帶電粒子在有界勻強磁場中的運動-2025高考物理復習熱點題型講義

專題25帶電粒子在有界勻強磁場中的運動

目錄

題型一帶電粒子在有界勻強磁場中的運動..........................................

類型1帶電粒子在直線邊界磁場中運動.........................................

類型2帶電粒子在圓形邊界磁場中運動.........................................

類型3帶電粒子在環(huán)形邊界磁場中運動.........................................

類型4帶電粒子在三角形或四邊形邊界磁場.....................................

題型二帶電粒子在勻強磁場中的臨界問題..........................................

類型1帶電粒子在磁場中運動的臨界問題......................................

類型2帶電粒子在磁場中運動的極值問題.......................................

題型三帶電粒子在有界勻強磁場中運動的多解問題..................................

題型一帶電粒子在有界勻強磁場中的運動

一、粒子軌跡圓心的確定，半徑、運動時間的計算方法

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廠的方向，其交點即為

圓心，如圖甲.

⑵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.

(3)若已知粒子軌跡上某點速度方向，又能根據(jù)廠=型計算出軌跡半徑r,則在該點沿洛倫茲

qB

力方向距離為，的位置為圓心，如圖丙.

2.半徑的計算方法

方法一由R=

方法二連半徑構出三角形，由數(shù)學方法解三角形或勾股定理求得

例如：如圖甲，R=一或由尺2=乙2+（尺一田2求得

sin0

甲

常用到的幾何關系

①粒子的偏轉角等于半徑掃過的圓心角，如圖乙，＜p=a

②弦切角等于弦所對應圓心角一半，d^-a.

2

火偏轉角）

3.時間的計算方法

方法一利用圓心角、周期求得/=旦7

2兀

方法二利用弧長、線速度求得

V

二、帶電粒子在有界磁場中的運動

1.直線邊界（進出磁場具有對稱性，如圖所示）

(a)(b)(c)

2.平行邊界（往往存在臨界條件，如圖所示）

R：XX

X

Xx

yokXX.

XX

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，如圖甲所示.

(2)不沿徑向射入時，如圖乙所示.

射入時粒子速度方向與半徑的夾角為仇射出磁場時速度方向與半徑的夾角也為。.

類型1帶電粒子在直線邊界磁場中運動

【例1】一勻強磁場的磁感應強度大小為2,方向垂直于紙面向外，其邊界如圖中虛線所示,

ab=cd=2L,bc=de=L,一束；He粒子，在紙面內從a點垂直于射入磁場，這些粒子

具有各種速率。不計粒子之間的相互作用。已知;He粒子的質量為3加，電荷量為如以下正

確的為()

a4：：：：：

A.粒子能到達de中點

從be邊界出的粒子運動時間相等

在磁場中運動時間最長的粒子，其運動率為丫=理

r17iin

D.粒子在磁場中運動的最長時間為。

2qB

【答案】C

【詳解】A.汨e粒子在磁場中做勻圓周運動軌跡圖如圖所示，由圖可知，粒子要在從x/e區(qū)

域運動，在經(jīng)e點時軌道半徑最大，此時粒子沒能到達血中點，因此粒子不能到達de中點,

A錯誤；

BC.設粒子的運動軌跡過6cle上的某一點g,。為粒子做圓周運動軌跡的圓心，當NOag最

大時，粒子運動軌跡對應的圓心角最大，粒子運動時間最長，由幾何關系可知，當c點與g

點重合時，粒子運動時間最長，即從加邊界出的粒子運動時間不相等。如圖所示，設運動

半徑為尺，由幾何關系則有

(2L-R)2+/?=用

解得

R=-L

4

己知;He粒子的質量為3加，電荷量為q,其在磁場中做勻速圓周運動，有

qvB=3m—

R

解得

5qBL

v=

12m

B錯誤，C正確;

D.；He粒子在磁場中運動的周期為

vqB

在AObc中，設NbOc為a,NaOc為仇由幾何關系可得

L4

tana=——二—

)L3

4

可得

。=53°

8=180°-53°=127°

則粒子在磁場中運動的最長時間為

t_360°-127°丁_233°丁_233mH

一360°-3607-60qB

D錯誤。

故選Co

【例2】如圖所示，在平面的的區(qū)域內存在垂直紙面向里的勻強磁場，速率相

等的大量質子從原點。朝各個方向均勻發(fā)射到第一象限內，發(fā)現(xiàn)從磁場上邊界射出的質子

數(shù)占總數(shù)的50%,不計質子間相互作用及重力，則質子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為

()

XxxaxXXX

XXX5XXXX

XXXXXXX

XXX義義

O

A.—B.^A/2—1jaC.(2-D.y[2a

【答案】c

【詳解】根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得

V2

qvB=m——

可知速率相等的大量質子的運動半徑也相等，可知從原點均勻發(fā)射到第一象限內，從磁場上

邊界射出的質子數(shù)占總數(shù)的50%,則從磁場上邊界射出的電子的發(fā)射角度范圍有

90°X-=45°

2

則根據(jù)質子的偏轉軌跡和幾何關系可得，能從上邊界射出的電子的發(fā)射角度在

設軌跡半徑為R,則由幾何關系知

R+Esin45°=a

代入得

/?=（2-V2）a

故選C。

【例3].如圖所示，在直線邊界MAP。的上方存在垂直紙面向里磁感應強度為3的勻強磁

場，A點在尸。上?，F(xiàn)從A點垂直尸。在紙面內向上發(fā)射速度大小不同、質量均為切、電量

均為q（q>0）的粒子，已知AP=^a,PN=a,不計粒子的重力及粒子間的相互作用，則粒

子在磁場中運動的最長時間為（）

XXXXXXXXXXX

B

XXXXXXXXXXX

xxxxxxxxxlxx

xxxxxi>1Q

I

XXXXX：

M~N

Tim7兀加4兀冽571m

A.B.C.__D.■—~

qB6qB3qB3qB

【答案】c

【詳解】根據(jù)題意可知，當粒子由N點飛出時，運動的時間最長，運動軌跡如圖所示

XXXXx^<Xx隆

XXXX/XXXX><XX

V

XXXXXXXXX]XX

XXX人XP,0A

Q

XXXx\^

MN

設粒子做圓周運動的半徑為R,由幾何關系有

2

尺2_（缶_氏）2=a

解得

D273

R=------a

3

由

COSZPON=?T

R

聯(lián)立解得

V3

cosZPON=—

3

則

/PON=60°

由牛頓第二定律有

v2

qvB=m——

R

解得

”=嶇

m

由幾何關系可知，粒子運動軌跡的長度為

則粒子的運動時間為

s4兀加

v3qB

故選Co

【例4】如圖所示，直線上方有垂直紙面向里的勻強磁場，電子1從磁場邊界上的〃點

垂直和磁場方向射入磁場，經(jīng)九時間從b點離開磁場.之后電子2也由。點沿圖示方向

以相同速率垂直磁場方向射入磁場，經(jīng)后時間從。、6連線的中點c離開磁場，貝畛為（）

【答案】A

【解析】電子1、2在磁場中都做勻速圓周運動，根據(jù)題意畫出兩電子的運動軌跡，如圖

所示，

xx'X

'石

電子1垂直邊界射進磁場，從b點離開，則運動了半個圓周，成即為直徑，C點為圓心，電

子2以相同速率垂直磁場方向射入磁場，經(jīng)會時間從。、6連線的中點。離開磁場，根據(jù)半

徑r=四可知，電子1和2的半徑相等，根據(jù)幾何關系可知，△aOc為等邊三角形，則電子

2轉過的圓心角為6。。，所以電子1運動的時間廣；=繪電子2運動的時間瑞

所以立=3,故A正確，B、C、D錯誤.

【例5】如圖，一個質量為〃z,電荷量為g的帶負電的粒子，不計重力，從x軸上的P點以

速度v射入第一象限內的勻強磁場中，并恰好垂直于y軸射出第一象限。已知v與x軸成45。

角。OP=a。則以下說法正確的是（）

A.帶電粒子運動軌跡的半徑為a

B.磁場的磁感應強度為孕嗎

2qa

C.。0的長度為e

D.粒子在第一象限內運動的時間為迤巴

【答案】BD

【詳解】A.帶電粒子做勻速圓周運動的圓心和軌跡如下圖

設帶電粒子運動軌跡的半徑為凡根據(jù)幾何知識可得

—=5Z?45°

R

解得

R—y[2,ci

故A正確；

B.根據(jù)牛頓第二定律可得

V2

Bqv=m-

解得

2qa

故B正確；

C.根據(jù)幾何知識可得

O'Q=R=42a

O'O=a

故

OO'+(0+1)?

故c錯誤；

D.帶電粒子做勻速圓周運動的周期為

2nm

1=------

qB

由幾何知識可得/QO'P=135。

則

t_135°丁_

~360°47~

故D正確。

故選BDo

【例6】如圖所示，兩個速度大小相同、比荷不同的帶電粒子1、2,沿水平方向從同一點垂

直射入勻強磁場中，磁場方向垂直紙面向里。當它們從磁場下邊界飛出時相對入射方向的偏

轉角分別為90。、60°,則它們在磁場中運動的)

XXXXXXXX

X>\XXXXX

-X.—X...x____x\><XX.-X...

J90°\60°

A.軌跡半徑之比為2：1B.比荷之比為2：1

C.時間之比為3：2D.周期之比為2：1

【答案】B

【詳解】A.粒子1和粒子2的圓心O/和。2,如圖所示

設粒子1的半徑

Ri=d

對于粒子2,由幾何關系可得

R2sin30°+d=R2

解得

R2=2d

故軌跡半徑之比為1：2,故A錯誤；

B.由牛頓第二定律可得

v2

qvB=m——

r

化簡可得

mv

r=——

qB

可知，比荷之比為2：1,故B正確；

D.周期

2兀丫

1=-----

v

得

17im

1=------

qB

故兩粒子周期之比為1：2,故D錯誤；

C.速度的偏轉角即圓心角，故粒子1的運動時間

90°1

3600-4

粒子2的運動時間

=-6-0°Tb=-1Tb

2360°6

故它們在磁場中運動的時間之比為3：4,故C錯誤。

故選B。

類型2帶電粒子在圓形邊界磁場中運動

【例1】如圖所示，圓形區(qū)域內有垂直紙面向里的勻強磁場，一帶電粒子從圓周上的P點沿

半徑方向射入磁場。若粒子射入磁場時的速度大小為匕，運動軌跡為尸N；若粒子射入磁場

時的速度大小為匕，運動軌跡為尸不計粒子的重力，下列判斷正確的是（）

P\°!

\\XXXX//

''、、、XXJ

--------

A.粒子帶負電

B.速度匕小于速度修

C.粒子以速度匕射入時，在磁場中運動時間較長

D.粒子以速度匕射入時，在磁場中受到的洛倫茲力較大

【答案】BC

【詳解】A.根據(jù)左手定則可知粒子帶正電，故A錯誤；

B.根據(jù)牛頓第二定律有

nmy2

qvD=---

R

解得

丫=幽

m

根據(jù)圖中軌跡可知，4<%,則有

匕<馬

故B正確；

C.粒子在磁場中的運動周期為

2TTR2兀m

T=----=----

vqB

粒子在磁場中的運動時間為

t=—T

2萬

由圖可知運動軌跡為PN對應的圓心角大于運動軌跡為PM對應的圓心角，故粒子以速度V1

射入時，在磁場中運動時間較長，故C正確；

D.粒子在磁場中受到的洛倫茲力大小為

F=qvB

vx<v2,可知耳<巴，故粒子以速度匕射入時，在磁場中受到的洛倫茲力較小，故D錯誤。

故選BC=

【例2].如圖所示，在紙面內半徑為R的圓形區(qū)域中充滿了垂直于紙面向里，磁感應強度

大小為8的勻強磁場。一點電荷從圖中/點以速度V。沿和直徑44'成6=30。角的方向垂直

磁場射入，經(jīng)磁場偏轉后恰能從點H射出。已知44'為區(qū)域磁場的一條直徑，不計電荷的重

力，下列說法正確的是（）

...------、、

XX、、

30。〉*A/?\

-0八、、\

;xxx\

?、、、_?

；!

\XXX、、WR

\八

、、、、XXJ

-------?

A.該點電荷帶負電

B.該點電荷在磁場中做圓周運動的半徑為R

C.該點電荷的比荷為旦=叵1

m2BR

D.該點電荷在磁場中的運動時間為:誓

3%

【答案】AD

【詳解】A.由題意可知，點電荷應向下偏轉，由左手定則可知，該點電荷帶負電，故A正

確；

B.由題意可知，點電荷在磁場中做勻速圓周運動軌跡對應的弦長為2R,設點電荷做勻速圓

周運動的半徑為心由弦長公式可得

2R=2rsin30

解得

r=2R

故B錯誤；

C.點電荷做勻速圓周運動所受洛倫茲力提供向心力，則有

qv°B=m

則比荷

J%二%

mBr2BR

故c錯誤；

D.由題意可知，點電荷做勻速圓周運動的圓心角

6=2x30=60

則該點電荷在磁場中的運動時間為

60_°___2x兀_尸__—n_r__—2T_IR___

360°v03v03v0

故D正確。

故選ADo

【例3】.如圖所示，在平面。孫中的圓形區(qū)域內有一個垂直紙面向里勻強磁場，其邊界過

原點。和》軸上的點。(0,L)。一電子從Q點以初速度v平行于x軸正方向射入磁場，并

從x軸上的b點射出磁場，此時速度方向與％軸正方向的夾角為60。。電子在磁場中運動的

時間為(

一nL

A.——B.----C.比

3v3V2V,67

【答案】B

【詳解】設電子的軌跡半徑為R,電子的運動軌跡如圖所示

Rcos60°+L=R

解得

R=2L

電子在磁場中運動的時間為

60°不12兀R2TTL

t=-----T=—x------=------

360°6v3v

故選Bo

【例4】如圖所示，半徑為R的圓形區(qū)域中有垂直紙面向外的勻強磁場（圖中未畫出），磁

感應強度8,一比荷為巨的帶正電粒子，從圓形磁場邊界上的n點以%=4直的速度垂直

mm

直徑MN射入磁場，恰好從N點射出，且//CW=120。，下列選項正確的是（）

TTrn

A.粒子在磁場中運動的時間為「福

B.粒子從N點射出方向豎直向下

C.若粒子改為從圓形磁場邊界上的。點以相同的速度入射，一定從N點射出

D.若要實現(xiàn)帶電粒子從/點入射，從N點出射，則所加圓形磁場的最小面積為5=叵支

2

【答案】C

【詳解】A.粒子恰好從N點射出，軌跡如下圖所示，運動周期為

T①

Bq

四邊形NON?的圓心角為

a=NAPN=NAON

粒子在磁場中運動的時間為

t=a1=2兀m

27r3Bq

故A錯誤；

B.粒子在磁場中速度偏轉120。，從N點射出方向是與豎直方向呈30°，故B錯誤；

C.若粒子改為從圓形磁場邊界上的。點以相同的速度入射，軌跡如下圖所示，四邊形SCON

為菱形，由幾何知識可知一定從N點射出，故C正確；

D.若要實現(xiàn)帶電粒子從Z點入射，從N點出射，則所加圓形磁場以AN為直徑時面積最小，

最小面積為

故D錯誤。

故選C。

［例5］如圖所示，半徑為R的圓形區(qū)域內存在垂直紙面向里、磁感應強度大小為8的勻強

磁場（未畫出），一質量為加、帶電荷量為+夕的微粒從圓上的N點以一定的速度沿圖中虛線

方向射入磁場，從圓上的M點離開磁場時的速度方向與虛線垂直。已知圓心。到虛線的距

離為g,不計微粒所受的重力，下列說法正確的是（）

A.微粒在磁場區(qū)城內運動的時間為右

qB

B.微粒射入磁場時的速度大小為4處

5m

C.微粒在磁場中運動的軌跡半徑為g

D

D.微粒到圓心。的最小距禺為了

【答案】B

【詳解】A.設微粒的速度大小為力微粒在勻強磁場中運動的軌道半徑為尸，則有

qBv=m——，7=過

rV

解得

由于偏轉角為90。，則軌跡對應的圓心角也為90。，則有

T

t=—

4

解得

711n

t=---

2qB

故A錯誤；

C.作出粒子的運動軌跡如圖所示

：0?!/點為微粒運動軌跡的圓心，設圓心0到MA的距離為x,到MC的距

離為y,則有

3R47?

r-x-\---,r=yd------x2+y2=R2

55

解得

1R

r=——

5

故C錯誤；

B.根據(jù)

V2

qBv=m—

r

結合上述解得

_IqBR

5m

故B正確；

D.微粒到圓心。的最小距離

d=r-y[2x

結合上述解得

,7-4727?

a--------------

5

故D錯誤。

故選Bo

類型3帶電粒子在環(huán)形邊界磁場中運動

【例112023年4月，我國有“人造太陽”之稱的托卡馬克核聚變實驗裝卦創(chuàng)造了新的世界紀

錄。其中磁約束的簡化原理如圖：在半徑為4和4的真空同軸圓柱面之間，加有與軸線平

行的勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里，&=2與。假設笊核;H沿內環(huán)切線向左進入磁場,

京核;H沿內環(huán)切線向右進入磁場，二者均恰好不從外環(huán)射出。不計重力及二者之間的相互

作用，貝”H和:H的動量之比為（）

A.1：2B.2：3C.1：3D.3：1

【答案】C

【詳解】根據(jù)左手定則，作出粒子的運動軌跡如圖所示

根據(jù)幾何關系，笊核:H的半徑為

根據(jù)幾何關系，旅核:H的半徑為

2R+R3R

△=------=——

222

根據(jù)洛倫茲力提供向心力

v2

qvB=m—

r

可得

,=迎

m

動量為

p=mv=qBr和；H的動量之比為

P1：22=外：4=1：3

故選Co

【例2】真空中有一勻強磁場，磁場邊界為兩個半徑分別為〃和3〃的同軸圓柱面，磁場的

方向與圓柱軸線平行，其橫截面如圖所示。一速率為"的電子從圓心沿半徑方向進入磁場。

已知電子質量為冽，電荷量為e,忽略重力。為使該電子的運動被限制在圖中實線圓圍成的

區(qū)域內，磁場的磁感應強度最小為（）

.3mv

A.-----B.—

2aeae

C3>yD3加、

4QC5ae

【答案】c

【解析】為使電子的運動被限制在圖中實線圓圍成的區(qū)域內，電子進入勻強磁場中做勻速

圓周運動軌跡的半徑最大時軌跡如圖所示，設其軌跡半徑為r,圓心為磁場的磁感應強

度最小為2,由幾何關系有寸石7+『=3°,解得r=%,電子在勻強磁場中做勻速圓周運

動,由牛頓第二定律有口8=羽田，解得3=誓，選項C正確。

r4ae

【例3】2023年7月5日，中核集團正式簽約承建全球首個全高溫超導核聚變實驗裝置，彰

顯了我國在此領域技術水平居國際前列。在可控核聚變中用磁場來約束帶電粒子的運動，叫

磁約束。如圖所示為核聚變中磁約束裝置的簡化圖，圓環(huán)狀勻強磁場區(qū)域的內半徑為處，

外半徑為此，磁感應強度大小為￡方向垂直于環(huán)面，中空區(qū)域內帶電粒子的質量為%,電

荷量為具有各個方向的速度。下列說法正確的是（）

A.要使所有帶電粒子約束在半徑為七的區(qū)域內，則帶電粒子的最大速度為曲（見一”）

2m

B.從內環(huán)邊緣相切射出的所有帶電粒子都約束在磁場區(qū)域內運動的最大速度為

qB+招）

2m

C.要使粒子以速度v由圓心沿半徑方向運動的帶電粒子不離開半徑為七的區(qū)域,

「2mv

B>-----

qR?

D.要使粒子以速度v由圓心沿半徑方向運動的帶電粒子不離開半徑為&2的區(qū)域,

B〉2誓\

式&一發(fā)）

【答案】AD

【詳解】AB.帶電粒子的速度越大，在磁場中圓周運動的半徑就越大，要使帶電粒子約束

在半徑為處的區(qū)域內，如下圖

2

根據(jù)

〃RX

=D

,max

可得帶電粒子的最大速度為

BqkqB(R「R]

m2m

該速度同時也是從內環(huán)邊緣相切射出的帶電粒子仍在磁場區(qū)域運動的最大速度。A正確，B

錯誤;

CD.要使以大小為v的速度由圓心沿半徑方向運動的帶電粒子不離開半徑為七的區(qū)域，臨

界狀態(tài)如下圖所示

XX

XXXX

X:X

X'、、X

X

設臨界狀態(tài)圓周運動半徑為/,由幾何關系可得

3_/)2=/2+腎

根據(jù)AB選項分析可知磁感應強度越大則半徑越小，有

,mv

r=-------

qB

Jmin

方程聯(lián)立可得

2mvR2

q3-R；）

要使粒子以速度v由圓心沿半徑方向運動的帶電粒子不離開半徑為史的區(qū)域

4,

C錯誤，D正確。

故選ADo

[例4]2023年1月7日，中科院聚變大科學團隊利用有“人造太陽”之稱的全超導托卡馬克

大科學裝置(E/S7),發(fā)現(xiàn)并證明了一種新的高能量約束模式，對國際熱核聚變實驗堆和未

來聚變堆運行具有重要意義。其基本原理是由磁場約束帶電粒子運動，使之束縛在某個區(qū)域

內。如圖所示，環(huán)狀磁場的內半徑為用，外半徑為鳥，被束縛的帶電粒子的比荷為左，中空

區(qū)域內帶電粒子具有各個方向的速度，速度大小為V。中空區(qū)域中的帶電粒子都不會穿出磁

場的外邊緣而被約束在半徑為4的區(qū)域內，則環(huán)狀區(qū)域內磁場的磁感應強度大小可能是

()

v24v

A-B-

3V2R2V

c.D'k(R「R\f

從4-&)

【答案】CD

【詳解】由題意可知，粒子的比荷為左，要使所有的粒子都不能穿出磁場，與內圓相切的方

向進入磁場的粒子在磁場運動的軌跡剛好與外圓相切，運動軌跡如圖所示

由幾何知識可知，粒子最大軌道半徑

2

粒子在磁場中做圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得

V2

qvB=m—

r

解得

要使粒子不離開磁場

由于

2凡v2V42v

------?------—----------------------------------<---------------

k(暇-R；)kR-RJ

故選CD。

【例5].如圖所示，半徑分別為R和2R的同心圓處于同一平面內，。為圓心。兩圓形成的

圓環(huán)內（含邊界）有垂直圓面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為8。一質量為皿、電荷量

為-q（9>0）的粒子由大圓上的4點以速率v沿大圓切線方向進入磁場，粒子僅在磁場中

運動，不計粒子的重力，則粒子運動速率v可能為（）

qBR5qBR3qBRIqBR

A?B?-C?D.

4m4m2m4m

【答案】ACD

【詳解】帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動

v2

qvB=m——

r

可得

V=^L

m

粒子僅在磁場中運動，則

0<2r<7?

或

3R<2r<4R

代入可得

OMVM幽

2m

或

2mm

故選ACDo

[例6]2020年12月4日，新一代“人造太陽”裝置——中國環(huán)流器二號M裝置（HL-2M）

在成都建成并實現(xiàn)首次放電，該裝置通過磁場將粒子約束在小范圍內實現(xiàn)核聚變。其簡化模

型如圖所示，核聚變主要原料氣核（；H）和笊核（；H）均從圓心。沿半徑方向射出，被約束在

半徑為&和0R兩個同心圓之間的環(huán)形區(qū)域，該區(qū)域存在與環(huán)面垂直的勻強磁場。則下列

說法正確的是（）

A.若有粒子從該約束裝置中飛出，則應減弱磁場的磁感應強度

B.若兩種粒子速率相同，氣核（:H）不會從該約束裝置中飛出，則笊核（；H）也一定不會從

該約束裝置中飛出

C.若兩種粒子在磁場中做圓周運動的半徑相同，則兩種粒子具有相同大小的動量

D.若笊核（；H）在磁場中運動的半徑則笊核（:H）會從該約束裝置中飛出

【答案】C

【詳解】A.粒子在磁場中做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，有

qvB=—

r

解得

mv

r=——

qB

如果減弱磁場的磁感應強度，粒子軌道半徑變大，更容易飛出去，A錯誤;

B.由上面分析得

mv

r=——

qB

氣核與笊核速率相同，所帶電荷量相同，磁感應強度也相同，氣核（；H）不會從該約束裝置

中飛出，但笊核質量更大，所以軌道半徑更大，笊核有可能飛出該裝置，B錯誤；

C.由上面分析得

mv

qB

氣核與笊核所帶電荷量相同，軌道半徑相同，磁場的磁感應強度也相同，則兩種粒子具有相

同大小的動量，C正確；

設笊核軌道半徑為，?，當軌跡和外部大圓相切時是笊核飛出該裝置的臨界狀態(tài)，根據(jù)幾何關

系有

y/R2+r2+r^^2R

解得

若笊核（；H）在磁場中運動的半徑,則笊核（；H）不會從該約束裝置中飛出，D錯誤。

故選Co

類型4帶電粒子在三角形或四邊形邊界磁場

【例1】如圖所示，邊長為￡的等邊三角形a6c區(qū)域外存在著垂直于He所在平面的勻強磁

場，磁感應強度大小為瓦P、。均為仍邊的三等分點。，=0時刻，磁場方向正好垂直于

abc所在平面向里，帶負電的粒子在abc平面內以初速度V。從q點垂直于ac邊射出，并從P

點第一次進入三角形防。區(qū)域。磁感應強度大小始終為瓦不計帶電粒子重力，求：

（1）粒子的荷質比;

(2)粒子第一次到達。點的時刻。

xXXbXX

A.

xX/\XX

x/2\xBX

x

”\

\X

a

xXXXX

【答案】（1）旦=坂；（2）「（7萬+68）

mBL9v0

【詳解】（1）根據(jù)牛頓第二定律得

qvB=m—

Qr

根據(jù)幾何關系可得

L

r=一

3

聯(lián)立解得

q_3%

mBL

粒子在磁場中的運動時間為

粒子做圓周運動的周期為

e271m

T=----

qB

在磁場外運動的時間為

-Ztan60°

t2=---------x2

一%

粒子第一次到達c點的時刻為

t=ty+t2

聯(lián)立解得

￡（7萬+6君）

（9%

【例2】如圖，邊長為/的正方形成立內存在勻強磁場，磁感應強度大小為2,方向垂直于

紙面（abed所在平面）向外.仍邊中點有一電子發(fā)射源。，可向磁場內沿垂直于邊的方向

發(fā)射電子.已知電子的比荷為左則從a、d兩點射出的電子的速度大小分別為（）

d?---------\C

;,,?I

上一*一4

1A/S1,5,,

-kBlB.-kBh-kBl

4444

烏瓦

C.-kBl,D.-kBl,-kBl

2424

【答案】B

【解析】電子從。點射出時，其運動軌跡如圖線①，軌跡半徑為％=’,由洛倫茲力提供

4

向心力，有=m量，又一,解得力="；電子從d點射出時，運動軌跡如圖線②，

ram4

由幾何關系有r/=P-\-（rd~~）2y解得：-d="，由洛倫茲力提供向心力，有evdB=m^~,又匕

24rdm

=匕解得T選項B正確?

【例3】如題圖，直角三角形/8C區(qū)域內有垂直紙面向里的勻強磁場（圖中未畫出），AC

邊長為/,NB為一一群比荷為巨的帶負電粒子以相同速度從。點開始一定范圍垂直/C