1、能力提升带电粒子在磁场中的圆周运动定圆心、画轨迹、找关系是解决这类问题的关键.(1) 确定圆心的方法 由两速度的垂线定圆心; 由两条弦的垂直平分线定圆心; 由两洛伦兹力的延长线定圆心; 综合定圆心.一条切线，一条弦的垂直平分线，一条洛伦兹力的延长线，选择其中任两条都可以找出圆心.(2) 画轨迹的方法 对称法:带电粒子如果从一直线边界进入又从该边界射出，则其轨迹关于入射点和出射点线段的中垂线对称，入射速度方向与出射速度方向与边界的夹角相等，利用这一结论画出粒子的轨迹. 动态圆法:若在磁场中向垂直于磁场的各个方向发射粒子，则粒子的运动轨迹是围绕发射点旋转的动态圆，用这一规律可确定粒子的运动轨迹.
2、放缩法:带电粒子在磁场中以不同的速度运动时，圆周运动的半径随着速度的变化而变化，因此可以将半径放缩，探索出临界点的轨迹，使问题得以解决.(3) 找关系 用几何知识(勾股定理、三角函数等)求出半径大小. 粒子在磁场中运动一周的时间为T，当粒子运动的圆弧所对应的圆心角为时，其运动时间为t=T(或t=T).例1(2014海安中学)在半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B.有两个相同的带正电的粒子从A点垂直于磁场方向进入磁场中，进入磁场时的速度v1和v2大小未知、方向与AO的夹角均为，如图所示.已知两粒子的质量均为m、电荷量均为q，它们在磁场中做匀速圆周运动的半径也是R(不
3、计粒子的重力和它们之间的相互作用).求:(1) 两粒子的运动速度v1和v2的大小.(2) 两粒子在磁场中运动的时间之差.(3) 两粒子离开磁场的位置之间的距离.思维轨迹:解析:(1) 两粒子在磁场中圆周运动的半径都是R，所以速度大小相同，设为v，则qvB=m.所以v1=v2=v=.(2) 设以v1运动的粒子从圆上的M点离开磁场区域，轨迹的圆心为O1，由题可知O1A=O1M=OA=OM，即OAO1M是菱形，所以O1MOA.设轨迹圆的圆心角为1，则OAO1=90+.1=180-OAO1=90-.同理，设以v2运动的粒子从圆上的N点离开磁场区域，轨迹的圆心为O2，则OAO2N是菱形，O2NOA.设轨
4、迹圆的圆心角为2，则OAO2=90-.2=180-OAO2=90+.两轨迹圆的圆心角的差值为=2-1=2.设粒子在磁场中圆周运动的周期为T，有T=.两粒子在磁场中运动的时间差为t=T=.(3) 由以上分析可知1=OAO2.说明两菱形除边长相等外顶角也相等，两菱形全等.O2N、O1M到OA的距离相等，即O2N、O1M在同一直线上.在三角形MON中，MON=2-1=2.所以，MN=2Rsin .答案:(1) (2) (3) 2Rsin 变式训练1(2014泰州中学)如图所示，在0xd的空间，存在垂直xOy平面向里的匀强磁场.y轴上的P点有一小孔，可以向y轴右侧垂直于磁场方向不断发射速率均为v且与y
5、轴所成夹角可在0180范围内变化的带负电的粒子.已知当=45时，粒子恰好从磁场右边界与P点等高的Q点射出磁场，不计粒子重力及粒子间的相互作用.求:(1) 磁场的磁感应强度.(2) 若=30，粒子射出磁场时与磁场边界的夹角(可用三角函数、根式表示).(3) 能够从磁场右边界射出的粒子在磁场中经过的区域的面积(可用根式表示).解析:(1) 粒子在磁场中做匀速圆周运动，设粒子的轨道半径为R，磁场的磁感应强度为B，则qvB=m.如下图实线所示，由几何关系d=2Rcos 45，解得B=.(2) 如下图虚线所示，由几何关系d=Rcos 30+Rcos ，解得cos =.(3) 能够从磁场右边界射出的粒子在
6、磁场中经过的区域，如图中两圆弧间斜线部分所示，由几何关系R2- (d-R)2=(PM)2.两个圆弧与水平线之间围成的面积是相等的，所以所求区域面积为矩形PQNM的面积，S=d|PM|，解得S=d2.答案:(1) (2) cos =(3) d2带电粒子在相邻多个磁场中的运动粒子在相邻多个磁场中连续运动时，会画出不同的轨迹，从复杂的轨迹中找出规律，寻找解决问题的突破口，解决这类问题时，关键在于能画出轨迹，弄清楚粒子的运动过程，找出粒子在不同磁场中运动的联系，借助圆周运动的特点解决问题.例2(2014海安中学)如图所示，在xOy平面内，以O(0，R)为圆心、R为半径的圆内有垂直于平面向外的匀强磁场，
7、x轴下方有垂直于平面向里的匀强磁场，两个磁场区域的磁感应强度大小相等.第四象限有一个与x轴成45角倾斜放置的挡板PQ，P、Q两点在坐标轴上，且O、P两点间的距离大于2R，在圆形磁场左侧0y0)的带电粒子以速度v从直线AC上的P点竖直向下射出，P点坐标为(L，L)，经测量发现，此带电粒子每经过相同的时间T，会再将回到P点，已知磁感应强度B2=(不计粒子重力).(1) 请在图中画出带电粒子的运动轨迹，并求出匀强磁场B1与B2的比值(B1、B2磁场范围足够大).(2) 求出带电粒子相邻两次经过P点的时间间隔T.(3) 若保持磁感应强度B2不变，改变B1的大小，但不改变其方向，使B1=.现从P点向下先
8、后发射速度分别为和的与原来相同的带电粒子(不计两个带电粒子之间的相互作用力，并且此时算作第一次经过直线AC)，如果它们第三次经过直线AC时轨迹与AC的交点分别记为E点和F点(图中未画出)，试求EF两点间的距离. 解析:(1) 带电粒子从P点匀速运动到Q点，然后做半径为R2=L的匀速圆周运动，运动到H点时的速度方向与AC垂直，从H点匀速运动到D点，之后又做匀速圆周运动到P点.根据平面几何知识可知，=L，四边形PODO1为棱形，O1为圆心，即带电粒子在匀强磁场B1中做匀速圆周运动的半径R1为L，根据qvB1=m，得B1=B2，所以B1与B2的比值为.(2) T=t1+t2+t3+t4.t1=， t
9、2=T2=，t3=， t4=T1=，则T=t1+t2+t3+t4=.(3) 两带电粒子在磁场B2中运动时的半径为R2=，R2=.B1=，故粒子在磁场B1中的运动半径R1=2R2，则两带电粒子都刚好运动圆周到达A点.所以，E、F两点间的距离dEF=0(如图所示).答案:(1) 带电粒子的运动轨迹见解析(2) (3) 0带电粒子在磁场中的临界问题解决带电粒子在磁场中运动的临界问题的关键是找准临界点.带电粒子在磁场中以不同的速度运动时，圆周运动的半径随着速度的变化而变化，因此可以将半径放缩，运用“放缩法”探索出临界点的轨迹，使问题得以解决;对于范围型问题，求解时关键寻找引起范围的“临界轨迹”及“临界
10、半径”，然后利用粒子运动的实际轨迹半径与临界半径的大小关系确定范围.常用的结论有: 直径是圆的最大弦; 同一圆中大弦对应大的圆心角; 刚好穿出磁场边界的临界条件是带电粒子在磁场中运动的轨迹与边界相切.例3(2014如东中学)如图所示，中轴线PQ将矩形区域MNDC分成上、下两个部分，上部分充满垂直纸面向外的匀强磁场，下部分充满垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度均为B.一质量为m、电荷量为+q的粒子从P点进入磁场，速度与边MC的夹角=30.MC边长为a，MN边长为8a，不计粒子重力.则:(1) 若要该粒子不从MN边射出磁场，求其最大速度.(2) 若要该粒子恰从Q点射出磁场，求其在磁场中运行的最短时
11、间.思维轨迹:(1) 速度越大，半径越大临界条件:粒子轨迹与磁场边界相切时，半径最大(2) 时间越短，圆心角越小临界条件:粒子以较大速度运动到达Q点穿出磁场的次数最少解析:(1) 设该粒子恰好不从MN边射出磁场时的轨迹半径为r，由几何关系得rcos 60=r-a，解得r=a.又由qvB=m，解得最大速度v=.(2) 粒子每经过分界线PQ一次，在PQ方向前进的位移为轨迹半径r的倍.设粒子进入磁场后第n次经过PQ线时恰好到达Q点，有nr=8a，解得n=4.62.n所能取的最小自然数为5.粒子做圆周运动的周期为T=.粒子每经过PQ分界线一次用去的时间为t=T=.粒子到达Q点的最短时间为tmin=5t
12、=.答案:(1) (2) 变式训练3(2014沭阳中学)如图所示，在边长为L的正方形区域内存在着垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B.P点位于正方形的对角线CE上，其到CF、CD的距离均为，在P点处有一个发射粒子的装置(图中未画出)，它能连续不断向纸面内的各方向发射出速率不同的带正电的粒子.已知粒子的质量为m，带电荷量为q，不计粒子重力及粒子间的相互作用力.(1) 速率在什么范围内的粒子不可能射出正方形区域?(2) 求速率v=的粒子在DE边的射出点与D点的距离d的范围.解析:因粒子的速度方向垂直于磁场方向，故其在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动.(1) 依题意可知，粒子在正方形区域内做圆
13、周运动，不射出该区域的半径为r.对粒子，由牛顿第二定律有qvB=m.即v=.(2) 当v=时，设粒子在磁场中做圆周运动的半径为R，则由qvB=m可得，R=.要使粒子从DE边射出，则其一定不能从CD边射出，其临界状态是粒子的轨迹与CD边相切. 甲 乙设切点与C点的距离为x，其轨迹如图甲所示，由几何关系得R2=+，解得x=L.设此时粒子在DE边的射出点与D点的距离为d1，由几何关系有(L-x)2+(R-d1)2=R2，解得d1=.而当粒子的轨迹与DE边相切时，粒子必将从EF边射出，设此时切点与D点的距离为d2，其轨迹如图乙所示，由几何关系有R2=+，解得d2=.故速率v=的粒子在DE边的射出点距离
14、D点的距离范围为d.答案:(1) v(2) d带电粒子在磁场中的多解问题带电粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，由于多种因素的影响，使问题形成多解.多解形成原因一般从以下几个方面来分析.(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，也可能带负电，当粒子具有相同速度时，正、负粒子在磁场中的运动轨迹不同，导致多解.(2) 磁场方向不确定形成多解:磁感应强度是矢量，如果题述条件只给出磁感应强度的大小，而未说明磁感应强度方向，则应考虑因磁场方向不确定而导致的多解.(3) 临界状态不唯一形成多解: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，它可能穿
15、过去了，也可能转过180从入射面边界反向飞出，于是形成了多解.(4) 运动的往复性形成多解:带电粒子在不同磁场(如周期性变化的磁场)的空间中运动时，运动往往具有往复性，从而形成多解.例4(2014江苏)某装置可以利用磁场控制带电粒子的运动，工作原理如图所示.装置的长为L，上下两个相同的矩形区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小均为B，方向与纸面垂直且相反，两磁场的间距为d.装置右端有一收集板，M、N、P为板上的三点，M位于轴线OO上，N、P分别位于下方磁场的上、下边界上.在纸面内，质量为m、电荷量为-q的粒子以某一速度从装置左端的中点射入，方向与轴线成30角，经过上方的磁场区域一次，恰好到达P点.
16、改变粒子入射速度的大小，可以控制粒子到达收集板上的位置，不计粒子的重力.(1) 求磁场区域的宽度h.(2) 欲使粒子到达收集板的位置从P点移到N点，求粒子入射速度的最小变化量v.(3) 欲使粒子到达M点，求粒子入射速度大小的可能值.思维轨迹:(1) (2) 粒子到达收集板的位置从P点移到N点粒子运动半径变小粒子运动速度变小粒子第一次经过下方磁场后到达N点根据运动的对称性，作出粒子的运动轨迹利用几何知识列式计算(3) 欲使粒子到达M点M点与入射点O在同一直线上根据运动的对称性，作出粒子的运动轨迹考虑多种可能情况利用几何知识列方程求解解析:(1) 设带电粒子在磁场中运动的轨道半径为r，依题意作出带
17、电粒子的运动轨迹如下图所示，由图中几何关系有L=3rsin 30+，h=r(1-cos 30).解得h=.(2) 设带电粒子初始入射速度为v1，改变速度后仍然经过上方的磁场区域一次后到达N点，此时速度的改变量最小，设改变后的速度为v2，粒子改变速度后，在磁场中运动的轨道半径为r，带电粒子的运动轨迹如下图所示:由图中几何关系有L=4rsin 30+.根据牛顿第二定律有qv1B=m，qv2B=m.粒子入射速度的最小变化量v=|v2-v1|.联立以上各式解得v=.(3) 粒子可能从上方磁场出来后经过M点，也可能从下方磁场出来后经过M点，不妨假设粒子共n次经过了磁场区域到达了M点，此时在磁场中运动的轨
18、道半径为rn，速度为vn，根据牛顿第二定律有qvnB=m.根据几何关系有L=2nrnsin 30+.解得vn=.由于粒子经过上方的磁场区域一次，恰好到达P点，因此粒子不可能只经过上方一次直接到达M点，则n2.又因为粒子必须经过磁场改变其运动的方向才能到达M点，因此满足ntan 30=.所以，vn=(其中2n，且n为整数).答案:(1) (2) (3) 变式训练4(2014如皋期末)如图甲所示，空间内有垂直于纸面向里的有界匀强磁场，MN是磁场的上边界，磁场宽度足够大，磁感应强度B0=110-4 T.现有一比荷为=21011 C/kg的正离子以某一速度从P点水平向右射入磁场，已知P点到边界MN的垂
19、直距离d=20 cm，不计离子的重力.求:(1) 若离子以速度v1=3106 m/s水平射入磁场，求该离子从MN边界射出时的位置到P点的水平距离s.(2) 若要使离子不从MN边界射出磁场，求离子从P点水平射入的最大速度vm.(3) 若离子射入的速度满足第(2)问的条件，当离子从P点射入时，再在该磁场区域加一个如图乙所示的变化磁场(正方向与B0方向相同，不考虑磁场变化所产生的电场)，求该离子从P点射入到第一次回到P点所经历的时间t.解析:(1) 离子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力可得B0qv1=，解得r1=0.15 m.由s2=-(d-r1)2 ，代入数据解得s=m0.14 m.(
20、2) 离子刚好不从边界射出时的最大半径为r2=，B0qvm=，代入数据解得vm=2106 m/s.(3) 离子在原磁场中的运动周期T1=10-7 s.离子在磁场中运动直到第一次遇到外加磁场的过程中轨迹对应的圆心角1=2=.施加附加磁场后，离子在磁场中做圆周运动的半径将变小，周期T2为T2=10-7 s.即离子刚好能运动一个完整的圆周，接下来在B0磁场中继续偏转，对照外加磁场的规律可知，每隔10-7 s离子在周期性外加磁场时做半径更小的圆周运动，离子可做5次完整的匀速圆周运动，如图所示，最后还经过P点.离子从P点射入磁场到第一次回到P点的总时间t=T1+5T2，解得t=10-7 s.答案:(1) 0.14 m(2) 2106 m/s(3) 10-7 s