3.带电粒子在匀强磁场中的运动-【金版教程】2024-2025学年高中物理选择性必修第二册作业与测评课件PPT（人教版2019）

第一章　安培力与 洛伦兹力 3.带电粒子在匀强磁场中的运动 目录 1 2 考点模型　考点对点练 核心能力提升练 考点模型　考点对点练 典型考点一　带电粒子在匀强磁场中运动的基本规律 1．两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 解析 1 2 3 4 5 6 7 考点模型 考点对点练 2．如图所示为洛伦兹力演示仪的结构示意图。演示仪中有一对彼此平行且共轴的励磁圆形线圈，通入电流I后，能够在两线圈间产生匀强磁场；玻璃泡内有电子枪，通过加速电压U对初速度为零的电子加速并连续发射。电子刚好从球心O点正下方的S点水平向左射出，电子通过玻璃泡内稀薄气体时能够显示出电子运动的径迹。则下列说法正确的是(　　) A．若要正常观察电子径迹，励磁线圈的电流方向 应为逆时针(垂直纸面向里看) B．若保持U不变，增大I，则圆形径迹的半径变大 C．若同时减小I和U，则电子运动的周期减小 D．若保持I不变，减小U，则电子运动的周期将不变 答案 1 2 3 4 5 6 7 考点模型 考点对点练 解析 1 2 3 4 5 6 7 考点模型 考点对点练 3．1930年，师从密立根的中国科学家赵忠尧，在 实验中最早观察到正负电子对产生与湮没，成为第一个 发现正电子的科学家。此后，人们在气泡室中，观察到 一对正负电子的运动轨迹，如图所示。已知匀强磁场的 方向垂直照片平面向里，电子重力忽略不计，则下列说法正确的是(　　) A．右侧螺旋线为正电子运动轨迹 B．正电子与负电子分离瞬间，正电子速度大于负电子速度 C．正、负电子在气泡室运动时，有能量损失，则动能减小、半径减小、周期减小 D．正、负电子所受洛伦兹力始终相同 答案 1 2 3 4 5 6 7 考点模型 考点对点练 解析 1 2 3 4 5 6 7 考点模型 考点对点练 4．质子和α粒子由静止出发经过同一加速电场加速后，沿垂直磁感线方向进入同一匀强磁场，则它们在磁场中的各运动量间的关系正确的是(　　) A．速度之比为2∶1 B．周期之比为1∶2 C．半径之比为1∶2 D．角速度之比为1∶1 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 考点模型 考点对点练 典型考点二　带电粒子在有界匀强磁场中的匀速圆周运动 5．如图所示，一电荷量为2.0×10－9 C、质量为1.8×10－16 kg的粒子，在直线边界上一点O沿与直线夹角为30°方向进入磁感应强度为B的匀强磁场中，经过1.5×10－6 s后到达直线上另一点P，则：(计算结果均保留三位有效数字) (1)求粒子做圆周运动的周期； (2)求磁感应强度B的大小； (3)若O、P之间的距离为0.1 m，求粒子的运动速度多大？ 答案 答案：(1)1.80×10－6 s　(2)0.314 T　 (3)3.49×105 m/s 1 2 3 4 5 6 7 考点模型 考点对点练 解析 1 2 3 4 5 6 7 考点模型 考点对点练 解析 1 2 3 4 5 6 7 考点模型 考点对点练 [名师点拨]　 1．带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动问题的解题三步法 2．带电粒子在直线边界磁场中运动的特点 粒子进出磁场的边界是同一直线时，出射速度与边界的夹角等于入射速度与边界的夹角。 1 2 3 4 5 6 7 考点模型 考点对点练 6．如图所示，在直角三角形ADC区域内存在垂直于 纸面向外、磁感应强度为B的匀强磁场(包含边界)，∠ACD ＝30°。现有一质量为m、电荷量为q的带电粒子，以某一 速度v从D点沿DA边射入磁场，垂直于AC边射出磁场，粒 子的重力可忽略不计。求： (1)带电粒子在磁场中的运动半径R； (2)带电粒子在三角形ADC区域内运动的时间t； (3)若仍从D点沿DA边将一质量为m、电荷量为q的带电粒子射入磁场，带电粒子从CD边射出，则粒子的速度最大为多少？ 答案 1 2 3 4 5 6 7 考点模型 考点对点练 解析 1 2 3 4 5 6 7 考点模型 考点对点练 解析 1 2 3 4 5 6 7 考点模型 考点对点练 [名师点拨]　解决带电粒子在有界磁场中运动问题的方法 解决此类问题时，找到粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心位置、半径大小，以及与半径相关的几何关系是解题的关键。解决此类问题时应注意运用下列结论： (1)刚好穿出或刚好不能穿出磁场的临界条件是带电粒子在磁场中运动的轨迹与边界相切。 (2)当以一定的速率射入磁场时，运动的弧长越长，圆心角越大，则带电粒子在有界磁场中运动时间越长。 (3)当比荷相同、速率v变化时，在匀强磁场中运动的带电粒子轨迹所对圆心角越大，运动时间越长。 1 2 3 4 5 6 7 考点模型 考点对点练 7．“质子疗法”可以进行某些肿瘤治疗，质子先被加速至较高的能量，然后经磁场引向轰击肿瘤，杀死其中的恶性细胞，如图所示。若质子由静止被加速长度为l＝4 m的匀强电场加速至v＝1.0×107 m/s，然后被圆形磁场引向后轰击恶性细胞。已知质子的质量为m＝1.67×10－27 kg，电荷量为e＝1.60×10－19 C，计算结果均保留三位有效数字。 (1)求匀强电场的电场强度大小； (2)若质子正对直径为d＝1.0×10－2 m的圆形 磁场的圆心射入，被引向后的偏角为60°，求 ①质子射出磁场时速度的方向； ②该磁场的磁感应强度大小。 答案：(1)1.30×105 N/C　 (2)①速度的反向延长线过磁场圆心　②12.1 T 答案 1 2 3 4 5 6 7 考点模型 考点对点练 解析 1 2 3 4 5 6 7 考点模型 考点对点练 解析 1 2 3 4 5 6 7 考点模型 考点对点练 [名师点拨]　带电粒子在圆形边界磁场区域运动的特点 (1)若粒子沿着边界圆的某一半径方向进入磁场，则粒子离开磁场的速度的反向延长线一定过磁场区域的圆心(即沿着另一半径方向射出)。 证明：如图甲，因为OA＝OB，O1A＝O1B，所以△O1OA≌△O1OB，所以∠OBO1＝90°，即vB沿OB方向。 1 2 3 4 5 6 7 考点模型 考点对点练 (2)若粒子射入磁场时速度方向与入射点处边界圆半径的夹角为θ，则粒子射出磁场时速度方向与出射点处边界圆半径的夹角也为θ。 证明：如图乙，因为OM＝ON，O1M＝O1N，所以△O1OM≌△O1ON，则∠ONO1＝∠OMO1，又因为∠O1MO2＝90°，∠O1NO2＝90°，所以∠ONO2＝∠OMO2＝θ。 1 2 3 4 5 6 7 考点模型 考点对点练 核心能力提升练 1．(多选)一带电粒子以一定的速度垂直射入匀强磁场中，则受磁场影响的物理量是(　　) A．速度 B．加速度 C．位移 D．动能 解析：洛伦兹力方向总是与带电粒子的运动方向垂直，对带电粒子总不做功，根据动能定理，洛伦兹力不改变带电粒子速度的大小，只改变粒子速度的方向，故可以改变速度，不改变动能，故A正确，D错误；带电粒子在磁场中所受的洛伦兹力大小不变，而方向时刻在改变，所以加速度在变化，故B正确；粒子在洛伦兹力作用下做曲线运动，则粒子的位移不断变化，故C正确。　 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 核心能力提升练 2．安德森利用云室照片观察到宇宙线垂直进入匀强磁场时运动轨迹发生偏转。如图照片所示，在垂直于照片平面的匀强磁场(照片中未标出)中，高能宇宙线粒子穿过铅板时，有一个粒子的轨迹和电子的轨迹完全相同，但偏转的方向相反。这种前所未知的粒子与电子的质量相同，但电荷却相反。安德森发现这正是狄拉克预言的正电子。正电子的发现，开辟了反物质领域的研究，安德森获得1936年诺贝尔物理学奖。关于照片中的信息，下列说法正确的是(　　) A．粒子的运动轨迹是抛物线 B．粒子在铅板上方运动的速度大于在铅板下方运动的速度 C．粒子从上向下穿过铅板 D．匀强磁场的方向垂直照片平面向里 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 核心能力提升练 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 核心能力提升练 3．(多选)如图所示，一个圆柱体空间被过旋转轴的平面MNPQ划分成两个区域，两区域分布有磁感应强度大小相等、方向相反且均与z轴平行的匀强磁场。一电子以某一速度从圆柱体最左侧垂直yOz平面进入磁场，并穿过两个磁场区域。下列关于电子运动轨迹在不同坐标平面的投影中，正确的是(　　) 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 核心能力提升练 解析 解析：电子的初速度与磁场方向垂直，则电子 在左侧磁场区域在平行于xOy平面的平面内做圆周 运动，根据左手定则，开始时电子向y轴正方向偏 转，同理可知，电子在右侧磁场区域也在同一平面 做圆周运动，且经过磁场边界后向y轴负方向偏转， 且在右侧磁场的径迹比左侧短，A正确，B错误；因为电子始终在平行于xOy平面的平面内运动，所以z轴坐标为正值且不变，x轴的坐标先为负值后为正值，所以其轨迹在xOz平面的投影如图1所示，C错误；因为电子始终在平行于xOy平面的平面内运动，所以z轴坐标为正值且不变，y轴坐标始终等于或大于零，且逐渐增大，所以其轨迹在yOz平面的投影如图2所示，D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 核心能力提升练 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 核心能力提升练 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 核心能力提升练 5．如图所示，在匀强磁场中有1和2两个质子在同一平面内沿逆时针方向做匀速圆周运动，轨道半径r1>r2并相切于P点，设T1、T2，v1、v2，a1、a2，t1、t2分别表示1、2两个质子的周期、线速度、向心加速度以及各自从经过P点算起到第一次通过图中虚线MN所经历的时间，下列说法错误的是(　　) A．T1＝T2 B．v1＝v2 C．a1>a2 D．t1<t2 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 核心能力提升练 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 核心能力提升练 6．(多选)如图所示，两个初速度大小相同的同种离子a和b，从O点沿垂直磁场方向进入匀强磁场，最后打到屏P上。不计重力。下列说法正确的有(　　) A．a、b均带正电 B．a在磁场中运动的时间比b的短 C．a在磁场中运动的路程比b的短 D．a在P上的落点与O点的距离比b的近 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 核心能力提升练 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 核心能力提升练 7．(多选)地磁场能抵御宇宙射线的侵入，赤道剖面处的地磁场可简化为包围地球一定厚度的匀强磁场，方向垂直该剖面，如图所示。a、c粒子从O点平行于磁场边界射入地磁场，b粒子从O点垂直于磁场边界射入地磁场，它们都恰不能到达地面。则下列相关说法中正确的是(　　) A．a粒子带负电 B．若a、c粒子比荷相同，则c粒子的速率更大 C．若a、b粒子比荷相同，则从O点运动至轨迹 与地面相切，a粒子的运动时间比较短 D．若a粒子速率不变，在图示平面内只改变射入的速度方向，粒子可能到达地面 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 核心能力提升练 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 核心能力提升练 8．某研究学者在做粒子探测实验时，将一个电荷量为q1＝＋3e的粒子，自匀强磁场a点向左水平射出，当它运动到b点时，与一个电荷量为q2＝－5e静止的粒子发生碰撞并结合为一个新粒子，不考虑粒子的重力，则接下来新粒子的运动轨迹是(　　) 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 核心能力提升练 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 核心能力提升练 9．带电粒子的质量m＝1.7×10－27 kg，电荷量q＝1.6×10－19 C，以速度v＝3.2×106 m/s沿垂直于磁场同时又垂直于磁场边界的方向进入匀强磁场中，磁场的磁感应强度为B＝0.17 T，磁场的宽度L＝10 cm，如图所示。求：(g取10 m/s2，计算结果均保留两位有效数字) (1)带电粒子离开磁场时的速度大小； (2)带电粒子在磁场中运动的时间； (3)带电粒子在离开磁场时偏离入射方向的距离d为多大？ 答案 答案：(1)3.2×106 m/s　(2)3.3×10－8 s　(3)2.7×10－2 m 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 核心能力提升练 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 核心能力提升练 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 核心能力提升练 10．如图，在直角坐标系xOy的第四象限有垂直纸面向里的匀强磁场，一质量为m＝5.0×10－8 kg、电荷量为q＝1.0×10－6 C的带电粒子，从P点以v＝20 m/s的速度沿图示方向进入磁场，已知OP＝30 cm。(不计粒子重力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，计算结果均保留三位有效数字) (1)若磁感应强度B＝2.0 T，粒子从x轴上的Q点(图中未 画出)离开磁场，求OQ的距离； (2)若粒子不能进入x轴上方，求磁感应强度B满足的条件。 答案 答案：(1)0.900 m　(2)B＞5.33 T 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 核心能力提升练 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 核心能力提升练 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 核心能力提升练 　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　 R 解析：带电粒子从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的速度v大小不变，磁感应强度B减小，由公式r＝eq \f(mv,qB)可知，粒子的轨道半径增大。由公式T＝eq \f(2πm,qB)可知，粒子在磁场中运动的周期增大，根据ω＝eq \f(2π,T)知角速度减小，D正确。 解析：若要正常观察电子径迹，则电子沿顺时针方向做圆周运动(垂直纸面向里看)，根据左手定则可知，玻璃泡内的磁场应垂直纸面向里，根据右手螺旋定则可知，励磁线圈的电流方向应为顺时针(垂直纸面向里看)，故A错误；电子在磁场中做匀速圆周运动，向心力由洛伦兹力提供，则evB＝meq \f(v2,r)，可得r＝eq \f(mv,eB)，而电子在电子枪中加速的过程，有eU＝eq \f(1,2)mv2－0，即U不变，则v不变，而当I增大时，B增大，则圆形径迹的半径变小，故B错误；因为电子运动的周期T＝eq \f(2πr,v)＝eq \f(2πm,eB)，所以电子运动的周期与U无关，当减小电流I时，线圈产生的磁场的磁感应强度B也减小，电子运动的周期T增大，故C错误，D正确。 解析：根据左手定则知，题图中右侧螺旋线为负电子运动轨迹，A错误。由洛伦兹力提供向心力，可得qvB＝meq \f(v2,r)，解得电子的速度为v＝eq \f(qBr,m)，由题图知，正、负电子对刚产生的瞬间，正电子轨迹半径较大，则正电子速度大于负电子速度，B正确。由题图知，正、负电子在气泡室运动时，轨迹半径逐渐减小，根据v＝eq \f(qBr,m)，则速度减小，动能减小，有能量损失；带电粒子在磁场中的运动周期为T＝eq \f(2πm,qB)，则正、负电子在气泡室运动时，周期不变，C错误。正、负电子所受洛伦兹力的大小为qvB，方向时刻发生变化，D错误。 解析：由qU＝eq \f(1,2)mv2和qvB＝eq \f(mv2,r)＝mω2r，得v＝eq \r(\f(2qU,m))，ω＝eq \f(qB,m)，r＝eq \f(1,B) eq \r(\f(2mU,q))，而mα＝4mH，qα＝2qH，故vH∶vα＝eq \r(2)∶1，ωH∶ωα＝2∶1，rH∶rα＝1∶eq \r(2)，又T＝eq \f(2πm,qB)，故TH∶Tα＝1∶2，故B正确，A、C、D错误。 解析：(1)作出粒子运动轨迹，如图所示，由图可知粒子由O到P的大圆弧所对的圆心角为300°， 则eq \f(t,T)＝eq \f(300°,360°) 周期T＝eq \f(6,5)t＝eq \f(6,5)×1.5×10－6 s＝1.80×10－6 s。 (2)由于粒子做圆周运动时，洛伦兹力提供向心力，得qvB＝eq \f(mv2,r)，且T＝eq \f(2πr,v) 解得T＝eq \f(2πm,qB) 所以B＝eq \f(2πm,qT)＝0.314 T。 (3)由几何知识可知，粒子在磁场中的轨迹半径r＝0.1 m 根据(2)可知：r＝eq \f(mv,qB) 故粒子的速度v＝eq \f(Bqr,m)＝3.49×105 m/s。 答案：(1)eq \f(mv,qB)　(2)eq \f(πm,6qB)　(3)eq \f(1,3)v 解析：(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力可得qvB＝meq \f(v2,R) 解得R＝eq \f(mv,qB)。 (2)粒子在磁场中的圆周运动轨迹对应的圆心角为θ＝30°，如图1所示，粒子在磁场中运动的周期 T＝eq \f(2πR,v) 联立得T＝eq \f(2πm,qB) 则t＝eq \f(θ,2π)T＝eq \f(πm,6qB)。 (3)分析可知，粒子速度最大为v′时，轨迹与AC边相切，如图2所示，设此时粒子的运动半径为R′，由几何关系可知 R′＋eq \f(R′,sin30°)＝R 又qv′B＝meq \f(v′2,R′) 解得v′＝eq \f(1,3)v。 解析：(1)根据动能定理有eEl＝eq \f(1,2)mv2－0 解得E＝1.30×105 N/C。 (2)①画出质子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹如图，O1为轨迹圆心，入射点A、出射点B分别与O、O1连接，根据洛伦兹力提供向心力，可知F洛A沿AO1方向，F洛B沿BO1方向，如图所示。 又F洛A⊥vA，vA沿AO方向，则AO1⊥AO 因为OA＝OB＝R＝eq \f(d,2)，O1A＝O1B＝r，所以△O1OA≌△O1OB，则∠OBO1＝90° 又因为F洛B⊥vB，则vB沿OB方向，即出射速度的反向延长线过磁场圆心。 ②由几何关系有tan30°＝eq \f(\f(d,2),r) 根据洛伦兹力提供向心力有 evB＝meq \f(v2,r) 解得B＝12.1 T。 解析：粒子在磁场中只受洛伦兹力，做圆周运动，所以粒子的运动轨迹不是抛物线，故A错误；粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得qvB＝meq \f(v2,r)，解得r＝eq \f(mv,qB)，由题图示粒子的运动轨迹可知，粒子在铅板上方的轨迹半径较小，则速度较小，故B错误；粒子穿过铅板后能量有损失，粒子的速度v减小，则粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径r减小，所以粒子从下向上穿过铅板，故C错误；粒子带正电，由左手定则可知，磁场方向垂直照片平面向里，故D正确。 4．托卡马克装置是一种利用磁约束来实现受控核聚变的环形容器，其结构如图所示。工作时，稀薄的高温等离子体中的带电粒子可认为被强度很大的匀强磁场约束在环形真空室内部，在真空室截面内做匀速圆周运动，并偶尔相互碰撞。已知等离子体中带电粒子的平均动能与等离子体的热力学温度T成正比。为了约束更高温度的等离子体，需要更强的磁场，使以平均动能运动的带电粒子在磁场中的运动半径不变。若忽略粒子间的相互作用，由此可判断所需的磁感应强度B正比于(　　) A．T B．T2 C．eq \r(T) D．eq \r(T3) 解析：带电粒子以平均动能Ek在磁场中做匀速圆周运动时，由牛顿第二定律得qvB＝meq \f(v2,r)，带电粒子的动能Ek＝eq \f(1,2)mv2，解得B＝eq \f(\r(2mEk),qr)，由题知，带电粒子的平均动能Ek与等离子体的热力学温度T成正比，则磁感应强度B正比于eq \r(T)。故选C。 解析：对两个质子，其比荷eq \f(q,m)相同，由洛伦兹力提供向心力，可得qvB＝meq \f(v2,r)，T＝eq \f(2πr,v)，解得质子在磁场中做圆周运动的周期为T＝eq \f(2πm,qB)，可知在同一磁场中，有T1＝T2，A正确；由qvB＝meq \f(v2,r)，可得质子在磁场中做圆周运动的半径为r＝eq \f(mv,qB)，因r1>r2，则有v1>v2，B错误；由qvB＝ma，可得质子在磁场中做圆周运动的向心加速度为a＝eq \f(qvB,m)，因为v1>v2，可知a1>a2，C正确；两质子的运动周期相同，由题图可知质子1从经过P点算起到第一次通过图中虚线MN所转过的圆心角比质子2小，由t＝eq \f(θ,2π)T，可知t1<t2，D正确。本题选说法错误的，故选B。 解析：离子打在屏P上，则沿顺时针方向偏转，根据左手定则，离子都带正电，A正确；由于是同种离子，因此质量、电荷量相同，而初速度大小也相同，由qvB＝meq \f(v2,r)可知，它们做圆周运动的半径相同。作出运动轨迹，如图所示。比较得a在磁场中运动的路程比b的长，C错误；由t＝eq \f(s,v)可知，a在磁场中运动的时间比b的长，B错误；从运动轨迹可以看出，a在P上的落点与O点的距离比b的近，D正确。 解析：根据左手定则可知，a、c粒子带负电，b粒子带正电，故A正确；由带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的轨迹半径公式r＝eq \f(mv,Bq)可知，若a、c粒子比荷相同，则速率大的轨迹半径大，即c粒子的速率更大，故B正确；由图可知，从O点运动至轨迹与地面相切，a粒子的轨迹圆弧所对的圆心角θ比b粒子的大，而粒子在磁场中的运动周期T＝eq \f(2πm,qB)，则粒子的运动时间t＝eq \f(θ,2π)T＝eq \f(θm,Bq)，可知若a、b粒子比荷相同，则从O点运动至轨迹与地面相切，a粒子的运动时间较长，故C错误；若a粒子速率不变，则其在地磁场中做圆周运动的半径不变，只改变射入的速度方向，轨迹圆绕O点旋转，可知粒子无法到达地面，故D错误。 解析：带正电粒子在b点与一带负电的静止粒子碰撞结合为一个新粒子，此过程满足动量守恒定律和电荷守恒定律，碰撞后新粒子的动量mv与碰撞前相同，电荷量变为－2e。设碰撞前带正电粒子的动量为p，则其在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径为r1＝eq \f(mv,qB)＝eq \f(p,3eB)，碰撞后新粒子的总动量仍为p，电荷量变为－2e，则轨迹半径r2＝eq \f(p,2eB)，所以碰撞后的新粒子做匀速圆周运动的轨迹半径比碰撞前带正电粒子的大，根据左手定则可判定碰撞后新粒子从b点开始向下偏转，故选A。 解析：粒子所受的洛伦兹力F洛＝qvB＝8.7×10－14 N，粒子所受的重力G＝mg＝1.7×10－26 N，F洛≫G，故重力可忽略不计。 (1)由于洛伦兹力不做功，所以带电粒子离开磁场时的速度大小仍为3.2×106 m/s。 (2)由qvB＝meq \f(v2,r)得轨道半径r＝eq \f(mv,qB)＝0.2 m 由题图可知偏转角θ满足 sinθ＝eq \f(L,r)＝eq \f(0.1 m,0.2 m)＝0.5， 所以θ＝30°＝eq \f(π,6) 带电粒子在磁场中运动的周期T＝eq \f(2πm,qB) 可见带电粒子在磁场中运动的时间 t＝eq \f(θ,2π)T＝eq \f(1,12)T 所以t＝eq \f(πm,6qB)＝3.3×10－8 s。 (3)带电粒子在离开磁场时偏离入射方向的距离d＝r(1－cosθ)＝0.2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(\r(3),2))) m＝2.7×10－2 m。 解析：(1)带电粒子仅在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，有qvB＝meq \f(v2,R) 得R＝eq \f(mv,qB) 代入数据得R＝0.500 m 因为Rsin37°＝OP 故轨迹圆心O′一定在x轴上，轨迹如图甲所示。 由几何关系可知OQ＝R＋Rcos37° 故OQ＝0.900 m。 (2)带电粒子不从x轴射出的临界情况如图乙所示 由几何关系得OP＝R0＋R0sin37° 而R0＝eq \f(mv,qB0) 联立以上两式并代入数据得 B0＝eq \f(16,3) T＝5.33 T 由R＝eq \f(mv,qB)可知，B越大，R越小，若粒子不能进入x轴上方，则B＞B0＝5.33 T。 $$