帶電粒子垂直進入勻強磁場，在洛倫茲力作用下，它將做勻速圓周運動，有界磁場是其中一類常見題目，而圓形磁場的問題又是一個難點，許多學生感到無從下手，容易將磁場圓和軌跡圓混淆。解決此類問題的基本思路：畫軌跡→找圓心→求半徑，同時要特別注意對稱性，弄清這兩個圓的幾何關系。下面試舉例說明。

1 確定帶電粒子在磁場中的運動時間

設帶電粒子在磁場中的周期為T，轉(zhuǎn)過的圓心角為θ，則運動時間t=θ2πT。在周期一定的情況下，運動時間只與圓心角θ有關，而與粒子速度、運動軌跡等無直接關系。

例1 如圖1所示，圖形區(qū)域里勻強磁場方向垂直于紙面向外，有一束速率各不相同的電子自A點沿半徑方向射入磁場，這些電子在磁場中（ ）



A.其軌跡對應的圓心角越大，則運動時間越長

B.其軌跡越長，則時間越長

C.入射速率越小，運動時間越短

D.入射速率越大，運動時間越短

解析 由于電子在磁場中的周期相同，求運動時間關系是找圓心角的大小，A顯然正確。本題中，帶電粒子初速度方向指向磁場的圓心，我們估且稱之為“對心入射”，根據(jù)對稱性，不論初速度的大小如何，粒子的出射速度反向延長線也一定要對磁場的圓心，即一定沿著“徑向射出”，這是非常重要的結論。分別作入射、出射速度方向的垂線，交點即為圓周運動的圓心，如圖2所示。不難看出：入射粒子速度越大，則圓周運動的圓心角越小，運動時間就越短，因此D正確。

2 求粒子的最大偏轉(zhuǎn)角

例2 真空中，半徑r=4×10-2m的圓形區(qū)域內(nèi)有勻強磁場，方向如圖3所示，磁感應強度B=0.2T，一個帶正電的粒子，以初速度v0=8×105m/s從磁場邊界上直徑ab一端a射入磁場，已知該粒子的比荷qm=5×107C/kg，不計粒子重力，若要使粒子飛離磁場時有最大偏轉(zhuǎn)角，求入射時v0方向與ab的夾角θ及粒子的最大偏轉(zhuǎn)角φ。



分析 粒子出射方向與入射方向之間的夾角稱為速度偏轉(zhuǎn)角，它等于圓周運動對應的圓心角。在軌道半徑一定的情況下，為使圓心角最大，其所對的弦應最長，這個弦既是軌跡圓的弦，也是磁場圓的弦，顯然，最長的弦應是勻強磁場區(qū)域的直徑。

解 帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，由洛倫茲力充當向心力：

qvB=mv02R

得：R=mv0qB=8×10-2m

要使偏轉(zhuǎn)角最大，就要求這段圓弧對應的弦最長，即為磁場區(qū)域的直徑。如圖4所示，找出圓周運動的圓心O′，連接OO′，由幾何關系：

sinθ＝rR=12

θ=30°

最大偏轉(zhuǎn)角φ=2θ=60°

3 求磁場的最小區(qū)域

例3 如圖5所示，一圓形勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里，O為磁場邊緣上一點，現(xiàn)以O點為原點建立直角坐標系xOy。一個質(zhì)量為m、電量為q的帶電粒子，由O開始以初速度v沿x正向運動，離開磁場后經(jīng)過y軸上的P點，此時速度方向與y軸正向的夾角為30°，已知P到O的距離為L，不計粒子重力，求磁感應強度的大小及磁場區(qū)域的最小半徑。



解析 由洛倫茲力充當向心力：

qvB=mv2R

R=mvqB①

因為粒子初速度為O點沿x軸方向，所以軌跡圓心必在y軸上某一點。同時因為粒子過P點時的速度方向與y軸有一夾角，所以P點一定在磁場區(qū)域外，過P沿速度反向延長，以y軸上某一點為圓心，作一段圓弧與x軸及延長線相切，設切點為Q，圓心為O′，則O′就是圓周運動的圓心，Q點即為離開磁場的點，如圖6。

由幾何關系可得：L=3R②

聯(lián)立①②解得B=3mvqL

OQ既是圓周運動的一條弦，也是磁場區(qū)域的一條弦，在OQ長度一定的情況下，要使得圓最小，當然OQ應是該圓的直徑，即磁場區(qū)域最小半徑r=OQ/2=3L6。

4 多過程問題

例4 如圖7所示，在半徑為r的絕緣圓筒內(nèi)有勻強磁場，大小為B，方向垂直紙面向外。圓筒正下方有小孔C，一束質(zhì)量為m，電量為-q的粒子（重力忽略不計）以不同速率從C點沿半徑方向垂直進入磁場，與筒壁連續(xù)碰撞（每次碰撞時間極短，且沒有電量和能量損失），繞筒壁一周時恰好從C孔射出。在某一粒子在圓筒內(nèi)運動時間最短，求該粒子在磁場中運動的時間及初速度v的大小。

解析 設粒子與筒壁碰撞n次后從C點射出，則將把磁場區(qū)域等分為（n+1）份，每一等分

注：本文中所涉及到的圖表、注解、公式等內(nèi)容請以PDF格式閱讀原文。