PAGE18-第10講磁場、帶電粒子在磁場中的運動1．駕馭“兩個磁場力”．(1)安培力：F＝BIL·sinθ，其中θ為B與I的夾角．(2)洛倫茲力：F＝qv·B·sinθ，其中θ為B與v的夾角．2．用準“兩個定則”．(1)對電流的磁場用安培定則．(2)對通電導線在磁場中所受的安培力和帶電粒子在磁場中所受的洛倫茲力用左手定則．3．敏捷應用帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的關系式．1.(2024·全國卷Ⅰ)一勻強磁場的磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面對外，其邊界如圖中虛線所示，eq\o(ab,\s\up8(︵))為半圓，ac、bd與直徑ab共線，ac間的距離等于半圓的半徑．一束質量為m、電荷量為q(q>0)的粒子，在紙面內從c點垂直于ac射入磁場，這些粒子具有各種速率．不計粒子之間的相互作用．在磁場中運動時間最長的粒子，其運動時間為()A.eq\f(7πm,6qB)B.eq\f(5πm,4qB)C.eq\f(4πm,3qB)D.eq\f(3πm,2qB)解析：粒子在磁場中做勻速圓周運動qBv＝eq\f(mv2,r)，T＝eq\f(2πr,v)，可得粒子在磁場中的周期T＝eq\f(2πm,qB)，粒子在磁場中運動的時間t＝eq\f(θ,2π)·T＝eq\f(θm,qB)，則粒子在磁場中運動的時間與速度無關，軌跡對應的圓心角越大，運動時間越長．采納放縮圓解決該問題，粒子垂直ac射入磁場，則軌跡圓心必在ac直線上，將粒子的軌跡半徑由零漸漸增大．當半徑r≤0.5R和r≥1.5R時，粒子分別從ac、bd區域射出，磁場中的軌跡為半圓，運動時間等于半個周期．當0.5R<r<1.5R時，粒子從半圓邊界射出，將軌跡半徑從0.5R漸漸增大，粒子射出位置從半圓頂端向下移動，軌跡圓心角從π漸漸增大，當軌跡半徑為R時，軌跡圓心角最大，然后再增大軌跡半徑，軌跡圓心角減小，因此當軌跡半徑等于R時軌跡圓心角最大，即軌跡對應的最大圓心角θ＝π＋eq\f(π,3)＝eq\f(4,3)π，粒子運動最長時間為t＝eq\f(θ,2π)T＝eq\f(\f(4,3)π,2π)·eq\f(2πm,qB)＝eq\f(4πm,3qB)，故C正確．答案：C2.(2024·天津卷)(多選)如圖所示，在Oxy平面的第一象限內存在方向垂直紙面對里，磁感應強度大小為B的勻強磁場．一帶電粒子從y軸上的M點射入磁場，速度方向與y軸正方向的夾角θ＝45°.粒子經過磁場偏轉后在N點(圖中未畫出)垂直穿過x軸．已知OM＝a，粒子電荷量為q，質量為m，重力不計．則()A．粒子帶負電荷B．粒子速度大小為eq\f(qBa,m)C．粒子在磁場中運動的軌道半徑為aD．N與O點相距(eq\r(2)＋1)a解析：粒子向下偏轉，依據左手定則推斷洛倫茲力，可知粒子帶負電，A正確；粒子運動的軌跡如圖由于速度方向與y軸正方向的夾角θ＝45°，依據幾何關系可知∠OMO1＝∠OO1M＝45°，OM＝OO1＝a，則粒子運動的軌道半徑為r＝O1M＝eq\r(2)a，洛倫茲力供應向心力qvB＝meq\f(v2,r)，解得v＝eq\f(\r(2)qBa,m)，B、C錯誤；N與O點的距離為NO＝OO1＋r＝(eq\r(2)＋1)a，D正確．答案：AD3.(2024·全國卷Ⅱ)如圖，在0≤x≤h，－∞<y<＋∞區域中存在方向垂直于紙面的勻強磁場，磁感應強度B的大小可調，方向不變．一質量為m，電荷量為q(q>0)的粒子以速度v0從磁場區域左側沿x軸進入磁場，不計重力．(1)若粒子經磁場偏轉后穿過y軸正半軸離開磁場，分析說明磁場的方向，并求在這種狀況下磁感應強度的最小值Bm；(2)假如磁感應強度大小為eq\f(Bm,2)，粒子將通過虛線所示邊界上的一點離開磁場．求粒子在該點的運動方向與x軸正方向的夾角及該點到x軸的距離．解析：(1)由題意，粒子剛進入磁場時應受到方向向上的洛倫茲力，因此磁場方向垂直于紙面對里．設粒子進入磁場中做圓周運動的半徑為R，依據洛倫茲力公式和圓周運動規律，有qv0B＝meq\f(veq\o\al(2,0),R)，①由此可得R＝eq\f(mv0,qB).②粒子穿過y軸正半軸離開磁場，其在磁場中做圓周運動的圓心在y軸正半軸上，半徑應滿意R≤h，③由題意，當磁感應強度大小為Bm時，粒子的運動半徑最大，由此得Bm＝eq\f(mv0,qh).④(2)若磁感應強度大小為eq\f(Bm,2)，粒子做圓周運動的圓心仍在y軸正半軸上，由②④式可得，此時圓弧半徑為R′＝2h，⑤粒子會穿過圖中P點離開磁場，運動軌跡如圖所示．設粒子在P點的運動方向與x軸正方向的夾角為α，由幾何關系sinα＝eq\f(h,2h)＝eq\f(1,2)，⑥即α＝eq\f(π,6)，⑦由幾何關系可得，P點與x軸的距離為y＝2h(1－cosα)，⑧聯立⑦⑧式得y＝(2－eq\r(3))h.答案：(1)磁場方向垂直于紙面對里eq\f(mv0,qh)(2)eq\f(π,6)(2－eq\r(3))h考點一磁場的性質及磁場對電流的作用力1．磁場、磁感應強度．(1)磁場．基本性質：磁場對處于其中的磁體、電流和運動電荷有磁場力的作用．(2)磁感應強度．①物理意義：描述磁場的強弱和方向．②大小：B＝eq\f(F,IL).③方向：小磁針的N極所受磁場力的方向，也就是小磁針靜止時N極的指向．④單位：特斯拉(T)．(3)勻強磁場．①定義：磁感應強度的大小到處相等、方向到處相同的磁場稱為勻強磁場．②特點：磁感線疏密程度相同、方向相同．(4)磁感線及其特點．①磁感線：在磁場中畫出一些曲線，使曲線上每一點的切線方向都跟這點的磁感應強度的方向一樣．②特點．a．磁感線上某點的切線方向就是該點的磁場方向．b．磁感線的密疏定性地表示磁場的強弱．c．磁感線是閉合曲線，沒有起點和終點．d．磁感線是假想的曲線，客觀上不存在．(5)磁場疊加問題的一般解題思路．①確定磁場場源，如通電導線．②定位空間中需求解磁場的點，利用安培定則判定各個場源在這一點上產生的磁場的大小和方向．如圖所示為M、N在c點產生的磁場．③應用平行四邊形定則進行合成，如圖中的合磁場．(6)電流的磁場．項目通電直導線通電螺線管環形電流安培定則2.安培力．(1)安培力的大小．①磁場和電流垂直時：F＝BIL.②磁場和電流平行時：F＝0.(2)安培力的方向．左手定則推斷：①伸出左手，讓拇指與其余四指垂直，并且都在同一個平面內．②讓磁感線從掌心進入，并使四指指向電流方向．③拇指所指的方向就是通電導線在磁場中所受安培力的方向．3．分析磁場對電流的作用要做到“一明、一轉、一分析”．(2024·全國卷Ⅰ)(多選)如圖，三根相互平行的固定長直導線L1、L2和L3兩兩等距，均通有電流I，L1中電流方向與L2中的相同，與L3中的相反．下列說法正確的是()A．L1所受磁場作用力的方向與L2、L3所在平面垂直B．L3所受磁場作用力的方向與L1、L2所在平面垂直C．L1、L2和L3單位長度所受的磁場作用力大小之比為1∶1∶eq\r(3)D．L1、L2和L3單位長度所受的磁場作用力大小之比為eq\r(3)∶eq\r(3)∶1解析：如圖，由磁場的疊加知，L2與L3中的電流在L1處產生的合磁場的方向在L2、L3連線的中垂線上，由左手定則知，L1所受磁場作用力的方向與L2、L3所在平面平行．選項A錯誤．L1與L2中的電流在L3處產生的合磁場的方向與L1、L2的連線平行，由左手定則知，L3所受磁場作用力的方向與L1、L2所在平面垂直．選項B正確．由幾何關系知，設電流在另外導線處產生磁場的磁感應強度為B，而L1、L2所在處兩個磁場方向的夾角均為120°，則B合＝B，而L3所在處兩個磁場方向的夾角為60°，則B′合＝eq\r(3)B，由F＝ILB知，L1、L2和L3單位長度所受的磁場作用力大小之比為1∶1∶eq\r(3).選項C正確，選項D錯誤．答案：BC考向磁場的合成1.(2024·全國卷Ⅱ)(多選)如圖，紙面內有兩條相互垂直的長直絕緣導線L1、L2，L1中的電流方向向左，L2中的電流方向向上；L1的正上方有a、b兩點，它們相對于L2對稱．整個系統處于勻強外磁場中，外磁場的磁感應強度大小為B0，方向垂直于紙面對外．已知a、b兩點的磁感應強度大小分別為eq\f(1,3)B0和eq\f(1,2)B0，方向也垂直于紙面對外．則()A．流經L1的電流在b點產生的磁感應強度大小為eq\f(7,12)B0B．流經L1的電流在a點產生的磁感應強度大小為eq\f(1,12)B0C．流經L2的電流在b點產生的磁感應強度大小為eq\f(1,12)B0D．流經L2的電流在a點產生的磁感應強度大小為eq\f(7,12)B0解析：原磁場、電流的磁場方向如圖所示，由題意知在b點：eq\f(1,2)B0＝B0－B1＋B2，在a點：eq\f(1,3)B0＝B0－B1－B2，由上述兩式解得B1＝eq\f(7,12)B0，B2＝eq\f(1,12)B0.答案：AC考向安培力作用下的平衡2.(2024·全國卷Ⅰ)如圖，等邊三角形線框LMN由三根相同的導體棒連接而成，固定于勻強磁場中，線框平面與磁感應強度方向垂直，線框頂點M、N與直流電源兩端相接，已如導體棒MN受到的安培力大小為F，則線框LMN受到的安培力的大小為()A．2FB．1.5FC．0.5FD．0解析：設三角形邊長為l導體棒MN的電流為I，則MLN的電流為eq\f(I,2)，依據F＝BIl，所以ML和LN受安培力為eq\f(F,2)，依據力的合成，線框LMN受到的安培力的大小為F＋2×eq\f(F,2)sin30°＝1.5F，故B正確．答案：B考向導體加速問題3.(多選)如圖所示，無限長水平直導線中通有向右的恒定電流I，導線正下方固定一正方形線框，線框中也通有沿順時針方向的恒定電流，其電流也為I，線框的邊長為L，線框上邊與直導線平行，且到直導線的距離也為L.已知在長直導線的磁場中距長直導線r處的磁感應強度大小為B＝keq\f(I,r)，線框的質量為m，則釋放線框的一瞬間，線框的加速度可能為()A．0B.eq\f(kI2,m)－gC.eq\f(kI2,2m)－gD．g－eq\f(kI2,m)解析：線框上邊受到的安培力大小為F1＝keq\f(I,L)IL＝kI2，方向向上，線框下邊受到的安培力大小為F2＝keq\f(I,2L)IL＝eq\f(1,2)kI2，方向向下，若F1＝F2＋mg，則加速度為零，A項正確；若F1大于F2＋mg，則加速度向上，大小為a1＝eq\f(F1－F2－mg,m)＝eq\f(kI2,2m)－g，B項錯誤，C項正確；若F1小于F2＋mg，則加速度向下，大小為a2＝g－eq\f(kI2,2m)，D項錯誤．答案：AC考點二帶電粒子在勻強磁場中的運動1．兩種方法定圓心．方法一：已知入射點、入射方向和出射點、出射方向時，可通過入射點和出射點作垂直于入射方向和出射方向的直線，兩條直線的交點就是圓弧軌道的圓心(如圖甲所示)．方法二：已知入射方向和入射點、出射點的位置時，可以通過入射點作入射方向的垂線，連接入射點和出射點，作其中垂線，這兩條垂線的交點就是圓弧軌道的圓心(如圖乙所示)．2．幾何學問求半徑．利用平面幾何關系，求出軌跡圓的可能半徑(或圓心角)，求解時留意以下幾個重要的幾何特點：(1)粒子速度的偏向角(φ)等于圓心角(α)，并等于AB弦與切線的夾角(弦切角θ)的2倍(如圖所示)，即φ＝α＝2θ＝ωt.(2)直角三角形的應用(勾股定理)．找到AB的中點C，連接OC，則△AOC、△BOC都是直角三角形．3．兩個觀點算時間．觀點一：由運動弧長計算，t＝eq\f(l,v)(l為弧長)；觀點二：由旋轉角度計算，t＝eq\f(α,360°)T(或t＝eq\f(α,2π)T)．4．三類邊界磁場中的軌跡特點．(1)直線邊界：進出磁場具有對稱性．(2)平行邊界：存在臨界條件．(3)圓形邊界：等角進出，沿徑向射入必沿徑向射出．(2024·海南卷)如圖，圓心為O、半徑為r的圓形區域外存在勻強磁場，磁場方向垂直于紙面對外，磁感應強度大小為B.P是圓外一點，OP＝3r.一質量為m、電荷量為q(q>0)的粒子從P點在紙面內垂直于OP射出．已知粒子運動軌跡經過圓心O，不計重力．求：(1)粒子在磁場中做圓周運動的半徑；(2)粒子第一次在圓形區域內運動所用的時間．解析：(1)粒子運動軌跡如圖所示，設粒子在磁場中做圓周運動的半徑為R，3r＝R＋eq\f(R,cosθ)，tanθ＝eq\f(r,R)，解得R＝eq\f(4,3)r.(2)由洛倫茲力等于向心力，有qvB＝eq\f(mv2,R)，解得v＝eq\f(qBR,m).粒子第一次在圓形區域內運動所用的時間t＝eq\f(2r,v)，聯立各式解得t＝eq\f(3m,2qB).答案：(1)eq\f(4,3)r(2)eq\f(3m,2qB)考向直線邊界問題1.如圖所示，直線MN上方有垂直紙面對里的勻強磁場，電子1從磁場邊界上的a點垂直MN和磁場方向射入磁場，經t1時間從b點離開磁場．之后電子2也由a點沿圖示方向以相同速率垂直磁場方向射入磁場，經t2時間從a、b連線的中點c離開磁場，則t1∶t2為()A．3∶1B．2∶3C．3∶2D．2∶1解析：電子在磁場中都做勻速圓周運動，依據題意畫出電子的運動軌跡，如圖所示，電子1垂直射進磁場，從b點離開，則運動了半個圓周，ab即為直徑，c點為圓心，電子2以相同速率垂直磁場方向射入磁場，經t2時間從a、b連線的中點c離開磁場，依據半徑r＝eq\f(mv,qB)可知，電子1和2的半徑相等，依據幾何關系可知，△aOc為等邊三角形，則粒子2轉過的圓心角為60°，所以電子1運動的時間t1＝eq\f(T,2)＝eq\f(πm,Bq)，電子2運動的時間t2＝eq\f(T,6)＝eq\f(πm,3Bq)，所以eq\f(t1,t2)＝3，故A正確．答案：A考向平行邊界問題2.如圖所示，一個志向邊界為PQ、MN的勻強磁場區域，磁場寬度為d，方向垂直紙面對里．一電子從O點沿紙面垂直PQ以速度v0進入磁場．若電子在磁場中運動的軌跡半徑為2d.O′在MN上，且OO′與MN垂直．下列推斷正確的是()A．電子將向右偏轉B．電子打在MN上的點與O′點的距離為dC．電子打在MN上的點與O′點的距離為eq\r(3)dD．電子在磁場中運動的時間為eq\f(πd,3v0)解析：電子帶負電，進入磁場后，依據左手定則推斷可知，所受的洛倫茲力方向向左，電子將向左偏轉，如圖所示，A錯誤；設電子打在MN上的點與O′點的距離為x，則由幾何學問得：x＝r－eq\r(r2－d2)＝2d－eq\r(（2d）2－d2)＝(2－eq\r(3))d，故B、C錯誤；設軌跡對應的圓心角為θ，由幾何學問得：sinθ＝eq\f(d,2d)＝0.5，得θ＝eq\f(π,6)，則電子在磁場中運動的時間為t＝eq\f(θr,v0)＝eq\f(πd,3v0)，故D正確．答案：D考向圓形邊界問題3.如圖所示，真空中，垂直于紙面對里的勻強磁場只在兩個同心圓所夾的環狀區域存在(含邊界)，兩圓的半徑分別為R、3R，圓心為O.一重力不計的帶正電粒子從大圓邊緣的P點沿PO方向以速度v1射入磁場，其運動軌跡如圖，軌跡所對的圓心角為120°.若將該帶電粒子從P點射入的速度大小變為v2時，不論其入射方向如何，都不行能進入小圓內部區域，則v1∶v2至少為()A.eq\f(2\r(3),3)B.eq\r(3)C.eq\f(4\r(3),3)D．2eq\r(3)解析：粒子在磁場中做圓周運動，如圖：由幾何學問得：r1＝eq\f(3R,tan60°)＝eq\r(3)R，洛倫茲力供應向心力，由牛頓其次定律得：qv1B＝meq\f(veq\o\al(2,1),r1)，解得：v1＝eq\f(\r(3)qBR,m)；當該帶電粒子從P點射入的速度大小變為v2時，若粒子豎直向上射入磁場粒子恰好不能進入磁場時，即粒子軌道半徑r2＝R，則不論其入射方向如何，都不行能進入小圓內部區域，此時洛倫茲力供應向心力，由牛頓其次定律得：qv2B＝meq\f(veq\o\al(2,2),r2)，解得：v2＝eq\f(qBR,m)，則：v1∶v2＝eq\r(3)，故B正確，A、C、D錯誤．答案：B考點三帶電粒子在磁場中的臨界問題求解臨界、極值問題的“兩思路、兩方法”．兩種思路(1)以定理、定律為依據，首先求出所探討問題的一般規律和一般解的形式，然后分析、探討處于臨界條件時的特別規律和特別解(2)干脆分析、探討臨界狀態，找出臨界條件，從而通過臨界條件求出臨界值兩種方法物理方法(1)利用臨界條件求極值；(2)利用邊界條件求極值；(3)利用矢量圖求極值兩種方法數學方法(1)用三角函數求極值；(2)用二次方程的判別式求極值；(3)用不等式的性質求極值；(4)圖象法等從關鍵詞找突破口很多臨界問題，題干中常用“恰好”“最大”“至少”“不相撞”“不脫離”等詞語對臨界狀態給以示意，審題時，肯定要抓住這些特定的詞語挖掘其隱藏的規律，找出臨界條件(2024·全國卷Ⅲ)真空中有一勻強磁場，磁場邊界為兩個半徑分別為a和3a的同軸圓柱面，磁場的方向與圓柱軸線平行，其橫截面如圖所示．一速率為v的電子從圓心沿半徑方向進入磁場．已知電子質量為m，電荷量為e，忽視重力．為使該電子的運動被限制在圖中實線圓圍成的區域內，磁場的磁感應強度最小為()A.eq\f(3mv,2ae)B.eq\f(mv,ae)C.eq\f(3mv,4ae)D.eq\f(3mv,5ae)解析：電子在磁場中做勻速圓周運動，由洛倫茲力供應向心力eBv＝meq\f(v2,r)，則磁感應強度與圓周運動軌跡關系為B＝eq\f(mv,er)，即運動軌跡半徑越大，磁場的磁感應強度越小．令電子運動軌跡最大的半徑為rmax，為了使電子的運動被限制在圖中實線圓圍成的區域內，其最大半徑的運動軌跡與實線圓相切，如圖所示．A點為電子做圓周運動的圓心，電子從圓心沿半徑方向進入磁場，由左手定則可得，AB⊥OB，△ABO為直角三角形，則由幾何關系可得(3a－rmax)2＝req\o\al(2,max)＋a2，解得rmax＝eq\f(4,3)a，解得磁場的磁感應強度最小值Bmin＝eq\f(mv,ermax)＝eq\f(3mv,4ae)，故C正確．答案：C考向平行邊界磁場中的臨界極值問題1.如圖所示，平行邊界MN、PQ之間有垂直紙面對里的勻強磁場，磁感應強度的大小為B，兩邊界間距為d，邊界MN上A點有一粒子源，可沿紙面內隨意方向射出完全相同的質量為m，電量為q的帶正電的粒子，粒子射出的速度大小均為v＝eq\f(2qBd,3m)，若不計粒子的重力及粒子間的相互作用，則粒子能從PQ邊界射出的區域長度與能從MN邊界射出的區域長度之比為()A．1B．2∶3C.eq\r(3)∶2D．2eq\r(7)∶7解析：粒子在磁場中運動的軌道半徑為r＝eq\f(mv,qB)＝eq\f(2,3)d，則能達到PQ上的粒子長度為2eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)d))\s\up12(2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)d))\s\up12(2))＝eq\f(2\r(3),3)d；能打到MN上的粒子的長度為2r＝eq\f(4,3)d，故粒子能從PQ邊界射出的區域長度與能從MN邊界射出的區域長度之比為eq\f(\r(3),2)，故C正確．答案：C考向圓形磁場中的臨界極值問題2.如圖所示，半徑為r的圓形區域內有垂直紙面對里的勻強磁場，磁感應強度大小為B，磁場邊界上A點有一粒子源，源源不斷地向磁場放射各種方向(均平行于紙面)且速度大小相等的帶正電的粒子(重力不計)，已知粒子的比荷為k，速度大小為2kBr.則粒子在磁場中運動的最長時間為()A.eq\f(π,kB)B.eq\f(π,2kB)C.eq\f(π,3kB)D.eq\f(π,4kB)解析：粒子在磁場中運動的半徑為R＝eq\f(mv,qB)＝eq\f(2kBr,Bk)＝2r；當粒子在磁場中運動時間最長時，其軌跡對應的圓心角最大，此時弦長最大，其最大值為磁場圓的直徑2r，故t＝eq\f(T,6)＝eq\f(πm,3qB)＝eq\f(π,3kB)，故選項C正確．答案：C考向方形磁場中的臨界極值問題3.(2024·北京卷)如圖所示，正方形區域內存在垂直紙面的勻強磁場．一帶電粒子垂直磁場邊界從a點射入，從b點射出．下列說法正確的是()A．粒子帶正電B．粒子在b點速率大于在a點速率C．若僅減小磁感應強度，則粒子可能從b點右側射出D．若僅減小入射速率，則粒子在磁場中運動時間變短解析：由左手定則知，粒子帶負電，A錯．由于洛倫茲力不做功，粒子速率不變，B錯．由R＝eq\f(mv,qB)，若僅減小磁感應強度B，R變大，則粒子可能從b點右側射出，C對．由R＝eq\f(mv,qB)，若僅減小入射速率v,則R變小，粒子在磁場中的偏轉角θ變大．由t＝eq\f(θ,2π)T，T＝eq\f(2πm,qB)知，運動時間變長，D錯．答案：C考點四帶電粒子在勻強磁場中運動的多解問題帶電粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，由于多種因素的影響，使問題形成多解．多解形成緣由一般包含4個方面：類型分析圖例帶電粒子電性不確定受洛倫茲力作用的帶電粒子，可能帶正電荷，也可能帶負電荷，在相同的初速度下，正、負粒子在磁場中運動軌跡不同，形成多解如圖，帶電粒子以速度v垂直進入勻強磁場，如帶正電，其軌跡為a；如帶負電，其軌跡為b磁場方向不確定在只知道磁感應強度大小，而未詳細指出磁感應強度方向，此時必需要考慮磁感應強度方向不確定而形成多解如圖，帶正電粒子以速度v垂直進入勻強磁場，若B垂直紙面對里，其軌跡為a，若B垂直紙面對外，其軌跡為b臨界狀態不唯一帶電粒子在洛倫茲力作用下飛越有界磁場時，由于粒子運動軌跡是圓弧狀，因此，它可能穿過磁場飛出，也可能轉過180°從入射界面這邊反向飛出，于是形成多解運動具有周期性帶電粒子在部分是電場、部分是磁場空間運動時，運動往往具有周期性，因而形成多解圖所示，在無限長的豎直邊界AC和DE間，上、下部分分別充溢方向垂直于ADEC平面對外的勻強磁場，上部分區域的磁感應強度大小為B0，OF為上、下磁場的水平分界線．質量為m、帶電荷量為＋q的粒子從AC邊界上與O點相距為a的P點垂直于AC邊界射入上方磁場區域，經OF上的Q點第一次進入下方磁場區域，Q與O點的距離為3a.不考慮粒子重力．(1)求粒子射入時的速度大小；(2)要使粒子不從AC邊界飛出，求下方磁場區域的磁感應強度應滿意的條件；(3)若下方區域的磁感應強度B＝3B0，粒子最終垂直DE邊界飛出，求邊界DE與AC間距離的可能值．解析：(1)設粒子在OF上方做圓周運動的半徑為R，運動軌跡如圖甲所示，由幾何關系可知：(R－a)2＋(3a)2＝R2，解得：R＝5a，由牛頓其次定律可知：qvB0＝meq\f(v2,R)，解得：v＝eq\f(5aqB0,m).(2)當粒子恰好不從AC邊界飛出時，運動軌跡與AC相切，如圖乙所示，設粒子在OF下方做圓周運動的半徑為r1，由幾何關系得：r1＋r1cosθ＝3a，由(1)知cosθ＝eq\f(3,5)，所以r1＝eq\f(15a,8).依據qvB1＝meq\f(v2,r1)，解得：B1＝eq\f(8B0,3)，故當B1>eq\f(8B0,3)時，粒子不會從AC邊界飛出．(3)如圖丙所示，當B＝3B0時，依據qvB＝meq\f(v2,r)，得粒子在OF下方磁場中的運動半徑為r＝eq\f(5,3)a.設粒子的速度方向再次與射入磁場時的速度方向一樣時的位置為P1，則P與P1的連線肯定與OF平行，依據幾何關系知：xPP1＝4a，所以若粒子最終垂直DE邊界飛出，邊界DE與AC間的距離為L＝nxPP1＝4na(n＝1，2，3，…)．答案：(1)eq\f(5aqB0,m)(2)磁感應強度大于eq\f(8B0,3)(3)4na(n＝1，2，3，…)考向磁場方向不確定形成的多解問題1．(多選)一質量為m、電荷量為q的負電荷在磁感應強度為B的勻強磁場中繞固定的正電荷沿固定的光滑軌道做勻速圓周運動，若磁場方向垂直于它的運動平面，且作用在負電荷的電場力恰好是磁場力的三倍，則負電荷做圓周運動的角速度可能是()A.eq\f(4qB,m)B.eq\f(3qB,m)C.eq\f(2qB,m)D.eq\f(qB,m)解析：依題中條件“磁場方向垂直于它的運動平面”，磁場方向有兩種可能，且這兩種可能方向相反．在方向相反的兩個勻強磁場中，由左手定則可知負電荷所受的洛倫茲力的方向也是相反的．當負電荷所受的洛倫茲力與電場力方向相同時，依據牛頓其次定律可知4Bqv＝meq\f(v2,R)，得v＝eq\f(4BqR,m)，此種狀況下，負電荷運動的角速度為ω＝eq\f(v,R)＝eq\f(4Bq,m)；當負電荷所受的洛倫茲力與電場力方向相反時，有2Bqv＝meq\f(v2,R)，v＝eq\f(2BqR,m)，此種狀況下，負電荷運動的角速度為ω＝eq\f(v,R)＝eq\f(2Bq,m)，故A、C正確．答案：AC考向速度大小不確定形成的多解問題2.(多選)如圖所示，兩方向相反、磁感應強度大小均為B的勻強磁場被邊長為L的等邊三角形ABC志向分開，三角形內磁場垂直紙面對里，三角形頂點A處有一質子源，能沿∠BAC的角平分線放射速度不同的質子(質子重力不計)，全部質子均能通過C點，質子比荷eq\f(q,m)＝k，則質子的速度可能為()A．2BkLB.eq\f(BkL,2)C.eq\f(3BkL,2)D.eq\f(BkL,8