第十一章　第3讲　专题强化：带电粒子在磁场中运动的临界、多解问题 讲义 （教师版）

第3讲　专题强化：带电粒子在磁场中运动的临界、多解问题
题型一　带电粒子在磁场中运动的临界问题
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．临界条件
带电粒子刚好穿出(不穿出)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，故边界(边界的切线)与轨迹过切点的半径(直径)垂直。
2．几种常见的求极值情况(速度一定时)
(1)最长时间：弧长最长，一般为轨迹与直线边界相切。
圆形边界：公共弦为边界圆直径时，出现极值，即当运动轨迹圆半径大于圆形磁场半径时，以磁场直径的两端点为入射点和出射点的轨迹对应的圆心角最大，粒子运动时间最长。
(2)最短时间：弧长最短(弦长最短)，入射点确定，入射点和出射点连线与边界垂直。
如图所示，P为入射点，M为出射点，此时在磁场中运动时间最短。
3．判断临界问题的三种常用方法：“平移圆法”“旋转圆法”“放缩圆法”。
考向1“平移圆法”的应用
适用条件 速度大小 一定，方 向一定， 但入射点 在同一直 线上 粒子源发射速度大小、方向一定，入射点不同但在同一直线上的同种带电粒子进入匀强磁场时，它们做匀速圆周运动的半径相同，若入射速度大小为v0，则半径R＝，如图所示
轨迹圆圆 心共线 带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心在同一直线上
界定方法 将半径为R＝的圆进行平移，从而探索粒子运动的临界条件，这种方法叫“平移圆法”
【典例1】如图所示，在直角三角形abc区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。大量均匀分布在ab边的同种带电粒子(质量为m，电荷量为＋q)以相同的速度沿纸面垂直于ab边射入场区，结果有一半的粒子从bc边射出。已知bc边长为L，bc与ac的夹角为60°，不计粒子的重力及粒子之间的相互作用。下列说法正确的是(　B　)
A．粒子的入射速度为
B．粒子的入射速度为
C．从bc边射出的粒子在磁场内运动的最长时间为
D．若射入的粒子为负电荷，要使一半的粒子射出bc，则粒子的入射速度至少为
【解析】　如图甲所示，设d为ab的中点，满足条件的临界情况为从d点射入的粒子轨迹与bc相切，轨道半径为r1，根据几何关系得ab＝L cos 30°＝L，3r1＝ab，根据牛顿第二定律得qv1B＝m，联立得v1＝，故A错误，B正确；从bc边射出的粒子在磁场中运动的最长时间为T，t＝T＝×＝，故C错误；
　　
带负电粒子从d点射入磁场临界情况的轨迹如图乙所示，由几何关系得r2＝L，根据牛顿第二定律得qv2B＝m解得v2＝，故D错误。
考向2“旋转圆法”的应用
适用条件 速度大小一定，方向不同 粒子源发射速度大小一定、方向不同的带电粒子进入匀强磁场时，它们在磁场中做匀速圆周运动的半径相同，若射入初速度为v0，则圆周运动半径R＝，如图所示
轨迹圆圆心共圆 带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心在以入射点P为圆心、半径R＝的圆上
界定方法 将一半径R＝的圆以入射点为圆心进行旋转，从而探索粒子的临界条件，这种方法叫“旋转圆法”
【典例2】　如图所示，竖直平面内有一xOy平面直角坐标系，第一、四象限中存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小记为B(B未知)。坐标原点O处有一放射源，放射源可以源源不断向一、四象限180°范围内均匀地辐射出质量为m、电荷量为q的正离子。在y轴上固定一能吸收离子的收集板MN，M点坐标为(0，a)，N点坐标为(0，2a)，当辐射的离子速率为v0时离子打在收集板上的位置最远到N点，最近到M点。不计离子的重力及离子间相互作用的影响。求：
(1)恰好打到M点的离子在磁场中运动的时间；
(2)能打到收集板上的离子数占辐射总数的比例。
【解析】　(1)由题意可知，沿x轴正方向出射的离子，经半圆到达N点，由此可得r＝a，可知通过M点的离子有两个出射方向，如图甲，一个轨迹转过的圆心角为60°，即t1＝T，另一个轨迹转过的圆心角为300°，即t2＝T，离子做匀速圆周运动，周期T＝，即T＝，解得t1＝，t2＝。
(2)如图乙所示，由旋转圆法分析结果可知，能打到收集板上的离子分布在速度方向与x轴正方向成60°角的范围内，因为放射源均匀打出离子，因此打到收集板上的离子数占辐射总数的比例为＝。
【答案】　(1)或　(2)
考向3“放缩圆法”的应用
适用条件 速度方向一 定，速度大 小不同 粒子源发射速度方向一定，速度大小不同的带电粒子进入匀强磁场时，这些带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径随速度的变化而变化
轨迹圆圆 心共线 如图所示(图中只画出粒子带正电的情境)，速度v越大，运动半径也越大。可以发现这些带电粒子射入磁场后，它们运动轨迹的圆心在垂直初速度方向的直线PP′上
界定方法 以入射点P为定点，圆心位于PP′直线上，将半径放缩作轨迹圆，从而探索出临界条件，这种方法叫“放缩圆法”
【典例3】　(多选)(2024·四川雅安模拟)如图所示，矩形边界ABCD内存在磁感应强度大小为B的匀强磁场，方向垂直纸面向里，AB、CD边足够长，AD边长为L。现有质量为m、电荷量为q的不同速率的带正电粒子，从AD的中点E射入磁场且速度方向与AD成30°角，不计粒子重力及粒子间的相互作用，下列说法正确的是(　CD　)
A．粒子在磁场中运动的最长时间为
B．从AB边射出粒子的最小速度为
C．从CD边射出粒子的最小速度为
D．AB边上有粒子射出的区域长度为＋1L
【解析】　当粒子从AD边离开时，粒子在磁场中运动的时间最长，如图甲所示，
由图可知粒子在磁场中运动的最长时间为tmax＝T＝×＝，故A错误；
当粒子运动轨迹刚好与AB边相切时，如图乙所示，
根据几何关系可得r1＋r1sin 30°＝，由洛伦兹力提供向心力得qv1B＝m，联立解得从AB边射出粒子的最小速度为v1＝，故B错误；
当粒子运动轨迹刚好与CD边相切时，如图丙所示，
根据几何关系可得r2＝L，由洛伦兹力提供向心力得qv2B＝m，联立解得从CD边射出粒子的最小速度为v2＝，故C正确；由乙、丙图中几何关系可得AB边上有粒子射出的区域长度为Δx＝r2＋r2cos 30°－r1cos 30°＝L，故D正确。
题型二　带电粒子在磁场中运动的多解问题
1．带电粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，由于多种因素的影响，使问题形成多解。多解形成的原因一般包含四个方面：
类型 分析 图例
带电粒 子电性 不确定 受洛伦兹力作用的带电粒子，可能带正电荷，也可能带负电荷，在相同的初速度下，正、负粒子在磁场中运动轨迹不同，形成多解。 如图，带电粒子以速度v垂直进入匀强磁场，若带正电荷，其轨迹为a，若带负电荷，其轨迹为b
磁场方 向不确 定 在只知道磁感应强度大小，而未具体指出磁场方向时，必须考虑由于磁场方向的不确定而形成多解。 如图，带正电粒子以速度v垂直进入匀强磁场，若磁场方向垂直纸面向里，其轨迹为a，若磁场方向垂直纸面向外，其轨迹为b
粒子速 度不确 定 有些题目只告诉了带电粒子的电性，但未具体指出速度的大小或方向，此时必须考虑由于速度的不确定而形成的多解
临界状 态不唯 一 带电粒子飞越有界磁场时，可能穿过磁场飞出，也可能转过180°从入射界面一侧反向飞出，形成多解
2.求解带电粒子在磁场中运动多解问题的技巧
(1)分析题目特点，确定题目多解形成的原因。
(2)作出粒子运动轨迹示意图(全面考虑多种可能性)。
(3)若为周期性的多解问题，寻找通项式；若是出现几种解的可能性，注意每种解出现的条件。
考向1带电粒子电性不确定的多解问题
【典例4】　(多选)(2025·河南开封重点中学联考)如图所示，两平行线EF和MN将磁场分割为上、下两部分，磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里。现有一质量为m、电荷量为q的带电粒子(不计重力)从EF线上的A点以速度v斜向下射入EF下方磁场，速度与EF成30°角，经过一段时间后粒子正好经过C点，经过C点时速度方向斜向右上方，与EF也成30°角。已知A、C两点间距为L，两平行线间距为d，下列说法正确的是(　BCD　)
A．粒子不可能带负电
B．磁感应强度大小可能为B＝
C．粒子到达C点的时间可能为＋
D．粒子的速度大小可能为v＝
【解析】　若粒子带负电，其运动轨迹可能如图甲所示，粒子可以经过C点，故粒子可能带负电，A错误；若粒子带正电，第一次到达EF时经过C点，如图乙所示，由几何关系可知，粒子轨迹半径为L，由qvB＝m，可解得v＝，B＝，B、D正确；若粒子带正电，其运动轨迹也可能如图丙所示，在下方磁场中运动一次的时间t1＝＝，在上方磁场中运动一次的时间t2＝，在无磁场区域中做一次直线运动的时间为t3＝，则粒子到达C点的时间可能为t＝＋，C正确。
考向2磁场方向不确定的多解问题
【典例5】　(多选)如图所示，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，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(　BD　)
A．B＞，垂直纸面向里
B．B＞，垂直纸面向里
C．B＞，垂直纸面向外
D．B＞，垂直纸面向外
【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°＝，可得r1＝s，由r1＝可得B1＝；当磁场方向垂直纸面向外时，其临界轨迹如图乙所示，切点为N，由几何关系知s＝＋r2，得r2＝，又r2＝，所以B2＝，综合上述分析可知B、D正确，A、C错误。
考向3粒子速度不确定的多解问题
【典例6】　(多选)(2022·湖北卷)在如图所示的平面内，分界线SP将宽度为L的矩形区域分成两部分，一部分充满方向垂直于纸面向外的匀强磁场，另一部分充满方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，SP与磁场左右边界垂直。离子源从S处射入速度大小不同的正离子，离子入射方向与磁场方向垂直且与SP成30°角。已知离子比荷为k，不计重力。若离子从P点射出，设出射方向与入射方向的夹角为θ，则离子的入射速度和对应θ角的可能组合为(　BC　)
A．kBL，0° B．kBL，0°
C．kBL，60° D．2kBL，60°
【解析】　若离子最后经过下部分磁场从P点射出，如图甲，则θ＝60°，R＝(n＝1，3，5，…)，又qvB＝m，可得v＝＝(n＝1，3，5，…)；若离子最后经过上部分磁场从P点射出，如图乙，则θ＝0°，R＝(n＝2，4，6，…)，又qvB＝m，可得v＝＝(n＝2，4，6，…)。综上可知，B、C可能，A、D不可能。
【典例7】　如图所示，xOy坐标系内存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，MN为垂直于y轴且与x轴重合的足够大的吸收平板。大量质量为m，带电荷量为＋q(q>0)的粒子，以相同的速率v＝，从O沿垂直磁场方向均匀射入第一象限。不计重力及粒子间相互影响，粒子可能经过区域的面积是(　B　)
A．0.5πL2 B．πL2＋L2
C．1.5πL2 D．0.5πL2－L2
【解析】　粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力qvB＝m，解得R＝L，粒子在以x轴为边界的磁场中做匀速圆周运动，粒子从x轴进入磁场，后离开，沿x轴正方向的刚好进入磁场转一个圆周，沿y轴正方向进入的刚好转半个圆周，如图甲在两图形的相交的部分是粒子不经过的地方，图乙阴影面积为S＝πR2＋π(2R)2＝1.5πL2，如图丙设粒子不经过的地方面积为S2，
由几何关系得S2＋2S1＝L2，2S1＋2S2＝πL2，粒子可能经过区域的面积为S′＝S－S2，解得S′＝πL2＋L2，故选B。
考向4临界状态不唯一的多解问题
【典例8】　(多选)长为l的水平极板间有垂直纸面向里的匀强磁场，如图所示。磁感应强度大小为B，板间距离为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)，从左边极板间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，可采用的方法是(　AB　)
A．使粒子的速度v<
B．使粒子的速度v>
C.使粒子的速度v>
D．使粒子的速度为【解析】　如图所示，若带电粒子刚好打在极板右边缘，有r＝＋l2，又因为qv1B＝m，解得v1＝；若粒子刚好打在极板左边缘，有r2＝，又qv2B＝m，解得v2＝。欲使粒子不打在极板上，应使v<或v>，故A、B正确，C、D错误。
课时作业57
1．(5分)如图所示，在x轴的上方(y≥0)存在着垂直于纸面向里的匀强磁场(未画出)，磁感应强度大小为B。在原点O有一个离子源向x轴上方的各个方向发射出质量为m、带电荷量为q的正离子，速率都为v。对那些在xOy平面内运动的离子，在磁场中可能到达的位置中离x轴及y轴最远距离分别为(　A　)
A．， B．，
C．， D．，
解析：若让沿x轴正方向射出的离子的轨迹圆绕O点缓慢转动如图所示，不难得出离y轴最远为|x|＝2r＝，离x轴最远为y＝2r＝，所以A正确。
2．(5分)如图所示，空间存在四分之一圆形磁场区域，半径为R，磁感应强度大小为B，磁场方向垂直纸面向外。一电子以初速度v从圆心O沿OC方向射入磁场，恰好由A点射出。弧AD对应的圆心角为60°，要使电子从弧AD之间射出(不包括A、D两点)，电子从O点射入的初速度可能是(不计电子的重力)(　B　)
A． B．
C．2v D．3v
解析：根据题意，速度为v时，恰好由A点射出，如图中轨迹Ⅰ，由几何关系可得r＝，由牛顿第二定律有qvB＝m，联立可得R＝，要使电子恰好从D点射出，如图中轨迹Ⅱ，根据几何关系可得r′＝R，则有R＝，解得v′＝2v，要使电子从弧AD之间射出，电子从O点射入的初速度应大于v，小于2v，故选B。
3．(5分)如图所示，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大圆边缘的P点沿PO方向以速度v1射入磁场，其运动轨迹如图，轨迹所对的圆心角为120°。当将该带电粒子从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(　B　)
A. B．
C． D．2
解析：粒子在磁场中做匀速圆周运动，由几何知识得r1＝＝R，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得qv1B＝m，解得v1＝，粒子竖直向上射入磁场，恰好不能进入小圆区域时粒子的轨迹半径r2＝R，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得qv2B＝m，解得v2＝，则v1∶v2至少为，B正确。
4．(5分)如图所示，在xOy平面的第Ⅰ、Ⅳ象限内有一圆心为O、半径为R的半圆形匀强磁场，线状粒子源从y轴左侧平行于x轴正方向不断射出质量为m、电荷量为q、速度大小为v0的带正电粒子。磁场的磁感应强度大小为、方向垂直xOy平面向里。不考虑粒子间的相互作用，不计粒子受到的重力。所有从不同位置进入磁场的粒子中，在磁场中运动的时间最长为(　C　)
A． B．
C． D．
解析：粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力有qv0B＝m，解得r＝2R，如图所示，当粒子在磁场中的运动轨迹对应的圆心角最大时，粒子在磁场中运动的时间最长，由于sin α＝，要使圆心角α最大，则FE最长，经分析可知，当粒子从y轴上的D′点射入、从x轴上的E′点射出磁场时，粒子在磁场中运动的时间最长，有sin αm＝＝，解得αm＝，则tm＝·，解得tm＝，故选C。
5．(5分)如图所示，在直角坐标系xOy平面的y轴与直线x＝d之间有垂直坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。在坐标原点处有一粒子源，在坐标平面内沿与y轴正方向成θ＝30°的夹角向磁场内射入大量质量为m，电荷量为q的带正电粒子，这些粒子的速度v满足0A． B．
C． D．
解析：粒子在磁场中做匀速圆周运动，令轨迹对应的圆心角为α，则粒子在磁场中运动的时间t＝T＝，可知轨迹对应圆心角越大，粒子在磁场中运动时间越长，故当粒子从y轴离开磁场时，轨迹对应圆心角最大，粒子在磁场中运动时间最长，根据几何关系可知，此时轨迹对应的圆心角为300°。因为粒子在磁场中运动的最长时间是最短时间的5倍，则运动时间最短时对应的轨迹的圆心角为60°，由于qvB＝，解得R＝，速度越大，轨道半径越大，在上述磁场中运动时间越短，所以最大速度粒子对应的时间最短，即其轨迹对应的圆心角为60°，由几何关系可知粒子将垂直于磁场右边界飞出磁场，则有d＝R sin 60°，解得轨道半径为R＝，结合上述解得最大速度为v0＝，故选B。
6．(5分)如图是带电粒子收集器的示意图，直角三角形ABC区域内有垂直于纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场，AC边长为L，∠A＝30°。一束带正电的粒子流以相同速度在CD范围内垂直AC边射入，从D点射入的粒子恰好不能从AB边射出。已知从BC边垂直射出的粒子在磁场中运动的时间为3t，在磁场中运动时间最长的粒子所用时间为4t，则(　C　)
A．粒子的比荷为
B．粒子运动的轨迹半径为L
C．粒子射入磁场的速度大小为
D．这束粒子在磁场中扫过的面积为L2
解析：从BC边垂直射出的粒子在磁场中的运动时间为3t＝，解得运动周期T＝12t，根据洛伦兹力提供向心力得qvB＝，T＝，可知T＝，解得＝，故A错误；在磁场中运动时间最长的粒子的运动轨迹如图所示，4t＝T，θ＝×360°＝120°，由几何关系有R sin 30°＋＝L，解得R＝L，故B错误；由qvB＝，解得v＝，故C正确；粒子在磁场中扫过的面积如图中灰色部分所示，则S＝R·R sin 30°＋＝L2，故D错误。
7．(5分) (多选)(2024·山东济南高三质检)根据地磁监测数据，从北京时间2024年3月24日23时开始，到3月25日23时为止，地球经历了一场持续3小时的特大地磁暴，6小时中等地磁暴，地磁暴是太阳活动带来的一种自然灾害，它是由太阳带电粒子对地球磁场的干扰引起的。某同学针对此现象展开以下理论推导，假设在直角三角形ACD区域内存在着垂直平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，AD边存在粒子收集器，已知∠ACD＝30°，DA边的长度为L。有一群质量为m、电荷量为q的带负电粒子以不同的速度从CD边的中点垂直CD边射入磁场中，不计粒子的重力和粒子间的相互作用力，则能从AD边收集到的粒子的速度可能为(　CD　)
A． B．
C． D．
解析：粒子从E点垂直CD边射入，若粒子恰好从D点射出，则由几何关系可知其运动半径r1＝·＝L，根据qv1B＝m可得v1＝，若粒子轨迹与AC边相切，则由几何关系可知r2＝·＝L，根据qv2B＝m可得v2＝，可知粒子能被AD边收集到的速度范围为≥v≥，故选CD。
8．(5分)如图所示，在绝缘板MN上方分布了水平方向的匀强磁场，方向垂直于纸面向里。距离绝缘板d处有一粒子源S，能够在纸面内不断地向各个方向同时发射电荷量为q、质量为m、速率为v的带正电粒子，不计粒子的重力和粒子间的相互作用，已知粒子做圆周运动的半径也恰好为d，则(　B　)
A．粒子能打到板上的区域长度为2d
B．能打到板上最左侧的粒子所用的时间为
C．粒子从发射到打到板上的最长时间为
D．同一时刻发射的粒子打到板上的最大时间差为
解析：粒子受到的洛伦兹力提供向心力，粒子运动的轨迹半径R＝d，粒子运动到绝缘板的两种临界情况如图甲所示，由几何关系可知，左侧最远处与S之间的距离恰好是圆的直径，则左侧最远处A到C距离为d，右侧离C最远处为B，距离为d，所以粒子能打在板上的区域长度是(＋1)d，故A错误；左侧最远处与S之间的距离恰好是圆的直径，所以从S到A的时间恰好是半个周期，则t1＝＝＝，故B正确；打在板上的粒子中，在磁场中运动时间最长和最短的粒子运动轨迹示意图如图乙所示，粒子做整个圆周运动的周期T＝，由几何关系可知，最短时间t2＝T＝，最长时间t1＝T＝，Δt＝t1－t2＝，故C、D错误。
9.(5分) (2024·四川自贡高三诊断)一匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，其边界如图中虚线所示，ab＝cd＝2L，bc＝de＝L，一束23He粒子，在纸面内从a点垂直于ab射入磁场，这些粒子具有各种速率。不计粒子之间的相互作用。已知23He粒子的质量为3m，电荷量为q。下列说法正确的是(　C　)
A．粒子能到达de中点
B．从bc边界射出的粒子运动时间相等
C．在磁场中运动时间最长的粒子，其运动速率为v＝
D．粒子在磁场中运动的最长时间为
解析：He粒子在磁场中做匀速圆周运动，轨迹如图甲所示，由图可知，粒子要在bcde区域运动，在经e点时轨迹半径最大，此时粒子没能到达de中点，因此粒子不能到达de中点，A错误；
设粒子的运动轨迹过bcde上的某一点g，O为粒子做圆周运动轨迹的圆心，当∠Oag最大时，粒子运动轨迹对应的圆心角最大，粒子运动时间最长，由几何关系可知，当c点与g点重合时，粒子运动时间最长，即从bc边界射出的粒子运动时间不相等。如图乙所示，设运动半径为R，由几何关系有(2L－R)2＋L2＝R2，解得R＝L，已知He粒子的质量为3m，电荷量为q，其在磁场中做匀速圆周运动，有qvB＝3m，解得v＝，B错误，C正确；He粒子在磁场中运动的周期为T＝＝，在△Obc中，设∠bOc为α，∠aOc为θ，由几何关系可得tan α＝＝，可得α＝53°，θ＝180°－53°＝127°，则粒子在磁场中运动的最长时间为t＝T＝T＝，D错误。
10．(15分)如图所示，边长为L的正三角形ACD是用绝缘材料制成的固定框架，处在垂直框架平面向里的匀强磁场中，AD边的中点有一小孔S。在框架平面内垂直AD方向从小孔S射入质量为m、电荷量为＋q的粒子。已知粒子射入框架时速率为v，与框架的碰撞为弹性碰撞，粒子重力忽略不计。
(1)若粒子第一次与AC碰撞的位置为AC的中点，求匀强磁场磁感应强度B的大小；
(2)若此粒子经过与框架的多次碰撞最终能垂直AD方向从小孔S射出，求所有满足条件的匀强磁场磁感应强度B的大小和粒子在框架内运动的时间。
解析：(1)粒子的运动轨迹如图甲所示。设轨迹半径为R，
由几何关系可知R＝，
由牛顿第二定律可知qvB＝m，
联立解得B＝。
(2)要使粒子最终能垂直AD方向从小孔S射出，粒子运动的轨迹圆的圆心一定位于△ACD的边上，设该粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径为r，作出粒子最简单的运动轨迹如图乙所示，由几何关系得＝2nr＋r(n＝0，1，2，…)，解得r＝(n＝0，1，2，…)。设该磁场的磁感应强度大小为B′，则qvB′＝m，解得B′＝(n＝0，1，2，…)，由T＝，解得T＝(n＝0，1，2，…)，则粒子在框架内运动的时间t＝3×＝(6n＋1)＝(n＝0，1，2，…)。
答案：(1)　(2)(n＝0，1，2，…)　(n＝0，1，2，…)
11.(20分)如图所示，正方形区域abcd内(含边界)有垂直纸面向里的匀强磁场，ab＝l，Oa＝0.4l，大量带正电的粒子从O点沿与ab边成37°角的方向以不同的初速度v0射入磁场，不计粒子重力和粒子间的相互作用，已知带电粒子的质量为m，电荷量为q，磁场的磁感应强度大小为B，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。
(1)求带电粒子在磁场中运动的最长时间；
(2)若带电粒子从ad边离开磁场，求v0的取值范围。
解析：(1)粒子从ab边离开磁场时，在磁场中运动的时间最长，如图甲所示。
有qBv0＝，又T＝，解得T＝。
又由几何关系得θ＝74°，则粒子在磁场中运动
的最长时间t＝·T＝。
(2)当粒子轨迹与ad边相切时，如图乙所示，设此时初速度为v01，轨迹半径为R1，由几何关系可得R1＋R1sin 37°＝0.4l，又qBv01＝，解得v01＝。当粒子运动轨迹与cd边相切时，如图丙所示，设此时速度为v02，轨迹半径为R2，由几何关系可得R2＋R2cos 37°＝l，又qBv02＝，解得v02＝，综上可得答案：(1)　(2)