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知，粒子运动的轨道半径为r1＝Rcos 60°＝R；若粒子射入的速率为v2，轨迹如图乙所示，
2由几何知识可知，粒子运动的轨道半径为r2＝Rcos 30°＝知，v2∶v1＝r2∶r1＝3∶1，故选项C正确。
3mvR；根据轨道半径公式r＝可2qB
答案 C
带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的分析方法
甲 乙
1.两个质量相同、所带电荷量相等的带电粒子a、b，以不同的速率沿着AO方向射入圆形匀强磁场区域，其运动轨迹如图10所示。若不计粒子的重力，则下列说法正确的是( )
图10
A.a粒子带正电，b粒子带负电 B.a粒子在磁场中所受洛伦兹力较大 C.b粒子的动能较大
D.b粒子在磁场中运动时间较长
v2mv解析 由左手定则可知，a粒子带负电，b粒子带正电，选项A错误；由qvB＝m得r＝，
rqB故运动的轨迹半径越大，对应的速率越大，所以b粒子的速率较大，在磁场中所受洛伦兹力
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122πm较大，选项B错误；由Ek＝mv可得b粒子的动能较大，选项C正确；由T＝知两者的
2qB周期相同，b粒子运动的轨迹对应的圆心角小于a粒子运动的轨迹对应的圆心角，所以b粒子在磁场中运动时间较短，选项D错误。 答案 C
2.如图11所示，在足够大的屏MN的上方有磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，P为屏上一小孔，PC与MN垂直，一束质量为m、电荷量为－q的粒子(不计重力)以相同的速率v从P处射入磁场区域，粒子入射方向在与磁场垂直的平面里，且分散在与PC夹角为θ的范围内，则在屏MN上被粒子打中区域的长度为( )
图11
2mvA. qB
D.B.
2mvcos θ
qBqB 2mv（1－sin θ）C.
qB2mv（1－cos θ）
解析 如图所示，S、T之间的距离为在屏MN上被粒子打中区域的长度。
v2mv由qvB＝m得R＝，
RqB2mvcos θ
则PS＝2Rcos θ＝ qB2mv2mv（1－cos θ）
＝2R＝，所以＝。 PTSTqBqB
答案 D
3.(2018·绍兴期中)如图12所示，在边长为L的正方形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，有一带正电的电荷，从D点以v0的速度沿DB方向射入磁场，恰好从A点射出，已知电荷的质量为m，带电荷量为q，不计电荷的重力，则下列说法正确的是( )
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图12
A.匀强磁场的磁感应强度为
mv0
qLv0
πLB.电荷在磁场中运动的时间为 C.若电荷从CD边界射出，随着入射速度的减小，电荷在磁场中运动的时间会减小 D.若电荷的入射速度变为2v0，则粒子会从AB中点射出
v20
解析 由题图可以看出电荷做圆周运动的半径r＝L，根据牛顿第二定律qv0B＝m，得B＝
rmv02πL12πLπL，A正确；由T＝，转过的圆心角为90°，则t＝·＝，故B错误；若电荷qLv04v02v0
2πm从CD边界射出，则转过的圆心角均为180°，入射速度减小，T＝，周期与速度无关，qB故电荷在磁场中运动的时间不变，C错误；若电荷的入射速度变为2v0，则半径变为2L，轨1222
迹如图，设DF为h，由几何知识(2L－h)＋L＝(2L)，得h＝(2－3)L≠L，可见E不是
2
AB的中点，即粒子不会从AB中点射出，D错误。
答案 A
带电粒子在匀强磁场中运动的临界极值问题
由于带电粒子在磁场中的运动通常都是在有界磁场中的运动，所以常常出现临界和极值问题。 1.临界现象
(1)当带电粒子进入设定的有界磁场后，其轨迹是一个残缺圆，题中往往会形成各种各样的临界现象。
(2)解决此类问题的关键是找准临界点。找临界点的方法是以题目中的“恰好”“最大”“最高”“至少”等词语为突破口，借助半径R和速度v(或磁感应强度B)之间的约束关系进行动态运动轨迹分析，确定轨迹圆和边界的关系，找出临界点。
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2.极值问题
(1)刚好穿出磁场边界的条件是带电粒子在磁场中运动的轨迹与边界相切。
(2)当速度v一定时，弧长越长，圆心角越大，则带电粒子在有界磁场中运动的时间越长。 (3)当速率v变化时，圆心角越大，运动时间越长。
【典例】 如图13所示，矩形区域abcd(包括边界)充满磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场。现从ad边中点O处，以垂直磁场且跟ad边成30°角的速度射入一带电粒子。已知粒子质量为m、电荷量为q，ad边长为L，不计粒子重力。
图13
(1)若要粒子从ab边上射出，则入射速度v0的大小范围是多少？(ab边足够长) (2)粒子在磁场中运动的最长时间是多少？
v2mv00
解析 (1)若粒子速度为v0，由qv0B＝m得R＝ RqB若轨迹与ab边相切，如图所示，设此时相应速度为v01，则
LR1＋R1sin θ＝ 2
将R1＝
mv01qBL代入上式可得v01＝ qB3m若轨迹与cd边相切，如图所示，设此时粒子速度为v02，则
LR2－R2sin θ＝ 2
将R2＝
mv02qBL代入上式可得v02＝ qBmqBLqBL αRαm(2)设粒子入射速度为v，在磁场中经过的弧所对的圆心角为α，则t＝＝，则α越大，在磁场中运动的时间也越长，由图可知，粒子在磁场中运动的半径r≤R1时，运动时间最长，弧所对的圆心角为(2π－2θ)。 所以粒子在磁场中运动的最长时间为 9 t＝ （2π－2θ）m5πm＝。 qB3qB答案 (1) qBLqBL5πm 1.如图14，真空室内存在匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度的大小B＝0.60 T。磁场内有一块足够大平面感光板ab，板面与磁场方向平行。在距ab为l＝16 cm处，有一个点状的α粒子放射源S，它向各个方向发射α粒子，α粒子的速度都是v＝3.0×10 m/s。已知α粒子的电荷量与质量之比＝5.0×10 C/kg。现只考虑在纸面内运动的α粒子，求ab板上被α粒子打中区域的长度。 6 qm7 图14 解析 α粒子带正电，故其在磁场中沿逆时针方向做匀速圆周运动。用R表示轨道半径， v2 有qvB＝m R由此得R＝ 代入数值得R＝10 cm，可见2R>l>R。 因朝不同方向发射的α粒子的圆轨迹都过S，由此可知，某一圆轨迹在下图中N左侧与ab相切，则此切点P1就是α粒子能打中的左侧最远点。为确定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，垂线与ab的交点即为P1。即NP1＝R－（l－R）。 22mvqB 再考虑N的右侧。α粒子在运动中离S的距离不可能超过2R，以2R为半径、S为圆心作弧，交ab于N右侧的P2点，此点即α粒子能打到的右侧最远点。 由图中几何关系得NP2＝（2R）－l，所求长度为P1P2＝NP1＋NP2 代入数值得P1P2＝20 cm。 答案 20 cm 2.如图15所示，两个同心圆，半径分别为r和2r，在两圆之间的环形区域内存在垂直纸面 10 2 2