十二、磁场-【步步高·考前三个月】2025年高考物理复习讲义课件（课件PPT+word教案）

经典重现　考题再现 十二、磁场 1.(多选)(2021·湖北卷·9)一电中性微粒静止在垂直纸面向里的匀强磁场中，在某一时刻突然分裂成a、b和c三个微粒，a和b在磁场中做半径相等的匀速圆周运动，环绕方向如图所示，c未在图中标出。仅考虑磁场对带电微粒的作用力，下列说法正确的是 A.a带负电荷 B.b带正电荷 C.c带负电荷 D.a和b的动量大小一定相等 1 2 3 4 5 6 7 8 9 √ 10 √ 1 2 3 4 5 6 微粒在磁场中做匀速圆周运动时，洛伦兹力提供向心 力，即qvB=m，解得R=，由于微粒a与微粒b的质量、电荷量大小关系未知，则微粒a与微粒b的动量大小关系不确定，D错误。 由左手定则可知，微粒a、微粒b均带正电，电中性的微粒分裂的过程中，总的电荷量应保持不变，则微粒c应带负电，A错误，B、C正确； 7 8 9 10 2.(多选)(2021·福建卷·6)如图，四条相互平行的细长直导线垂直坐标系xOy平面，导线与坐标平面的交点为a、b、c、d四点。已知a、b、c、d为正方形的四个顶点，正方形中心位于坐标原点O，e为cd的中点且在y轴上；四条导线中的电流大小相等，其中过a点的导线的电流方向垂直坐标平面向里，其余导线电流方向垂直坐标平面向外。则 A.O点的磁感应强度为0 B.O点的磁感应强度方向由O指向c C.e点的磁感应强度方向沿y轴正方向 D.e点的磁感应强度方向沿y轴负方向 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 由安培定则可知，通电直导线b、c在O点产生的磁场方向相反，大小相等，相互抵消，通电直导线a、d在O点产生的磁场方向垂直ad连线指向c，所以选项B正确，A错误； 通电直导线c 、d在e点产生的磁场方向相反，大小相等，相互抵消，通电直导线a、b在e点产生的磁场大小相等，磁场方向分别垂直ae连线和be连线，二者的合磁场方向沿y轴负方向，所以选项D正确，C错误。 3.(2021·广东卷·5)截面为正方形的绝缘弹性长管中心有一固定长直导线，长管外表面固定着对称分布的四根平行长直导线，若中心直导线通入电流I1，四根平行直导线均通入电流I2，I1≫I2，电流方向如图所示，下列截面图中可能正确表示通电后长管发生形变的是 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 √ 1 2 3 4 5 6 因I1≫I2，则可不考虑四个边上的直导线之间的相互作用；根据两通电直导线间的安培力作用满足“同向电流相互吸引，异向电流相互排斥”，则正方形左右两 侧的直导线I2要受到I1吸引的安培力，形成凹形，正方形上下两边的直导线I2要受到I1排斥的安培力，形成凸形，故变形后的形状如图C，故选C。 7 8 9 10 1 2 3 4 5 6 4.(2023·全国乙卷·18)如图，一磁感应强度大小为B的匀强磁场，方向垂直于纸面(xOy平面)向里，磁场右边界与x轴垂直。一带电粒子由O点沿x正向入射到磁场中，在磁场另一侧的S点射出，粒子离开磁场后，沿直线运动打在垂直于x轴的接收屏上的P点；SP=l，S与屏的距离为，与x轴的距离为a。如果保持所有条件不变，在磁场区域再加上电场强度大小为E的匀强电场，该粒子入射后则会沿x轴到达接收屏。该粒子的比荷为 A. B. C. D. 7 8 9 10 √ 由题知，带电粒子由O点沿x轴正方向入射到磁场中，在磁场另一侧的S点射出，则根据几何关系可知粒子做圆周运动的半径r=2a，粒子做匀速圆周 运动有qvB=m=，如果保持所有条件 不变，在磁场区域再加上电场强度大小为E的匀强电场，该粒子入射后则会沿x轴到达接收屏，有Eq=qvB，联立有=，故选A。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 5.(多选)(2023·全国甲卷·20)光滑刚性绝缘圆筒内存在着平行于轴的匀强磁场，筒上P点开有一个小孔，过P的横截面是以O为圆心的圆，如图所示。一带电粒子从P点沿PO射入，然后与筒壁发生碰撞。假设粒子在每次碰撞前、后瞬间，速度沿圆上碰撞点的切线方向的分量大小不变，沿法线方向的分量大小不变、方向相反；电荷量不变。不计重力。下列说法正确的是 A.粒子的运动轨迹可能通过圆心O B.最少经2次碰撞，粒子就可能从小孔射出 C.射入小孔时粒子的速度越大，在圆内运动时间越短 D.每次碰撞后瞬间，粒子速度方向一定平行于碰撞点与圆心O的连线 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 √ √ 1 2 3 4 5 6 假设粒子带负电，第一次从A点和筒壁发生碰撞如图甲所示，O1为圆周运动的圆心，由题可知粒子沿半径方向射入圆形磁场，出射时也沿半径方向，即粒子此时的速度方向为OA，说明粒子在和筒壁碰撞时速度会反向，由圆的对称性得粒子在其他点撞击同理，D正确； 假设粒子运动过程过O点，粒子从P点进入磁场中速度发生偏转，则过P点的速度的垂线和OP连线的中垂线是平行的，不能交于一点确定圆心；撞击筒壁以后的A点的速度垂线和AO连线的中垂线依旧平行不能确定圆心，则粒子不可能过O点，A错误； 7 8 9 10 1 2 3 4 5 6 由题意可知粒子射出磁场以后的每次偏移圆心连线组成的多边形应为以筒壁的内接圆的多边形，这个多边形最少应为三角形，如图乙所示，即撞击两次，B正确； 速度越大粒子做圆周运动的半径越大，碰撞次数可能增多，但粒子在圆内运动时间不一定减少， C错误。 7 8 9 10 6 1 2 3 4 5 6.(2022·重庆卷·5)2021年中国全超导托卡马克核聚变实验装置创造了新的纪录。为粗略了解等离子体在托卡马克环形真空室内的运动状况，某同学将一小段真空室内的电场和磁场理想化为方向均水平向右的匀强电场和匀强磁场(如图)，电场强度大小为E，磁感应强度大小为B。若某电荷量为q的正离子在此电场和磁场中运动，其速度平行于磁场方向的分量大小为v1，垂直于磁场方向的分量大小为v2，不计离子重力，则 A.电场力的瞬时功率为qE B.该离子受到的洛伦兹力大小为qv1B C.v2与v1的比值不断变大 D.该离子的加速度大小不变 7 8 9 √ 10 6 1 2 3 4 5 根据功率的计算公式可知P=Fvcos θ，则电场力的瞬时 功率为P电=Eqv1，A错误； 由于v1与磁场平行，则根据洛伦兹力的计算公式有F洛 =qv2B，B错误； 根据运动的叠加原理可知，离子在垂直于纸面的平面内做匀速圆周运动，沿水平方向做加速运动，则v1增大，v2不变，v2与v1的比值不断变小，C错误； 离子受到的洛伦兹力不变，电场力不变，则该离子的加速度大小不变，D正确。 7 8 9 10 6 1 2 3 4 5 7 8 9 7.(多选)(2022·湖北卷·8)在如图所示的平面内，分界线SP将宽度为L的矩形区域分成两部分，一部分充满方向垂直于纸面向外的匀强磁场，另一部分充满方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，SP与磁场左右边界垂直。离子源从S处射入速度大小不同的正离子，离子入射方向与磁场方向垂直且与SP成30°角。已知离子比荷为k，不计重力。若离子从P点射出，设出射方向与入射方向的夹角为θ， 则离子的入射速度和对应θ角的可能组合为 A.kBL，0° B.kBL，0° C.kBL，60° D.2kBL，60° √ 10 √ 若离子通过下部分磁场直接到达P点，如图， 根据几何关系则有R=L，由qvB=m，可得v== kBL，根据对称性可知出射速度与SP成30°角向上，故出射方向与入射方向的夹角为θ=60°。 6 1 2 3 4 5 7 8 9 10 当离子在两个磁场均运动一次时，如图，因为两个磁场的 磁感应强度大小均为B，则根据对称性有R=L，根据洛伦 兹力提供向心力，有qvB=m，可得v==kBL，此时出 射方向与入射方向相同，即出射方向与入射方向的夹角为θ=0°。通过以上分析可知当离子从下部分磁场射出时，需满足v==kBL(n=1，2，3，…)，此时出射方向与入射方向的夹角为θ=60°；当离子从上部分磁场射出时，需满足v==kBL(n=1，2，3，…)，此时出射方向与入射方向的夹角为θ=0°。故B、C正确，A、D错误。 6 1 2 3 4 5 7 8 9 10 6 1 2 3 4 5 8.(多选)(2022·浙江6月选考·15)如图为某一径向电场示意图，电场强度大小可表示为E=，a为常量。比荷相同的两粒子在半径r不同的圆轨道运动。不考虑粒子间的相互作用及重力，则 A.轨道半径r小的粒子角速度一定小 B.电荷量大的粒子的动能一定大 C.粒子的速度大小与轨道半径r一定无关 D.当加垂直纸面磁场时，粒子一定做离心运动 √ 7 8 9 10 √ 6 1 2 3 4 5 根据静电力提供向心力，有·q=mω2r，解得ω= ·，可知轨道半径r小的粒子角速度大，故A 错误； 根据静电力提供向心力，有·q=m，解得v=，可知粒子的速度大小与轨道半径r一定无关，又有Ek=mv2，联立可得Ek=，可知电荷量 大的粒子动能一定大，故B、C正确； 7 8 9 10 6 1 2 3 4 5 磁场的方向可能垂直纸面向里也可能垂直纸面向外，所以粒子所受洛伦兹力方向不能确定，粒子可能做离心运动，也可能做近心运动，故D错误。 7 8 9 10 6 1 2 3 4 5 9.(2020·全国卷Ⅰ·18)一匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，其边界如图中虚线所示，为半圆，ac、bd与直径ab共线，ac间的距离等于半圆的半径。一束质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子，在纸面内从c点垂直于ac射入磁场，这些粒子具有各种速率。不计粒子之间的相互作用。在磁场中运动时间最长的粒子，其运动时间为 A. B. C. D. 7 8 9 √ 10 6 1 2 3 4 5 粒子在磁场中运动的时间与速度大小无关，由在磁场中的运动轨迹对应的圆心角决定。设轨迹交半圆于e点，ce中垂线交bc于O点，则O点为轨迹圆心，如图所示。圆心角θ=π+2β，当β最大时，θ有最大值，由几何知识分析可知，当ce与相切时，β最大，此时轨迹过a、b中点，β=30°，可得θ=π，则t=T=，故选C。 7 8 9 10 6 1 2 3 4 5 10.(2023·辽宁卷·14)如图，水平放置的两平行金属板间存在匀强电场，板长是板间距离的倍。金属板外有一圆心为O的圆形区域，其内部存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外的匀强磁场。质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子沿中线以速度v0水平向右射入两板间，恰好从下板边缘P点飞出电场，并沿PO方向从图中O'点射入磁场。已知圆形磁场区域半径为，不计粒子重力。 (1)求金属板间电势差U； 7 8 9 10 答案　　 6 1 2 3 4 5 7 8 9 10 设板间距离为d，则板长为d，带电粒子在 板间做类平抛运动，两板间的电场强度为E= 根据牛顿第二定律得qE=ma 解得a= 设粒子在平板间的运动时间为t0，根据类平抛运动的规律得=ad=v0t0 联立解得U= 6 1 2 3 4 5 (2)求粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向间的夹角θ； 7 8 9 10 答案　(或60°)　 6 1 2 3 4 5 7 8 9 10 设粒子出电场时与水平方向夹角为α，则有 tan α== 故α= 则出电场时粒子的速度为v==v0 粒子出电场后做匀速直线运动，接着进入磁场，根据牛顿第二定律有qvB=m 6 1 2 3 4 5 7 8 9 10 解得r== 已知圆形磁场区域半径为R=， 故r=R 粒子沿PO方向射入磁场，轨迹如图所示，即沿半径方向射入磁场，故粒子将沿半径方向射出磁场，粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向的夹角为θ，则粒子在磁场中运动圆弧轨迹对应的圆心角也为θ，由 几何关系可得θ=2α= 故粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向的夹角为(或60°)； 6 1 2 3 4 5 (3)仅改变圆形磁场区域的位置，使粒子仍从图中O'点射入磁场，且在磁场中的运动时间最长。定性画出粒子在磁场中的运动轨迹及相应的弦，标出改变后的圆形磁场区域的圆心M。 7 8 9 10 答案　见解析图 6 1 2 3 4 5 7 8 9 10 粒子在该磁场中运动的半径与圆形磁场半径关系为r=R，根据几何关系可知，粒子在该磁场中运动的轨迹一定为劣弧，故劣弧所对应轨迹圆的弦为磁场圆的直径时粒子在磁场中运动的时间最长，则相对应的运动轨迹以及圆心M的位置如图所示。 $$ 十二、磁场 1.(多选)(2021·湖北卷·9)一电中性微粒静止在垂直纸面向里的匀强磁场中，在某一时刻突然分裂成a、b和c三个微粒，a和b在磁场中做半径相等的匀速圆周运动，环绕方向如图所示，c未在图中标出。仅考虑磁场对带电微粒的作用力，下列说法正确的是(　　) A.a带负电荷 B.b带正电荷 C.c带负电荷 D.a和b的动量大小一定相等 答案　BC 解析　由左手定则可知，微粒a、微粒b均带正电，电中性的微粒分裂的过程中，总的电荷量应保持不变，则微粒c应带负电，A错误，B、C正确；微粒在磁场中做匀速圆周运动时，洛伦兹力提供向心力，即qvB=m，解得R=，由于微粒a与微粒b的质量、电荷量大小关系未知，则微粒a与微粒b的动量大小关系不确定，D错误。 2.(多选)(2021·福建卷·6)如图，四条相互平行的细长直导线垂直坐标系xOy平面，导线与坐标平面的交点为a、b、c、d四点。已知a、b、c、d为正方形的四个顶点，正方形中心位于坐标原点O，e为cd的中点且在y轴上；四条导线中的电流大小相等，其中过a点的导线的电流方向垂直坐标平面向里，其余导线电流方向垂直坐标平面向外。则(　　) A.O点的磁感应强度为0 B.O点的磁感应强度方向由O指向c C.e点的磁感应强度方向沿y轴正方向 D.e点的磁感应强度方向沿y轴负方向 答案　BD 解析　由安培定则可知，通电直导线b、c在O点产生的磁场方向相反，大小相等，相互抵消，通电直导线a、d在O点产生的磁场方向垂直ad连线指向c，所以选项B正确，A错误；通电直导线c 、d在e点产生的磁场方向相反，大小相等，相互抵消，通电直导线a、b在e点产生的磁场大小相等，磁场方向分别垂直ae连线和be连线，二者的合磁场方向沿y轴负方向，所以选项D正确，C错误。 3.(2021·广东卷·5)截面为正方形的绝缘弹性长管中心有一固定长直导线，长管外表面固定着对称分布的四根平行长直导线，若中心直导线通入电流I1，四根平行直导线均通入电流I2，I1≫I2，电流方向如图所示，下列截面图中可能正确表示通电后长管发生形变的是(　　) 答案　C 解析　因I1≫I2，则可不考虑四个边上的直导线之间的相互作用；根据两通电直导线间的安培力作用满足“同向电流相互吸引，异向电流相互排斥”，则正方形左右两侧的直导线I2要受到I1吸引的安培力，形成凹形，正方形上下两边的直导线I2要受到I1排斥的安培力，形成凸形，故变形后的形状如图C，故选C。 4.(2023·全国乙卷·18)如图，一磁感应强度大小为B的匀强磁场，方向垂直于纸面(xOy平面)向里，磁场右边界与x轴垂直。一带电粒子由O点沿x正向入射到磁场中，在磁场另一侧的S点射出，粒子离开磁场后，沿直线运动打在垂直于x轴的接收屏上的P点；SP=l，S与屏的距离为，与x轴的距离为a。如果保持所有条件不变，在磁场区域再加上电场强度大小为E的匀强电场，该粒子入射后则会沿x轴到达接收屏。该粒子的比荷为(　　) A. B. C. D. 答案　A 解析　由题知，带电粒子由O点沿x轴正方向入射到磁场中，在磁场另一侧的S点射出，则根据几何关系可知粒子做圆周运动的半径r=2a，粒子做匀速圆周运动有qvB=m，则=，如果保持所有条件不变，在磁场区域再加上电场强度大小为E的匀强电场，该粒子入射后则会沿x轴到达接收屏，有Eq=qvB，联立有=，故选A。 5.(多选)(2023·全国甲卷·20)光滑刚性绝缘圆筒内存在着平行于轴的匀强磁场，筒上P点开有一个小孔，过P的横截面是以O为圆心的圆，如图所示。一带电粒子从P点沿PO射入，然后与筒壁发生碰撞。假设粒子在每次碰撞前、后瞬间，速度沿圆上碰撞点的切线方向的分量大小不变，沿法线方向的分量大小不变、方向相反；电荷量不变。不计重力。下列说法正确的是(　　) A.粒子的运动轨迹可能通过圆心O B.最少经2次碰撞，粒子就可能从小孔射出 C.射入小孔时粒子的速度越大，在圆内运动时间越短 D.每次碰撞后瞬间，粒子速度方向一定平行于碰撞点与圆心O的连线 答案　BD 解析　假设粒子带负电，第一次从A点和筒壁发生碰撞如图甲所示，O1为圆周运动的圆心，由题可知粒子沿半径方向射入圆形磁场，出射时也沿半径方向，即粒子此时的速度方向为OA，说明粒子在和筒壁碰撞时速度会反向，由圆的对称性得粒子在其他点撞击同理，D正确； 假设粒子运动过程过O点，粒子从P点进入磁场中速度发生偏转，则过P点的速度的垂线和OP连线的中垂线是平行的，不能交于一点确定圆心； 撞击筒壁以后的A点的速度垂线和AO连线的中垂线依旧平行不能确定圆心，则粒子不可能过O点，A错误；由题意可知粒子射出磁场以后的每次偏移圆心连线组成的多边形应为以筒壁的内接圆的多边形，这个多边形最少应为三角形，如图乙所示，即撞击两次，B正确；速度越大粒子做圆周运动的半径越大，碰撞次数可能增多，但粒子在圆内运动时间不一定减少， C错误。 6.(2022·重庆卷·5)2021年中国全超导托卡马克核聚变实验装置创造了新的纪录。为粗略了解等离子体在托卡马克环形真空室内的运动状况，某同学将一小段真空室内的电场和磁场理想化为方向均水平向右的匀强电场和匀强磁场(如图)，电场强度大小为E，磁感应强度大小为B。若某电荷量为q的正离子在此电场和磁场中运动，其速度平行于磁场方向的分量大小为v1，垂直于磁场方向的分量大小为v2，不计离子重力，则(　　) A.电场力的瞬时功率为qE B.该离子受到的洛伦兹力大小为qv1B C.v2与v1的比值不断变大 D.该离子的加速度大小不变 答案　D 解析　根据功率的计算公式可知P=Fvcos θ，则电场力的瞬时功率为P电=Eqv1，A错误；由于v1与磁场平行，则根据洛伦兹力的计算公式有F洛=qv2B，B错误；根据运动的叠加原理可知，离子在垂直于纸面的平面内做匀速圆周运动，沿水平方向做加速运动，则v1增大，v2不变，v2与v1的比值不断变小，C错误；离子受到的洛伦兹力不变，电场力不变，则该离子的加速度大小不变，D正确。 7.(多选)(2022·湖北卷·8)在如图所示的平面内，分界线SP将宽度为L的矩形区域分成两部分，一部分充满方向垂直于纸面向外的匀强磁场，另一部分充满方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，SP与磁场左右边界垂直。离子源从S处射入速度大小不同的正离子，离子入射方向与磁场方向垂直且与SP成30°角。已知离子比荷为k，不计重力。若离子从P点射出，设出射方向与入射方向的夹角为θ，则离子的入射速度和对应θ角的可能组合为(　　) A.kBL，0° B.kBL，0° C.kBL，60° D.2kBL，60° 答案　BC 解析　若离子通过下部分磁场直接到达P点，如图， 根据几何关系则有R=L，由qvB=m，可得v==kBL，根据对称性可知出射速度与SP成30°角向上，故出射方向与入射方向的夹角为θ=60°。 当离子在两个磁场均运动一次时，如图，因为两个磁场的磁感应强度大小均为B，则根据对称性有R=L，根据洛伦兹力提供向心力，有qvB=m，可得v==kBL，此时出射方向与入射方向相同，即出射方向与入射方向的夹角为θ=0°。通过以上分析可知当离子从下部分磁场射出时，需满足v==kBL(n=1，2，3，…)，此时出射方向与入射方向的夹角为θ=60°；当离子从上部分磁场射出时，需满足v==kBL(n=1，2，3，…)，此时出射方向与入射方向的夹角为θ=0°。故B、C正确，A、D错误。 8.(多选)(2022·浙江6月选考·15)如图为某一径向电场示意图，电场强度大小可表示为E=， a为常量。比荷相同的两粒子在半径r不同的圆轨道运动。不考虑粒子间的相互作用及重力，则(　　) A.轨道半径r小的粒子角速度一定小 B.电荷量大的粒子的动能一定大 C.粒子的速度大小与轨道半径r一定无关 D.当加垂直纸面磁场时，粒子一定做离心运动 答案　BC 解析　根据静电力提供向心力，有·q=mω2r，解得ω=·，可知轨道半径r小的粒子角速度大，故A错误；根据静电力提供向心力，有·q=m，解得v=，可知粒子的速度大小与轨道半径r一定无关，又有Ek=mv2，联立可得Ek=，可知电荷量大的粒子动能一定大，故B、C正确；磁场的方向可能垂直纸面向里也可能垂直纸面向外，所以粒子所受洛伦兹力方向不能确定，粒子可能做离心运动，也可能做近心运动，故D错误。 9.(2020·全国卷Ⅰ·18)一匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，其边界如图中虚线所示，为半圆，ac、bd与直径ab共线，ac间的距离等于半圆的半径。一束质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子，在纸面内从c点垂直于ac射入磁场，这些粒子具有各种速率。不计粒子之间的相互作用。在磁场中运动时间最长的粒子，其运动时间为(　　) A. B. C. D. 答案　C 解析　粒子在磁场中运动的时间与速度大小无关，由在磁场中的运动轨迹对应的圆心角决定。设轨迹交半圆于e点，ce中垂线交bc于O点，则O点为轨迹圆心，如图所示。圆心角θ=π+2β，当β最大时，θ有最大值，由几何知识分析可知，当ce与相切时，β最大，此时轨迹过a、b中点，β=30°，可得θ=π，则t=T=，故选C。 10.(12分)(2023·辽宁卷·14)如图，水平放置的两平行金属板间存在匀强电场，板长是板间距离的倍。金属板外有一圆心为O的圆形区域，其内部存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外的匀强磁场。质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子沿中线以速度v0水平向右射入两板间，恰好从下板边缘P点飞出电场，并沿PO方向从图中O'点射入磁场。已知圆形磁场区域半径为，不计粒子重力。 (1)(4分)求金属板间电势差U； (2)(4分)求粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向间的夹角θ； (3)(4分)仅改变圆形磁场区域的位置，使粒子仍从图中O'点射入磁场，且在磁场中的运动时间最长。定性画出粒子在磁场中的运动轨迹及相应的弦，标出改变后的圆形磁场区域的圆心M。 答案　(1)　(2)(或60°)　(3)见解析图 解析　(1)设板间距离为d，则板长为d，带电粒子在板间做类平抛运动，两板间的电场强度为E= 根据牛顿第二定律得qE=ma 解得a= 设粒子在平板间的运动时间为t0，根据类平抛运动的规律得=a，d=v0t0 联立解得U= (2)设粒子出电场时与水平方向夹角为α，则有 tan α== 故α= 则出电场时粒子的速度为v==v0 粒子出电场后做匀速直线运动，接着进入磁场，根据牛顿第二定律有qvB=m 解得r== 已知圆形磁场区域半径为R=， 故r=R 粒子沿PO方向射入磁场，轨迹如图所示，即沿半径方向射入磁场，故粒子将沿半径方向射出磁场，粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向的夹角为θ，则粒子在磁场中运动圆弧轨迹对应的圆心角也为θ，由几何关系可得θ=2α= 故粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向的夹角为(或60°)； (3)粒子在该磁场中运动的半径与圆形磁场半径关系为r=R，根据几何关系可知，粒子在该磁场中运动的轨迹一定为劣弧，故劣弧所对应轨迹圆的弦为磁场圆的直径时粒子在磁场中运动的时间最长，则相对应的运动轨迹以及圆心M的位置如图所示。 学科网（北京）股份有限公司 $$