粒子在磁场Ⅱ中运动的时间为t2?1T2 25?m5?m,B2? 6qt3qt带电粒子运动的总时间为t?t1?t2有以上各式可得B1?v2【例4】解析：设粒子在洛仑兹力作用下的轨道半径为R，由Bqv?m 得
Rmv6.64?10?27?3.2?106R??m?0.20m?20cm
Bq0.332?3.2?10?19虽然?粒子进入磁场的速度方向不确定，但粒子进场点是确定的，因此?粒子作圆周运动的圆心必落在以O为圆心，半径R?20cm的圆周上，
如答图1中虚线．
由几何关系可知，速度偏转角总等于其轨道圆心角．在半径R一定的条件下，为使?粒子速度偏转角最大，即轨道圆心角最大，应使其所对弦最长．该弦是偏转轨道圆的弦，同时也是圆形磁场的弦．显然最长弦应为匀强磁场区域圆的直径．即?粒子应从磁场圆直径的A端射出．
如图２，作出磁偏转角?及对应轨道圆心O?，据几何关系得
yo?so?Ax答图1 r1?，得??600，即?粒子穿过磁场空间的最大偏转角为600．
2R2【例5】解析：如答图2，设粒子以速率v1运动时，粒子正好打在左极板边缘（图４中轨迹sin??vd１），则其圆轨迹半径为R1?，又由Bq1v?m1得
4R1o?2Bqd，则粒子入射速率小于v1时可不打在板上． v1?4mR2设粒子以速率v2运动时，粒子正好打在右极板边缘（图４中
d222v2轨迹２），由图可得R2?L?(R2?)，则其圆轨迹半径为Lv12o1??1???22222v4L?dBq(4L?d)?2dR2?，又由Bqv2?m2得v2?，则????4d4mdR2粒子入射速率大于v2时可不打在板上． 答图2
Bqd综上，要粒子不打在板上，其入射速率应满足：v?或
4mBq(4L2?d2)v?．
4md【例6】解析：如答图3所示，设粒子速率为v1时，其圆轨迹正好与ＡＣ边相切于Ｅ点．
由图知，在?AO1E中，O1E?R1，O1A?23a?R1，由
C???v1ER??1???Ao1Dcos300?AE?O1EO1A得
R13?，解得R1?3(2?3)a，则23a?R13a?R1?(23?3)a． 22BqR13(2?3)aqBv1?又由Bqv1?m得v1?，则要粒子能从mmR1ＡＣ间离开磁场，其速率应大于v1．
O1A?2B答图3
G?C??如答图4所示，设粒子速率为v2时，其圆轨迹正好与ＢＣ边相切于Ｆ点，与ＡＣ相交于Ｇ点．易知Ａ点即为粒子轨迹的圆
A?o2v23aqBv?又由得，则要粒子能从ＡＣ间Bqv?m?B22mR2答图4 D离开磁场，其速率应小于等于v2．
?R2??Fv2心，则R2?AD?AG?23a．
综上，要粒子能从ＡＣ间离开磁场，粒子速率应满足
3(2?3)aqB3aqB?v?．
mm粒子从距Ａ点(23?3)a~3a的EG间射出． 【例7】解析：（１）设氦核质量为m，电量为q，以速率v在磁感强度为B的匀强磁场中做半径为r的匀速圆周运动，由洛仑兹
v2Bqr力公式和牛顿定律得Bqv?m，则v?．
Rm答图5
（２）所求轨迹示意图如答图5所示（要与外圆相切）
（３）当氦核以vm的速度沿与内圆相切方向射入磁场且轨道与外圆相切时，则以vm速度沿各方向射入磁场区的氦核都不能穿出磁场外边界，如答图6所示．
R2?R1v2mv?0.3m，又由Bqv?m得r?由图知r??，
rBq2mvm?r?， 在速度为vm时不穿出磁场外界应满足的条件是BqBqr?则vm??0.4?4.8?107?0.3?5.76?106m/s．
m【例8】解析：如答图7所示，沿ＰＱ方向射出的电子最大轨迹半径由Bev?m答图6 mvmv?2可得rm?，代入数据解得rm?2?10m?2d． rBe2该电子运动轨迹圆心在Ａ板上Ｈ处，恰能击中Ｂ板Ｍ处．随着电子
H速度的减少，电子轨迹半径也逐渐减小．击中Ｂ板的电子与Ｑ点最远处APF相切于Ｎ点，此时电子的轨迹半径为d，并恰能落在Ａ板上Ｈ处．所以电子答图7 能击中Ｂ板ＭＮ区域和Ａ板ＰＨ区域．
在?ＭＦＨ中，有FH?BQMN?d??????B2Q??HM?MF?(2d)2?d23d，
2?QM?PF?(2?3)d?2.68?10?3m/s，
?o??v???r?QN?d?1?10?2m，PH?2d?2?10?2m．
电子能击中Ｂ板Ｑ点右侧与Ｑ点相距2.68?10m~1?10m的范围．电子能击中Ａ板Ｐ点右侧与Ｐ点相距0~2?10m的范围．
（２）如答图8所示，要使Ｐ点发出的电子能击中Ｑ点，则有
?2?3?2A答图8
Pmvd6r?，rsin??． 解得vsin??8?10．
Be21v取最大速度3.2?10m/s时，有sin??，
41??arcsin；v取最小速度时有?max?，
427y/cm?A?????????????min????x/cmB?????????答图9 op?vmin?8?106m/s．
所以电子速度与
1?,n]，?之间应满足vsin??8?106，且??[arcsi42v?[8?106m/s,3.2?107m/s]．
v2【例9】解析：带电粒子在磁场中运动时有Bqv?m，则
Rmv1.6?10?25?1.0?104R???0.1m?10cm．
Bq1.0?10?2?1.6?10?18如答图9所示，当带电粒子打到y轴上方的A点与P连线正好为其圆轨迹的直径时，
A点既为粒子能打到y轴上方的最高点．因Op?R?10cm，AP?2R?20cm，则
22OA?AP?OP?103cm．
当带电粒子的圆轨迹正好与y轴下方相切于Ｂ点时，Ｂ点既为粒子能打到y轴下方的
最低点，易得OB?R?10cm．
综上，带电粒子能打到y轴上的范围为：?10cm?y?103cm．
【例10】解析 ： （1）设粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为R，由牛顿第二定律得
mvv2 qvB?m，则R?qBR（2）如图所示，以OP为弦可以画两个半径相同的圆，分别表
示在P点相遇的两个粒子的轨迹。圆心分别为O1、O2，过O点的直径分别为OO1Q1、OO2Q2，在O点处两个圆的切线分别表示两个粒子的射入方向，用θ表示它们之间的夹角。由几何关系可知，
?PO1Q1??PO2Q2??，从O点射入到相遇，粒子1的路程为半
个圆周加弧长Q1P=Rθ，粒子2的路程为半个圆周减弧长PQ2=Rθ
1R?，其中T为圆周运动的周期。 T?2v1R?粒子2运动的时间为t2?T?
2vR??L两粒子射入的时间间隔为?t?t1?t2?2 因为Rcos?
v22L 所以??2arccos
2R4mqbLarccos有上述算式可解得?t? qB2mv粒子1的运动时间为t1?点评：解带电粒子在磁场中运动的题，除了运用常规的解题思路（画草图、找“圆心”、
定“半径”）之外，更应侧重于运用数学知识进行分析。本
B B 题在众多的物理量和数学量中，角度是最关键的量，它既是x
建立几何量与物理量之间关系式的一个纽带，又是沟通几何图形与物理模型的桥梁。
【例11】解析：（1）根据动能定理，得eU0?12mv0，解得2O v0?2eU0 md d （2）欲使电子不能穿过磁场区域而打到荧光屏上，应有r?mv12，可?d，而eU0?mv0eB2d2eB2解得U?；
2m（3）电子穿过磁场区域而打到荧光屏上，运动轨迹如图所 示 ⑷若电子在磁场区域作圆周运动的半径为r，穿过磁场区域达到荧光屏上的位置坐标为x，则由（3）中的轨迹图可得x?2r?2r2?d2，又
r?mv12，eU0?mv0，所以电子打到荧光屏上的位置坐标x和金属板eB2B2d2e?2meU?2mU2间电势差U的函数关系为x?2?） ?（U??eB?eB2?d?2m??【例12】点拔：（1）各粒子在磁场中做匀速圆周运动的旋转方向是顺时针还是逆时针？轨道半径相同吗？
（2）沿哪个方向射入的粒子能到达右侧最远处？左侧最远点的边界线是否是一个粒子的轨迹？ 解析：由于带电粒子从O点以相同速率射入纸面内的各个方向，射入磁场的带电粒子在磁场内做匀速圆周运动，其运动半径是相等的。沿ON方向（临界方向）射入的粒子，恰能在磁场中做完整的圆周运动，则过O点垂直MN右侧恰为一临界半圆；若将速度方向沿ON方向逆时针偏转，则在过O点垂直MN左侧，其运动轨迹上各个点到O点的最远距离，恰好是以O
为圆心，以2R为半径的
1圆弧。即答案为A 4说明：本题要改变确定单一圆弧形状的惯性思维，而是由不同圆弧轨迹叠加后，来判定带电粒子的运动轨迹，解题关键是抓住临界状态的分析。
【例13】解析 ： ?粒子带正电，故在磁场中沿逆时针方向做匀速圆周运动，用R表示轨
v2道半径，有qvB?m①
Rv由此得R?代入数值得R?10cm可见，2R?l?R
(q/m)B因朝不同方向发射的?粒子的圆轨迹都过S，由此可知，某一圆轨迹在图中N左侧与ab相切，则此切点P1就是?粒子能打中的左侧最远点。为定出P1点的位置，可作平行于ab的直
线cd，cd到ab的距离为R，以S为圆心，R为半径，作弧交cd于Q点，过Q作ab的垂线，它与ab的交点即为P1。由图中几何关系得
NP1?R2?(l?R)2②
再考虑N点的右侧，任何?粒子在运动中离S点的
距离不可能超过2R，以2R为半径、S为圆心作圆。交ab于N的右侧的点，此即右侧能打到的最远点。
a P1 R
N M 2R P2 b
c
(2R2)?l2③
所求长度为 P1P2?NP1?NP2④ 代入数值得 P1P2?20cm⑤
由图中几何关系得NP2?Q R
S d
【例14】解析: 离子在磁场中做匀速圆周运动，作出两条边界轨迹TPTQ，分别作离子在T、P、Q三点所受的洛伦兹力、分别延长之后相交于Q1、Q2点，如图所示，Q1和Q2分别是TP和TQ的圆心，设R1和R2分别为相应的半径。
离子经电压U加速，由动能定理得
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