专题卷(八) 带电粒子在磁场中的圆周运动(侧重各类有界的磁场边界)-【鱼跃龙门卷】2025年高三物理二轮复习专题卷（山西专版）

·物理· 参考答案及解析 (2)因41=0.2，：2=0，即木板与轨道GH之间没有摩擦，而滑块与木板之间存在摩擦，把滑块 与木板看成一个系统，其动量守恒，要满足滑块始终不脱离木板，滑块最终必定与木板共速，则 有mv=(m十M)v共， 设滑块以的速度滑上木板，并在木板上最终滑行x距离时与木板共速，此过程能量守恒， 1 2mv=aimgx+2(m+M)v 滑块滑上木板时的动能最大为E一2m,解得E=m七M M mgx, 当x=2l时，滑块在木板上的动能最大值Ekm=4.8J,此时o=4√2m/s>2m/s, 即滑块能够滑上木板，其机械能为7.2J<8J。 (3)由题意滑块恰好能够滑上轨道EF,有v。=√gR, 滑块刚滑上木板时v。=2/s,因为41=0，a2=0.1,木板与地面之间存在摩擦，而滑块与木板 之间没有摩擦，滑块与挡板第1次碰撞时动量守恒，有mw=mw1十M2, 由能量守恒定律有2m6-moi+2Mo, 1 3 解得滑块速度v,=2=1m/s,木板速度v,=2。=3ms, 经判断，发生第2次碰撞前，木板已处于静止状态。故摩擦力对木板做的功W=0- M= 2 0-2×0.1×32J=0.453 物理（八） 1.C【解析】碰撞前，粒子a做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力可得g四，B=m,解得轨迹 半径为，-B,碰撞过程根据动量守恒可得m心，=M0,由洛伦兹力提供向心力可得如B M。巴，解得轨迹半径为r'=B=B=r,故选C。 2.B【解析】粒子的运动轨迹如图所示，由几何关系可得，粒子在磁场I 01 中运动的半径为r=,由洛伦兹力提供向心力得，B,=m,解得 '60 0 B,=心，磁场Ⅱ的磁感应强度是磁场I的磁感应强度的2倍，所以粒 250 Q 子在磁场Ⅱ中运动的半径为：=之L,粒子在磁场1中运动的周期为 T,-2-2xL,粒子在磁场Ⅱ中运动的周期为T,2”- 二，两次经过Q点时的间间隔为 1=1X6T,+2X5 1 =2,故B正确。 U。 3.C【解析】设电子的轨迹半径为R,圆形磁场区域的半径为r,轨迹圆心角为0，偏转角度为B,由 洛伦兹力提供向心力得B=mR可得Rg可知口越大，则R越大：电子的周期为了一 ·31· 高三二轮复习专题卷 01 馆，可知周期与运动速度大小无关，运动时间为1工，其中m多尺所 以v越大，则R越大，0越小，t越小，偏转角度B越小，故A、B错误，C正确；向R 心加速度为a=F-B,则口越大，向心加速度a越大，故D错误。 mm 4.C【解析】放射性元素放出a粒子时，α粒子与反冲核的速度相反，而电性相 同，则两个粒子受到的洛伦兹力方向相反，两个粒子的轨迹应为外切圆，两个粒子做圆周运动环 绕方向相同；而放射性元素放出3粒子时，3粒子与反冲核的速度相反，且电性相反，则两个粒子 受到的洛伦兹力方向相同，两个粒子的轨迹应为内切圆，两个粒子做圆周运动环绕方向相反。故 甲图放出的是α粒子，乙图放出的是3粒子，故A错误，C正确：放射性元素放出粒子时，两带电 粒子的动量守恒，故a轨迹中粒子与b轨迹中的粒子动量大小相等，方向相反：c轨迹中粒子与d 轨迹中的粒子动量大小相等，方向相反。由半径公式尺-B可得，轨迹半径与动量成正比，与电 荷量成反比，而α粒子和3粒子的电荷量比反神核的电荷量小，则α粒子和3粒子的半径比反神 核的半径都大，故b为α粒子的运动轨迹，为3粒子的运动轨迹，故 个××××X B、D错误。 ××× 5.B【解析】画出粒子运动轨迹如图所示，根据几何可知a粒子(He) B× 运动的半径满足r1+r1sin30°=OA,质子(H)运动的半径为r2=0、 ××日 OA,根据洛伦兹力提供向心力有qmB=m”,解得”= U2 3 0×× 0 P 6。D【解析】粒子在磁场中做圆周运动的周期T-2”,洛伦兹力提供向心力gB=m 一，得T= 2”,如果粒子从c点射出，画出粒子在磁场中运动的轨迹示意图，可知粒子圆 、。 gB 3 p 周运动的圆心角为0，= ，所用时间为1，一2 T 2πm3π =2元× ,如果粒子 0 从d点射出，画出粒子在磁场中运动的轨迹示意图，可知粒子圆周运动的圆心角为2，所用时间 个 为td一2示 2 、2rmm 2入”=，所以粒子运动时间L满足4。B≤【≤2B·故AB猜误：如果粒子 从￠点射出，画出粒子在磁场中运动的轨迹示意图，根据几何关系，射出磁场时的速度的反向延 长线通过a点，磁场的边长为L,设粒子的轨道半径为r,由几何关系得L十r=2L,由洛伦兹力 提供向心力得mB=m”,联立解得口=2-一1gBL,如果粒子从d点射出，画出粒子在隘场中 运动的轨迹示意图，根据几何关系得，=L,由洛伦兹力提供向心力得4B=m”,联立解得口 gBL,粒子仅能从正方形cd边（含c、d两点）射出正方形区域，所以2-1)gBL≤≤BL,C 2 n 错误，D正确。 7.B【解析】画出质子的运动轨迹，如图所示，设bc长度为2L,则ab=cd=3L,从边界de垂直射 出的质子，运动轨迹如图中1所示，圆心为O1,由几何关系可知R,=ab十cd=6L,当质子过c点 ·32· ·物理· 参考答案及解析 时，质子运动轨迹对应的圆心角最大，在磁场中的运动时间最长，运动轨迹 如图中2所示，圆心为O2,设半径为R,则有(3L一R)2+(2L)=R,可 得R:=是，由如B=m只可得。=R.所以从边界止垂直射出的质于 与在磁场中运动时间最长的质子的速率之比为w1:v2=R,:R2=36:13。 *C【解析】根据安培定则可知，两导线中的电流在导线间任一点产生的磁场 方向均相同，设两导线间的距离为d,距离αb导线为x处磁场的磁感应强度 B=1〔+)，当：号时B最个，带电粒子作聪场中运动过程中速度大小不 解得轨迹的曲率半径一g,即在虚线附近曲率半径较大，室 径较小，可能正确的是C 8.BC【解析】作出粒子A、B在磁场中运动的轨迹图，如图所示，根据quB=m R,解得粒子在蓝场中运动的半径R-侣B结合已知条件，可知粒子A B的轨迹半径之比为3：1，则粒子B从c点射出，故A错误，B正确：由几何 知识可知，粒子A、B在磁场中运动的速度偏转角均为0=2π一2a,故C正确： a d 根据qwB=m 4π2R 个2，可知T一2π”=2工，可知粒子A、B在磁场中运动的周期之比为3：1，由？ -2x一2aT=元二8T,可知，粒子A、B在磁场中运动的时间之比为3：1，故D错误。 2x 9.BD【解析】根据题意，由图可知，粒子1在磁场中不偏转，粒子1不带电，粒子2在磁场中受向 上的洛伦兹力，由左手定则可知，粒子2带正电，故A错误，B正确：由以上分析可知粒子1不带 电，则无论如何增大速度，粒子1都不会偏转，故C错误：粒子2在磁场中洛伦兹力提供向心力， 有4如B=m,可得，一B可知，若增大粒子人射速度，粒子2偏转半径变大，根据题意，设粒子 的偏转角为，由公式T可得粒子在磁场中的运动时间为1·工一咖 一B,由题图可知，粒子 2偏转半径变大，则在磁场中的偏转角0变小，故粒子2在磁场中运动的时间变短，故D正确。 10.AB【解析】当粒子到达a点，速度刚好水平时，此时速度最小，轨迹如 图甲所示，根据几何关系2r,0s30=L,解得，-L,根据洛伦兹力提供 向心力如，B=m联立可得-kBL,放A正确：粒子与b边界相切 时，速度最小时的轨迹如图乙所示，根据几何关系2r=Lsin60°，解得r2= 气1，根据洛伦数力提供向心力0，B=m,联立可得 3 kBL,故B 正确：粒子要到达ad边，速度最小的临界条件为其圆周运动的轨迹与ad 边相切，如图丙所示，由洛伦兹力提供向心力可知，B=m,由几何关 系知2r:=Lsim60,解得，= kBL,粒子要到达dc边，速度最小的临 4 界条件为其圆周运动的轨迹与d:边相切，如图丁所示，由洛伦兹力提供 ·33· 高三二轮复习专题卷 向心力可得，B=可，由几何关系知，r,=,上 tan60,解得，= 3 kBL. 49 即从dc边临界速度更大，当粒子速度小于dc边射出的临界速度，但大 于ad、ab边临界速度时，ab、ad边有粒子射出，但dc边没有粒子射出， 故C错误；由A项分析可知到达a点粒子的最小速度，但粒子从a点射 出磁场不一定是最小速度，d点同理，故D错误。 :CD【解折】粒子在磁场中酸匀速圆周运动，根据B=,可知粒子在磁场中的轨迹半径R, =4d,正对O'的粒子，圆心恰好在x轴上，进入磁场后做匀速圆周运动，如图甲所示，根据几何关 系可知，进入无磁场区域后，速度方向恰好指向O点，A错误：若粒子速度变为2。，粒子在磁场中 的轨迹半径R,=8d,正对O'点入射的粒子离开磁场后，由图可知，一定不过O点，B错误：由于所 有粒子沿水平方向射人磁场，半径与速度方向垂直，圆心均在入射点的正下方，半径均为4d,所有 圆心所在的轨迹相当于将磁场边界向下平移4d,O'平移到O点位置，即所有粒子进入磁场后做圆 周运动的圆心到O点距离均为5d,如图乙所示，由几何关系可知，进入无磁场区域后，所有粒子速 度方向都指向O点，因此所有粒子都过O点，D正确：由D选项可知，从最上方进入的粒子，在磁 场中偏转角度最大，运动的时间最长，如图丙所示，该粒子在磁场中旋转了143°，因此运动的时间t =143°.2x·4d_143xd 360°1 45u0 C正确。 4 甲 丙 11.(1)28gBL (2) 2 3m 3B(3)43 9 【解析】(1)画出轨迹图如图所示， 在矩形磁场区域，根据几何关系L=Rc0s0,解得R=2 3L, 由洛伦兹力提供向心力得gmB=m R,解得o=23gBL ---X- 3m (2)粒子在圆形磁场区域内运动时，由几何关系可知，轨迹半径为L, 由洛伦兹力提供向心力得gB'=m ,解得B'-2 3B. Q (3)粒子在左侧磁场中运动，周期T=2xR_2xm v Bg 由几何关系可知，轨迹所对圆心角为a=60°， 则粒子在左侧磁场中的运动时间，=”T,粒子在圆形磁场中运动时，T'_, 2元 B'q 轨迹所对圆心角为月=90，则粒子在圆形磁场中的运动时间，=。是T, 2π 解得粒子在左右两个磁场中的运动时间之比==4， 4BT=9 ·34· ·物理· 参考答案及解析 2eUo 2m Uo 2U 12.(1) (2) B 3B2R* 2eUo 【解析】1)电子在电场中加速，根据动能定理，有U。=2mv2一0，解得v= 0 电子在磁场中做匀速圆周运动有B=m,,,解得r 1 2mUo B e 0 (2)带电粒子从S点到达Q点的运动轨迹如图所示， M U N X 由几何关系可得0=60°，则a= 2 =30°， R 2U. 因ama类比有r√2 ,解得9= m3B2R2 13.(1)30 (2)xn 3gB (3)(23-2)L (W/4W3-3-1)L 【解析】(1)带电粒子在磁场中运动时，根据牛顿第二定律有qB=m R 解得R=2L,粒子运动轨迹如图甲所示， 设沿da方向发射出的粒子，在磁场中做圆周运动的圆心角是a,由几何 母 关系知s如a=》 由几何关系可知粒子射出磁场时速度方向的偏转角0=30°。 1 (2)从c点射出磁场的粒子，轨迹如图乙所示，由几何关系知si3 2 弧dc对应的圆心角为23，粒子在磁场中做圆周运动的周期为T= 2πm qB· 所以，粒子从d到c的时间为1=T,解得1=m 2π 3qB (3)临界轨迹如图丙所示，当粒子的运动迹与ab边界相切时，从b边界 的h点射出磁场，则eg为ab边界上有粒子射出的区间，hc为bc边界上有 粒子射出的区间，由几何关系知cos9=),df=ag=Rsin9,ae=ab be-ab-Rcos ag-ag-ae-df-de.sin y-2L.df R ∠，hc=Rcos y-L, 解得hc=(√43-3-1)Leg=(23-2)L。 14.(1)0.1m(2)4×103m/s 丙 【解析】(1)由洛伦兹力提供向心力可得qB=m ,可得r= 2 9B' 粒子在磁场运动的周期为T=2=2xm gB· 可知当粒子在磁场中运动轨迹对应的圆心角最大时，粒子在磁场中的 运动时间最长：对于在磁场中运动时间最长且速度最大的粒子，轨迹 如图所示，粒子的轨迹刚好与BC边相切，根据几何关系可得rm AC=0.2m, ·35· 高三二轮复习专题卷 粒子在磁场运动的过程中与AB之间的最大距离为d=OF一OD=r。二7.sin30°=号 0.1m. (2)根据rm= m可知在磁场中运动时间最长粒子的最大速度为。-Br=4X10m。 gB 15.a)2m(2号(3)8×10s 【解析】（1)根据洛伦兹力提供向心力有mB-m四，解得，= ×××××××:M =2m。×xDxBx×× gB ×*×ě？ (2)当粒子的运动轨迹恰好与圆相切时，如图甲所示，根据几何关系可知 ×x××经B:· d+r”=(R+r)2,故当粒子恰好向左或向右射出时，能够刚好进入B2 区域，因此能够进入B:区域的粒子数与发射的总粒子数之比为2 ×X××Xx ××××××! (3)利用反向思维可知，若粒子能平行于S)射出，其必然经过圆形区域 &××米kxxN 最低点，轨迹如图乙所示， 甲 则其在B,区域运动的时间为1，=2T-吧 1 gB' 在B,区城运动的时间为1：=T-阳 3gB' 故总时间为1=t1十1：= 4rm_8π 3gB 3 10-3s。 物理（九】 1.D【解析】当粒子所受的洛伦兹力和电场力平衡时，粒子流沿直线通过该区域，有qvB=qE,所 以E=B,假设粒子带正电，则受到向下的洛伦兹力，电场方向应向上，N极接电源正极，同理， 如果粒子带负电，也是V极接电源正极。 2.B【解析】根据题意可知，粒子从A点进入磁场时，受到向右的洛伦兹力作用，根据左手定则可 知，粒子带正电，故A错误：根据题意可知，粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，根据几何关系可 知，粒子做圆周运动的半径为尺，粒子在磁场中运动轨迹所对圆心角为2，根据洛伦兹力提供向 心力有0，B=加皮所以g-跟，故B正确：根据题意可知，粒子从C点进入电扬之后，先向右 做减速运动，再向左做加速运动，再次到达C点时，速度的大小仍为。，再次进入磁场，运动轨迹 如图所示，粒子在磁场中的运动时间为1。-)-R,故C错误：粒子在电场 M 2 vo 「中，根据牛顿第三定律有Eg=ma·解得a二”=B尺，结合对称性可得，粒 子在电场中运动的总时同为1。-公-2放D错误。 A 3.D【解析】粒子带正电，在磁分析器中由洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动且打在Q点，由 左手定则可知，磁分析器中磁场方向垂直于纸面向外，A错误：带电粒子在静电分析器中做匀速 圆周运动，由粒子所受辐向电场的电场力提供向心力，因此在静电分析器中粒子所受辐向电场的 电场力不是零，B错误：设粒子在静电分析器中的速度大小为v,由牛顿第二定律可得qE=m ·36·A. 甲图为衰变,乙图为:意 2024-2025学年度高三二轮复习专题卷(八) B. “为。粒子运动轨蓬为③粒子运动轨逐 物理·带电粒子在磁场中的圆周运动 C. 甲图中两个数子环绕方病相同,乙图中两个粒子环烧方向相反 V (侧重各类有界的磁场边界 D. &轨楚子比占轨中的数子动量小.轨珍中的数子比&轨选 中的粒子过量大 (考试时刻75分钟,满分100分) 5. 如图所示,一个。粒子从:抽上的P点以通度没与上成8一60的 方封人第一象限内的匀强敬场中,恰好意直于y较从A点射出第一象 一、选择题;本题共10小题,共分,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,每小题4分;第8~10题有多项符合题目要末,每小题6分,全部选对的得6分,选对归 限。一个质子从生标原点0以遍度.给与2成8一20的方句射入第 不全的得3分,有选错的得。分。带;题目为数力提开题,分值不计入总分。 一象限:也恰好从A点射出第一象限,判1山..等干 A.11 1. 如图所示,质量为I的警电粒子。.仅在洛伦数力作用下做半秘为,的句速 B.1 C1 圆运动,在。经过的物选上故置不电,量为o的粒子b.u与发生 D.1 完全非弹性碰掉融合为一个整体(不计质量和电花量拟失).该整体在跳× 6. 如图所示,ubd为边长为I.的正方形,在四分之一既abf区域内有承直于纸叫 场中擞圆运动的半径为 商病外的句强融场,敬感强度大小为B,一个质是为m,电荷量为r的带 正电粒子从占点沿加方以初速度大小(未知)射人确场,粒子仅能从正方 D. r 形边(含两点)慰出正方形区域,该粒子在跳场中远动时间为!,不计.. 2. 如图析赴,虚线两幅的匀强场1和I|均直干抵面向里:场I|I的跳惑 拉子的重力,啊 _ 过_ 应强度是酸场1的微感应弹度的?倚。效量为m,电荷量为。的帮正电 A xxxxxxxxx 4 x×x文×x8xx B. 的整子从虚线上P点沿与虚线成30角的方富以遮度一.直场方向射 C. D. 人磁场1,从线上的Q点第一次进人融场lI,一段时问后粒子再次经过 (-DBf Q点,P点程Q点的阻离为L,不计粒子的重力,则避场I的致感应烈度大小和较子内次经过 7. 如图所示,在理想的虚绿这界内有数围足够大的句译整场或,段水平。 0点的对间词离分望为 直,且a6--,在纸囊内大量质子从a点垂直干ab以不 n. 14sf. B. A. mr2f. 。 r1题r. _.7. C D 质子与在融场中运动时间最长的质子的速率之比为 ,1 A.3: B.30:13 3. 如图所示,在睡形区城内有方向垂直干纸声向外的匀强融场,大量电子以不间的速度从础场 C D. 617 近缘的A点沿率轻方向射入敬场,不计电子的重力及其相互作用力,这些电子在亟场中运动 ·如密所示,纸内键定的两平行长直导线aocr中避有大小相回,方相反的也。一 的过程中,下列说法正确的是 ,位于纸画内两导线问P处(靠近-一)的粒子源平行于方向发射一速度为二二。 A. 不同这率的电子在磁场中运动轨逐牛径相等 1.的带正电粒子,已道有电流为I的长直导线,在斑离线为7处产生的题 B 应大的虫子在场中&动时间越长 C. 速率越大的电子速度临特的角度越小 B. 速越大的电子向心加速度越小 子在导线间的运动勃可能正确的提 4. 静止在刻一句强敬场中的两种放射性元素的原子核A,B,其中一个效出。粒子,另一个效出! 般子,运动方病都与磁场方向垂直。图中、5与(、d分累表示各较子的运动软迹,下列说法 A B 中正确是 1 △门路 看理B·(A第1[共页 B,(A1第:页[共8页) 8. 如图所示,上方存在承直活面向里的句强跳场,两比荷之比为&.上一1!的带正电粒子 二、非选择题:本题共5小题,共54分。 A.B均由边上的0&以与a边成a(a90)角斜向右上方射人跳场,经过一段时列两粒 11.(8分)如图听示,真空区填有宽度为1.跳感应强度为B的矩形勾强磁场,方垂直干纸面向 子分列从过上的,d两点射出,已知两教子射人敬场的速度大小相等,a0一c0.题略粒 里.AMN.PQ是磁场的边界。质量为m.电荷量为。的带正电粒子(不计重力)沿者与MN夹 子的重力以及校子间的相互作用,下列说法正确的是 角为8一30的方向意直射入确场中,刚好垂直于P0边界射出,并铅半径方向垂直进入园 A. 拉子A从c点射t ××xx×x) xxxx888 场,朋形强场半径为1.,方房意直纸面向外,较子量反从则心0的正下方口点离开路 B 拉子A.B在斑场中远站的率技之比为31 场。求: C. 校子A.B在融场中运动的流度编转角之比为1:1 (1)拉子封人融场的流度的大小: D税子AB在盈场中运动的时间之比为111 (2)国形融场的融感应强度的大小: 9. 较子物理哥究中使用的一补球状探洲琴置的秩画贫化梳型如图所示,精获面内有因形区 (3)较子在左右两个磁场中的远就时问之比 域,区域内有垂直纸面内里的匀强础场,精凝面外网是探测器,同形区域内切干齐因,粒子1. 2.先后设径房从切点P射人器场;拉子1清直绿活过境肠区填后打在保测务上的M点;较子 2.经磁场幅转后打在探测器上的N点,装毁内部为直空状态,略粒子重力及数子利相互作 用力,下殆说法正确的是 A. 拉子1可能为子 B. 粒子2帮正电 C. 地大入射度,较子1可幅打在探河器上的0点 D. 增大入射速置,粒子?在融场内的运动时间疫好 10. 如图断示,空间中有一底角为60的等秘形,上庭与腰长均为1.,样形内部存在融感应强度 大小为B、方向垂直纸庭外的句强敬场,下张t&的中点,处有一校子源,可以向上方好 意方封出这度大小可变的电子,已短电子的比荷为,下列说法正确的是 A. 若粒子可以到达。点,其最小速度为BL C. 若f边有粒子封出,则边一定有粒子射出 D. 到达:点和到达点的粒子一定具有相同的速来 ·在平歪直角生标系x)中有如图所示的有界句强磁场区城,敬场上边界是以D'(0,4d)点为因 心,半径为R一的一段死,圆亮与:特交于A(一3,0N(,0)两点.场下进界是以 坐标厚点03为圆心,半径为,一3的一段圆死,现有一束电的粒子沿,员方向以速度 为 ,电荷量大小为.不计校子重力及粒子幅的相互作用,下列说法中正确的是 A. 正时(点人射的粒子离开确场后不会过0点 B. 若粒子速度变为2。,正对()点入射的较子离开题场后一定过0点 D. 所有入射粉子部一定过0点 理B·(A)第:页[共B页 甚们。 B,(1第([共8页) 12. (8分)加图渐示,M.X两板间存在电压为1.的加速电场,半径为R的阅形区域内存在题 13.(1D分)如图所示,纸面内的矩形ab区减内存在感应强度大小为B.方向直纸面向外 点脊度为B的匀强敬场,尾放置丰网形磁场区域右得;屏中心P到测形磁场区域晚心C 的句强融场,位干a处的数子可以在纸内沿ta,列的任一方向发射面量为w,电荷 名 的距离为2R.带电粒子从5点由静止进人M.N板到区域,经电场加速后选人确形驱场区 ,在批场作用下轨逐发生渴较,最终打在屏上的某点,因量度点到P点的配离,便谈疮 。 出带电粒子的比荷,不计电粒子的意力 虑粒子间的相互作用,求 喜 (1)量△方向发射的粒子射出磁场时,迷度方病的偏转角; (1)若带电粒子为电子,已知电子的电荷量为.量为.求电子经过电场加速后的速度大 小。及电子在磁场中运涵的软迹半径, (2)从,点封出的粒子在些场中运动的时间 (2)若某种电粒子涌过电场加速和路肠偏转后,打在展上的0点,已铅P点铅0点的用 (3a,t△c边界上各白有粒子射出的区同的长度。 离为2、③R,求该带电枚子的比荷。 答 理B·(A)第:页[共B页 理B,(1第6页[共8页) 14. (12分)如图渐示为有理担边界的匀强砺场,确感应强度B.一2×10T,虚场进界为直角 15.(15分)如图所示,空问有垂直干折面的匀强就场B.和县.延感应强度大小均为9.1T,B 角形,AC一20cm.C-.乙8一30”。A点有一粒子漠,沿AC方射出不同速度的正 分在丰径R-2一的形区域内,N为过其属心0的号直线,B,分在MN左侧的半 电粒子,粒子的比荷为一1×10C/,不计粒子的重力及粒子间的相互作用,求 用形区域外,酸场B.中有般子篇5.8与0的匝离/-?m:且50上N,某时刻粒子 (1)在磁场中运动时间最长且速度最大的粒子,在题场运动的过提中与AB之间的最大距离; 8沿春纸面一次性向各个方向均匀射出一相同的带正电粮子,每个粒子的质量n一2× (2)在游场中运动时间最长粒子的最大速度 10 .电荷量-1×10C.速事-=1×10n-不计粒子重力及粒子之间的相互作 用,束, (1)拉子在句强磁场.中运动的半径: (2)能进人园形区城的粒子数与总粒子数之比 3)量将封出晚现区域时夜度方由与&0的粒子在确场中运动的及时别 ) xxxxxxxv xxxxxx× 理B·(A)第7页[共8页 理B,(入1第8页[共8页)