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- 2021-05-26 发布
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二、圆形边界
1.粒子沿磁场边界半径方向进入磁场时：
①粒子正对圆心入射，背离圆心出射。
②出射点、入射点与圆心连线构成一四边形，连接两圆心可得两直角三角形。
③甲图中 ，由于粒子偏转，偏向角 ，则 ；乙图中 ，偏向角 。
④ ，R>r 时 ， ；R=r 时 ， ；Rr 时，粒子保持相同速率沿不同方向进入磁场内，出射位置分布在整个圆周上，偏向角、在磁场中
运动时间存在一个最大值：出射点在入射点所在直径的另一端时最大，此时 、 。
④当 Rθϕ＝ πα < πθα ＝+ θπϕ －＝2
r
R=
2tan
θ 090>θ 090<α 090=θ 090=α 090<θ 090>α
0120=∠AOB
03
2
v
rπ
03
32
v
rπ
03v
rπ
03
3
v
rπ
2sin2sin
θα
rR =
πα＝
r
R=
2sin maxθ
例 11 题图
处出射点与入射点间距离为 2r，即此处对应 角最大，而当 时 取得最大值：
⑤
例 12：如图，一半径为 R 的圆表示一柱形区域的横截面（纸面）。在柱形区域内加一方向垂直于纸面的匀强
磁场，一质量为 m、电荷量为 q 的粒子沿图中直线在圆上的 a 点射入柱形区域，在圆上的 b 点离开该区域，
离开时速度方向与直线垂直。圆心 O 到直线的距离为 。现将磁场换为平等于纸面且垂直于直线的匀强电场，
同一粒子以同样速度沿直线在 a 点射入柱形区域，也在 b 点离开该区域。若磁感应强度大小为 B，不计重力，
求电场强度的大小。
【答案】：
【解析】：粒子在磁场中做圆周运动。设圆周的半径为 r，由牛顿第二定律和洛仑兹力公式得
，
式中 v 为粒子在 a 点的速度。
例 13.如图所示，圆形区域内有一垂直纸面的匀强磁场，P 为磁场边界上的一点,有无数带有同样电荷、内有
同样质量的粒子在纸面内以相同的速率通过 P 点进入磁场。这些粒子射出边界的位置均位于边界的某一段
圆弧上这段圆弧长是圆周长的 1/3，将磁感应强度的大小从原来的 B1 变为 B2，结果受益人绵长变为原来的
一半，则 等于
α πθ＝ α
R
r=
2sin maxα
214
5
qRBE m
=
2vqvB m r
=
2
1
B
B
A. B. C.2 D. 3
【答案】：B
【解析】：设圆形区域磁场半径为 R，粒子的运动轨迹如图，当粒子射出边界的位置的圆弧弧长为是圆周长
的 1/3 时，轨迹半径 r1=Rsin600，同理可知 r2=Rsin300.由 r=mv/qB 可得 B2/B1=r1/r2=sin600/sin300= ,B 正确。
3.若粒子从磁场内向圆形边界运动时，会出现临界状态：轨迹与边界相切。
例１４.如图 19（a）所示，在以 O 为圆心，内外半径分别为 和 的圆环区域内，存在辐射状电场和垂直
纸面的匀强磁场，内外圆间的电势差 U 为常量， ,一电荷量为+q，质量为 m 的粒子从内圆
上的 A 点进入该区域，不计重力。
（1）已知粒子从外圆上以速度 射出，求粒子在 A 点的初速度 的大小
（2）若撤去电场，如图 19（b）,已知粒子从 OA 延长线与外圆的交点 C 以速度 射出，方向与 OA 延长线
成 45°角，求磁感应强度的大小及粒子在磁场中运动的时间
（3）在图 19（b）中，若粒子从 A 点进入磁场，速度大小为 ，方向不确定，要使粒子一定能够从外圆射
出，磁感应强度应小于多少？
2 3
3
1R 2R
1 0 2 0, 3R R R R= =
1v 0v
2v
3v
【答案】：（1） （2） ， （3）
【解析】： （1）由动能定理：Uq= mv12- mv02 ①
得：v0=
（2）如右图：粒子在磁场中作圆周运动的半径为 r，则 r2=2(
)2 ②
B1qv2=m ③
（3）由 B2qv3=m ⑥可知，B 越小，R 越大。与磁场边界相切的圆的最大半径为
R= ⑦
所以 B2＜
例１５。如图所示，在以坐标原点 O 为圆心，半径为 R 的半圆行区域内，有相互垂直的匀强电场和匀强磁
场，磁感应强度为 B，磁场方向垂直于 xOy 平面向里。一带正电的粒子（不计重力）从 O 点沿 y 轴正方向
以某一速度射人，带电粒子恰好做匀速直线运动，经 t0 时间从 P 点射出。
（1）电场强度的大小和方向。
（2）若仅撤去磁场，带电粒子仍从 O 点以相同的速度射人，经 时间恰从半圆形区域的边界射出，求粒
子运动加速大小
（3）若仅撤去电场，带电粒子仍从 O 点射入但速度为原来的 4 倍，求粒子在磁场中运动的时间。
【答案】：（1） 沿 x 轴正方向（2） （3）
【解析】：（1）设带电粒子的质量为 m，电荷量为 q，初速度为 v，电场强度为 E。可判断出粒子受到的洛
m
Uqv 22
1 −
)(
2
12
2
RRq
mv
− rv22
π
)(
2
12
3
RRq
mv
+
2
1
2
1
m
Uqv 22
1 −
2
12 RR −
r
v 2
2
R
v 2
3
2
21 RR +
)(
2
12
3
RRq
mv
+
0t
2
0
BRE t
= 2
0
4 3Ra t
= 0
3
18Rt t
π=
O/
r
伦磁力沿 x 轴负方向，于是可知电场强度沿 x 轴正方向
且有 qE=qvB ①
又 R=vt0 ②
则 ③
又有 ⑥
得 ⑦
（3）仅有磁场时，入射速度 ，带电粒子在匀强磁场中作匀速圆周运动，设轨道半径为 r，由牛顿第
二定律有
⑧
又 qE=ma ⑨
由③⑦⑧⑨式得 ⑩
由几何关系 ○11
即 ○12
带电粒子在磁场中运动周期
则带电粒子在磁场中运动时间
0
BRE t
=
201 ( )2 2
tx a=
2
0
4 3Ra t
=
4v v′ =
2vqv B m r
′′ =
3
3
Rr =
sin 2
R
r
α =
3sin 2
α =
3
πα =
2 mT qB
π=
所以 ○13
模型演练
１.如图所示，在直线 MN 的右侧分布了 B＝0.1T 的匀强磁场，其方向垂直纸面向外。在边界上的 P 点有一
粒子源，能以一定的速率 v=1×106m/s 在纸面内各个方向不断的发射比荷为 1×108C/ g 的带正电的粒子（同
一时刻在一个方向上仅发射一个粒子，且不计粒子的重力及粒子间的相互作用），PP’为荧光屏，PP’与 MN
间的夹角为 α＝300，当有两个粒子同时打在荧光屏上某点时，该点就被点亮。已知 A 是 PP’上的一个亮点，
P、A 的距离 。
（1）求粒子在磁场中运动的半径
（2）求同时打到 A 点的两个粒子从射入到打到 A 点的运动的时间之差
【答案】：（1）0.1m（２）2.09×10-7 s
周期： ，代入数据解得：T=6.28×10-7 s，
两粒子从射入到打在 A 点的时间分别为： 、 ，
故两粒子打到 A 点之前运动的时间差：△t=T/3=2.09×10-7 s．
２.如图所示，在直角坐标系 xoy 中，x 轴上方有匀强磁场，磁感应强度的大小为 B，磁场方向垂直于纸面向
外。许多质量为 m、电荷量为+q 的粒子，以相同的速率 v 沿纸面内，由 x 轴负方向与 y 轴正方向之间各个
方向从原点 O 射入磁场区域。不计重力及粒子间的相互作用。下列图中阴影部分表示带电粒子在磁场中可
能经过的区域，其中 ，正确的图是( )
2
2Rt T
α
π=
0
3
18Rt t
π=
cmL 310＝
qB
mT
π2=
Tt π
π
2
3
2
1 = Tt π
ππ
2
3
22
2
−
=
qB
mvR =
【答案】：A
３.某带电粒子从 A 板附近由静止释放，在电压 加速下，从 B 板中的小孔进入 CD 板间，CD 间有一垂直
于纸面向外的匀强磁场 ，粒子恰好能够沿直线向上穿过该区域到达 S，S 为粒子散射装置，之后粒
子以原有速率向各个方向射入匀强磁场 ，已知 AB 两板间的电势差 =+100V，C、D 两板间电
压的大小 =1600V，C、D 两板间距离 ，E、F 两板间距离 ，不计粒子重力求：
A.C 极板电势高于 D 极板
B.粒子的比荷为 5×107C/ g
C.粒子打在图中 F 板上左右两侧最远点间的距离 8cm
D 从 S 到 F 板运动时间最短的粒子是经过 S 后速度方向垂直 F 板的粒子。
【答案】：D
【解析】：
练 2 题图
因 UAB>0 而粒子被 加速，可知粒子带正电。粒子在 CD 间沿直线运动，电场力与洛伦兹力平衡，由左手定
则知洛氏力方向向右，故电场力向左， D 板带正电、电势高，A 正确粒子在 AB 间加速： ，
在 CD 间平衡： ，可得粒子比荷及获得的速率为： C/ g， B 正确。由
得粒子在 B2 区域内运动的轨迹半径为 ，作出临界运动轨迹如图中 O1、O2 所示，
由图中几何关系有： 、 得 ，故 L=8cm，C 正确。从 S
到 F 运动时间最短的粒子对应于运动轨迹弧最短、弦最短，即图中圆弧 O，可见其经过 S 散射后的速度方
向与 F 板垂线间夹角 θ 满足 ，D 错误。
４.扭摆器是同步辐射装置中的插入件，能使粒子的运动轨迹发生扭摆。其简化模型如图Ⅰ、Ⅱ两处的条形
均强磁场区边界竖直，相距为 L,磁场方向相反且垂直纸面。一质量为 m、电量为-q、重力不计的粒子，从
靠近平行板电容器 MN 板处由静止释放，极板间电压为 U,粒子经电场加速后平行于纸面射入Ⅰ区，射入时
速度与水平方向夹角
（1）当Ⅰ区宽度 L1=L、磁感应强度大小 B1=B0 时，粒子从Ⅰ区右边界射出时速度与水平方向夹角也为
，求 B0 及粒子在Ⅰ区运动的时间 t0
（2）若Ⅱ区宽度 L2=L1=L 磁感应强度大小 B2=B1=B0，求粒子在Ⅰ区的最高点与Ⅱ区的最低点之间的高度
差 h + +
（3）若 L2=L1=L、B1=B0，为使粒子能返回Ⅰ区，求 B2 应满足的条件
（4）若 ，且已保证了粒子能从Ⅱ区右边界射出。为使粒子从Ⅱ区右边界射出的方向与从Ⅰ
区左边界射出的方向总相同，求 B1、B2、L1、、L2、之间应满足的关系式。
5
1
22sin 2 ==
r
dθ
30θ = °
30°
1 2 1 2,B B L L≠ ≠
【 答 案 】 ： （ １ ） （ ２ ） （ ３ ） （ ４ ）
【解析】：（1）如图 1 所示，设粒子射入磁场 I 区的速度为 v，在磁场 I 区中做圆周运动的半径为 R1，由
动能定理和牛顿第二定律得
①
②
由几何知识得
③
联立①②③式，代入数据得
④
设粒子在磁场 I 区中做圆周运动的周期为 T，运动的时间为 t
⑤
⑥
qU
mL
23
π
L)33
22( − )2
3(2
3
22 q
mU
LBq
mU
LB ≥> 或
2211 LBLB =
2
2
1 mvqU =
1
2
1 R
vmqvB =
θsin2 1RL =
q
mU
LB 21
0 =
v
RT 12π=
Tt π
θ
2
2=
联立②④⑤⑥式，代入数据得
⑦
（2）设粒子在磁场 II 区做圆周运动的半径为 R2，
由牛顿第二定律得
⑧
由几何知识可得
⑨
联立②③⑧⑨式，代入数据得
⑩
（3）如图 2 所示，为使粒子能再次回到 I 区，应满足
[或 ○11
联立①⑧ ○11式代入数据得
○12
qU
mLt 23
π=
2
2
2 R
vmqvB =
θθ tan)cos1)(( 21 LRRh +−+=
Lh )33
22( −=
LR <+ )sin1(2 θ LR ≤+ )sin1(2 θ
)2
3(2
3
22 q
mU
LBq
mU
LB ≥> 或
（4）如图 3（或图 4）所示，设粒子射出磁场 I 区时速
度与水平方向的夹角为 ，由几何知识得 ○13
[或
○14
[或
联立②⑧式得
○15
联立 ○13 ○14 ○15式得
○16
５.如图所示，在边长为 L=1m 的等边三角形 ACD 区域内，存在磁感应强度为 B= T、方向垂直纸面向外
的匀强磁场，现有一束比荷 =102C/ g 带正电粒子，从 AC 边中点 P 以平行于 CD 边的某一速度射入磁场，
粒子的重力可忽略不计．
（1）若粒子进入磁场时的速度大小为 v0=10m/s，求粒子在磁场中运动的轨道半径；
（2）若粒子能从 AC 边飞出磁场，求粒子在磁场中的运动时间；
（3）为使粒子能从 CD 边飞出磁场，粒子进入磁场时的速度大小应满足的条件？
【答案】（1）0.1732m（2）7.25×10-2s（3）12.5m/s＜v＜50m/s
α )sin(sin11 αθ += RL
)sin(sin11 αθ −= RL
)sin(sin22 αθ += RL
)sin(sin22 αθ −= RL
2211 RBRB =
2211 LBLB =
3
3
m
q
【解析】（1）洛伦兹力提供向心力，则有：qvB=m ，
解之得：r= =0.1732m
（2）从 AC 边出磁场如图
圆心角 θ=
则有运动的时间为：t=
而 T=
解之得：T=2π ×10-2s
t= ×10-2s=7.25×10-2s
由 qvB=m ，
得 v= ，
则 v1= =12.5m/s
又 v2=
得 v2=50m/s
即 12.5m/s＜v＜50m/s
６.如图所示，在正方形区域 abcd 内有方向垂直于纸面向里、磁感应强度大小为 B 的匀强磁场。在 t＝0 时
刻，位于正方形中心 O 的离子源向平面 abcd 内各个方向发射出大量带正电的粒子，所有粒子的初速度大小
r
v 2
mqB
mv
10
3=
3
4π
Tπ
θ
2
qB
mπ2
3
3
34 π
r
v 2
m
qBr
m
qBl
8
3
m
qBl
2
3
均相同，粒子在磁场中做圆周运动的半径恰好等于正方形的边长，不计粒子的重力以及粒子间的相互作用
力。已知平行于 ad 方向向下发射的粒子在 t＝t0 时刻刚好从磁场边界 cd 上某点离开磁场，下列说法正确的
是
A．粒子在该磁场中匀速圆周运动的周期为 6t0
B．粒子的比荷为
C．粒子在磁场中运动的轨迹越长，对应圆弧的圆心角越大
D．初速度方向正对四个顶点的粒子在磁场中运动时间最长
【答案】：BC
７.如图所示,在纸面内半径为 R 的圆形区域中充满了垂直于纸面向里、磁感应强度为 B 的匀强磁场,一点电
荷从图中 A 点以速度 v0 垂直磁场射入,当该电荷离开磁场时,速度方向刚好改变了 180°,不计电荷的重力,下
列说法正确的是( )
A.该点电荷离开磁场时速度方向的反向延长线通过 O 点
B.该点电荷的比荷为 =
06Bt
π
C.该点电荷在磁场中的运动时间 t=
D.该点电荷带正电
【答案】：B
８. 如图所示，圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带电粒子以速度 从 点沿 直径 方
向射入磁场，经过 时间从 点射出磁场， 与 成 60°角。现将带电粒子的速度变为 /3，仍从 点
沿原方向射入磁场，不计重力，则粒子在磁场中的运动时间变为 （ ）
A. B.2 C. D.3
【答案】：B
【解析】：第一次偏转的偏向角为 600，所以圆心角也是 600，周期 ,与速度无关；OA 长为 R1，O2A
长为 R2， , ， ，则 ,所以第二次在磁场中偏转的圆心
角为 1200，所以 偏转时间是第一次的 2 倍。
９.如图，半径为 R 的圆是一圆柱形匀强磁场区域的横截面（纸面），磁感应强度大小为 B，方向垂直于纸面
向外，一电荷量为 q（q＞0）。质量为 m 的例子沿平行于之境 ab 的方向摄入磁场区域，射入点与 ab 的距离
v A AOB
t∆ C OC OB v A
2
1 t∆ t∆
3
1 t∆ t∆
2 mT qB
π=
1 23R R= 0
1
tan30R
R
= 0
2
3tan30 3R
R
= = 0
2∠AOO=60
为 ，已知例子射出去的磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为 60°，则粒子的速率为（不计重力）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】由 Bqv＝ 可得 v＝ ，作出粒子运动轨迹如图所示，根据几何知识得半径 r＝R，故 B 正
确．
2
R
m
qBR
2 m
qBR
m
qBR
2
3
m
qBR2
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