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專題3 帶電粒子在有界磁場中的臨界、極值問題
一、單項選擇題
1．如圖所示，a、b為豎直正對放置的平行金屬板構成的偏轉電場，其中a板帶正電，兩板間的電壓為U，在金屬板下方存在一有界的勻強磁場，磁場的上邊界為與兩金屬板下端重合的水平面PQ，PQ下方的磁場范圍足夠大，磁場的磁感應強度大小為B，一比荷為帶正電粒子以速度為v0從兩板中間位置與a、b平等方向射入偏轉電場，不計粒子重力，粒子通過偏轉電場后從PQ邊界上的M點進入磁場，運動一段時間后又從PQ邊界上的N點射出磁場，設M、N兩點距離為x（M、N點圖中未畫出）。則以下說法中正確的是

A．只減小磁感應強度B的大小，則x減小
B．只增大初速度v0的大小，則x減小
C．只減小偏轉電場的電壓U的大小，則x不變
D．只減小為帶電粒子的比荷大小，則x不變
【答案】C
【解析】粒子進入磁場后，做勻速圓周運動，由半徑公式，可知，因減小磁感應強度B的大小，導致半徑增大，則x也增大，故A錯誤；增大初速度v0的大小，則導致進入磁場的速度增大，由半徑公式，可知，導致半徑增大，則x也增大，故B錯誤；減小偏轉電場的電壓U的大小，設速度與磁場邊界的夾角為θ，則由半徑公式，結合幾何關系，可得：x=2Rsinθ=，則會導致x不變，故C正確；若減小為帶電粒子的比荷大小，由半徑公式可知，則會導致半徑增大，則x也增大，故D錯誤；故選C。
2．（2021·河南鶴壁市·鶴壁高中高二月考）如圖所示，有一范圍足夠大的水平勻強磁場，磁感應強度為B，一個質量為m、電荷量為+q的帶電小圓環套在一根固定的絕緣傾斜長桿上，環與桿間的動摩擦因數為μ?，F使圓環以初速度v0沿桿向上運動。不計空物氣阻力。下列描述該圓環上升過程中的速度v隨時間t、機械能E隨位移x變化的圖像中，可能正確的是（　?。?br />
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】AB．把帶電小圓環的重力沿桿和垂直桿分解得，由左手定則知帶電圓環受洛侖茲力垂直桿向上，帶電小圓環上滑的過程中由于阻力的作用v越來越小。若則



由以上三式可得此時帶電圓環做加速度增大的減速運動；若，隨著v的不斷減小則先有

后有

即帶電圓環先做加速度減小的減速運動然后再做加速度增大的減速運動；又因速度時間圖像的斜率表示加速度。故AB錯誤；
CD．小球運動的過程中洛侖茲力不做功，摩擦力做功使小球的機械能減小，向上運動的過程中有

據以上分析向上運動的過程中f可能逐漸增大，所以機械能的變化率逐漸增大；f也可能先減小后增大，所以機械能的變化率也先減小后增大；故C正確D錯誤。
故選C。
3．（2020·衡水第一中學高三月考）如圖所示，圓形區域直徑MN上方存在垂直于紙面向外的勻強磁場，下方存在垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小相同?，F有兩個比荷相同的帶電粒子a、b，分別以、的速度沿圖示方向垂直磁場方向從M點入射，最終都從N點離開磁場，則（　?。?br />
A．粒子a、b可能帶異種電荷
B．粒子a從N點離開磁場時的速度方向一定與初速度的方向垂直
C．可能為2:1
D．一定為1:1
【答案】C
【解析】A．兩粒子都從M點入射從N點出射，則a粒子向下偏轉，b粒子向上偏轉，由左手定則可知兩粒子均帶正電，故A錯誤；
B．設磁場半徑為R，將MN當成磁場的邊界，兩粒子均與邊界成45°入射，由運動對稱性可知出射時與邊界成45°，則一次偏轉穿過MN時速度偏轉90°；同理第二次穿過MN時速度方向再次偏轉90°與初速度方向平行，選項B錯誤；
CD．兩粒子可以圍繞MN重復穿越，運動有周期性，設a粒子重復k次穿過MN，b粒子重復n次穿過MN，由幾何關系可知
()
()
由洛倫茲力提供向心力

可得

而兩個粒子的比荷相同，可知

如，時

如，時

則v1:v2可能為1:1或2:1，故C正確，D錯誤。
故選C。
4．（2019·河北保定市·安國中學）M、N兩板相距為d，板長為5d，兩板不帶電，板間有垂直于紙面的勻強磁場，如圖所示，一大群電子沿平行于板的方向從各處位置以速度v射入板間，為了使電子都不從板間穿出，磁感應強度Ｂ的范圍（ ）（設電子電量為e，質量為m）

A．B B．或 C． D．或
【答案】A
【解析】
由圖示可知，靠近M板進入磁場的電子剛好打到N板右邊緣，對應的磁感應強度有最小值B1，設此時軌道半徑為R1，由牛頓第二定律得：

由幾何關系得：

解得：

靠近M板進入磁場的電子剛好打到N板左邊緣，對應的磁感應強度有最大值B2，此時軌道半徑為R2，由牛頓第二定律：

由幾何關系得：

解得：

綜上所述，磁感應強度B的范圍為：

A正確。
故選A。
5．如圖所示，邊長為l0的正方形區域內（包括邊界）存在垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為。在點處有一粒子源，能夠沿方向發射質量為、電荷量為的粒子，粒子射出的速率大小不同。粒子的重力忽略不計，不考慮粒子之間的相互作用，則（ ）

A．軌跡不同的粒子，在磁場中運動時間一定不同
B．從點射出的粒子入射速度大小為
C．從點射出的粒子在磁場中運動的時間為
D．粒子在邊界上出射點距點越遠，在磁場中運動的時間越短
【答案】C
【解析】A．粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力完全提供向心力：

解得半徑：
粒子運動的周期：

設粒子在磁場中轉過的圓心角為，粒子在磁場中的運動時間：

粒子速率不同運動軌跡不同，如果轉過的圓心角相等，則粒子在磁場中的運動時間相等，如從ad邊離開磁場的粒子在磁場中轉過半個圓周，雖然運動軌跡不同，但運動時間都相同，為，A錯誤；
B．從c點飛出的粒子半徑：

解得速度：，B錯誤；
C．從d點飛出的粒子運動時間為半個周期：

C正確；
D．根據C選項的分析可知，粒子從a點射入，從ad邊飛出，所用時間均為半個周期，因此粒子在邊界上出射點距a點越遠，在磁場中運動的時間不一定越短，D錯誤。
故選C。
6．（2021·安徽高三月考）、兩個帶正電的粒子經同一電場由靜止加速，先后以、從點沿進入矩形勻強磁場區域，經磁場偏轉后分別從邊、離開。直線、與的夾角分別為、，粒子的重力不計，則兩個粒子進入磁場運動的速度大小之比為（　　）

A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】a、b兩個帶正電的粒子在磁場中的運動軌跡如圖

設a粒子的軌道半徑為R1，b粒子的軌道半徑為R2，設MQ=d，則幾何關系得
，
由上兩式得

設加速電場的電壓為U，勻強磁場磁感應強度為B，有
，
得

則有

故ACD錯誤，B正確。
故選B。
7.如圖為一粒子速度選擇器原理示意圖。半徑為10cm的圓柱形桶內有一勻強磁場，磁感應強度大小為1.0×10-4T，方向平行于軸線向內，圓桶的某直徑兩端開有小孔，粒子束以不同角度由小孔入射，將以不同速度從另一個孔射出。有一粒子源發射出速度連續分布、比荷為2.0×1011C/kg的帶負電粒子，粒子間相互作用及重力均不計，當粒子的入射角為時，則粒子出射的速度大小為(　　)

A．2×106m/s B．106m/s C．m/s D．4×106m/s
【答案】D
【解析】粒子運動的軌跡如圖

若θ=30°，則α=60°
可知粒子運動的軌道半徑為
r=2R=0.2m
由于

解得

故D正確，ABC錯誤。
故選D。
8．如圖所示，一個理想邊界為PQ、MN 的勻強磁場區域，磁場寬度為d，方向垂直紙面向里．—電子從Ｏ點沿紙面垂直邊界pq以速度進入磁場．若電子在磁場中運動的軌道半徑為在,O'點在MN上，且OO'與MN垂直．則下列判斷正確的是

A．電子將向右偏轉
B．電子打在MN上的點與O'點的距離為d
C．電子打在MN上的點與O'點的距離為
D．電子在磁場中運動的時間為
【答案】D
【解析】A．電子帶負電，進入磁場后，根據左手定則判斷可知，所受的洛倫茲力方向向左，電子將向左偏轉，A錯誤；


BC．設電子打在MN上的點與O′點的距離為x，則由幾何知識得

故BC錯誤；
D．設軌跡對應的圓心角為θ，由幾何知識得

得 ．則電子在磁場中運動的時間為

故D正確。
故選D。

二、多項選擇題
9．如圖所示，以直角三角形AOC為邊界的有界勻強磁場區域，磁感應強度為B，∠A＝60°，AO＝a．在O點放置一個粒子源，可以向各個方向發射某種帶負電的粒子，粒子的比荷為，發射速度大小都為v0，且滿足，發射方向用圖中的角度θ表示．對于粒子進入磁場后的運動（不計重力作用），下列說法正確的是

A．粒子不可能打到A點
B．以θ＝0°和θ＝60°飛入的粒子在磁場中運動時間相等
C．以θ＜30°飛入的粒子在磁場中運動的時間都相等
D．在AC邊界上只有一半區域有粒子射出
【答案】BD
【解析】由牛頓第二定律得：，已知：，解得：R＝a，因此當θ＝60°入射時，粒子恰好從A點飛出，故A錯誤；當θ＝0°飛入的粒子在磁場中，粒子恰好從AC中點飛出，在磁場中運動時間也恰好是，當θ＝60°飛入的粒子在磁場中運動時間恰好是，故B正確；當θ＝60°飛入的粒子在磁場中運動時間恰好是，是在磁場中運動時間最長，故B正確；由上可知θ從0°到60°在磁場中運動時間先減小后增大，故C錯誤；當θ＝0°飛入的粒子在磁場中，粒子恰好從AC中點飛出，因此在AC 邊界上只有一半區域有粒子射出，故D正確．
10．（2021·江西南昌市·高三月考）如圖所示，在xOy平面內存在著磁感應強度大小為B的勻強磁場，第一、二、四象限內的磁場方向垂直紙面向里，第三象限內的磁場方向垂直紙面向外，P（-L，0）、Q（0，-L）為坐標軸上的兩點。現有一質量為m、電荷量為e的電子從P點沿PQ方向射出，不計電子的重力，則下列說法中正確的是（　?。?br />
A．若電子從P點出發恰好第一次經原點O點，運動時間可能為
B．若電子從P點出發恰好第一次經原點O點，運動路程可能為
C．若電子從P點出發經原點O到達Q點，運動時間一定為
D．若電子從P點出發恰好第一次經原點O到達Q點，運動路程可能為πL或2πL
【答案】ABD
【解析】
A．電子在磁場中做圓周運動，電子從P點到Q點，電子在每個磁場中轉過的圓心角都是，電子的運動軌跡可能如圖1或圖2所示，電子在磁場中的運動周期為

則電子從P點出發恰好第一次經原點O點的時間為

所以若電子從P點出發恰好第一次經原點O點，運動時間可能為，則A正確；
B．電子在磁場中做圓周運動的半徑為r，由幾何關系可得

電子從P點出發恰好第一次經原點O點，運動路程為

當n=1時

所以若電子從P點出發恰好第一次經原點O點，運動路程可能為，則B正確；
C．電子從P點出發經原點O到達Q點，運動時間為

所以若電子從P點出發經原點O到達Q點，運動時間可能為，則C錯誤；
D．按圖（1）電子從P點出發恰好第一次經原點O到達Q點，運動路程為

其中 當n=1時

按圖（2）電子從P點出發恰好第一次經原點O到達Q點，運動路程為

其中 當n=1時

所以若電子從P點出發恰好第一次經原點O到達Q點，運動路程可能為2πL，也可能是 則D正確；
故選ABD
11．如圖所示，P、Q為一對平行板，板長與板間距離均為d，板間區域內充滿勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直紙面向里。一質量為m、電荷量為q的粒子（重力不計），以水平初速度從P、Q兩板間左側中央沿垂直磁場方向射入，粒子打到板上，則初速度大小可能為（　?。?br />
A． B． C． D．
【答案】BC
【解析】若粒子恰好打到板左端，由幾何關系可得

由洛倫茲力作為向心力關系可得

可解得
若粒子恰好打到板右端，由幾何關系可得

解得
由洛倫茲力作為向心力關系可得

可解得
粒子打到板上，則初速度v大小范圍是

故選BC。
12．在科學研究中，可以通過施加適當的磁場來實現對帶電粒子運動的控制。在如圖所示的平面坐標系xOy內，以坐標原點O為圓心，半徑為d的圓形區域外存在范圍足夠大的勻強磁場。一質量為m、電荷量為+q的粒子從P（0，）點沿y軸正方向射入磁場，當入射速度為v0時，粒子從a（，）處進入無場區射向原點O，不計粒子重力。則（　?。?br />
A．磁場的磁感應強度為
B．粒子再次回到P點所用時間為
C．若僅將入射速度變為3v0，則粒子離開P點后在磁場中運動的半徑為d
D．若僅將入射速度變為3v0，則粒子離開P點可以再回到P點
【答案】AD
【解析】A．粒子的運動軌跡如圖所示

由題條件可判斷粒子做圓周運動半徑為R=d，粒子在磁場中：
，
故A正確；
B．粒子運動軌跡如圖示

粒子在磁場中運動時間：

因為洛倫茲力提供向心力

粒子在無場區運動時間：

粒子再次回到P點時間：
t=t1+t2
解得：

故B錯誤；
C．粒子速度變為3v0，則在磁場中運動半徑為R′=3d，故C錯誤；
D．粒子運動軌跡如圖所示

由P點出發后第一個圓弧的弧長：

無磁場區圓的直徑長度：

①粒子以3v0沿y軸正向經過P，粒子運動路程
，其中k=0、1、2、3、…
②粒子以3v0大小沿-y方向經過P
s′=3s1+2s2+k（6s1+6s2 ），其中k=0、1、2、3、…
僅將入射速度變為3v0，則粒子離開P點可以再回到P點，故D正確；
故選AD。
三、非選擇題
13．某裝置用磁場控制帶電粒子的運動，工作原理圖如圖所示。裝置的長L＝，上下兩個相同的矩形區域內存在勻強磁場，磁感應強度大小相同、方向與紙面垂直且相反，兩磁場的間距為d，裝置右端有一收集板，N、P為板上的兩點，N、P分別位于下方磁場的上、下邊界上。一質量為m、電荷量為-q的粒子靜止在A處，經加速電場加速后，以速度v0沿圖中的虛線從裝置左端的中點O射入，方向與軸線成60°角。可以通過改變上下矩形區域內的磁場強弱（兩磁場始終大小相同、方向相反），控制粒子到達收集板上的位置。不計粒子的重力。

（1）試求出加速電壓U的大小；
（2）若粒子只經過上方的磁場區域一次，恰好到達收集板上的P點，求磁場區域的寬度h；
（3）欲使粒子經過上下兩磁場并到達收集板上的N點，磁感應強度有多個可能的值，試求出其中的最小值B。
【答案】（1）（2） （3）
【解析】（1）由動能定理可知：
得： 。
（2）設帶電粒子在磁場中運動的軌道半徑為r，依題意作出帶電粒子的運動軌跡如下圖所示。由圖中幾何關系有： ，


解得：
（3）當B為最小值時，粒子運動的軌道半徑r則為最大值，即粒子只經過上方和下方的磁場區域各一次，恰好到達收集板上的N點。設帶電粒子此時運動的軌道半徑為，帶電粒子的運動軌跡如下圖所示。

由圖中幾何關系有：
根據牛頓第二定律和洛倫茲力大小公式有：
聯立以上各式解得： 。
14.如圖所示，坐標系xOy在豎直平面內，水平軌道AB和斜面BC均光滑且絕緣，AB和BC的長度均為L，斜面BC與水平地面間的夾角θ=60°，有一質量為m、電量為+q的帶電小球（可看成質點）被放在A點。已知在第一象限分布著互相垂直的勻強電場和勻強磁場，電場方向豎直向上，場強大小，磁場垂直紙面向外，磁感應強度大小為B；在第二象限分布著沿x軸正向的勻強電場，場強大小未知。現將放在A點的帶電小球由靜止釋放，恰能到達C點，問
（1）分析說明小球在第一象限做什么運動；（2）小球運動到B點的速度；（3）第二象限內勻強電場的場強；


【答案】（1）勻速圓周運動，（2），（3）。
【解析】
（1）當帶電小球進入第一象限后所受電場力為，即帶電小球所受電場力與所受重力相平衡，小球所受合外力為洛倫茲力始終垂直與速度方向，故小球做勻速圓周運動；

（2）有幾何關系可得：，又因，故有小球在B點速度為；
（3）在加速電場中，A到B過程使用動能定律：，代入 ，可得。
15.如圖所示，在邊長為L的正方形區域內存在垂直紙面向里的勻強磁場，其磁感應強度大小為B.在正方形對角線CE上有一點P，其到CF，CD距離均為 ，且在P點處有一個發射正離子的裝置，能連續不斷地向紙面內的各方向發射出速率不同的正離子．已知離子的質量為m，電荷量為q，不計離子重力及離子間相互作用力．

(1)速率在什么范圍內的所有離子均不可能射出正方形區域？
(2)求速率為v＝的離子在DE邊的射出點距離D點的范圍．
【答案】(1) (2)
【解析】因離子以垂直于磁場的速度射入磁場，故其在洛倫茲力作用下必做圓周運動．
(1)依題意可知離子在正方形區域內做圓周運動不射出該區域，做圓周運動的半徑為r≤ .
對離子，由牛頓第二定律有qvB＝m?
(2)當v＝時，設離子在磁場中做圓周運動的半徑為R，
則由可得.
要使離子從DE射出，則其必不能從CD射出，其臨界狀態是離子軌跡與CD邊相切，設切點與C點距離為x，其軌跡如圖甲所示，

由幾何關系得：
R2＝(x－ )2＋(R－ )2，
計算可得x＝L，
設此時DE邊出射點與D點的距離為d1，則由幾何關系有：(L－x)2＋(R－d1)2＝R2，
解得d1＝ .
而當離子軌跡與DE邊相切時，離子必將從EF邊射出，設此時切點與D點距離為d2，其軌跡如圖乙所示，由幾何關系有：

R2＝(L－R)2＋(d2－ )2，
解得d2＝
故速率為v＝的離子在DE邊的射出點距離D點的范圍為
16.如圖所示，在屏蔽裝置底部中心位置O點放一醫用放射源，可通過細縫沿扇形區域向外輻射速率為v的帶電粒子．已知屏蔽裝置寬AB為d，縫長AD為2d，粒子的質量m，電荷量為+q．若在屏蔽裝置右側條形區域內加一勻強磁場來隔離輻射，磁感應強度B，方向垂直于紙面向里，整個裝置放于真空環境中．
(1)若所有的粒子均不能從條形磁場隔離區的右側穿出，則磁場的寬度D至少是多少？
(2)若條形磁場的寬度D＝，則射出屏蔽裝置的粒子在磁場中運動的最長時間和最短時間各是多少？

【答案】(1) (2)
【解析】(1)根據

得:

如圖甲所示，根據幾何關系可得，這些粒子在磁場中運動的最寬處寬度為

所以


(2)根據：

得：

如圖乙所示，根據幾何關系可得，粒子在磁場中運動的時間最短時，弦長最短即為磁場寬度，分析可得此時圓心角

所以

當時間最長時，弧長最長，此時軌跡與右側邊界相切，由幾何關系可得此時圓心角

所以


17．如圖所示，在xOy平面內以O為圓心、R0為半徑的圓形區域Ⅰ內有垂直紙面向外的勻強磁場。一質量為m、電荷量為＋q的粒子以速度v0從A（R0，0）點沿x軸負方向射入區域Ⅰ，經過P（0，R0）點，沿y軸正方向進入同心環形區域Ⅱ，為使粒子經過區域Ⅱ后能從Q點回到區域Ⅰ，需在區域Ⅱ內加一垂直于紙面向里的勻強磁場。已知OQ與x軸負方向成角，不計粒子重力。求：
(1)區域Ⅰ中磁感應強度B0的大??；
(2)環形區域Ⅱ的外圓半徑R至少為多大；
(3)粒子從A點出發到再次經過A點所用的最短時間。

【答案】(1)；(2)；(3)
【解析】(1)設在區域Ⅰ內軌跡圓半徑為r1，由圖中幾何關系可得

由牛頓第二定律可得

解得

(2)設粒子在區域Ⅱ中的軌跡圓半徑為r2，部分軌跡如圖所示，有幾何關系知

由幾何關系得

即

(3)當粒子由內側劣弧經過A點時，應滿足

當m=4時，n=9時間最短


最小時間為


18．（2021·山東廣饒一中高三月考）在真空室內取坐標系，在x軸上方存在二個方向都垂直于紙面向外的磁場區域Ⅰ和Ⅱ（如圖），平行于x軸的直線和是區域的邊界線，兩個區域在y方向上的寬度都為d、在x方向上都足夠長．Ⅰ區和Ⅱ區內分別充滿磁感應強度為B和的勻強磁場，邊界上裝有足夠長的平面感光板．一質量為m、電荷量為的帶電粒子，從坐標原點O以大小為v的速度沿y軸正方向射入Ⅰ區的磁場中．不計粒子的重力作用。
(1)粒子射入的速度v大小滿足什么條件時可使粒子只在Ⅰ區內運動而不會進入Ⅱ區；
(2)粒子射入的速度v大小滿足什么條件時可使粒子擊中上的感光板。

【答案】(1)；(2)
【解析】(1)粒子在Ⅰ區內做勻速圓周運動，有

得粒子運動的軌道半徑

粒子只在Ⅰ區內運動而不會進入Ⅱ區，則

解得速度v滿足的條件

(2)粒子在Ⅱ區內做勻速圓周運動，有

得粒子運動的軌道半徑

粒子恰好能運動到感光板的運動情況如圖所示

粒子在Ⅰ區中運動的圓心為A1、在Ⅱ區中運動的圓心為A2，在圖中△A1CD相似于△CA2E，因此

即

解得


因此，要使粒子擊中感光板，粒子射入的速度應滿足

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