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　带电粒子在磁场中的运动
例2　(2019·北京高考)如图所示，正方形区域内存在垂直纸面的匀强磁场。一带电粒子垂直磁场边界从a点射入，从b点射出。下列说法正确的是(　　)
A．粒子带正电
B．粒子在b点速率大于在a点速率
C．若仅减小磁感应强度，则粒子可能从b点右侧射出
D．若仅减小入射速率，则粒子在磁场中运动时间变短

(1)粒子运动的半径大小与什么有关？
提示：由公式qvB＝m得：r＝，半径随v的增大而增大，随B的增大而减小。
(2)粒子运动的时间与什么有关？
提示：运动周期T＝＝，运动时间t＝T，与轨迹所对圆心角大小成正比，与速度无关。
[解析]　由左手定则知，粒子带负电，A错误；由于洛伦兹力不做功，粒子速率不变，B错误；由r＝，若仅减小磁感应强度B，则r变大，粒子可能从b点右侧射出，C正确；由r＝，若仅减小入射速率v，则r变小，粒子在磁场中的偏转角θ变大，由t＝T、T＝知，粒子在磁场中的运动时间变长，D错误。
[答案]　C
处理带电粒子在磁场中运动问题的方法
(1)解决带电粒子在磁场中做圆周运动问题的一般思路
①找圆心画轨迹；
②由对称找规律；
③寻半径列算式；
④找角度定时间。
(2)处理该类问题常用的几个几何关系
①四个点：分别是入射点、出射点、轨迹圆心和入射速度直线与出射速度直线的交点；
②三个角：速度偏转角、圆心角、弦切角，其中速度偏转角等于圆心角，也等于弦切角的两倍。
(3)时间的求解方法
①根据周期求解，运动时间t＝T＝；
②根据运动弧长和速度求解，t＝＝。
4. (2019·广东汕头高三一模)如图，纸面内有一垂直于纸面向外的圆形匀强磁场区域，比荷为k1、k2的带电粒子A、B分别从P点以速率v1、v2垂直进入磁场，经过时间t1、t2从M点射出磁场。已知v1沿半径方向，v2与v1夹角为30°，∠POM＝120°。不计粒子重力，下列判断正确的是(　　)
A．若v1＝v2，则k1∶k2＝∶1
B．若v1＝v2，则t1∶t2＝∶2
C．若t1＝t2，则k1∶k2＝2∶1
D．若t1＝t2，则v1∶v2＝∶1
答案　B
解析　设匀强磁场区域半径为R，带电粒子A、B的轨迹如图所示，由几何关系可得：粒子A的轨道半径r1＝Rtan60°＝R，粒子B的轨道半径r2＝R，粒子A转过的圆心角为θ1＝60°，粒子B转过的圆心角为θ2＝120°。根据洛伦兹力提供向心力可得：Bvq＝，故速度v＝，运动周期T＝＝，则运动时间t＝T＝。若v1＝v2，则k1∶k2＝r2∶r1＝1∶，故A错误；若v1＝v2，则t1∶t2＝∶＝θ1r1∶θ2r2＝∶2，故B正确；若t1＝t2，则k1∶k2＝θ1∶θ2＝1∶2，故C错误；若t1＝t2，则v1∶v2＝k1r1∶k2r2＝θ1r1∶θ2r2＝∶2，故D错误。
5. (2019·两湖八市十二校联合二模)(多选)如图所示，边长为L的正三角形abc区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，质量均为m，电荷量均为q的三个粒子A、B、C以大小不等的速度从a点沿与ab边成30°角的方向垂直射入磁场后从ac边界穿出，穿出ac边界时与a点的距离分别为、、L。不计粒子的重力及粒子间的相互作用，则下列说法正确的是(　　)
A．粒子C在磁场中做圆周运动的半径为L
B．A、B、C三个粒子的初速度大小之比为3∶2∶1
C．A、B、C三个粒子从磁场中射出的方向均与ab边垂直
D．仅将磁场的磁感应强度减小，则粒子B从c点射出
答案　ACD
解析　由圆周运动的对称性可知，同一直线边界以30°的弦切角射入磁场，射出时的速度也与边界成30°，故圆心角为60°，则圆心和入射点以及出射点构成等边三角形，由几何关系可知rA＝，rB＝，rC＝L，故A正确；根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝m，可知v＝，得初速度之比vA∶vB∶vC＝rA∶rB∶rC＝1∶2∶3，B错误；由于三粒子从ac边界出射时与ac夹角为30°，而∠cab＝60°，故出射速度的延长线必与ab边垂直，C正确；由r＝可知仅将B改为，粒子B在磁场中的运动半径将变为rB′＝L×＝L，由几何关系可知粒子B将从c点射出，故D正确。
带电粒子在有界磁场中的临界和极值问题
例3　(2019·山东济宁一模)(多选)如图所示，等腰直角三角形abc区域内(包含边界)有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度的大小为B，在bc的中点O处有一粒子源，可沿与ba平行的方向发射大量速率不同的同种粒子，这些粒子带负电，质量为m，电荷量为q，已知这些粒子都能从ab边离开abc区域，ab＝2l，不考虑粒子的重力及粒子间的相互作用。关于这些粒子，下列说法正确的是(　　)
A．速度的最大值为
B．速度的最小值为
C．在磁场中运动的最短时间为
D．在磁场中运动的最长时间为

(1)速度最大时粒子的运动有何特征？
提示：速度最大时粒子的轨迹与ac边相切。
(2)在磁场中运动时间最长时粒子的运动有何特征？
提示：时间最长时，轨迹所对圆心角最大，轨迹应该与ab边相切，运动轨迹为半个圆周。
[解析]　粒子从ab边离开磁场时的临界运动轨迹如图所示，由几何知识可知：r1＝，2r＝(r2＋l)2，解得：r2＝(1＋)l，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＝，故粒子的最大速度为vmax＝＝，最小速度vmin＝＝，故A正确，B错误；由粒子从ab边离开磁场区域的临界运动轨迹可知，粒子转过的最大圆心角：θmax＝180°，最小圆心角：
θmin>45°，粒子做圆周运动的周期：T＝，则粒子在磁场中运动的最短时间tmin＝T>，最长时间tmax＝T＝，故C错误，D正确。
[答案]　AD
处理带电粒子在有界磁场中运动问题的方法技巧
(1)解答有关运动电荷在有界匀强磁场中的运动问题时，我们可以先将有界磁场视为无界磁场，假设粒子能够做完整的圆周运动，确定粒子做圆周运动的圆心，作好辅助线，充分利用相关几何知识解题。
(2)对称规律解题法
①从直线边界射入的粒子，又从同一边界射出时，出射速度与边界的夹角和入射速度与边界的夹角相等(如图甲所示)。
②在圆形磁场区域内，沿径向射入的粒子，一定沿径向射出(如图乙所示)。
(3)解决带电粒子在磁场中运动的临界问题，关键在于运用动态思维，寻找临界状态(一般是粒子运动轨迹与磁场边界相切或轨迹半径达到最大)，常用方法如下：
①动态放缩法：定点粒子源发射速度大小不同、方向相同、比荷和电性都相同的粒子，速度越大半径越大，圆心在垂直初速度方向的直线上。
②旋转平移法：定点粒子源发射速度大小相等、方向不同、比荷和电性都相同的粒子，运动轨迹的圆心在以入射点为圆心、半径为R＝的圆周上。
6．(2019·河南省郑州市一模)如图所示，边界OM与ON之间分布有垂直于纸面向里的匀强磁场，边界ON上有一粒子源S。某一时刻，从粒子源S沿平行于纸面，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等，经过一段时间有大量粒子从边界OM射出磁场。已知∠MON＝30°，从边界OM射出的粒子在磁场中运动的最长时间等于T(T为粒子在磁场中运动的周期)，则从边界OM射出的粒子在磁场中运动的最短时间为(　　)
A.T B.T
C.T D.T
答案　A
解析　粒子在磁场中做匀速圆周运动，入射点为S，出射点在OM直线上，出射点与S点的连线为轨迹的一条弦。由题意可知，粒子运动的最长时间等于T，则沿SN方向射入的粒子出射点D与S的连线为轨迹的直径，如图所示，设OS＝d，则DS＝OStan30°＝d，粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为：r＝＝d。当从边界OM射出的粒子在磁场中运动的时间最短时，圆心角最小，轨迹半径一定，则轨迹的弦最短，根据几何知识，作SE⊥OM，则SE为最短的弦，粒子从S到E的时间即最短，由几何知识有：SE＝OSsin30°＝d，由余弦定理得：cosθ＝＝，且已知θ<180°，则：θ＝120°，粒子在磁场中运动的最短时间为：tmin＝T＝T，故A正确。
7. (2019·福州高考模拟)(多选)如图所示，在圆心为O、半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场。一系列电子以不同的速率v(0A．最大半径为rm＝R
B．最大速率为vm＝
C．最长时间为tm＝
D．最短时间为tmin＝
答案　AD
解析　根据题意，电子圆周运动的圆心在速度的垂线上，电子的速率范围为0易错警示 带电粒子在有界匀强磁场中运动时轨迹圆心和半径的确定
例　(2019·北京延庆区高三一模)核聚变是能源的圣杯，但需要在极高温度下才能实现，最大难题是没有任何容器能够承受如此高温。托卡马克采用磁约束的方式，把高温条件下高速运动的离子约束在小范围内巧妙实现核聚变，相当于给反应物制作一个无形的容器。2018年11月12日我国宣布“东方超环”(我国设计的全世界唯一一个全超导托卡马克)首次实现一亿度运行，令世界震惊，使我国成为可控核聚变研究的领军者。
(1)2018年11月16日，国际计量大会利用玻尔兹曼常量将热力学温度重新定义。玻尔兹曼常量k可以将微观粒子的平均动能与温度定量联系起来，其关系式为Ek＝kT，其中k＝1.380649×10－23 J/K。请你估算温度为一亿度时微观粒子的平均动能(保留一位有效数字)；
(2)假设质量为m、电量为q的微观粒子，在温度为T0时垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场，求粒子运动的轨道半径；
(3)东方超环的磁约束原理可简化如图。在两个同心圆环之间有很强的匀强磁场，两圆半径分别为r1、r2，环状匀强磁场围成中空区域，中空区域内的带电粒子只要速度不是很大都不会穿出磁场的外边缘，而被约束在该区域内。已知带电粒子质量为m、电量为q、速度为v，速度方向如图所示。要使粒子不从大圆中射出，求环中磁场的磁感应强度最小值。
分析与解　(1)Ek＝kT≈2×10－15 J。
(2)kT0＝mv，得v0＝ 
又由牛顿第二定律：Bqv＝m
解得：R＝。
(3)磁感应强度最小时粒子轨迹恰好与大圆相切，如图所示，
设此时粒子轨迹半径为r，磁感应强度为Bmin，由几何关系得：(r2－r)2＝r2＋r
解得：r＝
由牛顿第二定律：qvBmin＝m
解得：Bmin＝。
答案　(1)2×10－15 J　(2)　(3)
易错警示　带电粒子在有界匀强磁场中的轨迹圆心和半径的确定是解题的第一步，也很容易出错，特别是四分之一坐标轴磁场、矩形磁场、三角形磁场和圆形磁场，要注意轨迹圆心不一定在坐标轴、磁场直线边界上。要准确确定轨迹圆心，需要抓住以下两点：①轨迹半径垂直于速度方向；②轨迹圆心在弦的垂直平分线上。轨迹圆心确定了，就可以凭几何知识确定轨迹半径。

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