考查帶電粒子在磁場中的運動問題，要注意此類問題的關鍵在于正確作出粒子做圓周運動的運動軌跡，能根據幾何知識求解粒子做圓周運動的半徑，掌握圓周運動的半徑公式，在解題時注意明確已知量和未知量。36．（2020秋?潞州區校級月考）如圖所示，直線MN上方有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B，電子1從磁場邊界上的a點垂直MN和磁場方向以速度v0射入磁場，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，從a、b連線的中點c離開磁場。已知電子質量m，帶電荷量為e，求：（1）電子1在磁場中運動的半徑r1；（2）電子1在磁場中運動的時間t1；（3）電子2在磁場中運動的時間t2。【分析】（1）根據洛倫茲力充當向心力即可求出電子1在磁場中運動的半徑；（2）根據幾何關系確定電子1在磁場中轉過的圓心角即可求出電子1在磁場中運動的時間；（2）根據幾何關系確定電子2在磁場中運動的圓心角即可求出電子2在磁場中運動的時間。【解答】解：（1）電子1在磁場中運動時，根據洛倫茲力充當向心力有，解得電子1在磁場中運動的半徑：；（2）由得，電子1在磁場中運動周期，由幾何關系可知，電子1在磁場中轉過了半圈，所用時間；（3）如圖所示，兩電子速率相等，半徑相等，周期相同，設電子2在磁場中轉過的圓心角為θ，則由幾何關系有，則，所以θ＝60°，故電子2在磁場中的運動時間：答：（1）電子1在磁場中運動的半徑r1為；（2）電子1在磁場中運動的時間t1為；（3）電子2在磁場中運動的時間t2為。【點評】本題的關鍵要知道電子在磁場中做圓周運動，洛倫茲力提供向心力，電子在磁場中做圓周運動的周期和半徑都相同，根據幾何關系求解時間。37．（2020秋?連城縣校級月考）如圖所示，勻強磁場的方向垂直紙面向里，磁感應強度大小為B，MN為磁場的水平邊界。一帶電荷量為+q的粒子，以速度v從O點平行紙面垂直MN向下射入磁場，不計粒子的重力。（1）判斷該粒子剛射入磁場時所受洛倫茲力的方向（答“水平向左”或“水平向右”）；（2）求該粒子在磁場中所受洛倫茲力的大小f。【分析】（1）根據左手定則可判斷粒子所受洛倫茲力的方向；（2）根據洛倫茲力公式即可求出粒子所受洛倫茲力的大小。【解答】解：（1）粒子帶正電垂直磁場進入，由左手定則可知，洛倫茲力水平向右；（2）根據洛倫茲力公式可得，粒子所受洛倫茲力f＝qvB。答：（1）該粒子剛射入磁場時所受洛倫茲力的方向水平向右；（2）求該粒子在磁場中所受洛倫茲力的大小f為qvB。【點評】本題考查洛倫茲力的大小計算公式以及左手定則的應用，要注意在利用左手定則時應明確粒子電性，判斷正電荷受力時四指指向運動方向，判斷負電荷受力時，四指指向運動的反方向。38．（2020春?保山期末）如圖所示，在虛線所示寬度范圍內，添加豎直向下、大小為E＝2V/m的勻強電場可使初速度（方向水平向右）為v0＝1m/s的某種正離子偏轉θ＝30°角，該離子比荷為＝×104C/kg。同樣寬度范圍內，若改用方向垂直紙面向外的勻強磁場，保持初速度不變，使該離子穿過該區域，并使偏轉角也為θ＝30°，不計離子的重力，求：（1）勻強磁場的磁感應強度大小；（2）離子穿過電場和磁場的時間分別是多少？【分析】離子在電場中做類平拋運動有vy＝votanθ和vy＝，在勻強磁場中做勻速圓周運動有qv0B＝m。【解答】解：（1）設虛線寬度為d，離子在電場中做類平拋運動，有vy＝votanθ，又vy＝，且t＝當改用勻強磁場時，離子做勻速圓周運動，有qv0B＝m軌道半徑r＝＝聯立解得：B＝＝T（2）離子在電場中運動的時間為：t1＝＝≈1.67×10﹣5s離子在磁場中運動的時間為：t2＝＝＝≈1.74×10﹣5s答：（1）勻強磁場的磁感應強度大小為T；（2）離子穿過電場和磁場的時間分別是1.67×10﹣5s、1.74×10﹣5s。【點評】離子在勻強磁場中運動所用的時間，可以通過弧長除以線速度、角度除以角速度、周期的占比等方法求解。39．（2020秋?浙江月考）如圖所示，在無重力場的宇宙空間里有一xOy直角坐標系，其Ⅰ、Ⅳ象限內存在垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度B＝5×10﹣2T。有一輕質絕緣光滑細桿處于y軸上，其下端在O點處，細桿長度h＝0.1m，細桿的頂部套有一帶負電的小球可以在細桿上自由滑動，其質量m＝1×10﹣5kg，電荷量q＝1×10﹣3C。在x軸下方有一平行于y軸的擋板PQ（足夠長），P點處于x軸上，其坐標為xp＝m。若不計一切摩擦，求：（1）細桿在水平外力F作用下以速度v0＝4m/s沿x軸正向勻速運動時，小球脫離細桿前的運動性質及脫離細桿所用的時間；（2）在（1）問中，水平外力F做的功W；（3）要使小球能擊中擋板左側，細桿向右勻速運動的速度范圍。【分析】小球水平方向的運動速度不變，受到洛倫茲力豎直向下的分量就不會變，因此，豎直方向做勻變速直線運動，根據牛頓定律和直線運動知識即可求得時間。由于運動過程中只有桿的彈力做功，根據動能定理即可求出桿做的功。要求速度范圍，要明確為什么速度不能太大，也不能太小。速度與半徑有關，要是太小，就有可能打不到板上，就開始向左運動，因此，相切是臨界條件，可以算出最小速度。速度太大，就會出現已經到了P點還未脫離的現象，因此擊中P的是最大速度的臨界條件。【解答】解：（1）由于小球任意時刻洛倫茲力的豎直分力恒為qv0B，所以小球做初速度為v0，加速度大小，方向沿y軸負向的類平拋運動y方向由運動學公式：及牛頓第二定律：解得：t＝0.1s（2）小球脫離細桿時y方向的分速度：vy＝at＝2m/s合速度大小：由動能定理得：（3）小球要打在板上，臨界條件就是與板相切。此時，小球脫離細桿后做如圖所示的勻速圓周運動，軌跡恰好與擋板相切。設細桿的速度為v01，小球圓周運動圓心位置O1距離脫離點的水平位移：由：vy1＝a1t1及：vy1＝v1sinθ解得d＝v01t＝x1所以圓心位置O1恰好在y軸上。由幾何關系可知：由牛頓第二定律：速度關系：y方向上的速度位移關系：解得：v01＝1m/s或﹣2m/s（舍棄）第二個臨界狀態為小球恰好打在P點，設此時細桿的速度為v02由水平位移：x2＝v02t2豎直位移：牛頓第二定律：解得：v02＝2m/s細桿的速度范圍：1m/s＜v0＜2m/s答：（1）細桿在水平外力F作用下以速度v0＝4m/s沿x軸正向勻速運動時，小球脫離細桿前的運動類平拋運動，脫離細桿所用的時間為0.1s；（2）水平外力F做的功為2×10﹣5J；（3）細桿向右勻速運動的速度范圍為：1m/s＜v0＜2m/s。【點評】對于帶電粒子在磁場中運動的問題，要根據洛倫茲力分析其運動的特征，洛倫茲力用不做功，使得動能定理在應用時比較方便。對于求速度范圍的問題，一定要想清楚為什么速度不能太大，為什么不能太小，臨界條件是什么。40．（2020秋?荊州區校級月考）如圖所示，在矩形區域（含邊界）存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小B0＝2.0×10﹣2T，A、B、C、D為矩形的四個頂點，BC邊長l1＝4m，AB邊長l2＝2m。大量質量m＝3.2×10﹣26kg、帶電荷量q＝﹣1.6×10﹣18C的粒子，從A點沿AD方向以不同的速率射入勻強磁場中，粒子恰好均從BC邊射出，不計粒子重力及粒子間的作用力。求：（1）粒子的速率的取值范圍；（2）粒子在磁場中運動的最長時間。【分析】（1）粒子在勻強磁場中運動，由幾何關系和由洛倫茲力提供向心力，求出粒子的速率的取值范圍；（2）根據粒子在勻強磁場中運動的規律，從B點射出的粒子在磁場中運動的時間最長，求出粒子在磁場中運動的最長時間。【解答】解：（1）粒子恰好均從BC邊射出，可知粒子以最小速率v1運動時恰好打在B點，由幾何關系可知其半徑；粒子以最大速率v2運動時恰好打在C點，設其半徑為R2，由幾何關系，解得R2＝5m粒子在勻強磁場中運動，由洛倫茲力提供向心力，有，可得解得m/s，m/s則粒子的速率的取值范圍為1.0×106m/s≤v≤5.0×106m/s；（2）從B點射出的粒子在磁場中運動的時間最長，其運動時間而T＝聯立解得t＝3.14×10﹣6s。答：（1）粒子的速率的取值范圍為1.0×106m/s≤v≤5.0×106m/s；（2）粒子在磁場中運動的最長時間為3.14×10﹣6s。【點評】本題考查了粒子在有界磁場的問題，解決題目的關鍵是畫出在磁場中運動的軌跡，明確臨界條件，確定半徑，再根據洛倫茲力充當向心力即可明確速率范圍。帶電粒子在勻強磁場中的運動知識點：帶電粒子在勻強磁場中的運動一、帶電粒子在勻強磁場中的運動1．若v∥B，帶電粒子以速度v做勻速直線運動，其所受洛倫茲力F＝0.2．若v⊥B，此時初速度方向、洛倫茲力的方向均與磁場方向垂直，粒子在垂直于磁場方向的平面內運動．(1)洛倫茲力與粒子的運動方向垂直，只改變粒子速度的方向，不改變粒子速度的大小．(2)帶電粒子在垂直于磁場的平面內做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力．二、帶電粒子在磁場中做圓周運動的半徑和周期1．由qvB＝meq\f(v2,r)，可得r＝eq\f(mv,qB).2．由r＝eq\f(mv,qB)和T＝eq\f(2πr,v)，可得T＝eq\f(2πm,qB).帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的周期與軌道半徑和運動速度無關．技巧點撥一、帶電粒子在勻強磁場中運動的基本問題1．分析帶電粒子在磁場中的勻速圓周運動，要緊抓洛倫茲力提供向心力，即qvB＝meq\f(v2,r).2．同一粒子在同一磁場中做勻速圓周運動，由r＝eq\f(mv,qB)知，r與v成正比；由T＝eq\f(2πm,qB)知，T與速度無關，與半徑無關．二、帶電粒子在勻強磁場中的圓周運動1．圓心的確定圓心位置的確定通常有以下兩種基本方法：(1)已知入射方向和出射方向時，可以過入射點和出射點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(如圖甲所示，P為入射點，M為出射點)．(2)已知入射方向和出射點的位置時，可以過入射點作入射方向的垂線，連線入射點和出射點，作其中垂線，這兩條垂線的交點就是圓弧軌道的圓心(如圖乙所示，P為入射點，M為出射點)．2．半徑的確定半徑的計算一般利用幾何知識解直角三角形．做題時一定要作好輔助線，由圓的半徑和其他幾何邊構成直角三角形．由直角三角形的邊角關系或勾股定理求解．3．粒子在勻強磁場中運動時間的確定(1)粒子在勻強磁場中運動一周的時間為T，當粒子運動軌跡的圓弧所對應的圓心角為α時，其運動時間t＝eq\f(α,360°)T(或t＝eq\f(α,2π)T)．確定圓心角時，利用好幾個角的關系，即圓心角＝偏向角＝2倍弦切角．(2)當v一定時，粒子在勻強磁場中運動的時間t＝eq\f(l,v)，l為帶電粒子通過的弧長．例題精練1．（2021?廣東學業考試）如圖所示，一粒子以水平向右的速度進入垂直紙面向里的勻強磁場，重力忽略不計，當粒子剛進入磁場中時（）A．若粒子向上偏轉，則它一定帶正電