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(shè)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(yīng)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(shè)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(yīng)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(nèi)的勻強磁場，磁感應(yīng)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(yuǎn)處分別有P、Q兩點，NS和MT間距為1.8 h．質(zhì)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(jīng)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(fù)合場中的運動．
(1)設(shè)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(shè)粒子不從NS邊飛出的入射速度最小值為vmin，對應(yīng)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(shè)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(nèi)，有垂直于紙面方向的勻
10、強磁場．一束質(zhì)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(zhǔn)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(yīng)強度大小為B，方向垂直于紙面向外，一電荷量為q、質(zhì)量為m的負(fù)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(shè)帶負(fù)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(fù)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(jīng)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(yīng)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(yīng)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(yīng)圓心角為120°，由幾何關(guān)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(nèi)運動，經(jīng)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)?，其他條件不變，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(guān)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(guān)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(zhì)量分別為ma、mb、mc.已知在該區(qū)域內(nèi)，a在紙面內(nèi)做勻速圓周運動，b在紙面內(nèi)向右做勻速直線運動，c在紙面內(nèi)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(nèi)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(nèi)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(nèi)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(nèi)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(jīng)過P點，在紙面內(nèi)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(yīng)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(zhuǎn)圓可知，當(dāng)粒子的磁場出射點A離P點最遠(yuǎn)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(yuǎn)時，則BP＝2R2，由幾何關(guān)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(nèi)有垂直于xOy平面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，坐標(biāo)原點O處有一個粒子源．在某時刻發(fā)射大量質(zhì)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(nèi)，與y軸正方向的夾角分布在0～
17、90°范圍內(nèi)．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(jīng)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)速度的大小；
(2)速度方向與y軸正方向夾角的正弦值.
解析 設(shè)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(dāng)
2019版高考物理一輪復(fù)習(xí) 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(xué)案
