資源簡介

十二、磁場
1.(多選)(2021·湖北卷·9)一電中性微粒靜止在垂直紙面向里的勻強磁場中，在某一時刻突然分裂成a、b和c三個微粒，a和b在磁場中做半徑相等的勻速圓周運動，環繞方向如圖所示，c未在圖中標出。僅考慮磁場對帶電微粒的作用力，下列說法正確的是：
A.a帶負電荷
B.b帶正電荷
C.c帶負電荷
D.a和b的動量大小一定相等
2.(多選)(2021·福建卷·6)如圖，四條相互平行的細長直導線垂直坐標系xOy平面，導線與坐標平面的交點為a、b、c、d四點。已知a、b、c、d為正方形的四個頂點，正方形中心位于坐標原點O，e為cd的中點且在y軸上；四條導線中的電流大小相等，其中過a點的導線的電流方向垂直坐標平面向里，其余導線電流方向垂直坐標平面向外。則：
A.O點的磁感應強度為0
B.O點的磁感應強度方向由O指向c
C.e點的磁感應強度方向沿y軸正方向
D.e點的磁感應強度方向沿y軸負方向
3.(2021·廣東卷·5)截面為正方形的絕緣彈性長管中心有一固定長直導線，長管外表面固定著對稱分布的四根平行長直導線，若中心直導線通入電流I1，四根平行直導線均通入電流I2，I1 I2，電流方向如圖所示，下列截面圖中可能正確表示通電后長管發生形變的是：
A　　 　　　　B　　　 　　　C　　　 　 　D
4.(2023·全國乙卷·18)如圖，一磁感應強度大小為B的勻強磁場，方向垂直于紙面(xOy平面)向里，磁場右邊界與x軸垂直。一帶電粒子由O點沿x正向入射到磁場中，在磁場另一側的S點射出，粒子離開磁場后，沿直線運動打在垂直于x軸的接收屏上的P點；SP=l，S與屏的距離為，與x軸的距離為a。如果保持所有條件不變，在磁場區域再加上電場強度大小為E的勻強電場，該粒子入射后則會沿x軸到達接收屏。該粒子的比荷為：
A. B. C. D.
5.(多選)(2023·全國甲卷·20)光滑剛性絕緣圓筒內存在著平行于軸的勻強磁場，筒上P點開有一個小孔，過P的橫截面是以O為圓心的圓，如圖所示。一帶電粒子從P點沿PO射入，然后與筒壁發生碰撞。假設粒子在每次碰撞前、后瞬間，速度沿圓上碰撞點的切線方向的分量大小不變，沿法線方向的分量大小不變、方向相反；電荷量不變。不計重力。下列說法正確的是：
A.粒子的運動軌跡可能通過圓心O
B.最少經2次碰撞，粒子就可能從小孔射出
C.射入小孔時粒子的速度越大，在圓內運動時間越短
D.每次碰撞后瞬間，粒子速度方向一定平行于碰撞點與圓心O的連線
6.(2022·重慶卷·5)2021年中國全超導托卡馬克核聚變實驗裝置創造了新的紀錄。為粗略了解等離子體在托卡馬克環形真空室內的運動狀況，某同學將一小段真空室內的電場和磁場理想化為方向均水平向右的勻強電場和勻強磁場(如圖)，電場強度大小為E，磁感應強度大小為B。若某電荷量為q的正離子在此電場和磁場中運動，其速度平行于磁場方向的分量大小為v1，垂直于磁場方向的分量大小為v2，不計離子重力，則：
A.電場力的瞬時功率為qE
B.該離子受到的洛倫茲力大小為qv1B
C.v2與v1的比值不斷變大
D.該離子的加速度大小不變
7.(多選)(2022·湖北卷·8)在如圖所示的平面內，分界線SP將寬度為L的矩形區域分成兩部分，一部分充滿方向垂直于紙面向外的勻強磁場，另一部分充滿方向垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小均為B，SP與磁場左右邊界垂直。離子源從S處射入速度大小不同的正離子，離子入射方向與磁場方向垂直且與SP成30°角。已知離子比荷為k，不計重力。若離子從P點射出，設出射方向與入射方向的夾角為θ，則離子的入射速度和對應θ角的可能組合為：
A.kBL，0° B.kBL，0°
C.kBL，60° D.2kBL，60°
8.(多選)(2022·浙江6月選考·15)如圖為某一徑向電場示意圖，電場強度大小可表示為E=， a為常量。比荷相同的兩粒子在半徑r不同的圓軌道運動。不考慮粒子間的相互作用及重力，則：
A.軌道半徑r小的粒子角速度一定小
B.電荷量大的粒子的動能一定大
C.粒子的速度大小與軌道半徑r一定無關
D.當加垂直紙面磁場時，粒子一定做離心運動
9.(2020·全國卷Ⅰ·18)一勻強磁場的磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面向外，其邊界如圖中虛線所示，為半圓，ac、bd與直徑ab共線，ac間的距離等于半圓的半徑。一束質量為m、電荷量為q(q>0)的粒子，在紙面內從c點垂直于ac射入磁場，這些粒子具有各種速率。不計粒子之間的相互作用。在磁場中運動時間最長的粒子，其運動時間為：
A. B. C. D.
10.(2023·遼寧卷·14)如圖，水平放置的兩平行金屬板間存在勻強電場，板長是板間距離的倍。金屬板外有一圓心為O的圓形區域，其內部存在磁感應強度大小為B、方向垂直于紙面向外的勻強磁場。質量為m、電荷量為q(q>0)的粒子沿中線以速度v0水平向右射入兩板間，恰好從下板邊緣P點飛出電場，并沿PO方向從圖中O'點射入磁場。已知圓形磁場區域半徑為，不計粒子重力。
(1)(4分)求金屬板間電勢差U；
(2)(4分)求粒子射出磁場時與射入磁場時運動方向間的夾角θ；
(3)(4分)僅改變圓形磁場區域的位置，使粒子仍從圖中O'點射入磁場，且在磁場中的運動時間最長。定性畫出粒子在磁場中的運動軌跡及相應的弦，標出改變后的圓形磁場區域的圓心M。
答案精析
1.BC　[由左手定則可知，微粒a、微粒b均帶正電，電中性的微粒分裂的過程中，總的電荷量應保持不變，則微粒c應帶負電，A錯誤，B、C正確；微粒在磁場中做勻速圓周運動時，洛倫茲力提供向心力，即qvB=m解得R=由于微粒a與微粒b的質量、電荷量大小關系未知，則微粒a與微粒b的動量大小關系不確定，D錯誤。]
2.BD　[由安培定則可知，通電直導線b、c在O點產生的磁場方向相反，大小相等，相互抵消，通電直導線a、d在O點產生的磁場方向垂直ad連線指向c，所以選項B正確，A錯誤；通電直導線c 、d在e點產生的磁場方向相反，大小相等，相互抵消，通電直導線a、b在e點產生的磁場大小相等，磁場方向分別垂直ae連線和be連線，二者的合磁場方向沿y軸負方向，所以選項D正確，C錯誤。]
3.C　[因I1 I2，則可不考慮四個邊上的直導線之間的相互作用；根據兩通電直導線間的安培力作用滿足“同向電流相互吸引，異向電流相互排斥”，則正方形左右兩側的直導線I2要受到I1吸引的安培力，形成凹形，正方形上下兩邊的直導線I2要受到I1排斥的安培力，形成凸形，故變形后的形狀如圖C，故選C。]
4.A　[由題知，帶電粒子由O點沿x軸正方向入射到磁場中，在磁場另一側的S點射出，則根據幾何關系可知粒子做圓周運動的半徑r=2a，粒子做勻速圓周運動有qvB=m則=如果保持所有條件不變，在磁場區域再加上電場強度大小為E的勻強電場，該粒子入射后則會沿x軸到達接收屏，有Eq=qvB，聯立有=故選A。]
5.BD　[假設粒子帶負電，第一次從A點和筒壁發生碰撞如圖甲所示，O1為圓周運動的圓心，由題可知粒子沿半徑方向射入圓形磁場，出射時也沿半徑方向，即粒子此時的速度方向為OA，說明粒子在和筒壁碰撞時速度會反向，由圓的對稱性得粒子在其他點撞擊同理，D正確；
假設粒子運動過程過O點，粒子從P點進入磁場中速度發生偏轉，則過P點的速度的垂線和OP連線的中垂線是平行的，不能交于一點確定圓心；撞擊筒壁以后的A點的速度垂線和AO連線的中垂線依舊平行不能確定圓心，則粒子不可能過O點，A錯誤；由題意可知粒子射出磁場以后的每次偏移圓心連線組成的多邊形應為以筒壁的內接圓的多邊形，這個多邊形最少應為三角形，如圖乙所示，
即撞擊兩次，B正確；速度越大粒子做圓周運動的半徑越大，碰撞次數可能增多，但粒子在圓內運動時間不一定減少， C錯誤。]
6.D　[根據功率的計算公式可知P=Fvcos θ，則電場力的瞬時功率為P電=Eqv1，A錯誤；由于v1與磁場平行，則根據洛倫茲力的計算公式有F洛=qv2B，B錯誤；根據運動的疊加原理可知，離子在垂直于紙面的平面內做勻速圓周運動，沿水平方向做加速運動，則v1增大，v2不變，v2與v1的比值不斷變小，C錯誤；離子受到的洛倫茲力不變，電場力不變，則該離子的加速度大小不變，D正確。]
7.BC　[若離子通過下部分磁場直接到達P點，如圖，
根據幾何關系則有R=L，由qvB=m可得v==kBL，根據對稱性可知出射速度與SP成30°角向上，故出射方向與入射方向的夾角為θ=60°。
當離子在兩個磁場均運動一次時，如圖，
因為兩個磁場的磁感應強度大小均為B，則根據對稱性有R=L，根據洛倫茲力提供向心力，有qvB=m可得v==kBL，此時出射方向與入射方向相同，即出射方向與入射方向的夾角為θ=0°。通過以上分析可知當離子從下部分磁場射出時，需滿足v==kBL(n=1，2，3，…)，此時出射方向與入射方向的夾角為θ=60°；當離子從上部分磁場射出時，需滿足v==kBL(n=1，2，3，…)，此時出射方向與入射方向的夾角為θ=0°。故B、C正確，A、D錯誤。]
8.BC　[根據靜電力提供向心力，有·q=mω2r，解得ω=·可知軌道半徑r小的粒子角速度大，故A錯誤；根據靜電力提供向心力，有·q=m解得v=可知粒子的速度大小與軌道半徑r一定無關，又有Ek=mv2，聯立可得Ek=可知電荷量大的粒子動能一定大，故B、C正確；磁場的方向可能垂直紙面向里也可能垂直紙面向外，所以粒子所受洛倫茲力方向不能確定，粒子可能做離心運動，也可能做近心運動，故D錯誤。]
9.C　[粒子在磁場中運動的時間與速度大小無關，由在磁場中的運動軌跡對應的圓心角決定。設軌跡交半圓于e點，ce中垂線交bc于O點，則O點為軌跡圓心，如圖所示。圓心角θ=π+2β，當β最大時，θ有最大值，由幾何知識分析可知，當ce與相切時，β最大，此時軌跡過a、b中點，β=30°，可得θ=π，則t=T=故選C。]
10.(1)　(2)(或60°)　(3)見解析圖
解析　(1)設板間距離為d，則板長為d，帶電粒子在板間做類平拋運動，兩板間的電場強度為E=
根據牛頓第二定律得qE=ma
解得a=
設粒子在平板間的運動時間為t0，根據類平拋運動的規律得
=ad=v0t0
聯立解得U=
(2)設粒子出電場時與水平方向夾角為α，則有tan α==
故α=
則出電場時粒子的速度為
v==v0
粒子出電場后做勻速直線運動，接著進入磁場，根據牛頓第二定律有
qvB=m
解得r==
已知圓形磁場區域半徑為R=
故r=R
粒子沿PO方向射入磁場，軌跡如圖所示，即沿半徑方向射入磁場，故粒子將沿半徑方向射出磁場，粒子射出磁場時與射入磁場時運動方向的夾角為θ，則粒子在磁場中運動圓弧軌跡對應的圓心角也為θ，由幾何關系可得θ=2α=
故粒子射出磁場時與射入磁場時運動方向的夾角為(或60°)；
(3)粒子在該磁場中運動的半徑與圓形磁場半徑關系為r=R，根據幾何關系可知，粒子在該磁場中運動的軌跡一定為劣弧，故劣弧所對應軌跡圓的弦為磁場圓的直徑時粒子在磁場中運動的時間最長，則相對應的運動軌跡以及圓心M的位置如圖所示。(共29張PPT)
經典重現　考題再現
十二、磁場
1.(多選)(2021·湖北卷·9)一電中性微粒靜止在垂直紙面向里的勻強磁場中，在某一時刻突然分裂成a、b和c三個微粒，a和b在磁場中做半徑相等的勻速圓周運動，環繞方向如圖所示，c未在圖中標出。僅考慮磁場對帶電微粒的作用力，下列說法正確的是
A.a帶負電荷
B.b帶正電荷
C.c帶負電荷
D.a和b的動量大小一定相等
1
2
3
4
5
6
7
8
9
√
10
√
1
2
3
4
5
6
微粒在磁場中做勻速圓周運動時，洛倫茲力提供向心
力，即qvB=m，解得R=，由于微粒a與微粒b的質量、電荷量大小關系未知，則微粒a與微粒b的動量大小關系不確定，D錯誤。
由左手定則可知，微粒a、微粒b均帶正電，電中性的微粒分裂的過程中，總的電荷量應保持不變，則微粒c應帶負電，A錯誤，B、C正確；
7
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2.(多選)(2021·福建卷·6)如圖，四條相互平行的細長直導線垂直坐標系xOy平面，導線與坐標平面的交點為a、b、c、d四點。已知a、b、c、d為正方形的四個頂點，正方形中心位于坐標原點O，e為cd的中點且在y軸上；四條導線中的電流大小相等，其中過a點的導線的電流方向垂直坐標平面向里，其余導線電流方向垂直坐標平面向外。則
A.O點的磁感應強度為0
B.O點的磁感應強度方向由O指向c
C.e點的磁感應強度方向沿y軸正方向
D.e點的磁感應強度方向沿y軸負方向
√
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由安培定則可知，通電直導線b、c在O點產生的磁場方向相反，大小相等，相互抵消，通電直導線a、d在O點產生的磁場方向垂直ad連線指向c，所以選項B正確，A錯誤；
通電直導線c 、d在e點產生的磁場方向相反，大小相等，相互抵消，通電直導線a、b在e點產生的磁場大小相等，磁場方向分別垂直ae連線和be連線，二者的合磁場方向沿y軸負方向，所以選項D正確，C錯誤。
3.(2021·廣東卷·5)截面為正方形的絕緣彈性長管中心有一固定長直導線，長管外表面固定著對稱分布的四根平行長直導線，若中心直導線通入電流I1，四根平行直導線均通入電流I2，I1 I2，電流方向如圖所示，下列截面圖中可能正確表示通電后長管發生形變的是
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√
1
2
3
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因I1 I2，則可不考慮四個邊上的直導線之間的相互作用；根據兩通電直導線間的安培力作用滿足“同向電流相互吸引，異向電流相互排斥”，則正方形左右兩
側的直導線I2要受到I1吸引的安培力，形成凹形，正方形上下兩邊的直導線I2要受到I1排斥的安培力，形成凸形，故變形后的形狀如圖C，故選C。
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4.(2023·全國乙卷·18)如圖，一磁感應強度大小為B的勻強磁場，方向垂直于紙面(xOy平面)向里，磁場右邊界與x軸垂直。一帶電粒子由O點沿x正向入射到磁場中，在磁場另一側的S點射出，粒子離開磁場后，沿直線運動打在垂直于x軸的接收屏上的P點；SP=l，S與屏的距離為，與x軸的距離為a。如果保持所有條件不變，在磁場區域再加上電場強度大小為E的勻強電場，該粒子入射后則會沿x軸到達接收屏。該粒子的比荷為
A. B.
C. D.
7
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10
√
由題知，帶電粒子由O點沿x軸正方向入射到磁場中，在磁場另一側的S點射出，則根據幾何關系可知粒子做圓周運動的半徑r=2a，粒子做勻速圓周
運動有qvB=m=，如果保持所有條件
不變，在磁場區域再加上電場強度大小為E的勻強電場，該粒子入射后則會沿x軸到達接收屏，有Eq=qvB，聯立有=，故選A。
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5.(多選)(2023·全國甲卷·20)光滑剛性絕緣圓筒內存在著平行于軸的勻強磁場，筒上P點開有一個小孔，過P的橫截面是以O為圓心的圓，如圖所示。一帶電粒子從P點沿PO射入，然后與筒壁發生碰撞。假設粒子在每次碰撞前、后瞬間，速度沿圓上碰撞點的切線方向的分量大小不變，沿法線方向的分量大小不變、方向相反；電荷量不變。不計重力。下列說法正確的是
A.粒子的運動軌跡可能通過圓心O
B.最少經2次碰撞，粒子就可能從小孔射出
C.射入小孔時粒子的速度越大，在圓內運動時間越短
D.每次碰撞后瞬間，粒子速度方向一定平行于碰撞點與圓心O的連線
1
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√
√
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假設粒子帶負電，第一次從A點和筒壁發生碰撞如圖甲所示，O1為圓周運動的圓心，由題可知粒子沿半徑方向射入圓形磁場，出射時也沿半徑方向，即粒子此時的速度方向為OA，說明粒子在和筒壁碰撞時速度會反向，由圓的對稱性得粒子在其他點撞擊同理，D正確；
假設粒子運動過程過O點，粒子從P點進入磁場中速度發生偏轉，則過P點的速度的垂線和OP連線的中垂線是平行的，不能交于一點確定圓心；撞擊筒壁以后的A點的速度垂線和AO連線的中垂線依舊平行不能確定圓心，則粒子不可能過O點，A錯誤；
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由題意可知粒子射出磁場以后的每次偏移圓心連線組成的多邊形應為以筒壁的內接圓的多邊形，這個多邊形最少應為三角形，如圖乙所示，即撞擊兩次，B正確；
速度越大粒子做圓周運動的半徑越大，碰撞次數可能增多，但粒子在圓內運動時間不一定減少， C錯誤。
7
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6.(2022·重慶卷·5)2021年中國全超導托卡馬克核聚變實驗裝置創造了新的紀錄。為粗略了解等離子體在托卡馬克環形真空室內的運動狀況，某同學將一小段真空室內的電場和磁場理想化為方向均水平向右的勻強電場和勻強磁場(如圖)，電場強度大小為E，磁感應強度大小為B。若某電荷量為q的正離子在此電場和磁場中運動，其速度平行于磁場方向的分量大小為v1，垂直于磁場方向的分量大小為v2，不計離子重力，則
A.電場力的瞬時功率為qE
B.該離子受到的洛倫茲力大小為qv1B
C.v2與v1的比值不斷變大
D.該離子的加速度大小不變
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根據功率的計算公式可知P=Fvcos θ，則電場力的瞬時
功率為P電=Eqv1，A錯誤；
由于v1與磁場平行，則根據洛倫茲力的計算公式有F洛
=qv2B，B錯誤；
根據運動的疊加原理可知，離子在垂直于紙面的平面內做勻速圓周運動，沿水平方向做加速運動，則v1增大，v2不變，v2與v1的比值不斷變小，C錯誤；
離子受到的洛倫茲力不變，電場力不變，則該離子的加速度大小不變，D正確。
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7.(多選)(2022·湖北卷·8)在如圖所示的平面內，分界線SP將寬度為L的矩形區域分成兩部分，一部分充滿方向垂直于紙面向外的勻強磁場，另一部分充滿方向垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小均為B，SP與磁場左右邊界垂直。離子源從S處射入速度大小不同的正離子，離子入射方向與磁場方向垂直且與SP成30°角。已知離子比荷為k，不計重力。若離子從P點射出，設出射方向與入射方向的夾角為θ，
則離子的入射速度和對應θ角的可能組合為
A.kBL，0° B.kBL，0°
C.kBL，60° D.2kBL，60°
√
10
√
若離子通過下部分磁場直接到達P點，如圖，
根據幾何關系則有R=L，由qvB=m，可得v==
kBL，根據對稱性可知出射速度與SP成30°角向上，故出射方向與入射方向的夾角為θ=60°。
6
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當離子在兩個磁場均運動一次時，如圖，因為兩個磁場的
磁感應強度大小均為B，則根據對稱性有R=L，根據洛倫
茲力提供向心力，有qvB=m，可得v==kBL，此時出
射方向與入射方向相同，即出射方向與入射方向的夾角為θ=0°。通過以上分析可知當離子從下部分磁場射出時，需滿足v==kBL(n=1，2，3，…)，此時出射方向與入射方向的夾角為θ=60°；當離子從上部分磁場射出時，需滿足v==kBL(n=1，2，3，…)，此時出射方向與入射方向的夾角為θ=0°。故B、C正確，A、D錯誤。
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8.(多選)(2022·浙江6月選考·15)如圖為某一徑向電場示意圖，電場強度大小可表示為E=，a為常量。比荷相同的兩粒子在半徑r不同的圓軌道運動。不考慮粒子間的相互作用及重力，則
A.軌道半徑r小的粒子角速度一定小
B.電荷量大的粒子的動能一定大
C.粒子的速度大小與軌道半徑r一定無關
D.當加垂直紙面磁場時，粒子一定做離心運動
√
7
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9
10
√
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1
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根據靜電力提供向心力，有·q=mω2r，解得ω= ·，可知軌道半徑r小的粒子角速度大，故A
錯誤；
根據靜電力提供向心力，有·q=m，解得v=，可知粒子的速度大小與軌道半徑r一定無關，又有Ek=mv2，聯立可得Ek=，可知電荷量
大的粒子動能一定大，故B、C正確；
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磁場的方向可能垂直紙面向里也可能垂直紙面向外，所以粒子所受洛倫茲力方向不能確定，粒子可能做離心運動，也可能做近心運動，故D錯誤。
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9.(2020·全國卷Ⅰ·18)一勻強磁場的磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面向外，其邊界如圖中虛線所示，為半圓，ac、bd與直徑ab共線，ac間的距離等于半圓的半徑。一束質量為m、電荷量為q(q>0)的粒子，在紙面內從c點垂直于ac射入磁場，這些粒子具有各種速率。不計粒子之間的相互作用。在磁場中運動時間最長的粒子，其運動時間為
A. B.
C. D.
7
8
9
√
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1
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粒子在磁場中運動的時間與速度大小無關，由在磁場中的運動軌跡對應的圓心角決定。設軌跡交半圓于e點，ce中垂線交bc于O點，則O點為軌跡圓心，如圖所示。圓心角θ=π+2β，當β最大時，θ有最大值，由幾何知識分析可知，當ce與相切時，β最大，此時軌跡過a、b中點，β=30°，可得θ=π，則t=T=，故選C。
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10.(2023·遼寧卷·14)如圖，水平放置的兩平行金屬板間存在勻強電場，板長是板間距離的倍。金屬板外有一圓心為O的圓形區域，其內部存在磁感應強度大小為B、方向垂直于紙面向外的勻強磁場。質量為m、電荷量為q(q>0)的粒子沿中線以速度v0水平向右射入兩板間，恰好從下板邊緣P點飛出電場，并沿PO方向從圖中O'點射入磁場。已知圓形磁場區域半徑為，不計粒子重力。
(1)求金屬板間電勢差U；
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答案　　
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設板間距離為d，則板長為d，帶電粒子在
板間做類平拋運動，兩板間的電場強度為E=
根據牛頓第二定律得qE=ma
解得a=
設粒子在平板間的運動時間為t0，根據類平拋運動的規律得=ad=v0t0
聯立解得U=
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(2)求粒子射出磁場時與射入磁場時運動方向間的夾角θ；
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答案　(或60°)　
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設粒子出電場時與水平方向夾角為α，則有
tan α==
故α=
則出電場時粒子的速度為v==v0
粒子出電場后做勻速直線運動，接著進入磁場，根據牛頓第二定律有qvB=m
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解得r==
已知圓形磁場區域半徑為R=，
故r=R
粒子沿PO方向射入磁場，軌跡如圖所示，即沿半徑方向射入磁場，故粒子將沿半徑方向射出磁場，粒子射出磁場時與射入磁場時運動方向的夾角為θ，則粒子在磁場中運動圓弧軌跡對應的圓心角也為θ，由
幾何關系可得θ=2α=
故粒子射出磁場時與射入磁場時運動方向的夾角為(或60°)；
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(3)僅改變圓形磁場區域的位置，使粒子仍從圖中O'點射入磁場，且在磁場中的運動時間最長。定性畫出粒子在磁場中的運動軌跡及相應的弦，標出改變后的圓形磁場區域的圓心M。
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答案　見解析圖
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粒子在該磁場中運動的半徑與圓形磁場半徑關系為r=R，根據幾何關系可知，粒子在該磁場中運動的軌跡一定為劣弧，故劣弧所對應軌跡圓的弦為磁場圓的直徑時粒子在磁場中運動的時間最長，則相對應的運動軌跡以及圓心M的位置如圖所示。

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