1、 求解临界问题要借助于半径求解临界问题要借助于半径R R和速度和速度v v之间的约束之间的约束关系进行动态轨迹分析，确定轨迹圆和边界的关系，关系进行动态轨迹分析，确定轨迹圆和边界的关系，寻找临界点，然后利用数学方法求解。常用结论：寻找临界点，然后利用数学方法求解。常用结论：1 1、刚好突出磁场边界的条件是粒子在磁场中的运动轨、刚好突出磁场边界的条件是粒子在磁场中的运动轨迹与边界相切。迹与边界相切。2 2、当速度一定时，弧长或弦长越长，圆周角越大，粒、当速度一定时，弧长或弦长越长，圆周角越大，粒子在磁场中运动时间越长。子在磁场中运动时间越长。3 3、当速度变化时，圆周角大的运动时间越长。、当速度
2、变化时，圆周角大的运动时间越长。4 4、从同一边界射入的粒子从同一边界射出时，速度与、从同一边界射入的粒子从同一边界射出时，速度与边界的夹角相等，在圆形磁场区域内，沿径向射入的边界的夹角相等，在圆形磁场区域内，沿径向射入的粒子，必沿径向射出。粒子，必沿径向射出。yxoyxo旋转圆旋转圆 带电粒子从带电粒子从o o点以大小不变而方向不限定的速度射入点以大小不变而方向不限定的速度射入 匀强磁场中，把其轨迹连续起来观察可认为是一个半径不变匀强磁场中，把其轨迹连续起来观察可认为是一个半径不变的圆，根据速度方向的变化以出射点为旋转轴在旋转。的圆，根据速度方向的变化以出射点为旋转轴在旋转。OPQOr( 3
3、1)MNr答案：O2rrQPMNQpQp60QpQpQpPQR3R思考：若将第三问中思考：若将第三问中的正电荷改成负电荷的正电荷改成负电荷或者将磁场方向改为或者将磁场方向改为垂直纸面向外，其它垂直纸面向外，其它条件不变，则情况如条件不变，则情况如何？何？Qp baS l Bcm10 qBmvR即：即：2R l R。cm8221 )Rl (RNPcm122222 l)R(NPP1P2=20cm 解：解：粒子带正电，沿逆时针方向粒子带正电，沿逆时针方向做匀速圆周运动，轨道半径做匀速圆周运动，轨道半径R R为为2RR2RMNO2RR2RMNO2R2R2RMNOR2R2RMNOD.D.A.A. B.B
4、.C.C.如图，圆形区域内有一垂直纸面的匀强磁场，如图，圆形区域内有一垂直纸面的匀强磁场，P P为磁场边为磁场边界上的一点。有无数带有同样电荷、具有同样质量的粒子在界上的一点。有无数带有同样电荷、具有同样质量的粒子在纸面内沿各个方向以同样的速率通过纸面内沿各个方向以同样的速率通过P P点进入磁场。这些粒子点进入磁场。这些粒子射出边界的位置均处于边界的某一段弧上，这段圆弧的弧长射出边界的位置均处于边界的某一段弧上，这段圆弧的弧长是圆周长的是圆周长的1/31/3。将磁感应强度的大小从原来的。将磁感应强度的大小从原来的B B1 1变为变为B B2 2，结，结果相应的弧长变为原来的一半，则果相应的弧长
5、变为原来的一半，则B B2 2/ /B B1 1等于多少？等于多少？例题（例题（20102010年全国）如图，在年全国）如图，在0 x a0 x a区域内存在与区域内存在与xOyxOy平平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小为面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小为B B。在。在t t0 0时刻，一时刻，一位于坐标原点的粒子源在位于坐标原点的粒子源在xOyxOy平面内发射出大量同种带电粒子，平面内发射出大量同种带电粒子，所有粒子的初速度大小相同，方向与所有粒子的初速度大小相同，方向与y y轴正方向的夹角分布在轴正方向的夹角分布在0 0180180范围内。已知沿范围内。已知沿y y轴正方向发射的粒子在
6、轴正方向发射的粒子在t tt t0 0时时刻刚好从磁场边界上刻刚好从磁场边界上P P（ a a，a a）点离开磁场。求：）点离开磁场。求：（1 1）粒子在磁场中做圆周运动的半径）粒子在磁场中做圆周运动的半径R R及粒子的比荷及粒子的比荷q/mq/m；（2 2）此时刻仍在磁场中的粒子的初速度方向与）此时刻仍在磁场中的粒子的初速度方向与y y轴正方向夹轴正方向夹角的取值范围；角的取值范围；（3 3）从粒子发射到全部粒子离）从粒子发射到全部粒子离开磁场所用的时间。开磁场所用的时间。33o.),3(aaPa3yx 解析：粒子沿解析：粒子沿y y轴的正方向进轴的正方向进入磁场，从入磁场，从P P点经过做
7、点经过做OPOP的垂直的垂直平分线与平分线与x x轴的交点为圆心，根轴的交点为圆心，根据直角三角形有据直角三角形有R R2 2=a=a2 2+( a-R)+( a-R)2 2解得解得R=2 a/3R=2 a/3，sinsin=a/R= =a/R= /2,/2,则粒子做圆周运动的的圆心则粒子做圆周运动的的圆心角为角为120120，周期为，周期为T=3tT=3t0 0，粒，粒子做圆周运动的向心力由洛仑子做圆周运动的向心力由洛仑兹力提供，根据牛顿第二定律兹力提供，根据牛顿第二定律得得qvB=m(2 /T)qvB=m(2 /T)2 2/R/R，v=2 R/Tv=2 R/T化简得化简得q/m=2 /3B
8、tq/m=2 /3Bt0 0333o.),3(aaPa3yxo),3(aaPa3yxoa3xyoa3xy仍在磁场中的粒子其圆心角一定大于仍在磁场中的粒子其圆心角一定大于120120，这样粒子角度最，这样粒子角度最小时从磁场右边界穿出；角度最大时从磁场左边界穿出。角度小时从磁场右边界穿出；角度最大时从磁场左边界穿出。角度最小时从磁场右边界穿出圆心角最小时从磁场右边界穿出圆心角120120，所经过圆弧的弦与中，所经过圆弧的弦与中相等穿出点如图，根据弦与半径、相等穿出点如图，根据弦与半径、x x轴的夹角都是轴的夹角都是3030，所以此，所以此时速度与时速度与y y轴的正方向的夹角是轴的正方向的夹角是
9、6060。角度最大时从磁场左边界。角度最大时从磁场左边界穿出，半径与穿出，半径与y y轴的的夹角是轴的的夹角是6060，则此时速度与，则此时速度与y y轴的正方向轴的正方向的夹角是的夹角是120120。所以速度与。所以速度与y y轴的正方向的夹角范围是轴的正方向的夹角范围是6060到到120120。12012012012030303030在磁场中运动时间最长的粒子的轨迹应该与磁在磁场中运动时间最长的粒子的轨迹应该与磁场的右边界相切，在三角形中两个相等的腰为场的右边界相切，在三角形中两个相等的腰为R=2 a/3R=2 a/3，而它的高是，而它的高是h= a/3h= a/3，半径与，半径与y y轴
10、的轴的的夹角是的夹角是3030，这种粒子的圆心角是，这种粒子的圆心角是240240。所用时间为所用时间为2t2t0 0。所以从粒子发射到全部离开。所以从粒子发射到全部离开所用所用 时间为时间为2t2t0 0。oa3xoa3x33 缩放圆缩放圆 带电粒子从某一点以速度方向不变而大小在改变带电粒子从某一点以速度方向不变而大小在改变（或质量改变）射入匀强磁场，在匀强磁场中做半径（或质量改变）射入匀强磁场，在匀强磁场中做半径不断变化的匀速圆周运动。把其轨迹连续起来观察，不断变化的匀速圆周运动。把其轨迹连续起来观察，好比一个与入射点相切并在放大（速度或质量逐渐增好比一个与入射点相切并在放大（速度或质量逐
11、渐增大时）或缩小（速度或质量逐渐减小时）的运动圆。大时）或缩小（速度或质量逐渐减小时）的运动圆。AQBPvB3= rm = 2d= d，故，故MN=( -1)d 例题：例题：如图，如图，A A、B B为水平放置的足够长的平行板，板间距为水平放置的足够长的平行板，板间距离为离为 d d =1.0=1.010102 2m m，A A板上有一电子源板上有一电子源P P，Q Q点在点在P P点正上点正上方方B B板上，在纸面内从板上，在纸面内从P P点向点向Q Q点发射速度在点发射速度在0 03.23.210107 7m/sm/s范围内的电子。若垂直纸面内加一匀强磁场，范围内的电子。若垂直纸面内加一匀
12、强磁场，磁感应强度磁感应强度B B=9.1=9.110103 3T T，已知电子质量，已知电子质量 m m=9.1=9.110103131kg kg ，电子电量，电子电量 q q=1.6=1.610101919C C ，不计电子重力和电子，不计电子重力和电子间的相互作用力，且电子打到板上均被吸收，并转移到大间的相互作用力，且电子打到板上均被吸收，并转移到大地，求电子击在地，求电子击在A A、B B两板上的范围。两板上的范围。rm电子打在电子打在 板上的范围是板上的范围是PH段。段。因因 qvB=mv2/rm得：得： rm=2d3POQAv0B2R+R=dvmqBd) 12(q qaOdbcBR
13、1 例题：例题：如图，一端无限伸长的矩形区域如图，一端无限伸长的矩形区域abcdabcd内存在着磁内存在着磁感应强度大小为感应强度大小为B B，方向垂直纸面向里的匀强磁场。从边，方向垂直纸面向里的匀强磁场。从边adad中点中点O O射入一速率射入一速率v v0 0、方向与、方向与OdOd夹角夹角=30=30的正电粒子，的正电粒子，粒子质量为粒子质量为m m，重力不计，带电量为，重力不计，带电量为q q，已知，已知ad=Lad=L。 （1 1）要）要使粒子能从使粒子能从abab边射出磁场，求边射出磁场，求v v0 0的取值范围的取值范围。 （2 2）取不同）取不同v v0 0值，求值，求粒子在磁场中运动时间粒子在磁场中运动时间t t 的范围？的范围？ （3 3）从）从abab边射出的粒子在磁场中运动时间边射出的粒子在磁场中运动时间t t 的范围。的范围。R2 mqBL3mqBLt t5 m6Bq4 m3Bqtt m3Bq5 m3Bq
