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專題強化十八　帶電粒子在有界勻強磁場中的運動
目標要求 　1.能夠確定粒子運動的圓心、半徑、運動時間.2.學會處理帶電粒子在直線邊界、圓形邊界磁場中運動的問題.3.會分析帶電粒子在勻強磁場中的臨界問題和多解問題．
1．圓心的確定方法
(1)若已知粒子軌跡上的兩點的速度方向，分別確定兩點處洛倫茲力F的方向，其交點即為圓心，如圖1甲．
(2)若已知粒子運動軌跡上的兩點和其中某一點的速度方向，弦的中垂線與速度垂線的交點即為圓心，如圖乙．

圖1

圖2
2．半徑的確定和計算
(1)連接圓心和軌跡圓與邊界的交點，確定半徑，然后用幾何知識求半徑，常用解三角形法，如圖2
R＝Lsin θ或由R2＝L2＋(R－d)2求得R＝L2＋d22d
(2)在分析幾何關系時，特別要掌握以下兩點
①粒子速度的偏向角φ等于圓心角α，且等于AB弦與切線的夾角(弦切角θ)的2倍(如圖3所示)，即φ＝α＝2θ＝ωt.
②相對的弦切角θ相等，與相鄰的弦切角θ′互補，即θ＋θ′＝π.

圖3
3．運動時間的確定
粒子在磁場中運動一周的時間為T，當粒子運動的圓弧所對應的圓心角為α時，其運動時間：t＝α2πT或t＝lv(l為弧長)．
4．數學原理
(1)幾何模型：圓與直線相交、圓與圓相交．
(2)對稱性：圓與直線相交，軌跡(圓弧)關于圓心到邊界的垂線軸對稱；軌跡圓和磁場圓相交，軌跡(圓弧)關于兩圓心的連線軸對稱．(如圖4)
　
圖4
(3)構造三角形
(4)確定角度
①有已知角度：利用互余、互補、偏向角與圓心角的關系、弦切角與圓心角的關系確定；
②沒有已知角度：利用邊長關系確定．
題型一　帶電粒子在有界勻強磁場中的運動
1．直線邊界(進出磁場具有對稱性，如圖5所示)

圖5
2．平行邊界(往往存在臨界條件，如圖6所示)


圖6
3．圓形邊界(進出磁場具有對稱性)
(1)沿徑向射入必沿徑向射出，如圖7所示．

圖7
(2)不沿徑向射入時，如圖8所示．
射入時粒子速度方向與半徑的夾角為θ，射出磁場時速度方向與半徑的夾角也為θ.

圖8

　　　　　 直線邊界的磁場

例1 　(2020·黑龍江大慶市實驗中學高三開學考試)如圖9所示，直線MN上方有垂直紙面向里的勻強磁場，電子1從磁場邊界上的a點垂直MN和磁場方向射入磁場，經t1時間從b點離開磁場．之后電子2也由a點沿圖示方向以相同速率垂直磁場方向射入磁場，經t2時間從a、b連線的中點c離開磁場，則t1t2為(　　)

圖9
A．3 B．2 C.32 D.23
答案　A
解析　電子1、2在磁場中都做勻速圓周運動，根據題意畫出兩電子的運動軌跡，如圖所示，

電子1垂直邊界射進磁場，從b點離開，則運動了半個圓周，ab即為直徑，c點為圓心，電子2以相同速率垂直磁場方向射入磁場，經t2時間從a、b連線的中點c離開磁場，根據半徑r＝mvBq可知，電子1和2的半徑相等，根據幾何關系可知，△aOc為等邊三角形，則電子2轉過的圓心角為60°，所以電子1運動的時間t1＝T2＝πmBq，電子2運動的時間t2＝T6＝πm3Bq，所以t1t2＝3，故A正確，B、C、D錯誤．

　　　　　 圓形邊界磁場

例2 　(多選)如圖10所示為一圓形區域的勻強磁場，在O點處有一放射源，沿半徑方向射出速率均為v的不同帶電粒子，其中帶電粒子1從A點飛出磁場，帶電粒子2從B點飛出磁場，不考慮帶電粒子的重力，則(　　)

圖10
A．帶電粒子1與帶電粒子2在磁場中運動時間之比為2∶1
B．帶電粒子1與帶電粒子2在磁場中運動時間之比為2∶3
C．帶電粒子1的比荷與帶電粒子2的比荷之比為3∶1
D．帶電粒子1的比荷與帶電粒子2的比荷之比為3∶1
答案　BC
解析　兩個粒子的軌跡圓心O1、O2位置如圖所示，二者軌跡對應的圓心角分別為120°、60°，設圓形磁場的半徑為R，由幾何知識可得兩個粒子的軌跡半徑分別為33R、3R，結合公式r＝mvqB、T＝2πmqB可知，二者比荷之比為3∶1，周期之比為1∶3，又因為二者軌跡對應的圓心角分別為120°、60°，所以二者在磁場中運動時間之比為2∶3，選項B、C正確．

例3 　(2016·全國卷Ⅱ·18)一圓筒處于磁感應強度大小為B的勻強磁場中，磁場方向與筒的軸平行，筒的橫截面如圖11所示．圖中直徑MN的兩端分別開有小孔，筒繞其中心軸以角速度ω順時針轉動．在該截面內，一帶電粒子從小孔M射入筒內，射入時的運動方向與MN成30°角．當筒轉過90°時，該粒子恰好從小孔N飛出圓筒．不計重力．若粒子在筒內未與筒壁發生碰撞，則帶電粒子的比荷為(　　)

圖11
A.ω3B B.ω2B
C.ωB D.2ωB
答案　A
解析　畫出粒子的運動軌跡如圖所示，由洛倫茲力提供向心力得，qvB＝mv2r，又T＝2πrv，聯立得T＝2πmqB

由幾何知識可得，軌跡的圓心角為θ＝π6，粒子在磁場中運動的時間t＝θ2πT，粒子運動和圓筒運動具有等時性，則θ2πT＝π2ω，解得qm＝ω3B，故選項A正確．


1．(圓形邊界)如圖12所示，半徑為R的圓形區域內有垂直于紙面向外的勻強磁場．兩個質子M、N沿平行于直徑cd的方向從圓周上同一點P射入磁場區域， P點與cd間的距離為R2，質子M、N入射的速度大小之比為1∶2.ab是垂直cd的直徑，質子M恰好從b點射出磁場，不計質子的重力和質子間的作用力．則兩質子M、N在磁場中運動的時間之比為(　　)

圖12
A．2∶1 B．3∶1
C．3∶2 D．3∶4
答案　A
解析　作出兩質子的運動軌跡如圖所示，由幾何關系可知，質子M的軌道半徑為R，軌跡圓弧所對圓心角θ1＝120°；根據qBv＝mv2r得r＝mvqB，則質子N的軌道半徑為2R，再由幾何關系可知，其軌跡圓弧所對圓心角θ2＝60°；質子在磁場中做圓周運動的周期T＝2πmqB，運動的時間t＝θ360°T，解得t1∶t2＝2∶1，故A正確，B、C、D錯誤．

題型二　帶電粒子在勻強磁場中的臨界問題
解決帶電粒子在磁場中運動的臨界問題的關鍵，通常以題目中的“恰好”“最大”“至少”等為突破口，尋找臨界點，確定臨界狀態，根據磁場邊界和題設條件畫好軌跡，建立幾何關系求解．
1．剛好穿出或剛好不能穿出磁場的條件是帶電粒子在磁場中運動的軌跡與邊界相切．
2．時間最長或最短的臨界條件：
(1)當以一定的速率垂直射入磁場時，運動的弧長越長，運動時間越長．
(2)當比荷相同，入射速率v不同時，圓心角越大，運動時間越長．
(3)兩種具體情況：①直線邊界；②圓形邊界．
例4 　如圖13所示，真空中狹長區域內的勻強磁場的磁感應強度為B，方向垂直紙面向里，區域寬度為d，邊界為CD和EF，速度為v的電子從邊界CD外側沿垂直于磁場方向射入磁場，入射方向與CD的夾角為θ，已知電子的質量為m、帶電荷量為e，為使電子能從另一邊界EF射出，電子的速率應滿足的條件是(　　)

圖13
A．v>Bedm?1＋cos θ? B．v C．v>Bedm?1＋sin θ? D．v 答案　A
解析　由題意可知，電子從邊界EF射出的臨界條件為到達邊界EF時，速度方向與EF平行，即運動軌跡與EF相切，如圖所示．由幾何知識得：

R＋Rcos θ＝d，R＝mv0eB，
解得v0＝Bedm?1＋cos θ?，當v＞v0時，能從邊界EF射出，故A正確．

2．(最長時間問題)如圖14所示，半徑為R的圓形區域內存在著磁感應強度為B的勻強磁場，方向垂直于紙面向里，一帶負電的粒子(不計重力)沿水平方向以速度v正對圓心射入磁場，通過磁場區域后速度方向偏轉了60°.

圖14
(1)求粒子的比荷qm及粒子在磁場中的運動時間t；
(2)如果想使粒子通過磁場區域后速度方向的偏轉角度最大，在保持原入射速度的基礎上，需將粒子的入射點沿圓弧向上平移的距離d為多少？
答案　(1)3v3BR　3πR3v　(2)33R
解析　(1)粒子的軌跡半徑：
r＝Rtan 30°①
粒子所受洛倫茲力提供向心力，有：qvB＝mv2r②
由①②兩式得粒子的比荷：qm＝3v3BR③
粒子的運動周期T＝2πrv④
粒子在磁場中的運動時間t＝16T⑤
由①④⑤式得t＝3πR3v.⑥
(2)當粒子的入射點和出射點的連線是磁場圓的直徑時，粒子速度偏轉的角度最大．

由圖可知sin θ＝Rr⑦
平移距離d＝Rsin θ⑧
由①⑦⑧式得d＝33R.
題型三　帶電粒子在有界勻強磁場中運動的多解問題
帶電粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，由于帶電粒子電性不確定、磁場方向不確定、臨界狀態不確定、運動的往復性造成帶電粒子在有界勻強磁場中運動的多解問題．
(1)找出多解的原因．
(2)畫出粒子的可能軌跡，找出圓心、半徑的可能情況．

　　　　　 磁場方向不確定形成多解

例5 　(多選)如圖15所示，A點的離子源沿紙面垂直OQ方向向上射出一束負離子，離子的重力忽略不計．為把這束負離子約束在OP之下的區域，可加垂直紙面的勻強磁場．已知O、A兩點間的距離為s，負離子的比荷為qm，速率為v，OP與OQ間的夾角為30°，則所加勻強磁場的磁感應強度B的大小和方向可能是(　　)

圖15
A．B>mv3qs，垂直紙面向里 B．B>mvqs，垂直紙面向里
C．B>mvqs，垂直紙面向外 D．B>3mvqs，垂直紙面向外
答案　BD
解析　當磁場方向垂直紙面向里時，離子恰好與OP相切的軌跡如圖甲所示，切點為M，設軌跡半徑為r1，由幾何關系可知，sin 30°＝r1s＋r1，可得r1＝s，由r1＝mvB1q可得B1＝mvqs；當磁場方向垂直紙面向外時，其臨界軌跡，即圓弧與OP相切于N點，如圖乙所示，由幾何關系s＝r2sin 30°＋r2，得r2＝s3，又r2＝mvqB2，所以B2＝3mvqs，綜合上述分析可知，選項B、D正確，A、C錯誤．



　　　　　 臨界狀態不唯一形成多解

例6 　(多選)如圖16所示，長為l的水平極板間有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B，板間距離也為l，極板不帶電．現有質量為m、電荷量為q的帶正電粒子(不計重力)，從兩極板間邊界中點處垂直磁感線以速度v水平射入磁場，欲使粒子不打在極板上，可采用的辦法是(　　)

圖16
A．使粒子的速度v B．使粒子的速度v>5Bql4m
C．使粒子的速度v>Bqlm
D．使粒子的速度Bql4m 答案　AB
解析　如圖所示，帶電粒子剛好打在極板右邊緣時，有r12＝(r1－l2)2＋l2，又r1＝mv1Bq，所以v1＝5Bql4m，粒子剛好打在極板左邊緣時，有r2＝l4＝mv2Bq，v2＝Bql4m，綜合上述分析可知，選項A、B正確．


　　　　　 運動的周期性形成多解

例7 　如圖17甲所示，M、N為豎直放置彼此平行的兩塊平板，板間距離為d，兩板中央各有一個小孔O、O′正對，在兩板間有垂直于紙面方向的磁場，磁感應強度隨時間的變化如圖乙所示(垂直于紙面向里的磁場方向為正方向)．有一群正離子在t＝0時垂直于M板從小孔O射入磁場．已知正離子質量為m、帶電荷量為q，正離子在磁場中做勻速圓周運動的周期與磁感應強度變化的周期都為T0，不考慮由于磁場變化而產生的電場的影響，不計離子所受重力．求：

圖17
(1)磁感應強度B0的大小．
(2)要使正離子從O′垂直于N板射出磁場，正離子射入磁場時的速度v0的可能值．
答案　(1)2πmqT0　(2)πd2nT0(n＝1,2,3，…)
解析　(1)正離子射入磁場，洛倫茲力提供向心力B0qv0＝mv02R
做勻速圓周運動的周期T0＝2πRv0
由以上兩式得磁感應強度B0＝2πmqT0
(2)要使正離子從O′孔垂直于N板射出磁場，v0的方向應如圖所示，兩板之間正離子只運動一個周期即T0時，有R＝d4；當兩板之間正離子運動n個周期即nT0時，有R＝d4n(n＝1,2,3，…)．

聯立求解，得正離子的速度的可能值為
v0＝B0qRm＝πd2nT0(n＝1,2,3，…)
課時精練

1．(多選)(2020·廣東信宜市高二月考)如圖1所示，兩個初速度大小相同的同種離子a和b，從O點沿垂直磁場方向進入勻強磁場，最后打到屏P上．不計重力．下列說法正確的有(　　)

圖1
A．a、b均帶正電
B．a在磁場中運動的時間比b的短
C．a在磁場中運動的路程比b的短
D．a在P上的落點與O點的距離比b的短
答案　AD
解析　離子要打在屏P上，都要沿順時針方向偏轉，根據左手定則判斷，離子都帶正電，選項A正確；由于是同種離子，因此質量、電荷量相同，因初速度大小也相同，由qvB＝mv2r可知，它們做勻速圓周運動的半徑相同，作出運動軌跡，如圖所示，比較得a在磁場中運動的路程比b的長，選項C錯誤；由t＝lv可知，a在磁場中運動的時間比b的長，選項B錯誤；從圖上可以看出，選項D正確．

2.如圖2所示，有界勻強磁場邊界線SP∥MN，速率不同的同種帶電粒子從S點沿SP方向同時射入磁場．其中經過a點的粒子速度v1與MN垂直；經過b點的粒子速度v2與MN成60°角，設粒子從S到a、b所需時間分別為t1和t2，則t1∶t2為(不計粒子重力及粒子間的相互作用)(　　)

圖2
A．1∶3 B．4∶3
C．1∶1 D．3∶2
答案　D
解析　如圖所示，可得出從a點射出的粒子對應的圓心角為90°，從b點射出的粒子對應的圓心角為60°.由t＝α2πT，T＝2πmqB可得t1∶t2＝3∶2，故選D.

3.(多選)(2020·天津卷·7)如圖3所示，在Oxy平面的第一象限內存在方向垂直紙面向里，磁感應強度大小為B的勻強磁場．一帶電粒子從y軸上的M點射入磁場，速度方向與y軸正方向的夾角θ＝45°.粒子經過磁場偏轉后在N點(圖中未畫出)垂直穿過x軸．已知OM＝a，粒子電荷量為q，質量為m，重力不計．則(　　)

圖3
A．粒子帶負電荷
B．粒子速度大小為qBam
C．粒子在磁場中運動的軌道半徑為a
D．N與O點相距(2＋1)a
答案　AD
解析　由題意可知，粒子在磁場中做順時針方向的圓周運動，根據左手定則可知粒子帶負電荷，故A正確；粒子的運動軌跡如圖所示，O′為粒子做勻速圓周運動的圓心，其軌道半徑R＝2a，故C錯誤；由洛倫茲力提供向心力可得qvB＝mv2R，則v＝2qBam，故B錯誤；由圖可知，ON＝a＋2a＝(2＋1)a，故D正確．

4.(2020·安徽省天長中學期末)如圖4所示，真空中，垂直于紙面向里的勻強磁場只在兩個同心圓所夾的環狀區域存在(含邊界)，兩圓的半徑分別為R、3R，圓心為O.一重力不計的帶正電粒子從圓邊緣的P點沿PO方向以速度v1射入磁場，其運動軌跡如圖所示，軌跡所對的圓心角為120°.若將該帶電粒子從P點射入的速度大小變為v2時，不論其入射方向如何，都不可能進入小圓內部區域，則v1∶v2至少為(　　)

圖4
A.233 B.3 C.433 D．23
答案　B
解析　粒子在磁場中做圓周運動，如圖：

由幾何知識得：r1＝3Rtan 60°＝3R，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：
qv1B＝mv12r1，解得v1＝3qBRm；當該帶電粒子從P點射入的速度大小變為v2時，若粒子豎直向上射入磁場且粒子恰好不能進入小圓內部區域時，即粒子軌道半徑r2＝R，則不論其入射方向如何，都不可能進入小圓內部區域，此時v2最大，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qv2B＝mv22r2，解得：v2＝qBRm，則v1∶v2＝3，故B正確，A、C、D錯誤．
5．(多選)(2019·四川達州市第二次診斷)如圖5所示，在正方形區域abcd內充滿方向垂直紙面向里、磁感應強度大小為B的勻強磁場．入口處有比荷相同的甲、乙兩種粒子，甲粒子以速度v1沿ab方向垂直射入磁場，經時間t1從d點射出磁場；乙粒子以速度v2沿與ab 成45°的方向垂直射入磁場，經時間t2垂直于cd射出磁場．不計粒子重力和粒子之間的相互作用力，則(　　)

圖5
A．v1∶v2＝2∶4 B．v1∶v2＝1∶2
C．t1∶t2＝4∶1 D．t1∶t2＝2∶1
答案　AC
解析　畫出兩粒子的運動軌跡如圖；

兩粒子比荷相同，則周期相同，設為T；設正方形的邊長為R，則從d點射出的粒子運動半徑為r1＝12R，運動時間t1＝T2；速度為v2的粒子，由幾何關系：r2＝2R，運動時間t2＝T8；根據r＝mvqB可知v1v2＝r1r2＝122＝24；t1t2＝41；故選項A、C正確，B、D錯誤．
6.(2019·全國卷Ⅱ·17)如圖6，邊長為l的正方形abcd內存在勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面(abcd所在平面)向外．ab邊中點有一電子發射源O，可向磁場內沿垂直于ab邊的方向發射電子．已知電子的比荷為k.則從a、d兩點射出的電子的速度大小分別為(　　)

圖6
A.14kBl，54kBl B.14kBl，54kBl
C.12kBl，54kBl D.12kBl，54kBl
答案　B
解析　電子從a點射出時，其運動軌跡如圖線①，軌跡半徑為ra＝l4，由洛倫茲力提供向心力，有evaB＝mva2ra，又em＝k，解得va＝kBl4；電子從d點射出時，運動軌跡如圖線②，由幾何關系有rd2＝l2＋(rd－l2)2，解得：rd＝5l4，由洛倫茲力提供向心力，有evdB＝mvd2rd，又em＝k，解得vd＝5kBl4，選項B正確．

7．(2016·全國卷Ⅲ·18)平面OM和平面ON之間的夾角為30°，其橫截面(紙面)如圖7所示，平面OM上方存在勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面向外．一帶電粒子的質量為m，電荷量為q(q>0)．粒子沿紙面以大小為v的速度從OM的某點向左上方射入磁場，速度與OM成30°角．已知該粒子在磁場中的運動軌跡與ON只有一個交點，并從OM上另一點射出磁場．不計重力．粒子離開磁場的出射點到兩平面交線O的距離為(　　)

圖7
A.mv2qB B.3mvqB C.2mvqB D.4mvqB
答案　D
解析　帶電粒子在磁場中做圓周運動的軌道半徑為r＝mvqB.軌跡與ON相切，畫出粒子的運動軌跡如圖所示，由于AD＝2rsin 30°＝r，故△AO′D為等邊三角形，∠O′DA＝60°，而∠MON＝30°，則∠OCD＝90°，故CO′D為一直線，OD＝CDsin 30°＝2CD＝4r＝4mvqB，故D正確．


8.(多選)(2019·云南玉溪一中第五次調研)如圖8所示，在紙面內半徑為R的圓形區域中充滿了垂直于紙面向里、磁感應強度為B的勻強磁場．一點電荷從圖中A點以速度v0垂直磁場射入，速度方向與半徑方向的夾角為30°.當該電荷離開磁場時，速度方向剛好改變了180°.不計電荷的重力，下列說法正確的是(　　)

圖8
A．該點電荷離開磁場時速度方向的反向延長線通過O點
B．該點電荷的比荷為2v0BR
C．該點電荷在磁場中的運動時間為πR2v0
D．該點電荷在磁場中的運動時間為πR3v0
答案　BC
解析　由題意可畫出電荷在磁場中的運動軌跡如圖所示，A錯誤；由幾何關系知電荷做圓周運動的半徑為r＝R2，結合qv0B＝mv02r，可得qm＝2v0BR，B正確；電荷在磁場中的運動時間t＝πrv0＝πR2v0，C正確，D錯誤．

9．(多選)如圖9所示，有一圓形勻強磁場區域，區域內磁場方向垂直紙面向外，b、c為直徑上的兩個點，ab弧為圓周的三分之一．甲、乙兩粒子電荷量分別為＋q、－q，以相同的速度先后從a點沿半徑方向進入磁場，甲粒子從c點離開磁場，乙粒子從b點離開磁場，不計粒子的重力及粒子間的相互作用，則甲、乙兩粒子(　　)

圖9
A．質量之比m甲∶m乙＝3∶1
B．動能之比Ek甲∶Ek乙＝1∶3
C．運動軌道半徑之比r甲∶r乙＝3∶1
D．通過磁場的運動時間之比t甲∶t乙＝2∶3
答案　BD
解析　設磁場圓的半徑為R，甲、乙兩粒子的運動軌跡如圖所示，由于ab弧為圓周的三分之一，故圖中角度α＝60°，θ＝30°，根據洛倫茲力提供向心力，結合幾何知識得：對甲粒子，有r甲＝Rtan α，qvB＝m甲v2r甲，故r甲＝m甲vqB，對乙粒子，有r乙＝Rtan θ，qvB＝m乙v2r乙，故r乙＝m乙vqB，解得r甲r乙＝tan θtan α＝13，m甲m乙＝r甲r乙＝13，故A、C錯誤；根據動能公式Ek＝12mv2知，由于甲、乙兩種粒子速度相等，動能之比等于質量之比，即Ek甲Ek乙＝m甲m乙＝13，故B正確；根據帶電粒子周期公式T＝2πmqB和粒子在磁場中運動時間公式t＝β2π·T得甲粒子在磁場中的運動時間為t甲＝2α2π·2πm甲qB＝2αm甲qB，同理得乙粒子在磁場中的運動時間為t乙＝2θm乙qB，故t甲t乙＝αm甲θm乙＝23，故D正確．

10．(2020·全國卷Ⅱ·24)如圖10，在0≤x≤h，－∞0)的粒子以速度v0從磁場區域左側沿x軸進入磁場，不計重力．

圖10
(1)若粒子經磁場偏轉后穿過y軸正半軸離開磁場，分析說明磁場的方向，并求在這種情況下磁感應強度的最小值Bm；
(2)如果磁感應強度大小為Bm2，粒子將通過虛線所示邊界上的一點離開磁場．求粒子在該點的運動方向與x軸正方向的夾角及該點到x軸的距離．
答案　見解析
解析　(1)由題意，粒子剛進入磁場時應受到方向向上的洛倫茲力，因此磁場方向垂直于紙面向里．設粒子進入磁場中做圓周運動的半徑為R，根據洛倫茲力公式和圓周運動規律，有
qv0B＝mv02R①
由此可得R＝mv0qB②
粒子穿過y軸正半軸離開磁場，其在磁場中做圓周運動的圓心在y軸正半軸上，半徑應滿足R≤h③
由題意，當磁感應強度大小為Bm時，粒子穿過y軸正半軸離開磁場時的運動半徑最大，由此得
Bm＝mv0qh④
(2)若磁感應強度大小為Bm2，粒子做圓周運動的圓心仍在y軸正半軸上，由②④式可得，此時圓弧半徑為R′＝2h⑤
粒子會穿過圖中P點離開磁場，運動軌跡如圖所示．設粒子在P點的運動方向與x軸正方向的夾角為α，

由幾何關系sin α＝h2h＝12⑥
即α＝π6⑦
由幾何關系可得，P點與x軸的距離為
y＝2h(1－cos α)⑧
聯立⑦⑧式得y＝(2－3)h.

11．如圖11，在空間中有一坐標系xOy，其第一象限內充滿著兩個勻強磁場區域Ⅰ和Ⅱ，直線OP是它們的邊界，區域Ⅰ中的磁感應強度為B，方向垂直紙面向外；區域Ⅱ中的磁感應強度為2B，方向垂直紙面向里，邊界上的P點坐標為(4L,3L)．一質量為m，電荷量為q的帶正電粒子從P點平行于y軸負方向射入區域Ⅰ，經過一段時間后，粒子恰好經過原點O，忽略粒子重力，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：

圖11
(1)粒子從P點運動到O點的時間至少為多少；
(2)粒子的速度大小可能是多少．
答案　(1)53πm60qB　(2)25qBL12nm(n＝1,2,3…)
解析　(1)設粒子的入射速度為v，用R1、R2、T1、T2分別表示粒子在磁場Ⅰ區和Ⅱ區中運動的軌道半徑和周期，則有qvB＝mv2R1，qv·2B＝mv2R2
T1＝2πR1v＝2πmqB，T2＝2πR2v＝πmqB
粒子先在磁場Ⅰ區中做順時針的圓周運動，后在磁場Ⅱ區中做逆時針的圓周運動，然后從O點射出，這樣粒子從P點運動到O點所用的時間最短．粒子運動軌跡如圖所示，

tan α＝3L4L＝0.75，
得α＝37°，α＋β＝90°.
粒子在磁場Ⅰ區和Ⅱ區中的運動時間分別為t1＝2β360°T1，t2＝2β360°T2
粒子從P點運動到O點的時間至少為t＝t1＋t2
由以上各式解得：t＝53πm60qB
(2)當粒子的速度大小滿足一定條件時，粒子先在磁場Ⅰ區中運動，后在磁場Ⅱ區中運動，然后又重復前面的運動，直到經過原點O.這樣粒子經過n個周期性的運動到達O點，每個周期的運動情況相同，粒子在一個周期內的位移為：
x＝OPn＝?4L?2＋?3L?2n＝5Ln(n＝1,2,3，…)
粒子每次在磁場Ⅰ區中運動的位移為x1＝R1R1＋R2x＝23x
由圖中的幾何關系可知x12R1＝cos α，
由以上各式解得粒子的速度大小為：v＝25qBL12nm(n＝1,2,3，…)

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