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专题强化十八　带电粒子在有界匀强磁场中的运动
目标要求　1.能够确定粒子运动的圆心、半径、运动时间.2.学会处理带电粒子在直线边界、圆形边界磁场中运动的问题.3.会分析带电粒子在匀强磁场中的临界问题和多解问题．
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＝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＝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＝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＝α.
3．时间的计算方法
方法一　利用圆心角、周期求得t＝T
方法二　利用弧长、线速度求得t＝
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，则为(　　)
A．3 B．2 C. D.
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＝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＝＝，电子2运动的时间t2＝＝，所以＝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，则为(　　)
A. B. C. 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＝R.
根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝，
可得v＝，
所以＝＝，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
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
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＝R，由洛伦兹力提供向心力有qv0B＝，整理可得＝，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＝×＝，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.kBl，kBl B.kBl，kBl
C.kBl，kBl D.kBl，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＝，由洛伦兹力提供向心力，有evaB＝m，又＝k，解得va＝；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－)2，解得：rd＝，由洛伦兹力提供向心力，有evdB＝m，又＝k，解得vd＝，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　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d
B．它进入磁场时的速度为
C．它在磁场中运动的时间为
D．它的运动轨迹与y轴交点的纵坐标为d
答案　B
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＝d，故A错误；由qvB＝m，r＝d，联立解得粒子进入磁场时的速度为v＝＝，故B正确；由T＝＝，如图由几何关系知t＝T，解得粒子在磁场中运动的时间为t＝，故C错误；粒子运动轨迹与y轴交点的纵坐标为y＝－2rcos 30°＝－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)　　(2)R
解析　(1)粒子的轨迹半径：
r＝①
粒子所受洛伦兹力提供向心力，有：qvB＝m②
由①②两式得粒子的比荷：＝③
粒子的运动周期T＝④
粒子在磁场中的运动时间t＝T⑤
由①④⑤式得t＝.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＝⑦
平移距离d＝Rsin θ⑧
由①⑦⑧式得d＝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　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，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>，垂直纸面向里
B．B>，垂直纸面向外
C．B>，垂直纸面向外
D．B>，垂直纸面向外
答案　D
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°＝，可得r1＝s，由r1＝可得B1＝；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，由几何关系可知，s＝＋r2，得r2＝，又r2＝，所以B2＝，综合上述分析可知，选项D正确，A、B、C错误．
考向2　临界状态不确定形成多解
例8　如图所示，边长为L的等边三角形ABC内、外分布着两方向相反的匀强磁场，三角形内磁场方向垂直纸面向外，两磁场的磁感应强度大小均为B.顶点A处有一粒子源，粒子源能沿∠BAC的角平分线发射不同速率的粒子，粒子质量均为m、电荷量均为＋q，不计粒子重力及粒子间的相互作用，则发射速度v为哪一值时粒子能通过B点(　　)
A. B.
C. D.
答案　D
解析　粒子带正电，且经过B点，其可能的轨迹如图所示．
所有圆弧所对圆心角均为60°，所以粒子运动半径r＝(n＝1,2,3，…)，粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得qvB＝m，解得v＝＝(n＝1,2,3，…)，由此可知，v＝的粒子能通过B点，故A、B、C不符合题意，D符合题意．
课时精练
1.如图所示，两个初速度大小相同的同种离子a和b，从O点沿垂直磁场方向进入匀强磁场，最后打到屏P上．不计重力．下列说法正确的有(　　)
A．a带正电，b带负电
B．a在磁场中运动的时间比b的短
C．a在磁场中运动的路程比b的短
D．a在P上的落点与O点的距离比b的短
答案　D
解析　离子要打在屏P上，都要沿顺时针方向偏转，根据左手定则判断，离子都带正电，选项A错误；由于是同种离子，因此质量、电荷量相同，因初速度大小也相同，由qvB＝m可知，它们做匀速圆周运动的半径相同，作出运动轨迹，如图所示，
比较得a在磁场中运动的路程比b的长，选项C错误；由t＝可知，a在磁场中运动的时间比b的长，选项B错误；从图上可以看出，选项D正确．
2．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的电能可能不同
B．a、b的比荷之比为
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　B
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∶
C．粒子a和b在磁场中运动的速率之比为∶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∶，故B正确；由qvB＝m得v＝，比荷相同，磁场相同，则va∶vb＝Ra∶Rb＝1∶，故C错误；粒子运动周期T＝，Ta＝Tb，a运动时间ta＝Ta＝Ta＝T，b运动时间tb＝Tb＝Tb＝T，故ta∶tb＝2∶1，故D错误．
4.如图所示，边长为L的正三角形abc区域内存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，同种粒子每次都从a点沿与ab边成30°角的方向垂直于磁场射入，初速度大小为v时，粒子从ac边距a点L处射出磁场．不计粒子的重力，则粒子(　　)
A．一定带负电
B．初速度为2v时，出射位置距a点L
C．初速度为2v时，在磁场中运动的时间变短
D．初速度为10v时，能从bc边的中点射出
答案　B
解析　由左手定则可知，粒子带正电，选项A错误；
由题意可知，初速度大小为v时，粒子从ac边距a点L处射出磁场，则粒子运动的半径为
r＝L
当初速度为2v时，则由
r＝
可知，粒子的运动半径变为原来的2倍，即
r′＝L
因粒子入射方向不变，由图可知出射位置距a点L，选项B正确；
由图可知，无论粒子的初速度是v还是2v，粒子在磁场中的偏转角均为60°，则粒子在磁场中的运动时间不变，选项C错误；
因bc边的中点在粒子的入射方向上，则当初速度为10v时，粒子不可能从bc边的中点射出，选项D错误．
5.(2020·天津卷·7改编)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．粒子带正电荷
B．粒子速度大小为
C．粒子在磁场中运动的轨道半径为a
D．N与O点相距(＋1)a
答案　D
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错误；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＝a，故C错误；由洛伦兹力提供向心力可得qvB＝m，则v＝，故B错误；由图可知，
ON＝a＋a＝(＋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. B.
C. D.
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＝L，由洛伦兹力提供向心力得：qvB＝m，联立解得v＝，故选C.
7．(2022·江苏海安市高三模拟)如图所示，圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，O为圆心，一带电粒子从磁场边界圆上的A点以速度v0沿圆的半径方向射入磁场，经磁场偏转，粒子从P点射出磁场，PO⊥AO，仅改变粒子从A点射入磁场的速度大小，改变后粒子从Q点射出磁场，∠QOC＝60°，则改变后粒子的速度为(　　)
A.v0 B. v0
C. 2v0 D. v0
答案　B
解析　设圆形区域半径为R，粒子在磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示．当粒子的速度为v0时，由几何知识得r1＝R
则qv0B＝m
设改变后粒子的速度大小为v，由几何关系知
r2＝
则qvB＝m
解得v＝v0，故选B.
8．如图所示，x轴正半轴与虚线所围区域内存在着磁感应强度大小为B的匀强磁场，方向垂直纸面向里．甲、乙两粒子分别从距x轴h与2h的高度以速率v0平行于x轴正向进入磁场，并都从P点离开磁场，OP＝h.则甲、乙两粒子比荷的比值为(不计重力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)(　　)
A．32∶41 B．56∶41
C．64∶41 D．41∶28
答案　C
解析　画出两个粒子的轨迹如图所示，设甲粒子的轨道半径为R1，乙粒子的轨道半径为R2，根据几何关系有：(R1－h)2＋(0.5h＋htan 37°)2＝R12，解得R1＝h，由图知R2＝2h，又因为Bqv＝m，所以＝，甲、乙两粒子的比荷的比值为64∶41，故C正确．
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. B. C. D.
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＝.轨迹与ON相切，画出粒子的运动轨迹如图所示，
由于＝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，＝＝2＝4r＝，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，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＝m①
由此可得R＝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＝④
(2)若磁感应强度大小为，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＝＝⑥
即α＝⑦
由几何关系可得，P点与x轴的距离为
y＝2h(1－cos α)⑧
联立⑦⑧式得y＝(2－)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)　(2)
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＝ 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＝m②
由几何关系知d＝r③
联立①②③式得＝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＝＋rtan 30°⑤
带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间为t＝⑥
联立②④⑤⑥式得t＝.⑦
12．如图所示，在xOy平面的第Ⅰ象限中，磁场分界线OM的上下两侧分别有垂直纸面向里、向外的匀强磁场B1和B2，磁感应强度大小B1＝B2＝B.质量为m、电荷量为－q(q>0)的粒子速度一定，从O点沿x轴正方向垂直射入磁场，在磁场中运动的半径为d.已知粒子重力不计，磁场分布区域的大小可以通过调节分界线OM与x轴间的夹角改变．
(1)求粒子运动速度v的大小；
(2)欲使粒子从y轴射出，求分界线OM与x轴的最小夹角θmin；
(3)若分界线OM与x轴的夹角θ＝30°，将下方磁场的磁感应强度大小变为B2′＝2B，P是OM上一点，粒子恰能通过P点，求粒子从O点运动到P点的时间．
答案　(1)　(2)75°　(3)见解析
解析　(1)根据qvB＝m且r＝d解得v＝.
(2)欲使粒子恰好从y轴射出，则轨迹如图甲，
由几何关系可知∠NO1O2＝30°，则∠O1OM＝15°，则分界线OM与x轴的最小夹角θmin＝75°
(3)将下方磁场的磁感应强度大小变为B2′＝2B，则根据r＝可知，
运动半径变为，轨迹如图乙，
粒子在上、下磁场中运动的周期分别为
T1＝
T2＝
在上、下磁场中每次运动的时间分别为
t1＝T1＝
t2＝T2＝
若粒子从上面磁场中经过P点，则粒子从O点运动到P点的时间
t＝n(t1＋t2)＝(n＝1,2,3…)
若粒子从下面磁场中经过P点，则粒子从O点运动到P点的时间
t′＝n(t1＋t2)＋t2＝(n＋)(n＝0,1,2,3…)．

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