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1、第 1 页 专题 8 磁场对电流与运动电荷作用 考题一 磁场对通电导体作用力 1.安培力大小计算公式：FBILsin(其中为B与I之间夹角).(1)假设磁场方向与电流方向垂直：FBIL.(2)假设磁场方向与电流方向平行：F0.2.安培力方向判断：左手定那么.方向特点：垂直于磁感线与通电导线确定平面.(1)变曲为直：图 1 甲所示通电导线，在计算安培力大小与判断方向时均可等效为ac直线电流.图 1(2)化电为磁：环形电流可等效为小磁针，通电螺线管可等效为条形磁铁，如图乙.(1)分析：正确地对导体棒进展受力分析，应特别注意通电导体棒受到安培力方向，安培力与导体棒与磁感应强度组成平面垂直.(2)作图
2、：必要时将立体图受力分析图转化为平面受力分析图，即画出与导体棒垂直平面内受力分析图.(3)求解：根据平衡条件或牛顿第二定律或动能定理列式分析求解.例 1 如图 2 所示，某同学用玻璃皿在中心放一个圆柱形电极接电源负极，沿边缘放一个圆环形电极接电源正极做“旋转液体实验，假设蹄形磁铁两极间正对局部磁场视为匀强磁场，磁感应强度为B0.1 T，玻璃皿横截面半径为a0.05 m，电源电动势为E3 V，内阻r第 2 页 0.1，限流电阻R04.9，玻璃皿中两电极间液体等效电阻为R0.9，闭合开关后当液体旋转时电压表示数恒为 1.5 V，那么()图 2 A.由上往下看，液体做顺时针旋转 B.液体所受安培力大
3、小为 1.5104 N C.闭合开关 10 s，液体具有动能是 4.5 J D.闭合开关后，液体电热功率为 0.081 W 解析 由于中心圆柱形电极接电源负极，边缘电极接电源正极，在电源外部电流由正极流向负极，因此电流由边缘流向中心；玻璃皿所在处磁场竖直向上，由左手定那么可知，导电液体受到磁场力沿逆时针方向，因此液体沿逆时针方向旋转；故 A 错误；此电路为非纯电阻电路，电压表示数为 1.5 V，那么根据闭合电路欧姆定律：EUIR0Ir，所以电路中电流值：IEUR0r A0.3 A，液体所受安培力大小为：FBILBIa0.10.30.05 N1.5103 N.故 B 错误；玻璃皿中两电极间液体等
4、效电阻为R0.9，那么液体热功率为P热I2R20.9 W0.081 W.故 D 正确；10 s 末液体动能等于安培力对液体做功，通过玻璃皿电流功率：PUI1.50.3 W0.45 W，所以闭合开关 10 s，液体具有动能是：EkW电流W热(PP热)t(0.450.081)10 J3.69 J，故 C 错误.答案 D 变式训练 1.(2021海南单科8)如图 3(a)所示，扬声器中有一线圈处于磁场第 3 页 中，当音频电流信号通过线圈时，线圈带动纸盆振动，发出声音.俯视图(b)表示处于辐射状磁场中线圈(线圈平面即纸面)磁场方向如图中箭头所示，在图(b)中()图 3 A.当电流沿顺时针方向时，线圈
5、所受安培力方向垂直于纸面向里 B.当电流沿顺时针方向时，线圈所受安培力方向垂直于纸面向外 C.当电流沿逆时针方向时，线圈所受安培力方向垂直于纸面向里 D.当电流沿逆时针方向时，线圈所受安培力方向垂直于纸面向外 答案 BC 解析 将环形导线分割成无限个小段，每一小段看成直导线，那么根据左手定那么，当电流顺时针时，导线安培力垂直纸面向外，应选项A 错误，选项 B 正确；当电流逆时针时，根据左手定那么可以知道安培力垂直纸面向里，应选项 C 正确，选项 D 错误.2.如图 4 所示，某区域内有垂直纸面向里匀强磁场，磁感应强度大小为B.一正方形刚性线圈，边长为L，匝数为n，线圈平面与磁场方向垂直，线圈一
6、半在磁场内.某时刻，线圈中通过大小为I电流，那么此线圈所受安培力大小为()图 4 A.2BIL B.12nBIL C.nBIL D.2nBIL 答案 D 解析 线框有效长度为L2L，故线圈受到安培力为FnBIL第 4 页 2nBIL，D 正确.3.如图 5 甲所示，两平行光滑导轨倾角为 30，相距 10 cm，质量为 10 g 直导线PQ水平放置在导轨上，从Q向P看到侧视图如图乙所示.导轨上端与电路相连，电路中电源电动势为 12.5 V，内阻为 0.5，限流电阻R5，R为滑动变阻器，其余电阻均不计.在整个直导线空间中充满磁感应强度大小为 1 T 匀强磁场(图中未画出)，磁场方向可以改变，但始终
7、保持垂直于直导线.假设要保持直导线静止在导轨上，那么电路中滑动变阻器连入电路电阻极值取值情况及与之相对应磁场方向是()图 5 A.电阻最小值为 12，磁场方向水平向右 B.电阻最大值为 25，磁场方向垂直斜面向左上方 C.电阻最小值为 7，磁场方向水平向左 D.电阻最大值为 19.5，磁场方向垂直斜面向右下方 答案 D 解析 磁场方向水平向右时，直导线所受安培力方向竖直向上，由平衡条件有mgBIL，得ImgBL0.011010.1 A1 A，由IERRr得R7，故 A 错误；磁场方向垂直斜面向左上方时，直导线所受安培力方向沿斜面向下，不可能静止在斜面上，故 B 错误；磁场方向水平向左时，直导线
8、所受安培力方向竖直向下，不可能静止在斜面上，故 C 错误；磁场方向垂直斜面向右下方时，直导线所受安培力方第 5 页 向沿斜面向上，由平衡条件有mgsin 30BIL，得I12mgBL0.5 A，由IERRr得R19.5，即电阻最大值为 19.5，故D 正确.考题二 带电粒子在磁场中运动 2.轨迹、圆心与半径是根本，数学知识是保障(1)画轨迹：根据题意，画出带电粒子在匀强磁场中运动轨迹.(2)圆心确定：轨迹圆心O总是位于入射点A与出射点B所受洛伦兹力F洛作用线交点上或AB弦中垂线OO与任一个F洛作用线交点上，如图 6 所示.图 6(3)半径确定：利用平面几何关系，求出轨迹圆半径，如rAB2sin
9、2AB2sin，然后再与半径公式rmvqB联系起来求解.(4)时间确定：t2TmqB或tsvRv.(5)注意圆周运动中对称规律：如从同一边界射入粒子，从同一边界射出时，速度方向与边界夹角相等；在圆形磁场区域内，沿径向射入粒子，必沿径向射出.例 2(2021海南单科14)如图 7，A、C两点分别位于x轴与y第 6 页 轴上，OCA30，OA长度为L.在OCA区域内有垂直于xOym、电荷量为q带正电粒子，以平行于y轴方向从OA边射入磁场.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时间为t0.不计重力.图 7(1)求磁场磁感应强度大小；(2)假设粒子先后从两不同点以一样速度射入磁
10、场，恰好从OC边上同一点射出磁场，求该粒子这两次在磁场中运动时间之与；(3)假设粒子从某点射入磁场后，其运动轨迹与AC边相切，且在磁场内运动时间为53t0，求粒子此次入射速度大小.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，故其周期T4t0 设磁感应强度大小为B，粒子速度为v，圆周运动半径为r，由洛伦兹力公式与牛顿运动定律得qvBmv2r 匀速圆周运动速度满足v2rT 联立式得Bm2qt0 (2)设粒子从OA边两个不同位置射入磁场，能从OC边上同一点P射出磁场，粒子在磁场中运动轨迹如图(a)所示.(a)设两轨迹所对应圆心角分别为1与2.由几何关系有：11802第
11、7 页 粒子两次在磁场中运动时间分别为t1与t2，那么t1t2T22t0 (3)如图(b)，由题给条件可知，该粒子在磁场区域中轨迹圆弧对应圆心角为为 150.设O为圆弧圆心，圆弧半径为r0，圆弧与AC相切于B点，从D点射出磁场，由几何关系与题给条件可知，此时有OODBOA30 (b)r0cosOODr0cosBOAL 设粒子此次入射速度大小为v0，由圆周运动规律 v02r0T 联立式得v03L7t0.答案(1)m2qt0(2)2t0(3)3L7t0 变式训练 4.(2021全国甲卷18)一圆筒处于磁感应强度大小为BMN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
12、孔M射入筒内，射入时运动方向与MN成 30角.当筒转过 90时，该粒子恰好从小孔N飞出圆筒.不计重力.假设粒子在筒内未与筒壁发生碰撞，那么带电粒子比荷为()图 8 第 8 页 A.3B B.2B C.B D.2B 答案 A 解析 画出粒子运动轨迹如下图，由洛伦兹力提供向心力得，qvBmv2r，又T2rv，联立得T2mqB 由几何知识可得，轨迹圆心角为6，在磁场中运动时间t2T，粒子运动与圆筒运动具有等时性，那么2T2，解得qm3B，应选项 A 正确.5.(2021四川理综4)如图 9 所示，正六边形abcdeff点沿fd方向射入磁场区域，当速度大小为vb时，从b点离开磁场，在磁场中运动时间为t
13、b，当速度大小为vc时，从c点离开磁场，在磁场中运动时间为tc，不计粒子重力.那么()图 9 A.vbvc12，tbtc21 B.vbvc21，tbtc12 C.vbvc21，tbtc21 D.vbvc12，tbtc12 答案 A 第 9 页 解析 带正电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，运动轨迹如下图，由几何关系得，rc2rb，b120，c60，由qvBmv2r得，vqBrm，那么vbvcrbrc12,又由T2mqB，t2T与B2C得tbtc21，应选项 A 正确，B、C、D 错误.6.(2021全国丙卷18)平面OM与平面ON之间夹角为 30，其横截面(纸面)如图 10
14、所示，平面OM上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为Bm，电荷量为q(q0).粒子沿纸面以大小为v速度从OM某点向左上方射入磁场，速度与OMON只有一个交点，并从OMO距离为()图 10 A.mv2qB B.3mvqB C.2mvqB D.4mvqB 答案 D 解析 带电粒子在磁场中做圆周运动轨道半径为rmvqB.轨迹与ON相切，画出粒子运动轨迹如下图，由于AD2rsin 30r，故AOD为等边三角形，ODA60，而MON30，那么OCD90，故COD为一直线，ODCDsin 302CD4r4mvqB，故 D 正确.第 10 页 考题三 带电粒子在相邻多个磁场中运动 找到半径是关键，边界分析是突破
15、点 带电粒子在多磁场中运动，一般是指带电粒子在两个相邻匀强磁场中运动，解决此类问题一般思路：(1)根据题中所给条件，画出粒子在两磁场中做匀速圆周运动轨迹；(2)根据画出轨迹，找出粒子在两磁场中做圆周运动圆心与半径；(3)适当添加辅助线，运用数学方法计算出粒子在两磁场中运动轨迹半径(有时候还要找出圆心角)；(4)结合粒子运动半径公式rmvBq(或周期公式T2mqB)即可得出所求物理量.考生需要特别注意是，分析出带电粒子在两磁场分界处运动情况是解决此类问题突破点.例 3 如图 11 所示，为一磁约束装置原理图.同心圆内存在有垂直圆平面匀强磁场，同心圆圆心O与xOyR0圆形区域 I 内有方向垂直xO
16、y平面向里匀强磁场B1.一束质量为m、电荷量为q、动能为E0带正电粒子从坐标为(0、R0)A点沿y轴负方向射入磁场区域 I，粒子全部经过x轴上P点，方向沿x轴正方向.当在环形区域加上方向垂直于xOy平面匀强磁场B2时，上述粒子仍从A点沿y轴负方向射入区域I，粒子恰好能够约束在环形区域内，且经过环形区域后能够从Q点沿半径方向射入区域 I，OQ与x轴正方向成 60角.不计重力与粒子间相互作用.求：第 11 页 图 11(1)区域 I 中磁感应强度B1大小；(2)环形区域中B2大小、方向及环形外圆半径R大小；(3)粒子从A点沿y轴负方向射入后至第一次到Q点运动时间.思维标准流程 步骤 1：在区域 I
17、：画出轨迹，定圆心，由几何关系得出r1：列F洛Fn方程 (1)在区域 I：r1R0 qvB1mv2r1 E012mv2 得B12mE0qR0 第 12 页 步骤 2：在区域：画出轨迹定圆心，由几何关系得出r2：列F洛Fn方程：由左手定那么判断B2方向.由几何关系得出外圆半径R.(2)在区域：r233r133R0 qvB2mv2r2 得B26mE0qR0 方向：垂直xOy平面向外 Rr2sin 30r2第 13 页 3r2 即：R3R0 步骤 3：由轨迹图得：根据T2mqB得 tT1423T2 T12mqB1 T22mqB2 t(26924)R0mE0E0 每式各 2 分，其余各式 1 分 变式
18、训练 第 14 页 7.如图 12 所示，分界限MN上下两侧有垂直纸面匀强磁场，磁感应强度分别为B1与B2，一质量为m，电荷为q带电粒子(不计重力)从O点出发以一定初速度v0沿纸面垂直MN向上射出，经时间t又回到出发点O，形成了图示心形图案，那么()图 12 B.MN上下两侧磁场方向一样 C.MN上下两侧磁感应强度大小B1B212 t2mqB2 答案 BD 解析 题中未提供磁场方向与绕行方向，所以不能用洛伦兹力充当圆周运动向心力方法判定电荷正负，A 错误；根据左手定那么可知MN上下两侧磁场方向一样，B 正确；设上面圆弧半径是r1，下面圆弧半径是r2，根据几何关系可知r1r212；洛伦兹力充当圆
19、周运动向心力qvBmv2r，得Bmvqr；所以B1B2r2r121，C 错误；由洛伦兹力充当圆周运动向心力qvBmv2r，周期T2rv，得T2mqB；带电粒子运动时间tT112T22mqB1mqB2，由B1B221得t2mqB2，D 正确.8.如图 13 所示坐标平面内，y轴左侧存在方向垂直纸面向外、磁感应强度大小B10.20 T 匀强磁场，在y轴右侧存在方向垂直纸面向里、第 15 页 宽度d12.5 cm 匀强磁场B2，某时刻一质量m2.0108 kg、电量q4.0104 C 带电微粒(重力可忽略不计)，从x轴上坐标为(0.25 m,0)P点以速度v2.0103 m/s 沿y轴正方向运动.试
20、求：图 13(1)微粒在y轴左侧磁场中运动轨道半径；(2)微粒第一次经过y轴时，速度方向与y轴正方向夹角；(3)要使微粒不能从右侧磁场边界飞出，B2应满足条件.答案(1)0.5 m(2)60(3)B20.4 T 解析(1)设微粒在y轴左侧匀强磁场中做匀速圆周运动半径为r1，转过圆心角为，那么 qvB1mv2r1 r1mvqB10.5 m(2)粒子在磁场中运动轨迹如下图，由几何关系得：cos r1r112，那么60(3)设粒子恰好不飞出右侧磁场时运动半径为r2，其运动轨迹如下图，由几何关系得r2cos r2d，r2d1cos 0.125 m1cos 600.25 m 由洛伦兹力充当向心力，且粒子
21、运动半径不大于r2，得：qvB2mv2r2 第 16 页 解得：B2mvqr22.01082.01034.01040.25 T0.4 T 即磁感应强度B2应满足：B20.4 T.专题标准练 1.丹麦物理学家奥斯特在 1820 年通过实验发现电流磁效应现象，以下说法正确是()A.奥斯特在实验中观察到电流磁效应，提醒了电磁感应定律 B.将直导线沿东西方向水平放置，把小磁针放在导线正下方，给导线通以足够大电流，小磁针一定会转动 C.将直导线沿南北方向水平放置，把小磁针放在导线正下方，给导线通以足够大电流，小磁针一定会转动 D.将直导线沿南北方向水平放置，把铜针(用铜制成指针)放在导线正下方，给导线通
22、以足够大电流，铜针一定会转动 答案 C 解析 奥斯特在实验中观察到了电流磁效应，而法拉第发现了电磁感应定律，故 A 错误；将直导线沿东西方向水平放置，把小磁针放在导线正下方时，小磁针所在位置磁场方向可能与地磁场一样，故小磁针不一定会转动，故 B 错误；将直导线沿南北方向水平放置，把小磁针放在导线正下方，给导线通以足够大电流，由于磁场沿东西方向，那么小磁针一定会转动，故 C 正确；铜不具有磁性，故将导线放在上方不会受力作用，故不会偏转，故 D 错误.2.(2021北京理综17)中国宋代科学家沈括在?梦溪笔谈?中最早第 17 页 记载了地磁偏角：“以磁石磨针锋，那么能指南，然常微偏东，不全南也.进
23、一步研究说明，地球周围地磁场磁感线分布示意如图 1.结合上述材料，以下说法不正确是()图 1 A.地理南、北极与地磁场南、北极不重合 B.地球内部也存在磁场，地磁南极在地理北极附近 答案 C 解析 地球为一巨大磁体，地磁场南、北极在地理上北极与南极附近，两极并不重合；且地球内部也存在磁场，只有赤道上空磁场方向才与地面平行；对射向地球赤道带电宇宙射线粒子速度方向与地磁场方向不会平行，一定受到地磁场力作用，故 C 项说法不正确.3.(2021上海8)如图 2，一束电子沿z轴正向流动，那么在图中y轴上A点磁场方向是()图 2 A.x方向 B.x方向 C.y方向 D.y方向 答案 A 解析 据题意，电
24、子流沿z轴正向流动，电流方向沿z轴负向，由安培定那么可以判断电流激发磁场以z轴为中心沿顺时针方向(沿z轴负方向看)，通过y轴A点时方向向外，即沿x轴正向，那么选项 A 正第 18 页 确.4.如图 3 所示，两根平行放置长度一样长直导线a与b载有大小一样方向相反电流，a受到磁场力大小为F1，当参加一个与导线所在平面垂直匀强磁场后，a受到磁场力大小变为F2，那么此时b受到磁场力大小变为()图 3 A.F2 B.F1F2 C.F1F2 F1F2 答案 A 5.(多项选择)如图 4 所示，在竖直向下匀强磁场中，有两根竖直平行导轨AB、CD，导轨上放有质量为m金属棒MN，棒与导轨间动摩擦因数为，现从t
25、0 时刻起，给棒通以图示方向电流，且电流与时间成正比，即Ikt，其中k为恒量.假设金属棒与导轨始终垂直，那么表示棒所受安培力F与摩擦力Ff随时间变化四幅图中，正确是()图 4 答案 BC 解析 对导体棒受力分析，由左手定那么知安培力垂直导轨向里，大小为FBILkBLtFNF，竖直方向受重力与摩擦力，FfmaxFNkBLt随时间均匀增大，开场时mgFfmax，棒加速下滑，Ff 滑FNkBLt；当mgFfmax后，棒减速运动；当速度减为零后棒将静止，此时Ff 静mg不变，故棒先受到滑动摩擦力均匀增大，后突变为静第 19 页 摩擦力恒定不变，选项 C 正确，选项 D 错误.图 5 6.如图 5 所示
26、，有一垂直于纸面向外有界匀强磁场，磁感应强度为B，其边界为一边长为L正三角形(边界上有磁场)，A、B、Cm、电荷量为q粒子(不计重力)，以速度v34mqLB从AB边上某点P既垂直于AB边又垂直于磁场方向射入，然后从BC边上某点QP点射入该粒子能从Q点射出，那么()A.PB234L B.PB134L C.QB34L D.QB12L 答案 D 解析 粒子在磁场中做匀速圆周运动半径为RmvqB.由题知：v3qBL4m，得R34L.如下图，当圆心处于O1位置时，粒子正好从AC边与BC边切过，因此入射点P1为离B最远点，满足PB12L34L；当圆心处于O2位置时，粒子从P2射入，打在BC边Q点，由于此时
27、Q点距离AB最远为圆半径34L，故QB最大，即QB34L2312L，故 D 正确.7.如图 6 所示，在半径为R圆形区域内充满磁感应强度为B匀强磁第 20 页 场，MN是一竖直放置感光板，从圆形磁场最高点P垂直磁场射入大量带正电、电荷量为q、质量为m、速度为v粒子，不考虑粒子间相互作用力，关于这些粒子运动以下说法正确是()图 6 A.只要对着圆心入射，出射后均可垂直打在MN上 B.对着圆心入射粒子，其出射方向反向延长线不一定过圆心 C.对着圆心入射粒子，速度越大在磁场中通过弧长越长，时间也越长 vqBRm，沿不同方向入射粒子出射后均可垂直打在MN上 答案 D 解析 对着圆心入射粒子，出射后不一
28、定垂直打在MN上，与粒子速度有关，故 A 错误；带电粒子运动轨迹是圆弧，根据几何知识可知，对着圆心入射粒子，其出射方向反向延长线也一定过圆心，故 B 错误；对着圆心入射粒子，速度越大在磁场中轨迹半径越大，弧长越长，轨迹对应圆心角越小，由t2T知，运动时间t越小，故 C 错误；速度满足vqBRm时，轨道半径rmvqBR，入射点、出射点、O点与轨迹圆心构成菱形，射出磁场时轨迹半径与最高点磁场半径平行，粒子速度一定垂直打在MN板上，故 D 正确.8.如图 7 所示，在x轴上方存在垂直于纸面向里匀强磁场，磁感应强度为B.原点O处存在一粒子源，能同时发射大量质量为m、电荷量为q带正电粒子(重力不计)，速
29、度方向均在xOy平面内，与x轴正方第 21 页 向夹角在 0180范围内.那么以下说法正确是()图 7 A.发射速度大小一样粒子，越大粒子在磁场中运动时间越短 B.发射速度大小一样粒子，越大粒子离开磁场时位置距O点越远 一样粒子，速度越大粒子在磁场中运动时间越短 一样粒子，速度越大粒子在磁场中运动角速度越大 答案 A 解析 如下图，画出粒子在磁场中运动轨迹.由几何关系得：轨迹对应圆心角22，粒子在磁场中运动时间t2T2222mqB2mqB，那么得知：假设v一定，越大，时间t越短；假设一定，那么运动时间一定.故 A 正确，C 错误；设粒子轨迹半径为r，那么rmvqB.如图，AO2rsin 2mv
30、sin qB，那么假设是锐角，越大，AO是钝角，越大，AO2T，又T2mqB，那么得qBm，与速度v无关，故 D 错误.9.(2021浙江理综25)为了进一步提高盘旋加速器能量，科学家建造了“扇形聚焦盘旋加速器.在扇形聚焦过程中，离子能以不变速率在闭合平衡轨道上周期性旋转.扇形聚焦磁场分布简化图如图 8 所示，圆心为O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，峰区与谷区相间分布.峰区内存在方向垂直纸面向里匀强磁场，磁感应强度为Bm，电荷量为q第 22 页 正离子，以不变速率v旋转，其闭合平衡轨道如图中虚线所示.图 8(1)求闭合平衡轨道在峰区内圆弧半径r，并判断离子旋转方向是顺时
31、针还是逆时针；(2)求轨道在一个峰区内圆弧圆心角，及离子绕闭合平衡轨道旋转周期T；(3)在谷区也施加垂直纸面向里匀强磁场，磁感应强度为B，新闭合平衡轨道在一个峰区内圆心角变为 90，求B与B关系.：sin()sin cos cos sin，cos 12sin22.答案(1)mvqB 逆时针(2)23 233mqB(3)B312B 解析(1)峰区内圆弧半径rmvqB 旋转方向为逆时针方向(2)由对称性，峰区内圆弧圆心角23 每个圆弧弧长l2r32mv3qB 每段直线长度L2rcos 63r3mvqB 周期T3lLv 第 23 页 代入得T233mqB(3)谷区内圆心角1209030 谷区内轨道圆
32、弧半径rmvqB 由几何关系rsin 2rsin 2 由三角关系 sin 302sin 15624 代入得B312B.10.如图 9 所示，在坐标系xOy中，第一象限内充满着两个匀强磁场a与b，OP为分界限，与x轴夹角为 37，在区域a中，磁感应强度为 2B，方向垂直于纸面向里；在区域b中，磁感应强度为B，方向垂直于纸面向外，P点坐标为(4L,3L).一质量为m、电荷量为q带正电粒子从P点沿y轴负方向射入区域b，经过一段时间后，粒子恰能经过原点O，不计粒子重力.(sin370.6，cos 370.8)求：图 9(1)粒子能从P点到O点最大速度为多少？(2)粒子从P点到O点可能需要多长时间？答案
33、(1)25qBL12m(2)n53m60qB(n1、2、3)解析(1)根据洛伦兹力提供向心力，有qvBmv2R得半径为：RmvqB，第 24 页 a区域半径为：Ramv2qB b区域半径为：RbmvqB 速度最大时，粒子在a、b区域半径最大，运动两段圆弧后到达原点，根据几何关系有：2Racos 2Rbcos OP OP3L24L25L 联立得：v25qBL12m(2)粒子在磁场a、b中做圆周运动，当速度较小时，可能重复n次回到O点，一个周期内两段圆弧对应圆心角相等.每段圆弧对应圆心角为：1802106 tn(106360Ta106360Tb)n(1063602m2qB1063602mqB)n53m60qB(n1、2、3)