磁场及带电粒子在磁场中的运动

第9讲

磁场及带电粒子在磁场中的运动【高考这样考】1.(多选)(2015·全国卷Ⅱ)指南针是我国古代四大发明之一。关于指南针,下列说法正确的是(

)A.指南针可以仅具有一个磁极B.指南针能够指向南北,说明地球具有磁场C.指南针的指向会受到附近铁块的干扰D.在指南针正上方附近沿指针方向放置一直导线,导线通电时指南针不偏转【解析】选B、C。磁极总是成对出现,指南针同时具有两个磁极,A项错误;指南针能够指向南北,说明地球具有磁场,B项正确;指南针附近铁块被磁化,产生的磁场会对指南针的指向产生干扰,C项正确;在指南针正上方附近沿指针方向放置一直导线,导线通电时指南针偏转,D项错误。2.(2014·新课标全国卷Ⅰ)关于通电直导线在匀强磁场中所受的安培力,下列说法正确的是(

)A.安培力的方向可以不垂直于直导线B.安培力的方向总是垂直于磁场的方向C.安培力的大小与通电直导线和磁场方向的夹角无关D.将直导线从中点折成直角,安培力的大小一定变为原来的一半【解析】选B。本题考查安培力的大小和方向。安培力总是垂直于磁场与电流所决定的平面,因此,安培力总与磁场和电流垂直,A错误,B正确;安培力F=BILsinθ,其中θ是导线与磁场方向的夹角,所以C错误;将直导线从中点折成直角,导线受到安培力的大小不仅与有效长度有关,还与导体在磁场中的相对位置有关,D错误。3.(2015·全国卷Ⅰ)两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大小不同、方向平行。一速度方向与磁感应强度方向垂直的带电粒子(不计重力),从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后,粒子的(

)A.轨道半径减小,角速度增大B.轨道半径减小,角速度减小C.轨道半径增大,角速度增大D.轨道半径增大,角速度减小【解析】选D。带电粒子由一个磁场进入另一个磁场,线速度大小不变,由牛顿第二定律得可知轨道半径增大,再根据v=ωr知角速度减小,故选项D正确。4.(多选)(2014·新课标全国卷Ⅱ)如图为某磁谱仪部分构件的示意图。图中,永磁铁提供匀强磁场,硅微条径迹探测器可以探测粒子在其中运动的轨迹。宇宙射线中有大量的电子、正电子和质子。当这些粒子从上部垂直进入磁场时,下列说法正确的是(

)A.电子与正电子的偏转方向一定不同B.电子与正电子在磁场中运动轨迹的半径一定相同C.仅依据粒子运动轨迹无法判断该粒子是质子还是正电子D.粒子的动能越大,它在磁场中运动轨迹的半径越小【解析】选A、C。电子与正电子电性相反,若入射速度方向相同时,由左手定则可判定电子和正电子受力方向相反,所以偏转方向相反,选项A正确;根据可知,由于电子和正电子垂直进入磁场的速度未知,故轨迹半径不一定相同,选项B错误;由于质子和正电子在磁场中的受力方向一样,所以仅凭粒子的运动轨迹无法判断它们是质子还是正电子,故选项C正确;根据和得可见粒子的动能越大时,轨迹半径越大,选项D错误。5.(2015·江苏高考)如图所示,用天平测量匀强磁场的磁感应强度。下列各选项所示的载流线圈匝数相同,边长MN相等,将它们分别挂在天平的右臂下方。线圈中通有大小相同的电流,天平处于平衡状态。若磁场发生微小变化,天平最容易失去平衡的是(

)【解析】选A。因为磁场相同,导体中电流大小一样,根据F=BIL知,导体的有效长度越大,磁场有微变时产生的安培力越大,导致天平失去平衡,图中A对应的有效长度最大。6.(多选)(2014·海南高考)如图,两根平行长直导线相距2l,通有大小相等、方向相同的恒定电流;a、b、c是导线所在平面内的三点,左侧导线与它们的距离分别为、l和3l。关于这三点处的磁感应强度,下列判断正确的是(

)A.a处的磁感应强度大小比c处的大B.b、c两处的磁感应强度大小相等C.a、c两处的磁感应强度方向相同D.b处的磁感应强度为零【解析】选A、D。a、c两点的磁感应强度是两导线电流产生的合磁感应强度,由于a点比c点距离两导线较近,所以a点的磁感应强度比c点的大,A正确。根据安培定则知,a、c两处磁感应强度方向相反,C错误。b点位于两导线中间,两导线在b点产生的磁场大小相等,方向相反,合磁感应强度为零,c处磁感应强度不为零,D正确,B错误。【考情分析】主要题型：选择题、计算题命题特点：1.结合电流周围的磁场分布特点,考查磁场的性质。2.结合现代科学技术,综合考查带电粒子在磁场中的运动问题。3.应用数学几何关系,结合牛顿第二定律,综合考查带电粒子在有界匀强磁场中的临界问题。【主干回顾】【要素扫描】(1)掌握“两个磁场力”：①安培力：___________,其中θ为B与I的夹角。②洛伦兹力：___________,其中θ为B与v的夹角。(2)明确“两个公式”：①带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径公式：____________。②带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期公式：____________。F=BILsinθF=qvBsinθ(3)用准“两个定则”：①对电流的磁场用准_________。②对通电导线在磁场中所受的安培力和带电粒子在磁场中所受的洛伦兹力用准_________。(4)画好“两个图形”：①对安培力作用下的平衡、运动问题画好受力分析图。②对带电粒子的匀速圆周运动问题画好与圆有关的几何图形。安培定则左手定则热点考向1磁场对通电导体的作用力【典例1】(多选)(2015·贵阳二模)如图所示,在倾角为α的光滑斜面上,垂直纸面放置一根长为L,质量为m的直导体棒。在导体棒中的电流I垂直纸面向里时,欲使导体棒静止在斜面上,下列外加匀强磁场的磁感应强度B的大小和方向正确的是(

)A.方向垂直斜面向上B.方向竖直向上C.方向垂直斜面向下D.方向竖直向下【解题探究】(1)确定外加匀强磁场的磁感应强度B的大小的关键是____________________。(2)确定外加匀强磁场方向的关键是_______________。根据平衡条件列方程左手定则的应用【解析】选A、B。外加匀强磁场的磁感应强度B的方向垂直斜面向上,导体棒受沿斜面向上的安培力、支持力与重力,处于平衡状态,则有BIL=mgsinα,解得A正确;外加匀强磁场的磁感应强度B的方向竖直向上,导体棒受水平向右的安培力、支持力与重力,处于平衡状态,则BIL=mgtanα,解得B正确;外加匀强磁场的磁感应强度B的方向垂直斜面向下,导体棒受沿斜面向下的安培力、支持力与重力,所以棒不可能处于平衡状态,C错误;外加匀强磁场的磁感应强度B的方向竖直向下,导体棒受水平向左的安培力、支持力与重力,所以棒不可能处于平衡状态,D错误。【典例2】(多选)(2014·浙江高考)如图甲所示,两根光滑平行导轨水平放置,间距为L,其间有竖直向下的匀强磁场,磁感应强度为B。垂直于导轨水平对称放置一根均匀金属棒。从t=0时刻起,棒上有如图乙所示的持续交变电流I,周期为T,最大值为Im,图甲中I所示方向为电流正方向。则金属棒(

)A.一直向右移动B.速度随时间周期性变化C.受到的安培力随时间周期性变化D.受到的安培力在一个周期内做正功【名师解读】(1)命题立意：综合考查通电导体在磁场中的受力情况、运动情况以及安培力做功情况。(2)关键信息：光滑平行导轨水平放置;竖直向下的匀强磁场;持续交变电流。(3)答题必备：左手定则;动能定理;F=BIL。(4)易错警示：误认为金属棒周期性地做往复运动。【解析】选A、B、C。由左手定则可知,金属棒一开始向右加速运动,当电流反向以后,金属棒开始减速,经过一个周期速度变为0,然后重复上述运动,所以A、B项正确;安培力F=BIL,由图像可知前半个周期向右,后半个周期向左,不断重复,C项正确;一个周期内,金属棒初、末速度相同,由动能定理可知安培力在一个周期内不做功,D项错误。【迁移训练】迁移1：改变电流的变化规律(多选)将【典例2】中通过金属棒的电流从t=0时刻起按如图所示的规律变化,则下列说法正确的是(

)A.金属棒的加速度随时间不发生变化B.金属棒的加速度随时间周期性变化C.t=时刻金属棒距离出发点最远D.t=T时刻金属棒距离出发点最远【解析】选B、C。由左手定则可以判断金属棒所受的安培力的方向随电流周期性变化,而其大小F=BIL也随电流周期性变化,由牛顿第二定律得金属棒的加速度大小、方向周期性变化,故选项A错误,B正确;金属棒时刻向右加速运动,时刻向右减速运动,时刻速度减为零,时刻向左加速运动,时刻向左减速运动,T时刻速度减为零,金属棒回到出发点,时刻金属棒距离出发点最远,C正确,D错误。迁移2：使磁场发生变化将【典例2】从t=0时刻起,导轨间的磁场随时间变化的规律如图所示,图甲中B的方向为磁感应强度的正方向,则金属棒(

)A.一直向右匀加速运动B.速度在一个周期内先增大后减小C.受到的安培力随时间周期性变化D.受到的安培力在一个周期内做功为零【解析】选A。由左手定则可以判断,金属棒在内所受的安培力水平向右,大小恒定,金属棒向右做匀加速直线运动,在内电流和磁场方向同时发生变化,由左手定则可以判断金属棒所受的安培力方向保持不变,故金属棒的运动状态保持不变,因此选项A正确,B、C错误;由于安培力的大小和方向始终不变,故在一个周期内,安培力一直做正功,选项D错误。迁移3：改变电流的起始状态(多选)若将【典例2】中棒上的交变电流变成如图所示的规律变化,则金属棒(

)A.一直向右移动B.速度随时间周期性变化C.受到的安培力随时间周期性变化D.受到的安培力在一个周期内做正功【解析】选B、C。由左手定则可知,金属棒一开始向右加速运动,当电流反向以后,金属棒开始减速,经过半个周期速度变为0,然后反向加速再减速运动,经过一个周期速度变为0并回到原出发点,接着重复上述运动,所以选项A错误,B正确;安培力F=BIL,由图像可知安培力F随时间周期性变化,选项C正确;一个周期内,金属棒初、末速度相同,由动能定理可知安培力在一个周期内不做功,选项D错误。【规律总结】求解磁场中导体棒运动问题的方法(1)分析：正确地对导体棒进行受力分析,应特别注意通电导体棒受到的安培力的方向,安培力与导体棒和磁感应强度组成的平面垂直。(2)作图：必要时将立体图的受力分析图转化为平面受力分析图,即画出与导体棒垂直的平面内的受力分析图。(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。【加固训练】如图所示,两根光滑金属导轨平行放置,导轨所在平面与水平面间的夹角为θ。整个装置处于沿竖直方向的匀强磁场中。金属杆ab垂直导轨放置,当金属杆ab中通有从a到b的恒定电流I时,金属杆ab刚好静止。则(

)A.磁场方向竖直向上B.磁场方向竖直向下C.金属杆ab受安培力的方向平行导轨向上D.金属杆ab受安培力的方向平行导轨向下【解析】选A。金属杆受力如图所示,当磁场方向竖直向上时,由左手定则可知安培力水平向右,金属杆ab受力可以平衡,A正确;若磁场方向竖直向下,由左手定则可知安培力水平向左,则金属杆ab受力无法平衡,B、C、D错误。热点考向2带电粒子在磁场中的运动【典例3】(多选)(2015·全国卷Ⅱ)有两个匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ,Ⅰ中的磁感应强度是Ⅱ中的k倍,两个速率相同的电子分别在两磁场区域做圆周运动,与Ⅰ中运动的电子相比,Ⅱ中的电子(

)A.运动轨迹的半径是Ⅰ中的k倍B.加速度的大小是Ⅰ中的k倍C.做圆周运动的周期是Ⅰ中的k倍D.做圆周运动的角速度与Ⅰ中的相等【名师解读】(1)命题立意：考查带电粒子在匀强磁场中的运动。(2)关键信息：Ⅰ中的磁感应强度是Ⅱ中的k倍;两个速率相同的电子。(3)答题必备：(4)易错警示：防止k倍和倍混淆不清。【解析】选A、C。Ⅱ中的磁感应强度是Ⅰ中的,故Ⅱ中的电子所受洛伦兹力和加速度均为Ⅰ中的,B项错误;由洛伦兹力提供向心力可得Ⅱ中的电子运动轨迹的半径是Ⅰ中的k倍,A项正确;由洛伦兹力提供向心力可得Ⅱ中的电子做圆周运动的周期是Ⅰ中的k倍,C项正确;由周期公式可得Ⅱ中的电子做圆周运动的角速度是Ⅰ中的,D项错误。【典例4】(多选)(2015·张掖二模)如图所示,直角三角形ABC区域中存在一匀强磁场,比荷相同的两个粒子(不计重力)沿AB方向射入磁场,分别从AC边上的P、Q两点射出,则(

)A.从P点射出的粒子速度大B.从Q点射出的粒子速度大C.从Q点射出的粒子在磁场中运动的时间长D.两个粒子在磁场中运动的时间一样长【解题探究】(1)比较粒子速度大小的关键是_____________________________________。(2)比较粒子在磁场中运动时间的关键是____________________________________________________。画出运动轨迹,比较粒子圆周轨迹的半径粒子的运动周期和粒子在磁场中转过的圆弧所对的圆心角【解析】选B、D。粒子在磁场中做匀速圆周运动,运动轨迹如图所示,根据几何关系(图示弦切角相等),粒子在磁场中偏转的圆心角相等,根据粒子在磁场中运动的时间又因为粒子在磁场中做圆周运动的周期可知粒子在磁场中运动的时间相等,D正确,C错误;由图知,粒子运动的半径RP<RQ,由粒子在磁场中做圆周运动的半径知粒子运动速度vP<vQ,A错误,B正确。【规律总结】“三步法”分析带电粒子在磁场中的运动问题(1)画轨迹：也就是确定圆心,用几何方法求半径并画出轨迹。(2)找联系：①轨道半径与磁感应强度、运动速度相联系,分析粒子的运动半径常用的方法有物理方法和几何方法两种。物理方法也就是应用公式确定;几何方法一般根据数学知识(直角三角形知识、三角函数等)通过计算确定。②速度偏转角φ与回旋角（转过的圆心角）α、运动时间t相联系。如图所示，粒子的速度偏向角φ等于回旋角α，等于弦切角θ的2倍，且有或（其中s为运动的圆弧长度）。(3)用规律：应用牛顿运动定律和圆周运动的规律关系式，特别是周期公式和半径公式，列方程求解。【题组过关】1.空间有一圆柱形匀强磁场区域,该区域的横截面的半径为R,磁场方向垂直于横截面。一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子以速率v0沿横截面的某直径射入磁场,离开磁场时速度方向偏离入射方向60°。不计重力,该磁场的磁感应强度大小为(

)【解析】选A。带电粒子运动轨迹示意图如图所示。设带电粒子在匀强磁场中运动轨迹的半径为r,根据洛伦兹力公式和牛顿第二定律,解得由图中几何关系可得联立解得该磁场的磁感应强度A正确。2.(2015·安阳二模)如图所示,半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场。重力不计、电荷量一定的带电粒子以速度v正对着圆心O射入磁场,若粒子射入、射出磁场点间的距离为R,则粒子在磁场中的运动时间为(

)【解析】选A。粒子在磁场中做匀速圆周运动,运动轨迹如图所示：由几何关系得轨迹半径故粒子在磁场中的运动时间A正确。3.(多选)(2015·怀化一模)如图所示,在x>0、y>0的空间中有恒定的匀强磁场,磁感应强度的方向垂直于xOy平面向里,大小为B。现有一质量为m、电量为q的带正电粒子,从在x轴上的某点P沿着与x轴成30°角的方向射入磁场。不计重力的影响,则下列有关说法中正确的是(

)A.粒子在磁场中运动所经历的时间可能为B.粒子在磁场中运动所经历的时间可能为C.只要粒子的速率合适,粒子就可能通过坐标原点D.粒子一定不可能通过坐标原点【解析】选A、D。由于P点的位置不定,所以粒子在磁场中的运动圆弧对应的圆心角也不同,最大的圆心角为圆弧与y轴相切时即300°,则运动的时间为而最小的圆心角为P点与坐标原点重合,圆心角为120°,所以运动时间为则粒子在磁场中运动所经历的时间为故A正确,B错误;粒子由P点成30°角入射,则圆心在过P点与速度方向垂直的方向上,如图所示,粒子在磁场中要想到达O点,转过的圆心角肯定大于180°,而磁场为有界磁场,故粒子不可能通过坐标原点,C错误,D正确。4.(2013·新课标全国卷Ⅰ)如图,半径为R的圆是一圆柱形匀强磁场区域的横截面(纸面),磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面向外,一电荷量为q(q>0)、质量为m的粒子沿平行于直径ab的方向射入磁场区域,射入点与ab的距离为,已知粒子射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为60°,则粒子的速率为(不计重力)(

)【解析】选B。根据对称性,带电粒子射入圆形区域磁场时速度方向与半径的夹角总是与带电粒子射出磁场时其速度方向与半径的夹角相等,画出带电粒子在磁场中运动的轨迹如图所示,根据图找几何关系可得带电粒子在磁场中做圆周运动的半径为r=R,再由得解得故选项B正确。【加固训练】(多选)如图,两个初速度大小相同的同种离子a和b,从O点沿垂直磁场方向进入匀强磁场,最后打到屏P上。不计重力。下列说法正确的有(

)A.a、b均带正电B.a在磁场中飞行的时间比b的短C.a在磁场中飞行的路程比b的短D.a在P上的落点与O点的距离比b的近【解析】选A、D。两离子在磁场中的运动情况如图所示,根据左手定则,a、b均带正电,A正确;由可知,两离子在磁场中运动周期相同,由运动轨迹可知离子a转过的圆心角大于离子b转过的圆心角,即θa>θb,由可以判断a在磁场中飞行的时间比b的长,B错误;由得故两离子在磁场中运动半径相同,所以a在磁场中飞行的路程比b的长,a在P上的落点与O点的距离比b的近,C错误、D正确。热点考向3带电粒子在有界匀强磁场中的临界问题【典例5】(18分)(2015·芜湖一模)一足够长的矩形区域abcd内充满磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场,矩形区域的左边界ad宽为L,现从ad中点O垂直于磁场射入一带电粒子,速度大小为v0,方向与ad边夹角为α=30°,如图所示,已知粒子的电荷量为q,质量为m(重力不计)。(1)若粒子带负电,且恰能从d点射出磁场,求v0的大小。(2)若粒子带正电,且粒子能从ab边射出磁场,求v0的取值范围以及此范围内粒子在磁场中运动的时间t的范围。【拿分策略】第一问：·明确运动过程→沿顺时针做圆周运动·按部就班列方程圆周运动列③式(2分)第二问：·翻转关键信息-“能从ab边射出磁场”·分情况列方程按照过程列方程,就能拿到14分,若能正确解方程求出结果并写出v0和t的范围再拿下4分,则得满分18分。【解析】(1)若粒子带负电,则进入磁场后沿顺时针方向偏转,如图所示：O1为轨迹圆心,由对称性可知,速度的偏转角θ1=2α=60°①(1分)轨迹半径②(1分)由牛顿第二定律得：③(2分)解得：(1分)(2)若粒子带正电,则沿逆时针方向偏转,当v0最大时,轨迹与cd相切,轨迹圆心为O2,半径为r2,由几何关系得：④(2分)解得：r2=L,即：⑤(1分)当v0最小时,轨迹与ab相切,轨迹圆心为O3,半径为r3,由几何关系可得：解得：⑥(2分)即：⑦(1分)所以(2分)粒子从ab边射出磁场,当速度为vmax时,速度偏转角最小且为150°,故运动时间最短,则：⑧(2分)速度为vmin时,速度偏转角最大且为240°,因此运动时间最长,则：⑨(2分)所以粒子的运动时间t的范围是(1分)答案：【规律总结】巧解带电粒子在磁场运动的临界轨迹的方法(1)动态放缩法：定点粒子源发射速度大小不同、方向相同的同种粒子,速度越大半径越大,圆心在垂直初速度方向的直线上。(2)旋转平移法：定点粒子源发射速度大小相等、方向不同的同种粒子的运动轨迹的圆心在以入射点为圆心,半径的圆上。【题组过关】1.如图所示,带有正电荷的A粒子和B粒子同时以同样大小的速度从宽度为d的有界匀强磁场的边界上的O点分别以30°和60°(与边界的夹角)射入磁场,又恰好都不从另一边界飞出,则下列说法中正确的是(

)A.A、B两粒子在磁场中做圆周运动的半径之比为B.A、B两粒子在磁场中做圆周运动的半径之比为C.A、B两粒子的之比是D.A、B两粒子的之比是【解析】选D。粒子运动轨迹如图所示,其中A粒子的运动半径为R,d=R+Rcos30°,B粒子的运动半径为r,同理可得：则所以A、B错误;据可知,两粒子的之比是C错误,D正确。2.(多选)(2015·四川高考)如图所示,S处有一电子源,可向纸面内任意方向发射电子,平板MN垂直于纸面,在纸面内的长度L=9.1cm,中点O与S间的距离d=4.55cm,MN与SO直线的夹角为θ,板所在平面有电子源的一侧区域有方向垂直于纸面向外的匀强磁场,磁感应强度B=2.0×10-4T。电子质量m=9.1×10-31kg,电量e=-1.6×10-19C,不计电子重力。电子源发射速度v=1.6×106m/s的一个电子,该电子打在板上可能位置的区域的长度为l,则(

)A.θ=90°时,l=9.1cm

B.θ=60°时,l=9.1cmC.θ=45°时,l=4.55cm D.θ=30°时,l=4.55cm【解析】选A、D。电子在磁场中受洛伦兹力作用做匀速圆周运动,根据洛伦兹力大小计算公式和向心力公式有：解得电子圆周运动的轨道半径为：恰好有：由于电子源S可向纸面内任意方向发射电子,因此电子的运动轨迹将是过S点的一系列半径为r的等大圆,能够打到板MN上的区域范围如图甲所示,实线SN表示电子刚好经过板N端时的轨迹,实线SA表示电子轨迹刚好与板相切于A点时的轨迹,因此电子打在板上可能位置的区域的长度为：l=NA,又由题设选项可知,MN与SO直线的夹角θ不定,但要使电子轨迹与MN板相切,根据图中几何关系可知,此时电子的轨迹圆心C一定落在与MN距离为r的平行线上,如图乙所示,当l=4.55cm时,即A点与板O点重合,作出电子轨迹如图中实线S1A1,由图中几何关系可知,此时S1O与MN的夹角θ=30°,故C错误,D正确。当l=9.1cm时,即A点与板M端重合,作出电子轨迹如图中实线S2A2,由几何关系可知,此时S2O与MN的夹角θ=90°,故A正确,B错误。3.如图所示为圆形区域的匀强磁场,磁感应强度为B,方向垂直纸面向里,边界跟y轴相切于坐标原点O。O点处有一放射源,沿纸面向各方向射出速率均为v的某种带电粒子,带电粒子在磁场中做圆周运动的半径是圆形磁场区域半径的两倍。已知该带电粒子的质量为m、电荷量为q,不考虑带电粒子的重力。(1)推导带电粒子在磁场空间做圆周运动的轨道半径。(2)求带电粒子通过磁场空间的最大偏转角。(3)沿磁场边界放置绝缘弹性挡板,使带电粒子与挡板碰撞后以原速率弹回,且其电荷量保持不变。若从O点沿x轴正方向射入磁场的粒子速度减小为0.5v,求该粒子第一次回到O点经历的时间。【解析】(1)带电粒子进入磁场后,受洛伦兹力作用,设其做圆周运动的轨道半径为r,由牛顿第二定律得：解得：(2)设粒子飞出和进入磁场的速度方向的夹角为φ,如图所示,则x是粒子在磁场中轨迹的两端点的直线距离。x最大值为2R,对应的就是φ最大值,且2R=r所以即φmax=60°(3)当粒子的速度减小为时,在磁场中做匀速圆周运动的半径为故粒子转过四分之一圆周,对应圆心角为时与边界相撞并弹回,由对称性知粒子经过四个这样的过程后第一次回到O点,即经历时间为一个周期,粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期所以从O点沿x轴正方向射出的粒子第一次回到O点经历的时间是答案：【加固训练】如图所示,边界OA与OC之间分布有垂直纸面向里的匀强磁场,边界OA上有一粒子源S。某一时刻,从S平行于纸面向各个方向发射出大量带正电的同种粒子(不计粒子的重力及粒子间的相互作用),所有粒子的初速度大小相同,经过一段时间有大量粒子从边界OC射出磁场。已知∠AOC=60°,从边界OC射出的粒子在磁场中运动的最短时间等于(T为粒子在磁场中运动的周期),则从边界OC射出的粒子在磁场中运动的最长时间为(

)【解析】选B。由左手定则可知,粒子在磁场中做逆时针方向的圆周运动,由于粒子速度大小都相同,故轨迹弧长越小,粒子在磁场中运动时间就越短;而弧长越小,所对弦长也越短,所以从S点作OC的垂线SD,则SD为最短弦,可知粒子从D点射出时运行时间最短,