6、邊界，沿OE方向進入磁場區(qū)域的α粒子運動軌跡與磁場右邊界相切，在磁場中運動時間最長，設在磁場中運動的最長時間為tmax，則tmax＝＝×10－6 s．
若α粒子在磁場中做勻速圓周運動對應的圓弧軌跡的弦長最短，則α粒子在磁場中運動的時間最短．最短的弦長為磁場寬度d.設在磁場中運動的最短時間為tmin，軌跡如圖乙所示，因R＝d，則圓弧對應的圓心角為60°，故tmin＝＝×10－6 s．
答案 (1)(20＋10)×10－2 m (2)tmax＝×10－6 s tmin＝×10－6 s
角度1 速度方向一定，大小不同
帶電粒子源發(fā)射速度方向一定，大小不同的帶電粒子進入勻強磁場中，這些帶電
7、粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌道半徑隨速度的變化而變化．
若粒子從定點P以速度v0射入磁場，則軌跡圓心一定在PP′直線上(PP′⊥v0)，將半徑放縮作軌跡，從而得到臨界條件．
角度2 速度方向一定，方向不同
帶電粒子進入勻強磁場時，它們在磁場中做勻速圓周運動的半徑相同，若射入初速度為v0，則圓周運動半徑R＝.改變初速度v0的方向，粒子運動的軌跡也隨之改變，但所有帶電粒子在磁場中運動的軌跡圓的圓心，均在以入射點為圓心，半徑R＝的圓上．
[例1]如圖所示，在無限長的豎直邊界NS和MT間充滿勻強電場，同時該區(qū)域上、下部分分別充滿方向垂直于NSTM平面向外和向內的勻強磁場，磁感應強度大小分
8、別為B和2B，KL為上下磁場的水平分界線，在NS和MT邊界上，距KL高h處分別有P、Q兩點，NS和MT間距為1.8 h．質量為m、帶電量為＋q的粒子從P點垂直于NS邊界射入該區(qū)域，在兩邊界之間做圓周運動，重力加速度為g．
(1)求電場強度的大小和方向；
(2)要使粒子不從NS邊界飛出，求粒子入射速度的最小值；
(3)若離子能經過Q點從MT邊界飛出，求粒子入射速度的所有可能值．
解析 本題考查帶點粒子在復合場中的運動．
(1)設電場強度大小為E．
由題意有mg＝qE，
得E＝，方向豎直向上．
(2)如圖甲所示，設粒子不從NS邊飛出的入射速度最小值為vmin，對應的粒子在上
9、、下區(qū)域的運動半徑分別為r1和r2，圓心的連線與NS的夾角為φ．
由r＝，有r1＝，r2＝r1．
由(r1＋r2) sin φ＝r2，
r1＋r1 cos φ＝h．
vmin＝(9－6)．
(3)如圖乙所示，設粒子入射速度為v，粒子在上、下方區(qū)域的運動半徑分別為r1和r2，粒子第一次通過KL時距離K點為x．
由題意有3nx＝1.8h.(n＝1,2,3…)
x≥，x＝，
得r1＝(1＋)，n<3.5，即n＝1時，v＝；
n＝2時，v＝；n＝3時，v＝．
答案 (1)E＝，方向豎直向上 (2) (9－6) (3)見解析
1如圖所示圓形區(qū)域內，有垂直于紙面方向的勻
10、強磁場．一束質量和電荷量都相同的帶電粒子，以不同的速率，沿著相同的方向，對準圓心O射入勻強磁場，又都從該磁場中射出．這些粒子在磁場中的運動時間有的較長，有的較短．若帶電粒子在磁場中只受磁場力的作用，則在磁場中運動的帶電粒子( D )
A．速率越大的運動時間越長
B．運動時間越長的周期越大
C．速率越小的速度方向變化的角度越小
D．運動時間越長的半徑越小
2．如圖所示，半徑為R的圓是一圓柱形勻強磁場區(qū)域的橫截面(紙面)，磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面向外，一電荷量為q、質量為m的負離子沿平行于直徑ab的方向射入磁場區(qū)域，射入點與ab的距離為.已知離子射出磁場與射入磁場時運動方向
11、間的夾角為60°，則離子的速率為(不計重力)( D )
A． B．
C． D．
解析 設帶負電離子在勻強磁場中運動軌跡的半徑為r，速率為v.根據(jù)題述，帶負電離子射出磁場與射入磁場時速度方向之間的夾角為60°，可知帶電離子運動軌跡所對的圓心角為60°，rsin 30°＝R.如圖所示．由qvB＝m，解得v＝，選項D正確．
3．如圖所示，邊界OA與OC之間分布有垂直紙面向里的勻強磁場，邊界OA上有一粒子源S.某一時刻，從S平行于紙面向各個方向以某一速率發(fā)射出大量比荷為的同種正電粒子，經過一段時間有大量粒子從邊界OC射出磁場，已知磁場的磁感應強度大小為B，∠AOC＝60°，O、S
12、兩點間的距離為L，從OC邊界射出的粒子在磁場中運動的最短時間t＝，忽略重力的影響和粒子間的相互作用，則粒子的速率為( A )
A． B．
C． D．
解析 由于粒子速率一定，帶電粒子在磁場中運動時間最短時，軌跡所對應弦長最短，即弦長d＝Lsin60°＝L，由最短時間t＝知粒子運動軌跡所對應圓心角為120°，由幾何關系知Rsin60°＝d，由洛倫茲力提供向心力，得qvB＝m，解得v＝，選項A正確．
4．空間有一圓柱形勻強磁場區(qū)域，O為圓心，磁場方向垂直于紙面向外．一帶正電的粒子從A點沿圖示箭頭方向以速率v射入磁場，θ＝30°，粒子在紙面內運動，經過時間t離開磁場時速度方向與半徑
13、OA垂直．不計粒子重力．若粒子速率變?yōu)椋渌麠l件不變，粒子在圓柱形磁場中運動的時間為( C )
A． B．t
C． D．2t
解析
粒子以速度v進入磁場時，根據(jù)幾何關系，四邊形AOBO′為菱形，O、O′分別在兩圓的圓周上，如圖所示．粒子在磁場中運動的圓心角為∠AO′B＝；粒子以速度進入磁場時，根據(jù)幾何關系，粒子在磁場中運動的圓心角為π，兩次粒子做圓周運動的周期相同，運動時間之比就等于圓心角之比，所以第二次粒子在磁場運動時間為t.故選項C正確．
5．(2017·全國卷Ⅰ)如圖，空間某區(qū)域存在勻強電場和勻強磁場，電場方向豎直向上(與紙面平行)，磁場方向垂且于紙面向里．三
14、個帶正電的微粒a、b、c電荷量相等，質量分別為ma、mb、mc.已知在該區(qū)域內，a在紙面內做勻速圓周運動，b在紙面內向右做勻速直線運動，c在紙面內向左做勻速直線運動．下列選項正確的是( B )
A．ma>mb>mc B．mb>ma>mc
C．mc>ma>mb D．mc>mb>ma
解析 該空間區(qū)域為勻強電場、勻強磁場和重力場的疊加場，a在紙面內做勻速圓周運動，可知其重力與所受到的電場力平衡，洛倫茲力提供其做勻速圓周運動的向心力，有mag＝qE，解得ma＝.b在紙面內向右做勻速直線運動，由左手定則可判斷出其所受洛倫茲力方向豎直向上，可知mbg＝qE＋qvbB，解得mb＝＋.c在紙面
15、內向左做勻速直線運動，由左手定則可判斷出其所受洛倫茲力方向豎直向下，可知mcg＋qvcB＝qE，解得mc＝－.綜上所述，可知mb>ma>mc，選項B正確．
6．(2017·全國卷Ⅱ)如圖，虛線所示的圓形區(qū)域內存在一垂直于紙面的勻強磁場，P為磁場邊界上的一點．大量相同的帶電粒子以相同的速率經過P點，在紙面內沿不同方向射入磁場．若粒子射入速率為v1，這些粒子在磁場邊界的出射點分布在六分之一圓周上；若粒子射入速率為v2，相應的出射點分布在三分之一圓周上．不計重力及帶電粒子之間的相互作用．則v2：v1為( C )
A．∶2 B．∶1
C．∶1 D．3∶
解析 由于是相同的粒子，粒子
16、進入磁場時的速度大小相同，由qvB＝m可知，R＝，即粒子在磁場中做圓周運動的半徑相同．若粒子運動的速度大小為v1，如圖所示，通過旋轉圓可知，當粒子的磁場出射點A離P點最遠時，則AP＝2R1；同樣，若粒子運動的速度大小為v2，粒子的磁場出射點B離P點最遠時，則BP＝2R2，由幾何關系可知，R1＝，R2＝Rcos 30°＝R，則＝＝，故選項C正確．
7．如圖所示，在0≤x≤a、0≤y≤范圍內有垂直于xOy平面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為B，坐標原點O處有一個粒子源．在某時刻發(fā)射大量質量為m、電荷量為q的帶正電粒子，它們的速度大小相同，速度方向均在xOy平面內，與y軸正方向的夾角分布在0～
17、90°范圍內．已知粒子在磁場中做圓周運動的半徑介于到a之間，從發(fā)射粒子到粒子全部離開磁場經歷的時間恰好為粒子在磁場中做圓周運動周期的四分之一．求最后離開磁場的粒子從粒子源射出時：
(1)速度的大?。?
(2)速度方向與y軸正方向夾角的正弦值.
解析 設粒子的發(fā)射速度為v，粒子做圓周運動的軌道半徑為R，由牛頓第二定律和洛倫茲力公式，得qvB＝m．
解得R＝，當
2019版高考物理一輪復習 培優(yōu)計劃 高考必考題突破講座（9）帶電粒子在有界磁場中的臨界、極值問題學案
