带电粒子在匀强磁场中运动的临界极值及多解问题

突破

有界磁场中临界问题的处理方法

考向1 “放缩法”解决有界磁场中的临界问题

1.适用条件

(1)速度方向一定，大小不同

粒子源发射速度方向一定、大小不同的带电粒子进入匀强磁场时，这些带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径随速度的变化而变化.

(2)轨迹圆圆心——共线

如图所示(图中只画出粒子带正电的情景)，速度v0越大，运动半径也越大.可以发现这些带电粒子射入磁场后，它们运动轨迹的圆心在垂直速度方向的直线PP′上.

2.方法界定

以入射点P为定点，圆心位于PP′直线上，将半径放缩作轨迹，从而探索出临界条件，这种方法称为“放缩法”.

[典例1] 如图所示，垂直于纸面向里的匀强磁场分布在正方形abcd区域内，O点是cd边的中点.一个带正电的粒子仅在洛伦兹力的作用下，从O点沿纸面以垂直于cd边的速度射入正方形内，经过时间t0刚好从c点射出磁场.

现设法使该带电粒子从O点沿纸面以与Od成30°的方向，以大小不同的速率射入正方形内，粒子重力不计.那么下列说法中正确的是( )

A.若该带电粒子从ab边射出，它经历的时间可能为t0 5t0B.若该带电粒子从bc边射出，它经历的时间可能为

35t0

C.若该带电粒子从cd边射出，它经历的时间为 32t0

D.若该带电粒子从ad边射出，它经历的时间可能为

3

- 1 -

[解析] 作出从ab边射出的轨迹①、从bc边射出的轨迹②、从cd边射出的轨迹

③和从ad边射出的轨迹④.由带正电的粒子从O点沿纸面以垂直于cd边的速度射入正方形内，经过时间t0刚好从c点射出磁场可知，带电粒子在磁场中做圆周运动的周期是2t0.由图可知，5t04t0

从ab边射出经历的时间一定不大于；从bc边射出经历的时间一定不大于；从cd边射

635t0t0

出经历的时间一定是；从ad边射出经历的时间一定不大于，C正确.

33

[答案] C

考向2 “旋转法”解决有界磁场中的临界问题

1.适用条件

(1)速度大小一定，方向不同

带电粒子进入匀强磁场时，它们在磁场中做匀速圆周运动的半径相同，若射入初速度为

mv0

v0，则圆周运动半径为R＝.如图所示.

qB

(2)轨迹圆圆心——共圆

带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心在以入射点P为圆心、半径R＝2.方法界定 将一半径为R＝

mv0

的圆上. qBmv0

的圆绕着入射点旋转，从而探索出临界条件，这种方法称为“旋转法”. qB[典例2] 如图所示，真空室内存在匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度的大小B＝0.60 T.磁场内有一块平面感光板ab，板面与磁场方向平行.

在距ab为l＝16 cm处，有一个点状的α粒子放射源S，它向各个方向发射α粒子，α

- 2 -

粒子的速度都是v＝3.0×10 m/s.已知α粒子的比荷＝5.0×10 C/kg，现只考虑在纸面内运动的α粒子，求ab板上被α粒子打中区域的长度.

[解题指导] 过S点作ab的垂线，根据左侧最值相切和右侧最值相交计算即可. [解析] α粒子带正电，故在磁场中沿逆时针方向做匀速圆周运动，用R表示轨迹半径，

6

qm7

v2

有qvB＝m

R由此得R＝

代入数值得R＝10 cm，可见2R>l>R

因朝不同方向发射的α粒子的圆轨迹都过S，由此可知，某一圆轨迹在下图中N左侧与

mvqBab相切，则此切点P1就是α粒子能打中的左侧最远点.为确定P1点的位置，可作平行于ab的直线cd，cd到ab的距离为R，以S为圆心，R为半径，作圆弧交cd于Q点，过Q作ab的垂线，它与ab的交点即为P1.即：NP1＝R－（l－R）＝8 cm

2

2

再考虑N的右侧.任何α粒子在运动中离S的距离不可能超过2R，在N点右侧取一点P2，取SP＝20 cm，此即右侧能打到的最远点

由图中几何关系得NP2＝（2R）－l＝12 cm 所求长度为P1P2＝NP1＋NP2 代入数值得P1P2＝20 cm. [答案] 20 cm

2

2

突破 带电粒子在磁场中运动的多解问题

考向1 带电粒子电性不确定形成多解

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，在相同的初速度的条件下，正、负粒子在磁场中运动轨迹不同，导致形成多解.

[典例3] 如图所示，宽度为d的有界匀强磁场，磁感应强度为B，MM′和NN′是磁场左右的两条边界线.现有一质量为m、电荷量为q的带电粒子沿图示方向垂直磁场射入.要使粒子不能从右边界NN′射出，求粒子入射速率的最大值为多少？

- 3 -

[解题指导] 由于粒子电性不确定，所以分成正、负粒子讨论，不从NN′射出的临界条件是轨迹与NN′相切.

[解析] 题目中只给出粒子“电荷量为q”，未说明是带哪种电荷，所以分情况讨论. 1

若q为正电荷，轨迹是如图所示的上方与NN′相切的圆弧，则轨道半径

4

mvR＝ Bq又d＝R－

R2

（2＋2）Bqd解得v＝.

m3

若q为负电荷，轨迹是如图所示的下方与NN′相切的圆弧，则轨道半径

4

mv′R′＝

Bq又d＝R′＋

R′

2

（2－2）Bqd解得v′＝

m

[答案]

（2＋2）Bqd（2－2）Bqd(q为正电荷)或(q为负电荷)

mm考向2 磁场方向不确定形成多解

有些题目只告诉了磁感应强度的大小，而未具体指出磁感应强度的方向，此时必须要考虑磁感应强度方向不确定而形成的多解.

[典例4] (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

- 4 -

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(不计重力)( )

A.C.4qB

mmB.D.

3qB

m2qB

qB m[解析] 根据题目中条件“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

v24BqRv4Bq4Bqv＝m，得v＝，此种情况下，负电荷运动的角速度为ω＝＝；当负电荷所受的

RmRmv22BqR洛伦兹力与电场力方向相反时，有2Bqv＝m，v＝，此种情况下，负电荷运动的角速度

Rm为ω＝＝

v2Bq，应选A、C. Rm[答案] AC

考向3 临界状态不唯一形成多解

如图所示，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，它可能直接穿过去了，也可能转过180°从入射界面反向飞出，于是形成了多解.如图所示.

[典例5] (多选)长为l的水平极板间有垂直纸面向里的匀强磁场，如图所示，磁感应强度为B，板间距离也为l，板不带电.现有质量为m、电荷量为q的带正电粒子(不计重力)，从左边极板间中点处垂直磁感线以速度v水平射入磁场，欲使粒子不打在极板上，可采用的办法是( )

A.使粒子的速度v<

Bql 4m - 5 -

5BqlB.使粒子的速度v>

4mC.使粒子的速度v>

Bql mBql5Bqll22mv15Bql2

[解析] 带电粒子刚好打在极板右边缘，有r1＝r1－＋l，又因r1＝，解得v1＝；

2Bq4m

粒子刚好打在极板左边缘，有r2＝＝，解得v2＝，故A、B正确.

4Bq4mlmv2Bql

[答案] AB

考向4 带电粒子运动的往复性形成多解

空间中部分是电场，部分是磁场，带电粒子在空间运动时，运动往往具有往复性，因而形成多解.

[典例6] 如图所示，在x轴上方有一匀强磁场，磁感应强度为B；x轴下方有一匀强电场，电场强度为E.屏MN与y轴平行且相距L.一质量m、电荷量为e的电子，在y轴上某点A自静止释放，如果要使电子垂直打在屏MN上，那么：

(1)电子释放位置与原点O的距离s需满足什么条件？ (2)电子从出发点到垂直打在屏上需要多长时间？ [解题指导] 解答本题可分“两步走”： (1)定性画出粒子运动轨迹示意图.

(2)应用归纳法得出粒子做圆周运动的半径r和L的关系.

- 6 -

12

[解析] (1)在电场中，电子从A→O，动能增加eEs＝mv0

2在磁场中，电子偏转，半径为

mv0r＝

eB据题意，有(2n＋1)r＝L

eL2B2

所以s＝2(n＝0,1,2,3，…).

2Em（2n＋1）

(2)在电场中匀变速直线运动的时间与在磁场中做部分圆周运动的时间之和为电子总的运动时间t＝(2n＋1)

2sTTEe2πm＋＋n，其中a＝，T＝ a42meBBLπm整理后得t＝＋(2n＋1)(n＝0,1,2,3，…).

E2eBeL2B2BLπm[答案] (1)s＝…) (2)＋(2n＋1)(n＝0,1,2,3，…) 2(n＝0,1,2,3，

2Em（2n＋1）E2eB 专项精练

1.[放缩法的应用]如图所示，有一个正方形的匀强磁场区域abcd，e是ad的中点，f是

cd的中点，如果在a点沿对角线方向以速度v射入一带负电的粒子，恰好从e点射出，则( )

A.如果粒子的速度增大为原来的两倍，将从d点射出 B.如果粒子的速度增大为原来的三倍，将从f点射出

C.如果粒子的速度不变，磁场的磁感应强度变为原来的两倍，也将从d点射出 D.只改变粒子的速度使其分别从e、d、f点射出时，从e点射出所用时间最短

答案：A 解析：作出示意图如图所示，根据几何关系可以看出，当粒子从d点射

出时，轨道半径增大为原来的两倍，由半径公式R＝可知，速度也增大为原来的两倍，选项A正确，显然选项C错误；当粒子的速度增大为原来的四倍时，才会从f点射出，选项B错误；

2πm粒子的周期公式T＝，可见粒子的周期与速度无关，在磁场中的运动时间取决mvqBqB于其轨迹圆弧所对应的圆心角，所以从e、d射出时所用时间相等，从f点射出时所用时间最短，故D错误.

- 7 -

2.[旋转法的应用]如图所示，在真空中坐标xOy平面的x>0区域内，有磁感应强度B＝1.0×10 T的匀强磁场，方向与xOy平面垂直，在x轴上的P(10,0)点，有一放射源，在xOy平面内向各个方向发射速率v＝10 m/s的带正电的粒子，粒子的质量为m＝1.6×10电荷量为q＝1.6×10

－18

4

－25

－2

kg，

C，求带电粒子能打到y轴上的范围.

答案：－10～103 cm 解析：带电粒子在磁场中运动时由牛顿第二定律得：

v2

qvB＝m

R解得：R＝＝0.1 m＝10 cm

如图所示，当带电粒子打到y轴上方向的A点与P连线正好为其圆轨迹的直径时，A点即为粒子能打到y轴上方的最高点.因OP＝10 cm，AP＝2R＝20 cm

则OA＝AP－OP＝103 cm

2

2

mvqB

当带电粒子的圆轨迹正好与y轴下方相切于B点时，若圆心再向左偏，则粒子就会从纵轴离开磁场，所以B点即为粒子能打到y轴下方的最低点，易得OB＝R＝10 cm，综上所述，带电粒子能打到y轴上的范围为－10～103 cm.

3.[带电粒子在磁场中运动的临界问题]如图所示，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m＝5.0×10 kg、电荷量为q＝1.0×10 C的带正电粒子从静止开始经U0＝10 V的电压加速后，从P点沿图示方向进入磁场，已知OP＝30 cm(粒子

- 8 -

－8

－6

重力不计，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8).

(1)求带电粒子到达P点时速度v的大小；

(2)若磁感应强度B＝2.0 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. 答案：(1)20 m/s (2)0.90 m (3)B′>5.33 T

解析：(1)对带电粒子的加速过程，由动能定理有qU12

0＝2mv

代入数据得：v＝20 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＝mv2

R

得R＝mvqB

代入数据得：R＝0.50 m 而

OPcos 53°

＝0.50 m

故圆心一定在x轴上，轨迹如图甲所示 由几何关系可知：OQ＝R＋Rsin 53° 故OQ＝0.90 m.

甲

乙

(3)带电粒子恰不从x轴射出(如图乙所示)，由几何关系得：

- 9 -

OP>R′＋R′cos 53° ① mvR′＝ ②

qB′

由①②并代入数据得：B′>

16

T≈5.33 T(取“≥”同样正确). 3

4.[带电粒子在磁场中运动的多解问题]如图甲所示，M、N为竖直放置彼此平行的两块平板，板间距离为d，两板中央各有一个小孔O、O′正对，在两板间有垂直于纸面方向的磁场，磁感应强度随时间的变化如图乙所示，设垂直纸面向里的磁场方向为正方向.

甲 乙

有一群正离子在t＝0时垂直于M板从小孔O射入磁场.已知正离子质量为m、带电荷量为

q，正离子在磁场中做匀速圆周运动的周期与磁感应强度变化的周期都为T0，不考虑由于磁场

变化而产生的电场的影响.求：

(1)磁感应强度B0的大小；

(2)要使正离子从O′孔垂直于N板射出磁场，正离子射入磁场时的速度v0的可能值. 2πmπd答案：(1) (2)(n＝1,2,3，…)

qT02nT0

解析：(1)正离子射入磁场，由洛伦兹力提供向心力，即

2

mv0

qv0B0＝①

r做匀速圆周运动的周期T0＝联立两式得磁感应强度B0＝

2πr②

v0

2πm.③

qT0

(2)要使正离子从O′孔垂直于N板射出磁场，两板之间正离子只运动一个周期即T0时，

dv0的方向应如图所示，有r＝④

4

当在两板之间正离子共运动n个周期，即nT0时，有

- 10 -

dr＝(n＝1,2,3，…)⑤ 4n联立①③⑤求解，得正离子的速度的可能值为

qB0rπdv0＝＝(n＝1,2,3，…).

m2nT0

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