2021屆高考物理二輪復(fù)習(xí)（選擇性考試）學(xué)案：第10講　磁場、帶電粒子在磁場中的運動

第10講磁場、帶電粒子在磁場中的運動

知識歸納感悟真題

知識科建

核心提煉

1.掌握“兩個磁場力”.

(1)安培力：F=BILsine,其中，為3與1的夾角.

(2)洛倫茲力：F=qvB,sinO,其中〃為3與。的夾角.

2.用準(zhǔn)“兩個定則

(1)對電流的磁場用安培定則.

(2)對通電導(dǎo)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.靈活應(yīng)用帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的關(guān)系式.

1.(2020?全國卷I)一勻強磁場的磁感應(yīng)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，而為半圓,

GC、bd與直徑必共線，GC間的距離等于半圓的半徑.一束質(zhì)量為，小

電荷量為式q>0）的粒子，在紙面內(nèi)從c點垂直于GC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（)

5九小

A?硒B?砸

47rm3元/〃

D'2qB

解析：粒子在磁場中做勻速圓周運動

72n=r----

V'

可得粒子在磁場中的周期T=饕,

粒子在磁場中運動的時間，=?.7=筆，

Litqb

則粒子在磁場中運動的時間與速度無關(guān)，軌跡對應(yīng)的圓心角越大，

運動時間越長.采用放縮圓解決該問題，

粒子垂直GC射入磁場，則軌跡圓心必在GC直線上，將粒子的軌

跡半徑由零逐漸增大.

當(dāng)半徑rWO.5K和r21.5A時，粒子分別從ac、瓦/區(qū)域射出，磁

場中的軌跡為半圓，運動時間等于半個周期.

當(dāng)0.5K<r<L5K時，粒子從半圓邊界射出，將軌跡半徑從0.5K逐

漸增大，粒子射出位置從半圓頂端向下移動，軌跡圓心角從7T逐漸增

大，當(dāng)軌跡半徑為K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(dāng)軌跡半徑等于K時軌跡圓心角最大，即軌跡對

rr4

應(yīng)的最大圓心角0=n+§=鏟,

粒子運動最長時間為="鬻=鬻，故C正確.

答案：c

2.（2020?天津卷）（多選）如圖所示，在。到平面的第「

XXX

一象限內(nèi)存在方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強度大小為3乜次vv

XXX

的勻強磁場.一帶電粒子從y軸上的M點射入磁場，卜-x-x;

速度方向與J軸正方向的夾角0=45。.粒子經(jīng)過磁場偏轉(zhuǎn)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(zhì)量為機，

重力不計.貝！）（）

A.粒子帶負電荷

B.粒子速度大小為警

C.粒子在磁場中運動的軌道半徑為a

D.N與。點相距（啦+1）。

解析：粒子向下偏轉(zhuǎn)，根據(jù)左手定則判斷洛倫茲力，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，=45。，根據(jù)幾何關(guān)系可知

ZOMOi=ZOOiM=45°,OM=OOi=a,

則粒子運動的軌道半徑為

r=0iM=\[2a,

洛倫茲力提供向心力

v2

qvB=m-,

含也qBa

解付

v=m—f,

B、C錯誤；

N與。點的距離為N0=00i+r=(&+l)a,

D正確.

答案：AD

3.(2020?全國卷II)如圖，在OWxWA,-8勺<+8V

區(qū)域中存在方向垂直于紙面的勻強磁場，磁感應(yīng)強度BB；

的大小可調(diào)，方向不變.一質(zhì)量為機，電荷量為q(q>0)L

的粒子以速度。0從磁場區(qū)域左側(cè)沿x軸進入磁場，不計重力.

(1)若粒子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后穿過J軸正半軸離開磁場，分析說明磁場

的方向，并求在這種情況下磁感應(yīng)強度的最小值瓦1；

(2)如果磁感應(yīng)強度大小為華，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(yīng)受到方向向上的洛倫茲力，

因此磁場方向垂直于紙面向里.設(shè)粒子進入磁場中做圓周運動的半徑

為K,根據(jù)洛倫茲力公式和圓周運動規(guī)律，有

錯誤！，①

由此可得￡=器.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(yīng)滿足尺式無，③

由題意，當(dāng)磁感應(yīng)強度大小為時，粒子的運動半徑最大，由此

得廝=篝.④

（2）若磁感應(yīng)強度大小為牛，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，=2幾⑤

粒子會穿過圖中尸點離開磁場，運動軌跡如圖所示.

設(shè)粒子在尸點的運動方向與x軸正方向的夾角為a,

由幾何關(guān)系sin”=豆=3，⑥

即a=^,⑦

由幾何關(guān)系可得，尸點與x軸的距離為

y=2h（l—cosa）,⑧

聯(lián)立⑦⑧式得y=（2一由）加

答案：⑴磁場方向垂直于紙面向里器（2年（2一5）無

細研考點提升素養(yǎng)

考點一磁場的性質(zhì)及磁場對電流的作用力

1.磁場、磁感應(yīng)強度.

(1)磁場.

基本性質(zhì)：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(yīng)強度.

①物理意義：描述磁場的強弱和方向.

②大?。?=五.

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(yīng)強度的大小處處相等、方向處處相同的磁場稱為

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(yīng)強度的方向一致.

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(dǎo)線.1

②定位空間中需求解磁場的點，利用安培定則判定鏟;;

各個場源在這一點上產(chǎn)生的磁場的大小和方向.如圖所示為M、N在

c點產(chǎn)生的磁場.

③應(yīng)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(dǎo)線通電螺線管環(huán)形電流

安培B

定則備

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.

左手定則判斷：困巧外

①伸出左手，讓拇指與其余四指垂直，并且都在同一級?劌

個平面內(nèi).

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(dǎo)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(zhuǎn)、一分析

)—明確研究對象(通電導(dǎo)線或?qū)w棒)

_將題「中的立體圖轉(zhuǎn)化為平面圖.

)一明確磁場的方向和電流的方向

受力分析的思路和力學(xué)完全相同.

)—分析安培力時注意其方向一定與導(dǎo)

體棒和磁感應(yīng)強度組成的平面垂l*L

決題用折

(2017?全國卷1)(多選)如圖，三根相互平回

均通有電/\

行的固定長直導(dǎo)線Li、&和心兩兩等距,

/X

/\

L,&--------------

II

流/,L1中電流方向與七2中的相同，與L中的相反.下列說法正確的

是（）

A.Li所受磁場作用力的方向與五、心所在平面垂直

B.心所受磁場作用力的方向與“、&所在平面垂直

C.心、心和心單位長度所受的磁場作用力大小之比為1：1：小

D.心、心和心單位長度所受的磁場作用力大小之比為由：?。?/p>

1

解析：如圖，由磁場的疊加知，七2與七3中的電流在L處產(chǎn)生的

合磁場的方向在心、七連線的中垂線上，由左手定則知，L1所受磁場

作用力的方向與心、心所在平面平行.選項A錯誤.

L1與乙2中的電流在心處產(chǎn)生的合磁場的方向與七1、七2的連線平

行，由左手定則知,心所受磁場作用力的方向與14、丘所在平面垂直.選

項B正確.

由幾何關(guān)系知，設(shè)電流在另外導(dǎo)線處產(chǎn)生磁場的磁感應(yīng)強度為B,

而L、七2所在處兩個磁場方向的夾角均為120。，則方合=優(yōu)而4所

在處兩個磁場方向的夾角為60。，則B%=小B,由b知，L、

心和小單位長度所受的磁場作用力大小之比為1:1：5.選項C正確，

選項D錯誤.

答案：BC

題組突破

考向?磁場的合成

1.（2018?全國卷II）（多選）如圖，紙面內(nèi)有兩條互相垂直

的長直絕緣導(dǎo)線Li、L2,Li中的電流方向向左，匕中的電I

流方向向上；L的正上方有。、b兩點，它們相對于心對稱.整個系

統(tǒng)處于勻強外磁場中，外磁場的磁感應(yīng)強度大小為坳，方向垂直于紙

面向外.已知以b兩點的磁感應(yīng)強度大小分別為:為和［用），方向也垂

直于紙面向外.貝（1（）

7

A.流經(jīng)心的電流在b點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小為三曲

B.流經(jīng)心的電流在a點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小為白Bo

C.流經(jīng)乙2的電流在b點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小為吉國

D.流經(jīng)心的電流在。點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小為三3。

解析：原磁場、電流的磁場方向如圖所示，

由題意知在b點：|BO=BO—在a點：\B^=BQ—B\—BI,

由上述兩式解得夕1=七3（）,與2=五3（）.

答案：AC

考向?安培力作用下的平衡

2.（2019?全國卷I）如圖，等邊三角形線框LMN由三、*入、*

XX/X\XX

根相同的導(dǎo)體棒連接而成，固定于勻強磁場中，線框平面

xjxx

與磁感應(yīng)強度方向垂直，線框頂點M.N與直流電源兩

端相接，已如導(dǎo)體棒受到的安培力大小為凡則線框LMN受到的

安培力的大小為（）

A.2FB.1.5F

C.0.5bD.0

解析：設(shè)三角形邊長為/導(dǎo)體棒的電流為/,則MLN的電流

為《，根據(jù)b=3〃，所以ML和LN受安培力為根據(jù)力的合成，線

框LMN受到的安培力的大小為F+2Xysin30°=1.5F,故B正確.

答案：B

考向?導(dǎo)體加速問題

3.（多選）如圖所示，無限長水平直導(dǎo)線中通有向右------

□

的恒定電流/,導(dǎo)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/,線框的邊長為L線

框上邊與直導(dǎo)線平行，且到直導(dǎo)線的距離也為L.已知在長直導(dǎo)線的磁

場中距長直導(dǎo)線r處的磁感應(yīng)強度大小為B=g,線框的質(zhì)量為m,則

釋放線框的一瞬間，線框的加速度可能為（）

A.0B.管一g

kl2kl2

C?赤一9D.g一m

解析：線框上邊受到的安培力大小為入=盡二=以2,方向向上，

線框下邊受到的安培力大小為F2=krjrIL=^kI2,方向向下，若Fi=

Fi+mg,則加速度為零，A項正確；若人大于g+mg,則加速度向

上，大小為一今一B項錯誤，C項正確；若B小

于g+mg,則加速度向下，大小為G2=g一二，D項錯誤.

答案：AC

考點二帶電粒子在勻強磁場中的運動

知識0f透

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.幾何知識求半徑.

利用平面幾何關(guān)系，求出軌跡圓的可能半徑（或圓心角），求解時注

意以下幾個重要的幾何特點：

⑴粒子速度的偏向角"）等于圓心角⑷，并等于哄P（偏向角）

弦與切線的夾角（弦切角0）的2倍（如圖所示）,即°=。=

20=cot?

（2）直角三角形的應(yīng)用（勾股定理）.

找到AB的中點C,連接OC,貝!）△AOC、ZiBOC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，，=*，為弧長）；

觀點二由旋轉(zhuǎn)角度計算，片就義或「次.

4.三類邊界磁場中的軌跡特點.

⑴直線邊界：進出磁場具有對稱性.

⑵平行邊界：存在臨界條件.

⑶圓形邊界：等角進出，沿徑向射入必沿徑向射出.

典題例析

典例?（2018?海南卷）如圖，圓心為0、半徑為

r的圓形區(qū)域外存在勻強磁場，磁場方向垂直于紙面

向外，磁感應(yīng)強度大小為B.P是圓外一點，。尸=3r.

一質(zhì)量為機、電荷量為g（q>0）的粒子從尸點在紙面內(nèi)垂直于O尸射出.已

知粒子運動軌跡經(jīng)過圓心O,不計重力.求：

⑴粒子在磁場中做圓周運動的半徑；

⑵粒子第一次在圓形區(qū)域內(nèi)運動所用的時間.

解析：（1）粒子運動軌跡如圖所示，設(shè)粒子在磁

Rr4

場中做圓周運動的半徑為R,3r=/?+~tan0=~^解得氏=斗

Cz>V9

f/lV^

由洛倫茲力等于向心力，有q^B==,

(2)K

頷尸qBR

解傳v=.

in

粒子第一次在圓形區(qū)域內(nèi)運動所用的時間￡=§,聯(lián)立各式解得，

31n

=2qB'

答案：靖⑵景

題組突破

考向?直線邊界問題

1.如圖所示，直線MN上方有垂直紙面向里的勻強****

XXXX

磁場，電子1從磁場邊界上的a點垂直和磁場方向「丘,」

MacbN

射入磁場，經(jīng)人時間從b點離開磁場.之后電子2也由。點沿圖示方

向以相同速率垂直磁場方向射入磁場，經(jīng)燈時間從。、b連線的中點c

離開磁場，貝hl：打為()

A.3：1B.2：3

C.3：2D.2：1

解析：電子在磁場中都做勻速圓周運動，根據(jù)題意、*、、

畫出電子的運動軌跡，如圖所示，電子1垂直射進磁場，X憶乂,

M小、/cbN

從方點離開，則運動了半個圓周，即為直徑，c點為o

圓心，電子2以相同速率垂直磁場方向射入磁場，經(jīng)辦時間從a、b連

1117)

線的中點c離開磁場，根據(jù)半徑「=前可知，電子1和2的半徑相等，

根據(jù)幾何關(guān)系可知，△aOc為等邊三角形，則粒子2轉(zhuǎn)過的圓心角為

60。，所以電子1運動的時間人=：=等，電子2運動的時間打=1=罌,

LHqoitiq

所以9=3,故A正確.

12

答案：A

考向?平行邊界問題

2.如圖所示，一個理想邊界為P。、MN的勻強磁/x-x-xfa-x-^

場區(qū)域，磁場寬度為d,方向垂直紙面向里.一電子從

O點沿紙面垂直PQ以速度進入磁場.若電子在磁場中運動的軌跡

半徑為2d.O,在上，且00,與MN垂直.下列判斷正確的是（）

A.電子將向右偏轉(zhuǎn)

B.電子打在MN上的點與0,點的距離為d

C.電子打在MN上的點與0,點的距離為3d

D.電子在磁場中運動的時間為給

解析：電子帶負電，進入磁場后，根據(jù)左手定則/發(fā)對*:

判斷可知，所受的洛倫茲力方向向左，電子將向左偏M…-一萬’……R

轉(zhuǎn)，如圖所示，A錯誤；設(shè)電子打在MN上的點與0,點的距離為x,

則由幾何知識得:x=r—「r2一心=2</一2（2d）>=（2—由）d,故B、

C錯誤；設(shè)軌跡對應(yīng)的圓心角為，，由幾何知識得：sin〃=另=0.5,

乙a

rrHrrr/i

得〃=色則電子在磁場中運動的時間為￡="=詈，故D正確.

O5容0

答案：D

考向?圓形邊界問題

3.如圖所示，真空中，垂直于紙面向里的勻強磁場

只在兩個同心圓所夾的環(huán)狀區(qū)域存在（含邊界），兩圓的

半徑分別為￡、3R,圓心為0.一重力不計的帶正電粒子從大圓邊緣的

尸點沿P0方向以速度。i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?yōu)橐矔r，不論

其入射方向如何，都不可能進入小圓內(nèi)部區(qū)域，則：6至少為()

A.￥B.小

C峙D.2^3

解析：粒子在磁場中做圓周運動，如圖：由幾何

a?

知識得：,1=二矢=小匕洛倫茲力提供向心力，由

ianOv

牛頓第二定律得：第;山=川錯誤!，解得：01=錯誤!；當(dāng)

該帶電粒子從尸點射入的速度大小變?yōu)?2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Z*2=R,則不論其入射方

向如何，都不可能進入小圓內(nèi)部區(qū)域，此時洛倫茲力提供向心力，由

牛頓第二定律得：［02呂=機錯誤!，解得：也=錯誤!，則：01：02=錯誤!，

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

知識研透

求解臨界、極值問題的“兩思路、兩方法”.

⑴以定理、定律為依據(jù)，首先求出所研究問題

的一般規(guī)律和一般解的形式，然后分析、討論

兩種思路

處于臨界條件時的特殊規(guī)律和特殊解

(2)直接分析、討論臨界狀態(tài)，找出臨界條件，

從而通過臨界條件求出臨界值

（1）利用臨界條件求極值；（2）利用

兩種方法物理方法邊界條件求極值；（3）利用矢量圖

求極值

（1）用三角函數(shù)求極值；（2）用二次

兩種方法數(shù)學(xué)方法方程的判別式求極值；（3）用不等

式的性質(zhì)求極值；（4）圖象法等

許多臨界問題，題干中常用“恰好”“最大”“至

從關(guān)鍵詞少”“不相撞”“不脫離”等詞語對臨界狀態(tài)給

找突破口以暗示，審題時，一定要抓住這些特定的詞語

挖掘其隱藏的規(guī)律，找出臨界條件

典例日（2020?全國卷川）真空中有一勻強磁場，磁場

邊界為兩個半徑分別為。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。的

電子從圓心沿半徑方向進入磁場.已知電子質(zhì)量為處電荷量為e,忽

略重力.為使該電子的運動被限制在圖中實線圓圍成的區(qū)域內(nèi)，磁場

的磁感應(yīng)強度最小為（）

3mvmv

A.^-B.

2aeae

3mv3mv

C.-j——

4ae5ae

解析：電子在磁場中做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力

V2

eBv—m—r，,

則磁感應(yīng)強度與圓周運動軌跡關(guān)系為

mv

即運動軌跡半徑越大，磁場的磁感應(yīng)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(qū)域內(nèi)，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,△A30為直角三角形，則由幾何關(guān)系可得

(3d—Tmax)~=Max+",

,4

解得「max

解得磁場的磁感應(yīng)強度最小值

mv3mv

Bmin=^=4^7,

故C正確.

答案：c

題組臭破

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MMPQ之間有垂直紙面向里的M：xx：。

;XX;

勻強磁場，磁感應(yīng)強度的大小為兩邊界間距為邊界；XX}

B,d,/I?XX：

上點有一粒子源，可沿紙面內(nèi)任意方向射出完全相同；xx!

A4xx

的質(zhì)量為機，電量為q的帶正電的粒子，粒子射出的速度大小均為。

=誓，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(qū)域長度與能從MN邊界射出的區(qū)域長度之比為（）

A.1B.2：3

C.小：2D.2s：7

解析：粒子在磁場中運動的軌道半徑為r=^=|d,則能達到尸。

上的粒子長度為2（例2=號^.；能打到MN上的粒子的長

4

度為2r=利，故粒子能從尸。邊界射出的區(qū)域長度與能從MN邊界射

出的區(qū)域長度之比為與，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(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的

/XXXx\

勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為3,磁場邊界上A點有一粒（xxxx）

子源，源源不斷地向磁場發(fā)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），已知粒子的比荷為荔速度大

小為24班.則粒子在磁場中運動的最長時間為（）

A----R02--k--B--

C,3kB0?旃

解析：粒子在磁場中運動的半徑為R=*嚕=2r;當(dāng)粒子在

qts15K

磁場中運動時間最長時，其軌跡對應(yīng)的圓心角最大，此時弦長最大，

T7T/W7T

其最大值為磁場圓的直徑2r,故￡=：=篝=|,故選項C正確.

OJKJD

答案：c

考向?方形磁場中的臨界極值問題

3.（2019?北京卷）如圖所示，正方形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙*…萬"一

?a

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（）屋一……已」上

A.粒子帶正電

B.粒子在方點速率大于在a點速率

C.若僅減小磁感應(yīng)強度，則粒子可能從b點右側(cè)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=瑞,若僅減小磁感應(yīng)強度5￡變大，

則粒子可能從b點右側(cè)射出，C對.由￡=器，若僅減小入射速率v,

則R變小，粒子在磁場中的偏轉(zhuǎn)角0變大.由t=^~T,T=幺詈知，

JLTtqb

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

知識的透

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.多解形成原因一般包含4個方面：

類型分析圖例

受洛倫茲力作用的帶電粒

XXZ<x\

帶電粒子電性不確定子，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。

垂直進入勻強磁場，如帶

正電，其軌跡為如帶

負電，其軌跡為方

在只知道磁感應(yīng)強度大

小，而未具體指出磁感應(yīng)

強度方向，此時必須要考

慮磁感應(yīng)強度方向不確定

而形成多解

磁場方向不確定

如圖，帶正電粒子以速度

。垂直進入勻強磁場，若B

垂直紙面向里，其軌跡為

?,若區(qū)垂直紙面向外，其

軌跡為方

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，；X

}X7XX

臨界狀態(tài)不唯一因此，它可能穿過磁場飛

!/

出，也可能轉(zhuǎn)過180。從入

射界面這邊反向飛出，于

是形成多解

為上、下磁場的水平分界線.質(zhì)量為機、帶電荷量為+q的粒子從AC

邊界上與。點相距為。的尸點垂直于AC邊界射入上方磁場區(qū)域，經(jīng)

OF上的Q點第一次進入下方磁場區(qū)域，Q與。點的距離為3”.不考慮

粒子重力.

(1)求粒子射入時的速度大??；

(2)要使粒子不從AC邊界飛出，求下方磁場區(qū)域的磁感應(yīng)強度應(yīng)

滿足的條件；

(3)若下方區(qū)域的磁感應(yīng)強度8=3外,粒子最終垂直邊界飛出,

求邊界DE與AC間距離的可能值.

解析：(1)設(shè)粒子在0尸上方做圓周運動的半徑為4\1)

R,運動軌跡如圖甲所示，由幾何關(guān)系可知：牛…泳.....

:/5

-,/R

(R-a)2+(3a)2=R2,%

甲

解得：R=5a,

由牛頓第二定律可知：

V2

qvBo=nr^,

5a曲）

解得：v=

(2)當(dāng)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(shè)粒子在0方下方做圓周運動

的半徑為門，由幾何關(guān)系得：

乙

n+ncos0=3a,

,23

由(1)知cos0=三,

?，15。

所以為=g?

才艮據(jù)qvB\=m-,

額內(nèi)〃8瓦

解得：31—3，

故當(dāng)為＞華時，粒子不會從AC邊界飛出.

(3)如圖丙所示，當(dāng)B=33o時，根據(jù)乎?3=/優(yōu)7

得粒子在0方下方磁場中的運動半徑為r=|a.

設(shè)粒子的速度方向再次與射入磁場時的速度方向一致時的位置為

Pi,則尸與Pi的連線一定與。尸平行，根據(jù)幾何關(guān)系知：xm=4a,

所以若粒子最終垂直DE邊界飛出，邊界?！昱cAC間的距離為L

=nxppi—4na(n—1,2,3,…).

答案：(1號詈(2)磁感應(yīng)強度大于竽

(3)4na(n=l,2,3,…)

題組突破

考向?磁場方向不確定形成的多解問題

1.(多選)一質(zhì)量為小、電荷量為q的負電荷在磁感應(yīng)強度為3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羋R.

mmmD絲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(dāng)負電荷

所受的洛倫茲力與電場力方向相同時，根據(jù)牛頓第二定律可知4Bqv=

得°=4?R,此種情況下，負電荷運動的角速度為3=授=

KmKm

當(dāng)負電荷所受的洛倫茲力與電場力方向相反時，有2Bqv=nr^,v—

型呸，此種情況下，負電荷運動的角速度為＜0=。=%，故A、C正

tntn

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(yīng)強度大小均

為B的勻強磁場被邊長為L的等邊三角形ABC理想分

開，三角形內(nèi)磁場垂直紙面向里，三角形頂點A處有一

質(zhì)子源，能沿NR4C的角平分線發(fā)射速度不同的質(zhì)子（質(zhì)子重力不計）,

所有質(zhì)子均能通過。點，質(zhì)子比荷2=上則質(zhì)子的速度可能為（）

一,,?BkL「3BkL_BkL

2BkL

A.B.—ZC.—ZD.-^o-

解析：因質(zhì)子帶正電，且經(jīng)過。點，其可能的軌

跡如圖所示，所有圓弧所對圓心角均為60