1.2磁场对运动电荷的作用力 分层作业(Word版含答案)

课时2磁场对运动电荷的作用力分层作业巩固提升（2）第一章安培力和洛伦兹力2021_2022学年高一物理选择性必修第二册（人教版2019）
一、单选题，共10小题
1．如图所示，某空间存在正交的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向右，磁场方向垂直纸面向里，一带电微粒由a点进入电磁场并刚好沿虚线ab向上运动。下列说法中正确的是（　　）
A．该微粒一定带负电 B．该微粒的动能一定减少
C．该微粒的电势能一定增加 D．该微粒的机械能不一定增加
2．如图所示，半径为r的圆形空间内，存在着垂直于纸面向外的匀强磁场，一个带电粒子（不计重力），从A点沿半径方向以速度v0垂直于磁场方向射入磁场中，并由B点射出，且∠AOB=，则该粒子在磁场中运动的时间为（　　）
A． B． C． D．
3．如图所示，方形玻璃管中有NaCl的水溶液，沿x轴正方向流动，沿y轴正向加恒定的匀强磁场B.图中a、b是垂直于z轴方向上玻璃管的前后两内侧面，则（ ）
A．a处电势低于b处电势
B．a处钠离子浓度大于b处钠离子浓度
C．溶液的上表面电势高于下表面的电势
D．溶液的上表面处的氯离子浓度大于下表面处的氯离子浓度
4．阴极射线管中电子束由阴极沿x轴正方向射出，在荧光屏上出现一条亮线（如图），要使该亮线向z轴正方向偏转，可加上（ ）
A．z轴正方向的磁场 B．y轴负方向的磁场
C．z轴正方向的电场 D．y轴负方向的电场
5．如图所示，一个内壁光滑的绝缘细直管竖直放置．在管子的底部固定一电荷量为Q（Q0） 的带电体，在距离底部点电荷为h2的管口A处，有一电荷量为q（q0）、质量为m的小球自静止释放，在距离底部点电荷为h1的B处速度恰好为零．现让一个电荷量为q、质量为2m的小球仍在A处自静止释放，已知静电力常量为k，重力加速度为g，则该小球
A．运动到B处的速度为零
B．在下落过程中加速度大小一直变小
C．向下运动了位移时速度最大
D．小球向下运动到B点时的速度为
6．如图所示，三根相互平行的固定长直导线L1、L2和L3垂直纸面放置，直导线与纸面的交点及坐标原点O分别位于边长为a的正方形的四个顶点.L1与L3中的电流均为2、方向均垂直纸面向里，L2中的电流为、方向垂直纸面向外.已知在电流为的长直导线的磁场中，距导线r处的磁感应强度，其中k为常数.某时刻有一电子正好经过原点O且速度方向垂直纸面向外，速度大小为v，电子电量为e，则该电子所受磁场力
A．方向与y轴正方向成45°角，大小为
B．方向与y轴负方向成45°角，大小为
C．方向与y轴正方向成45°角，大小为
D．方向与y轴负方向成45°角，大小为
7．在磁场中有甲、乙两个运动电荷，甲运动方向与磁场方向垂直，乙运动方向与磁场方向平行，则（ ）
A．甲、乙都受洛伦兹力作用
B．甲、乙都不受洛伦兹力作用
C．只有甲受洛伦兹力作用
D．只有乙受洛伦兹力作用
8．在光滑绝缘水平面上，用绝缘细线拉着一带负电的小球，在水平面内绕竖直方向的轴做逆时针方向的匀速圆周运动，整个空间存在竖直向下的匀强磁场，俯视图如图所示．若小球运动到点时细线突然断开，则小球此后
A．仍做逆时针方向的匀速圆周运动，但半径减小
B．仍保持原来的速度大小，做匀速直线运动
C．做顺时针方向的曲线运动，但不是圆周运动
D．做顺时针方向的匀速圆周运动，半径可能不变
9．如图所示，匀强磁场水平向右，电子在磁场中沿竖直方向向上运动，该电子所受洛伦兹力的方向(　　)
A．水平向左
B．水平向右
C．垂直纸面向里
D．垂直纸面向外
10．在水平地面上方有正交的匀强电场和匀强磁场,匀强电场方向竖直向下、匀强磁场方向水平向里．现将一个带正电的金属小球从M点以初速度水平抛出,小球着地时的速度为在空中的飞行时间为若将磁场撤除，其它条件均不变,那么小球着地时的度为在空中飞行的时间为小球所受空气阻力可忽略不计,则关于和A和的大小比较,以下判断正确的是
A．v1>v2，t1>t2 B．
C． D．
二、多选题，共4小题
11．如图所示，下端封闭、上端开口、内壁光滑的细玻璃管竖直放置，管底有一带电的小球整个装置以水平向右的速度匀速运动，垂直于磁场方向进入方向水平的匀强磁场，由于外力的作用，玻璃管在磁场中的速度保持不变，最终小球从上端开口飞出，小球的电荷量始终保持不变，则从玻璃管进入磁场到小球运动到上端开口的过程中
A．洛仑兹力对小球做正功
B．洛仑兹力对小球不做功
C．小球运动轨迹是抛物线
D．小球从进入磁场到飞出端口前的过程中管壁的弹力对小球做正功
12．如图所示，甲是一个带正电的小物块，乙是一个不带电的绝缘物块，甲、乙叠放在一起置于粗糙的水平地板上，地板上方有水平方向的匀强磁场现用水平恒力拉乙物块，使甲、乙无相对滑动地一起水平向左加速运动，在加速运动阶段　　
A．乙物块与地之间的摩擦力不断增大
B．甲、乙两物块间的摩擦力不断增大
C．甲、乙两物块间的摩擦力不断减小
D．甲、乙两物块间的摩擦力大小不变
13．如图所示，质量为m、带电荷量为q的小滑块放置在倾角为、足够长的固定光滑绝缘斜面上，斜面置于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里．现让小滑块在斜面上由静止释放，一段时间后小滑块离开斜面．重力加速度大小为下列判断正确的是　　
A．小滑块带正电
B．小滑块在斜面上滑行的过程中机械能守恒
C．小滑块要离开斜面时的加速度大小为g
D．小滑块离开斜面时的速度大小为
14．如图所示，匀强磁场的磁感应强度为B，带电粒子的速率为v，带电荷量为q，下列带电粒子所受洛伦兹力的大小和方向正确的是
A．图为，方向与v垂直斜向上
B．图为，方向与v垂直斜向下
C．图为，方向垂直纸面向外
D．图为，方向垂直纸面向里
三、填空题，共3小题
15．放射源中有三种不同的粒子，其中一种不带电，另两种分别带正负电荷，置于磁场中，形成如图三条轨迹，则不带电的粒子的轨迹是____________，带负电的粒子的轨迹是____________．
16．某种物质发射的三种射线如图所示的磁场中分裂成①、②、③三束．那么在这三束射线中，带正电的是_____，带负电的是_____，不带电的是_____．
17．有一匀强磁场，磁感应强度大小为1.2T，方向由南指向北，如有一质子沿竖直向下的方向进入磁场，磁场作用在质子上的力为9.6×10-14N，则质子射入时速度为________，质子在磁场中向_____方向偏转。（质子带正电，电荷量为1e）
四、实验题，共2小题
18．物体的带电量是一个不易测得的物理量，某同学设计了一个实验来测量带电物体所带电量。如图（a）所示，他将一由绝缘材料制成的小物块A放在足够长的木板上，打点计时器固定在长木板末端，物块A靠近打点计时器，一纸带穿过打点计时器与物块A相连，请结合下列操作步骤回答问题。
(1)为消除摩擦力的影响，他将长木板一端垫起一定倾角，接通打点计时器，轻轻推-下小物块A，使其沿着长木板向下运动。多次调整倾角，直至打出的纸带上点迹均匀，测出此时木板与水平面间的倾角，记为。
(2)如图（b）所示，在该装置处加上一范围足够大的垂直纸面向里的匀强磁场，用细绳通过一轻小定滑轮将物块A与物块B相连，绳与滑轮的摩擦不计。给物块A带上一定量的正电荷，保持倾角不变，接通打点计时器，由静止释放小物块A，该过程可近似认为物块A的带电量不变。下列关于纸带上点迹的分析正确的是( )
A．纸带上的点迹间距先增加后减小至零
B．纸带上的点迹间距先增加后减小至一不为零的定值
C．纸带上的点迹间距逐渐增加，且相邻两点间的距离之差不变
D．纸带上的点迹间距逐渐增加，且相邻两点间的距离之差逐渐减少，直至间距不变
(3)为了测定物块A所带电量q，除倾角、磁感应强度B外，本实验还必须测量的物理量有___________；
(4)用重力加速度g、磁感应强度B、倾角和所测得的物理量，可得出q的表达式为___________。
19．物体的带电量是一个不易测得的物理量，某同学设计了如下实验来测量带电物体所带电量．如图（a）所示，他将一由绝缘材料制成的小物块A放在足够长的木板上，打点计时器固定在长木板末端，物块靠近打点计时器，一纸带穿过打点计时器与物块相连，操作步骤如下，请结合操作步骤完成以下问题：
（1）为消除摩擦力的影响，他将长木板一端垫起一定倾角，接通打点计时器，轻轻推一下小物块，使其沿着长木板向下运动．多次调整倾角θ，直至打出的纸带上点迹_，测出此时木板与水平面间的倾角，记为θ0．
（2）如图（b）所示，在该装置处加上一范围足够大的垂直纸面向里的匀强磁场，用细绳通过一轻小定滑轮将物块A与物块B相连，绳与滑轮摩擦不计．给物块A带上一定量的正电荷，保持倾角θ0不变，接通打点计时器，由静止释放小物块A，该过程可近似认为物块A带电量不变，下列关于纸带上点迹的分析正确的是( )
A．纸带上的点迹间距先增加后减小至零
B．纸带上的点迹间距先增加后减小至一不为零的定值
C．纸带上的点迹间距逐渐增加，且相邻两点间的距离之差不变
D．纸带上的点迹间距逐渐增加，且相邻两点间的距离之差逐渐减少，直至间距不变
（3）为了测定物体所带电量q，除θ0、磁感应强度B外，本实验还必须测量的物理量有( )
A．物块A的质量M
B．物块B的质量m
C．物块A与木板间的动摩擦因数μ
D．两物块最终的速度v
（4）用重力加速度g，磁感应强度B、θ0和所测得的物理量可得出q的表达式为______．
五、解答题，共3小题
20．质量为m、带电荷量为＋q的小球，用一长为l的绝缘细线悬挂在方向垂直纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度为B，如图所示，用绝缘的方法使小球位于使悬线呈水平的位置A，然后静止释放，小球运动的平面与B的方向垂直，求小球第一次和第二次经过最低点C时悬线的拉力FT1和FT2.
21．如图表示，在磁感强度为B的水平匀强磁场中，有一足够长的绝缘细棒OO′在竖直面内垂直磁场方向放置，细棒与水平面夹角为α．一质量为m、带电荷为+q的圆环A套在OO′棒上，圆环与棒间的动摩擦因数为μ，且μ(1)圆环A的最大加速度为多大？获得最大加速度时的速度为多大？
(2)圆环A能够达到的最大速度为多大？
22．核聚变反应需要几百万度以上的高温，为把高温条件下高速运动的离子约束在小范围内（否则不可能发生核反应），通常采用磁约束的方法（托卡马克装置）．如图所示，环状匀强磁场围成中空区域，中空区域中的带电粒子只要速度不是很大，都不会穿出磁场的外边缘而被约束在该区域内．设环状磁场的内半径为R1=0．5m，外半径R2=1．0m，磁场的磁感强度B=1．0T，若被束缚带电粒子的荷质比为q/m=4×107C/kg，中空区域内带电粒子具有各个方向的速度．求：
（1）粒子沿环状的半径方向射入磁场，不能穿越磁场的最大速度．
（2）所有粒子不能穿越磁场的最大速度
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．A
【解析】
【分析】
B．微粒受到的重力和电场力是恒力，且该微粒沿直线运动，则可以判断出微粒受到的洛伦兹力也是恒定的，即该微粒做匀速直线运动，故B错误；
ACD．如果该微粒带正电，则受到竖直向下的重力、水平向右的电场力和向左下方的洛伦兹力，受力不平衡，所以不会沿直线运动，故该微粒一定带负电，电场力做正功，电势能一定减少，机械能一定增加，故A正确，CD错误。
故选A。
2．C
【解析】
由图根据几何知识可知，粒子转过的圆心角为，半径为
粒子转过的弧长为
则运动所用时间
故选C。
3．B
【解析】
AB.溶液中的正，负离子沿x轴正向移动，由左手定则可知运动的正离子受到沿z轴正向的洛伦兹力，运动的负离子受到沿z轴负向的洛伦兹力，故正离子会偏向a处，负离子会偏向b处，a处电势高于b处电势，a处钠离子浓度大于b处钠离子浓度，故A错误，B正确；
CD.溶液的上表面电势等于下表面的电势，溶液的上表面处的氯离子浓度也等于下表面处的氯离子浓度，故C、D错误
4．B
【解析】
A、若加一沿z轴正方向的磁场，根据左手定则，洛伦兹力方向沿y轴正方向，亮线向y轴正方向偏转，故A错误；
B、若加一沿y轴负方向的磁场，根据左手定则，洛伦兹力方向沿z轴正方向，亮线向z轴正方向偏转，故B正确；
C、若加一沿z轴正方向的电场，电子受电场力作用沿z轴的负方向偏转，故C错误；
D、若加一沿y轴负方向的电场，电子受电场力作用向y轴正方向偏转，故D错误．
5．D
【解析】
A、B项：质量为m点电荷，从静止释放后开始下落，库仑力越来越大，所以点电荷先加速后减速．则加速度先减小后增大．当到达B点时，点电荷停止．由动能定理可得：，得：，而当换成质量2m点电荷时，仍从原来位置静止释放，则点电荷先加速后减速．则加速度先减小后增大，设停止的位置为B′，则由动能定理可得：，所以则速度为零的位置在B点下方，故AB错误；
C项：速度最大位置，就是加速度为零的位置．即库仑力与重力相等的位置，当质量为2m时，设平衡位置距底部点电荷的距离为h0′则有：，所以则向下运动的位移，故C错误；
D项：点电荷从静止到B点，由动能定理可得：，而所以B点时的速度为，故D正确．
6．D
【解析】
三个电流分别在原点O处产生磁场的磁感应强度、、，方向如图；则三电流在O点处产生合磁场的磁感应强度，方向与y轴正方向成45°角．电子经过原点O速度方向垂直纸面向外，速度大小为v，据左手定则知，洛伦兹力方向与y轴负方向成45°角，洛伦兹力的大小．故D项正确，ABC三项错误．
7．C
【解析】
粒子甲的速度方向与磁场方向垂直，故洛伦兹力为：；粒子乙的速度方向与磁场方向平行，故洛伦兹力为零，故C正确，A、B、D错误；
故选C．
8．D
【解析】
【分析】
运动的带负电的粒子在磁场中受力洛伦兹力的作用，用左手定则判断洛伦兹力的方向，根据向心力公式分析绳子所受的力，绳子断开后，绳子的拉力为零，小球仅受洛伦兹力，根据受力情况判断小球的可能的运动情况即可．
若小球带负电沿逆时针方向旋转，小球所受的洛伦兹力方向背离圆心，当洛伦兹力的大小大于小球原来所受合力大小时，绳子断后，小球做顺时针的匀速圆周运动，半径减小；当洛伦兹力的大小等于小球原来所受合力大小时，绳子断后，小球做顺时针的匀速圆周运动，半径不变；当洛伦兹力的大小小于小球原来所受合力大小时，绳子断后，小球做顺时针的匀速圆周运动，半径变大；故ABC错误，D正确．故选D．
9．D
【解析】
【分析】
根据左手定则判断洛伦兹力的方向，得到粒子的偏转方向．
粒子带负电，在水平向右的磁场中向上移动，根据左手定则，此时粒子所受洛伦兹力的方向垂直纸面向外，故ABC错误，D正确．
【点睛】
根据左手定则直接判断洛伦兹力方向即可，注意与右手定则区别．
10．C
【解析】
【分析】
未撤除磁场时，小球受到重力、电场力和洛伦兹力，但洛伦兹力不做功．根据动能定理分析速度大小关系．分析洛伦兹力对小球运动影响，分析时间关系
因为洛伦兹力对粒子永远不做功，则根据动能定理，磁场存在与否，重力和电场力对小球做功相同，则小球着地时的速率都应该是相等的，即v1=v2．存在磁场时，小球就要受到向右上方的洛伦兹力，有竖直向上的分力，使得小球在竖直方向的加速度小于没有磁场时的加速度，在空中飞行的时间要更长些．即t1＞t2．故C正确，ABD错误．故选C．
【点睛】
本题中小球在复合场中运动，关键要抓住洛伦兹力不做功，不改变速度大小的特点进行分析．
11．BCD
【解析】
【分析】
洛伦兹力不做功．对小球进行受力分析，根据小球的受力情况判断，由牛顿第二定律求出加速度，判断加速度与速度如何变化，再分析小球运动的轨迹．
AB．洛伦兹力方向总是与小球的速度方向垂直，对小球不做功，故A错误，B正确．
C．设小球竖直分速度为、水平分速度为v．以小球为研究对象，受力如图所示，由于小球随玻璃管在水平方向做匀速直线运动，则竖直方向的洛伦兹力是恒力，由牛顿第二定律得：
小球的加速度不随时间变化，恒定不变，故小球竖直方向做匀加速直线运动，水平方向做匀速直线运动，则小球运动轨迹是抛物线；故C正确．
D．小球从进入磁场到飞出端口前的过程中管壁的弹力向右，小球向右运动，故弹力做正功，D正确．
故选BCD．
12．AC
【解析】
A、以甲乙整体为研究对象，分析受力如图，
则有，当甲乙一起加速运动时，洛伦兹力增大，N增大，则地面对乙的滑动摩擦力f增大故A正确．
BCD、由于f增大，F一定，根据牛顿第二定律得，加速度a减小，对甲研究得到，乙对甲的摩擦力，则得到减小，甲、乙两物块间的静摩擦力不断减小故BD错误，C正确．BD错误
故选AC
13．BD
【解析】
A、由题意可知：小滑块受到的洛伦兹力垂直斜面向上，根据左手定则可得：小滑块带负电，故A错误；
B、滑块下滑过程中，支持力与速度垂直，且洛伦兹力与速度也垂直，因此两个力不做功，因光滑，没有摩擦力，因此只有重力做功，小滑块的机械能守恒，故B正确；
C、滑块要离开斜面时，重力垂直斜面的分力与洛伦兹力平衡，则重力另一分力产生加速度，那么其加速度大小为，故C错误．
D、由题意：当滑块离开斜面时，洛伦兹力：，则，故D正确。
故选BD．
14．AD
【解析】
图（1）中根据左手定则可知洛伦兹力方向应该垂直运动方向斜向上；大小为Bqv，故A正确；图（2）中为负电荷，其受力方向垂直于运动方向向左上方；大小为Bqv，故B错误；图（3）中速度方向与磁场方向平行，不受洛仑兹力，故C错误；图（4）中将速度分解为水平和竖直方向，则竖直分速度受洛仑兹力，大小为；方向垂直于纸面向里，故D正确；故选AD．
点睛：本题考查了左手定则的直接应用，根据左手定则即可正确判断磁场、运动方向、洛伦兹力三者之间的关系，特别注意的是四指指向和正电荷运动方向相同和负电荷运动方向相反．同时注意判断几何关系的判断，特别是平行的判断．
15． ② ①
【解析】
不带电的粒子在磁场中不受洛伦兹力的作用，所以运动的轨迹为直线，即为②，
根据左手定则可以判断带负电的粒子受到的洛伦兹力的方向是向右的，所以为①．
故答案为②；①．
16． ① ③ ②
【解析】
试题分析：由轨迹偏转方向确定出洛伦兹力方向，由左手定则判断粒子的电性．
解：由图看出，①射线向左偏转，受到的洛伦兹力向左，由左手定则判断可知，①射线带正电；②射线不偏转，该射线不带电；③向右偏转，洛伦兹力向右，由左手定则判断得知，该射线带负电．
故答案为①③②
【点评】
本题考查左手定则的运用，注意应用左手定则时，四指指向负电荷运动的反方向．
17． 东
【解析】
根据公式
可得
由左手定则可得质子向东偏转。
18． D 物块B的质量m和两物块最终的速度v
【解析】
(2)设A的质量为M，B的质量为m，没有磁场时，对由平衡条件可知
f=Mgsinθ0，FN=Mgcosθ0
又因为f=μFN，所以
当存在磁场时，以AB整体为研究对象，由牛顿第二定律可得
（mg+Mgsinθ0）-μ（Bqv+Mgcosθ0）=（M+m）a
由此式可知，v和a是变量，其它都是不变的量，所以AB一起做加速度减小的加速运动，直到加速度减为零后做匀速运动，即速度在增大，加速度在减小，最后速度不变。所以纸带上的点迹间距逐渐增加，说明速度增大；根据逐差相等公式x=aT2，可知，加速度减小，则相邻两点间的距离之差逐渐减少；匀速运动时，间距不变。故D正确、ABC错误。
故选D。
(3)(4)根据
（mg+Mgsinθ0）-μ（Bqv+Mgcosθ0）=（M+m）a
可得当加速度减为零时，速度最大，设最大速度为v，则
（mg+Mgsinθ0）-μ（Bqv+Mgcosθ0）=0
化简得
把μ=tanθ0代入，得
可知还必须测量的物理量有物块B的质量m和两物块最终的速度v。
19． 间距相等（或均匀） D BD
【解析】
试题分析：（1）此实验平衡摩擦力后，确定滑块做匀速直线运动的依据是，看打点计时器在纸带上所打出点的分布应该是等间距的．
（2）设A的质量为M，B的质量为m，没有磁场时，对A受力分析，A受到重力Mg、支持力、摩擦力．根据平衡条件可知：f=Mgsinθ0，FN=Mgcosθ0
又因为f=μFN，所以；当存在磁场时，以AB整体为研究对象，由牛顿第二定律可得（mg+Mgsinθ0）-μ（Bqv+Mgcosθ0）=（M+m）a
由此式可知，v和a是变量，其它都是不变的量，所以AB一起做加速度减小的加速运动，直到加速度减为零后做匀速运动，即速度在增大，加速度在减小，最后速度不变．所以纸带上的点迹间距逐渐增加，说明速度增大；根据逐差相等公式△x=at2，可知，加速度减小，则相邻两点间的距离之差逐渐减少；匀速运动时，间距不变．故D正确、ABC错误．故选D．
（3）（4）根据（mg+Mgsinθ0）-μ（Bqv+Mgcosθ0）=（M+m）a，可得当加速度减为零时，速度最大，设最大速度为v，则（mg+Mgsinθ0）-μ（Bqv+Mgcosθ0）=0
化简得，把μ=tanθ0代入，得
由此可知为了测定物体所带电量q，除θ0、磁感应强度B外，本实验还必须测量的物理量有物块B的质量m和两物块最终的速度v，故选BD
考点：带电粒子在磁场中的运动
【点睛】
此题考查了测量物体的带电量的实验，是一个设计性实验；解题时要明确实验原理及实验步骤，理解实验为什么挂钩码前要首先平衡摩擦力，正确的受力分析是关键；此题意在考查学生对物理实验的理解能力及对数据的处理能力.
20．3mg－qB　3mg＋qB
【解析】
由于洛伦兹力对小球不做功，根据动能定理可知：
解得：
第一次到过最低点时，根据左手定则可知，洛伦兹力向上，则根据牛顿第二定律有：
解得：　
第二次到达最低点时，洛伦兹力向下，则有：
解得：．
点睛：本题考查带电粒子在磁场中的运动和受力情况，要注意掌握洛伦兹力的性质，明确洛伦兹力永不做功的特点应用．
21．(1) gsinα (2)
【解析】
(1)由于μ＜tanα，所以环将由静止开始沿棒下滑．环A沿棒运动的速度为v1时，受到重力mg、洛仑兹力qv1B、杆的弹力N1和摩擦力f1=μN1．
根据牛顿第二定律，对沿棒的方向有mgsinα-f1=ma
垂直棒的方向有N1+qv1B=mgcosα
所以当f1=0，即N1=0时，a有最大值am，且am=gsinα
此时qv1B=mgcosα
解得
(2)设当环A的速度达到最大值vm时，环受杆的弹力为N2，方向垂直于杆向下，摩擦力为f2=μN2．此时应有a=0，即
mgsinα=f2
N2+mgcosα=qvmB
解得
22．（1）1．5×107m/s（2）1．0×107m/s
【解析】
试题分析：（1）粒子沿环状的半径方向射入磁场，不能穿越磁场区域的最大速度粒子沿圆弧从B到A，恰与环状域外圆相切，0′为轨道圆心．设AO′=BO′=r，由几何关系（R2-r）2=r2+R12，
又，
可得
（2）粒子沿环状域的内边界圆的切线方向射入磁场时，轨道半径最大为，由，得．代入数据得vm＝1．0×107m/s
考点：带电粒子在磁场中的运动
【名师点睛】本题对数学几何的能力要求较高，关键找出临界的半径，再通过带电粒子在磁场中的半径公式求出临界的速度
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页