第一章 磁场对电流的作用 水平测评-【金版教程】2025-2026学年高中物理选择性必修第二册创新导学案课件PPT（教科版2019）

第一章　水平测评 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分100分，考试时间75分钟. 第Ⅰ卷(选择题，共50分) 一、选择题(本题共10小题，每小题5分，共50分。在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～10题有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1.如图所示，空间有沿x轴正方向的匀强磁场，与x轴重合的通电导线ab中电流方向从a到b，ab绕O点在xOy平面内旋转180°的过程中，通电导线ab受到的安培力(　　) A．方向不变 B．方向不断改变 C．逐渐增大 D．逐渐减小 答案 解析 解析　通电直导线所受的安培力F＝IlBsinθ，θ是磁感应强度B的方向与电流方向的夹角，由题知，B、I、l不变，θ由0逐渐增大到180°，sinθ先增大后减小，则F先增大后减小；根据左手定则判断可知，通电导线ab受到的安培力方向始终沿z轴正方向，保持不变。故A正确，B、C、D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2.如图所示为地球周围磁场的分布情况，从太阳或其他星体上放射出的宇宙射线中含有大量的高能带电粒子。这些高能带电粒子到达地球会对地球上的生命带来危害，但由于地球周围存在地磁场，地磁场能改变宇宙射线中带电粒子的运动方向，对地球上的生命起到保护作用。假设所有的宇宙射线从各个方向垂直地球表面进入地磁场，那么以下说法正确的是(　　) A．地磁场对宇宙射线的阻挡作用各处都相同 B．由于南、北极磁场最强，因此阻挡作用最强 C．垂直地球赤道地面射来的正粒子向东偏转 D．垂直地球赤道地面射来的负粒子向南偏转 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 解析　高能带电粒子到达地球周围时，受到地磁场的洛伦兹力作用，发生偏转。相同粒子在地磁场的不同位置，所受到的洛伦兹力不同，在南、北两极地磁场方向几乎与地面垂直，在赤道附近地磁场的方向几乎与地面平行，结合洛伦兹力的特点可知，地磁场对垂直地球表面进入地磁场的宇宙 解析 射线的阻挡作用在南、北两极最弱，在赤道附近较强，故A、B错误；根据左手定则，垂直地球赤道地面射来的正粒子受到地磁场向东的洛伦兹力，向东偏转，垂直地球赤道地面射来的负粒子受到地磁场向西的洛伦兹力，向西偏转，故C正确，D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3.在粒子物理学的研究中，经常应用“气泡室”装置。粒子通过气泡室中的液体时能量降低，在它的周围有气泡形成，显示出它的径迹。如图所示为带电粒子在气泡室运动径迹的照片，气泡室处于垂直纸面向里的匀强磁场中，下列有关甲、乙两粒子的判断正确的是(　　) A．甲粒子从b向a运动 B．乙粒子从c向d运动 C．甲粒子带正电 D．乙粒子带负电 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 4.螺线管正中间的上方悬挂一个通有顺时针方向电流的小线圈，线圈的平面与螺线管的轴线在同一竖直面内，如图所示。当闭合开关S时，从上方俯视，线圈应该(　　) A．顺时针方向转动，同时向左移动 B．逆时针方向转动，同时向右移动 C．顺时针方向转动，同时悬线的拉力减小 D．逆时针方向转动，同时悬线的拉力增大 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 解析　根据安培定则可知，闭合开关时，螺线管右端为N极，左端为S极，对通有顺时针方向电流的小线圈，由右手螺旋定则可知，线圈的外面为S极，里面为N极，因为异名磁极相互吸引，所以从上往下看，线圈逆时针方向转动。线圈处在螺线管正中间的上方， 解析 根据对称性可知，线圈不会向左或向右移动。因线圈下半部分的磁场强于上半部分，故线圈下半部分所受安培力大于上半部分所受安培力，又根据左手定则可知，下半部分所受安培力向下，上半部分所受安培力向上，则悬线的拉力增大。综上所述，D正确，A、B、C错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 5.如图，在第一象限内有垂直纸面向里的匀强磁场，正、负电子分别以相同速度沿与x轴成30°角从原点垂直射入磁场，则正、负电子在磁场中运动时间之比为(　　) A．2∶1 B．1∶2 C．1∶3 D．1∶15 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 8.在竖直平面内存在水平方向的匀强磁场，一质量为m的带电小球由O点静止释放，小球在此后一段时间内的运动轨迹如图中曲线所示，P为曲线的最低点，小球运动到B点时速度为零。若不计空气阻力，则下列说法正确的是(　　) A．小球带负电 B．小球在P点所受洛伦兹力最大 C．B点与O点在同一高度 D．小球到达B点后将沿原路径返回A点 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 解析　小球由静止释放后在重力作用下将向下加速，由运动轨迹，小球在洛伦兹力作用下向右偏转，根据左手定则可知小球带正电，A错误；洛伦兹力始终与速度方向垂直，洛伦兹力不做功，只有重力做功，则小球机械能守恒，P为 解析 曲线最低点，则小球在P点重力势能最小，动能最大，则小球在P点速度最大，由F＝qvB可知，此时小球所受洛伦兹力最大，B正确；小球在O点和B点动能均为零，根据小球机械能守恒可知，小球在O点和B点重力势能相等，则B点与O点在同一高度，C正确；小球到达B点后，在重力作用下向下运动，由左手定则可知，受向右的洛伦兹力，小球向右偏转，不可能沿原路径返回A点，D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 第Ⅱ卷(非选择题，共50分) 二、实验题(本题共2小题，共12分) 11．(6分)利用通电导线在磁场中受到的安培力与 磁感应强度的关系就可以测定磁感应强度的大小，实 验装置如图所示，弹簧测力计下端挂一矩形导线框， 导线框接在图示电路中，线框的短边置于蹄形磁体的 N、S极间磁场中的待测位置。 (1)在接通电路前，待线框静止后，先观察并记录下弹簧测力计的读数F0； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 (2)接通电路，调节滑动变阻器使电流表读数为I，待线框静止后，观察并记录下弹簧测力计的读数F(F＞F0)。 由以上测量数据可知：导线框所受重力大小等于____；磁场对矩形线框位于磁场中的一条边的作用力大小为______。若已知导线框在磁场中的这条边的长度为L、线框匝数为N，则利用上述数据计算待测磁场的磁感应强度的表达式为B＝________。 答案 F0 F－F0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 12.(6分)电磁血流量计是运用在心血管手术和有创外科手术的精密监控仪器，可以测量血管内血液的流速。如图所示，某段监测的血管可视为规则的圆柱体模型，其前后两个侧面固定两块竖直正对的金属电极板a、b(未画出，电阻不计)，匀强磁场方向竖直向下，血液中的正负离子随血液一起从左至右水 平流动，则a、b电极间存在电势差。 (1)若用电压表监测a、b电极板间的电势差，则与电压表 “＋”接线柱相连的是图中____电极板(选填“a”或“b”)。 答案 a 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 (2)某次监测中，用电压表测出a、b电极间的电势差U，已知a、b电极板间的距离D，血管内径为d，磁感应强度B，则用上述物理量表示血流量(单位时间流过的血液体积)的表达式为________。 (3)若U＝150 μV，D＝3.0 mm，B＝0.12 T，根据数据可估测出血流速度为______m/s(结果保留两位有效数字)。 答案 0.42 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 三、计算题(本题共3小题，共38分。要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位) 13．(8分)如图所示，ab、cd为两根足够长的相距1 m的平行金属导轨，导轨与水平面之间的夹角θ＝37°，导轨间存在垂直于导轨平面向下的匀强磁场。质量为0.15 kg的金属棒MN垂直放置在导轨上，金属棒与导轨之间的动摩擦因数为0.2。当通以方向从M到N、大小为2 A的电流时，金属棒MN恰能沿导轨向下做匀速运动。已知g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求： (1)磁感应强度B的大小； (2)当棒中电流增大到4 A的瞬间，棒获得的加速度a。 答案 答案　(1)0.33 T　(2)4.4 m/s2，方向沿导轨向上 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 解析　 (1)当通以方向从M到N、大小为2 A的电流时，金属棒所受安培力沿导轨向上，金属棒MN沿导轨向下匀速运动，沿导轨方向受力平衡，则 mgsinθ＝F安＋μmgcosθ F安＝IlB 代入数据解得B＝0.33 T。 (2)当棒中电流增大到I′＝4 A时，设棒的加速度为a，以沿导轨向下为正方向，由牛顿第二定律有 mgsinθ－I′lB－μmgcosθ＝ma 代入数据解得a＝－4.4 m/s2 负号表示方向沿导轨向上。 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 14．(14分)如图甲所示，极板M1N1、PQ间存在加速电场，环形磁场区域由两圆心都在O点、半径分别为2a和4a的半圆盒N1N2和M1M2围成，该匀强磁场垂直于纸面向外，磁感应强度大小为B。质量为m、电荷量为＋q的粒子不断从粒子源S飘入(初速度为0)加速电场，经电场加速后沿M1N1的中垂线从极板上小孔S′射入磁场后打到荧光屏N2M2上。不计粒子的重力和粒子间相互作用，打到荧光屏N2M2上的粒子均被吸收。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 15.(16分)一足够长的条状区域内存在匀强电场和匀强磁场，其在xOy平面内的截面如图所示：中间是磁场区域，其边界与y轴垂直，宽度为l，磁感应强度的大小为B，方向垂直于xOy平面；磁场的上、下两侧为电场区域，宽度均为l′，电场强度的大小均为E，方向均沿x轴正方向；M、N为条形区域边界上的两点，它们的连线与y轴平行。一带正电的粒子以某一速度从M点沿y轴正方向射入电场，经过一段时间后恰好以从M点入射的速度从N点沿y轴正方向射出。不计重力。 (1)定性画出该粒子在电磁场中运动的轨迹； (2)求该粒子从M点射入时速度的大小； 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 解析　 (1)粒子运动的轨迹如图a所示。 (粒子在电场中的轨迹为抛物线，在磁场中为 圆弧，上下对称) (2)粒子从电场下边界入射后在电场中做类平抛运动。设粒子从M点射入时速度的大小为v0，在下侧电场中运动的时间为t，加速度的大小为a；粒子进入磁场的速度大小为v，方向与电场方向的夹角为θ(见图b)，速度沿电场方向的分量为v1，根据牛顿第二定律有 qE＝ma　① 式中q和m分别为粒子的电荷量和质量，由运动学公式有 v1＝at　② 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　 R 解析　带电粒子沿垂直于磁场方向运动，通过气泡室中的液体时能量降低，速度减小，由粒子轨道半径公式r＝eq \f(mv,qB)可知，粒子的轨道半径逐渐减小，则由图看出，甲粒子从b向a运动，乙粒子从d向c运动，由左手定则可知，甲粒子带负电，乙粒子带正电。故A正确，B、C、D错误。 解析　电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，正电子进入磁场后，在洛伦兹力作用下向上偏转，而负电子在洛伦兹力作用下向下偏转。由带电粒子在磁场中做圆周运动的周期公式T＝eq \f(2πm,qB)，可知正、负电子的周期相等。正电子从y轴上射出磁场时，根据几何知识可知，速度与y轴的夹角为60°，速度的偏转角为 120°，其轨迹对应的圆心角也为120°，则正电子在磁场中运动时间为：t1＝eq \f(120°,360°)T＝eq \f(1,3)T。同理，负电子从x轴离开磁场时，速度方向与x轴的夹角为30°，则轨迹对应的圆心角为60°，负电子在磁场中运动时间为：t2＝eq \f(60°,360°)T＝eq \f(1,6)T。所以正电子与负电子在磁场中运动时间之比为：t1∶t2＝2∶1；故A正确。 6.如图，距离为d的两平行金属板P、Q之间有一匀强磁场，磁感应强度大小为B1，一束速度大小为v的等离子体垂直于磁场喷入板间。相距为L的两光滑平行金属导轨固定在与导轨平面垂直的匀强磁场中，磁感应强度大小为B2，导轨平面与水平面夹角为θ，两导轨分别与P、Q相连。质量为m、电阻为R的金属棒ab垂直导轨放置，恰好静止。重力加速度为g，不计导轨电阻、板间电阻和等离子体中的粒子重力。下列说法正确的是(　　) A．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向上，v＝eq \f(mgRsinθ,B1B2Ld) B．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下，v＝eq \f(mgRsinθ,B1B2Ld) C．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向上，v＝eq \f(mgRtanθ,B1B2Ld) D．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下，v＝eq \f(mgRtanθ,B1B2Ld) 解析　等离子体垂直于磁场喷入板间时，根据左手定则可知金属板Q带正电荷，金属板P带负电荷，则金属棒ab中电流方向由a端流向b端；金属棒ab在光滑平行导轨上静止，且B2垂直于导轨平面，则金属棒ab所受安培力沿导轨向上，由左手定则可知，导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下。等离子体喷入金属板P、Q间时产生的电动势E满足qeq \f(E,d)＝qB1v，由闭合电路欧姆定律有I＝eq \f(E,R)，则金属棒ab所受安培力大小F＝ILB2＝eq \f(B1B2Ldv,R)，对金属棒ab由平衡条件可得F＝mgsinθ，联立解得v＝eq \f(mgRsinθ,B1B2Ld)。B正确。 7.如图为一种质谱仪示意图，由加速电场、静电分析器和磁分析器组成，若静电分析器通道中心线的半径为R，通道内均匀辐射电场在中心线处的电场强度大小为E，磁分析器有范围足够大的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外。一质量为m、电荷量为q的粒子从静止开始经加速电场加速后沿中心线通过静电分析器，由P点垂直边界进入磁分析器，最终打到胶片上的Q点，不计粒子重力，下列说法中正确的是(　　) A．极板M比极板N电势低 B．加速电场的电压U＝ER C．直径PQ＝eq \f(1,B) eq \r(\f(mER,q)) D．若一群粒子从静止开始经过上述过程都落在胶片上同一 点，则该群粒子具有相同的比荷 解析　粒子经加速电场加速后进入静电分析器，在静 电力的作用下做匀速圆周运动，由静电力指向圆心可知粒 子带正电，因此加速电场的场强方向由M指向N，即极板 M的电势高，故A错误；在加速电场中，由动能定理得 qU＝eq \f(1,2)mv2，粒子在静电分析器内做匀速圆周运动，因此 qE＝meq \f(v2,R)，联立可得U＝eq \f(ER,2)，故B错误；粒子进入磁场后在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，有qvB＝meq \f(v2,r)，则PQ＝2r，联立可得PQ＝eq \f(2,B) eq \r(\f(mER,q))，当B、E、R确定时，粒子在磁场中的轨迹直径只和粒子的比荷有关，因此落在胶片上同一点的粒子比荷相同，故C错误，D正确。 9.在半导体离子注入工艺中，初速度可忽略的磷离子P＋和P3＋，经电压为U的电场加速后，垂直进入磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里、有一定宽度的匀强磁场区域，如图所示。已知离子P＋在磁场中转过θ＝30°角后从磁场右边界射出。在电场和磁场中运动时，离子P＋和P3＋(　　) A．离开电场区域时的动能之比为1∶3 B．在磁场中运动的半径之比为eq \r(3)∶1 C．在磁场中转过的角度之比为1∶2 D．在磁场中的加速度之比为1∶eq \r(3) 解析　离子在电场中运动时有qU＝eq \f(1,2)mv2＝Ek，则离子离开电场时的动能之比等于电荷量之比，即1∶3，故A正确；离子在磁场中做匀速圆周运动，有qvB＝meq \f(v2,r)，得运动半径r＝eq \f(mv,qB)＝eq \f(1,B) eq \r(\f(2mU,q))，则运动半径之比为1∶eq \f(1,\r(3))＝eq \r(3)∶1，故B正确；设磁场宽度为d，由几何关系有d＝rsinα(α为离子在磁场中转过的角度)，可知离子在磁场中转过的角度正弦值之比等于运动半径倒数之比，即1∶eq \r(3)，因P＋在磁场中转过的角度θ＝30°，则P3＋转过的角度θ′＝60°，故转过的角度之比为1∶2，故C正确；离子在磁场中的加速度a＝eq \f(qvB,m)，联立可得a＝eq \f(qB,m) eq \r(\f(2qU,m))，则离子在磁场中的加速度之比为1∶3eq \r(3)，故D错误。 10.如图所示，以直角三角形AOC为边界的有界匀强磁场区域，磁感应强度为B，∠A＝60°，AO＝a。在O点放置一个粒子源，可以向各个方向发射某种带负电粒子，粒子的比荷为eq \f(q,m)，发射速度大小都为v0，且满足v0＝eq \f(aqB,m)，发射方向由图中的角度θ表示。对于粒子进入磁场后的运动(不计重力作用)，下列说法正确的是(　　) A．粒子有可能打到A点 B．以θ＝60°飞入的粒子在磁场中运动时间最短 C．以θ<30°飞入的粒子在磁场中运动的时间都相等 D．在AC边界上只有一半区域有粒子射出 解析　根据Bqv0＝2,0)eq \f(mv,R) ，可知粒子的运动半径R＝a，因此当θ＝60°时，粒子恰好从A点飞出，故A正确；以θ＝0°飞入的粒子，在磁场中恰好从AC中点飞出，所对弦长为a，以入射点O为定点，从θ＝0°开始旋转轨迹圆，可知轨迹圆对应的弦长从a开始减小，直到弦垂直于AC时达到最小，接着又开始增大，θ＝60°时弦长为a，然后逐渐减小到零，根据弦长越长弧长越长，而弧长正比于在磁场中的运动时间，可知θ从0°到60°粒子在磁场中运动的时间先减小后增大，故B、C错误；由以上分析可知，在AC边界上只有一半区域有粒子射出，故D正确。 eq \f(F－F0,INL) 解析　在接通电路前，导线框静止时，处于平衡状态，重力等于弹簧测力计的拉力，即G＝F0；接通电路，导线框受到重力、安培力和拉力的作用，处于平衡状态，平衡方程为：F－G－F安＝0，则F安＝F－G＝F－F0，又F安＝NBIL，则B＝eq \f(F－F0,INL)。 eq \f(πd2U,4DB) 解析　(1)在洛伦兹力的作用下，血液中的正离子向a电极板偏转，负离子向b电极板偏转，故a电极板的电势比b电极板高，故与电压表“＋”接线柱相连的是图中a电极板。 (2)当a、b电极间的电势差稳定为U时，正、负离子在电场力和洛伦兹力作用下平衡，有qeq \f(U,D)＝qvB，解得v＝eq \f(U,DB)，血流量Q＝vS，S＝eq \f(πd2,4)，联立解得Q＝eq \f(πd2U,4DB)。 (3)将数据代入v＝eq \f(U,DB)，解得v＝0.42 m/s。 (1)为使粒子能够打到荧光屏N2M2上，求加速电压的最大值Um； (2)已知加速电压为某一恒定值时，粒子刚好打在荧光屏N2M2的中央，保持加速电压不变，由于粒子进入磁场时速度方向在纸面内向左偏离SS′方向一定角度α，且cosα＝eq \f(59,60)，粒子打到了荧光屏N2M2上的D点，如图乙所示，求粒子从S′运动到D的时间及N2、D两点间的距离。 答案　(1)eq \f(49qB2a2,8m)　 (2)eq \f(m,qB) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π＋2arccos\f(59,60)))　0.9a 解析　(1)当粒子在磁场中运动的轨迹与半径为4a的半圆盒在M2点相切时，粒子在磁场中运动的轨迹半径最大，此时加速电压为最大值，设轨迹半径为r1，如图1所示 由几何关系可知r1＝eq \f(7a,2) 根据牛顿第二定律有qv1B＝m2,1)eq \f(v,r1) 根据动能定理有qUm＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,1) 联立解得Um＝eq \f(49qB2a2,8m)。 (2)由题意可知，粒子打在荧光屏N2M2的中点时，该粒子的运动半径为r2＝3a 加速电压不变，则粒子进入磁场的速度大小v2不变，运动半径仍为r2，粒子打在荧光屏上的D点时，轨迹圆心为O′，如图2所示 粒子在磁场中运动时，有 qv2B＝m2,2)eq \f(v,r2) T＝eq \f(2πr2,v2) 由几何关系可知，粒子在磁场中的轨迹所对圆心角 θ＝π＋2α 且cosα＝eq \f(59,60) 粒子从S′运动到D的时间t＝eq \f(θ,2π)T 联立可得t＝eq \f(m,qB) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π＋2arccos\f(59,60))) 该粒子运动半径仍为r2，设N2、D两点间距离为d，根据几何关系有2r2cosα＝5a＋d 解得d＝0.9a。 (3)若该粒子进入磁场时的速度方向恰好与x轴正方向的夹角为eq \f(π,6)，求该粒子的比荷及其从M点运动到N点的时间。 答案　(1)轨迹见解析　(2)eq \f(2El′,Bl) (3)eq \f(4\r(3)El′,B2l2)　eq \f(Bl,E) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(\r(3)πl,18l′))) l′＝v0t　③ v1＝vcosθ　④ 粒子在磁场中做匀速圆周运动，设其运动轨道半径为R，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得 qvB＝eq \f(mv2,R)　⑤ 由几何关系得l＝2Rcosθ　⑥ 联立①②③④⑤⑥式得v0＝eq \f(2El′,Bl)　⑦ (3)由运动学公式和题给数据得 v1＝v0coteq \f(π,6)　⑧ 联立①②③⑦⑧式得eq \f(q,m)＝eq \f(4\r(3)El′,B2l2)　⑨ 设粒子由M点运动到N点所用的时间为t′， 则t′＝2t＋eq \f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－\f(π,6))),2π)T　⑩ 式中T是粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期， T＝eq \f(2πm,qB)　⑪ 由③⑦⑨⑩⑪式得t′＝eq \f(Bl,E) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(\r(3)πl,18l′)))。 $$