2019年高考第一轮复习带电粒子在磁场中运动专题复习

1、2019年高考第一轮复习：带电粒子在磁场中运动专题复习一、单选题1.如图，初速度不计的电子束经电压为U的电场加速后，进入一半径为r圆形匀强磁场区域（区域中心为O,磁场方向垂直于圆面），最后射到了与OM连线垂直的屏幕上的P处。已知不加磁场时，电子束将通过O点打到屏幕的中心M点，电子的电荷量为e,电子所受重力不计。则下列判断正确的是UA.圆形区域中磁场的方向可能垂直于纸面向里【答案】C【解析】碰撞后整体的带电量为-e,由左手定则判断知整体在b点受到的洛伦兹力向上，整体向上旋转。碰撞过程遵守动量守恒定律，由一知碰后mv不变，q变为原来的一半，由轨道半径增大为原来的2倍,故它们的运动轨迹为C;故选C。

2、点睛：本题考查带电粒子在磁场中的运动问题，注意正确应用左手定则判断受力方向，明确碰撞过程中遵守动量守恒定律，一中mv是动量大小.3.如图在轴上方存在垂直于纸面向里的磁感应强度为的匀强磁场，轴下方存在垂直于纸面向外的磁感应强度为-的匀强磁场.一带负电的粒子质量为，电荷量为，从原点以与轴成角斜向上射入磁场，且在轴上方运动半径为（不计重力），则下列结论错误的是（）B.电子在磁场中运动时受到的磁场力大小一定是C.若仅增加加速电压U,电子束打到屏幕上的位置在P点上方D.若仅改变圆形区域的磁感强度大小，电子束可能打不到屏幕上【答案】D【解析】由左手定则可知，圆形区域中磁场的方向可能垂直于纸面向外，选项A错

3、误；电子在电场中被加速，则Ue=-mv2；若在磁场中做圆周运动的半径为，则磁,因电子在磁场中运动的半径不一定是r,则电子在磁场中运动时受到的磁场力大小不一定是2eU/r,选项B错误；若仅增加加速电压U,则电子进入磁场的速度v变大，则电子的轨道半径变大，则电子束打到屏幕上的位置在P点下方，选项C错误;若仅使圆形区域的磁感强度变大，则电子在磁场中运动的半径减小，电子束经过磁场时的偏折角变大，则电子束可能打不到屏幕上，选项D正确；故选D.点睛:带电粒子的加速过程，根据动能定理求粒子得到的速度，带电粒子在磁场中偏转的问题一般根据牛顿第二定律求半径，由几何知识分析偏转角度，都是基本的思路.2.如图所示，

4、a、b是两个匀强磁场边界上的两点，左边匀强磁场的磁感线垂直纸面向里，右边匀强磁场的磁感线垂直纸面向外，两边的磁感应强度大小相等.电荷量为2e的带正电的质点M以某一速度从a点垂直磁场边界向左射出，与静止在b点的电荷量为3e的带负电的质点N相撞，并粘合在一起，不计质点M和质点N的重力，则它们在磁场中的运动轨迹是（）X河；9A.B.C,D.A.粒子经偏转一定能回到原点B.粒子完成一次周期性运动的时间为一C.粒子在轴上方和下方两磁场中运动的半径之比为D.粒子第二次射入轴上方磁场时，沿轴方向前进了【答案】A【解析】A、根据左手定则判断可知，负粒子在第一象限和第四象限所受的洛伦兹力方向不同，粒子在第象限沿

5、顺时针方向旋转，而在第四象限沿逆时针方向旋转，轨迹如图所示，注x%xX乂区(xxxx*注地乂父X*M父弋XXXKXXKXXXXXXXXX不可能回到原点0,故A错误；B、负粒子在第一象限轨迹所对应的圆心角为60。，在第一象限轨迹所对应的圆心角也为60。，在一个周期内，粒子做圆周运动的周期为，粒子在第一象限运动的时间为t尸，同理，在第四象限粒子做圆周运动的周期为，运动的时间为t2=，完在成一次周期性运动的时间为Tt+t2故B正确；C、由r=一得，粒子圆周运动的半径与B成反比，则粒子在x轴上方和下方两磁场中运动的半径之比为1:2,故C正确；D、画出粒子的运动轨迹，根据几何知识得，粒子第二次射入x轴上

6、方磁场时，沿x轴前进距离为x=R+2R=3R,故D正确；本题选择错误答案，故选Ao点睛：根据左手定则判断粒子偏转方向，确定其运动轨迹，从而确定粒子能否回到O点；由粒子运动轨迹确定其周期性，根据几何知识确定粒子在第一象限和第四象限做圆周运动的圆心角，结合粒子做匀速圆周运动的周期公式求出粒子在第一象限和第四象限运动的时间，从而求出完成一次周期性运动的时间；粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，求出圆周运动的半径表达式，从而计算粒子在x轴上方和下方两磁场中运动的半径之比；由几何关系判断粒子第二次射入x轴上方磁场时，沿x轴方向前进的距离。4.如图所示，相距为d的平行金属板M、N的上方有一半径

7、为R的圆形匀强磁场区域，磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里.质量为m、电荷量为q的带正电粒子紧靠M板的P处由静止释放，粒子经N板的小孔S沿半径SO方向射入磁场，离开磁场时速度方向偏离入射方向60,粒子重力不计，则平行金属板间匀强电场的电场强度大小为（）C.粒子在磁场中运动的最长时间为一D.粒子到达y轴上的最大时间差为【答案】D【解析】由题意，某时刻发出的粒子都击中的点是y轴上同一点，由最高点射出的只能击中（0,R）,则击中的同一点就是（0,R）,A错误；从最低点射出的也击中（0,R）,那么粒子做匀速圆周运动的半径为R,由洛伦兹力提供向心力得一，则速度，B错误；偏转角最大的时间最长，显然从最低

8、点射出的粒子偏车t90。，时间最长，时间，C错误；从最高点直接射向（0,R）的粒子时间最短，则最长一，D正确.与最短的时间差为Lx共:K戈邛IA.B.则由几何关系得粒子做圆周运动的半径为r=一R,带电粒子以速度v飞出电场后射入匀强磁场做匀速圆周运动，粒子在磁场中做圆周运动时洛伦兹力提供向心力有,电场力做功，由动能定理得:联立可得：，故B正确，ACD错误。5.如图所示，半径为R的1/4圆形区域内存在着垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B,磁场的左边垂直x轴放置一线型粒子发射装置，能在0勺屯的区间内各处沿x轴正方向同时发射出速度相同、带正电的同种粒子，粒子质量为m,电荷量为q,不计粒子的重力及粒

9、子间的相互作用力，若某时刻粒子被装置发射出后，经过磁场偏转击中y轴上的同一位置，则下列说法中正确的是（）C.D.【答案】D【解析】根据洛伦兹力充当向心力可知,AD边相切时速度最大，如图人仆，,因此半径越大，速度越大；根据几何关系可知，使粒子与OA.粒子都击中在O点处由几何关系可知,最大半径为-，故最大速度应为;当粒子从C点出射时半【点睛】看起来情况比较复杂，但涉及的问题却是常规问题，本题的关键点是粒子源发出的粒子是速度大小和方向均相同，则其做匀速圆周运动的半径相同，在从最低点的特殊情况就能知道相同的半径就是圆弧的半径，再结合周期公式能求出最长和最短时间.6.如图所示，在一等腰直角三角形ACD区

10、域内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁场的磁感应弓11度大小为B.一质量为m、电荷量为q的带正电粒子（重力不计）以速度v从AC边的中点O垂直AC边射入磁场区域.若三角形的两直角边长均为2L,要使粒子从CD边射出，则v的取值范围为A.B.C.D.【答案】B【解析】粒子在圆形磁场中运动的轨迹如图所示：B.粒子的初速度为径最小，为-，故最小速度应为,故v的取值范围为,故选Do【解析】粒子在磁场中做圆周运动的周期:相同，粒子做圆周运动的轨道半径:【点睛】根据洛伦兹力充当向心力可求得速度与半径间的关系，根据几何关系分析粒子可能的运动轨迹；从而明确可能的速度大小；再根据周期公式以及转过的圆心角可求得最长时间。7

11、 .如图所示，在等腰直角三角形OPQ区域内存在着垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B,边长OP=L。O处有一个粒子源，将质量为m、电荷量为q的带正电粒子以大小和方向不同的速度射入磁场，不计粒子的重力。则在磁场中运动时间最长的粒子中，速度的最大值是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】粒子在磁场中做匀速圆周运动，这些粒子的周期相同，要在磁场中运动时间最长，则粒子在匀强磁场中的轨迹对应的圆心角应为最大，又因为要求在磁场中运动速度最大，由几何关系可得粒子沿OP方向射入，轨迹与PQ相切（切点为Q）时，符合条件，此时粒子半径为L,代入可求得速度最大值是一，选项C正确，ABD错误。点睛：本题带电粒

12、子在有界的磁场中运动的类型，解答此题的关键是明确粒子的运动规律，画出临界轨迹，结合几何关系确定轨道半径，根据牛顿第二定律列式求解最大速度。8 .有一半径为R=0.15m的圆形边界的匀强磁场区域，磁感应强度为B=0.25T.一群重力不计、质量为m=3X107kg,电荷量为q=+2M03c的带电粒子，以速度v=5M02m/s由圆周上的同一点A以不同方向射入磁场，关于粒子在磁场中运动的时间长短，下列说法中正确的是（）A,沿半径vi方向射入的粒子运动时间最长B,沿与半径成30的V2方向射入的粒子运动时间最长C,沿与半径成30的V3方向射入的粒子运动时间最长D.所有粒子运动时间一样长【答案】C形磁场区域

13、的直径，该粒子运动轨迹对应的弦长最长，转过的圆心角。最大，粒子的运动时间：tT最长；故选Co点睛：本题考查了比较粒子运动时间长短，应用粒子周期公式，分析清楚图示情景，判断出粒子运动轨迹对应的弦长关系即可解题.9 .如图所示，带有正电荷的A粒子和B粒子同时以同样大小的速度（速度方向与边界的夹角分别为30。、60。）从宽度为d的有界匀强磁场的边界上的O点射入磁场，又恰好都不从另一边界飞出，则下列说法中正确的是（）A. A、B两粒子在磁场中做圆周运动的半径之比为B. A、B两粒子在磁场中做圆周运动的半径之比为C. A、B两粒子的比荷之比是一D. A、B两粒子的比荷之比是【答案】D【解析】粒子在磁场中

14、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=m,解得:由几何关系得：Scos30+rA=d,bcos60+rB=d,解得：=,故AB错误；粒子轨道半径：一可知,，由题意可知，两粒子的v大小与B都相同，则两粒子的q/m之比与轨道半径成反比，则A、B两粒子的q/m之比是，故C错误，D正确；故选Do点睛：本题要会用圆弧的特性来确定圆心，画出圆弧并运用几何关系来算出圆弧的半径，同时还体现出控制变量的思想.10.如图所示，在纸面内半径为R的圆形区域中充满了垂直于纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，一点电荷从图中A点以速度V0垂直磁场射入，与半径OA成30夹角，当该电荷离开磁场时，速度方

15、向刚好改变了180,不计电荷的重力，下列说法正确的是（）。越大，粒子在磁场中做圆周运动，沿与半,粒子在磁场中运动的弧长越长，弦长越长，对应的圆心角径成30的V3方向射入的粒子，转过的圆心角：060；rsin-=0.3Sin=0.15m=R,则该粒子对应的弦长为圆射入磁场时，负电子所受洛伦兹力水平向左，正电子所受洛伦兹力水平向右，由左手定则可知，磁感应强度垂直于纸面向里，故ABC错误，D正确；故选Co点睛：本题考查了左手定则，要熟练应用左手定则判断洛伦兹力的方向，要注意判定负电荷受到的洛伦兹力的方向要使用电流的方向来判定。容器”可装，而R,外半径为尾，v。中空区域中的带A.该点电荷离开磁场时速度

16、方向的反向延长线通过O点B.该点电荷的比荷为一一C.该点电荷在磁场中的运动时间为t=一二、多选题12.据有关资料介绍，受控核聚变装置中有极高的温度，因而带电粒子将没有通常意义上的是由磁场约束带电粒子运动，使之束缚在某个区域内。如图所示，环状磁场的内半径为被束缚的带电粒子的比荷为k,中空区域内带电粒子具有各个方向的速度，速度大小为D.该点电荷带正电【答案】B如图所示，点电荷在磁场中做匀速圆周运动，根据几何关系作出点电荷运动轨迹有：电荷在电场中刚好运动T/2,电荷做圆周运动的半径r=Rsin30=R/2。A.如图，电荷离开磁场时速度方向与进入磁场时速度方向相反，其反向延长线不通过O点，故A错误；B

17、,根据洛伦兹力提供向心力有一，所以：一一一，故B正确；C.由图知该电荷在磁场中运动的时间t=-一，故C错误；D.根据电荷偏转方向，由左手定则可知，该电荷带负电，故D错误。故选：B11.如图所示，美国物理学家安德森在研究宇宙射线时，在云雾室里观察到有一个粒子的径迹和电子的径迹弯曲程度相同，但弯曲方向相反，从而发现了正电子，获得了诺贝尔物理学奖。下列说法正确的是（）II宇Hi射缴电粒子都不会穿出磁场的外边缘而被约束在半径为0k（R2-R）Bk（翼2）3vR2的区域内，则环状区域内磁场的磁感应强度大小可能是【答案】BCD.kR2-R【解析】由题意可知，粒子的比荷k已经确定，由所有的粒子都不能穿出磁场

18、，有两种情况。第一种情况:mvr=，得qBr=v,粒子运动的半径r已经确定，要使Bk与内圆相切的方向进入磁场的粒子在磁场运动的轨迹刚好与外圆相切，可知2r最大为R-R,如图所示:A.弯曲的轨迹是抛物线B.电子受到电场力作用C.云雾室中的磁场方向垂直纸面向外D.云雾室中的磁场方向垂直纸面向里【答案】D【解析】云雾室中所加的是磁场，则电子所受的是洛伦兹力作用，运动的轨迹是圆弧，由图示可知，电子刚由图可知，rR2R,即_v_V，故AD不可能，C可能；第二种情2Bk2kR2-R况：其在环形磁场内的运动轨迹圆中最大者与磁场外边界圆相切，如图所示:设轨迹圆的半径为r,由几何关系得：r2+R2=（R2rj,

19、解得:_2_2r=R一Rl2R222vR2-R1,即,Bk2R22vR2kR2-R2B，故B可能，故选BC.13.如图所示，在0MxwJ3a,0EyEa的长方形区域内有垂直于xOy平面向外的匀强磁场，题感应强度大小为B,坐标原点O处有一个子源，在某时刻向第一象限发射大量质量为m、电荷量为q的带正电粒子（重不计），速度大小满足2qBav3qBa，已知粒子在磁场中做周运动的周期为T,则下列说法正确的是（）A.B.C.D.所以粒子在磁场中运动经历最长的时间为所以粒子在磁场中运动经历最长的时间小于从磁场上边界飞出的粒子经历最短的时间小于从磁场上边界飞出的粒子经历最短的时间为T6T6T12T12【答案】

20、AC【解析】粒子在洛伦兹力作用下做圆周运动运动,2v-洛伦兹力作为向心力，则有Bvq=m一,解得:RmvR=一，Bq又因为ZqBav三四也，故2aRE3a；向的夹角日为零时，其运动轨迹如图所示:粒子做圆周运动的周期t=；当速度与y轴正方由图可知R越大，对应的中越小，故当R=3a时中最小，此时sin中，解得：中父三，则3261t=TT,故C正确，D错误；日从0增大，则粒子在磁场上边界的出射点右移，设磁场横向无右2二12边界，则粒子在上边界最远能到达的位置为粒子做圆周运动与上边界相切的点，如图所示：此时粒子出射点的横坐标x=Jr2-（R-a）2=j2Ra-a2之3a,所以粒子一定能到达磁场边界的右

21、上顶点且粒子做圆周运动的轨迹都是劣弧，该点对应粒子做圆周运动的弦最大值，故当粒子出射点为磁场边界右上边界点时，粒子在磁场中转过角度最大，运动时间最长；对应于相同的弦长，半径越小，中心角越大；当R=2a时，且粒子出射点为磁场边界右上顶点时，粒子在磁场中运动经历的时间最长；此时半径和弦长相等，则粒11 Q1.子转过的角度中=几，运动经历的时间t=RT=-T,故A正确，B错误；故选AC.3二6【点睛】分析粒子运动轨迹随速度与y轴正方向的夹角的变化关系，求得从磁场上边界飞出的粒子经历最短的时间；再分析粒子能到达的距离O点最远处，求出该点对应的运动时间即为运动的最长时间.14.如图所示，两个匀强磁场的方

22、向相同，磁感应强度分别为BB2,虚线MN为理想边界。现有一个质量为m、电荷量为e的电子以垂直于边界MN的速度v由P点沿垂直于磁场的方向射入磁感应强度为B1的匀强磁场中，其运动轨迹为图中虚线所示的心形图线。则以下说法正确的是3加磁场时，比较两式可得，所以D点一定在D点右侧，C正确D错误.16.如图所示，在一单边有界磁场的边界上有一粒子源O,沿垂直磁场方向，以相同速率向磁场中发出了两种粒子，a为质子（1iH）,b为a粒子（42He）,b的速度方向垂直磁场边界，a的速度方向与b的速度方向夹角为9=30。，两种粒子最后都打到了位于磁场边界位置的光屏OP上，则（）A,电子的运动轨迹为P-AMRCfNE-

23、PB.电子运动一周回到P点所用的时间T=C.电子运动一周回到P点所用的时间T=D.两磁场的磁感应强度的大小关系为Bi=2B2【答案】ABD【解析】（1）根据左手定则可知：电子从P点沿垂直于磁场的方向射入匀强磁场时，受到的洛伦兹力方向向上，所以电子的运行轨迹为P3AMH8NREP,故A正确；（2）由图象可知，电子在匀强磁场中运动半径是匀强磁场中运动半径的一半，根据一，可知故D正确；（3）电子在整个过程中，在匀强磁场中运动两个半圆，即运动一个周期，在匀强磁场中运动半个周期，所以，B正确，C错误；故本题选ABD【点睛】电子在磁场中受到洛伦兹力作用做匀速圆周运动，根据左手定则判断电子的绕行方向，根据周

24、期公式分三个部分求解运动一周的时间，根据半径关系求解两磁场的关系。15.如图1所示，一个带正电的物块m,由静止开始从斜面上A点下滑，滑到水平面BC上的D点停下来.已知物块与斜面及水平面间的动摩擦因数相同，且不计物块经过B处时的机械能损失，现在ABC所在空间加竖直向下的匀强电场，如图2,第二次让物块m从A点由静止开始下滑，结果物块在水平面上的D点停下.后又撤去电场，在ABC所在空间加水平向里的匀强磁场，如图3,再次让物块从A点由静止开始下滑，结果物块沿斜面滑下并在水平面上的D点停下来.则下列说法中正确的是（）A. D点一定在D点左侧B. D点一定与D点重合C. D点一定在D点右侧D. D点一定与

25、D点重合【答案】BC【解析】设物体的质量为m,电量为q,电场强度大小为E,斜面的倾角为仇动摩擦因数为山根据动能定理：不加电场时：，加电场时：，将两式对比得到，则D点一定与D点重合，A错误B正确；ulLid事.卡.*r事r*K*，A. a、b两粒子转动周期之比为2：3B. a、b两粒子在磁场中运动时间之比为2:3C. a、b两粒子在磁场中转动半径之比为1：2D. a、b两粒子打到光屏上的位置到O点的距离之比为1：2【答案】BC【解析】根据周期公式知：a与b的质量之比为1:4,电荷量之比为1:2,则周期为Ta：Tb=1：2,故A错误。a粒子运动轨迹对应的圆心角为a240:运动时间-；b粒子运动轨迹

26、对应的圆心角为3180；运动时间tb=-Tb；则两粒子在磁场中运动时间之比为ta：tb=2:3,故B正确。由一,v相等，则知a、b两粒子在磁场中转动半径之比为J：%=1：2,故C正确。a、b两粒子打到光屏上的位置到O点的距离分别为：Sa=2racos30=ra,Sb=2rb,则Sa：Sb=:4.故D错误。故选BC。点睛：本题考查带电粒子在磁场中运动，粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，分析清楚粒子运动过程是解题的关键；应用牛顿第二定律、粒子做圆周运动的周期公式可以解题；处理粒子在磁场中的运动问题的常用解题思路是：要注意画出轨迹，通过几何关系找出圆心和半径，由半径公式和周期公式进

27、行研究.17 .如图所示，空间存在一个垂直于纸面向里的匀强磁场区域，磁感应强度的大小为Be该区域是由一个半径为R的半圆和一个长为2R、宽为-的矩形组成。一个质量为m、带电荷量为q的带正电的粒子从AB的中点M垂直于AB进入磁场，则下列说法正确的是（多选）（）A,当粒子的速度满足时，粒子从AB边射出磁场B,当粒子的速度满足时，粒子从BC边射出磁场C,当粒子的速度满足时，粒子离开磁场时的速度方向斜向下D,当粒子的速度满足时，粒子离开磁场时的速度方向斜向下【答案】ABC【解析】A、当粒子刚好从B射出磁场时，粒子的轨道半径为，由几何关系可得：-，由可得:，当粒子的速度满足，粒子从AB边射出磁场，选项A正

28、确；B、当粒子刚好从C射出磁场时，粒子的轨道半径为2,由几何关系可得：-，-，由，当粒子的速度满足，粒子从BC边射出磁场，选项B正确；C、当粒子离开磁场时的速度方向平行于AB时，粒子的轨道半径为3,由几何关系可得：-，,由可得,当粒子的速度满足二，粒子离开磁场时的速度方向斜向下，选项C正确，D错误。点睛：本题考查了粒子在磁场中的运动，应用牛顿第二定律以及几何知识即可正确解题。18 .如图所示，宽H=2m的有界匀强磁场的纵向范围足够大，磁感应强度的方向垂直纸面向内，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=5cm,则根据几何知识得到当粒

29、子沿-y轴方向射入磁场时，粒子从磁场右边界x轴下方射出时，则有所以右边界：-4cmvyv4cm有粒子射出.故A正确，B错误;C、D项：由图可知，粒子只能x轴上方从左边界射出磁场，y的最大值为y=8cm点晴：粒子垂直进入磁场后做匀速圆周运动，当粒子的轨迹恰好与x轴方向的右边界相切时，y值正值达到所以左边界：Ovyv8cm有粒子射出.故C错误，D正确。X线30-27kg,电子电量e=1.610-19C)【答案】(2)(3)E=2.0410-12J【解析】(1)根据电荷数守恒、质量数守恒得Ra的衰变方程为：(2)对“粒子，洛伦兹力提供向心力，有：一则一代入数据解得：(3)对于衰变过程遵守动量守恒，则

30、得：衰变后Rn(氢)的速率为：v=4.5M05m/s核衰变释放的能量-代入数据解得：E=2.04X10-12J点睛：解决本题的关键知道在衰变方程中电荷数守恒、质量数守恒，以及知道静止的发生“衰变，生成的新核动量大小相等，反向相反.21.如图所示，在边长为L的正方形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，其磁感应强度大小为B.在正方形对角线CE上有一点P,其到CF,CD距离均为-，且在P点处有一个发射正离子的装置，能连续不断地向纸面内的各方向发射出速率不同的正离子.已知离子的质量为m,电荷量为q,不计离子重力及离子间相互作用力./,*AF*+/%(1)速率在什么范围内的所有离子均不可能射出正方形区域？

31、(2)求速率为v=的离子在DE边的射出点距离D点的范围.【答案】(1)一(2)-【解析】因离子以垂直于磁场的速度射入磁场，故其在洛伦兹力作用下必做圆周运动.(1)依题意可知离子在正方形区域内做圆周运动不射出该区域，做圆周运动的半径为r由几何关系得：R=(x)+(R),计算可得x=-L,设此时DE边出射点与D点的距离为d1，则由几何关系有：(L-x)2+(R-d1)2=R2,解得d1=-.而当离子轨迹与DE边相切时，离子必将从EF边射出，设此时切点与D点距离为d2,其轨迹如图乙所示，由几何关系有：乙R2=(-L-R)2+(d2-)2,解得d2=故速率为v=的离子在DE边的射出点距离D点的范围为-

32、点睛：粒子圆周运动的半径一，速率越大半径越大，越容易射出正方形区域，粒子在正方形区域圆周运动的半径若不超过-,则粒子一定不能射出磁场区域，根据牛顿第二定律求出速率即可。22.如图所示，在半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B,在磁场的边界上A点有一粒子源，可以沿垂直于磁场方向向磁场内发射质量为m,电荷量为q的带正电的粒子，O为圆形区域的圆心，在AO的延长线上有一垂直于AO放置的荧光屏，荧光屏足够大，AO延长线与荧光屏的交点为P,O为荧光屏的距离为2R,不计粒子的重力。a.g!|才！:&-flirfrjD1(1)若粒子沿AO方向射入磁场，要使粒子不能打荧光屏上，粒子的速度应满足什么条件？(2)若粒子进入磁场的速度大小为，改变粒子射入磁场的方向，使该粒子在磁场中运动的时间最长，则该粒子最终打在荧光屏上的位置离P点的距离为多少？【答案】(1)；(2)一【解析】(1)粒子刚好不能打在荧光屏上，其运动轨迹如图所示八由几何关系可知，粒子做圆周运动的半径由一求得即粒子的速度，则粒子不能打在荧光屏上(2)当粒子在磁场中运动的速度由一得粒子做圆周运动的半径当此粒子在磁场中运动的时间最长时，在磁场中运动的轨迹对应的弦最长，此时粒子运动的轨迹如图所示。由几何关系