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专题强化十八　带电粒子在有界匀强磁场中的运动
目标要求 　1.能够确定粒子运动的圆心、半径、运动时间.2.学会处理带电粒子在直线边界、圆形边界磁场中运动的问题.3.会分析带电粒子在匀强磁场中的临界问题和多解问题．
1．圆心的确定方法
(1)若已知粒子轨迹上的两点的速度方向，分别确定两点处洛伦兹力F的方向，其交点即为圆心，如图1甲．
(2)若已知粒子运动轨迹上的两点和其中某一点的速度方向，弦的中垂线与速度垂线的交点即为圆心，如图乙．

图1

图2
2．半径的确定和计算
(1)连接圆心和轨迹圆与边界的交点，确定半径，然后用几何知识求半径，常用解三角形法，如图2
R＝Lsin θ或由R2＝L2＋(R－d)2求得R＝L2＋d22d
(2)在分析几何关系时，特别要掌握以下两点
①粒子速度的偏向角φ等于圆心角α，且等于AB弦与切线的夹角(弦切角θ)的2倍(如图3所示)，即φ＝α＝2θ＝ωt.
②相对的弦切角θ相等，与相邻的弦切角θ′互补，即θ＋θ′＝π.

图3
3．运动时间的确定
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α时，其运动时间：t＝α2πT或t＝lv(l为弧长)．
4．数学原理
(1)几何模型：圆与直线相交、圆与圆相交．
(2)对称性：圆与直线相交，轨迹(圆弧)关于圆心到边界的垂线轴对称；轨迹圆和磁场圆相交，轨迹(圆弧)关于两圆心的连线轴对称．(如图4)
　
图4
(3)构造三角形
(4)确定角度
①有已知角度：利用互余、互补、偏向角与圆心角的关系、弦切角与圆心角的关系确定；
②没有已知角度：利用边长关系确定．
题型一　带电粒子在有界匀强磁场中的运动
1．直线边界(进出磁场具有对称性，如图5所示)

图5
2．平行边界(往往存在临界条件，如图6所示)


图6
3．圆形边界(进出磁场具有对称性)
(1)沿径向射入必沿径向射出，如图7所示．

图7
(2)不沿径向射入时，如图8所示．
射入时粒子速度方向与半径的夹角为θ，射出磁场时速度方向与半径的夹角也为θ.

图8

　　　　　 直线边界的磁场

例1 　(2020·黑龙江大庆市实验中学高三开学考试)如图9所示，直线MN上方有垂直纸面向里的匀强磁场，电子1从磁场边界上的a点垂直MN和磁场方向射入磁场，经t1时间从b点离开磁场．之后电子2也由a点沿图示方向以相同速率垂直磁场方向射入磁场，经t2时间从a、b连线的中点c离开磁场，则t1t2为(　　)

图9
A．3 B．2 C.32 D.23
答案　A
解析　电子1、2在磁场中都做匀速圆周运动，根据题意画出两电子的运动轨迹，如图所示，

电子1垂直边界射进磁场，从b点离开，则运动了半个圆周，ab即为直径，c点为圆心，电子2以相同速率垂直磁场方向射入磁场，经t2时间从a、b连线的中点c离开磁场，根据半径r＝mvBq可知，电子1和2的半径相等，根据几何关系可知，△aOc为等边三角形，则电子2转过的圆心角为60°，所以电子1运动的时间t1＝T2＝πmBq，电子2运动的时间t2＝T6＝πm3Bq，所以t1t2＝3，故A正确，B、C、D错误．

　　　　　 圆形边界磁场

例2 　(多选)如图10所示为一圆形区域的匀强磁场，在O点处有一放射源，沿半径方向射出速率均为v的不同带电粒子，其中带电粒子1从A点飞出磁场，带电粒子2从B点飞出磁场，不考虑带电粒子的重力，则(　　)

图10
A．带电粒子1与带电粒子2在磁场中运动时间之比为2∶1
B．带电粒子1与带电粒子2在磁场中运动时间之比为2∶3
C．带电粒子1的比荷与带电粒子2的比荷之比为3∶1
D．带电粒子1的比荷与带电粒子2的比荷之比为3∶1
答案　BC
解析　两个粒子的轨迹圆心O1、O2位置如图所示，二者轨迹对应的圆心角分别为120°、60°，设圆形磁场的半径为R，由几何知识可得两个粒子的轨迹半径分别为33R、3R，结合公式r＝mvqB、T＝2πmqB可知，二者比荷之比为3∶1，周期之比为1∶3，又因为二者轨迹对应的圆心角分别为120°、60°，所以二者在磁场中运动时间之比为2∶3，选项B、C正确．

例3 　(2016·全国卷Ⅱ·18)一圆筒处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向与筒的轴平行，筒的横截面如图11所示．图中直径MN的两端分别开有小孔，筒绕其中心轴以角速度ω顺时针转动．在该截面内，一带电粒子从小孔M射入筒内，射入时的运动方向与MN成30°角．当筒转过90°时，该粒子恰好从小孔N飞出圆筒．不计重力．若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞，则带电粒子的比荷为(　　)

图11
A.ω3B B.ω2B
C.ωB D.2ωB
答案　A
解析　画出粒子的运动轨迹如图所示，由洛伦兹力提供向心力得，qvB＝mv2r，又T＝2πrv，联立得T＝2πmqB

由几何知识可得，轨迹的圆心角为θ＝π6，粒子在磁场中运动的时间t＝θ2πT，粒子运动和圆筒运动具有等时性，则θ2πT＝π2ω，解得qm＝ω3B，故选项A正确．


1．(圆形边界)如图12所示，半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场．两个质子M、N沿平行于直径cd的方向从圆周上同一点P射入磁场区域， P点与cd间的距离为R2，质子M、N入射的速度大小之比为1∶2.ab是垂直cd的直径，质子M恰好从b点射出磁场，不计质子的重力和质子间的作用力．则两质子M、N在磁场中运动的时间之比为(　　)

图12
A．2∶1 B．3∶1
C．3∶2 D．3∶4
答案　A
解析　作出两质子的运动轨迹如图所示，由几何关系可知，质子M的轨道半径为R，轨迹圆弧所对圆心角θ1＝120°；根据qBv＝mv2r得r＝mvqB，则质子N的轨道半径为2R，再由几何关系可知，其轨迹圆弧所对圆心角θ2＝60°；质子在磁场中做圆周运动的周期T＝2πmqB，运动的时间t＝θ360°T，解得t1∶t2＝2∶1，故A正确，B、C、D错误．

题型二　带电粒子在匀强磁场中的临界问题
解决带电粒子在磁场中运动的临界问题的关键，通常以题目中的“恰好”“最大”“至少”等为突破口，寻找临界点，确定临界状态，根据磁场边界和题设条件画好轨迹，建立几何关系求解．
1．刚好穿出或刚好不能穿出磁场的条件是带电粒子在磁场中运动的轨迹与边界相切．
2．时间最长或最短的临界条件：
(1)当以一定的速率垂直射入磁场时，运动的弧长越长，运动时间越长．
(2)当比荷相同，入射速率v不同时，圆心角越大，运动时间越长．
(3)两种具体情况：①直线边界；②圆形边界．
例4 　如图13所示，真空中狭长区域内的匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，区域宽度为d，边界为CD和EF，速度为v的电子从边界CD外侧沿垂直于磁场方向射入磁场，入射方向与CD的夹角为θ，已知电子的质量为m、带电荷量为e，为使电子能从另一边界EF射出，电子的速率应满足的条件是(　　)

图13
A．v>Bedm1＋cos θ B．v C．v>Bedm1＋sin θ D．v 答案　A
解析　由题意可知，电子从边界EF射出的临界条件为到达边界EF时，速度方向与EF平行，即运动轨迹与EF相切，如图所示．由几何知识得：

R＋Rcos θ＝d，R＝mv0eB，
解得v0＝Bedm1＋cos θ，当v＞v0时，能从边界EF射出，故A正确．

2．(最长时间问题)如图14所示，半径为R的圆形区域内存在着磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直于纸面向里，一带负电的粒子(不计重力)沿水平方向以速度v正对圆心射入磁场，通过磁场区域后速度方向偏转了60°.

图14
(1)求粒子的比荷qm及粒子在磁场中的运动时间t；
(2)如果想使粒子通过磁场区域后速度方向的偏转角度最大，在保持原入射速度的基础上，需将粒子的入射点沿圆弧向上平移的距离d为多少？
答案　(1)3v3BR　3πR3v　(2)33R
解析　(1)粒子的轨迹半径：
r＝Rtan 30°①
粒子所受洛伦兹力提供向心力，有：qvB＝mv2r②
由①②两式得粒子的比荷：qm＝3v3BR③
粒子的运动周期T＝2πrv④
粒子在磁场中的运动时间t＝16T⑤
由①④⑤式得t＝3πR3v.⑥
(2)当粒子的入射点和出射点的连线是磁场圆的直径时，粒子速度偏转的角度最大．

由图可知sin θ＝Rr⑦
平移距离d＝Rsin θ⑧
由①⑦⑧式得d＝33R.
题型三　带电粒子在有界匀强磁场中运动的多解问题
带电粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，由于带电粒子电性不确定、磁场方向不确定、临界状态不确定、运动的往复性造成带电粒子在有界匀强磁场中运动的多解问题．
(1)找出多解的原因．
(2)画出粒子的可能轨迹，找出圆心、半径的可能情况．

　　　　　 磁场方向不确定形成多解

例5 　(多选)如图15所示，A点的离子源沿纸面垂直OQ方向向上射出一束负离子，离子的重力忽略不计．为把这束负离子约束在OP之下的区域，可加垂直纸面的匀强磁场．已知O、A两点间的距离为s，负离子的比荷为qm，速率为v，OP与OQ间的夹角为30°，则所加匀强磁场的磁感应强度B的大小和方向可能是(　　)

图15
A．B>mv3qs，垂直纸面向里 B．B>mvqs，垂直纸面向里
C．B>mvqs，垂直纸面向外 D．B>3mvqs，垂直纸面向外
答案　BD
解析　当磁场方向垂直纸面向里时，离子恰好与OP相切的轨迹如图甲所示，切点为M，设轨迹半径为r1，由几何关系可知，sin 30°＝r1s＋r1，可得r1＝s，由r1＝mvB1q可得B1＝mvqs；当磁场方向垂直纸面向外时，其临界轨迹，即圆弧与OP相切于N点，如图乙所示，由几何关系s＝r2sin 30°＋r2，得r2＝s3，又r2＝mvqB2，所以B2＝3mvqs，综合上述分析可知，选项B、D正确，A、C错误．



　　　　　 临界状态不唯一形成多解

例6 　(多选)如图16所示，长为l的水平极板间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，板间距离也为l，极板不带电．现有质量为m、电荷量为q的带正电粒子(不计重力)，从两极板间边界中点处垂直磁感线以速度v水平射入磁场，欲使粒子不打在极板上，可采用的办法是(　　)

图16
A．使粒子的速度v B．使粒子的速度v>5Bql4m
C．使粒子的速度v>Bqlm
D．使粒子的速度Bql4m 答案　AB
解析　如图所示，带电粒子刚好打在极板右边缘时，有r12＝(r1－l2)2＋l2，又r1＝mv1Bq，所以v1＝5Bql4m，粒子刚好打在极板左边缘时，有r2＝l4＝mv2Bq，v2＝Bql4m，综合上述分析可知，选项A、B正确．


　　　　　 运动的周期性形成多解

例7 　如图17甲所示，M、N为竖直放置彼此平行的两块平板，板间距离为d，两板中央各有一个小孔O、O′正对，在两板间有垂直于纸面方向的磁场，磁感应强度随时间的变化如图乙所示(垂直于纸面向里的磁场方向为正方向)．有一群正离子在t＝0时垂直于M板从小孔O射入磁场．已知正离子质量为m、带电荷量为q，正离子在磁场中做匀速圆周运动的周期与磁感应强度变化的周期都为T0，不考虑由于磁场变化而产生的电场的影响，不计离子所受重力．求：

图17
(1)磁感应强度B0的大小．
(2)要使正离子从O′垂直于N板射出磁场，正离子射入磁场时的速度v0的可能值．
答案　(1)2πmqT0　(2)πd2nT0(n＝1,2,3，…)
解析　(1)正离子射入磁场，洛伦兹力提供向心力B0qv0＝mv02R
做匀速圆周运动的周期T0＝2πRv0
由以上两式得磁感应强度B0＝2πmqT0
(2)要使正离子从O′孔垂直于N板射出磁场，v0的方向应如图所示，两板之间正离子只运动一个周期即T0时，有R＝d4；当两板之间正离子运动n个周期即nT0时，有R＝d4n(n＝1,2,3，…)．

联立求解，得正离子的速度的可能值为
v0＝B0qRm＝πd2nT0(n＝1,2,3，…)
课时精练

1．(多选)(2020·广东信宜市高二月考)如图1所示，两个初速度大小相同的同种离子a和b，从O点沿垂直磁场方向进入匀强磁场，最后打到屏P上．不计重力．下列说法正确的有(　　)

图1
A．a、b均带正电
B．a在磁场中运动的时间比b的短
C．a在磁场中运动的路程比b的短
D．a在P上的落点与O点的距离比b的短
答案　AD
解析　离子要打在屏P上，都要沿顺时针方向偏转，根据左手定则判断，离子都带正电，选项A正确；由于是同种离子，因此质量、电荷量相同，因初速度大小也相同，由qvB＝mv2r可知，它们做匀速圆周运动的半径相同，作出运动轨迹，如图所示，比较得a在磁场中运动的路程比b的长，选项C错误；由t＝lv可知，a在磁场中运动的时间比b的长，选项B错误；从图上可以看出，选项D正确．

2.如图2所示，有界匀强磁场边界线SP∥MN，速率不同的同种带电粒子从S点沿SP方向同时射入磁场．其中经过a点的粒子速度v1与MN垂直；经过b点的粒子速度v2与MN成60°角，设粒子从S到a、b所需时间分别为t1和t2，则t1∶t2为(不计粒子重力及粒子间的相互作用)(　　)

图2
A．1∶3 B．4∶3
C．1∶1 D．3∶2
答案　D
解析　如图所示，可得出从a点射出的粒子对应的圆心角为90°，从b点射出的粒子对应的圆心角为60°.由t＝α2πT，T＝2πmqB可得t1∶t2＝3∶2，故选D.

3.(多选)(2020·天津卷·7)如图3所示，在Oxy平面的第一象限内存在方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B的匀强磁场．一带电粒子从y轴上的M点射入磁场，速度方向与y轴正方向的夹角θ＝45°.粒子经过磁场偏转后在N点(图中未画出)垂直穿过x轴．已知OM＝a，粒子电荷量为q，质量为m，重力不计．则(　　)

图3
A．粒子带负电荷
B．粒子速度大小为qBam
C．粒子在磁场中运动的轨道半径为a
D．N与O点相距(2＋1)a
答案　AD
解析　由题意可知，粒子在磁场中做顺时针方向的圆周运动，根据左手定则可知粒子带负电荷，故A正确；粒子的运动轨迹如图所示，O′为粒子做匀速圆周运动的圆心，其轨道半径R＝2a，故C错误；由洛伦兹力提供向心力可得qvB＝mv2R，则v＝2qBam，故B错误；由图可知，ON＝a＋2a＝(2＋1)a，故D正确．

4.(2020·安徽省天长中学期末)如图4所示，真空中，垂直于纸面向里的匀强磁场只在两个同心圆所夹的环状区域存在(含边界)，两圆的半径分别为R、3R，圆心为O.一重力不计的带正电粒子从圆边缘的P点沿PO方向以速度v1射入磁场，其运动轨迹如图所示，轨迹所对的圆心角为120°.若将该带电粒子从P点射入的速度大小变为v2时，不论其入射方向如何，都不可能进入小圆内部区域，则v1∶v2至少为(　　)

图4
A.233 B.3 C.433 D．23
答案　B
解析　粒子在磁场中做圆周运动，如图：

由几何知识得：r1＝3Rtan 60°＝3R，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：
qv1B＝mv12r1，解得v1＝3qBRm；当该带电粒子从P点射入的速度大小变为v2时，若粒子竖直向上射入磁场且粒子恰好不能进入小圆内部区域时，即粒子轨道半径r2＝R，则不论其入射方向如何，都不可能进入小圆内部区域，此时v2最大，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qv2B＝mv22r2，解得：v2＝qBRm，则v1∶v2＝3，故B正确，A、C、D错误．
5．(多选)(2019·四川达州市第二次诊断)如图5所示，在正方形区域abcd内充满方向垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场．入口处有比荷相同的甲、乙两种粒子，甲粒子以速度v1沿ab方向垂直射入磁场，经时间t1从d点射出磁场；乙粒子以速度v2沿与ab 成45°的方向垂直射入磁场，经时间t2垂直于cd射出磁场．不计粒子重力和粒子之间的相互作用力，则(　　)

图5
A．v1∶v2＝2∶4 B．v1∶v2＝1∶2
C．t1∶t2＝4∶1 D．t1∶t2＝2∶1
答案　AC
解析　画出两粒子的运动轨迹如图；

两粒子比荷相同，则周期相同，设为T；设正方形的边长为R，则从d点射出的粒子运动半径为r1＝12R，运动时间t1＝T2；速度为v2的粒子，由几何关系：r2＝2R，运动时间t2＝T8；根据r＝mvqB可知v1v2＝r1r2＝122＝24；t1t2＝41；故选项A、C正确，B、D错误．
6.(2019·全国卷Ⅱ·17)如图6，边长为l的正方形abcd内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面(abcd所在平面)向外．ab边中点有一电子发射源O，可向磁场内沿垂直于ab边的方向发射电子．已知电子的比荷为k.则从a、d两点射出的电子的速度大小分别为(　　)

图6
A.14kBl，54kBl B.14kBl，54kBl
C.12kBl，54kBl D.12kBl，54kBl
答案　B
解析　电子从a点射出时，其运动轨迹如图线①，轨迹半径为ra＝l4，由洛伦兹力提供向心力，有evaB＝mva2ra，又em＝k，解得va＝kBl4；电子从d点射出时，运动轨迹如图线②，由几何关系有rd2＝l2＋(rd－l2)2，解得：rd＝5l4，由洛伦兹力提供向心力，有evdB＝mvd2rd，又em＝k，解得vd＝5kBl4，选项B正确．

7．(2016·全国卷Ⅲ·18)平面OM和平面ON之间的夹角为30°，其横截面(纸面)如图7所示，平面OM上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外．一带电粒子的质量为m，电荷量为q(q>0)．粒子沿纸面以大小为v的速度从OM的某点向左上方射入磁场，速度与OM成30°角．已知该粒子在磁场中的运动轨迹与ON只有一个交点，并从OM上另一点射出磁场．不计重力．粒子离开磁场的出射点到两平面交线O的距离为(　　)

图7
A.mv2qB B.3mvqB C.2mvqB D.4mvqB
答案　D
解析　带电粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为r＝mvqB.轨迹与ON相切，画出粒子的运动轨迹如图所示，由于AD＝2rsin 30°＝r，故△AO′D为等边三角形，∠O′DA＝60°，而∠MON＝30°，则∠OCD＝90°，故CO′D为一直线，OD＝CDsin 30°＝2CD＝4r＝4mvqB，故D正确．


8.(多选)(2019·云南玉溪一中第五次调研)如图8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，速度方向与半径方向的夹角为30°.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(　　)

图8
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2v0BR
C．该点电荷在磁场中的运动时间为πR2v0
D．该点电荷在磁场中的运动时间为πR3v0
答案　BC
解析　由题意可画出电荷在磁场中的运动轨迹如图所示，A错误；由几何关系知电荷做圆周运动的半径为r＝R2，结合qv0B＝mv02r，可得qm＝2v0BR，B正确；电荷在磁场中的运动时间t＝πrv0＝πR2v0，C正确，D错误．

9．(多选)如图9所示，有一圆形匀强磁场区域，区域内磁场方向垂直纸面向外，b、c为直径上的两个点，ab弧为圆周的三分之一．甲、乙两粒子电荷量分别为＋q、－q，以相同的速度先后从a点沿半径方向进入磁场，甲粒子从c点离开磁场，乙粒子从b点离开磁场，不计粒子的重力及粒子间的相互作用，则甲、乙两粒子(　　)

图9
A．质量之比m甲∶m乙＝3∶1
B．动能之比Ek甲∶Ek乙＝1∶3
C．运动轨道半径之比r甲∶r乙＝3∶1
D．通过磁场的运动时间之比t甲∶t乙＝2∶3
答案　BD
解析　设磁场圆的半径为R，甲、乙两粒子的运动轨迹如图所示，由于ab弧为圆周的三分之一，故图中角度α＝60°，θ＝30°，根据洛伦兹力提供向心力，结合几何知识得：对甲粒子，有r甲＝Rtan α，qvB＝m甲v2r甲，故r甲＝m甲vqB，对乙粒子，有r乙＝Rtan θ，qvB＝m乙v2r乙，故r乙＝m乙vqB，解得r甲r乙＝tan θtan α＝13，m甲m乙＝r甲r乙＝13，故A、C错误；根据动能公式Ek＝12mv2知，由于甲、乙两种粒子速度相等，动能之比等于质量之比，即Ek甲Ek乙＝m甲m乙＝13，故B正确；根据带电粒子周期公式T＝2πmqB和粒子在磁场中运动时间公式t＝β2π·T得甲粒子在磁场中的运动时间为t甲＝2α2π·2πm甲qB＝2αm甲qB，同理得乙粒子在磁场中的运动时间为t乙＝2θm乙qB，故t甲t乙＝αm甲θm乙＝23，故D正确．

10．(2020·全国卷Ⅱ·24)如图10，在0≤x≤h，－∞0)的粒子以速度v0从磁场区域左侧沿x轴进入磁场，不计重力．

图10
(1)若粒子经磁场偏转后穿过y轴正半轴离开磁场，分析说明磁场的方向，并求在这种情况下磁感应强度的最小值Bm；
(2)如果磁感应强度大小为Bm2，粒子将通过虚线所示边界上的一点离开磁场．求粒子在该点的运动方向与x轴正方向的夹角及该点到x轴的距离．
答案　见解析
解析　(1)由题意，粒子刚进入磁场时应受到方向向上的洛伦兹力，因此磁场方向垂直于纸面向里．设粒子进入磁场中做圆周运动的半径为R，根据洛伦兹力公式和圆周运动规律，有
qv0B＝mv02R①
由此可得R＝mv0qB②
粒子穿过y轴正半轴离开磁场，其在磁场中做圆周运动的圆心在y轴正半轴上，半径应满足R≤h③
由题意，当磁感应强度大小为Bm时，粒子穿过y轴正半轴离开磁场时的运动半径最大，由此得
Bm＝mv0qh④
(2)若磁感应强度大小为Bm2，粒子做圆周运动的圆心仍在y轴正半轴上，由②④式可得，此时圆弧半径为R′＝2h⑤
粒子会穿过图中P点离开磁场，运动轨迹如图所示．设粒子在P点的运动方向与x轴正方向的夹角为α，

由几何关系sin α＝h2h＝12⑥
即α＝π6⑦
由几何关系可得，P点与x轴的距离为
y＝2h(1－cos α)⑧
联立⑦⑧式得y＝(2－3)h.

11．如图11，在空间中有一坐标系xOy，其第一象限内充满着两个匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，直线OP是它们的边界，区域Ⅰ中的磁感应强度为B，方向垂直纸面向外；区域Ⅱ中的磁感应强度为2B，方向垂直纸面向里，边界上的P点坐标为(4L,3L)．一质量为m，电荷量为q的带正电粒子从P点平行于y轴负方向射入区域Ⅰ，经过一段时间后，粒子恰好经过原点O，忽略粒子重力，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：

图11
(1)粒子从P点运动到O点的时间至少为多少；
(2)粒子的速度大小可能是多少．
答案　(1)53πm60qB　(2)25qBL12nm(n＝1,2,3…)
解析　(1)设粒子的入射速度为v，用R1、R2、T1、T2分别表示粒子在磁场Ⅰ区和Ⅱ区中运动的轨道半径和周期，则有qvB＝mv2R1，qv·2B＝mv2R2
T1＝2πR1v＝2πmqB，T2＝2πR2v＝πmqB
粒子先在磁场Ⅰ区中做顺时针的圆周运动，后在磁场Ⅱ区中做逆时针的圆周运动，然后从O点射出，这样粒子从P点运动到O点所用的时间最短．粒子运动轨迹如图所示，

tan α＝3L4L＝0.75，
得α＝37°，α＋β＝90°.
粒子在磁场Ⅰ区和Ⅱ区中的运动时间分别为t1＝2β360°T1，t2＝2β360°T2
粒子从P点运动到O点的时间至少为t＝t1＋t2
由以上各式解得：t＝53πm60qB
(2)当粒子的速度大小满足一定条件时，粒子先在磁场Ⅰ区中运动，后在磁场Ⅱ区中运动，然后又重复前面的运动，直到经过原点O.这样粒子经过n个周期性的运动到达O点，每个周期的运动情况相同，粒子在一个周期内的位移为：
x＝OPn＝4L2＋3L2n＝5Ln(n＝1,2,3，…)
粒子每次在磁场Ⅰ区中运动的位移为x1＝R1R1＋R2x＝23x
由图中的几何关系可知x12R1＝cos α，
由以上各式解得粒子的速度大小为：v＝25qBL12nm(n＝1,2,3，…)