2018年高考考点完全题物理考点通关练：考点33 磁场对运动电荷的作用

这是一份2018年高考考点完全题物理考点通关练：考点33 磁场对运动电荷的作用，共22页。试卷主要包含了基础与经典，真题与模拟等内容，欢迎下载使用。

考点细研究：本考点命题要点：(1)洛伦兹力、洛伦兹力的方向；(2)洛伦兹力公式、洛伦兹力作用下的有界磁场中的偏转运动；(3)带电粒子在匀强磁场中的运动、时间、半径及轨迹判定等。其中考查到的如：2016年全国卷Ⅰ第15题、2016年全国卷Ⅱ第18题、2016年全国卷Ⅲ第18题、2016年四川高考第4题、2016年北京高考第22题、2016年浙江高考第5题、2015年全国卷Ⅰ第14题、2015年重庆高考第1题、2015年海南高考第1题、2015年四川高考第7题、2015年全国卷Ⅱ第19题、2015年广东高考第16题、2014年全国卷Ⅰ第16题、2014年山东高考第24题、2014年全国卷Ⅱ第20题、2014年浙江高考第25题、2014年安徽高考第18题、2014年江苏高考第14题、2014年北京高考第16题、2014年福建高考第22题等。
备考正能量：本考点为高考的重点内容。考查的形式既有选择题也有计算题，多考查带电粒子在有界磁场中的运动。带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动仍然是今后高考命题的热点和重点，复习时要有足够的重视。
一、基础与经典
1．一个带电粒子在磁场力的作用下做匀速圆周运动，要想确定该带电粒子的比荷，则只需要知道( )
A．运动速度v和磁感应强度B
B．磁感应强度B和运动周期T
C．轨迹半径R和运动速度v
D．轨迹半径R和磁感应强度B
答案 B
解析 带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，利用半径公式r＝eq \f(mv,qB)可知，要想确定该带电粒子的比荷，则只需要知道运动速度v、磁感应强度B和轨迹半径r，故A、C、D错误；由周期公式T＝eq \f(2πm,qB)可知，磁感应强度B和运动周期T可确定带电粒子的比荷，B正确。
2. 质量和电量都相等的带电粒子M和N，以不同的速率经小孔S垂直进入匀强磁场，运行的半圆轨迹如图中虚线所示，下列表述正确的是( )
A．M带负电，N带正电
B．M的速率小于N的速率
C．洛伦兹力对M、N做正功
D．M的运行时间大于N的运行时间
答案 A
解析 由左手定则可知M带负电，N带正电，故A选项正确。由qvB＝meq \f(v2,R)得R＝eq \f(mv,Bq)，由题意可知两个带电粒子的质量和电量都相等，又进入到同一个匀强磁场中，由题图可知RN3. 如图所示，圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带电粒子以速度v从A点沿直径AOB方向射入磁场，经过Δt时间从C点射出磁场，OC与OB成60°角。现将带电粒子的速度变为v/3，仍从A点沿原方向射入磁场，不计重力，则粒子在磁场中的运动时间变为( )
A.eq \f(1,2)Δt B．2Δt C.eq \f(1,3)Δt D．3Δt
答案 B
解析 粒子沿半径方向进入圆形磁场区域时，一定沿半径方向射出，如图。粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动时，洛伦兹力提供向心力，由qvB＝meq \f(v2,R)得R＝eq \f(mv,Bq)，T＝eq \f(2πm,Bq)。由数学知识得：粒子以速度v进入磁场时，圆周运动的半径R＝eq \r(3)r，转过的圆心角θ＝60°；粒子以速度eq \f(v,3)进入磁场时，圆周运动的半径R′＝eq \f(\r(3),3)r，taneq \f(θ′,2)＝eq \f(r,R′)，所以转过的圆心角θ′＝120°，周期T与速度无关，根据t＝eq \f(θ,2π)T，所以t′＝eq \f(θ′,θ)Δt＝2Δt，B正确。
4. (多选)如图所示，扇形区域AOC内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，经过一段时间有部分粒子从边界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长时间等于eq \f(T,2)(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时间不可能为( )
A.eq \f(T,12) B.eq \f(T,8) C.eq \f(T,4) D.eq \f(T,3)
答案 AB
解析 粒子在磁场中做匀速圆周运动，粒子在磁场中出射点和入射点的连线即为轨迹的弦。初速度大小相同，轨迹半径R＝eq \f(mv,qB)相同。设OS＝d，以S为圆心，将轨迹圆逆时针旋转。当出射点D与S点的连线垂直于OA时，DS弦最长，轨迹所对的圆心角最大，周期一定，则粒子在磁场中运动的时间最长。由此得到：轨迹半径为R＝eq \f(\r(3),2)d，当出射点E与S点的连线垂直于OC时，弦ES最短，轨迹所对的圆心角最小，则粒子在磁场中运动的时间最短。则：SE＝eq \f(\r(3),2)d，由几何知识，得θ＝ 60°，最短时间：tmin＝eq \f(T,6)。所以粒子在磁场中运动时间范围为eq \f(1,6)T≤t≤eq \f(T,2)，故不可能的是A、B。
5. 如图所示，半径为R的圆形区域内有一垂直纸面向里的匀强磁场，P为磁场边界上的一点。大量质量为m、电荷量为＋q的粒子，在纸面内沿各个方向以相同速率v从P点射入磁场，这些粒子射出磁场时的位置均位于PMQ圆弧上，PMQ圆弧长等于磁场边界周长的eq \f(1,3)。不计粒子重力和粒子间的相互作用，则该匀强磁场的磁感应强度大小为( )
A.eq \f(\r(3)mv,2qR) B.eq \f(mv,qR) C.eq \f(\r(3)mv,qR) D.eq \f(2\r(3)mv,3qR)
答案 D
解析 本题考查洛伦兹力、向心力、牛顿第二定律等知识点，意在利用带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动考查考生利用数学工具处理物理问题的能力。这些粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律可得qvB＝eq \f(mv2,r)；从Q点离开磁场的粒子是这些粒子中离P点最远的粒子，如图所示，由图中几何关系可知，该粒子的轨迹圆的圆心O′、磁场圆的圆心O和点P构成一个直角三角形，得r＝Rcs30°＝eq \f(\r(3),2)R，联立可得B＝eq \f(2\r(3)mv,3qR)，选项D正确，选项A、B、C错误。
6. 在第一象限(含坐标轴)内有垂直xOy平面且周期性变化的均匀磁场，规定垂直xOy平面向里的磁场方向为正，磁场变化规律如图，磁感应强度的大小为B0，变化周期为T0。某一正粒子的质量为m、电荷量为q，在t＝0时从O点沿x轴正向射入磁场中。若要求粒子在t＝T0时距x轴最远，则B0的值为( )
A.eq \f(πm,qT0) B.eq \f(2πm,qT0) C.eq \f(3πm,2qT0) D.eq \f(5πm,3qT0)
答案 D
解析 本题考查了洛伦兹力、向心力、牛顿第二定律等知识点，意在利用带电粒子在交变磁场中的圆周运动考查考生画图能力，以及利用图中几何关系求轨迹圆的圆心角。由题意可知，在eq \f(T0,2)～T0时间内，粒子的轨迹正好跟y轴相切，t＝T0时距x轴最远，如图所示，由图中几何关系可得，在0～eq \f(T0,2)内，粒子运动的轨迹所对的圆心角为eq \f(5π,6)，则粒子运动的时间t′＝eq \f(θ,2π)·T＝eq \f(mθ,qB0)＝eq \f(m\f(5π,6),qB0)＝eq \f(T0,2)，则B0＝eq \f(5πm,3qT0)，选项A、B、C错误，选项D正确。
7. (多选)如图所示，宽h＝4 cm的有界匀强磁场，纵向范围足够大，磁感应强度的方向垂直纸面向里，现有一群正粒子从O点以相同的速率沿纸面不同方向进入磁场，若粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径均为r＝10 cm，则( )
A．右边界：－8 cmB．右边界：y<8 cm有粒子射出
C．左边界：y>8 cm有粒子射出
D．左边界：0答案 AD
解析 当粒子沿y轴负方向射入磁场时，粒子从右边界射出的边界最大，画出粒子的运动轨迹(如图所示)并根据几何关系可求出，在右边界y>－8 cm范围内有粒子射出。当粒子斜向上进入磁场，运动轨迹与右边界相切时，可求出粒子与右边界y＝8 cm处相切，粒子从左边界y＝16 cm处射出，这也是最大边界处，所以右边界－8 cm8. (多选)长为l的水平极板间有垂直纸面向里的匀强磁场，如图所示，磁感应强度为B，板间距离也为l，板不带电，现有质量为m、电荷量为q的带正电粒子(不计重力)，从左边极板间中点处垂直磁感线以速度v水平射入磁场，欲使粒子不打在极板上，可采用的办法是( )
A．使粒子的速度vB．使粒子的速度v>eq \f(5Bql,4m)
C．使粒子的速度v>eq \f(Bql,m)
D．使粒子的速度eq \f(Bql,4m)答案 AB
解析 如图所示，带电粒子刚好打在极板右边缘，有req \\al(2,1)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(r1－\f(l,2)))2＋l2，又因r1＝eq \f(5l,4)＝eq \f(mv1,Bq)，解得v1＝eq \f(5Bql,4m)；粒子刚好打在极板左边缘，有r2＝eq \f(l,4)＝eq \f(mv2,Bq)，解得v2＝eq \f(Bql,4m)，故选项A、B项正确。
9．(多选)如图所示，两个相同的半圆形光滑绝缘轨道分别竖直放置在匀强电场E和匀强磁场B中，轨道两端在同一高度上，两个相同的带正电小球a、b同时从轨道左端最高点由静止释放，在运动中都能通过各自轨道的最低点M、N，则( )
A．两小球每次到达轨道最低点时的速度都有vN>vM
B．两小球每次经过轨道最低点时对轨道的压力都有FN>FM
C．小球b第一次到达N点的时刻与小球a第一次到达M点的时刻相同
D．小球b能到达轨道的最右端，小球a不能到达轨道的最右端
答案 AD
解析 到M点的过程中重力做正功，电场力做负功，到达N点时只有重力做正功，因能量守恒，所以vN>vM，故A项正确；对M点，FM＝mg＋meq \f(v\\al(2,M),R)。对N点，FN＝mg＋meq \f(v\\al(2,N),R)±F洛，可以看出无法确定FN与FM的大小关系，故B项错误；电场力沿轨道切线分量减小了小球a的下滑速度，故C项错误；b向右运动过程中机械能守恒，能到最右端，a向右运动过程中机械能减小，不能到最右端，故D项正确。
二、真题与模拟
10．2016·全国卷Ⅱ] 一圆筒处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向与筒的轴平行，筒的横截面如图所示。图中直径MN的两端分别开有小孔，筒绕其中心轴以角速度ω顺时针转动。在该截面内，一带电粒子从小孔M射入筒内，射入时的运动方向与MN成30°角。当筒转过90°时，该粒子恰好从小孔N飞出圆筒。不计重力。若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞，则带电粒子的比荷为( )
A.eq \f(ω,3B) B.eq \f(ω,2B) C.eq \f(ω,B) D.eq \f(2ω,B)
答案 A
解析 由题知，圆筒转过90°时粒子轨迹如图所示。此时N到达N′位置，由对称关系可知，当粒子射出磁场时速度方向与过N′点的半径之间的夹角β＝30°，由几何关系知轨迹对应的圆心角α＝30°，粒子运动时间t2＝eq \f(1,12)·T＝eq \f(πm,6qB)，而圆筒转过90°所用的时间t1＝eq \f(\f(π,2),ω)＝eq \f(π,2ω)，由t1＝t2可得eq \f(q,m)＝eq \f(ω,3B)，A正确。
11．2016·全国卷Ⅲ] 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 粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，由qvB＝meq \f(v2,R)得R＝eq \f(mv,qB)，分析图中角度关系可知，PO′半径与O′Q半径在同一条直线上。则PQ＝2R，所以OQ＝4R＝eq \f(4mv,qB)，选项D正确。
12．2016·四川高考] 如图所示，正六边形abcdef区域内有垂直于纸面的匀强磁场。一带正电的粒子从f点沿fd方向射入磁场区域，当速度大小为vb时，从b点离开磁场，在磁场中运动的时间为tb，当速度大小为vc时，从c点离开磁场，在磁场中运动的时间为tc。不计粒子重力，则( )
A．vb∶vc＝1∶2，tb∶tc＝2∶1
B．vb∶vc＝2∶1，tb∶tc＝1∶2
C．vb∶vc＝2∶1，tb∶tc＝2∶1
D．vb∶vc＝1∶2，tb∶tc＝1∶2
答案 A
解析 由定圆心的方法知，粒子以vb射入时轨迹圆心在a点，半径为正六边形边长L；粒子以vc射入时轨迹圆心在M点，半径为2L；由半径公式r＝eq \f(mv,qB)可得vb∶vc＝rb∶rc＝1∶2，由几何图形可看出，两个圆弧轨迹所对圆心角分别是120°、60°，所以tb∶tc＝2∶1，A项正确。
13．2015·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
答案 D
解析 带电粒子以某一速度垂直磁场方向进入匀强磁场，在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，得qvB＝meq \f(v2,r)，解得轨道半径r＝eq \f(mv,qB)。带电粒子由较强磁场区域进入到较弱磁场区域，磁感应强度B减小，由r＝eq \f(mv,qB)可知，轨道半径r增大。由于洛伦兹力不做功，带电粒子速度不变，由角速度公式ω＝v/r，可知角速度减小，选项D正确，选项A、B、C错误。
14．2015·全国卷Ⅱ](多选)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
答案 AC
解析 电子在两匀强磁场 Ⅰ、 Ⅱ 中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律可得evB＝eq \f(mv2,r)，可得r＝eq \f(mv,eB)，即eq \f(rⅡ,rⅠ)＝eq \f(BⅠ,BⅡ)＝eq \f(k,1)，选项A正确；由a＝eq \f(evB,m)得，eq \f(aⅡ,aⅠ)＝eq \f(BⅡ,BⅠ)＝eq \f(1,k)，选项B错误；根据周期公式T＝eq \f(2πr,v)，可得eq \f(TⅡ,TⅠ)＝eq \f(rⅡ,rⅠ)＝eq \f(k,1)，选项C正确；根据角速度公式ω＝eq \f(v,r)，可得eq \f(ωⅡ,ωⅠ)＝eq \f(rⅠ,rⅡ)＝eq \f(1,k)，选项D错误。
15. 2015·海南高考]如图所示，a是竖直平面P上的一点，P前有一条形磁铁垂直于P，且S极朝向a点。P后一电子在偏转线圈和条形磁铁的磁场的共同作用下，在水平面内向右弯曲经过a点。在电子经过a点的瞬间，条形磁铁的磁场对该电子的作用力的方向( )
A．向上 B．向下 C．向左 D．向右
答案 A
解析 由题意知，磁铁在a点磁场方向为垂直于P向前，电子在a点的瞬时速度方向向右。根据左手定则，可以判断出洛伦兹力方向向上，A正确。
16. 2014·全国卷Ⅰ]如图，MN为铝质薄平板，铝板上方和下方分别有垂直于图平面的匀强磁场(未画出)。一带电粒子从紧贴铝板上表面的P点垂直于铝板向上射出，从Q点穿越铝板后到达PQ的中点O。已知粒子穿越铝板时，其动能损失一半，速度方向和电荷量不变，不计重力。铝板上方和下方的磁感应强度大小之比为( )
A．2 B.eq \r(2) C．1 D.eq \f(\r(2),2)
答案 D
解析 设铝板上方和下方的磁感应强度为B1和B2，由题意可知，粒子在铝板上方与下方的运动半径和动能之比分别为r1∶r2＝2∶1，Ek1∶Ek2＝2∶1，又r＝eq \f(mv,qB)，Ek＝eq \f(1,2)mv2，可得B＝eq \f(\r(2mEk),qr)，故B1∶B2＝eq \r(2)∶2，D项正确。
17．2016·辽宁三校期末] (多选)如图所示，在MN上方存在匀强磁场，带同种电荷的粒子a、b以相同的动能同时从O点射入匀强磁场中，两粒子的入射方向与磁场边界MN的夹角分别为30°和60°，且同时到达P点，已知OP＝d，则( )
A．a、b两粒子的运动半径之比为1∶eq \r(2)
B．a、b两粒子的初速度大小之比为5∶2eq \r(3)
C．a、b两粒子的质量之比为4∶75
D．a、b两粒子的电荷量之比为2∶15
答案 CD
解析 由题图可知，a粒子在磁场中运动半径为ra＝d，运动轨迹所对的圆心角为300°，运动轨迹弧长为sa＝eq \f(5πra,3)＝eq \f(5πd,3)；b粒子在磁场中运动轨迹半径为rb＝eq \f(\r(3),3)d，所对的圆心角为120°，运动轨迹弧长为sb＝eq \f(2πrb,3)＝eq \f(2\r(3)πd,9)，所以a、b两粒子运动半径之比为eq \r(3)∶1，故A错误；因运动时间t＝eq \f(s,v)，而ta＝tb，即a、b粒子的初速度大小之比为15∶2eq \r(3)，故B错误；因两粒子以相同的动能入射，所以a、b两粒子的质量之比为4∶75，故C正确；因t＝eq \f(θ,360°)×eq \f(2πm,Bq)，所以a、b两粒子的电荷量之比为2∶15，故D正确。
18．2017·豫南九校联盟联考] (多选)如图所示，M、N为两块带等量异种电荷的平行金属板，两板间电压可取从零到某一最大值之间的各种数值，静止的带电粒子带电荷量为＋q，质量为m(不计重力)，从P点经电场加速后，从小孔Q进入N板右侧的匀强磁场区域，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，CD为磁场边界上的一绝缘板，它与N板的夹角为θ＝30°，孔Q到板的下端C的距离为L，当M、N两板间电压取最大值时，粒子恰垂直打在CD板上，则( )
A．两板间电压的最大值Um＝eq \f(q2B2L2,2m)
B．CD板上可能被粒子打中区域的长度s＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3－\r(3),3)))L
C．粒子在磁场中运动的最长时间tm＝eq \f(πm,qB)
D．能打到N板上的粒子的最大动能为eq \f(q2B2L2,18m)
答案 BCD
解析 M、N两板间电压取最大值时，粒子恰垂直打在CD板上，所以圆心在C点，CH＝QC＝L，故半径R1＝L。又因Bqv1＝meq \f(v\\al(2,1),R1)，qUm＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)，所以Um＝eq \f(qB2L2,2m)，所以A错误；设轨迹与CD板相切于K点时，半径为R2，在△AKC中，sin30°＝eq \f(R2,L－R2)＝eq \f(1,2)，所以R2＝eq \f(L,3)，CK长为eq \r(3)R2＝eq \f(\r(3),3)L，所以CD板上可能被粒子打中的区域即为HK的长度，s＝L－eq \x\t(CK)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3－\r(3),3)))L，故B正确；打在QE间的粒子在磁场中运动的时间最长，为半周期，T＝eq \f(2πm,qB)，所以tm＝eq \f(πm,qB)，C正确；粒子能打到N板上的临界条件是轨迹与CD相切，由B选项知，r＝eq \f(L,3)，vm＝eq \f(BqL,3m)，则粒子的最大动能Ekm＝eq \f(B2q2L2,18m)，故D正确。
一、基础与经典
19. 如图所示，虚线圆所围区域有方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。一束电子沿圆形区域的直径方向以速度v射入磁场，电子束经过磁场区后，其运动方向与原入射方向成θ角。设电子质量为m，电荷量为e，不计电子之间相互作用力及所受的重力，求：
(1)电子在磁场中运动轨迹的半径R；
(2)电子在磁场中运动的时间t；
(3)圆形磁场区域的半径r。
答案 (1)eq \f(mv,eB) (2)eq \f(mθ,eB) (3)eq \f(mv,eB)taneq \f(θ,2)
解析 (1)由牛顿第二定律和洛伦兹力公式得
evB＝eq \f(mv2,R)解得R＝eq \f(mv,eB)。
(2)设电子做匀速圆周运动的周期为T，则T＝eq \f(2πR,v)＝eq \f(2πm,eB)，由如图所示的几何关系得圆心角α＝θ，所以t＝eq \f(θ,2π)T＝eq \f(mθ,eB)。
(3)由如图所示几何关系可知，
taneq \f(θ,2)＝eq \f(r,R)，所以r＝eq \f(mv,eB)taneq \f(θ,2)。
20. 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长为L，现从ad中点O垂直于磁场射入一速度方向与ad边夹角为30°、大小为v0的带正电粒子，如图所示。已知粒子电荷量为q，质量为m(重力不计)：
(1)若要求粒子能从ab边射出磁场，v0应满足什么条件？
(2)若要求粒子在磁场中运动的时间最长，粒子应从哪一条边界处射出，出射点位于该边界上何处？最长时间是多少？
答案 (1)eq \f(qBL,3m)解析 (1)粒子轨迹恰好与cd边相切，是粒子能从ab边射出磁场区域时轨迹圆半径最大的情况，设此半径为R1，如图甲所示。则有R1cs60°＋eq \f(L,2)＝R1，可得R1＝L。
粒子轨迹恰好与ab相切，是粒子能从ab边射出磁场区域时轨迹圆半径最小的情况，设此半径为R2，如图乙所示。则有R2sin30°＋R2＝eq \f(L,2)，得R2＝eq \f(L,3)，故粒子能从ab边射出磁场的条件为R2
(2)因为t＝eq \f(θ,2π)T＝eq \f(mθ,Bq)，所以粒子运动轨迹所对应的圆心角越大，粒子在磁场中运动时间越长。从图中可以看出，如果粒子从cd边射出，则圆心角最大为60°，若粒子从ab边射出，则圆心角最大为240°，粒子从ad边射出，圆心角最大为360°－60°＝300°，由甲、乙两图可知，粒子不可能从右侧射出。
综上所述，为使粒子在磁场中运动的时间最长，粒子应从ad边射出。如图乙所示，设出射点到O的距离为x，从图中可以看出，P点是粒子在磁场中运动时间最长的出射点。
因为PO＝2R2sin30°＝eq \f(L,3)，所以x≤eq \f(L,3)，即出射点到O的距离不超过eq \f(L,3)。
最长时间：tmax＝eq \f(mθmax,Bq)＝eq \f(m,Bq)×eq \f(5π,3)＝eq \f(5πm,3Bq)。
二、真题与模拟
21．2016·北京高考] 如图所示，质量为m、电荷量为q的带电粒子，以初速度v沿垂直磁场方向射入磁感应强度为B的匀强磁场，在磁场中做匀速圆周运动。不计带电粒子所受重力。
(1)求粒子做匀速圆周运动的半径R和周期T；
(2)为使该粒子做匀速直线运动，还需要同时存在一个与磁场方向垂直的匀强电场，求电场强度E的大小。
答案 (1)eq \f(mv,qB) eq \f(2πm,qB) (2)vB
解析 (1)洛伦兹力提供向心力，有f＝qvB＝meq \f(v2,R)，
带电粒子做匀速圆周运动的半径R＝eq \f(mv,qB)，
匀速圆周运动的周期T＝eq \f(2πR,v)＝eq \f(2πm,qB)。
(2)粒子受电场力F＝qE，洛伦兹力f＝qvB。粒子做匀速直线运动，则qE＝qvB，场强E的大小E＝vB。
22．2017·山东济南调研] 如图所示的xOy平面上，以坐标原点O为圆心的四分之一圆形区域MON内分布着磁感应强度为B＝2.0×10－3T的匀强磁场，其中M、N点距坐标原点O为eq \r(2) m，磁场方向垂直纸面向里，坐标原点O处有一个粒子源，不断地向xOy平面发射比荷为eq \f(q,m)＝5×107 C/kg的带正电粒子，它们的速度大小都是v＝1×105 m/s，与x轴正方向的夹角分布在0～90°范围内，不计粒子重力。
(1)求平行于x轴射入的粒子，射出磁场的位置及在磁场中的运动时间；
(2)求恰好从M点射出磁场的粒子，从粒子源O发射时的速度与x轴正向的夹角；
(3)若粒子进入磁场前经加速使其动能增加为原来的2倍，仍从O点垂直磁场方向射入第一象限，求粒子在磁场中运动的时间t与射入时与x轴正向的夹角θ的关系。
答案 (1)(1 m,1 m) eq \f(π,2)×10－5 s (2)45° (3)0≤θ≤eq \f(π,3)时，t＝eq \f(π,3)×10－5 s eq \f(π,3)<θ≤eq \f(π,2)时，t＝(π－2θ)×10－5 s
解析 (1)平行于x轴射入的粒子，轨迹如图甲所示，设出射点为P，
由qvB＝meq \f(v2,R)得
R＝eq \f(mv,qB)＝eq \f(105,5×107×2×10－3) m＝1 m。
由几何关系可知O1P＝O1O＝1 m，OP＝eq \r(2) m，则△O1OP为等腰直角三角形，x＝y＝1 m，α＝eq \f(π,2)，故P点坐标为(1 m,1 m)，
运动时间为t0＝eq \f(α,2π)·eq \f(2πm,qB)＝eq \f(π,2)×10－5 s。
(2)如图乙所示，由几何关系可知：
O2M＝O2O＝1 m，OM＝eq \r(2) m，则△O2OM为等腰直角三角形，
∠O2OM＝45°，则
θ＝∠O2OM＝45°。
(3)由R＝eq \f(mv,qB)，Ek＝eq \f(1,2)mv2可知
R＝eq \f(\r(2mEk),qB)，eq \f(R′,R)＝eq \r(\f(\a\vs4\al(Ek′),Ek))＝eq \r(2)，则R′＝eq \r(2) m。
粒子从M点出射时OM＝R′，如图丙所示，△O3OM为正三角形，圆心角α′＝eq \f(π,3)，出射角θ′＝eq \f(π,3)，
若粒子从弧MN上射出时，弦长均为eq \r(2) m，圆心角均为α′＝eq \f(π,3)，
运动时间均为t＝eq \f(α′,2π)·eq \f(2πm,qB)＝eq \f(π,3)×10－5 s，故0≤θ≤eq \f(π,3)时，t＝eq \f(π,3)×10－5 s。
若粒子从边OM出射时，如图丁所示，
α″＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－θ))＝π－2θ，
运动时间t″＝eq \f(α″,2π)·eq \f(2πm,qB)＝
(π－2θ)×10－5 s，故eq \f(π,3)<θ≤eq \f(π,2)时，t＝(π－2θ)×10－5 s。