【正文】 故tmin＝＝10－6 s＝10－8 s． ⑨【答案】　(1)34 cm　(2)tmax＝10－7 s　tmin＝10－8 s10. (16分)如圖8173。在O點帶電粒子能沿OA、OC方向以一定初速度垂直磁場方向射入磁場．現重力不計的質子和反質子(兩種粒子質量相同，帶等量異種電荷)在O點同時射入磁場，兩個粒子經磁場偏轉后恰好分別從A、C兩點離開磁場，則(　　)A．沿OA方向射入的一定是反質子B．質子和反質子的初速度大小之比為2∶C．質子和反質子在磁場中的運動時間相等D．反質子比質子先離開磁場 【解析】　粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，Bqv＝m，得r＝ ，由左手定則可知沿OA方向射入的一定是反質子，A正確；質子和反質子的運動軌跡如圖所示，由幾何關系可知質子的運動半徑R＝OC，反質子的運動半徑r＝OA，OA＝OC，R＝，r＝，所以質子和反質子的初速度大小之比為v1∶v2＝R∶r＝2∶，B正確；因兩段軌跡圓弧所對應的圓心角均為60176。角斜向上、大小相等的速度垂直進入勻強磁場中，粒子甲擊中水平線上的M點，粒子乙擊中水平線上的N點，且ON＝，則下列說法中正確的有(　　)A．甲、乙兩粒子電性相反，且甲粒子一定帶正電B．甲、乙兩粒子的比荷大小之比為2∶1C．甲、乙兩粒子做圓周運動的周期之比為1∶2D．甲、乙兩粒子在磁場中運動的時間之比為2∶5【解析】　粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，由左手定則可判定粒子甲帶負電，粒子乙?guī)д?，A錯誤；兩粒子在磁場中運動的軌跡如圖所示，由幾何關系知r甲＝OM、r乙＝ON，粒子在磁場中做勻速圓周運動的向心力由洛倫茲力提供，Bqv＝m，即＝，所以甲、乙兩粒子的比荷大小之比等于做勻速圓周運動的半徑的反比，為1∶2，B錯誤；由T＝知甲、乙兩粒子做圓周運動的周期之比等于做勻速圓周運動的半徑之比，為2∶1，C錯誤；由t＝T知甲、乙兩粒子在磁場中運動的時間之比為t甲∶t乙＝T甲∶T乙＝2∶5，D正確．【答案】　D4．如圖8173。11甲所示，間距為d、垂直于紙面的兩平行板P、Q間存在勻強磁場．取垂直于紙面向里為磁場的正方向，磁感應強度隨時間的變化規(guī)律如圖8173。OC解得OC＝由幾何關系知＝tan 37176。＝，cos 37176。t1聯立得E1＝由對稱性可知粒子運動到Q點時的速度大小為v0，方向與x軸正方向成30176。浙江高考)使用回旋加速器的實驗需要把離子束從加速器中引出，離子束引出的方法有磁屏蔽通道法和靜電偏轉法等．質量為m，速度為v的離子在回旋加速器內旋轉，旋轉軌道是半徑為r的圓，圓心在O點，軌道在垂直紙面向外的勻強磁場中，磁感應強度為B.圖8173。時，擊中板的范圍如圖1，l＝2R＝ cm，選項A正確．θ＝60176?！鱋1ME為等邊三角形，所以可得到粒子做圓周運動的半徑EO2＝O1E＝R，由qvB＝，得v＝，B正確．【答案】　B分析帶電粒子在磁場中的運動問題時要熟記：1．粒子剛好不出磁場邊界的條件是帶電粒子在磁場中的運動軌跡與邊界相切．2．審題時一定要注意從關鍵詞中找突破口，如抓住題干中的“恰好”、“最大”、“至少”、“不脫離”等詞語．3．從直線邊界射入勻強磁場的粒子從同一邊界射出時，進出磁場的速度方向與邊界的夾角相等，求解時一定要注意對稱性的應用．發(fā)散1　磁偏轉的基本問題1．(多選)(20153所示，a是豎直平面P上的一點，P前有一條形磁鐵垂直于P，且S極朝向a點．P后一電子在偏轉線圈和條形磁鐵的磁場的共同作用下，在水平面內向右彎曲經過a點．在電子經過a點的瞬間，條形磁鐵的磁場對該電子的作用力的方向(　　)A．向上　　　　　　 B．向下C．向左 D．向右【解析】　電子過a點的速度向右，此處磁場向外，由左手定則可判斷電子受洛倫茲力向上．【答案】　A　帶電粒子在磁場中的運動　(2013浙江高考)如圖8173。重慶高考)音圈電機是一種應用于硬盤、光驅等系統(tǒng)的特殊電動機．圖8173。由此可找到出點位置．2．不能根據兩個相交圓形成的兩個三角形的幾何關系，推出兩個圓半徑關系．【解析】　如圖所示，粒子做圓周運動的圓心O2必在垂直于速度方向的直線EF上，由于粒子射入、射出磁場時運動方向間的夾角為60176。時，l＝ cmC．θ＝45176。＝d，解得R＝2 m由B1qv＝m知B1＝聯立解得B1＝ T.(3)粒子在三角形區(qū)域磁場中運動的時間為t1＝＝a＝粒子在勻強電場Ⅱ中運動的時間t3＝＝所以粒子從O點運動到D點所用的時間t＝t1＋t2＋t3＝L.【答案】　(1)E1＝　E2＝　B＝(2)t＝L發(fā)散2　帶電粒子在復合場中的運動173。角向上．(4)小球在區(qū)域Ⅱ內做勻速圓周運動，所以mg＝qE3，得E3＝，因小球恰好不從右邊界穿出，小球運動軌跡如圖(c)所示由(3)知F＝mgsin 37176。10所示，電荷量均為＋q、質量不同的離子飄入電壓為U0的加速電場，其初速度幾乎為零．這些離子經加速后通過狹縫O沿著與磁場垂直的方向進入磁感應強度為B的勻強磁場，最后打在底片上．已知放置底片的區(qū)域MN＝L，且OM＝，檢測不到離子，但右側區(qū)域QN仍能正常檢測到離子．在適當調節(jié)加速電壓后，原本打在MQ的離子即可在QN檢測到．圖8173。12所示，28根通有同向等大電流的長直導線(彼此絕緣)正好緊密排列在以O為圓心的圓周上，直徑BD水平，AC豎直，直導線中電流方向均垂直紙面向外，現將B處的長直導線撤走，而將C處的長直導線平移到圓心O處，則圓心O處的長直導線所受安培力的方向(　　)A．沿∠COB的角平分線向下B．沿∠AOB的角平分線向上C．沿∠AOD的角平分線向上D．沿∠COD的角平分線向下【解析】　因通電直導線的磁場是以導線為圓心的一層層的同心圓，由對稱性可知O處的磁場即A處直導線的電流和D處直導線的電流在O點產生的磁場的疊加，由安培定則可知A處直導線的電流在O點產生的磁場方向水平向右，D處直導線的電流在O點產生的磁場方向豎直向上，且兩處直導線的電流在O點產生的磁場大小相等，由矢量的疊加原理知O處的磁場方向沿∠AOB的角平分線向上，由左手定則可知圓心O處的長直導線所受安培力的方向沿∠AOD的角平分線向上，C對．【答案】　C2．(201516所示是一電磁泵工作部分示意圖，絕緣非磁性管道的橫截面是長為a、寬為b的矩形，在管道內上、下管壁處各安裝一個長為L的電極，通以電流I，當在垂直于管道和電流的方向加一個磁感應強度為B