第10講帶電粒子的臨界和多解問題（復習篇）考點聚焦：復習要點+知識網絡，有的放矢重點專攻：知識點和關鍵點梳理，查漏補缺難點強化：難點內容標注與講解，能力提升提升專練：真題感知+提升專練，全面突破知識點1：帶電粒子在有界磁場中的臨界問題帶電粒子在有邊界的磁場中運動時，由于邊界的限制往往會出現臨界問題．解決帶電粒子在磁場中運動的臨界問題的關鍵，通常以題目中的“恰好”“最大”“至少”等為突破口，尋找臨界點，確定臨界狀態，根據磁場邊界和題設條件畫好軌跡，建立幾何關系求解．臨界點常用的結論：(1)剛好穿出磁場邊界的條件是帶電粒子在磁場中運動的軌跡與邊界相切．(2)當速度v一定時，弧長(或弦長)越長，對應圓心角越大，則帶電粒子在有界磁場中運動的時間越長．(3)當速度v變化時，圓心角越大，運動時間越長．知識點2：帶電粒子在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，由于帶電粒子電性不確定、磁場方向不確定、臨界狀態不確定、運動的往復性造成帶電粒子在有界勻強磁場中運動的多解問題．(1)找出多解的原因．(2)畫出粒子的可能軌跡，找出圓心、半徑的可能情況．強化點一放縮圓模型適用條件速度方向一定，大小不同粒子源發射速度方向一定，大小不同的帶電粒子進入勻強磁場時，這些帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌跡半徑隨速度的變化而變化軌跡圓圓心共線如圖所示(圖中只畫出粒子帶正電的情景)，速度v越大，運動半徑也越大。可以發現這些帶電粒子射入磁場后，它們運動軌跡的圓心在垂直初速度方向的直線PP′上界定方法以入射點P為定點，圓心位于PP′直線上，將半徑放縮作軌跡圓，從而探索出臨界條件，這種方法稱為“放縮圓”法【典例1】一勻強磁場的磁感應強度大小為，方向垂直于紙面向外，其邊界如圖中虛線所示，，，一束粒子在紙面內從a點垂直于射入磁場，這些粒子具有各種速率。不計粒子之間的相互作用。已知粒子的質量為、電荷量為。則粒子在磁場中運動時間最長的粒子，其運動速率為（）A． B． C． D．【答案】B【詳解】根據題意可知，粒子在磁場中做勻速圓周運動，由牛頓第二定律有又有設粒子運動軌跡所對的圓心角為，則運動時間為可知，越大，運動時間越長，當粒子運動時間最長時，運動軌跡如圖所示，可知越大則越小，而即當圓弧經過c點時最大，此時最大由幾何關系有解得聯立可得故選B。【變式1-1】（多選）如圖所示，在一等腰直角三角形ACD區域內有垂直紙面向外的勻強磁場，磁場的磁感應強度大小為B，一質量為m、電荷量為q的帶正電的粒子（重力不計）從AC邊的中點O垂直于AC邊射入該勻強磁場區域，若該三角形的兩直角邊長均為2l，則下列關于粒子運動的說法中正確的是（）A．若該粒子的入射速度為v＝，則粒子一定從AD邊射出磁場B．若要使粒子從CD邊射出，則該粒子從O點入射的最大速度應為v＝C．若要使粒子從CD邊射出，則該粒子從O點入射的最大速度應為v＝D．當該粒子以不同的速度入射時，在磁場中運動的最長時間為【答案】BD【詳解】A．若該粒子的入射速度為v＝，則由可得由幾何關系可知，粒子將從CD邊的中點射出磁場，故A錯誤；BC．由可得即粒子在磁場中的運動半徑越大，速度就越大；由幾何關系可得，當粒子的軌跡與AD邊相切時，能從CD邊射出的軌跡半徑最大，此時粒子的軌跡半徑為所以粒子的最大速率為故B正確、C錯誤；D．由可得粒子在磁場中的運動周期即運動周期與軌跡半徑、粒子速度都無關；所以粒子在磁場中的運動時間取決于運動軌跡所對應的圓心角，所以粒子從AC邊射出時運動時間最長，因為此時運動軌跡對應的圓心角為，其在磁場中的運動時間為故D正確。故選BD。【變式1-2】（多選）如圖所示，以直角三角形AOC為邊界的有界勻強磁場區域，磁感應強度為B，∠A=60°，AO=a。在O點放置一個電子源，可以向OC方向發射速度不同的電子，電子的比荷為，發射速度為，對于電子進入磁場后的運動（不計電子的重力），下列說法正確的是（）A．電子不可能打到A點B．電子在磁場中運動時間越長，其軌跡線越長C．電子在磁場中運動時間越長，其軌跡線所對應的圓心角越大D．在AC邊界上有一半區域有電子射出【答案】CD【詳解】A．電子帶負電，由左手定則可知，電子垂直射入磁場后沿順時針方向做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得解得由題意可知，發射速度為代入可得則電子的軌道半徑當電子速度時，軌道半徑此速度方向與OC夾角為60°入射時，粒子恰好從A點飛出，如圖所示A錯誤；BC．電子在磁場中做圓周運動的周期在磁場中的運動時間電子在磁場中轉過的圓心角越大，電子的運動時間越長，電子運動軌跡的長度為相同電子運動時間相同，由于r不同，則電子的運動軌跡不同，電子的運動時間長，其運動軌跡線不一定長，B錯誤，C正確；D．當電子沿方向射入電場時，軌道半徑時，電子的運動軌跡是以A為圓心的圓弧，由于AO長度為a，∠A=60°，則AC的長度為2a，電子恰好從AC中點飛出，因此在AC邊界上只有一半區域有電子射出，軌跡如圖所示D正確。故選CD。強化點二“旋轉圓”模型適用條件速度大小一定，方向不同粒子源發射速度大小一定、方向不同的帶電粒子進入勻強磁場時，它們在磁場中做勻速圓周運動的半徑相同，若射入初速度為v0，則圓周運動半徑為R＝eq\f(mv0,qB)，如圖所示。軌跡圓圓心共圓帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的圓心在以入射點P為圓心、半徑R＝eq\f(mv0,qB)的圓上界定方法將一半徑為R＝eq\f(mv0,qB)的圓以入射點為圓心進行旋轉，從而探索粒子的臨界條件，這種方法稱為“旋轉圓”法【典例2】如圖，虛線所示的圓形區域內存在一垂直于紙面的勻強磁場，P為磁場邊界上的一點，大量相同的帶電粒子以相同的速率經過P點，在紙面內沿不同方向射入磁場。若粒子射入速率為v1，這些粒子在磁場邊界的出射點分布在六分之一圓周上；若粒子射入速率為v2，相應的出射點分布在三分之一圓周上。不計重力及帶電粒子之間的相互作用。則這兩種情況下帶電粒子從P點射入到距P點最遠處射出，其在磁場中所經歷的時間比t1∶t2為（）A．1∶2 B．2∶1 C．∶1 D．1∶1【答案】D【詳解】由于是相同的粒子，粒子進入磁場時的速度大小相同，由可知R＝又即粒子在磁場中做圓周運動的半徑相同。若粒子運動的速度大小為v1，如圖所示，通過旋轉圓可知，當粒子在磁場邊界的出射點M離P點最遠時，則MP＝2R1同樣，若粒子運動的速度大小為v2，粒子在磁場邊界的出射點N離P點最遠時，則NP＝2R2由幾何關系可知R2＝Rcos30°＝R則由軌跡圖可知，這兩種情況下帶電粒子的對應的圓心角相等，故帶電粒子從P點射入到距P點最遠處射出，其在磁場中所經歷的時間比t1∶t2為1:1，ABC錯誤，D正確。故選D。【變式2-1】（多選）如圖所示，等腰直角三角形MON的直角邊MO長度為L，在MON區域內存在方向垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B。三個相同的帶電粒子從M點沿MO方向分別以速度v1、v2、v3射入磁場，在磁場中運動的時間分別為t1、t2、t3，且t1：t2：t3=3：3：2，不考慮粒子的重力及粒子間的相互作用，下列說法正確的是（）A．粒子可能帶正電B．三個粒子速度的大小關系可能是v2<v1<v3C．粒子的比荷D．從ON邊射出的粒子與O點的距離為【答案】BD【詳解】A．粒子要進入磁場，所以洛倫茲力向右，根據左手定則，粒子帶負電。A錯誤；B．粒子從MN邊射出時，時間相等，從ON邊射出時，偏轉角較小，時間較短，所以粒子以速度v1、v2射入時，從MN邊射出，二者速度大小無法確定，粒子以v3射入，從ON邊射出，半徑最大，根據可知，其速度最大。B正確；C．粒子以速度v1、v2射入時，從MN邊射出，偏轉角為90°，則有解得C錯誤；D．根據時間關系可知，粒子從ON邊射出時，偏轉角為60°，根據幾何關系，從ON邊射出的粒子與O點的距離為D正確。故選BD。【變式2-2】（多選）如圖所示，在邊長為L的正方形區域ABCD內存在磁感應強度大小為B，方向垂直紙面向外的勻強磁場。質量為m，電荷量為q的帶電粒子（不計重力），分別以相同的速率v從A點沿不同方向垂直磁場方向射入磁場，當沿AC方向射入時，垂直于BC邊射出磁場。則粒子（）A．帶負電 B．運動速率C．在磁場中運動的最長時間 D．在磁場中運動的最長時間【答案】BC【詳解】A．由左手定則可知粒子帶正電，選項A錯誤；B．根據粒子的運動軌跡可知由可得選項B正確；CD．從C點射出的粒子在磁場中運動的時間最長，圓弧所對的圓心角為60°，則最長時間為選項C正確，D錯誤。故選BC。強化點三“平移圓”模型的應用適用條件速度大小一定，方向一定，但入射點在同一直線上粒子源發射速度大小、方向一定，入射點不同，但在同一直線的帶電粒子進入勻強磁場時，它們做勻速圓周運動的半徑相同，若入射速度大小為v0，則半徑R＝eq\f(mv0,qB)，如圖所示軌跡圓圓心共線帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的圓心在同一直線上，該直線與入射點的連線平行界定方法將半徑為R＝eq\f(mv0,qB)的圓進行平移，從而探索粒子的臨界條件，這種方法叫“平移圓”法【典例3】如圖所示，邊長為L的正方形有界勻強磁場ABCD，帶電粒子從A點沿AB方向射入磁場，恰好從C點飛出磁場；若帶電粒子以相同的速度從AD的中點P垂直AD射入磁場，從DC邊的M點飛出磁場（M點未畫出）。設粒子從A點運動到C點所用的時間為t1，由P點運動到M點所用時間為t2（帶電粒子重力不計），則t1：t2為（）A．2：1 B．4：3 C．3：2 D．【答案】C【詳解】由帶電粒子從A點沿AB方向射入磁場可知粒子做圓周運動的圓心在AD及其延長線上，又有粒子恰好從C點飛出磁場，故可得：粒子運動半徑為L，粒子從A到C轉過的中心角θ=90°；那么，P點入射的粒子的半徑，根據半徑和從A點射入的相等，所以從P點入射的粒子的圓心在AD延長線上距D點處，那么粒子轉過的中心角為即θ′=60°運動時間所以故選C。【變式3-1】（多選）如圖所示，等腰直角三角形abc區域內存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B，d為ac邊的中點，e為bc邊上的一點。現有一帶正電的粒子（不計重力）從a點以大小不同的速度沿ab方向射入磁場，分別從d、c、e點射出磁場，所用時間分別為t1、t2、t3，且t1：t3=3：2，若t3已知，則（）A．t2：t3=3：2B．帶電粒子的比荷為C．從c點與從e點射出的速度大小之比為D．從d點與從e點射出的速度大小之比為【答案】AD【詳解】A．粒子運動軌跡如圖所示從d、c兩點射出時，對應的圓心角相等，都等于90°，所以，他們在磁場中運動時間也相等，即，又由于t1：t3=3：2，因此t2：t3=3：2故A正確；B．由于t1：t3=3：2，又因為，從d點射出時對應的圓心角為90°，所以，從e點射出時，對應的圓心角為60°，即變形得故B錯誤；CD．設ab=L，由幾何關系得根據牛頓第二定律得由于q、m、B相同，速度與半徑成正比故C錯誤、D正確；故選AD。【變式3-2】（多選）紙面內有一矩形邊界磁場ABCD，磁場方向垂直于紙面（方向未畫出），其中AD=BC=L，AB=CD=2L，一束β粒子以相同的速度v0從B點沿BA方向射入磁場，當磁場為B1時，β粒子從C射出磁場；當磁場為B2時，β粒子從D射出磁場，則（）A．磁場方向垂直于紙面向外 B．磁感應強度之比B1：B2=5：1C．速度偏轉角之比θ1：θ2=180：37 D．運動時間之比t1：t2=36：53【答案】BD【詳解】A．由帶負電的β粒子(電子)偏轉方向可知，粒子在B點所受的洛倫茲力方向水平向右，根據左手定則可知，磁場垂直于紙面向里，A錯誤；B．粒子運行軌跡：由幾何關系可知：又：解得：洛倫茲力提供向心力：解得：故，B正確；C．偏轉角度分別為：θ1=180°θ2=53°故速度偏轉角之比，C錯誤；D．運動時間：因此時間之比：D正確。故選BD。強化點四“磁聚焦”和“磁發散”模型（1）帶電粒子的會聚如圖半徑與磁場圓半徑相等(R＝r)，則所有的帶電粒子將從磁場圓的最低點B點射出．(會聚)證明：四邊形OAO′B為菱形，必是平行四邊形，對邊平行，OB必平行于AO′(即豎直方向)，可知從A點發出的帶電粒子必然經過B點．（2）帶電粒子的發散如圖乙所示，有界圓形磁場的磁感應強度為B，圓心為O，從P點有大量質量為m、電荷量為q的正粒子，以大小相等的速度v沿不同方向射入有界磁場，不計粒子的重力，如果正粒子軌跡圓半徑與有界圓形磁場半徑相等，則所有粒子射出磁場的方向平行．(發散)證明：所有粒子運動軌跡的圓心與有界圓圓心O、入射點、出射點的連線為菱形，也是平行四邊形，O1A(O2B、O3C)均平行于PO，即出射速度方向相同(即水平方向)．【典例4】如圖所示，在直角坐標系xoy中，x軸上方有勻強磁場，磁感應強度的大小為B，磁場方向垂直于紙面向外．許多質量為m、電荷量為+q的粒子，以相同的速率v沿紙面內，由x軸負方向與y軸正方向之間各個方向從原點O射入磁場區域．不計重力及粒子間的相互作用．下列圖中陰影部分表示帶電粒子在磁場中可能經過的區域，其中R=mv/qB，正確的圖是（

）A． B．C． D．【答案】D【詳解】試題分析：粒子在磁場中做勻速圓周運動，以軸為邊界的磁場，粒子從軸進入磁場后在離開，速度與軸的夾角相同，根據左手定和，知沿x軸負軸的剛好進入磁場做一個圓周，沿y軸進入的剛好轉半個周期，如圖，在兩圖形的相交的部分是粒子不經過的地方，故D正確；考點：帶電粒子在勻強磁場中的運動【名師點睛】本題考查分析和處理粒子在磁場中運動的軌跡問題，難點在于分析運動軌跡的邊界，可以運用極限分析法分析．【變式4-1】如圖，矩形abcd的長ad＝0.6m，寬ab＝0.3m，o、e分別是ad、bc的中點，以o、e為圓心有兩個半徑均為R＝0.3m的四分之一圓弧，區域obedo內有方向垂直紙面向里的勻強磁場(邊界上無磁場)，磁感應強度B＝0.25T。一群不計重力、質量m＝3×10－9kg、電荷量q＝2×10－5C的帶正電粒子垂直于ad邊以v＝5×102m/s的速度射入磁場區域。下列判斷正確的是（

）A．所有粒子射出磁場時的速度方向都平行 B．所有粒子在磁場中運動的時間都相等C．從od邊射入的粒子，出射點都在e點 D．從ao邊射入的粒子，出射點都在b點【答案】D【詳解】C．粒子進入磁場后做勻速圓周運動，根據洛倫茲力提供向心力：得：因，從邊射入的粒子，形成以為半徑的圓弧，從點射入粒子的從點出去；同理從之間射入的其他粒子，到邊界處速度均豎直向上，因邊界上無磁場，之間所有粒子全部通過點，C錯誤；ABD．從邊射入的粒子先做一段時間的直線運動，設某一個粒子在點進入磁場，其圓心為，如圖所示：根據幾何關系，可知虛線的四邊形是菱形，則粒子的出射點一定是從點射出。同理可知，從邊射入的粒子，出射點全部從點射出，但射出的速度方向并不相同，根據運動軌跡可知，從邊射入的粒子在磁場中運動的圓心角不相同，所以運動時間不相同，AB錯誤，D正確。故選D。【變式4-2】如圖所示，在半徑為R的圓形區域內充滿磁感應強度為B的勻強磁場，MN是一豎直放置的感光板。從圓形磁場最高點P以速度v垂直磁場射入大量帶正電的粒子，且粒子所帶電荷量為q、質量為m。不考慮粒子間的相互作用力及粒子的重力，關于這些粒子的運動，以下說法正確的是（）A．射出磁場的粒子一定能垂直打在MN上B．粒子在磁場中通過的弧長越長，運動時間也越長C．射出磁場的粒子其出射方向的反向延長線不可能過圓心OD．當入射速度時，粒子射出磁場后一定垂直打在MN上【答案】D【詳解】AC．如圖所示的兩個三角形的三條邊對應相等，這兩個三角形全等，粒子一定沿著半徑方向射出磁場，其出射方向的反向延長線一定通過圓心O，射出磁場的粒子不一定能垂直打在MN上，AC錯誤；D．當入射速度時解得粒子水平射出，一定垂直打在MN上，D正確；B．粒子在磁場中通過的弧長越長，運動時間也越長，弦切角越小，圓心角越小，在磁場中的運動時間越短，B錯誤。故選D。強化點五帶電粒子電性不確定形成的多解如果粒子的電性不確定，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。如圖所示，帶電粒子以速度v垂直進入勻強磁場，若帶正電，其軌跡為a；若帶負電，其軌跡為b。【典例5】（多選）如圖所示，在邊長為L的正方形PQMN區域內存在垂直紙面向外、磁感應強度大小為B的勻強磁場，在MN邊界放一剛性擋板，粒子能碰到擋板則能夠以原速率彈回（水平速度不變，豎直方向速度等大反向）。一質量為m、帶電荷量為q的粒子以某一速度從P點射入，恰好從Q點射出。下列說法正確的是（）A．帶電粒子一定帶負電荷B．帶電粒子的速度最小值為C．若帶電粒子與擋板碰撞，則受到擋板作用力的沖量可能為D．帶電粒子在磁場中運動時間可能為【答案】CD【詳解】AC．若粒子帶正電，根據題意粒子能碰到擋板則能夠以原速率彈回，當粒子到擋板的速度剛好垂直于擋板時，粒子與擋板MN碰撞后恰好從Q點射出，粒子運動軌跡如圖所示由幾何知識得解得根據牛頓第二定律得解得根據動量定理得同理，當粒子帶負電時，如圖此時粒子通過MN的中點時也能恰好從Q點射出，故粒子可能帶負電，此時粒子的運動軌跡半徑不一定為，結合前面分析可知受到擋板作用力的沖量可能為，故A錯誤，C正確；B．若粒子的運動軌跡如圖所示由左手定則可知粒子帶負電，粒子做圓周運動的半徑最小為由牛頓第二定律得解得故B錯誤；D．若粒子帶負電，粒子在磁場中的運動軌跡半徑為L時，此時對應的圓心角為，如圖所示粒子在磁場中的運動時間為故D正確。故選CD。【變式5-1】（多選）平面OM和平面ON之間的夾角為35°，其橫截面（紙面）如圖所示，平面OM上方存在勻強磁場，大小為B，方向垂直于紙面向外。一質量為m，電荷量絕對值為q、電性未知的帶電粒子從OM上的某點向左上方射入磁場，速度與OM成20°角，運動一會兒后從OM上另一點射出磁場。不計重力。則下列幾種情形可能出現的是（

）A．粒子在磁場中運動的軌跡與ON只有一個公共點，在磁場中運動的時間是B．粒子在磁場中運動的軌跡與ON只有一個公共點，在磁場中運動的時間是C．粒子在磁場中運動的軌跡與ON共有兩個公共點，在磁場中運動的時間是D．粒子在磁場中運動的軌跡與ON共有兩個公共點，在磁場中運動的時間是【答案】ABD【詳解】帶電粒子在磁場中做圓周運動，由洛倫茲力提供向心力有，得到，AC．若粒子帶負電，將做逆時針方向的勻速圓周運動，粒子回到OM直線時，由圓周運動的對稱性，速度方向必與OM成20°，但由于35°>20°，則粒子軌跡與ON只可能有一個交點，故粒子偏轉角只可能為40°，運動時間A正確、C錯誤。BD．若粒子帶正電，將做順時針方向的勻速圓周運動，無論軌跡與ON有幾個交點，粒子回到OM直線時，由圓周運動的對稱性，速度方向必與OM成20°，粒子偏轉角為360°－40°=320°則粒子運動時間為BD正確。故選ABD。【考點】考查帶電粒子在勻強磁場中的運動。【點睛】本題考查了帶電粒子在磁場中的運動，分析清楚粒子運動過程、作出粒子運動軌跡，由牛頓第二定律求出粒子的臨界軌道半徑即可正確解題。【變式5-2】（多選）如圖所示，直線OP把坐標系Oxy分成I區域和II區域，區域I中的磁感應強度為B，方向垂直紙面向外；區域Ⅱ中的磁感應強度為2B，方向垂直紙面向內。邊界上的P點坐標為（4L，3L）。一質量為m、電荷量為q的帶正電粒子從P點平行于y軸負方向射入區域I，經過一段時間后，粒子恰好經過原點O。忽略粒子重力，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8.則下列說法中正確的是（）A．該粒子可能沿y軸負方向從O點射出B．該粒子射出時與x軸正方向夾角一定為90°C．該粒子在磁場中運動的最短時間D．該粒子運動的可能速度為【答案】BCD【詳解】AB．帶電粒子射入磁場中，由洛倫茲力提供向心力而做勻速圓周運動，根據牛頓第二定律得解得所以粒子在Ⅰ和Ⅱ兩磁場中做圓周運動的半徑關系為如圖所示由題意知OP邊與x軸的夾角可得故帶正電粒子從P點平行于y軸負方向射入區域I與OP邊的夾角為53°，由帶電粒子在單邊磁場運動的對稱性知從區域Ⅱ中射出的粒子速度方向一定為y軸負方向，故A錯誤，B正確；C．粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期為粒子在區域Ⅰ中轉過的圓心角為粒子在區域Ⅰ中運動的時間為粒子在區域Ⅱ中轉過的圓心角為粒子在區域Ⅱ中運動的時間為所以該粒子在磁場中運動的最短時間故C正確；D．帶電粒子每次從區域Ⅱ射出為一個周期，在OP邊移動的距離為其中而，n=1，2，3……聯立解得故D正確。故選BCD。強化點六磁場方向不確定形成的多解有些題目只知磁感應強度的大小，而不知其方向，此時必須要考慮磁感應強度方向不確定而形成的多解。如圖所示，帶正電粒子以速率v垂直進入勻強磁場，若B垂直紙面向里，其軌跡為a；若B垂直紙面向外，其軌跡為b。【典例6】如圖甲所示，M、N為豎直放置彼此平行的兩塊平板，板間距離為d，兩板中央各有一個小孔O、O′正對，在兩板間有垂直于紙面方向的磁場，磁感應強度隨時間的變化如圖乙所示。有一群正離子在t=0時垂直于M板從小孔O射入磁場。已知正離子質量為m、帶電荷量為q，正離子在磁場中做勻速圓周運動的周期與磁感應強度變化的周期都為T0，不考慮由于磁場變化而產生的電場的影響，不計離子所受重力。求：（1）磁感應強度B0的大小；（2）要使正離子從O′垂直于N板射出磁場，正離子射入磁場時的速度v0的可能值。【答案】（1）；（2）（n=1，2，3，…）【詳解】（1）設垂直于紙面向里的磁場方向為正方向。正離子射入磁場，洛倫茲力提供向心力，則正離子做勻速圓周運動的周期聯立以上可得磁感應強度（2）要使正離子從O′孔垂直于N板射出磁場，正離子的運動軌跡如圖所示兩板之間正離子只運動一個周期T0時，有當兩板之間正離子運動n個周期nT0時，有（n=1，2，3，…）聯立解得正離子的速度的可能值為（n=1，2，3，…）【變式6-1】如圖所示，A點的離子源沿紙面垂直OQ方向向上射出一束負離子，離子的重力忽略不計。為把這束負離子約束在OP之下的區域，可加垂直紙面的勻強磁場。已知O、A兩點間的距離為s，負離子的比荷為，速率為v，OP與OQ間的夾角為30°，則所加勻強磁場的磁感應強度B的大小和方向可能是（）A．，垂直紙面向里 B．，垂直紙面向里C．，垂直紙面向外 D．，垂直紙面向外【答案】BD【詳解】AB．當所加勻強磁場方向垂盲紙面向里時，由左手定則知：負離子向右偏轉。約束在OP之下的區域的臨界條件是離子運動軌跡與OP相切。如圖（大圓弧）由幾何知識知而所以所以當離子軌跡的半徑小于s時滿足約束條件。由牛頓第二定律及洛倫茲力公式列出所以得故A錯誤，B正確；CD．當所加勻強磁場方向垂直紙面向外時，由左手定則知：負離子向左偏轉。約束在OP之下的區域的臨界條件是離子運動軌跡與OP相切。如圖（小圓弧）由幾何知識知道相切圓的半徑為，所以當離子軌跡的半徑小于時滿足約束條件。由牛頓第二定律及洛倫茲力公式列出所以得故C錯誤，D正確。故選BD。【變式6-2】小明同學對正、負電子對撞產生了濃厚的興趣，他根據所學知識設計了正、負電子對撞裝置，通過電子在勻強磁場中的運動來實現正、負電子在不同位置能發生正碰。如圖所示，ab和cd是關于y軸對稱、間距為2l的直線磁場邊界，在兩邊界之間有兩個有界勻強磁場。兩磁場的邊界MN位于x軸上方且平行于x軸，MN與x軸的距離h可調。MN下方的磁場垂直紙面向里，上方的磁場垂直紙面向外，磁感應強度大小均為B。若將質量為m、電荷量為e的正、負電子分別從ab和cd磁場邊界上沿x軸同時以相同速率進入強磁場，使正、負電子能在y軸的不同位置垂直于y軸方向發生正碰，則MN與x軸的距離h的大小可能是（不計粒子間的相互作用力和粒子重力）（）A． B．C． D．【答案】ABC【詳解】設正、負電子以速度v在勻強磁場中做勻速圓周運動的軌跡半徑為r，根據牛頓第二定律有解得當粒子運動到MN上方磁場且恰好與ab邊界相切，此時粒子在磁場中圓心角最大。根據幾何關系有當h＞r時所以求得當n=1時，無解；當n=2時當n＞3時不成立。所以當h＜r時，如圖所示，正、負電子在兩磁場中存在往復運動的情況，根據幾何關系有解得，（n=2、3、4...）當n=2時當n=4時但是不可能為故選ABC。強化點七臨界狀態不唯一形成的多解帶電粒子在洛倫茲力作用下在有界磁場中運動時，由于粒子運動軌跡是圓弧狀，因此，它可能穿過去，也可能轉過180°從入射界面這邊反向飛出，從而形成多解，如圖所示。【典例7】如圖所示，正方形abcd區域（包含邊界）存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B。一質量為m、電量為q的正電粒子從a點沿著ab方向射入磁場中，邊長為l，不計粒子的重力，為使粒子從cd邊射出磁場區域，粒子的速度可能為（）A． B． C． D．【答案】C【詳解】根據洛倫茲力充當向心力，有可得可知對于同一粒子或比荷相同的粒子，在同一磁場中做圓周運動的軌跡半徑由速度決定，速度越大軌跡半徑越大，速度越小則軌跡半徑越小。因此，粒子若要從cd邊射出磁場區域，則恰好從d點出射時，粒子有最小速度，且此時ad為粒子軌跡的直徑，有解得若粒子恰好從c點射出，粒子有最大速度，根據幾何關系可知，此時粒子的軌跡半徑為，則有解得綜上可知，若粒子從cd邊射出磁場區域，則粒子速度的取值范圍為故選C。【變式7-1】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的等邊三角形分開，三角形內磁場方向垂直紙面向里，三角形頂點A處有一質子源，能沿的角平分線發射速度不同的質子（質子重力不計），所有質子均能通過C點，質子比荷，則以下說法正確的是（

）

A．質子的速度可能為 B．質子的速度可能為C．質子由A到C的時間可能為 D．質子由A到C的時間可能為【答案】C【詳解】AB．因質子帶正電，且經過C點，其可能的軌跡如圖所示

所有圓弧所對圓心角均為，質子可能的運動半徑（n=1，2，3，…）由洛倫茲力提供向心力得，即（n=1，2，3，…），質子的速度不可能為和，故AB錯誤；CD．質子由A到C的時間可能為（n=1，2，3，…），故C正確；D錯誤。故選C。【變式7-2】如圖所示，直線MN與水平方向成60°角，MN的右上方存在垂直紙面向外的勻強磁場，左下方存在垂直紙面向里的勻強磁場，兩磁場的磁感應強度大小均為B．一粒子源位于上的點，能水平向右發射不同速率、質量為m、電荷量為的同種粒子（重力不計，粒子間的相互作用不計），所有粒子均能通過上的點，已知，則粒子的速度可能是（

）A． B． C． D．【答案】C【詳解】粒子可能在兩個磁場間做多次運動，畫出粒子可能的軌跡，如圖所示所有粒子對應的圓心角均為，由幾何關系可知，根據洛倫茲力提供向心力，則有解得當時，可得，故選C。強化點八帶電粒子運動的往復性形成的多解帶電粒子在組合場或交變場中運動時，運動往往具有周期性，從而形成多解，如圖所示。【典例8】如圖所示，在坐標系的第Ⅰ象限內充滿了沿y軸負方向的勻強電場，第Ⅳ象限內充滿了垂直紙面向外的勻強磁場。一質量為m、電荷量為q的帶正電粒子，從y軸上的P點以垂直于y軸和電場的初速度進入勻強電場，一段時間后經過x軸上的Q點進入勻強磁場，進入磁場時的速度方向與x軸正方向成角，已知，若粒子在磁場中運動一段時間后恰好能再回到電場，不計粒子重力，電場強度E和磁感應強度B大小均未知。求：（1）的距離；（2）磁感應強度B的大小：（3）粒子從離開P點到第三次經過x軸所需的時間。【答案】（1）；（2）；（3）【詳解】（1）粒子在Q點進入磁場時，沿x方向的分速度vx=v0=vcos30°沿y方向的分速度vy=vsin30°OP間的距離OQ的距離OQ=vxt=3L，解得（2）粒子恰好能回到電場，即粒子在磁場中軌跡的左側恰好與y軸相切，設半徑為R，根據幾何關系可得R（1+sin30°）=3L，解得R=2L根據洛倫茲力提供向心力可得聯立可得磁感應強度的大小（3）粒子在電場和磁場中做周期性運動，軌跡如圖，粒子從P到Q的時間為在磁場中做一次圓周運動的時間粒子從離開P點到第三次經過x軸所需的時間【變式8-1】如圖所示，在，的區域中，存在沿y軸正方向、場強大小為E0的勻強電場，電場的周圍分布著垂直紙面向外的恒定勻強磁場。一個質量為M，電量為q的帶正電粒子從OP中點A進入電場（不計粒子重力）。（1）若粒子初速度為零，粒子從上邊界垂直QN第二次離開電場后，垂直NP再次進入電場，求磁場的磁感應強度B的大小；（2）若改變電場強度大小，粒子以一定的初速度從A點沿y軸正方向第一次進入電場、離開電場后從P點第二次進入電場，在電場的作用下從Q點離開。求改變后電場強度的大小和粒子的初速度。【答案】（1）；（2）36E0，【詳解】（1）根據題意作出粒子運動軌跡如圖根據幾何關系可知，粒子在電場中加速，根據動能定理有，根據洛倫茲力提供向心力有，解得（2）離開電場后從P點第二次進入電場，軌跡如圖設半徑為，根據幾何關系可知，解得則粒子從P點進入電場的方向與x水平方向的夾角滿足根據洛倫茲力提供向心力有根據運動的分解可知，解得根據動能定理有解得【變式8-2】如圖所示，在的“OPNQ”正方形區域中，存在沿y軸負方向的勻強電場，電場的周圍分布著垂直紙面向外的勻強磁場。一個質量為m，電量為q的帶正電粒子從OQ中點A沿x軸正方向，大小為的初速度進入電場，粒子依次經過P點和O點，不計粒子重力。求：（1）電場的電場強度E的大小；（2）磁場的磁感應強度B的大小；（3）粒子從A點進入電場后返回A點所經歷的時間t。【答案】（1）；（2）；（3）【詳解】（1）粒子在電場中，有

水平方向

豎直方向

聯立得

（2）設粒子離開電場是速度方向與x軸正方向夾角為，粒子離開電場速度為v，有

，

，

得，

粒子在磁場中做勻速圓周運動有

由幾何關系可知，，得（3）由（1），右圖為粒子全程運動軌跡圖粒子第一次進入磁場中周期運動時間粒子第二次經過電場的為t3，由對稱性可知

粒子從NP中點以v0速度水平方向第二次進入磁場，第二次經過磁場時間t4=t2之后粒子將在OP中點豎直第三次進入電場，假設運動的時間為t5有

，得，

之后粒子從OP中點豎直方向第三次進入磁場，時間t6=t2回到A點時間

N=1，2，3……得

N=1，2，3……1．一勻強磁場的磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面向外，其邊界如圖中虛線所示，為半圓，ac，bd與直徑ab共線，ac間的距離等于半圓半徑的。一束質量為m、電荷量為的粒子，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． B． C． D．【答案】B【詳解】根據牛頓第二定律和圓周運動規律有可得粒子做勻速圓周運動的周期為如圖所示，過c點做半圓邊界的切線，切點為e。設半圓邊界的圓心為O，粒子運動軌跡的圓心為O′。根據幾何關系可知，當粒子從e點射出時，粒子轉過的圓心角最大，運動時間最長，設，則可得所以即粒子轉過的圓心角為254°，可得運動時間為故選B。2．如圖所示，直線MN是一勻強磁場的邊界，三個相同的帶正電粒子分別沿圖示1、2、3三個方向以相同的速率從O點射入磁場，沿箭頭1、3兩個方向的粒子分別經t1、t3時間均從p點離開磁場，沿箭頭2方向(垂直于MN)的粒子經t2時間從q點離開磁場，p是Oq的中點，則t1、t2、t3之比為A．1：2：3 B．2：3：4 C．1：3：5 D．2：3：10【答案】C【詳解】各個粒子的圓心所在位置如圖所示：由于粒子運動的速度相等，所以三個粒子的軌道半徑也相等，粒子2在磁場中運動了半個周期，所用時間，根據幾何關系知粒子1轉過的圓心角為，所用時間為,粒子3運動轉過的圓心角為所用時間為，所以故C正確；故選C3．如圖所示，在直角三角形ABC內充滿垂直紙面向外的勻強磁場(圖中未畫出)，AB邊長度為d，.現垂直AB邊射入一群質量均為m、電荷量均為q、速度大小均為v的帶正電粒子，已知垂直AC邊射出的粒子在磁場中運動的時間為t，而運動時間最長的粒子在磁場中的運動時間為t(不計重力).則下列判斷中正確的是(

)A．粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期為5tB．該勻強磁場的磁感應強度大小為C．粒子在磁場中運動的軌道半徑為D．粒子進入磁場時速度大小為【答案】BCD【分析】帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，垂直AC邊射出的粒子在磁場中運動的時間是周期，由此求得周期．根據周期公式求出磁感應強度B．經分析可知粒子在磁場中運動時間最長的情況是粒子垂直AB邊入射后，軌跡恰好與BC邊相切，畫出運動時間最長的粒子在磁場中的運動軌跡，由幾何知識求出軌道半徑R，根據v=即可求出粒子速度．【詳解】帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，垂直AC邊射出的粒子在磁場中運動的時間是T/4，即為：T/4=t，則得周期為：T=4t，故A錯誤；由T=4t，，T=，得：，故B正確；運動時間最長的粒子在磁場中運動轉過的角度為，軌跡如圖所示，根據幾何關系有：，解得：R=d，故C正確；根據粒子在磁場中運動的速度為：，周期為：T=4t，半徑為：R=d，聯立可得：，故D正確．故選BCD．【點睛】本題考查帶電粒子在磁場中的運動，考查半徑公式和周期公式的運用，解題的關鍵是要畫出粒子軌跡過程圖，確定圓心，利用幾何方法求出半徑．4．空間存在勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面，線段是屏與紙面的交線，長度為，其左側有一粒子源S，可沿紙面內各個方向不斷發射質量為m、電荷量為q、速率相同的粒子；，P為垂足，如圖所示，已知，若上所有的點都能被粒子從其右側直接打中，則粒子的速率至少為（）A． B． C． D．【答案】C【詳解】粒子要打中的右側所有位置，最容易的方式為粒子從飛出，繞過距離最近的點，從右側打中最下端的點，粒子運動的軌跡如圖所示為軌跡圓的弦長，為中點，，；粒子運動的半徑為，根據幾何關系可知四邊形為平行四邊形，則解得粒子在勻強磁場中勻速圓周運動，洛倫茲力完全提供向心力，根據牛頓第二定律可知解得粒子的最小速率為故選C。5．如圖所示，在直角坐標系xOy第一象限內x軸上方存在磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場，在y軸上S處有一粒子源，它可向右側紙面內各個方向射出速率相等的質量大小均為m，電荷量大小均為q的同種帶電粒子，所有粒子射出磁場時離S最遠的位置是x軸上的P點。已知，粒子帶負電，粒子重力及粒子間的相互作用均不計，則（）A．粒子的速度大小為B．從O點射出的粒子在磁場中的運動時間為C．沿平行x軸正方向射入的粒子離開磁場時