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帶電粒子在磁場中的圓周運動
帶電粒子在有界勻強磁場中的圓周運動
（2020全國歷年真題）真空中有一勻強磁場，磁場邊界為兩個半徑分別為a和3a的同軸圓柱面，磁場的方向與圓柱軸線平行，其橫截面如圖所示。一速率為v的電子從圓心沿半徑方向進入磁場。已知電子質量為m，電荷量為e，忽略重力。為使該電子的運動被限制在圖中實線圓圍成的區域內，磁場的磁感應強度最小為（　　）
A． B． C． D．
關鍵信息：磁場邊界為兩個半徑分別為a和3a的同軸圓柱面 → 圓形邊界有界磁場
粒子限制在環形區域中，磁感應強度最小 → 臨界態時粒子軌跡與外圓相切
解題思路：根據“徑向入、徑向出”的規律解決圓形邊界有界磁場問題；當電子運動的軌跡與圓邊界相切時為臨界條件
為使電子的運動被限制在圖中實線圓圍成的區域內，則其臨界態的運動軌跡，如圖所示
A點為電子做圓周運動的圓心，r為粒子在磁場中運動的最大半徑，由圖可知△ABO為直角三角形，則由幾何關系可得：(3a－r)2＝r2＋a2
解得r＝；
由洛倫茲力提供向心力eBminv＝m
解得磁場的最小值Bmin＝，故C正確，ABD錯誤。
故選C。
（2021·山西模擬）如圖所示，OM的左側存在范圍足夠大、磁感應強度大小為B的勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里，ON（在紙面內）與磁場方向垂直且∠NOM＝60°，ON上有一點P，OP＝L，P點有一粒子源，可沿紙面內各個方向射出質量為m、電荷量為q的帶正電的粒子（不計重力），速率為，則粒子在磁場中運動的最短時間為（　　）
A． B． C． D．
粒子進入磁場中做勻速圓周運動，則有qvB＝m，將v值代入得r＝L；若粒子運動的時間t最短，由于速率一定，則粒子運動軌跡對應的弧長最短且為劣弧，其對應的弦長必最短。作PB⊥OM于B點，PB即為粒子離開磁場最短的弦長，結合左手定則，以r＝L為半徑作出過P、B兩點的軌跡圓如圖所示，O′為圓心
根據幾何關系有O′B＝O′P＝r＝L，PB＝L sin 60°＝L，聯立解得PB＝O′B，則粒子偏轉的角度∠PO′B＝90°，結合周期公式T＝可知粒子在磁場中運動的最短時間為t＝＝。
故選A。
帶電粒子在有界磁場中的臨界極值問題的處理方法：
（1）從關鍵詞找突破口：題干中常用“恰好”“最大”“至少”“不相撞”“不脫離”等詞語對臨界狀態給以暗示，審題時，一定要抓住這些特定的詞語挖掘其隱含的規律，找出臨界條件。
（2）數學方法和物理方法的結合：如利用“矢量圖”“邊界條件”等求臨界值，利用“三角函數”“不等式的性質”“二次方程的判別式”等求極值。
（3）四個重要結論
①）剛好穿出磁場邊界的條件是帶電粒子在磁場中運動的軌跡與邊界相切。
②當速度v一定時，弧長越長，圓心角越大，則帶電粒子在有界磁場中運動的時間越長；當軌跡對應劣弧時，弦長越長，帶電粒子在磁場中運動的時間越長。
③當速率v變化時，圓心角越大，運動時間越長。
④在圓形勻強磁場中，當帶電粒子運動軌跡圓半徑大于區域圓半徑時，則入射點和出射點為磁場直徑的兩個端點時，軌跡對應的偏轉角最大（所有的弦長中直徑最長）。
帶電粒子束在磁場中的運動
（2022·遼寧省月考）如圖所示，在真空中，半徑為R的圓形區域內存在垂直于紙面向外的勻強磁場，磁感應強度為B，一束質子在紙面內以相同的速度射向磁場區域，質子的電荷量為e，質量為m，速度為v＝，則以下說法正確的是（ ）
A．對著圓心入射的質子的出射方向的反向延長線不一定過圓心
B．從a點比從b點進入磁場的質子在磁場中運動時間短
C．所有質子都在磁場邊緣同一點射出磁場
D．若質子以相等的速率v＝從同一點沿各個方向射入磁場，則它們離開磁場的出射方向可能垂直
關鍵信息：電荷量為e，質量為m，速度為v＝ → 根據r＝求得其軌跡半徑r＝R
相同的速度射向磁場區域，粒子軌跡半徑r與圓形磁場半徑R相等 → 磁聚焦模型
解題思路：根據洛倫茲力提供向心力求出質子運動軌跡的半徑r，由于r＝R，可根據磁聚焦模型來處理。
首先可以確定朝著圓心射入的質子，其做勻速圓周運動的向心力由洛侖茲力提供：Bev＝m，將v＝代入，求得r＝R。那么由幾何關系知道該質子最后從O點的正下方C點射出磁場。再假設從任意點E水平射入的質子，其做勻速圓周運動的圓心為D，連接EOCD構成如圖所示的四邊形，由于DE∥OC，且DE＝OC，則四邊形DEOC是平行四邊形，所以DC＝OE＝R，所以從任意點E水平入射的質子也從O點的正下方C射出。
A、由于磁場圓的半徑與質子軌跡圓的半徑相等，所以朝著圓心方向射入的質子，必從O點的正下方射出磁場，其出射方向的反向延長線必過圓心，所以選項A錯誤。
B、由于水平射入磁場后，最終均從C點射出，從a點入射的質子比從b點入射的質子偏轉角大，根據t＝（θ為運動軌跡對應的圓心角）可知，從a點的入射的質子射出磁場后時間長，所以選項B錯誤。
C、上述已證明，所有質子均從圓心的正下方C點射出，所以選項C正確。
D、由于質子的速率v＝，則質子做勻速圓周運動的半徑仍為R；假設這些質子從O點正下方的C點從不同方向射入磁場，則這些質子在磁場中運動的過程可以看成題中的質子束運動的逆過程，由此可知這些質子從磁場出射時都是相互平行的；由此擴展來看，質子以相等的速率v＝從同一點沿各個方向射入磁場，則它們離開磁場的出射方向一定是相互平行的，不可能出現垂直的情況，故D錯誤。
故選C。
（2022廣東聯考）如圖，真空室內存在勻強磁場，磁場方向垂直于紙面向里，磁感應強度的大小B＝0.60T。磁場內有一塊平面感光板ab（板長足夠長），板面與磁場方向平行。在距ab為l＝16cm處，有一個點狀的α粒子放射源S，它向各個方向發射α粒子，α粒子的速率都是v＝3.0×106 m/s。已知α粒子的電荷量與質量之比＝5.0×107 C/kg。現只考慮在紙面內運動的α粒子，求ab板上被α粒子打中區域的長度。
α粒子帶正電，故在磁場中沿逆時針方向做勻速圓周運動，
用R表示其軌跡半徑，由牛頓第二定律知：qvB＝m
由此得：R＝
代入數值得：R＝10cm
可見，2R＞l＞R；
由于α粒子的速率一定，軌跡半徑一定，且沿逆時針方向運動，則由定圓旋轉法作出α粒子運動的臨界軌跡如圖所示，
其中SP垂直于ab，在P1點α粒子的運動軌跡與ab板相切，即P1點為ab上被α粒子打中區域的左邊界，
由幾何知識有：PP1＝，代入數據解得：PP1＝8cm；
P2點為ab上被α粒子打中區域的右邊界，
SP2＝2R，由幾何關系得：PP2＝，代入數據解得：PP2＝12cm
所求長度為P1P2＝P1P＋PP2
代入數據得：P1P2＝20cm。
即ab板上被α粒子打中區域的長度為20cm。
帶電粒子束在勻強磁場中運動的幾種特殊情況：
1．磁聚焦和磁發散
（1）磁發散：帶電粒子從圓形有界勻強磁場邊界上同一點射入，如果軌跡半徑與磁場半徑相等，則粒子出射方向與入射點的切線方向平行。
（2）磁聚集：帶電粒子平行射入圓形有界勻強磁場，如果軌跡半徑與磁場半徑相等，則粒子從磁場邊界上同一點射出，該點切線與入射方向平行。
2．動態放縮法
當帶電粒子射入磁場的方向確定，但射入時的速度v的大小或磁感應強度B的大小變化時，粒子做圓周運動的軌道半徑R隨之變化。在確定粒子運動的臨界情景時，可以以入射點為定點，將軌道半徑放縮，作出一系列的軌跡，從而探索出臨界條件。如圖所示，粒子進入長方形區域OABC，從BC邊射出的臨界情景為②和④。
3．定圓旋轉法
當帶電粒子射入磁場時的速度v大小一定，但方向變化時，粒子做圓周運動的軌道半徑R是確定的。在確定粒子運動的臨界情景時，可以以入射點為定點，將軌跡圓旋轉，作出一系列軌跡，從而探索出臨界條件。粒子進入單邊界磁場時的情景如圖所示。
帶電粒子在磁場中運動的多解問題
（2022·河南省·月考）如圖所示，圓心為O、半徑為R的圓形區域內存在勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面向外，A、B、C三點為圓形區域邊緣上的三等分點，三點外沿半徑方向的極窄區域存在電場強度大小為E（圖中未畫出）、方向與過三點的磁場邊緣的切線垂直的勻強電場。現有一質量為m、電荷量為－q的帶電粒子從A點沿著半徑方向射入勻強磁場，不計粒子重力，求：
（1）若粒子恰從A點開始運動又返回A點，求粒子首次返回A點所用的時間；
（2）現改變粒子從A點入射速度的大小，同時將圓形區域外的電場改為輻射狀沿圓形區域半徑向外的電場，使粒子仍能返回A點，求粒子首次返回A點在磁場中運動的時間（粒子沒有越過A點）。
關鍵信息：A、B、C為三等分點，從A點開始運動又返回A點 → 往返運動且運動具有對稱性和重復性
改變粒子從A點入射速度的大小、仍能返回A點 → 多解問題
解題思路：根據對稱性思想確定粒子運動的軌跡，再按照“定圓心、定半徑、定圓心角”的步驟進行解題，注意將幾何關系和物理規律有機地結合在一起。
（1）帶電粒子運動軌跡如圖所示，由幾何關系知粒子在磁場中運動的軌跡半徑為：
r＝
帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，設粒子運動的速率為v，周期為T，
由牛頓第二定律知：Bvq＝m
由圓周運動規律知：T＝
粒子在磁場中由A到B的過程中轉過的圓心角為，對應的時間t′＝T，由對稱性可知，粒子在磁場中的運動時間t1＝3t′
解得t1＝，v＝
粒子運動到B、C兩點后先在電場中做勻減速直線運動再反向做勻加速直線運動進入磁場，加速度為：a＝，由勻變速直線運動規律知，粒子在電場中運動的總時間為
t2＝4＝
則粒子從A點開始運動到返回A點所用的時間t＝t1＋t2＝＋；
（2）設粒子在磁場中運動n（n≥3）段相同的圓弧后返回A點，粒子在磁場中運動的第一段圓弧的軌跡如圖所示，由圖可知：β＝（n＝3，4 ），α＝π－β
則粒子從A點出發到首次返回A點在磁場中運動的時間
t＝＝
解得t＝（n＝3，4 ）
（2022山西聯考）如圖所示，紙面內有互相垂直的虛線邊界PA、QA，且PA與水平方向夾角為45°，在PAQ上方和下方存在方向相反、大小相等的勻強磁場．現有一質量為m、電荷量為q（q＞0）的粒子從P點沿PQ方向以初速度v0射出。已知AP＝AQ＝L，不計粒子重力。
（1）若僅經兩側磁場各一次偏轉，使粒子從P經A到Q，求此時的磁感應強度B0的大小及該過程粒子運動的時間t；
（2）若保持粒子入射速度不變，兩側磁感應強度大小可以調整（保持兩側磁場大小始終相等），則為使粒子能始終從P經A到Q，求磁感應強度B的大小應滿足的條件。
（1）如圖所示，設粒子運動的半徑為r，由幾何關系知：2r2＝L2
由牛頓第二定律知：qv0B0＝
聯立解得：B0＝
兩側的圓弧剛好是一個圓周，則運動時間為t＝＝
（2）根據運動的對稱性，粒子能從P經A到達Q，運動軌跡如圖所示，
設每次偏轉圓弧對應的弦長為x，由圖可得L＝nx（n＝1，2，3， ）
由幾何關系知，偏轉圓弧對應的圓心角為或。
設粒子運動軌跡的半徑為R，由幾何關系可得2R2＝x2
由牛頓第二定律知：qv0B＝m
聯立解得B＝（n＝1，2，3， ）
1．帶電粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，多種因素的影響使問題形成多解。多解形成的原因一般包含4個方面：
（1）粒子電性不確定
（2）磁場方向不確定
（3）臨界狀態不唯一
（4）運動的往復性
2．對于帶電粒子在磁場中運動的多解問題，分析清楚粒子運動過程、畫出軌跡圖是解題的前提與關鍵，同時要考慮清楚所有可能的情況，再按照“定圓心、定半徑、定圓心角”的步驟進行求解，解題時要將幾何關系和物理規律有機地結合在一起。
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