1、第2讲磁场对运动电荷的作用知识排查洛伦兹力1.洛伦兹力：磁场对运动电荷的作用力叫洛伦兹力。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：FB且Fv，即F垂直于B和v决定的平面。3.洛伦兹力的大小(1)vB时，洛伦兹力F0。(0或180)(2)vB时，洛伦兹力FqvB。(90)(3)v与B方向成角时，洛伦兹力FqvBsin_(为任意角)。带电粒子在匀强磁场中的运动1.若vB，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vB，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
2、度v做匀速圆周运动。如下图，带电粒子在匀强磁场中：中粒子做匀速圆周运动；中粒子做匀速直线运动；中粒子做匀速圆周运动。3.半径和周期：(vB)小题速练1.思考判断(1)带电粒子在磁场中运动时一定会受到洛伦兹力的作用。()(2)洛伦兹力的方向可以与带电粒子的速度方向平行。()(3)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。()答案(1)(2)(3)2.人教版选修31P98T1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B3.(2015全国卷，14)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(
3、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r可知，轨道半径增大。分析角速度：由T可知，粒子在磁场中运动的周期增大，根据知角速度减小，选项D正确。答案D对洛伦兹力的理解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。
4、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。1.(2019大兴区模拟)从太阳和其他星体发射出的高能粒子流，在射向地球时，由于地磁场的存在，改变了运动方向，对地球起到了保护作用。如图1为地磁场的示意图(虚线，方向未标出)，赤道上方的磁场可看成与地面平行，若有来自宇宙的一束粒子流，其中含有(He的原子核)、(电子)、(光子)射线以及质子，沿与地球表面垂直的方向射向赤道上空，则在地磁场的作用下()图1A.射线沿直线射向赤道 B.射线向西偏转C.射线向东偏转 D.质子向北偏转解析赤道上方磁场方向与地面平行
5、、由南向北，根据左手定则可知，带正电的射线和质子向东偏转，带负电的射线向西偏转，不带电的射线不偏转，选项B正确。答案B2.如图2，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()图2A.向上 B.向下 C.向左 D.向右解析条形磁铁在a点产生的磁场方向垂直竖直平面P向外，电子运动方向水平向右，由左手定则可知，电子所受洛伦兹力方向向上，A项正确。答案A带电粒子在有界匀强磁场中的圆周运动问题1.带电粒子在匀强磁场中圆周运动圆心的确定方法一若已
6、知粒子轨迹上的两点的速度方向，则可根据洛伦兹力Fv，分别确定两点处洛伦兹力F的方向，其交点即为圆心，如图3甲；方法二若已知粒子运动轨迹上的两点和其中某一点的速度方向，则可作出此两点的连线(即过这两点的圆弧的弦)的中垂线，中垂线与速度垂线的交点即为圆心，如图乙。图32.带电粒子在常见的边界磁场中运动(1)直线边界的磁场：如图4所示，粒子进出磁场具有对称性，且粒子以多大的锐角射入磁场，就以多大的锐角射出磁场；粒子进入磁场时的速度v垂直于边界时，出射点距离入射点最远，且dmax2R，如图甲所示；同一出射点，可能对应粒子的两个入射方向，且一个“优弧”，一个“劣弧”，如图乙、丙所示。图4(2)平行直线边
7、界的磁场：常见的临界情景和几何关系如图5所示。图5(3)矩形边界的磁场：如图6所示，可能会涉及与边界相切、相交等临界问题。图6(4)三角形边界的磁场：如图7所示是正ABC区域内某正粒子垂直AB方向进入磁场的粒子临界轨迹示意图。已知ABC边长为2a，D点距A点a，粒子能从AB间射出的临界轨迹如图甲所示，粒子能从AC间射出的临界轨迹如图乙所示。图7(5)圆形边界的磁场：若粒子沿着边界圆的某一半径方向进入磁场，则粒子离开磁场的速度的反向延长线一定过磁场区域的圆心(即沿着另一半径方向射出)，如图8甲所示。若粒子射入磁场时速度方向与入射点对应半径夹角为，则粒子射出磁场时速度方向与出射点对应半径夹角也为，
8、如图8乙所示。图8 若粒子做匀速圆周运动的半径等于磁场区域的半径，则有如下两个结论：a.当粒子从磁场边界上同一点沿不同方向进入磁场区域时，粒子离开磁场时的速度方向一定平行，如图9甲所示。b.当粒子以相互平行的速度从磁场边界上任意位置进入磁场区域时，粒子会从同一点离开磁场区域，如图9乙所示。图9【例1】 如图10所示，竖直线MNPQ，MN与PQ间距离为a，其间存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，O是MN上一点，O处有一粒子源，某时刻放出大量速率均为v(方向均垂直磁场方向)、比荷一定的带负电粒子(粒子重力及粒子间的相互作用力不计)，已知沿图中与MN成60角射出的粒子恰好垂直PQ射出磁场，则
9、粒子在磁场中运动的最长时间为 ()图10A. B. C. D.解析当60时，粒子的运动轨迹如图甲所示，则aRsin 30，即R2a。设带电粒子在磁场中运动轨迹所对的圆心角为，则其在磁场中运行的时间为tT，即越大，粒子在磁场中运行的时间越长，最大时粒子的运行轨迹恰好与磁场的右边界相切，如图乙所示，因R2a，此时圆心角m为120，即最长运行时间为，而T，所以粒子在磁场中运动的最长时间为，选项C正确。答案C1.(2017全国卷，18)如图11，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点在纸面内沿不同的方向射入磁场，若粒子射入速率为v1
10、，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v2v1 为()图11A.2 B.1 C.1 D.3解析根据作图分析可知，当粒子在磁场中运动半个圆周时，打到圆形磁场边界的位置距P点最远，则当粒子射入的速率为v1，轨迹如图甲所示，设圆形磁场半径为R，由几何知识可知，粒子运动的轨道半径为r1Rcos 60R；若粒子射入的速率为v2，轨迹如图乙所示，由几何知识可知，粒子运动的轨道半径为r2Rcos 30R；由轨道半径r可知，v2v1r2r11，故选项C正确。甲乙答案C2.(2016海南卷)如图12，A、C两
11、点分别位于x轴和y轴上，OCA30，OA的长度为L。在OCA区域内有垂直于xOy平面向里的匀强磁场。质量为m、电荷量为q的带正电粒子，以平行于y轴的方向从OA边射入磁场。已知粒子从某点入射时，恰好垂直于OC边射出磁场，且粒子在磁场中运动的时间为t0。不计重力。图12(1)求磁场的磁感应强度的大小；(2)若粒子先后从两不同点以相同的速度射入磁场，恰好从OC边上的同一点射出磁场，求该粒子这两次在磁场中运动的时间之和；(3)若粒子从某点射入磁场后，其运动轨迹与AC边相切，且在磁场内运动的时间为t0，求粒子此次入射速度的大小。解析(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，在时间t0内其速度方向改变了90，故其
12、周期T4t0设磁感应强度大小为B，粒子速度为v，圆周运动的半径为r。由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得qvBm匀速圆周运动的速度满足v联立式得B。 (2)设粒子从OA边两个不同位置射入磁场，能从OC边上的同一点P射出磁场，粒子在磁场中运动的轨迹如图(a)所示。设两轨迹所对应的圆心角分别为1和2。由几何关系有11802图(a)粒子两次在磁场中运动的时间分别为t1与t2，则t1t22t0。 (3)如图(b)，由题给条件可知，该粒子在磁场区域中的轨迹圆弧对应的圆心角为150。设O为圆弧的圆心，圆弧的半径为r0，圆弧与AC相切于B点，从D点射出磁场，由几何关系和题给条件可知，此时有OODBOA30图(b)
13、r0cosOODL设粒子此次入射速度的大小为v0，由圆周运动规律v0联立式得v0。答案(1)(2)2t0(3)带电粒子在匀强磁场中运动的多解问题多解原因分析类型分析图例带电粒子电性不确定受洛伦兹力作用的带电粒子，可能带正电荷，也可能带负电荷，在相同的初速度下，正、负粒子在磁场中运动轨迹不同，形成多解磁场方向不确定在只知道磁感应强度大小，而未具体指出磁感应强度方向，此时必须要考虑磁感应强度方向不确定而形成多解如图，带正电粒子以速度v垂直进入匀强磁场，若B垂直纸面向里，其轨迹为a，若B垂直纸面向外，其轨迹为b临界状态不唯一带电粒子在洛伦兹力作用下飞越有界磁场时，由于粒子运动轨迹是圆弧状，因此，它可
14、能穿过去了，也可能转过180从入射界面反向飞出，于是形成多解运动具有周期性带电粒子在部分是电场、部分是磁场空间运动时，往往运动具有周期性，因而形成多解【例2】 如图13所示，空间存在着两个方向均垂直纸面向外的匀强磁场区域和，磁感应强度大小分别为B1、B2，且B1B0、B22B0，MN为两个磁场的边界。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子(不计重力)从边界上的A点以一定的初速度竖直向上射入匀强磁场区域中，边界MN上的C点与A点的距离为d。试求该粒子从A点射入磁场的速度v0为多大时，粒子恰能经过C点？图13解析设粒子在磁场区域中做圆周运动的半径为r1，在磁场区域中做圆周运动的半径为r2，则有r1，r
15、2，可得r12r2由题意可知，速度v0的最大值对应的半径应为r1d，如图中的轨迹所示。若粒子在A点的速度小一些，则由分析可知，凡是做圆周运动的半径满足条件dnr1(n1，2，3)的粒子都满足恰能通过C点的条件，如图中的轨迹所示即r1(n1，2，3)，又因为r1联立可解得v0(n1，2，3)。答案(n1，2，3)处理多解问题的技巧(1)分析题目特点，确定题目多解形成的原因。(2)作出粒子运动轨迹示意图(全面考虑多种可能)。(3)若为周期性的多解问题，注意寻找通项式，若是出现几种解的可能性，注意每种解出现的条件。1.(多选)(2019临沂模拟)如图14所示，一带负电的质点在固定的正点电荷作用下绕该
16、正电荷做匀速圆周运动，周期为T0，轨道平面位于纸面内，质点速度方向如图中箭头所示。现加一垂直于轨道平面的匀强磁场，已知轨道半径并不因此而改变，则()图14A.若磁场方向指向纸里，质点运动的周期将大于T0B.若磁场方向指向纸里，质点运动的周期将小于T0C.若磁场方向指向纸外，质点运动的周期将大于T0D.若磁场方向指向纸外，质点运动的周期将小于T0解析当磁场方向指向纸里时，质点所受的洛伦兹力方向背离圆心，与库仑引力方向相反，则向心力减小，由F向mR可知，当轨道半径R不变时，该质点运动周期必增大；同理可得，当磁场方向指向纸外时，质点所受的洛伦兹力指向圆心，则向心力增大，当R不变时，质点运动周期减小，
17、选项A、D正确。答案AD2.如图15所示，宽度为d的有界匀强磁场，磁感应强度为B，MM和NN是它的两条边界。现有质量为m、电荷量为q的带电粒子沿图示方向垂直磁场射入。要使粒子不能从边界NN射出，则粒子入射速率v的最大值可能是多少。图15解析题目中只给出粒子“电荷量为q”，未说明是带哪种电荷。若q为正电荷，轨迹是如图所示的上方与NN相切的圆周圆弧，轨道半径R又dR解得v(2)。若q为负电荷，轨迹如图所示的下方与NN相切的圆周圆弧，则有：RdR，解得v(2)。答案(2)(q为正电荷)或(2)(q为负电荷)活页作业(时间：40分钟) 基础巩固练1.(2019昌平区月考)如图1所示，MN为铝质薄平板，
18、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 ()图1A.2 B. C.1 D.解析由Ekmv2可知当动能为原来的一半时，速度是原来的，由R可知R1，R2，又R12R2，可得B1B2，选项D正确。答案D2.(多选)(2015全国卷)有两个匀强磁场区域和，中的磁感应强度是中的k倍。两个速率相同的电子分别在两磁场区域做圆周运动，与中运动的电子相比，中的电子()A.运动轨迹的半径是中的k倍B.加速度的大
19、小是中的k倍C.做圆周运动的周期是中的k倍D.做圆周运动的角速度与中的相等解析电子在两匀强磁场、中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律可得evB，可得r，即，选项A正确；由a得，选项B错误；根据周期公式T，可得，选项C正确；根据角速度公式，可得，选项D错误。答案AC3.(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
20、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4Bqvm，得v，此种情况下，负电荷运动的角速度为；当负电荷所受的洛伦兹力与电场力方向相反时，有2Bqv，v，此种情况下，负电荷运动的角速度为，选项A、C正确。答案AC4.如图2所示，圆形区域内有垂直纸面的匀强磁场，三个质量和电荷量都相同的带电粒子a、b、c，以不同的速率对准圆心O沿着AO方向射入磁场，其运动轨迹如图。若带电粒子只受磁场力的作用，则下列说法正确的是 ()图2A.a粒子速率最大，在磁场中运动时间最长B.c粒子速率最大，在磁场中运动时间最短C.a
21、粒子速率最小，在磁场中运动时间最短D.c粒子速率最小，在磁场中运动时间最短解析由题图可知，粒子a的运动半径最小，对应的圆心角最大，粒子c的运动半径最大，对应的圆心角最小，由洛伦兹力提供粒子做圆周运动的向心力，可得：qvBm，故半径r，周期T，故在粒子质量、带电荷量、磁场的磁感应强度都相同的情况下，粒子速率越小，运动半径越小，所以粒子a的运动速率最小，粒子c的运动速率最大，而带电粒子在磁场中的运动时间只取决于运动轨迹所对应的圆心角，所以粒子a的运动时间最长，粒子c的运动时间最短，选项B正确。答案B5.(2016全国卷)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
22、3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()图3A. B. C. D.解析由题可知，粒子在磁场中做圆周运动的轨迹如图所示，由几何关系可知，粒子在磁场中做圆周运动的圆弧所对的圆心角为30，因此粒子在磁场中运动的时间为t，粒子在磁场中运动的时间与筒转过90所用的时间相等，即，求得，选项A正确。答案A6.如图4所示，带电小球在匀强磁场中沿光滑绝缘的圆弧形轨道的内侧来回往复运动，它向左或向右通过最低
23、点时()图4A.速度相同 B.加速度相同C.所受洛伦兹力相同 D.轨道对它的弹力相同解析在整个运动的过程中，洛伦兹力不做功，只有重力做功，所以向左或向右通过最低点时的速率大小相等，但速度的方向不同，故A错误；合外力提供向心力，F合mam，知加速度相同，B正确；根据左手定则，洛伦兹力的方向不同，故C错误；向右和向左通过最低点时，洛伦兹力大小相等，方向相反，根据合力提供向心力，知弹力大小不等，故D错误。答案B7.(2016全国卷，18)平面OM和平面ON之间的夹角为30，其横截面(纸面)如图5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(
24、q0)。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()图5A. B. C. D.解析带电粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为r。轨迹与ON相切，画出粒子的运动轨迹如图所示，由于2rsin 30r，故AOD为等边三角形，ODA60，而MON30，则OCD90，故COD为一直线，24r，故选项D正确。答案D8.如图6甲所示有界匀强磁场的宽度与图乙所示圆形匀强磁场的半径相等，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，从右边
25、界射出时速度方向偏转了角；该粒子以同样的初速度沿半径方向垂直射入磁场，射出磁场时速度方向偏转了2角。已知磁场、的磁感应强度大小分别为B1、B2，则B1与B2的比值为()图6A.2cos B.sin C.cos D.tan 解析设有界磁场宽度为d，则粒子在磁场和磁场中的运动轨迹分别如图甲、乙所示，由洛伦兹力提供向心力知Bqvm，得B，由几何关系知dr1sin ，dr2tan ，联立得cos ，选项C正确。答案C综合提能练9.(多选)(2019郑州模拟)如图7所示，垂直纸面向里的匀强磁场以MN为边界，左侧磁感应强度为B1，右侧磁感应强度为B2，B12B22 T，比荷为2106 C/kg的带正电粒子
26、从O点以v04104 m/s的速度垂直于MN进入右侧的磁场区域，则粒子通过距离O点4 cm的磁场边界上的P点所需的时间为()图7A.106 s B.106 sC.106 s D.2106 s解析粒子在右侧磁场B2中做匀速圆周运动，则qv0B2，解得R22 cm，故粒子经过半个圆周恰好到达P点，轨迹如图甲所示。则粒子运动的时间t1106 s，由于B12B2，由上面的求解可知粒子从P点射入左边的磁场后，做半径R1R21 cm的匀速圆周运动，经过两次周期性运动可再次经过P点，轨迹如图乙所示，则粒子运动的时间t2T1T2106 s，在以后的运动中，粒子通过MN的点会远离P点，所以，粒子通过距离O点4
27、cm的磁场边界上的P点所需的时间为106 s或106 s。选项A、C正确。答案AC10.(2019珠海模拟)如图8所示，在平面直角坐标系xOy的第四象限有垂直纸面向里的匀强磁场，一质量为m5.0108 kg、电量为q1.0106 C的带电粒子，从静止开始经U010 V的电压加速后，从P点沿图示方向进入磁场，已知OP30 cm，(粒子重力不计，sin 370.6，cos 370.8)，求：图8(1)带电粒子到达P点时速度v的大小；(2)若磁感应强度B2.0 T，粒子从x轴上的Q点离开磁场，求OQ的距离；(3)若粒子不能进入x轴上方，求磁感应强度B满足的条件。解析(1)对带电粒子的加速过程，由动能
28、定理qU0mv2代入数据得v20 m/s。(2)带电粒子仅在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，有：qvB得R代入数据得R0.50 m而0.50 m故粒子的轨迹圆心一定在x轴上，粒子到达Q点时速度方向垂直于x轴，轨迹如图甲所示。甲由几何关系可知OQRRsin 53故OQ0.90 m。(3)带电粒子不从x轴射出(如图乙)，由几何关系得：乙OPRRcos 53R由以上两式并代入数据得：B T5.33 T。答案(1)20 m/s(2)0.90 m(3)B5.33 T11. (2019名师原创预测)在xOy平面内有一个半径为R的圆形区域与x轴相切于O点，在圆形区域外(包括圆形边界)的空间存在垂直xOy平面向
29、外的匀强磁场，磁感应强度为B，如图9所示。发射源从坐标原点O以与x轴正方向成角的方向向第一象限发射一个比荷为k的带正电的粒子(不计重力)，该粒子恰好沿平行于x轴的方向进入圆形区域。图9(1)求粒子的速度大小v；(2)若发射源能从坐标原点O以大小为v的速率向第一象限的不同方向射出同样的带电粒子，求带电粒子从射出到再次回到O点所用的最长时间。解析(1)带电粒子在磁场中运动的轨迹与区域圆相交于O、D两点，粒子从D点进入无磁场区域时速度方向平行于x轴，如图中轨迹所示，由几何关系知OCDC为菱形，带电粒子在磁场中运动的轨迹半径与区域圆半径相等，即rR由洛伦兹力提供向心力得qvBm代入比荷k解得vKbr(
30、2)由于带电粒子在磁场中运动的轨迹半径rR，故以任意角射出的粒子均沿平行于x轴的方向进入无磁场区域。由分析可知，沿x轴正方向射出的粒子将沿圆形边界做圆周运动，回到O点所用的时间最短。沿y轴正方向射出的粒子(轨迹)先在磁场中运动圆周，进入圆形区域后沿直径做直线运动，再进入磁场又运动圆周回到原点O，此运动所用时间最长。该粒子在磁场中的运动时间为t12T其中周期T该粒子在圆形区域内的运动时间t2最长时间tt1t2联立解得t答案(1)kBR(2)12.(2019潍坊模拟)如图10所示，P是一个放射源，从开口处在纸面内向各个方向放出某种粒子(不计重力)，而这些粒子最终必须全部垂直射到底片MN这一有效区域
31、，并要求底片MN上每一地方都有粒子到达。假若放射源所放出的是质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，且所有的粒子速率都是v，M与放射源的出口在同一水平面，底片MN竖直放置，底片MN长为L。为了实现上述目的，我们必须在P的出口处放置一有界匀强磁场。求：图10(1)匀强磁场的方向；(2)画出所需最小有界匀强磁场的区域，并用阴影表示；(3)磁感应强度B的大小以及最小有界匀强磁场的面积S。解析(1)所有粒子经过磁场时受到洛伦兹力而向右偏转，根据左手定则判断得知：匀强磁场的方向为垂直纸面向外。(2)最小有界磁场如图甲所示。(3)如图乙所示，以P为原点建立坐标系，设粒子从磁场边界的A点水平射出，坐标为(x、y)，轨迹半径为R，则有：x2(Ry)2R2由磁场的边界方程可知，这是一个圆形磁场，半径与轨道半径相等为R。RBvq得R联立解得B则有界匀强磁场区域的最小面积为S。答案(1)垂直纸面向外(2)见解析(3)