(新高考)高考物理一轮复习第10章专题强化18《带电粒子在有界匀强磁场中的运动》 (含解析)

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题型一 带电粒子在有界匀强磁场中的运动
一、粒子轨迹圆心的确定，半径、运动时间的计算方法
1．圆心的确定方法
(1)若已知粒子轨迹上的两点的速度方向，分别确定两点处洛伦兹力F的方向，其交点即为圆心，如图甲．
(2)若已知粒子运动轨迹上的两点和其中某一点的速度方向，弦的中垂线与速度垂线的交点即为圆心，如图乙．
(3)若已知粒子轨迹上某点速度方向，又能根据r＝eq \f(mv,qB)计算出轨迹半径r，则在该点沿洛伦兹力方向距离为r的位置为圆心，如图丙．
2．半径的计算方法
方法一 由R＝eq \f(mv,qB)求得
方法二 连半径构出三角形，由数学方法解三角形或勾股定理求得
例如：如图甲，R＝eq \f(L,sin θ)或由R2＝L2＋(R－d)2求得
常用到的几何关系
①粒子的偏转角等于半径扫过的圆心角，如图乙，φ＝α
②弦切角等于弦所对应圆心角一半，θ＝eq \f(1,2)α.
3．时间的计算方法
方法一 利用圆心角、周期求得t＝eq \f(θ,2π)T
方法二 利用弧长、线速度求得t＝eq \f(l,v)
二、带电粒子在有界磁场中的运动
1．直线边界(进出磁场具有对称性，如图所示)
2．平行边界(往往存在临界条件，如图所示)
3．圆形边界(进出磁场具有对称性)
(1)沿径向射入必沿径向射出，如图甲所示．
(2)不沿径向射入时，如图乙所示．
射入时粒子速度方向与半径的夹角为θ，射出磁场时速度方向与半径的夹角也为θ.

考向1 带电粒子在直线边界磁场中运动
例1 如图所示，直线MN上方有垂直纸面向里的匀强磁场，电子1从磁场边界上的a点垂直MN和磁场方向射入磁场，经t1时间从b点离开磁场．之后电子2也由a点沿图示方向以相同速率垂直磁场方向射入磁场，经t2时间从a、b连线的中点c离开磁场，则eq \f(t1,t2)为( )
A．3 B．2 C.eq \f(3,2) D.eq \f(2,3)
答案 A
解析 电子1、2在磁场中都做匀速圆周运动，根据题意画出两电子的运动轨迹，如图所示，
电子1垂直边界射进磁场，从b点离开，则运动了半个圆周，ab即为直径，c点为圆心，电子2以相同速率垂直磁场方向射入磁场，经t2时间从a、b连线的中点c离开磁场，根据半径r＝eq \f(mv,Bq)可知，电子1和2的半径相等，根据几何关系可知，△aOc为等边三角形，则电子2转过的圆心角为60°，所以电子1运动的时间t1＝eq \f(T,2)＝eq \f(πm,Bq)，电子2运动的时间t2＝eq \f(T,6)＝eq \f(πm,3Bq)，所以eq \f(t1,t2)＝3，故A正确，B、C、D错误．
考向2 带电粒子在圆形边界磁场中运动
例2 (2021·全国乙卷·16)如图，圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子从圆周上的M点沿直径MON方向射入磁场．若粒子射入磁场时的速度大小为v1，离开磁场时速度方向偏转90°；若射入磁场时的速度大小为v2，离开磁场时速度方向偏转60°，不计重力，则eq \f(v1,v2)为( )
A.eq \f(1,2) B.eq \f(\r(3),3) C.eq \f(\r(3),2) D．3
答案 B
解析 如图所示，
设圆形磁场区域的半径为R，粒子以v1射入磁场时的轨迹半径为r1
根据几何关系r1＝R，
以v2射入磁场时的轨迹半径r2＝eq \r(3)R.
根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝eq \f(mv2,r)，
可得v＝eq \f(qrB,m)，
所以eq \f(v1,v2)＝eq \f(r1,r2)＝eq \f(\r(3),3)，故选B.
例3 如图所示，在半径为R的圆形区域内有垂直于竖直纸面向里的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B，AC为该圆的一条直径，O为圆心．一带电粒子以初速度v0从C点垂直磁场沿竖直方向射入圆形区域，离开磁场时速度方向恰好水平向左．已知该粒子从C点入射时速度方向与直径AC的夹角θ＝45°，不计粒子重力，则有( )
A．该粒子一定带负电
B．该粒子的比荷为eq \f(\r(2)v0,2BR)
C．该粒子在磁场中做圆周运动的半径为R
D．该粒子在磁场中的运动时间为eq \f(πR,2v0)
答案 B
解析 作出粒子运动的轨迹如图，由左手定则可知，粒子带正电，选项A错误；由轨迹图结合题意可知粒子在磁场中偏转角度为90°，设O′为圆周运动的圆心，由几何关系可知2r2＝(2R)2，整理可得r＝eq \r(2)R，由洛伦兹力提供向心力有qv0B＝eq \f(mv02,r)，整理可得eq \f(q,m)＝eq \f(\r(2)v0,2BR)，选项B正确，C错误；由图可知粒子在磁场中的偏转角为90°，故粒子在磁场中的运动时间为t＝eq \f(90°,360°)×eq \f(2\r(2)πR,v0)＝eq \f(\r(2)πR,2v0)，选项D错误．
考向3 带电粒子在多边形边界磁场中运动
例4 (2019·全国卷Ⅱ·17)如图，边长为l的正方形abcd内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面(abcd所在平面)向外．ab边中点有一电子发射源O，可向磁场内沿垂直于ab边的方向发射电子．已知电子的比荷为k.则从a、d两点射出的电子的速度大小分别为( )
A.eq \f(1,4)kBl，eq \f(\r(5),4)kBl B.eq \f(1,4)kBl，eq \f(5,4)kBl
C.eq \f(1,2)kBl，eq \f(\r(5),4)kBl D.eq \f(1,2)kBl，eq \f(5,4)kBl
答案 B
解析 电子从a点射出时，其运动轨迹如图线①，轨迹半径为ra＝eq \f(l,4)，由洛伦兹力提供向心力，有evaB＝meq \f(va2,ra)，又eq \f(e,m)＝k，解得va＝eq \f(kBl,4)；电子从d点射出时，运动轨迹如图线②，由几何关系有rd2＝l2＋(rd－eq \f(l,2))2，解得：rd＝eq \f(5l,4)，由洛伦兹力提供向心力，有evdB＝meq \f(vd2,rd)，又eq \f(e,m)＝k，解得vd＝eq \f(5kBl,4)，选项B正确．
题型二 带电粒子在匀强磁场中的临界问题
解决带电粒子在磁场中运动的临界问题的关键，通常以题目中的“恰好”“最大”“至少”等为突破口，寻找临界点，确定临界状态，根据磁场边界和题设条件画好轨迹，建立几何关系求解．
1．临界条件
带电粒子刚好穿出(不穿出)磁场边界的条件是带电粒子在磁场中运动的轨迹与边界相切，故边界(边界的切线)与轨迹过切点的半径(直径)垂直．
2．几种常见的求极值情况(速度一定时)
(1)最长时间：弧长最长，一般为轨迹与直线边界相切．
圆形边界：公共弦为小圆直径时，出现极值，即：
当运动轨迹圆半径大于圆形磁场半径时，以磁场直径的两端点为入射点和出射点的轨迹对应的圆心角最大，粒子运动时间最长．
(2)最短时间：弧长最短(弦长最短)，入射点确定，入射点和出射点连线与边界垂直．
如图，P为入射点，M为出射点．此时在磁场中运动时最短．
考向1 带电粒子在磁场中运动的临界问题
例5 (多选)如图所示，在坐标系的y轴右侧存在有理想边界的匀强磁场，磁感应强度为B，磁场的宽度为d，磁场方向垂直于xOy平面向里．一个质量为m、电荷量为－q(q>0)的带电粒子，从原点O射入磁场，速度方向与x轴正方向成30°角，粒子恰好不从右边界射出，经磁场偏转后从y轴上的某点离开磁场．忽略粒子重力．关于该粒子在磁场中的运动情况，下列说法正确的是( )
A．它的轨道半径为eq \f(2,3)d
B．它进入磁场时的速度为eq \f(2qBd,3m)
C．它在磁场中运动的时间为eq \f(2πm,3qB)
D．它的运动轨迹与y轴交点的纵坐标为eq \r(3)d
答案 AB
解析 粒子运动轨迹如图所示，r＋rsin 30°＝d，解得粒子运动轨道半径为r＝eq \f(2,3)d，故A正确；由qvB＝meq \f(v2,r)，r＝eq \f(2,3)d，联立解得粒子进入磁场时的速度为v＝eq \f(qBr,m)＝eq \f(2qBd,3m)，故B正确；由T＝eq \f(2πr,v)＝eq \f(2πm,qB)，如图由几何关系知t＝eq \f(2,3)T，解得粒子在磁场中运动的时间为t＝eq \f(4πm,3qB)，故C错误；粒子运动轨迹与y轴交点的纵坐标为y＝－2rcs 30°＝－eq \f(2\r(3),3)d，故D错误．
考向2 带电粒子在磁场中运动的极值问题
例6 如图所示，半径为R的圆形区域内存在着磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直于纸面向里，一带负电的粒子(不计重力)沿水平方向以速度v正对圆心射入磁场，通过磁场区域后速度方向偏转了60°.
(1)求粒子的比荷eq \f(q,m)及粒子在磁场中的运动时间t；
(2)如果想使粒子通过磁场区域后速度方向的偏转角度最大，在保持原入射速度的基础上，需将粒子的入射点沿圆弧向上平移的距离d为多少？
答案 (1)eq \f(\r(3)v,3BR) eq \f(\r(3)πR,3v) (2)eq \f(\r(3),3)R
解析 (1)粒子的轨迹半径：
r＝eq \f(R,tan 30°)①
粒子所受洛伦兹力提供向心力，有：qvB＝meq \f(v2,r)②
由①②两式得粒子的比荷：eq \f(q,m)＝eq \f(\r(3)v,3BR)③
粒子的运动周期T＝eq \f(2πr,v)④
粒子在磁场中的运动时间t＝eq \f(1,6)T⑤
由①④⑤式得t＝eq \f(\r(3)πR,3v).⑥
(2)当粒子的入射点和出射点的连线是磁场圆的直径时，粒子速度偏转的角度最大．
由图可知sin θ＝eq \f(R,r)⑦
平移距离d＝Rsin θ⑧
由①⑦⑧式得d＝eq \f(\r(3),3)R.
题型三 带电粒子在有界匀强磁场中运动的多解问题
带电粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，由于带电粒子电性不确定、磁场方向不确定、临界状态不确定、运动的往复性造成带电粒子在有界匀强磁场中运动的多解问题．
(1)找出多解的原因．
(2)画出粒子的可能轨迹，找出圆心、半径的可能情况．
考向1 磁场方向不确定形成多解
例7 (多选)如图所示，A点的离子源沿纸面垂直OQ方向向上射出一束负离子，离子的重力忽略不计．为把这束负离子约束在OP之下的区域，可加垂直纸面的匀强磁场．已知O、A两点间的距离为s，负离子的比荷为eq \f(q,m)，速率为v，OP与OQ间的夹角为30°，则所加匀强磁场的磁感应强度B的大小和方向可能是( )
A．B>eq \f(mv,3qs)，垂直纸面向里
B．B>eq \f(mv,qs)，垂直纸面向里
C．B>eq \f(mv,qs)，垂直纸面向外
D．B>eq \f(3mv,qs)，垂直纸面向外
答案 BD
解析 当磁场方向垂直纸面向里时，离子恰好与OP相切的轨迹如图甲所示，切点为M，设轨迹半径为r1，由几何关系可知，sin 30°＝eq \f(r1,s＋r1)，可得r1＝s，由r1＝eq \f(mv,B1q)可得B1＝eq \f(mv,qs)；当磁场方向垂直纸面向外时，其临界轨迹，即圆弧与OP相切于N点，如图乙所示，由几何关系s＝eq \f(r2,sin 30°)＋r2，得r2＝eq \f(s,3)，又r2＝eq \f(mv,qB2)，所以B2＝eq \f(3mv,qs)，综合上述分析可知，选项B、D正确，A、C错误．
考向2 临界状态不确定形成多解
例8 (多选)如图所示，边长为L的等边三角形区域ACD内、外的匀强磁场的磁感应强度大小均为B、方向分别垂直纸面向里、向外．三角形顶点A处有一质子源，能沿∠A的角平分线发射速度大小不等、方向相同的质子(质子重力不计、质子间的相互作用可忽略)，所有质子恰能通过D点，已知质子的比荷eq \f(q,m)＝k，则质子的速度可能为( )
A.eq \f(BkL,2) B．BkL
C.eq \f(3BkL,2) D.eq \f(BkL,8)
答案 ABD
解析 质子可能的运动轨迹如图所示，由几何关系可得2nRcs 60°＝L(n＝1,2，…)，由洛伦兹力提供向心力，则有Bqv＝meq \f(v2,R)，联立解得v＝eq \f(BqR,m)＝eq \f(BkL,n)(n＝1,2，…)，所以A、B、D正确，C错误．
课时精练
1.(多选)如图所示，虚线MN上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B.一群电子以不同速率从边界MN上的P点以相同的入射方向射入磁场．其中某一速率为v的电子从Q点射出边界．已知电子入射方向与边界MN的夹角为θ，则( )
A．该匀强磁场的方向垂直纸面向里
B．所有电子在磁场中的轨迹半径相同
C．速率越大的电子在磁场中运动时间越长
D．在此过程中每个电子的速度方向都改变2θ
答案 AD
解析 由左手定则可判断，该匀强磁场的方向垂直纸面向里，A正确；由洛伦兹力提供向心力可得qvB＝meq \f(v2,r)，整理得r＝eq \f(mv,qB)，电子的轨迹半径与速度大小有关，B错误；由周期公式T＝eq \f(2πm,qB)可知，电子在磁场中的运动周期相同，由几何关系可知，在此过程中每个电子的速度方向都改变2θ，即轨迹圆心角为2θ，电子在磁场中的运动时间t＝eq \f(2θ,2π)T，故不同速率的电子在磁场中运动时间都相同，C错误，D正确．
2．(多选)如图所示，水平放置的挡板上方有垂直纸面向里的匀强磁场，一带电粒子a垂直于挡板从板上的小孔O射入磁场，另一带电粒子b垂直于磁场且与挡板成θ角射入磁场，a、b初速度大小相等，两粒子恰好都打在板上同一点P(图中未标出)，并立即被挡板吸收．不计粒子重力，下列说法正确的是( )
A．a、b的电性一定相同
B．a、b的比荷之比为eq \f(1,sin θ)
C．若P在O点左侧，则a在磁场中运动时间比b长
D．若P在O点右侧，则a在磁场中运动路程比b短
答案 AB
3.如图所示，平行边界区域内存在匀强磁场，比荷相同的带电粒子a和b依次从O点垂直于磁场的左边界射入，经磁场偏转后从右边界射出，带电粒子a和b射出磁场时与磁场右边界的夹角分别为30°和60°，不计粒子的重力，下列判断正确的是( )
A．粒子a带负电，粒子b带正电
B．粒子a和b在磁场中运动的半径之比为1∶eq \r(3)
C．粒子a和b在磁场中运动的速率之比为eq \r(3)∶1
D．粒子a和b在磁场中运动的时间之比为1∶2
答案 B
解析 a粒子向上偏转，由F＝qvB得，a粒子带正电；b粒子向下偏转，b粒子带负电，故A错误；由几何关系可知，磁场水平距离x＝Rasin 60°＝Rbsin 30°，Ra∶Rb＝1∶eq \r(3)，故B正确；由qvB＝meq \f(v2,R)得v＝eq \f(qBR,m)，比荷相同，磁场相同，则va∶vb＝Ra∶Rb＝1∶eq \r(3)，故C错误；粒子运动周期T＝eq \f(2πm,qB)，Ta＝Tb，a运动时间ta＝eq \f(60°,360°)Ta＝eq \f(1,6)Ta＝eq \f(1,6)T，b运动时间tb＝eq \f(30°,360°)Tb＝eq \f(1,12)Tb＝eq \f(1,12)T，故ta∶tb＝2∶1，故D错误．
4．(多选)如图所示的虚线框为一正方形区域，该区域内有一垂直于纸面向里的匀强磁场，一带电粒子从a点沿与ab边成30°角方向射入磁场，恰好从b点飞出磁场；另一带电粒子以相同的速率从a点沿ad方向射入磁场后，从c点飞出磁场，不计重力，则两带电粒子的比荷之比及在磁场中的运动时间之比分别为( )
A.eq \f(q1,m1)∶eq \f(q2,m2)＝1∶1
B.eq \f(q1,m1)∶eq \f(q2,m2)＝2∶1
C．t1∶t2＝2∶3
D．t1∶t2＝1∶3
答案 AC
解析 两粒子的运动轨迹如图；设正方形区域边长为L，则从b点飞出的粒子的运动轨迹半径为r1＝L；从c点飞出的粒子的运动轨迹半径为r2＝L；根据qv0B＝meq \f(v02,r)，可得eq \f(q,m)＝eq \f(v0,Br)，则eq \f(q1,m1)∶eq \f(q2,m2)＝1∶1，选项A正确，B错误；根据T＝eq \f(2πm,qB)可知，两粒子在磁场中做圆周运动的周期相同，两粒子在磁场中转过的角度分别为60°和90°，根据t＝eq \f(θ,2π)T，可得t1∶t2＝60°∶90°＝2∶3，选项C正确，D错误．
5.(多选)(2020·天津卷·7)如图所示，在Oxy平面的第一象限内存在方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B的匀强磁场．一带电粒子从y轴上的M点射入磁场，速度方向与y轴正方向的夹角θ＝45°.粒子经过磁场偏转后在N点(图中未画出)垂直穿过x轴．已知OM＝a，粒子电荷量为q，质量为m，重力不计．则( )
A．粒子带负电荷
B．粒子速度大小为eq \f(qBa,m)
C．粒子在磁场中运动的轨道半径为a
D．N与O点相距(eq \r(2)＋1)a
答案 AD
解析 由题意可知，粒子在磁场中做顺时针方向的圆周运动，根据左手定则可知粒子带负电荷，故A正确；粒子的运动轨迹如图所示，O′为粒子做匀速圆周运动的圆心，其轨道半径R＝eq \r(2)a，故C错误；由洛伦兹力提供向心力可得qvB＝meq \f(v2,R)，则v＝eq \f(\r(2)qBa,m)，故B错误；由图可知，ON＝a＋eq \r(2)a＝(eq \r(2)＋1)a，故D正确．
6.如图所示，abcd为边长为L的正方形，在四分之一圆abd区域内有垂直正方形平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B.一个质量为m、电荷量为＋q的带电粒子从b点沿ba方向射入磁场，粒子恰好能通过c点，不计粒子的重力，则粒子的速度大小为( )
A.eq \f(qBL,m) B.eq \f(\r(2)qBL,2m)
C.eq \f(\r(2)－1qBL,m) D.eq \f(\r(2)＋1qBL,m)
答案 C
解析 画出粒子在磁场中运动的轨迹示意图，根据几何关系，射出磁场时的速度反向延长线通过a点，磁场的半径为L，设粒子的轨道半径为r，由几何关系得L＋r＝eq \r(2)L，由洛伦兹力提供向心力得：qvB＝meq \f(v2,r)，联立解得v＝eq \f(\r(2)－1qBL,m)，故选C.
7.(多选)如图，半径为R的圆形区域内有方向垂直于纸面向里的匀强磁场，某质量为m、带电荷量为q的粒子从圆上P点沿半径方向以速度v0射入匀强磁场，粒子从Q点飞出，速度偏转角为60°.现将该粒子从P点以另一速度沿半径方向射入匀强磁场，粒子离开磁场时，速度偏转角为120°，不计粒子重力．则( )
A．该粒子带正电
B．匀强磁场的磁感应强度为eq \f(\r(3)mv0,3qR)
C．该粒子第二次射入磁场的速度为eq \f(v0,2)
D．该粒子第二次在磁场中运动的时间为eq \f(2\r(3)πR,3v0)
答案 BD
解析 由左手定则可知该粒子带负电，故A错误；由qBv＝meq \f(v2,r)，知r＝eq \f(mv,qB)，如图，由几何关系可得r1＝eq \f(R,tan θ)＝eq \r(3)R，B＝eq \f(\r(3)mv0,3qR)，故B正确；粒子第二次射入磁场，由几何关系知r2＝eq \f(\r(3),3)R，qBv2＝meq \f(v22,r)，知v2＝eq \f(qBr2,m)，则进入磁场速度为v2＝eq \f(v0,3)，故C错误；粒子第二次在磁场中运动的时间t＝eq \f(1,3)T＝eq \f(2\r(3)πR,3v0)，故D正确．
8.(多选)如图，在直角坐标系第一象限中y轴与直线y＝x所夹范围内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里．一带负电的粒子以速度v0自y轴上a点垂直射入磁场，一段时间后，该粒子垂直直线y＝x射出磁场，自x轴上b点(图中未画出)离开第一象限．已知Oa＝L，不计粒子重力．则下列判断正确的是( )
A．粒子在磁场中运动的轨道半径为L
B．b点的横坐标为eq \r(2)L
C．粒子在第一象限磁场中的运动时间为eq \f(πL,v0)
D．粒子在第一象限的运动时间为(eq \f(π,4)＋eq \r(2))eq \f(L,v0)
答案 AB
解析 如图，轨迹圆心为O点，所以R＝L，根据几何关系Ob＝eq \r(2)L，粒子在磁场中的运动时间t＝eq \f(\f(π,4)L,v0)＝eq \f(πL,4v0)，在第一象限运动的路程s＝(eq \f(π,4)＋1)L，所以时间t总＝eq \f(s,v0)＝(eq \f(π,4)＋1)eq \f(L,v0)，故选A、B.
9．平面OM和平面ON之间的夹角为30°，其横截面(纸面)如图所示，平面OM上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外．一带电粒子的质量为m，电荷量为q(q>0)．粒子沿纸面以大小为v的速度从OM的某点向左上方射入磁场，速度与OM成30°角．已知该粒子在磁场中的运动轨迹与ON只有一个交点，并从OM上另一点射出磁场．不计重力．粒子离开磁场的出射点到两平面交线O的距离为( )
A.eq \f(mv,2qB) B.eq \f(\r(3)mv,qB) C.eq \f(2mv,qB) D.eq \f(4mv,qB)
答案 D
解析 带电粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为r＝eq \f(mv,qB).轨迹与ON相切，画出粒子的运动轨迹如图所示，由于eq \x\t(AD)＝2rsin 30°＝r，故△AO′D为等边三角形，∠O′DA＝60°，而∠MON＝30°，则∠OCD＝90°，故CO′D为一直线，eq \x\t(OD)＝eq \f(\x\t(CD),sin 30°)＝2eq \x\t(CD)＝4r＝eq \f(4mv,qB)，故D正确．
10.(2020·全国卷Ⅱ·24)如图，在0≤x≤h，－∞0)的粒子以速度v0从磁场区域左侧沿x轴进入磁场，不计重力．
(1)若粒子经磁场偏转后穿过y轴正半轴离开磁场，分析说明磁场的方向，并求在这种情况下磁感应强度的最小值Bm；
(2)如果磁感应强度大小为eq \f(Bm,2)，粒子将通过虚线所示边界上的一点离开磁场．求粒子在该点的运动方向与x轴正方向的夹角及该点到x轴的距离．
答案 见解析
解析 (1)由题意，粒子刚进入磁场时应受到方向向上的洛伦兹力，因此磁场方向垂直于纸面向里．设粒子进入磁场中做圆周运动的半径为R，根据洛伦兹力公式和圆周运动规律，有
qv0B＝meq \f(v02,R)①
由此可得R＝eq \f(mv0,qB)②
粒子穿过y轴正半轴离开磁场，其在磁场中做圆周运动的圆心在y轴正半轴上，半径应满足R≤h③
由题意，当磁感应强度大小为Bm时，粒子穿过y轴正半轴离开磁场时的运动半径最大，由此得
Bm＝eq \f(mv0,qh)④
(2)若磁感应强度大小为eq \f(Bm,2)，粒子做圆周运动的圆心仍在y轴正半轴上，由②④式可得，此时圆弧半径为R′＝2h⑤
粒子会穿过图中P点离开磁场，运动轨迹如图所示．
设粒子在P点的运动方向与x轴正方向的夹角为α，
由几何关系sin α＝eq \f(h,2h)＝eq \f(1,2)⑥
即α＝eq \f(π,6)⑦
由几何关系可得，P点与x轴的距离为
y＝2h(1－cs α)⑧
联立⑦⑧式得y＝(2－eq \r(3))h.
11.(2019·全国卷Ⅰ·24)如图，在直角三角形OPN区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外．一带正电的粒子从静止开始经电压U加速后，沿平行于x轴的方向射入磁场；一段时间后，该粒子在OP边上某点以垂直于x轴的方向射出．已知O点为坐标原点，N点在y轴上，OP与x轴的夹角为30°，粒子进入磁场的入射点与离开磁场的出射点之间的距离为d，不计重力．求：
(1)带电粒子的比荷；
(2)带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间．
答案 (1)eq \f(4U,B2d2) (2)eq \f(Bd2,4U)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋\f(\r(3),3)))
解析 (1)设带电粒子的质量为m，电荷量为q，加速后的速度大小为v.由动能定理有qU＝eq \f(1,2)mv2①
设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，洛伦兹力提供粒子做圆周运动的向心力，结合牛顿第二定律有qvB＝meq \f(v2,r)②
由几何关系知d＝eq \r(2)r③
联立①②③式得eq \f(q,m)＝eq \f(4U,B2d2)④
(2)由几何关系知，带电粒子射入磁场后运动到x轴所经过的路程为s＝eq \f(πr,2)＋rtan 30°⑤
带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间为t＝eq \f(s,v)⑥
联立②④⑤⑥式得t＝eq \f(Bd2,4U)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋\f(\r(3),3))).⑦
12.真空中有一匀强磁场，磁场边界为两个半径分别为a和2a的同轴圆柱面，磁场的方向与圆柱轴线平行，其横截面如图所示．一电子以速率v沿半径方向射入磁场．已知电子质量为m，电荷量为e，忽略重力．为使电子不能进入内部无磁场区域，磁场的磁感应强度B最小为( )
A.eq \f(mv,ae) B.eq \f(2mv,3ae)
C.eq \f(mv,3ae) D.eq \f(mv,2ae)
答案 B
解析 使电子不能进入内部无磁场区域的临界轨迹如图所示，磁感应强度最小时轨迹与内圆相切，根据勾股定理r2＋4a2＝(r＋a)2，解得r＝eq \f(3,2)a.电子在磁场中运动时，根据洛伦兹力提供向心力，evBmin＝meq \f(v2,r)，解得r＝eq \f(mv,Bmine)，最小值为Bmin＝eq \f(2mv,3ae)，故B正确，A、C、D错误．