2019届高考物理备考优生百日闯关系列专题10磁场 38页

专题10磁场第一部分名师综述带电粒子在磁场中的运动是高中物理的一个难点，也是高考的热点。在历年的高考试题中几乎年年都有这方面的考题。带电粒子在磁场中的运动问题，综合性较强，解这类问题既要用到物理中的洛仑兹力、圆周运动的知识，又要用到数学中的平面几何中的圆及解析几何知识。带电粒子在复合场中的运动包括带电粒子在匀强电场、交变电场、匀强磁砀及包含重力场在内的复合场中的运动问题，是高考必考的重点和热点。纵观近几年各种形式的高考试题，题目一般是运动情景复杂、综合性强，多把场的性质、运动学规律、牛顿运动定律、功能关系以及交变电场等知识有机地结合，题目难度中等偏上，对考生的空间想像能力、物理过程和运动规律的综合分析能力，及用数学方法解决物理问题的能力要求较高，题型有选择题、作图及计算题，涉及本部分知识的命题也有构思新颖、过程复杂、高难度的压轴题。第二部分精选试题一、单选题1．如图所示，边长为L的正六边形abcdef中，存在垂直该平面向内的匀强磁场，磁感应强度大小为B．a点处的粒子源发出大量质量为m、电荷量为+q的同种粒子，粒子的速度大小不同，方向始终垂直ab边且与磁场垂直，不计粒子的重力，当粒子的速度为v时，粒子恰好经过b点，下列说法正确的是()A．速度小于v的粒子在磁场中运动时间为πm2qBB．经过d点的粒子在磁场中运动的时间为πm4qBC．经过c点的粒子在磁场中做圆周运动的半径为2LD．速度大于2v小于4v的粒子一定打在cd边上【答案】D【解析】【详解】A、粒子在磁场中做匀速圆周运动，当粒子的速度为v时，粒子恰好经过b点时在磁场中运动了半周，运动时间为12T=πmqB，轨迹半径等于ab的一半.当粒子的速度小于v时，由r=mvqB知，粒子的轨迹半径小于ab的一半，仍运动半周，运动时间仍为12T=πmqB；故A错误.B、在a点粒子的速度与ad连线的夹角为30°，粒子经过d点时，粒子的速度与ad连线的夹角也为30°，则粒子轨迹对应的圆心角等于60°，在磁场中运动的时间t=16T=πm3qB；故B错误.C、经过c点的粒子，根据几何知识知，该粒子在磁场中做圆周运动的圆心b，半径为L，故C错误.nD、设经过b、c、d三点的粒子速度分别为v1、v2、v3．轨迹半径分别为r1、r2、r3．据几何知识可得，r1=L2，r2=L，r3=2L，由半径公式r=mvqB得：v2=2v1=2v，v3=4v1=4v，所以只有速度在这个范围：2v≤v≤4v的粒子才打在cd边上；故D正确.故选D.2．如图所示，在空间有一坐标系xOy中，直线OP与x轴正方向的夹角为30o，第一象限内有两个方向都垂直纸面向外的匀强磁场区域I和II，直线OP是它们的边界，OP上方区域I中磁场的磁感应强度为B。一质量为m，电荷量为q的质子（不计重力）以速度v从O点沿与OP成30o角的方向垂直磁场进入区域I，质子先后通过磁场区域I和II后，恰好垂直打在x轴上的Q点（图中未画出），则下列说法正确的是A．区域II中磁感应强度为B2B．区域II中磁感应强度为3BC．质子在第一象限内的运动时间为5πm6qBD．质子在第一象限内的运动时间为7πm12qB【答案】D【解析】【详解】AB、设质子在磁场I和II中做圆周运动的轨道半径分别为r1和r2,区域II中磁感应强度为B',运动轨迹如图所示：由牛顿第二定律得:qvB=mv2r1①qvB'=mv2r2②由带电粒子才磁场中运动的对称性和几何关系可以知道,质子从A点出磁场I时的速度方向与OP的夹角为30∘,故质子在磁场I中轨迹的圆心角为60∘,如图所示:由几何关系可知OA=r1③,n在区域II中,质子运动1/4圆周,O2是粒子在区域II中做圆周运动的圆心,r2=OAsin30∘=12r1④由①②③④计算得出区域II中磁感应强度为:B'=2B,故AB错误；CD、质子在Ⅰ区运动轨迹对应的圆心角为60∘,在Ⅱ区运动轨迹对应的圆心角为90∘:,质子在Ⅰ区的运动时间t1=16×2πmqB=πm3qB,质子在Ⅱ区运动时间t2=14×2πmqB'=πm4qB,则粒子在第一象限内的运动时间为7πm12qB.故C错误,D正确.故选D【点睛】由几何知识作出轨迹,如图.由几何关系,得到质子在两个磁场中轨迹半径与OA的关系,由牛顿第二定律研究两个磁感应强度的关系,求解区域II中磁场的磁感应强度大小.求出质子运动轨迹所对应的圆心角,然后求出质子在磁场中做圆周运动的时间.带电粒子通过磁场的边界时,如果边界是直线,根据圆的对称性得到,带电粒子入射速度方向与边界的夹角等于出射速度方向与边界的夹角,这在处理有界磁场的问题常常用到.3．如图所示为一种质谱仪的示意图，该质谱仪由速度选择器、静电分析器和磁分析器组成。若速度选择器中电场强度大小为E1，磁感应强度大小为B1、方向垂直纸面向里，静电分析器通道中心线为14圆弧，圆弧的半径(OP)为R，通道内有均匀辐射的电场，在中心线处的电场强度大小为E，磁分析器中有范围足够大的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外。一带电粒子以速度v沿直线经过速度选择器后沿中心线通过静电分析器，由P点垂直边界进入磁分析器，最终打到胶片上的Q点，不计粒子重力。下列说法正确的是A．速度选择器的极板P1的电势板比极板P2的高B．粒子的速度v=B1E1C．粒子的比荷为E12ERB12D．P、Q两点间的距离为2ERB12E12B【答案】C【解析】n【分析】根据粒子在静电分析器中的受力方向判断粒子的电性；根据粒子在速度选择器中的受力情况判断极板的电势高低；根据粒子在速度选择器中做直线运动求解粒子的速度；根据粒子在静电分析其中的圆周运动求解粒子的比荷；根据粒子在磁场中做匀速圆周运动求解半径，可求解PQ距离.【详解】粒子在静电分析器内沿中心线方向运动，说明粒子带正电荷，在速度选择器中由左手定则可判断出粒子受到的洛伦兹力向上，粒子受到的电场力向下，故速度选择器的极板P1的电势比极板P2的高，选项A正确；由qvB1＝qE1可知，粒子的速度v=E1B1，选项B错误；由v=E1B1和qE=mv2R可得，粒子的比荷为qm=E12ERB1，选项C正确；粒子在磁分析器中做圆周运动，PQ为轨迹圆的直径，故P、Q两点间的距离PQ=2mvqB=2ERB1E1B，选项D错误。故选C.4．如图所示，以直角三角形AOC为边界的有界匀强磁场区域，磁感应强度为B，∠A=60°，AO=a。在O点放置一个粒子源，可以向各个方向发射某种带负电粒子，粒子的电量大小为q，质量为m，发射速度大小都为v0，发射方向由图中的角度θ表示．不计粒子间的相互作用及重力，下列说法正确的是（）A．若v0=aqBm，则在AC边界上只有一半区域有粒子射出B．若v0=aqBm，则以θ＝60°飞入的粒子在磁场中运动时间最短C．若v0=aqBm，则以θ<30°飞入的粒子在磁场中运动的时间都相等D．若v0=aqB2m，则以θ=0°方向射入磁场的粒子在磁场中运动的时间为πmqB【答案】A【解析】粒子在磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,由牛顿第二定律得:qvB=mv2r,计算得出r=mv0Bq,当v0=aqB2m时,r=a2,当v0=aqBm时,r=a;A、若v0=aqBm当θ=0°飞入的粒子在磁场中,粒子恰好从AC中点飞出,因此在AC 边界上只有一半区域有粒子射出，A正确B、若v0=aqBm,以θ＝60°飞入的粒子在磁场中运动时间恰好是T6周期,在磁场中运动时间最长,故B错误;C、若v0=aqBm,当θ=0°飞入的粒子在磁场中,粒子恰好从AC中点飞出,在磁场中运动时间也恰好是T6,则以θ<30°飞入磁场中的粒子运动所对应的圆心角不相等，所以运动所用的时间也不相等，C错；D、若v0=aqB2m，则以θ=0°方向射入磁场的粒子在磁场中运动的时间小于πmqB，D错误本题答案是：An点睛：带电粒子以相同的速率,不同的速度方向,进入磁场,运动轨迹的曲率半径相同,从而根据不同的磁场情况,即可求解.5．如图所示，边长为l，质量为m的等边三角形导线框用绝缘细线悬挂于天花板，导线框中通以逆时针方向的电流。图中虚线过ab边中点和ac边中点，在虚线的下方为垂直于导线框向里的匀强磁场，其磁感应强度大小为B。此时导线框处于静止状态，细线中的拉力为F1；保持其它条件不变，现将虚线下方的磁场移至虚线上方，此时细线中拉力为F2。则导线框中的电流大小为（）A．F2-F1BlB．F2-F12BlC．2F2-F1BlD．2F2-F13Bl【答案】A【解析】当在虚线的下方有一垂直于导线框向里的匀强磁场，此时导线框处于静止状态，细线中的拉力为F1；结合矢量的合成法则及三角知识，则线框受到安培力的合力，方向竖直向上，大小为F安=BIl+BIl2，根据平衡条件，则有：F1+F安=mg；现将虚线下方的磁静场移至虚线上方，此时细线中拉力为F2．则两边受到的安培力大小相等，安培力夹角均为120°，因此安培力合力F'安=BIl2，则有F2+F'安=mg；联立得：F2=F1+BIl，即I=F2-F1Bl.故选A.【点睛】本题中要注意安培力的等效求法，同时掌握左手定则的内容，及矢量的合成法则，注意求解安培力合力是解题的关键．6．如图所示，在足够长的荧光屏MN上方分布了水平方向的匀强磁场，磁感应强度的大小B=0.1T、方向与纸面垂直．距离荧光屏h=16cm处有一粒子源S，以速度v=1×106m/s不断地在纸面内向各个方向发射比荷q/m=1×108C/kg的带正电粒子，不计粒子的重力。则粒子打在荧光屏范围的长度为（）A．12cmB．16cmC．20cmD．24cm【答案】Cn【解析】粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力qvB=mv2r解得r=10cm当粒子的轨迹与屏幕相切时为临界情况，即打到荧屏上的边界，找到圆心O（到S点的距离与到MN的距离相等的点），如上图，由几何知识知x2=r2-(h-r)2=8cm设粒子打在荧屏上最左侧的C点，则x1=(2r)2-h2=12cm则范围的长度为x1+x2=20cm；故选C。点睛：1、本题是一道关于带电粒子在磁场中的运动的题目，结合牛顿第二定律得到粒子圆周运动的半径是关键；2、经分析知，粒子能打在荧屏上的临界情况是轨迹与MN相切；3、先根据牛顿第二定律计算出粒子圆周运动的半径，然后根据几何关系求解。7．如图所示，等腰直角三角形abc区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度的大小为B，在bc的中点O处有一粒子源，可沿与ba平行的方向发射速率不同的两种粒子，粒子带负电，质量为m，电荷量为q，已知这些粒子都能从ab边离开abc区域，ab=2l，不考虑粒子的重力及粒子间的相互作用，则这些粒子A．速度的最大值为(2+1)qBlmB．速度的最小值为qBlmC．在磁场中运动的最短时间为πm4qBnD．在磁场中运动的最长时间为πm2qB【答案】A【解析】若都能从ab边出来，则符合条件的最大半径应该与ac面相切，最小半径应该恰好运动到b点，如图所示由几何关系可得：rmin=l2，rmax=(1+2)lAB、粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供了向心力，由牛顿第二定律可得：qvB=mv2r解得：vmax=2+1qBlm，vmin=qBl2m，故A对，B错；C、粒子做圆周运动的周期为T=2πmqB，若圆心角θ=45∘，则在磁场中的运动时间为t=18T=πm4qB从上图可以看出，最小的圆心角θ>45∘，所以tmin>18T=πm4qB，故C错误；D、由几何关系知，粒子转过的最大圆心角θmax=180∘，粒子做圆周运动的周期为T=2πmqB所以粒子在磁场中运动的最长时间为tmax=12T=πmqB;故D错误；故选A点睛：本题考查了带电粒子在磁场中运动的问题，要找到粒子的临界状况即与ac边相切及恰好运动到b点。8．如图所示，在水平连线MN和PQ间有竖直向上的匀强电场，在MN上方有水平向里的匀强磁场。两个质量和带电量均相等的带正电的粒子A、B,分别以水平初速度v0、2v0从PQ连线上O点先后进入电场，带电粒子A、B第一次在磁场中的运动时间分别为tA和tB,前两次穿越连线MN时两点间的距离分别为dA,和dB,粒子重力不计，则A．tA一定小于tB，dA一定等于dBB．tA一定小于tB，dA可能小于dBC．tA可能等于tB，dA一定等于dBnD．tA可能等于tB，dA可能小于dB【答案】A【解析】两带正电粒子先在电场中做类平抛运动后在磁场中做匀速圆周运动，设类平抛的速度偏向角为α，则匀速圆周运动的圆心角为θ=2π-2α，因tanα=vyv0，y=12at2，B粒子的水平速度大，则类平抛的时间短，vy较小，则α角较小，故圆周运动的圆心角较大，由t=θ2πT可知时间较长，即tAR+Rcos53∘，则粒子不能进入第一象限，R=mvqB，代入得qm>8v5LB，故B正确；C、y负半轴射出磁场的两个微粒属于磁场中直线边界问题，直线边界，粒子进出磁场具有对称性，但正负微粒对应的圆心角不同，如图，故运动时间不一定相等,故C正确；D、微粒射出磁场时位移最大的轨迹图如图所示，则有OP=2Rcos53∘，又R=mvqB，故L=6mv5Bq，故D正确。n14．如图所示,在xOy平面内存在着磁感应强度大小为B的匀强磁场,第一、二、四象限内的磁场方向垂直纸面向里,第三象限内的磁场方向垂直纸面向外,P(-2L,0))、Q(0,-2L)为坐标轴上的两个点,现有一电子从P点沿PQ方向射出,不计电子的重力A．若电子从P点出发恰好经原点O第一次射出磁场分界线,则电子在磁场中运动的轨道半径为LB．若电子从P点出发经原点O到达Q点,则电子运动的路程一定为2πLC．若电子从P点出发经原点O到达Q点,则电子在Q点速度方向与y轴正向的夹角一定为45°D．若电子从P点出发经原点O到达Q点,则电子运动的路程可能为πL,也可能为2πL【答案】AD【解析】【详解】若电子从P点出发恰好经原点O第一次射出磁场分界线，则有运动轨迹如图所示，由几何关系可知，电子运动的轨道半径为r=2Lsin450=L，选项A正确；若电子从P点出发经原点O到达Qn点，运动轨迹可能如图所示，或者是：因此则微粒运动的路程可能为πL，也可能为2πL，电子在Q点速度方向与y轴正向的夹角可能为45°或者是1350，故BC错误；D正确；故选AD。【点睛】查根据运动半径来确定运动轨迹，从而确定运动的路程，掌握左手定则与右手定则的区别，注意运用几何关系正确画出运动轨迹图是解题的关键．15．如图所示，在磁感应强度大小为B,范围足够大的水平匀强磁场内，固定着倾角为θ的绝缘斜面，一个质量为m、电荷量为-q的带电小物块以初速度v0沿斜面向上运动，小物块与斜面间的动摩擦因数为μ。设滑动时小物块所带电荷量不变，在小物块上滑过程中,其速度—时间图象和加速度—时间图象可能正确的是（）nA．B．C．D．【答案】BC【解析】【分析】根据题中“匀强磁场内…带电小物块…沿斜面向上运动”可知，本题考察带电粒子在复合场中的运动。根据带电粒子在复合场中运动的分析方法，运用洛伦兹力、牛顿第二定律等知识分析推断。【详解】对沿斜面向上运动的小物块受力分析，由牛顿第二定律可得：mgsinθ+μFN=ma、FN=mgcosθ+qvB，联立解得：a=gsinθ+μgcosθ+μqvBm，方向沿斜面向下。所以物体沿斜面向上做加速度减小的减速运动，速度越小，加速度越小，速度减小的越慢，加速度减小的越慢；在小物块上滑过程中，加速度减不到零。AB：速度时间图象的切线斜率表示加速度，则A项错误，B项正确。CD：物体加速度减小，且加速度减小的越来越慢，在小物块上滑过程中，加速度减不到零。故C项正确，D项错误。16．如图所示，在xOy平面内存在着破感应强度大小为B的匀强磁场，第一、二、四象限内的磁场方向垂直纸面向里，第三象限内的磁场方向垂直纸面向外。P(-22L，O)、Q(O，-22L)为坐标轴上的两个点。现有一电子从P点沿PQ方向射出，电子电量大小为q，质量为m，不计电子的重力。下列正确的是（）A．若电子从P点出发恰好经原点O第一次射出磁场分界线，则电子在磁场中运动的轨道半径为2LB．若电子从P点出发经原点O到达Q点，则电子运动的最短时间为2πmBqC．若电子从P点出发经原点O到达Q点，则电子从P到O的时间与从O到Q的时间之比为1:3D．若电子从P点出发经原点O到达Q点，则电子运动的路程可能为2πL，也可能为4πL【答案】BDn【解析】【分析】画出粒子运动的可能的轨迹，结合几何知识求解做圆周运动的半径和粒子在磁场中的转过的角度，结合周期公式可求解时间和路程.【详解】若电子从P点出发恰好经原点O第一次射出磁场分界线，则根据几何关系可知，电子在磁场中运动的轨道半径为r=2Lsin450=2L，选项A错误；电子运动的周期为T=2πmqB，电子运动时间最短时，轨迹如图甲；从P到O转过的角度为900，从O到Q转过的角度为2700，则电子从P点出发经原点O到达Q点，则电子运动的最短时间为t=2πmqB，选项B正确；考虑电子运动的周期性，由图乙可知电子从P到O的时间与从O到Q的时间之比等于转过的角度之比，在图中所示的情况中，从P到O的时间与从O到Q的时间相等，选项C错误；若电子从P点出发经原点O到达Q点，则在图甲所示的情况中电子运动的路程为4πL，在图乙所示的情况中粒子运动的轨道半径为L，则路程为2πL，选项D正确；故选BD.17．在xOy平面内存在着磁感应强度大小为B的匀强磁场，第一、二、四象限内的磁场方向垂直纸面向里，第三象限内的磁场方向垂直纸面向外，P(－2L,0)、Q(0，－2L)为坐标轴上的两个点。如图所示，现有一质量为m、电量为e的电子从P点沿PQ方向射出，不计电子的重力，则（）nA．若电子从P点能到原点O，则所用时间可能为πm2eBB．若电子从P点能到原点O，则所用时间可能为2πm3eBC．若电子从P点出发经原点O到达Q点，电子运动的路程一定为2πLD．若电子从P点出发经原点O到达Q点，电子运动的路程可能为πL【答案】AD【解析】【分析】粒子在洛伦兹力作用下，做匀速圆周运动，根据题意可知，电子从P点出发恰好经原点O第一次射出磁场分界线，与电子从P点出发经原点O到达Q点，运动轨迹的半径不同，从而由运动轨迹来确定运动路程．【详解】若电子从P点出发恰好经原点O第一次射出磁场分界线，则有运动轨迹如图所示：则微粒运动的路程为圆周的14，所用的时间为t=14⋅2πmqB=πm2qB，则电子从P点出发恰好经原点O的时间为nπm2qB，选项A正确，B错误；若电子从P点出发经原点O到达Q点，运动轨迹可能如图所示：n或者是：因此则微粒运动的路程可能为πL，也可能为2πL，若粒子完成3、4、…n个圆弧，那么电子运动的路程可能：n为奇数时为2πL；n为偶数时为πL，故C错误，D正确；故选AD。【点睛】本题考查根据运动半径来确定运动轨迹，从而确定运动的路程，掌握左手定则与右手定则的区别，注意运用几何关系正确画出运动轨迹图是解题的关键，注意次数增多，而半径会减小．18．如图所示，半径为R的半圆形区域内分布着垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，半圆的左边垂直x轴放置一粒子发射装置，在-R≤y≤R的区间内各处均沿x轴正方向同时发射出一个带正电粒子，粒子质量均为m、电荷量均为q、初速度均为v，重力及粒子间的相互作用均忽略不计，所有粒子都能到达y轴，其中最后到达y轴的粒子比最先到达y轴的粒子晚Δt时间，则()A．有些粒子可能到达y轴上相同的位置B．磁场区域半径R应满足R≤mvqBC．Δt=πmqB⋅RvD．Δt=θmqB-Rv其中角度θ的弧度值满足sinθ=BqRmv【答案】AD【解析】【分析】粒子射入磁场后做匀速圆周运动，由于粒子质量均为m、电荷量均为q、初速度均为v，所以半径相同，画出粒子的运动轨迹，根据圆周运动半径公式、周期公式结合几何关系即可求解。n【详解】A、粒子射入磁场后做匀速圆周运动，其运动轨迹如图所示，y=±R的粒子直接沿直线运动到达y轴，其他粒子在磁场中发生偏转。由图可知，发生偏转的粒子也有可能直接打在y=R的位置上，所以粒子可能会到达y轴的同一位置，故A正确；B、以沿x轴射入的粒子为例，若r=mvqBR，由几何知识可知，粒子运动的轨迹小于半个圆周，再根据弦越长所对应的圆心角越大，运动时间越长，所以C正确；D错误。考点：本题考查带电粒子在磁场中的运动20．如图所示，带负电的小球穿在一根绝缘粗糙细杆上，杆与水平方向成θ角，整个空间存在着垂直纸面向内的匀强磁场B。现给小球一初速度，使小球沿杆向下运动，小球经过a点时动能为10J，到达c点时动能减为零，b为ac的中点，那么带电小球在运动过程中()A．到达c点后保持静止B．受到的弹力增大C．在b点时动能为5JD．在ab段克服摩擦力做的功与bc段克服摩擦力做的功相等【答案】AB【解析】【详解】AB、若qvaB>mgcosθ，小球受杆弹力垂直杆向下，随速度减小弹力减小，小球受摩擦力减小，当μ（qvB-mgcosθ）=mgsinθ时，小球匀速运动；若qvaB=mgcosθ，小球与杆无弹力，速度增大，小球受杆弹力垂直杆向下，弹力增大，小球受摩擦力增大，当μ（qvB-mgcosθ）=mgsinθ时，小球匀速运动；若qvaB0及y<-403L区域存在场强大小相同,方向相反且均平行与y轴的匀强电场，在-403L0且y<0的区域内存在沿y轴正方向的匀强电场，在y轴的正半轴上固定着一个长为l的弹性绝缘挡板，挡板上端位于Q点，下端与坐标原点O重合．有一质量为m，电荷量为q的带正电的粒子甲从电场中的M点由静止释放，加速后以大小为v的速度从x轴上的P点进入磁场．当粒子甲刚进人磁场时，位于M点正下方的N点，有一质量为m，电荷量为1.5q的带正电的粒子乙由静止释放，经过t0=πl2v时间加速后也从P点进入磁场．已知甲、乙两粒子在磁场中运动轨迹重合，均垂直打在弹性挡板上的Q点并以原速率弹回，不考虑粒子与挡板发生碰撞所需的时间，不计粒子重力．n(1)求磁场的磁感应强度大小B；(2)求M、P两点和N、P两点间的距离y1和y2；(3)若粒子乙与弹性挡板相碰时，立即撤去磁场，并经过时间t恢复原磁场，要使此后两粒子一直在磁场中运动但不能经过同一位置，求时间t的取值范围．【答案】(1)mvql(2)πl4；(3)47l7v1R2mUq；(3)B0=1R2mU3q，t=πRm6qU；(4)L=x1+x2=(3+5)R.【解析】【详解】⑴设粒子被电场加速后速度为v，由动能定理得：qU=12mv2①粒子经电场加速后在圆形区域内运动的时间：t=2Rv②n得：t=R2mqU③⑵粒子在磁场中做匀速圆周运动，设轨道半径为r0。从a点进入磁场的粒子不能从磁场上边界射出磁场应满足：r01R2mUq⑥⑶垂直磁场上边界射出的粒子的圆心O´必在磁场上边界上，设该粒子做匀速圆周运动的轨道半径为r，满足磁感应强度有最大值，即r有最小值。又因为OO'=R2+r2⑦当r有最小值时，OO´取最小值，OO´最小值为O点到磁场上边界的距离2R故：rmin=3R⑧由以上各式可得：B0=1R2mU3q⑨设此时粒子进入磁场时速度方向与y轴正方向的夹角为θ则tanθ=rR=3故θ=60∘由于带电粒子在磁场中的运动周期：T=2πrv⑩此时垂直于磁场上边界射出磁场的粒子在磁场中运动的时间：t=θ360∘T=πRm6qU⑪⑷当B=32B0时，带电粒子在磁场中的运动半径r=2R⑫由几何知识可知，当粒子从d点沿x轴正方向进入磁场，粒子从磁场上边界射出点，为粒子能够到达的上边界的最右端。设粒子能够到达的上边界的最右端距y轴的距离为x1x1=R+r⑬n得：x1=3R当粒子与磁场上边界相切时，切点为粒子能够到达的上边界的最左端。设粒子能够到达的上边界的最左端距y轴的距离为x2x2=R2+r2⑭得：x2=5R粒子能从磁场上边界射出粒子的边界宽度：L=x1+x2=(3+5)R⑮