强化训练25洛伦兹力带电粒子在磁场中的运动
——’17备考热身教辅系列
山东平原一中魏德田
本套强化训练搜集近年来各地高中物理高考真题、模拟题及其它极有备考价值的习题等筛选而成。其目的在于理解和掌握洛伦兹力大小和方向的确定方法，掌握洛伦兹力做功特点：对运动电荷始终不做功；会分析带电粒子在磁场中的运动情况；掌握带电粒子做匀速圆周运动的圆心、半径及时间的确定方法.了解本训练点知识在高科技领域中的应用，同时提高运用数学工具处理问题能力。全卷选20余题，总计120分，选做题为学有余力者而设。
一、破解依据
欲解决此类问题，大致归纳为以下几条“依据”：
㈠判断洛仑兹力（即向心力）的大小为；方向判断用左手定则；粒子的“运动弧线”向洛仑兹力一侧弯曲。
㈡⑴轨道圆心：为两不同位置（或时刻）的洛仑兹力的交点；⑵轨道半径：。
㈢回旋角（或角位移）等于偏向角，等于弦切角（或圆周角）的二倍；回旋角（角位移）、弧线长（路程）l分别与飞行时间t成正比。即
㈣⑴转动周期：；⑵飞行时间：。
㈤线位移；弧线长（路程）。线位移sAB的中垂线通过圆心、速度直线的交点。各量及其关系如下图所示。
㈥动能公式；动量改变
㈦由于及磁场边界条件的不同，可导致问题的多解。
二、精选习题
㈠选择题（每小题5分，共50分）
1.（14安徽“人造小太阳”托卡马克装置使用强磁场约束高温等离子体，使其中的带电粒子被尽可能限制在装置内部，而不与装置器壁碰撞．已知等离子体中带电粒子的平均动能与等离子体的温度成正比，为约束更高温度的等离子体，则需要更强的磁场，以使带电粒子在磁场中的运动半径不变．由此可判断所需的磁感应强度正比于()B．T
C.D．T2
⒉(15新课标I).两相邻的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
⒊（17全国Ⅱ如图，虚线所示的圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场，P为磁场边界上的一点．大量相同的带电粒子以相同的速率经过P点，在纸面内沿不同方向射入磁场．若粒子射入速率为v，这些粒子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周上；若粒子射入速率为v，相应的出射点分布在三分之一圆周上．不计重力及带电粒子之间的相互作用．则v为()
A.∶2B.∶1C.∶1D．3∶
⒋（16四川）如图所示，正六边形区域内有垂直于纸面的匀强磁场。一带正电的粒子从点沿方向射入磁场区域，当速度大小为时，从点离开磁场，在磁场中运动的时间为，当速度大小为时，从点离开磁场，在磁场中运动的时间为，不计粒子重力。则
A，B．，
C．，D．，
5．）和质子（）做匀速圆周运动，若它们的动量大小相等，则a粒子和质子
A、运动半径之比是2:1B、运动周期之比是2:1
C、运动速度大小之比是4:1D.受到的洛伦兹力之比是2:1
6.（16新课标II）一圆筒处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向与筒的轴平行，筒的横截面如图所示．图中直径MN的两端分别开有小孔．筒绕其中心轴以角速度顺时针转动．在该截面内，一带电粒子从小孔M射入筒内，射入时的运动方向与MN成角．当筒转过时，该粒子恰好从小孔N飞出圆筒．不计重力．若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞，则带电粒子的比荷为
A． B． C． D．
16全国Ⅲ平面OM和平面ON之间的夹30°，其横截面(纸面)如图所示，平面OM上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外．一带电粒子的质量为m，电荷量为q(q>0)．粒子沿纸面以大小为v的速度从OM的某点向左上方射入磁场，速度与OM成30角．已知该粒子在磁场中的运动轨迹与ON只有一个交点，并从OM上另一点射出磁场．不计重力．粒子离开磁场的出射点到两平面交线O的距离为()
A.B.C.D.
8.（14武昌模拟）如图-5所示，分布在半径为r的圆形区域内的匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里．电量为q、质量为m的带正电的粒子从磁场边缘一点沿圆的半径方向射入磁场，离开磁场时速度方向偏转了60°角．若保持粒子的速度大小不变，仍从该点入射,但速度的方向顺时针转过60°角，则粒子在磁场中运动的时间为（）
A．B．C．D．
9.（14新课标Ⅰ如图所示，MN为铝质薄平板，铝板上方和下方分别有垂直于图平面的匀强磁场(未面出)，一带电粒子从紧贴铝板上表面的P点垂直于铝板向上射出，从Q点穿越铝板后到达PQ的中点O，已知粒子穿越铝板时，其动能损失一半，速度方向和电荷量不变．不计重力．()
A．2B.C．1D.
10.（15四川）如图所示，S处有一电子源，可向纸面内任意方向发射电子，平板MN垂直于纸面，在纸面内的长度L＝9.1cm，中点O与S间的距离d＝4.55cm，MN与SO直线的夹角为θ，板所在平面有电子源的一侧区域有方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B＝2.0×10－4T，电子质量m＝9.1×10－31kg，电量e＝－1.6×10－19C，不计电子重力。电子源发射速度v＝1.6×106m/s的一个电子，该电子打在板上可能位置的区域的长度为l，则
A．θ＝90°时，l＝9.1cmB．θ＝60°时，l＝9.1cm
C．θ＝45°时，l＝4.55cmD．θ＝30°时，l＝4.55cm
16北京如图所示，质量为m、电荷量为q的带电粒子，以初速度v沿垂直磁场方向射入磁感应强度为B的匀强磁场，在磁场中做匀速圆周运动．不计带电粒子所受重力．
(1)求粒子做匀速圆周运动的半径R和周期T；
(2)为使该粒子做匀速直线运动，还需要同时存在一个与磁场方向垂直的匀强电场，求电场强度E的大小．
12.（13北京(16分)如图所示，两平行金属板间距为d，电势差为U，板间电场可视为匀强电场；金属板下方有一磁感应强度为B的匀强磁场．带电量为＋q、质量为m的粒子，由静止开始从正极板出发，经电场加速后射出，并进入磁场做匀速圆周运动．忽略重力的影响，求：
(1)匀强电场场强E的大小；(2)粒子从电场射出时速度v的大小；(3)粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径R.16浙江为了进一步提高回旋加速器的能量，科学家建造了“扇形聚焦回旋加速器”．在扇形聚焦过程中，离子能以不变的速率在闭合平衡轨道上周期性旋转．
扇形聚焦磁场分布的简化图如图-1所示，圆心为O的圆形区域等分成六个扇形区域，其中三个为峰区，三个为谷区，峰区和谷区相间分布．峰区内存在方向垂直纸面向里的匀强B，谷区内没有磁场．质量为m，电荷量为q的正离子，以不变的速率v旋转，其闭合平衡轨道如图中虚线所示．
(1)求闭合平衡轨道在峰区内圆弧的半径r，并判断离子旋转的方向是顺时针还是逆时针；
(2)求轨道在一个峰区内圆弧的圆心角θ，及离子绕闭合平衡轨道旋转的周期T；
(3)在谷区也施加垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B′，新的闭合平衡轨道在一个峰区内的圆心角θ变为90，求B′和B的关系．已知：(α±β)＝，＝1－2.
14.（14山东(20分)如图甲所示，间距为d、垂直于纸面的两平行板P、Q间存在匀强磁场．取垂直于纸面向里为磁场的正方向，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示．t＝0时刻，一质量为m、带电荷量为＋q的粒子(不计重力)，以初速度v0.由Q板左端靠近板面的位置，沿垂直于磁场且平行于板面的方向射入磁场区．当B0和TB取某些特定值时，可使t＝0时刻入射的粒子经Δt时间恰能垂直打在P板上(不考虑粒子反弹)．上述m、q、d、v0为已知量．
图甲图乙
(1)若Δt＝TB，求B0；
(2)若Δt＝TB，求粒子在磁场中运动时加速度的大小；
(3)若B0＝，为使粒子仍能垂直打在P板上，求TB.
14山东如图所示，场强大小为E、方向竖直向下的匀强电场中有一矩形区域abcd，水平边ab长为s，竖直边ad长为h.质量均为m、带电荷量分别为＋q和－q的两粒子，由a、c两点先后沿ab和cd方向以速率v进入矩形区(两粒子不同时出现在电场中)．不计重力．若两粒子轨迹恰好相切，则v等于()
A.B.C.D.
16.（14襄阳四中）如图-13所示，在ｘｏｙ平面内，有一个圆形区域的直径ＡＢ与ｘ轴重合，圆心Ｏ′的坐标为（2ａ，０），其半径为ａ，该区域内无磁场．在ｙ轴和直线ｘ＝3ａ之间的其他区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为Ｂ．一质量为ｍ、电荷量为ｑ的带正电的粒子从ｙ轴上某点射入磁场．不计粒子重力．
（1）若粒子的初速度方向与ｙ轴正向夹角为60°，且粒子不经过圆形区域就能到达Ｂ点，求粒子的初速度大小ｖ１；
（2）若粒子的初速度方向与ｙ轴正向夹角为60°，在磁场中运动的时间为Δｔ＝，且粒子也能到达Ｂ点，求粒子的初速度大小ｖ２；
（3）若粒子的初速度方向与ｙ轴垂直，且粒子从Ｏ′点第一次经过ｘ轴，求粒子的最小初速度ｖｍ．
17.（14江西师大附中）两个电荷量相等但电性相反的带电粒子a、b分别以速度va和vb射入匀强磁场，两粒子的入射方向与磁场边界的夹角分别为30°和60°，磁场宽度为d，两粒子同时由A点出发，同时到达B点，如图所示，则（）
A．a粒子带正电，b粒子带负电
B．两粒子的轨道半径之比Ra∶Rb＝∶1
C．两粒子的质量之比ma∶mb＝12
D．两粒子的速度之比vavb＝12
18.（14荆州二检如图-所示，在边长为L的正方形区域内存在着垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B.P点位于正方形的对角线CE上，其到CF、CD的距离均为，且在P点处有一个发射粒子的装置(图中未画出)，能连续不断地向纸面内的各方向发射出速率不同的带正电的粒子．已知粒子的质量为m，带电荷量为q，不计粒子重力及粒子间的相互作用力．
(1)速率在什么范围内的粒子不可能射出正方形区域？
(2)求速率v＝的粒子在DE边的射出点与D点的距离d的范围．
14仙桃期末如图-所示，半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，质量为m、带电荷量为q的正电荷(重力忽略不计)以速度v沿正对着圆心O的方向射入磁场，从磁场中射出时速度方向改变了θ角．则磁场的磁感应强度大小为()
A.B.C.D.
20．14阳泉模拟如图-所示，三角形磁场区域的三个顶点a、b、c在直角坐标系内的坐标分别为(0，2cm)、(－2cm，0)、(2cm，0)，磁感应强度B＝4×10－4T，某正粒子的比荷＝2.5×105C/kg，不计重力．大量的该粒子在t＝0时从O点以相同的速率v＝2m/s沿不同的方向垂直于磁场射入该磁场区域，则()
A．从ac边离开磁场的粒子，离开磁场时距c点最近坐标为[cm，(2－3)cm]
B．从a点离开磁场的粒子在磁场中运动时间最长
C．不可能有粒子垂直于ab边离开磁场
D．t＝s时运动时间最长的粒子离开磁场
A、C两点分别位于x轴和y轴上，∠OCA=30°，OA的长度为L。在△OCA区域内有垂直于xOy平面向里的匀强磁场。质量为m、电荷量为q的带正电粒子，以平行于y轴的方向从OA边射入磁场。已知粒子从某点射入时，恰好垂直于OC边射出磁场，且粒子在磁场中运动的时间为t0。不计重力。
（1）求磁场的磁感应强度的大小；
（2）若粒子先后从两不同点以相同的速度射入磁场，恰好从OC边上的同一点射出磁场，求该粒子这两次在磁场中运动的时间之和；
（3）若粒子从某点射入磁场后，其运动轨迹与AC边相切，且在磁场内运动的时间为，求粒子此次入射速度的大小。
22.（13大纲版）（20分）如图-19所示，虚线OL与y轴的夹角为θ＝60°，在此角范围内有垂直于xOy平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为q（q＞0）的粒子从左侧平行于x轴射入磁场，入射点为M。粒子在磁场中运动的轨道半径为R。粒子离开磁场后的运动轨迹与x轴交于P点（图中未画出），且＝R。不计重力。求M点到O点的距离和粒子在磁场中运动的时间。
23．
（1）磁感应强度大小；
（2）电子在磁场中运动的时间。（结果用m、e、r、θ、vo表示）
24.（17全国Ⅲ）（12分）如图，空间存在方向垂直于纸面（平面）向里的磁场。在区域，磁感应强度的大小为；区域，磁感应强度的大小为（常数）。一质量为、电荷量为的带电粒子以速度从坐标原点沿轴正向射入磁场，此时开始计时，当粒子的速度方向再次沿轴正向时，求（不计重力）
（1）粒子运动的时间；
（2）粒子与点间的距离。
三、参考答案
㈠选择题
⒈【答案】A本题是“信息题”：考查对题目新信息的理解能力和解决问题的能力．根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝m解得带电粒子在磁场中做圆周运动的半径r＝.由动能的定义式Ek＝mv2，可得r＝，结合题目信息可得B∝，选项A正确。
【解析】由于磁场方向与速度方向垂直，粒子只受洛伦兹力作用，带电粒子在磁场中所受的洛伦兹力提供所需的向心力：,得到轨道半径，由于洛伦兹力不做功，故带电粒子的线速度v不变，当粒子从较强到较弱磁场区域后，B减少时，r增大；由角速度可判断角速度减小，故选项D正确。
⒊【答案】C当粒子在磁场中运动轨迹是半圆时，出射点与入射点的距离最远，故射入的速率为v1时，对应轨道半径为r1＝Rsin30°，射入的速率为v2时，对应轨道半径为r2＝Rsin60°，由半径公式r＝可知轨道半径与速率成正比，因此＝＝，C正确．
【解析】由题可得带正电粒子在匀强磁场中受洛伦兹力做匀速圆周运动，且洛伦兹力提供作圆周运动的向心力，由公式
，
可以得出,又由
且粒子运动一周为，可以得出时间之比等于偏转角之比。由下图看出偏转角之比为2：1。
则，可得选项A正确，B，C，D
【解析】a粒子和质子质量之比为4：1，电荷量之比为2：1，由于动量相同，故速度之比为1：4，选项C错误；在同一匀强磁场B中，带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径，得两者的运动半径之比为1：2，选项A错误；带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期，得周期之比为2：1，选项B正确；由带电粒子在匀强磁场中受到的洛伦兹力f=qvB，得受到的洛伦兹力之比为1：2，选项D错误。
⒍【答案】A
【解析】可知粒子的运动，
由粒子在磁场中的运动规律可知
②
联立①②解得即比荷
由圆周运动与几何关系可知
即
则
又有⑤
联立③④⑤得D【解析】设射入磁场的入射点为A，延长入射速度v所在直线交ON于一点C，则轨迹圆与AC相切；由于轨迹圆只与ON有一个交点，所以轨迹圆与ON相切，所以轨迹圆的圆心必在∠ACD的角平分线上，作出轨迹圆如图所示，其中O′为圆心，B为出射点．
由几何关系可知∠O′CD＝30°，Rt△O′DC中，CD＝O′D·cot30°＝R；由对称性知，AC＝CD＝R；等腰△ACO中，OA＝2AC·cos30°＝3R；等边△O′AB中，AB＝R，所以OB＝OA＋AB＝4R.由qvB＝m得R＝，所以OB＝，D正确．
依此可得，由计算可知C答案正确。
⒐【答案】D
【解析】根据qvB＝有＝·，穿过铝板后粒子动能减半，则＝，穿过铝板后粒子运动半径减半，则＝，因此＝，D正确．
AD
【解析】电子在磁场中受洛伦兹力作用做匀速圆周运动，根据洛伦兹力大小计算公式和向心力公式有：evB＝，解得电子圆周运动的轨道半径为：r＝＝m＝4.55×10－2m＝4.55cm，恰好有：r＝d＝L/2，由于电子源S，可向纸面内任意方向发射电子，因此电子的运动轨迹将是过S点的一系列半径为r的等大圆，能够打到板MN上的区域范围如下图所示，实线SN表示电子刚好经过板N端时的轨迹，实线SA表示电子轨迹刚好与板相切于A点时的轨迹，因此电子打在板上可能位置的区域的长度为：l＝NA，
㈡计算题
⒒【答案】(1)；(2)vB。
【解析】(1)洛伦兹力提供向心力，有f＝qvB＝m
带电粒子做匀速圆周运动的半径R＝
匀速圆周运动的周期T＝＝.
(2)粒子受电场力F＝qE，洛伦兹力f＝qvB.粒子做匀速直线运动，则
qE＝qvB
场强E的大小E＝vB.
⒓【解析】(1)电场强度E＝
(2)根据动能定理，有qU＝mv2
得v＝
(3)粒子在磁场中做匀速圆周运动时，洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m
得R＝
13.【答案】(1)逆时针(2)(3)B′＝B
【解析】(1)峰区内圆弧半径r＝①
旋转方向为逆时针方向②
(2)由对称性，峰区内圆弧的圆心角θ＝③
每个圆弧的长度l＝＝④
每段直线长度L＝2rcos＝r＝⑤
周期T＝⑥
代入得T＝⑦
(3)谷区内的圆心角θ′＝120°－90°＝30°⑧
谷区内的轨道圆弧半径r′＝⑨
由几何关系rsin＝r′sin⑩
由三角关系sin＝sin15°＝
代入得B′＝B
(1)(2)(3)
(1)设粒子做圆周运动的半径为R1，由牛顿第二定律得
qv0B0＝
据题意由几何关系得
R1＝d
联立式得
B0＝
(2)设粒子做圆周运动的半径为R2，加速度大小为a，由圆周运动公式得
a＝
据题意由几何关系得
3R2＝d
联立式得
a＝
(3)设粒子做圆周运动的半径为R，周期为T，由圆周运动公式得
T＝
由牛顿第二定律得
qv0B0＝
由题意知B0＝，代入式得
d＝4R
粒子运动轨迹如图所示，O1、O2为圆心，O1O2连接与水平方向的夹角为θ，在每个TB内，只有A、B两个位置才有可能垂直击中P板，且均要求0＜θ<，由题意可知
T＝
设经历完整TB的个数为n(n＝0，1，2，3……)
若在A点击中P板，据题意由几何关系得
R＋2(R＋Rsinθ)n＝d
当n＝0时，无解
当n＝1时，联立式得
θ＝(或sinθ＝)
联立式得
TB＝
当n≥2时，不满足0＜θ＜90°的要求
若在B点击中P板，据题意由几何关系得
R＋2Rsinθ＋2(R＋Rsinθ)n＝d
当n＝0时，无解
当n＝1时，联立式得
θ＝arcsin(或sinθ＝)
联立式得
TB＝
当n≥2时，不满足0＜θ＜90°的要求.
⒖【答案】B【解析】两个粒子都做类平抛运动．两个粒子在竖直方向上都做加速度大小相等的匀加速直线运动，因为竖直位移大小相等，所以它们的运动时间相等．两个粒子在水平方向上都做速度大小相等的匀速直线运动，因为运动时间相等，所以水平位移大小相等．综合判断，两个粒子运动到轨迹相切点的水平位移都为，竖直位移都为，由＝t2，＝v0t得v0＝，选项B正确．
（2）（3）
【解析】（1）粒子不经过圆形区域就能到达B点，故粒子到达B点时速度竖直向下，圆心必在x轴正半轴上.设粒子做圆周运动的半径为，由几何关系得
又
解得
故粒子在磁场中的运动轨迹的圆心角为
粒子到达B点的速度与x轴夹角
设粒子做圆周运动的半径为由几何关系得
又
解得
夹角为轨迹圆对应的半径为r由几何关系得
故当时半径最小为
又
解得【解析】A、a粒子是30°入射的，而b粒子是60°入射的，由于从B点射出，则a粒子受到的洛伦兹力方向沿b粒子速度方向，而b粒子受到的洛伦兹力方向沿a粒子速度方向，由磁场方向，得a粒子带负电，而b粒子带正电，故A错误B、如图连接AB，AB连线是两粒子的运动圆弧对应的弦，则弦的中垂线（红线）与各自速度方向的垂直线（虚线）的交点即为各自圆心．如图：结果发现：AB的连线必然与磁场的边界垂直；两圆心的连线与两个半径构成一个角为30°，另一个为60°的直角三角形．根据几何关系，则有两半径相比为Ra：Rb=1：．故B错误C、AB连线是两粒子的运动圆弧对应的弦，则弦的中垂线与各自速度方向直线的交点即为各自圆心．结果发现：两圆心的连线与两个半径构成一个角为30°，另一个为60°的直角三角形．则a粒子圆弧对应的圆心角为120°，而b粒子圆弧对应的圆心角为60°．由于它们运动时间相等，所以它们的周期之比为Ta：Tb=1：2，则质量之比ma：mb=1：2．故C正确D、由半径公式可知：在磁场、电量一定的情况下，速度大小与粒子的质量成反比，与轨迹的半径成正比．所以速度大小之比va：vb=2：，故D错误10．(1)v≤(2)≤d＜
因粒子的速度方向垂直于磁场方向，故其在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动．
(1)依题意可知，粒子在正方形区域内做圆周运动，不射出该区域的半径为r≤对粒子，
由牛顿第二定律有qvB＝m
即v＝≤.
(2)当v＝时，设粒子在磁场中做圆周运动的半径为R，则由qvB＝m可得
R＝＝
要使粒子从DE边射出，则其必不能从CD边射出，其临界状态是粒子的轨迹与CD边相切，设切点与C点的距离为x，其轨迹如图甲所示，由几何关系得
R2＝＋
解得x＝L
设此时粒子在DE边的出射点与D点的距离为d1，由几何关系有
(L－x)2＋(R－d1)2＝R2
解得d1＝
而当粒子的轨迹与DE边相切时，粒子必将从EF边射出，设此时切点与D点的距离为d2，其轨迹如图乙所示，由几何关系有
R2＝＋
解得d2＝
故速率v＝的粒子在DE边的射出点距离D点的范围为≤d＜B该电荷以速度v沿正对着圆心O的方向射入磁场，将背离圆心射出，轨迹圆弧的圆心角为θ，由几何关系可知，轨迹圆的半径r＝，由洛伦兹力提供向心力，轨迹圆的半径r＝解得B＝，选项B正确．
ABD【解析】正粒子在磁场中做圆周运动的半径r＝＝2cm，入射方向不同的粒子的轨迹圆半径相同，各粒子的轨迹圆为过O点半径为R的动圆，且入射速度沿x轴正方向的粒子离开磁场时距c点最近，最近点A的坐标为，选项A正确；当轨迹圆弧对应的弦最长时，圆心角最大，时间最长，即从a点射出的粒子的运动时间最长，该轨迹圆弧对应的圆心角为60°，运动时间t＝＝s，选项B、D正确；由几何关系可知，从O点沿与OC成120°角方向射入磁场的粒子将垂直于ab边离开磁场，选项C错误．
1）；（2）；（3）。
【解析】（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，在时间t0内其速度方向改变了90°，故周期T=4t0,设磁感应强度大小为B，粒子速度为v，圆周运动的半径为r，则，匀速圆周运动的速度满足：,解得：
（2）设粒子从OA变两个不同位置射入磁场，能从OC边上的同一点P射出磁场，粒子在磁场中运动的轨迹如图（a）所示：
设两轨迹所对应的圆心角分别为和。由几何关系有：
粒子两次在磁场中运动的时间分别为与，则：
（3）如图（b），由题给条件可知，该粒子在磁场区域中的轨迹圆弧对应的圆心角为。设为圆弧的圆心，圆弧的半径为，圆弧与AC相切与B点，从D点射出磁场，由几何关系和题给条件可知，此时有
设粒子此次入射速度的大小为，由圆周运动规律：
联立①⑦⑧⑨式得：
22.【解析】（20分）根据题意，粒子进入磁场后做匀速圆周运动，设运动轨迹交虚线OL于A点，圆心在y轴上的C点，AC与y轴的夹角为α；粒子从A点射出后，运动轨迹交x轴的P点，设AP与x轴的夹角为β，如图所示。有
周期为
过A点作x、y轴的垂线，垂足分别为B、D。由几何知识得
，，
，
α=β
联立得到
解得α=30°，或α=90°
设M点到O点的距离为h，有
，
联立得到h=R-Rcos(α+30°)
解得h=(1-)R（α=30°）
h=(1+)R（α=90°）
当α=30°时，粒子在磁场中运动的时间为
当α=90°时，粒子在磁场中运动的时间为
23.【答案】（1）（2）电子在磁场中运动的时间：．【解析】电子做圆周运动的轨迹如图所示：由几何知识可得：?，由牛顿第二定律得：，解得：?；电子做圆周运动的周期：?，电子运动时间：，解得：区域，圆周半径为；在区域，圆周半径为。由洛伦兹力公式及牛顿定律得
①
②
粒子速度方向转过180°时，所需时间t1为
③
粒子再转过180°时，所需时间为
④
联立①②③④式得，所求时间为
⑤
（2）由几何关系及①②式得，所求距离为
⑥
1
图-13
A
图-14
图-5
C
O
B
C
图-15
图-4
图-3
图-2
图-1
图-20
图-19
图-18
图-17
图-16
图-21
（
（
60°
β
α
B
C
D
h
M
P
L
A
O
y
x
O
A
图-7
图-8
B
图-6
图-11
图-12
图-10
图-9
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