精英家教網(wǎng)如圖所示，在邊界上方存在著垂直紙面向里的勻強磁場，有兩個電荷量、質量均相同的正、負粒子（不計重力），從邊界上O點以相同的速度先后射入磁場中，入射方向與邊界成θ角，則正、負粒子在磁場中（　�。�
A、運動軌跡的半徑相同B、重新回到邊界所用的時間相同C、重新回到邊界時速度大小和方向相同D、重新回到邊界時與O點的距離相等
分析：由題正負離子的質量與電量相同，進入同一磁場做勻速圓周運動的周期相同，根據(jù)偏向角的大小分析運動時間的長短．由牛頓第二定律研究軌道半徑．根據(jù)圓的對稱性，分析離子重新回到邊界時速度方向關系和與O點距離．
解答：解：精英家教網(wǎng)
A、根據(jù)牛頓第二定律得：
qvB=m
v2
r
 得：r=
mv
qB
，由題q、v、B大小均相同，則r相同．故A正確．
B、粒子的運動周期 T=
2πm
qB
，則知T相同．
根據(jù)左手定則分析可知，正離子逆時針偏轉，負離子順時針偏轉，重新回到邊界時正離子的速度偏向角為2π-2θ，軌跡的圓心角也為2π-2θ，運動時間t=
2π-2θ
2π
T．
同理，負離子運動時間t=
2θ
2π
T，顯然時間不等．故B錯誤．
C、正負離子在磁場中均做勻速圓周運動，速度沿軌跡的切線方向，根據(jù)圓的對稱性可知，重新回到邊界時速度大小與方向相同．故C正確．
D、根據(jù)幾何知識得知重新回到邊界的位置與O點距離S=2rsinθ，r、θ相同，則S相同．故D正確．
故選：ACD
點評：根據(jù)題意畫出軌跡示意圖，可根據(jù)幾何關系求出回到邊界時離O點的距離；利用對稱關系判斷回到邊界時速度的方向；帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動問題求運動時間，可用關系式有t=
θ
2π
T，θ是軌跡的圓心角，而且軌跡的圓心角等于速度的偏轉角．
練習冊系列答案
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（2013?南通一模）如圖所示，在長度足夠長、寬度d=5cm的區(qū)域MNPQ內，有垂直紙面向里的水平勻強磁場，磁感應強度B=0.33T．水平邊界MN上方存在范圍足夠大的豎直向上的勻強電場，電場強度E=200N/C．現(xiàn)有大量質量m=6.6×10-27kg、電荷量q=3.2×10-19C的帶負電的粒子，同時從邊界PQ上的O點沿紙面向各個方向射入磁場，射入時的速度大小均為v=1.6×106m/s，不計粒子的重力和粒子間的相互作用．求：

（1）求帶電粒子在磁場中運動的半徑r；
（2）求與x軸負方向成60°角射入的粒子在電場中運動的時間t；
（3）當從MN邊界上最左邊射出的粒子離開磁場時，求仍在磁場中的粒子的初速度方向與x軸正方向的夾角范圍，并寫出此時這些粒子所在位置構成的圖形的曲線方程．

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科目：高中物理 來源： 題型：

（2010?安徽）如圖所示，水平地面上方矩形區(qū)域內存在垂直紙面向里的勻強磁場，兩個邊長相等的單匝閉合正方形線圈Ⅰ和Ⅱ，分別用相同材料，不同粗細的導線繞制（Ⅰ為細導線）．兩線圈在距磁場上界面h高處由靜止開始自由下落，再進入磁場，最后落到地面．運動過程中，線圈平面始終保持在豎直平面內且下邊緣平行于磁場上邊界．設線圈Ⅰ、Ⅱ落地時的速度大小分別為v1、v2，在磁場中運動時產(chǎn)生的熱量分別為Q1、Q2．不計空氣阻力，則（　�。�

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精英家教網(wǎng)如圖所示，在直角坐標系的X軸上方有沿：C軸負向的勻強電場，x軸下方有垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為b；x軸為勻強磁場和勻強電場的理想邊界．一個質量為m，電荷量為q的帶正電粒子從y軸上A點以v0沿y軸負向運動．已知OA=L，粒子第一次經(jīng)過x軸進入勻強磁場的坐標是（-
L2
，0）．當粒子第二次經(jīng)過x軸返回勻強電場時，x軸上方的電場強度大小不變，方向突然反向．不計粒子重力．
（1）求電場強度?的大小；
（2）粒子經(jīng)過電場和磁場之后，能否回到A點？如果不能回到A點，請通過計算說明；如能回到A點，則粒子從A點出發(fā)再次回到A點所用的時間是多少？

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科目：高中物理 來源：河北省冀州中學2010-2011學年高二上學期第三次月考物理試題 題型：021

如圖所示，在邊界PQ上方有垂直紙面向里的勻強磁場，一對正、負電子同時從邊界上的O點沿與PQ成角的方向以相同的速度v射入磁場中．則正、負電子

A．

在磁場中的運動時間相同

B．

在磁場中運動的軌道半徑相同

C．

出邊界時兩者的速度相同

D．

出邊界點到O點處的距離相等

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