1、高考物理带电粒子在磁场中的运动试题经典及解析一、带电粒子在磁场中的运动专项训练1如图所示，在两块水平金属极板间加有电 压U构成偏转电场，一束比荷为的带正电的粒子流（重力不计），以速度vo=104m/s沿 水平方向从金属极板正中间射入两板粒子经电 场偏转后进入一具有理想边界的半圆形变化磁场 区域，O为圆心，区域直径AB长度为L=1m， AB与水平方向成45角区域内有按如图所示规 律作周期性变化的磁场，已知B0=0. 5T，磁场方向 以垂直于纸面向外为正粒子经偏转电场后，恰好从下极板边缘O点与水平方向成45斜向下射入磁场求：（1）两金属极板间的电压U是多大？（2）若To=05s，求t=0s时刻射人
2、磁场的带电粒子在磁场中运动的时间t和离开磁场的位置（3）要使所有带电粒子通过O点后的运动过程中 不再从AB两点间越过，求出磁场的变化周期Bo，To应满足的条件【答案】（1）100V （2）t=，射出点在AB间离O点m （3）【解析】试题分析：（1）粒子在电场中做类平抛运动，从O点射出使速度代入数据得U=100V（2）粒子在磁场中经过半周从OB中穿出，粒子在磁场中运动时间射出点在AB间离O点（3）粒子运动周期，粒子在t=0、.时刻射入时，粒子最可能从AB间射出如图，由几何关系可得临界时要不从AB边界射出，应满足得考点：本题考查带电粒子在磁场中的运动2“太空粒子探测器”是由加速、偏转和收集三部分组
3、成，其原理可简化如下：如图1所示，辐射状的加速电场区域边界为两个同心平行半圆弧面，圆心为O，外圆弧面AB的电势为，内圆弧面CD的电势为，足够长的收集板MN平行边界ACDB，ACDB与MN板的距离为L假设太空中漂浮着质量为m，电量为q的带正电粒子，它们能均匀地吸附到AB圆弧面上，并被加速电场从静止开始加速，不计粒子间的相互作用和其它星球对粒子的影响，不考虑过边界ACDB的粒子再次返回（1）求粒子到达O点时速度的大小；（2）如图2所示，在PQ（与ACDB重合且足够长）和收集板MN之间区域加一个匀强磁场，方向垂直纸面向内，则发现均匀吸附到AB圆弧面的粒子经O点进入磁场后最多有能打到MN板上，求所加磁
4、感应强度的大小；（3）如图3所示，在PQ（与ACDB重合且足够长）和收集板MN之间区域加一个垂直MN的匀强电场，电场强度的方向如图所示，大小，若从AB圆弧面收集到的某粒子经O点进入电场后到达收集板MN离O点最远，求该粒子到达O点的速度的方向和它在PQ与MN间运动的时间【答案】（1）；（2）；（3） ；【解析】【分析】【详解】试题分析：解：（1）带电粒子在电场中加速时，电场力做功，得：(2）从AB圆弧面收集到的粒子有能打到MN板上，则上端刚好能打到MN上的粒子与MN相切，则入射的方向与OA之间的夹角是，在磁场中运动的轨迹如图甲，轨迹圆心角根据几何关系，粒子圆周运动的半径：由洛伦兹力提供向心力得：
5、联合解得：（3）如图粒子在电场中运动的轨迹与MN相切时，切点到O点的距离最远，这是一个类平抛运动的逆过程建立如图坐标.若速度与x轴方向的夹角为角3如图，圆心为O、半径为r的圆形区域外存在匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向外，磁感应强度大小为B。P是圆外一点，OP=3r。一质量为m、电荷量为q(q0)的粒子从P点在纸面内垂直于OP射出。己知粒子运动轨迹经过圆心O，不计重力。求(1)粒子在磁场中做圆周运动的半径；(2)粒子第一次在圆形区域内运动所用的时间。【答案】(1)(2)【解析】【分析】本题考查在匀强磁场中的匀速圆周运动及其相关的知识点，意在考查考生灵活运用相关知识解决问题的的能力。【详解】（1）
6、找圆心，画轨迹，求半径。设粒子在磁场中运动半径为R，由几何关系得：易得：（2）设进入磁场时速度的大小为v，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有进入圆形区域，带电粒子做匀速直线运动，则联立解得4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=6.61027kg、电荷量q=3.21019C的带负电的粒子，同时从边界PQ上的O点沿纸面向各个方向射入磁场，射入时的速度大小均为V=1.6106m/s，不计粒子的重力和粒子间的相互作用求：(1)求带电粒子在磁场
7、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x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） （3） 曲线方程为()【解析】【分析】【详解】（1）洛伦兹力充当向心力，根据牛顿第二定律可得，解得（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30，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解得（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
8、，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3060所有粒子此时分别在以O点为圆心，弦长0.1m为半径的圆周上，曲线方程为 【点睛】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5如图，平面直角坐标系中，在，y0及y-L区域存在场强大小相同，方向相反均平行于y轴的匀强电场，在-Ly0区域存在方向垂
9、直于xOy平面纸面向外的匀强磁场，一质量为m，电荷量为q的带正电粒子，经过y轴上的点P1（0，L）时的速率为v0，方向沿x轴正方向，然后经过x轴上的点P2（L，0）进入磁场在磁场中的运转半径R=L（不计粒子重力），求：（1）粒子到达P2点时的速度大小和方向；（2）；（3）粒子第一次从磁场下边界穿出位置的横坐标；（4）粒子从P1点出发后做周期性运动的周期【答案】（1）v0，与x成53角；（2）；（3）2L；（4）【解析】【详解】（1）如图，粒子从P1到P2做类平抛运动，设到达P2时的y方向的速度为vy，由运动学规律知L=v0t1，L=t1可得t1=，vy=v0故粒子在P2的速度为v=v0设v与x
10、成角，则tan=，即=53；（2）粒子从P1到P2，根据动能定理知qEL=mv2-mv02可得E=粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据qvB=m解得：B=解得：；（3）粒子在磁场中做圆周运动的圆心为O，在图中，过P2做v的垂线交y=-直线与Q点，可得：P2O=r故粒子在磁场中做圆周运动的圆心为O，因粒子在磁场中的轨迹所对圆心角=37，故粒子将垂直于y=-L直线从M点穿出磁场，由几何关系知M的坐标x=L+（r-rcos37）=2L；（4）粒子运动一个周期的轨迹如上图，粒子从P1到P2做类平抛运动：t1=在磁场中由P2到M动时间：t2=从M运动到N，a=则t3=则一个周期的时间T=2（t1+t2+t3
11、）=6如图所示，真空中有一个半径r=0.5m的圆柱形匀强磁场区域，磁场的磁感应强度大小B=210-3T，方向垂直于纸面向外，x轴与圆形磁场相切于坐标系原点O，在x=0.5m和x=1.5m之间的区域内有一个方向沿y轴正方向的匀强电场区域，电场强E=1.5103N/C，在x=1.5m处竖有一个与x轴垂直的足够长的荧光屏，一粒子源在O点沿纸平面向各个方向发射速率相同、比荷C/kg的带正电的粒子，若沿y轴正方向射入磁场的粒子恰能从磁场最右侧的A点沿x轴正方向垂直进入电场，不计粒子的重力及粒子间的相互作用和其他阻力求：(1)粒子源发射的粒子进入磁场时的速度大小；(2)沿y轴正方向射入磁场的粒子从射出到打
12、到荧光屏上的时间(计算结果保留两位有效数字)；(3)从O点处射出的粒子打在荧光屏上的纵坐标区域范围【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【分析】（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，由几何关系确定半径，根据求解速度；（2）粒子在磁场中运动T/4，根据周期求解在磁场中的运动时间；在电场中做类平抛运动，根据平抛运动的规律求解在电场值的时间；（3）根据牛顿第二定律结合运动公式求解在电场中的侧移量，从而求解从O点处射出的粒子打在荧光屏上的纵坐标区域范围【详解】（1）由题意可知，粒子在磁场中的轨道半径为R=r=0.5m，由 进入电场时 带入数据解得v=1.0106m/s（2）粒子在磁场中运动的时间 粒子从A
13、点进入电场做类平抛运动，水平方向的速度为v，所以在电场中运动的时间 总时间 （3）沿x轴正方向射入电场的粒子，在电场中的加速度大小 在电场中侧移： 打在屏上的纵坐标为0.75；经磁场偏转后从坐标为（0,1）的点平行于x轴方向射入电场的粒子打在屏上的纵坐标为1.75；其他粒子也是沿x轴正方向平行的方向进入电场，进入电场后的轨迹都平行，故带电粒子打在荧光屏上 的纵坐标区域为0.75y1.75.7如图所示，y，N为水平放置的平行金属板，板长和板间距均为2d在金属板左侧板间中点处有电子源S，能水平发射初速为V0的电子，电子的质量为m，电荷量为e金属板右侧有两个磁感应强度大小始终相等，方向分别垂直于纸面
14、向外和向里的匀强磁场区域，两磁场的宽 度均为d磁场边界与水平金属板垂直，左边界紧靠金属板右侧，距磁场右边界d处有一个荧光屏过电子源S作荧光屏的垂线，垂足为O以O为原点，竖直向下为正方向，建立y轴现在y，N两板间加上图示电压，使电子沿SO方向射入板间后，恰好能够从金属板右侧边缘射出进入磁场(不考虑电子重力和阻力)(1)电子进人磁场时的速度v；(2)改变磁感应强度B的大小，使电子能打到荧光屏上，求磁场的磁感应强度口大小的范围；电子打到荧光屏上位置坐标的范围【答案】（1），方向与水平方向成45 （2），【解析】试题分析：（1）电子在MN间只受电场力作用，从金属板的右侧下边沿射出，有（1分）（1分）（
15、1分）（1分）解得（1分）速度偏向角（1分）（1分）（2）电子恰能（或恰不能）打在荧光屏上，有磁感应强度的临界值，此时电子在磁场中作圆周运动的半径为R（2分）又有（2分）由解得：（1分）磁感应强度越大，电子越不能穿出磁场，所以取磁感应强度时电子能打在荧光屏上（得不扣分） （1分）如图所示，电子在磁感应强度为时，打在荧光屏的最高处，由对称性可知，电子在磁场右侧的出射时速度方向与进入磁场的方向相同，即 （1分）出射点位置到SO连线的垂直距离（1分）电子移开磁场后做匀速直线运动，则电子打在荧光屏的位置坐标（1分）解得（1分）当磁场的磁感应强度为零时，电子离开电场后做直线运动，打在荧光屏的最低点，其坐
16、标为（1分）电子穿出磁场后打在荧光民屏上的位置坐标范围为：到（2分）考点：带电粒子在磁场中受力运动8如图所示，在x轴上方有垂直xOy平面向里的匀强磁场，磁感应强度为B1=B0，在x轴下方有交替分布的匀强电场和匀强磁场，匀强电场平行于y轴，匀强磁场B2=2B0垂直于xOy平面，图象如图所示一质量为m，电量为-q的粒子在时刻沿着与y轴正方向成60角方向从A点射入磁场，时第一次到达x轴，并且速度垂直于x轴经过C点，C与原点O的距离为3L第二次到达x轴时经过x轴上的D点，D与原点O的距离为4L（不计粒子重力，电场和磁场互不影响，结果用B0、m、q、L表示）（1）求此粒子从A点射出时的速度0；（2）求电
17、场强度E0的大小和方向；（3）粒子在时到达M点，求M点坐标【答案】（1） （2） （3）（9L，）【解析】试题分析：（1）设粒子在磁场中做圆周运动的半径为R1，由牛顿第二定律得根据题意由几何关系可得联立得（2）粒子在第一象限磁场中运动的周期设为T1，可得粒子在第四象限磁场中运动的周期设为T2，可得根据题意由几何关系可得由可得综上可以判断3t04 t0粒子在第四象限的磁场中刚好运动半个周期，半径为由牛顿第二定律得2 t03 t0,粒子做匀减速直线运动，qE=ma 1112综上解得13（3）由题意知，粒子在8 t0时刚在第四象限做完半个圆周运动，x=9L 14粒子在电场中减速运动的时间为t0，由运
18、动学公式可得15联立 1112可解得16联立可得M点的坐标为（9L，） 17考点：带电粒子在电场及在磁场中的运动.9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v0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x轴正方向成30夹角飞出磁场，不计粒子重力试求：（
19、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；（3）写出磁场区域磁感应强度B0的大小、磁场变化周期T应满足的表达式【答案】（1）（2） , (3) , 【解析】试题分析：（1）设粒子刚进入磁场时的速度为v，则：电场力对粒子所做的功为：（2）设粒子刚进入磁场时的竖直分速度为v，则：v=v0tan30=水平方向：L=v0t竖直方向：yvt解得：电场力对粒子所做的功：W=qEy两板间的电压U=2Ey0解得：（3）由对称性可知，粒子从x=2L点飞出磁场的速度大小不变，方向与x轴夹角为=30；在磁场变化的半个周期内，粒子的偏转角为2=60；故磁场变化的半个周期内，
20、粒子在x轴上的位移为：x=2Rsin30=R粒子到达x=2L处且速度满足上述要求是：nR=L（n=1，2，3，）由牛顿第二定律，有：解得：（n=1，2，3，）粒子在变化磁场的半个周期内恰好转过周期，同时在磁场中运动的时间是变化磁场半个周期的整数倍，可使粒子到达x=2L处且满足速度题设要求；解得：（n=1，2，3，）当，考点：带电粒子在磁场中的运动.10如图甲所示，、为水平放置的间距的两块足够大的平行金属板，两板间有场强为、方向由指向的匀强电场.一喷枪从、板的中央点向各个方向均匀地喷出初速度大小均为的带电微粒.已知微粒的质量均为、电荷量均为，不计微粒间的相互作用及空气阻力的影响，取.求：（1）求
21、从P点水平喷出的微粒打在极板时的水平位移x。（2）要使所有微粒从点喷出后均做直线运动，应将板间的电场调节为，求的大小和方向；在此情况下，从喷枪刚开始喷出微粒计时，求经时两板上有微粒击中区域的面积和。（3）在满足第（2）问中的所有微粒从点喷出后均做直线运动情况下，在两板间加垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度。求板被微粒打中的区域长度。【答案】（1）1m；（2）0.06 m2（3）【解析】试题分析：（1）微粒在匀强电场做类平抛运动，微粒的加速度:根据运动学： 运动的半径：解得: x=1m（2）要使微粒做直线运动，电场应反向，且有：故电场应该调节为方向向下，大小为 经时，微粒运动的位移极板上被微粒
22、击中区域为半径为r的圆，其中 （3）微粒做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力： 竖直向下射出的微粒打在B板的左端恰好与B板相切,如图甲所示： 当粒子源和B板右边击中点距离为直径时距离最远：如图乙所示： 故B板被微粒打中的区域的长度都为考点：带电粒子在复合场中的运动；带电粒子在匀强磁场中的运动.11（加试题）有一种质谱仪由静电分析器和磁分析器组成，其简化原理如图所示。左侧静电分析器中有方向指向圆心O、与O点等距离各点的场强大小相同的径向电场，右侧的磁分析器中分布着方向垂直于纸面向外的匀强磁场，其左边界与静电分析器的右边界平行，两者间距近似为零。离子源发出两种速度均为v0、电荷量均为q、质量分别为m
23、和0.5m的正离子束，从M点垂直该点电场方向进入静电分析器。在静电分析器中，质量为m的离子沿半径为r0的四分之一圆弧轨道做匀速圆周运动，从N点水平射出，而质量为0.5m的离子恰好从ON连线的中点P与水平方向成角射出，从静电分析器射出的这两束离子垂直磁场方向射入磁分析器中，最后打在放置于磁分析器左边界的探测板上，其中质量为m的离子打在O点正下方的Q点。已知OP=0.5r0，OQ=r0，N、P两点间的电势差,，不计重力和离子间相互作用。（1）求静电分析器中半径为r0处的电场强度E0和磁分析器中的磁感应强度B的大小；（2）求质量为0.5m的离子到达探测板上的位置与O点的距离l（用r0表示）；（3）若
24、磁感应强度在（BB）到（BB）之间波动，要在探测板上完全分辨出质量为m和0.5m的两東离子，求的最大值【答案】（1），；（2）；（3）12%【解析】【详解】（1）径向电场力提供向心力： （2）由动能定理： 或 解得 （3）恰好能分辨的条件： 解得12如图所示，匀强磁场的磁感应强度大小为B磁场中的水平绝缘薄板与磁场的左、右边界分别垂直相交于M、N，MN=L，粒子打到板上时会被反弹（碰撞时间极短），反弹前后水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反质量为m、电荷量为-q的粒子速度一定，可以从左边界的不同位置水平射入磁场，在磁场中做圆周运动的半径为d，且dL，粒子重力不计，电荷量保持不变（1）求粒
25、子运动速度的大小v；（2）欲使粒子从磁场右边界射出，求入射点到M的最大距离dm；（3）从P点射入的粒子最终从Q点射出磁场，PM=d，QN=，求粒子从P到Q的运动时间t【答案】（1）；（2）；（3）A.当时， ，B.当时， 【解析】【分析】【详解】（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动由洛伦兹力提供向心力有：，解得： 由题可得： 解得；（2）如图所示，粒子碰撞后的运动轨迹恰好与磁场左边界相切由几何关系得dm=d（1+sin60）解得（3）粒子的运动周期设粒子最后一次碰撞到射出磁场的时间为t，则A.当时，粒子斜向上射出磁场解得B.当时，粒子斜向下射出磁场解得13如图，ABCD是边长为的正方形质量为、电荷
26、量为的电子以大小为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：（1）此匀强磁场区域中磁感应强度的方向和大小；（2）此匀强磁场区域的最小面积【答案】见解析【解析】（1）设匀强磁场的磁感应强度的大小为B令圆弧是自C点垂直于BC入射的电子在磁场中的运行轨道电子所受到的磁场的作用力应指向圆弧的圆心，因而磁场的方向应垂直于纸面向外圆弧的圆心在CB边或其延长线上依题意，圆心在A、C连线的中垂线上，故B 点即为圆心，圆半径为按照牛顿定律有联立式得（2）由（1）中决定的磁感应强度的方向和大小，可知自点垂直于入射电子在A点沿
27、DA方向射出，且自BC边上其它点垂直于入射的电子的运动轨道只能在BAEC区域中因而，圆弧是所求的最小磁场区域的一个边界为了决定该磁场区域的另一边界，我们来考察射中A点的电子的速度方向与BA的延长线交角为（不妨设）的情形该电子的运动轨迹如右图所示图中，圆的圆心为O，pq垂直于BC边，由式知，圆弧的半径仍为，在D为原点、DC为x轴，AD为轴的坐标系中，P点的坐标为这意味着，在范围内，p点形成以D为圆心、为半径的四分之一圆周，它是电子做直线运动和圆周运动的分界线，构成所求磁场区域的另一边界因此，所求的最小匀强磁场区域时分别以和为圆心、为半径的两个四分之一圆周和所围成的，其面积为14现代科学仪器常利用
28、电场磁场控制带电粒子的运动，如图所示，真空中存在着多层紧密相邻的匀强电场和匀强磁场，宽度均为d电场强度为E，方向水平向左；垂直纸面向里磁场的磁感应强度为B1，垂直纸面向外磁场的磁感应强度为B2，电场磁场的边界互相平行且与电场方向垂直.一个质量为、电荷量为的带正电粒子在第层电场左侧边界某处由静止释放,粒子始终在电场、磁场中运动,不计粒子重力及运动时的电磁辐射.（1）求粒子在第2层磁场中运动时速度的大小与轨迹半径;（2）粒子从第n层磁场右侧边界穿出时,速度的方向与水平方向的夹角为,试求;（3）若粒子恰好不能从第n层磁场右侧边界穿出,试问在其他条件不变的情况下,也进入第n层磁场,但比荷较该粒子大的粒
29、子能否穿出该层磁场右侧边界,请简要推理说明之【答案】（1）； （2）； （3）见解析；【解析】（1）粒子在进入第2层磁场时，经两次电场加速，中间穿过磁场时洛伦兹力不做功，由动能定理，有：解得：粒子在第2层磁场中受到的洛伦兹力充当向心力，有：联立解得：（2）设粒子在第n层磁场中运动的速度为vn，轨迹半径为rn（下标表示粒子所在层数），粒子进入到第n层磁场时，速度的方向与水平方向的夹角为,从第n层磁场右侧边界突出时速度方向与水平方向的夹角为，粒子在电场中运动时，垂直于电场线方向的速度分量不变，有：由图根据几何关系可以得到：联立可得：由此可看出，为一等差数列，公差为d，可得：当n=1时，由下图可看出
30、：联立可解得：（3）若粒子恰好不能从第n层磁场右侧边界穿出，则：，在其他条件不变的情况下，打印服务比荷更大的粒子，设其比荷为，假设通穿出第n层磁场右侧边界，粒子穿出时速度方向与水平方向的夹角为，由于，则导致：说明不存在，即原假设不成立，所以比荷较该粒子大的粒子不能穿出该层磁场右侧边界考点：带电粒子在电磁场中的运动15如图所示，虚线OL与y轴的夹角为60，在此角范围内有垂直于xOy平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B一质量为m、电荷量为q（q0）的粒子从左侧平行于x轴射入磁场，入射点为M粒子在磁场中运动的轨道半径为R粒子离开磁场后的运动轨迹与x轴交于P点（图中未画出），且OP=R不计重力求M点
31、到O点的距离和粒子在磁场中运动的时间【答案】当=30时，粒子在磁场中运动的时间为当=90时，粒子在磁场中运动的时间为【解析】根据题意，粒子进入磁场后做匀速圆周运动，设运动轨迹交虚线OL于A点，圆心在y轴上的C点，AC与y轴的夹角为；粒子从A点射出后，运动轨迹交x轴的P点，设AP与x轴的夹角为，如图所示有（判断出圆心在y轴上得1分）（1分）周期为（1分）过A点作x、y轴的垂线，垂足分别为B、D由几何知识得，= （2分）联立得到（2分）解得=30，或=90 （各2分）设M点到O点的距离为h，有，联立得到h=R-Rcos(+30) （1分）解得h=(1-)R（=30） （2分）h=(1+)R（=90） （2分）当=30时，粒子在磁场中运动的时间为（2分）当=90时，粒子在磁场中运动的时间为（2分）【考点定位】考查带电粒子在匀强磁场中的运动及其相关知识
