高中物理带电粒子在磁场中的运动常见题型及答题技巧及练习题(含答案)

1、高中物理带电粒子在磁场中的运动常见题型及答题技巧及练习题(含答案)一、带电粒子在磁场中的运动专项训练1.如图，光滑水平桌面上有一个矩形区域abcd, bc长度为2L, cd长度为1.5L, e、f分别为ad、bc的中点.efcd区域存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B;质量为m、电荷量为+q的绝缘小球A静止在磁场中f点.abfe区域存在沿bf方向的匀强电场，电场强度为2qB L ;质量为km的不带电绝缘小球 P,以大小为9_L的初速度沿bf方向运动.P与A6mm发生弹性正碰，A的电量保持不变，P、A均可视为质点.1 ?z(1)求碰撞后 A球的速度大小；(2)若A从ed边离开磁场，求(3)若A

2、从ed边中点离开磁场,k的最大值；求 k的可能值和A在磁场中运动的最长时间.【答案】(1) vA 生型 k 1 m5(2) 1 (3) k 或k7t 3 m 2qB(1)设P、A碰后的速度分别为vP和VA, P碰前的速度为qBLm由动量守恒定律:kmv kmvPmvA由机械能守恒定律:qBLm12121 _ 2kmv kmvP mvA2k解得：vA qk 1(1(2)设A在磁场中运动轨迹半径为 R,由牛顿第二定律得:qvAB2mvA R2k解得：R t二L k 1由公式可得R越大，k值越大如图1,当A的轨迹与cd相切时，R为最大值，R L求得k的最大值为k 1(3)令z点为ed边的中点，分类讨

3、论如下：A球在磁场中偏转一次从 z点就离开磁场，如图 2有_2 L 2_ 2R (-)(1.5L R)2一 5L解得：R吐62k5由R L可得：k k 17(II)由图可知A球能从z点离开磁场要满足R ,则A球在磁场中还可能经历一次半22如图3和如图4,由几何关系有:2 L 232R (i)(3R 上z点离开.圆运动后回到电场，再被电场加速后又进入磁场，最终从- 5L L解得：R 吐或R L TOC o 1-5 h z 822k51由R-l可得：k2或kk 1113球A在电场中克服电场力做功的最大值为Wm6m当k得时vA鬻由于1mvA22.22 2 225q B L q B L128m 6m1

4、 g不时，vA3理，由于1 mvA2m2 A2 2,22 2,2q B L q B L8m 6m5综合(I)、(II)可得A球能从z点离开的k的可能值为：k 或k72 mA球在磁场中运动周期为 T qB1.3当k 时，如图4, A球在磁场中运动的最长时间 t T343 m2qB2.在如图所示的平面直角坐标系中，存在一个半径R= 0.2m的圆形匀强磁场区域，磁感应强度B=1.0T,方向垂直纸面向外，该磁场区域的右边缘与y坐标轴相切于原点。点。y轴右侧存在一个匀强电场，方向沿y轴正方向，电场区域宽度 l =0.1m。现从坐标为(-0.2m, -0.2m)的P点发射出质量 m = 2.0X 109k

5、g、带电荷量q= 5.0X 105C的带正电粒 子，沿y轴正方向射入匀强磁场，速度大小V0=5.0 x 103m/s (粒子重力不计)。(1)带电粒子从坐标为(0.1m, 0.05m)的点射出电场，求该电场强度；(2)为了使该带电粒子能从坐标为(0.1m, - 0.05m)的点回到电场，可在紧邻电场的右侧区域内加匀强磁场，试求所加匀强磁场的磁感应强度大小和方向。【答案】(1) 1.0X104N/C (2) 4T,方向垂直纸面向外【解析】【详解】解：(1)带正电粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力有:v0qv()B m 一 r可得：r=0.20m=R根据几何关系可以知道，带电粒子恰

6、从。点沿x轴进入电场，带电粒子做类平抛运动，设粒子到达电场边缘时，竖直方向的位移为 y2根据类平抛规律可得：l v0t, y at2根据牛顿第二定律可得：Eq ma联立可得：E 1.0 104 N/CqE l - 3(2)粒子飞离电场时，沿电场方向速度：vy at g 5.0 10 m/s=v0m v0粒子射出电场时速度：v . 2Vo根据几何关系可知，粒子在B区域磁场中做圆周运动半径：r J2y2根据洛伦兹力提供向心力可得：qvB m rmv .联立可得所加匀强磁场的磁感应强度大小：B 4Tqr根据左手定则可知所加磁场方向垂直纸面向外。3.如图所示，在xOy平面内，以O (0R)为圆心，R为

7、半径的圆内有垂直平面向外的匀强 磁场，x轴下方有垂直平面向里的匀强磁场，两区域磁感应强度大小相等.第四象限有一与x轴成45角倾斜放置的挡板 PQ,巳Q两点在坐标轴上，且 O, P两点间的距离大于2R,在圆形磁场的左侧 0y2R的区间内，均匀分布着质量为m,电荷量为+ q的一簇带电粒子，当所有粒子均沿 x轴正向以速度v射入圆形磁场区域时，粒子偏转后都从O点进入x轴下方磁场，结果有一半粒子能打在挡板上.不计粒子重力，不考虑粒子间相互作用 力.求：(1)磁场的磁感应强度 B的大小;(2)挡板端点P的坐标；(3)挡板上被粒子打中的区域长度.【答案】(1) mv (2)(夜 1)R,0(3)亚 1。2R

8、qR【分析】【详解】(1)设一粒子自磁场边界 A点进入磁场，该粒子由 。点射出圆形磁场，轨迹如图甲所示，过A点做速度的垂线长度为 r,C为该轨迹圆的圆心.连接AO： CO,可证得ACOO为菱形，根据图中几何关系可知：粒子在圆形磁场中的轨道半径r=R,2 v 由 qvB m 一r得：BmvqR(2)有一半粒子打到挡板上需满足从。点射出的沿x轴负方向的粒子、沿y轴负方向的粒子轨迹刚好与挡板相切，如图乙所示，过圆心D做挡板的垂线交于 E点DP 2R OP ( 2 1)RP点的坐标为(J2 1)R , 0 )(3)设打到挡板最左侧的粒子打在挡板上的F点，如图丙所示，OF=2R 过O点做挡板的垂线交于

9、G点,OG(2 1)R -22 (1 手)FG.OF2 OG2 =EG导挡板上被粒子打中的区域长度l=FE=；R+ 5-2 .2 R= ,2+v 10-4.24.如图所示，MN为绝缘板，CD为板上两个小孔，AO为CD的中垂线，在 MN的下方有匀强磁场，方向垂直纸面向外 （图中未画出），质量为m电荷量为q的粒子（不计重力）以 某一速度从A点平行于MN的方向进入静电分析器，静电分析器内有均匀辐向分布的电场（电场方向指向O点），已知图中虚线圆弧的半径为R,其所在处场强大小为E,若离子恰好沿图中虚线做圆周运动后从小孔C垂直于MN进入下方磁场.1求粒子运动的速度大小;2粒子在磁场中运动，与 MN板碰撞，

10、碰后以原速率反弹，且碰撞时无电荷的转移，之后恰好从小孔 D进入MN上方的一个三角形匀强磁场，从 A点射出磁场，则三角形磁场区域最小面积为多少？ MN上下两区域磁场的磁感应强度大小之比为多少?3粒子从A点出发后，第一次回到 A点所经过的总时间为多少?mROEq【答案】（1）展亘；（2） ；R2; 4； （3） 2怎（1）由题可知，粒子进入静电分析器做圆周运动，则有:Eq2mv解得：v . EqR(2)粒子从D到A匀速圆周运动，轨迹如图所示:由图示三角形区域面积最小值为:在磁场中洛伦兹力提供向心力，则有:2 mv BqvR得:mvBq如图所示:设MN下方的磁感应强度为Bi,上方的磁感应强度为B2,

11、R2mvB?qB2Bi若碰撞n次，则有:RiR mv1BiqxxR2mvB?qB2Bi(3)粒子在电场中运动时间:在MN下方的磁场中运动时间:t2在MN上方的磁场中运动时间:3总时间:5.如图所示，在长度足够长、宽度 d=5cm的区域MNPQ内，有垂直纸面向里的水平匀强 磁场，磁感应强度 B=0.33T.水平边界 MN上方存在范围足够大的竖直向上的匀强电场，电场强度E=200N/C.现有大量质量 m=6.6X 1027kg、电荷量q=3.2 X代C的带负电的粒子,同时从边界PQ上的。点沿纸面向各个方向射入磁场，射入时的速度大小均为 v=i.6 x 6m/s,不计粒子的重力和粒子间的相互作用.求

12、：求带电粒子在磁场中运动的半径r;(2)求与x轴负方向成60。角射入的粒子在电场中运动的时间t;(3)当从MN边界上最左边射出的粒子离开磁场时，求仍在磁场中的粒子的初速度方向与 轴正方向的夹角范围，并写出此时这些粒子所在位置构成的图形的曲线方程.【答案】(1) r=0.1m (2) t 3.3 10 4s (3) 30o 60o 曲线方程为222 , _ 一一 3一一、20 x y R (R 0.1m, m x 0.1m)【解析】【分析】【详解】2(1)洛伦兹力充当向心力，根据牛顿第二定律可得qvB m,解得r 0.1mr(2)粒子的运动轨迹如图甲所示，由几何关系可知，在磁场中运动的圆心角为3

13、0,粒子平行于场强方向进入电场,粒子在电场中运动的加速度粒子在电场中运动的时间2va解得 t 3.3 104s(3)如图乙所示，由几何关系可知，从MN边界上最左边射出的粒子在磁场中运动的圆心角为60,圆心角小于60的粒子已经从磁场中射出，此时刻仍在磁场中的粒子运动轨迹的 圆心角均为60,则仍在磁场中的粒子的初速度方向与x轴正方向的夹角范围为 30 60所有粒子此时分别在以 。点为圆心，弦长0.1m为半径的圆周上,曲线方程为 x2 y2 R R 0.1m,3m x 0.1m 7204 F X 6带电粒子在组合场中的运动问题，首先要运用动力学方法分析清楚粒子的运动情况，再选 择合适方法处理.对于匀

14、变速曲线运动，常常运用运动的分解法，将其分解为两个直线的 合成，由牛顿第二定律和运动学公式结合求解；对于磁场中圆周运动，要正确画出轨迹， 由几何知识求解半径6.如图所示，半径 r=0.06m的半圆形无场区的圆心在坐标原点。处，半径R=0.1m,磁感应强度大小B=0.075T的圆形有界磁场区的圆心坐标为(0, 0.08m),平行金属板 MN的极板长L=0.3m、间距d=0.1m,极板间所加电压 U=6.4x102V,其中N极板收集到的粒子全部 中和吸收.一位于 O处的粒子源向第一、二象限均匀地发射速度为v的带正电粒子，经圆形磁场偏转后，从第一象限出射的粒子速度方向均沿x轴正方向，已知粒子在磁场中

15、的运动半径Ro=0.08m ,若粒子重力不计、比荷9=108C/kg、不计粒子间的相互作用力及电场的m边缘效应.sin53=0.8, cos53=0.6.(1)求粒子的发射速度 v的大小；(2)若粒子在O点入射方向与x轴负方向夹角为37,求它打出磁场时的坐标：(3) N板收集到的粒子占所有发射粒子的比例刀.i.m-.O6 fJ (I M【答案】(1) 6X10m/s； (2) (0, 0.18m) ; (3) 29%【解析】【详解】2 v (1)由洛伦兹力充当向心力，即 qvB=mRo可得：v=6X 10m/s；(2)若粒子在O点入射方向与x轴负方向夹角为37,作出速度方向的垂线与y轴交于一点

16、Q,根据几何关系可得 PQ= 0.06o =0.08m ,即Q为轨迹圆心的位置；cos37oQ到圆上y轴最高点的距离为 0.18m-0067=0.08m,故粒子刚好从圆上 y轴最高点离开;sin 37故它打出磁场时的坐标为(0, 0.18m);y,由带电粒子在电场中偏转的(3)如上图所示，令恰能从下极板右端出射的粒子坐标为 规律得：y= at22qE qU a=m md由解得：y=0.08m设此粒子射入时与 x轴的夹角为a,则由几何知识得：y=rsin aR0-Rocos a可知 tan a 4-,即 c=53353比例 斤-X 100%=29%1807.如图：竖直面内固定的绝缘轨道abc,由

17、半径R=3 m的光滑圆弧段bc与长l=1.5 m的粗糙水平段ab在b点相切而构成，O点是圆弧段的圆心， Oc与Ob的夹角0=37 ;过点的 竖直虚线左侧有方向竖直向上、场强大小E=10 N/C的匀强电场，Ocb的外侧有一长度足够长、宽度d =1.6 m的矩形区域efgh, ef与Oc交于c点，ecf与水平向右的方向所成的夹角 为3(53 & 3147 ),矩形区域内有方向水平向里的匀强磁场.质量m2=3X10-3 kg、电荷量q=3X|0-3 C的带正电小物体 Q静止在圆弧轨道上 b点，质量m1=1.5X10-3 kg的不带电 小物体P从轨道右端a以V0=8 m/s的水平速度向左运动，P、Q碰

18、撞时间极短，碰后 P以1m/s的速度水平向右弹回.已知 P与ab间的动摩擦因数=0.5, A、B均可视为质点，Q的电荷量始终不变，忽略空气阻力，sin37 =0.6, cos37 =0.8,重力加速度大小 g=10m/s2.求：碰后瞬间，圆弧轨道对物体Q的弹力大小Fn；(2)当3=53。时，物体 Q刚好不从gh边穿出磁场，求区域 efgh内所加磁场的磁感应强度 大小B1；(3)当区域efgh内所加磁场的磁感应强度为B2=2T时，要让物体 Q从gh边穿出磁场且在磁场中运动的时间最长，求此最长时间t及对应的(3值.【答案】(1) Fn 4.6 10 2N (2) B1 1.25T (3)t 127

19、s, 1 900和 2 1430 360【解析】【详解】解：(1)设P碰撞前后的速度分别为 /和5，Q碰后的速度为v22 12从a到b,对P,由动能te理得：-m1gl m1v i m1v02解得：v1 7m/s碰撞过程中，对 P , Q系统：由动量守恒定律：m1vl m1vl m2v2取向左为正方向，由题意 v11m/s ,解得：v2 4m/s2v2卜黑 对Q,由牛顿第二te律得：FN m2g m2R解得：Fn 4.6 10 2N(2)设Q在c点的速度为vc,在b到c点，由机械能守恒定律：212m2 gR(1 cos )m2vc - m2v22解得：vc 2m/s2进入磁场后：Q所受电场力F

20、 qE 3 10 N m2g , Q在磁场做匀速率圆周运动2由牛顿第二定律得：qvcB m生qQ刚好不从gh边穿出磁场，由几何关系：r d 1.6m解得：Bi 1.25Tm2vc(3)当所加磁场B2 2T ,2 1mqB2要让Q从gh边穿出磁场且在磁场中运动的时间最长，则Q在磁场中运动轨迹对应的圆心角最大，则当gh边或ef边与圆轨迹相切，轨迹如图所示：设最大圆心角为，由几何关系得：cos(180)解得:1272 mb运动周期：T - qB2则Q在磁场中运动的最长时间:t Tq?”Ns360360 qB2360此时对应的角：190和2 1438.如图，第一象限内存在沿 y轴负方向的匀强电场，电场

21、强度大小为E,第二、三、四象限存在方向垂直 xOy平面向外的匀强磁场，其中第二象限的磁感应强度大小为B,第三、四象限磁感应强度大小相等，一带正电的粒子，从P (-d, 0)点沿与x轴正方向成 a =60角平行xOy平面入射，经第二象限后恰好由y轴上的Q点(图中未画出)垂直 y轴进入第一象限，之后经第四、三象限重新回到P点，回到P点时速度方向与入射方时相同，不计粒子重力，求：(1)粒子从P点入射时的速度 V0；(2)第三、四象限磁感应强度的大小B/;【答案】(1) 巨(2) 2.4B3B【解析】试题分析：(1)粒子从P点射入磁场中做匀速圆周运动，画出轨迹如图，设粒子在第二象限圆周运动的半径为 r

22、,由几何知识得：rdsindsin602 -3d3根据qv0BmV。/口23qBd得 V0r3m粒子在第一象限中做类平抛运动，则有r(1 cos60 )qE ,2.t ； tan 2mVy qEtv0mvo联立解得v03B(2)设粒子在第一象限类平抛运动的水平位移和竖直位移分别为 三、四象限圆周运动的对称性可知粒子刚进入第四象限时速度与x和y,根据粒子在第 x轴正方向的夹角等于(X.则有:x=vot,ylytvy2Votan TOC o 1-5 h z 由几何知识可得 y=r-rcos a =1 r3 d HYPERLINK l bookmark126 o Current Document 2

23、32则得x d32-d-d所以粒子在第三、四象限圆周运动的半径为3d9 HYPERLINK l bookmark156 o Current Document 3sin粒子进入第三、四象限运动的速度VoV cos2V04,3qBd3m2根据qvB m R得：B = 2 4B考点：带电粒子在电场及磁场中的运动.如图所示，在xOy平面的第一象限有一匀强磁场，方向垂直于纸面向外；在第四象限有 一匀强电场，方向平行于 y轴向下.一电子以速度 vo从y轴上的P点垂直于y轴向右飞入 电场，经过x轴上M点进入磁场区域，又恰能从 y轴上的Q点垂直于y轴向左飞出磁场已 知P点坐标为(0, L), M点的坐标为(W

24、3L, 0).求3(1)电子飞出磁场时的速度大小v(2)电子在磁场中运动的时间 t【答案】(1) v 2v0；(2) t24V7【解析】【详解】(1)轨迹如图所示，设电子从电场进入磁场时速度方向与x轴夹角为(1)在电场中x轴方向：2Ml v0t y轴方向：L3得60, v -v- 2vocos(2)在磁场中，r 2也4 Lsin 32磁场中的偏转角度为23Vy , 一ti, tan 2vyVot2.如图所示，三块挡板围成截面边长L= 1.2m的等边三角形区域， C P、Q分别是MN、AM和AN中点处的小孔，三个小孔处于同一竖直面内，MN水平，MN上方是竖直向下的匀强电场，场强 E=4X 104

25、N IC.三角形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强 度为B1； AMN以外区域有垂直纸面向外，磁感应强度大小为 B2=3B1的匀强磁场.现将一比荷q/m=105C/kg的带正电的粒子，从 。点由静止释放，粒子从 MN小孔C进入内部匀强 磁场，经内部磁场偏转后直接垂直AN经过Q点进入外部磁场.已知粒子最终回到了O点，OC相距2m.设粒子与挡板碰撞过程中没有动能损失，且电荷量不变，不计粒子重力，不计挡板厚度，取 兀=3.求:(1)磁感应强度Bi的大小；(2)粒子从。点出发，到再次回到 。点经历的时间；(3)若仅改变B2的大小，当B2满足什么条件时，粒子可以垂直于 (若粒子经过A点立即被吸收)

26、.5_c【答案】(1) Bi 10 5T； (2) t 2.85 10-2s; (3) &MA经孔P回到。点4k 2510 T3【解析】【详解】(1)粒子从。到C即为在电场中加速，则由动能定理得:Eqx1 2一 mv2解得 v=400 m/s带电粒子在磁场中运动轨迹如图所示.由几何关系可知R1 - 0.6m22,v由 qvBi mR25代入数据得 B12 105T3(2)由题可知 B2=3B1=2XT0TqvB2 v m一 R_Ri则 R2- 0.2m31由运动轨迹可知：进入电场阶段做匀加速运动，则 x -vt1 2得到 ti=0.0l s粒子在磁场Bi中的周期为则在磁场Bi中的运动时间为在磁

27、场B2中的运动周期为在磁场B2中的运动时间为180300180t3T2360则粒子在复合场中总时间为：2 mqBi3t2-T1 3 10 3s3mqB21 10 3s 5.5 10-3s 6- 17t 2t1 t2 t320 3-210 3s 2.85 102s .，v2(3)设挡板外磁场变为 民，粒子在磁场中的轨迹半径为r,则有qvB2 m r根据已知条件分析知，粒子可以垂直于MA经孔P回到。点，需满足条件L 2k 1 r 其中 k=0、1、2、3 2解得 B2 4k2 10 5T 3.如图甲所示，边长为 L的正方形ABCD区域内(含边界)有垂直纸面向里的匀强磁场。在 正方形的几何中心 。处

28、有一粒子源，垂直磁场沿各个方向发射速率为V0的带电荷量为q的粒子，粒子质量为 m 图中x、y轴分别过正方形四边的中点E、F、G、H不计粒子重力及相互作用。(1)为了使粒子不离开正方形ABCD区域则磁感应强度 Bi应该满足什么条件？(2)改变磁场的强弱，若沿与y轴成60。(如图乙所示)方向发射的粒子在磁场中运动时间最短，求磁感应强度 B2的大小；(3)若磁感应强度大小为(2)中B2,则粒子离开磁场边界的范围。(结果可用卞号表示)【解析】(1)粒子经过磁场后恰好不飞出，则临界情况是粒子与磁场边界相切，画出轨迹，根据几何 关系求出轨迹半径，再由牛顿第二定律求出B的值.(2)运动时间最短应找最小的圆心

29、角,则找劣弧中弦长最短的轨迹；(3)由轨迹与边界相切或相交的各种情况找到临界半径，从而得到飞出的边界范围.【详解】(1)为使粒子不离开正方形 ABCD区域，则粒子在磁场中圆周运动的半径需满足如下关系：L解Amvo联立解得：山之一(2)由分析可知，所有粒子中，过正方形边长中点的粒子所需时间最短，由几个关系得：R =丹220而(3)从AB边出射的粒子，轨迹如图所示:分析可知，解得：X1 =,12当粒子运动轨迹与 BG相切时，打到右边最远处,I L 2由几何关系得，工玄=R2 -勺-R)解得:综上粒子从AB边射出的坐标为同理求得，从BD边射出的粒子，位置坐标为同理求得，从 AC边射出的粒子，位置坐标

30、为【点睛】解答带电粒子在磁场中运动的习题，关键是画出粒子的运动轨迹，尤其是临界轨迹，然后 由几何关系求出圆周运动的半径从而可以顺利求解速度大小.如图（甲）所示，两带等量异号电荷的平行金属板平行于x轴放置，板长为L,两板间距离为2y0,金属板的右侧宽为 L的区域内存在如图（乙）所示周期性变化的磁场，磁场的左右边界与x轴垂直.现有一质量为 m,带电荷量为+q的带电粒子，从y轴上的A点 以速度vo沿x轴正方向射入两板之间，飞出电场后从点（ L, 0）进入磁场区域，进入时速 度方向与x轴夹角为30。，把粒子进入磁场的时刻做为零时刻，以垂直于纸面向里作为磁场 正方向，粒子最后从 x轴上（2L, 0）点与

31、x轴正方向成30夹角飞出磁场，不计粒子重力.试求:（1）求粒子在两板间运动时电场力对它所做的功;(2)计算两板间的电势差并确定A点的位置；T应满足的表达式.(3)写出磁场区域磁感应强度B0的大小、磁场变化周期2 . 丁心263vo考点：带电粒子在磁场中的运动.13.如图所示，直径分别为 D和2D的同心圆处于同一竖直面内，。为圆心，GH为大圆的水平直径。两圆之间的环形区域 (I区)和小圆内部(n区)均存在垂直圆面向里的匀强磁场.间距为d的两平行金属极板间有一匀强电场，上极板开有一小孔.一质量为m、电量为+q的粒子由小孔下方 d处静止释放，加速后粒子以竖直向上的速度v射出电场，由H2点紧靠大圆内侧

32、射入磁场。不计粒子的重力。(1)求极板间电场强度的大小；(2)若粒子运动轨迹与小圆相切，求I区磁感应强度的大小;(3)若I区、n区磁感应强度的大小分别为2mvqD4mv，粒子运动一段时间后再次经过qD点，求这段时间粒子运动的路程.1)mv2 qd4mv - 4mv或qD3qD5.57t D(1)粒子在电场中，根据动能定理dEq 212一 mv ,解得E 22mvqd(2)若粒子的运动轨迹与小圆相切，则当内切时，半径为ER722由qvB m，解得B14mvqD则当外切时，半径为2,Vr由qvB m一,解得B24mv3qD(2)若I区域的磁感应强度为9qB2L2,则粒子运动的半径为32U0100U

33、。 U8116U。. n9 ，区域的磁感应强度为 qU01 mv22,则粒子运动的半径为 qvB2Vm一 ；r设粒子在I区和n区做圆周运动的周期分别为 Ti、由运动公式可得:据题意分析，粒子两次与大圆相切的时间间隔内，运动轨迹如图所示，根据对称性可知,I区两段圆弧所对的圆心角相同，设为n区内圆弧所对圆心角为2,圆弧和大圆的两个切点与圆心。连线间的夹角设为，由几何关系可得：i 120; 2 1800;60o粒子重复上述交替运动回到H点，轨迹如图所示，设粒子在 I区和n区做圆周运动的时间分别为分t2,可得:设粒子运动的路程为 S,由运动公式可知：S=v(tl+t2)联立上述各式可得：s=5.5兀D14.如图，ABCD边长为a的正方形.质量为 m、电荷量为e的电子以大小为 Vo的初速度 沿纸面垂直于 BC边射入正方形区域.在正方形内适当区域中有匀强磁场.电子从 BC边上 的任意点入射，都只能从 A点射出磁场.不计重力，求： 口(1)此匀强磁场区域中磁感应强度的方向和大