2020版高考一轮复习物理通用版讲义：第九章第2节带电粒子在磁场中的运动

第2节　带电粒子在磁场中的运动

一、洛伦兹力、洛伦兹力的方向和大小

1．洛伦兹力：磁场对运动电荷的作用力叫洛伦兹力。[注1]

2．洛伦兹力的方向

(1)判定方法：左手定则

掌心——磁感线垂直穿入掌心；

四指——指向正电荷运动的方向或负电荷运动的反方向；

拇指——指向洛伦兹力的方向。

(2)方向特点：F⊥B，F⊥v，即F垂直于B和v决定的平面。[注2]

3．洛伦兹力的大小

(1)v∥B时，洛伦兹力F＝0。(θ＝0°或180°)[注3]

(2)v⊥B时，洛伦兹力F＝qvB。(θ＝90°)

(3)v＝0时，洛伦兹力F＝。

二、带电粒子在匀强磁场中的运动

1．若v∥B，带电粒子不受洛伦兹力，在匀强磁场中做匀速直线运动。

2．若v⊥B，带电粒子仅受洛伦兹力作用，在垂直于磁感线的平面内以入射速度v做匀速圆周运动。

3．半径和周期公式：(v⊥B)

⇨[注4]

[注解释疑]

[注1] 安培力是洛伦兹力的宏观表现，洛伦兹力是安培力的微观解释。

[注2] 洛伦兹力的方向始终与速度垂直，故洛伦兹力永不做功。

[注3] F＝0时，B不一定为零。

[注4] 由周期公式可以看出，周期与粒子的速率及轨道半径无关，只由粒子的比荷决定。

[深化理解]

1．应用带电粒子在磁场中做匀速圆周运动时的半径和周期公式时，一定要进行推导，不能直接应用。

2．解决带电粒子在磁场中运动的基本思路：圆心的确定→半径的确定和计算→运动时间的确定。

3．带电粒子做匀速圆周运动必须抓住几何条件：

(1)入射点和出射点，两个半径的交点和夹角；

(2)两个半径的交点即轨迹的圆心；

(3)两个半径的夹角等于偏转角，偏转角对应粒子在磁场中运动的时间。

[基础自测]

一、判断题

(1)带电粒子在磁场中运动时一定会受到磁场力的作用。(×)

(2)洛伦兹力的方向在特殊情况下可能与带电粒子的速度方向不垂直。(×)

(3)根据公式T＝，说明带电粒子在匀强磁场中的运动周期T与v成反比。(×)

(4)带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动时，其运动半径与带电粒子的比荷有关。(√)

(5)经过回旋加速器加速的带电粒子的最大动能是由D形盒的最大半径、磁感应强度B、加速电压的大小共同决定的。(×)

(6)荷兰物理学家洛伦兹提出磁场对运动电荷有作用力的观点。(√)

(7)英国物理学家汤姆孙发现电子，并指出：阴极射线是高速运动的电子流。(√)

二、选择题

1．[人教版选修3－1 P98T1改编]下列各图中，运动电荷的速度方向、磁感应强度方向和电荷的受力方向之间的关系正确的是(　　)

答案：B

2.(多选)电子e以垂直于匀强磁场的速度v，从a点进入长为d、宽为L的磁场区域，偏转后从b点离开磁场，如图所示。若磁场的磁感应强度为B，那么(　　)

A．电子在磁场中的运动时间t＝

B．电子在磁场中的运动时间t＝

C．洛伦兹力对电子做的功是W＝BevL

D．电子在b点的速度值也为v

解析：选BD　电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由a点到b点运动时间t＝，洛伦兹力对电子不做功，故B、D正确。

3．[鲁科版选修3－1 P132T2](多选)两个粒子，电量相等，在同一匀强磁场中受磁场力而做匀速圆周运动(　　)

A．若速率相等，则半径必相等

B．若动能相等，则周期必相等

C．若质量相等，则周期必相等

D．若动量大小相等，则半径必相等

解析：选CD　带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，qvB＝m，可得R＝，T＝，可知C、D正确。

高考对本节内容的考查，主要集中在对洛伦兹力的理解、半径公式和周期公式的应用、带电粒子在匀强磁场中的运动、带电粒子在有界磁场中的临界极值问题以及带电粒子在匀强磁场中的多解问题，其中对洛伦兹力的理解、半径公式和周期公式的应用及带电粒子在匀强磁场中的运动的考查，主要以选择题的形式呈现，难度一般，而对带电粒子在有界磁场中的临界极值问题 以及带电粒子在匀强磁场中的多解问题的考查，难度较大。

考点一　对洛伦兹力和半径、周期公式的理解与应用[基础自修类]

[题点全练]

1．[洛伦兹力的理解]

下列说法正确的是(　　)

A．运动电荷在磁感应强度不为零的地方，一定受到洛伦兹力的作用

B．运动电荷在某处不受洛伦兹力作用，则该处的磁感应强度一定为零

C．洛伦兹力既不能改变带电粒子的动能，也不能改变带电粒子的速度

D．洛伦兹力对带电粒子不做功

解析：选D　运动电荷速度方向与磁场方向平行时，不受洛伦兹力，洛伦兹力只改变带电粒子的运动方向，不改变带电粒子的速度大小，洛伦兹力对带电粒子不做功，故D正确。

2．[洛伦兹力的方向]

如图中曲线a、b、c、d为气泡室中某放射物发生衰变放出的部分粒子的径迹，气泡室中磁感应强度方向垂直于纸面向里。以下判断可能正确的是(　　)

A．a、b为β粒子的径迹　　　

B．a、b为γ粒子的径迹

C．c、d为α粒子的径迹 

D．c、d为β粒子的径迹

解析：选D　由于α粒子带正电，β粒子带负电，γ粒子不带电，据左手定则可判断a、b可能为α粒子的径迹，c、d可能为β粒子的径迹，选项D正确。

3．[半径、周期公式的定性判断]

(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

解析：选D　分析轨道半径：带电粒子从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的速度v大小不变，磁感应强度B减小，由公式r＝可知，轨道半径增大。分析角速度：由公式T＝可知，粒子在磁场中运动的周期增大，根据ω＝知角速度减小。选项D正确。

4．[半径、周期公式的定量计算]

在同一匀强磁场中，α粒子(24He)和质子(11H)做匀速圆周运动，若它们的动量大小相等，则α粒子和质子(　　)

A．运动半径之比是2∶1

B．运动周期之比是2∶1

C．运动速度大小之比是4∶1

D．受到的洛伦兹力之比是2∶1

解析：选B　α粒子(24He)和质子(11H)的质量之比＝，动量大小相等，即mαvα＝mHvH，运动速度大小之比＝＝，选项C错误；根据qvB＝m，得r＝，所以运动半径之比＝＝，选项A错误；由T＝知，运动周期之比 ＝·＝×＝，选项B正确；根据F＝qvB，洛伦兹力之比＝·＝×＝，选项D错误。

[名师微点]

1．洛伦兹力的特点

(1)利用左手定则判断洛伦兹力的方向，注意区分正、负电荷。

(2)当电荷运动方向发生变化时，洛伦兹力的方向也随之变化。

(3)运动电荷在磁场中不一定受洛伦兹力作用。

(4)洛伦兹力永不做功。

2．洛伦兹力与安培力的联系及区别

(1)安培力是洛伦兹力的宏观表现，二者性质相同，都是磁场力。

(2)安培力可以做功，而洛伦兹力对运动电荷不做功。

3．洛伦兹力与电场力的比较

4．三种射线在匀强磁场、匀强电场、正交电磁场中的偏转

考点二　带电粒子在匀强磁场中的运动[多维探究类]

1．两种方法定圆心

方法一：已知入射点、入射方向和出射点、出射方向时，可通过入射点和出射点作垂直于入射方向和出射方向的直线，两条直线的交点就是圆弧轨道的圆心(如图甲所示)。

方法二：已知入射方向和入射点、出射点的位置时，可以通过入射点作入射方向的垂线，连接入射点和出射点，作其中垂线，这两条垂线的交点就是圆弧轨道的圆心(如图乙所示)。

2．几何知识求半径

利用平面几何关系，求出轨迹圆的可能半径(或圆心角)，求解时注意以下几个重要的几何特点：

(1)粒子速度的偏向角(φ)等于圆心角(α)，并等于AB弦与切线的夹角(弦切角θ)的2倍(如图所示)，即φ＝α＝2θ＝ωt。

(2)直角三角形的应用(勾股定理)。

找到AB的中点C，连接OC，则△AOC、△BOC都是直角三角形。

3．两个观点算时间

观点一：由运动弧长计算，t＝(l为弧长)；

观点二：由旋转角度计算，t＝T。

4．三类边界磁场中的轨迹特点

(1)直线边界：进出磁场具有对称性。

(2)平行边界：存在临界条件。

(3)圆形边界：等角进出，沿径向射入必沿径向射出。

类型(一)　直线边界问题

[例1]　(多选)如图所示，一单边有界磁场的边界上有一粒子源，以与水平方向成θ角的不同速率，向磁场中射入两个相同的粒子1和2，粒子1经磁场偏转后从边界上A点出磁场，粒子2经磁场偏转后从边界上B点出磁场，OA＝AB，则(　　)

A．粒子1与粒子2的速度之比为1∶2

B．粒子1与粒子2的速度之比为1∶4

C．粒子1与粒子2在磁场中运动的时间之比为1∶1

D．粒子1与粒子2在磁场中运动的时间之比为1∶2

[解析]　粒子进入磁场时速度的垂线与OA的垂直平分线的交点为粒子1在磁场中做圆周运动的圆心，同理，粒子进入磁场时速度的垂线与OB的垂直平分线的交点为粒子2在磁场中做圆周运动的圆心，由几何关系可知，两个粒子在磁场中做圆周运动的半径之比为r1∶r2＝1∶2，由r＝可知，粒子1与粒子2的速度之比为1∶2，A项正确，B项错误；由于粒子在磁场中做圆周运动的周期均为T＝，且两粒子在磁场中做圆周运动的轨迹所对的圆心角相同，因此粒子在磁场中运动的时间相同，即C项正确，D项错误。

[答案]　AC

类型(二)　平行边界问题

[例2]　如图所示，一个理想边界为PQ、MN的匀强磁场区域，磁场宽度为d，方向垂直纸面向里。一电子从O点沿纸面垂直PQ以速度v0进入磁场。若电子在磁场中运动的轨迹半径为2d。O′在MN上，且OO′与MN垂直。下列判断正确的是(　　)

A．电子将向右偏转

B．电子打在MN上的点与O′点的距离为d

C．电子打在MN上的点与O′点的距离为d

D．电子在磁场中运动的时间为

[解析]　电子带负电，进入磁场后，根据左手定则判断可知，所受的洛伦兹力方向向左，电子将向左偏转，如图所示，A错误；设电子打在MN上的点与O′点的距离为x，则由几何知识得：x＝r－＝2d－＝(2－)d，故B、C错误；设轨迹对应的圆心角为θ，由几何知识得：sin θ＝＝0.5，得θ＝，则电子在磁场中运动的时间为t＝＝，故D正确。

[答案]　D

类型(三)　圆形边界问题

[例3]　(2017·全国卷Ⅱ)如图，虚线所示的圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场，P为磁场边界上的一点，大量相同的带电粒子以相同的速率经过P点，在纸面内沿不同方向射入磁场。若粒子射入速率为v1，这些粒子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周上；若粒子射入速率为v2，相应的出射点分布在三分之一圆周上。不计重力及带电粒子之间的相互作用。则v2∶v1为(　　)

A.∶2　　　　　　 B.∶1

C.∶1  D．3∶

[解析]　由于是相同的粒子，粒子进入磁场时的速度大小相同，由qvB＝m可知，R＝，即粒子在磁场中做圆周运动的半径相同。若粒子运动的速度大小为v1，如图所示，通过旋转圆可知，当粒子在磁场边界的出射点A离P点最远时，则AP＝2R1；同样，若粒子运动的速度大小为v2，粒子在磁场边界的出射点B离P点最远时，则BP＝2R2，由几何关系可知，R1＝，R2＝Rcos 30°＝R，则＝＝，C项正确。

[答案]　C

类型(四)　两种边界对比

[例4]　如图甲所示有界匀强磁场Ⅰ的宽度与图乙所示圆形匀强磁场Ⅱ的半径相等，一不计重力的粒子从左边界的M点以一定初速度水平向右垂直射入磁场Ⅰ，从右边界射出时速度方向偏转了θ角；该粒子以同样的初速度沿半径方向垂直射入磁场Ⅱ，射出磁场时速度方向偏转了2θ角。已知磁场Ⅰ、Ⅱ的磁感应强度大小分别为B1、B2，则B1与B2的比值为(　　)

A．2cos θ  B．sin θ

C．cos θ  D．tan θ

[解析]　设有界磁场Ⅰ宽度为d，则粒子在磁场Ⅰ和磁场Ⅱ中的运动轨迹分别如图1、图2所示，由洛伦兹力提供向心力知Bqv＝m，得B＝，由几何关系知d＝r1sin θ，d＝r2tan θ，联立得＝cos θ，选项C正确。

[答案]　C

[共性归纳]

无论带电粒子在哪类边界磁场中做匀速圆周运动，解题时要抓住三个步骤：

考点三　带电粒子在有界磁场中的临界极值问题[多维探究类]

类型(一)　圆形磁场中的临界极值问题

[例1]　如图所示，半径为r的圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，磁场边界上A点有一粒子源，源源不断地向磁场发射各种方向(均平行于纸面)且速度大小相等的带正电的粒子(重力不计)，已知粒子的比荷为k，速度大小为2kBr。则粒子在磁场中运动的最长时间为(　　)

A.　　　　　　　　　 B.

C.  D.

[解析]　粒子在磁场中运动的半径为R＝＝＝2r；当粒子在磁场中运动时间最长时，其轨迹对应的圆心角最大，此时弦长最大，其最大值为磁场圆的直径2r，故t＝＝＝，故选项C正确。

[答案]　C

类型(二)　方形磁场中的临界极值问题

[例2]　如图所示，矩形虚线框MNPQ内有一匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。a、b、c是三个质量和电荷量都相等的带电粒子，它们从PQ边上的中点沿垂直于磁场的方向射入磁场，图中画出了它们在磁场中的运动轨迹。粒子重力不计。下列说法正确的是(　　)

A．粒子a带负电

B．粒子c的动能最大

C．粒子b在磁场中运动的时间最长

D．粒子b在磁场中运动时的向心力最大

[解析]　由左手定则可知，a粒子带正电，故A错误；由qvB＝m，可得r＝，由题图可知粒子c的轨迹半径最小，粒子b的轨迹半径最大，又m、q、B相同，所以粒子c的速度最小，粒子b的速度最大，由Ek＝mv2，知粒子c的动能最小，根据洛伦兹力提供向心力有F向＝qvB，则可知粒子b的向心力最大，故D正确，B错误；由T＝，可知粒子a、b、c的周期相同，但是粒子b的轨迹所对的圆心角最小，则粒子b在磁场中运动的时间最短，故C错误。

[答案]　D

类型(三)　三角形磁场中的临界极值问题

[例3]　如图所示，△ABC为与匀强磁场垂直的边长为a的等边三角形，比荷为的电子以速度v0从A点沿AB边入射，欲使电子经过BC边，磁感应强度B的取值为(　　)

A．B>　　　　　 B．B<

C．B>  D．B<

[解析]　由题意，如图所示，电子正好经过C点，此时圆周运动的半径R＝＝，要想电子从BC边经过，电子做圆周运动的半径要大于，由带电粒子在磁场中运动的公式r＝有<，即B<，选项D正确。

[答案]　D

类型(四)　其他形状磁场中的临界极值问题

[例4]　如图所示，长方形abcd长ad＝0.6 m，宽ab＝0.3 m，O、e分别是ad、bc的中点，以ad为直径的半圆内有垂直纸面向里的匀强磁场(边界上无磁场)，磁感应强度B＝0.25 T。一群不计重力、质量m＝3×10－7 kg、电荷量q＝＋2×10－3 C的带电粒子以速度v＝5×102 m/s沿垂直ad方向且垂直于磁场射入磁场区域，则(　　)

A．从Od边射入的粒子，出射点全部分布在Oa边

B．从aO边射入的粒子，出射点全部分布在ab边

C．从Od边射入的粒子，出射点分布在Oa边和ab边

D．从aO边射入的粒子，出射点分布在ab边和be边

[解析]　由r＝得带电粒子在匀强磁场中运动的半径r＝0.3 m，从Od边射入的粒子，出射点分布在be边；从aO边射入的粒子，出射点分布在ab边和be边；选项D正确。

[答案]　D

[共性归纳]

临界极值问题的四个重要结论

(1)刚好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。

(2)当速度v一定时，弧长(或弦长)越长，圆心角越大，则带电粒子在有界磁场中运动的时间越长。

(3)当速率v变化时，圆心角越大，运动时间越长。

(4)在圆形匀强磁场中，当运动轨迹圆半径大于区域圆半径时，则入射点和出射点为磁场直径的两个端点，轨迹对应的偏转角最大(所有的弦长中直径最长)。

考点四　带电粒子在匀强磁场中的多解问题[师生共研类]

带电粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，由于多种因素的影响，使问题形成多解。多解形成原因一般包含4个方面：

[典例]　如图所示，在无限长的竖直边界AC和DE间，上、下部分分别充满方向垂直于ADEC平面向外的匀强磁场，上部分区域的磁感应强度大小为B0，OF为上、下磁场的水平分界线。质量为m、带电荷量为＋q的粒子从AC边界上与O点相距为a的P点垂直于AC边界射入上方磁场区域，经OF上的Q点第一次进入下方磁场区域，Q与O点的距离为3a。不考虑粒子重力。

(1)求粒子射入时的速度大小；

(2)要使粒子不从AC边界飞出，求下方磁场区域的磁感应强度应满足的条件；

(3)若下方区域的磁感应强度B＝3B0，粒子最终垂直DE边界飞出，求边界DE与AC间距离的可能值。

[解析]　(1)设粒子在OF上方做圆周运动的半径为R，运动轨迹如图甲所示

由几何关系可知：

(R－a)2＋(3a)2＝R2

解得：R＝5a

由牛顿第二定律可知：

qvB0＝m

解得：v＝。

(2)当粒子恰好不从AC边界飞出时，运动轨迹与AC相切，如图乙所示，设粒子在OF下方做圆周运动的半径为r1，由几何关系得：

r1＋r1cos θ＝3a

由(1)知cos θ＝

所以r1＝

根据qvB1＝m

解得：B1＝

故当B1>时，粒子不会从AC边界飞出。

(3)如图丙所示，当B＝3B0时，根据qvB＝m

得粒子在OF下方磁场中的运动半径为r＝a

设粒子的速度方向再次与射入磁场时的速度方向一致时的位置为P1，则P与P1的连线一定与OF平行，根据几何关系知：1＝4a

所以若粒子最终垂直DE边界飞出，边界DE与AC间的距离为L＝n1＝4na(n＝1,2,3，…)。

[答案]　(1)　(2)磁感应强度大于　

(3)4na(n＝1,2,3，…)

巧解带电粒子在磁场中运动的多解问题

(1)分析题目特点，确定题目多解的形成原因。

(2)作出粒子的运动轨迹示意图(全面考虑多种可能性)。

(3)若为周期性重复的多解问题，寻找通项式，若是出现几种解的可能性，注意每种解出现的条件。

[题点全练]

1．[磁场方向不确定形成的多解问题]

(多选)一质量为m、电荷量为q的负电荷在磁感应强度为B的匀强磁场中绕固定的正电荷沿固定的光滑轨道做匀速圆周运动，若磁场方向垂直于它的运动平面，且作用在负电荷的电场力恰好是磁场力的三倍，则负电荷做圆周运动的角速度可能是(　　)

A.　　　　　　　　　 B.

C.  D.

解析：选AC　依题中条件“磁场方向垂直于它的运动平面”，磁场方向有两种可能，且这两种可能方向相反。在方向相反的两个匀强磁场中，由左手定则可知负电荷所受的洛伦兹力的方向也是相反的。当负电荷所受的洛伦兹力与电场力方向相同时，根据牛顿第二定律可知4Bqv＝m，得v＝，此种情况下，负电荷运动的角速度为ω＝＝；当负电荷所受的洛伦兹力与电场力方向相反时，有2Bqv＝m，v＝，此种情况下，负电荷运动的角速度为ω＝＝，故A、C正确。

2．[速度大小不确定形成的多解问题]

(多选)如图所示，两方向相反、磁感应强度大小均为B的匀强磁场被边长为L的等边三角形ABC理想分开，三角形内磁场垂直纸面向里，三角形顶点A处有一质子源，能沿∠BAC的角平分线发射速度不同的质子(质子重力不计)，所有质子均能通过C点，质子比荷＝k，则质子的速度可能为(　　)

A．2BkL  B.

C.  D.

解析：选BD　因质子带正电，且经过C点，其可能的轨迹如图所示，所有圆弧所对圆心角均为60°，所以质子运行半径r＝(n＝1,2,3，…)，由洛伦兹力提供向心力得Bqv＝m，即v＝＝Bk·(n＝1,2,3，…)，选项B、D正确。

“专项研究”拓视野——“数学圆”模型在电磁学中的应用

一、“放缩圆”模型的应用

[例1]　(多选)如图所示，在一等腰直角三角形ACD区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B，一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子(重力不计)从AC边的中点O垂直于AC边射入该匀强磁场区域，若该三角形的两直角边长均为2l，则下列关于粒子运动的说法中正确的是(　　)

A．若该粒子的入射速度为v＝，则粒子一定从CD边射出磁场，且距点C的距离为l

B．若要使粒子从CD边射出，则该粒子从O点入射的最大速度应为v＝

C．若要使粒子从CD边射出，则该粒子从O点入射的最大速度应为v＝

D．当该粒子以不同的速度入射时，在磁场中运动的最长时间为

[解析]　若粒子射入磁场时速度为v＝，则由qvB＝m可得r＝l，由几何关系可知，粒子一定从CD边上距C点为l的位置离开磁场，选项A正确；因为r＝，所以v＝，因此，粒子在磁场中运动的轨迹半径越大，速度就越大，由几何关系可知，当粒子在磁场中的运动轨迹与三角形的AD边相切时，能从CD边射出的轨迹半径最大，此时粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径r＝(＋1)l，故其最大速度为v＝，选项B正确，C错误；粒子在磁场中的运动周期为T＝，故当粒子从三角形的AC边射出时，粒子在磁场中运动的时间最长，由于此时粒子做圆周运动的圆心角为180°，故其最长时间应为t＝，选项D正确。

[答案]　ABD

二、“旋转圆”模型的应用

[例2]　如图所示为圆形区域的匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，边界跟y轴相切于坐标原点O。O点处有一放射源，沿纸面向各方向射出速率均为v的某种带电粒子，带电粒子在磁场中做圆周运动的半径是圆形磁场区域半径的两倍。已知该带电粒子的质量为m、电荷量为q，不考虑带电粒子的重力。

(1)推导带电粒子在磁场空间做圆周运动的轨迹半径；

(2)求带电粒子通过磁场空间的最大偏转角。

[解析]　(1)带电粒子进入磁场后，受洛伦兹力作用，由牛顿第二定律得Bqv＝m，则r＝。

(2)粒子的速率均相同，因此粒子轨迹圆的半径均相同，但粒子射入磁场的速度方向不确定，故可以保持圆的大小不变，只改变圆的位置，画出“动态圆”，通过“动态圆”可以观察到粒子运动轨迹均为劣弧，对于劣弧而言，弧越长，弧所对应的圆心角越大，偏转角越大则运动时间越长，当粒子的轨迹圆的弦长等于磁场直径时，粒子在磁场空间的偏转角最大，sin＝＝，即φmax＝60°。

[答案]　(1)见解析　(2)60°

三、“平移圆”模型的应用

[例3]　如图所示，边长为L的正方形有界匀强磁场ABCD，带电粒子从A点沿AB方向射入磁场，恰好从C点飞出磁场；若带电粒子以相同的速度从AD的中点P垂直AD射入磁场，从DC边的M点飞出磁场(M点未画出)。设粒子从A点运动到C点所用的时间为t1，由P点运动到M点所用时间为t2(带电粒子重力不计)，则t1∶t2为(　　)

A．2∶1　　　　　　　　　　 B．2∶3

C．3∶2　　　  D.∶

[解析]　画出粒子从A点射入磁场到从C点射出磁场的轨迹，并将该轨迹向下平移，粒子做圆周运动的半径为R＝L，从C点射出的粒子运动时间为t1＝；由P点运动到M点所用时间为t2，圆心角为θ，则cos θ＝，则cos θ＝，θ＝60°，故t2＝，所以＝＝，C正确。

[答案]　C