磁场精讲精练：带电粒子在磁场中运动的临界、极值问题

一 带电粒子在磁场中运动的临界、极值问题

临界状态是指物体从一种运动状态(或物理现象)转变为另一种运动状态(或物理现象)的转折状态，它既具有前一种运动状态(或物理现象)的特点，又具有后一种运动状态(或物理现象)的特点，起着承前启后的转折作用．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，常常出现临界和极值问题．

1．临界问题的分析思路

临界问题的分析对象是临界状态，临界状态就是指物理现象从一种状态变化成另一种状态的中间过程，这时存在着一个过渡的转折点，此转折点即为临界状态点．与临界状态相关的物理条件则称为临界条件，临界条件是解决临界问题的突破点．

临界问题的一般解题模式： (1)找出临界状态及临界条件； (2)总结临界点的规律； (3)解出临界量； (4)分析临界量列出公式． 2．极值问题的分析思路

所谓极值问题就是对题中所求的某个物理量最大值或最小值的分析或计算，求解的思路一般有以下两种：一是根据题给条件列出函数关系式进行分析、讨论；二是借助于几何图形进行直观分析．

例题1．平面OM 和平面ON 之间的夹角为30°，其横截面(纸面)如图所示，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( )

A.mv

2qB

B ．3mv qB

C.

2mv qB

D.

4mv qB

解析：选D.如图所示，粒子在磁场中运动的轨道半径为R ＝mv qB

.设入射点为A ，出射点为B ，圆弧与ON 的交点为P .由粒子运动的对称性及粒子的入射方向知，AB ＝R .由几何图形

知，AP ＝3R ，则AO ＝3AP ＝3R ，所以OB ＝4R ＝4mv

qB

.故选项D 正确．

例题2．(多选)如图所示，M 、N 为两块带等量异种电荷的平行金属板，两板间电压可取从零到某一最大值之间的任意值．静止的带电粒子带电荷量为＋q ，质量为m (不计重力)，从点P 经电场加速后，从小孔Q 进入N 板右侧的匀强磁场区域，磁感应强度大小为B ，方向垂直于纸面向外，CD 为磁场边界上的一绝缘板，它与N 板的夹角为θ＝30°，孔Q 到板的下端C 的距离为L ，当M 、N 两板间电压取最大值时，粒子恰垂直打在CD 板上，则( )

A ．两板间电压的最大值U m ＝q 2

B 2L 2

2m

B ．CD 板上可能被粒子打中区域的长度x ＝⎝ ⎛⎭

⎪⎫

3－33L

C ．粒子在磁场中运动的最长时间t m ＝πm

qB

D ．能打在N 板上的粒子的最大动能为q 2B 2L 2

18m

解析：选BCD.M 、N 两板间电压取最大值时，粒子恰垂直打在CD 板上，所以其轨迹圆心

在C 点，CH ＝QC ＝L ，故半径R 1＝L ，又因Bqv 1＝m v 21

R 1，qU m ＝12mv 21，可得U m ＝qB 2L 22m

，所以A 错

误．

设轨迹与CD 板相切于K 点，半径为R 2，在△AKC 中sin 30°＝

R 2

L －R 2＝12，可得R 2＝L

3

，CK 长为3R 2＝

3

3

L ，则CD 板上可能被粒子打中的区域即为HK 的长度，x ＝HK ＝L －CK ＝

⎝ ⎛⎭

⎪⎫

3－33L ，故B 正确．打在QE 间的粒子在磁场中运动的时间最长，周期T ＝2πm qB ，所以t m ＝πm qB ，C 正确．能打到N 板上的粒子的临界条件是轨迹与CD 相切，由B 选项知，r m ＝R 2＝L 3

，可得v m ＝BqL 3m ，动能E km ＝q 2B 2L 218m

，故D 正确．

例题3．如图甲所示，在空间中存在垂直纸面向里的磁感应强度为B 的匀强磁场，其边界AB 、CD 相距为d ，在左边界的Q 点处有一质量为m 、带电量为q 的负粒子沿与左边界成30°的方向射入磁场，粒子重力不计．求：

(1)带电粒子能从AB 边界飞出的最大速度；

(2)若带电粒子能垂直CD 边界飞出磁场，穿过小孔进入如图乙所示的匀强电场中减速至零且不碰到负极板，则极板间电压U 应满足什么条件？整个过程粒子在磁场中运动的时间是多少？

(3)若带电粒子的速度是(2)中的3倍，并可以从Q 点沿纸面各个方向射入磁场，则粒子能打到CD 边界的距离大小？

解析：(1)带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，设半径为R 1，运动速度为v 0.粒子能从左边界射出，临界情况如图甲所示，由几何条件知R 1＋R 1cos 30°＝d

又qv 0B ＝mv 20

R 1

解得v 0＝

Bqd m (1＋cos 30°)

＝

2(2－3)Bqd

m

所以粒子能从左边界射出时的最大速度为

v m ＝v 0＝

2(2－3)Bqd

m

(2)带电粒子能从右边界垂直射出，如图乙所示． 由几何关系知R 2＝d

cos 30°

由洛伦兹力提供向心力得Bqv 2＝m v 22

R 2

由动能定理得－qU ＝0－12mv 2

2

解得U ＝B 2qd 2

2m cos 2

30°＝2B 2qd

2

3m 所加电压满足的条件U ≥2B 2

qd

2

3m

.

粒子转过的圆心角为60°，所用时间为T 6，而T ＝2πm

Bq

因返回通过磁场所用时间相同，所以总时间

t ＝2×T 6＝2πm

3Bq

(3)当粒子速度是(2)中的3倍时，解得R 3＝2d

由几何关系可得粒子能打到CD 边界的范围如图丙所示．