1、高三物理磁場帶 電粒子在磁場 中 運動的多解問題一、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：.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.磁場方向不確定在只知道磁感應強度大小，而未具體指出磁感應強度方向，此時必須要考慮磁感應強 度方向不確定而形成多解.帶電粒子速度不確定形成多解有些題目只告訴了帶電粒子的電性，但未具體指出速度的大小或方向，此時必須要考 慮由于速度的不確定而形成的多解.帶電粒子運動的周期性形成多解空間中存在周期性變化的磁場

2、，帶電粒子在空間運動時，運動往往具有周期性，因而 形成多解.例1（磁場方向不確定形成的多解問題）（多選）：一質量為I、電荷量為。的負電荷在磁感 應強度為5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（）幽3qBqBA- mmC- mD- m例2（速度大小不確定形成的多解問題）：如圖所示，水平放置的平行板長度為L、兩板 間距也為3兩板之間存在垂直紙面向里、磁感應強度大小為5的勻強磁場，在兩板正中 央P點有一個不計重力的電子（質量為機、電荷量為一e）,現在給電子一水平向右的瞬時

3、初 速度加，欲使電子不與平行板相碰撞，則（）1010eBLf F或eBLeBLf F或eBLB.eBL eBL礪的 其n eBLD- 。 礪例3（周期性變化的磁場形成的多解問題）：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&兩板中央各有一個小孔。、0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r=o時垂直于M板從小孔o 射入磁場.已知正離子質量為人帶電荷量為心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To,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：磁感應強度3。的大小.要使正離子從。垂直于N板

4、射出磁場，正離子射入磁場時的速度。的可能值.二、三類典型的“動態圓”模型模型1 “放縮圓”模型的應用適用 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隙速度 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。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尸產,上XXX XXX PXX/二 1). 一質量 為小、電荷量為gqo)的帶電粒子以速度。0從坐標原點。沿x軸正向射入磁場，此時開 始計時，當粒子的速度方向再次沿X軸正向時，求：(不

5、計重5 y RA0(i 7/力X X X X X X X刀 JX X X X X x X(1)粒子運動的時間；十汶晨 ,X F；(2)粒子與O點間的距離.例2(先電場后磁場)：如圖，在yo的區域存在方向沿y軸負方向的勻強電場，場強 大小為E；在yvo的區域存在方向垂直于xOy平面向外的勻強磁場.一個光核出和一個 笊核汨先后從y軸上丁=力點以相同的動能射出，速度方向沿X軸正方向.已知1H進入磁 場時，速度方向與X軸正方向的夾角為60。，并從坐標原點。處第一次射出磁場.IH的質量 為如 電荷量為不計重力.求：y(D1H第一次進入磁場的位置到原點。的距離；E T (2)磁場的磁感應強度大?。?.O%

6、(3)汨第一次離開磁場的位置到原點O的距離.第3維度：先磁場后電場例3：如圖所示，真空中有一以。點為圓心的圓形勻強磁場區域，半徑為R=0.5m,磁場垂直紙面向里.在戶R的區域存在沿一方向的勻強電場，電場強度為E=LOX IO、V/m.在M點有一正粒子以速率0=1.OX IO，m/s沿+x方向射入磁場，粒子穿出磁場進入電場，素養測評.（多選）如圖所示，直線與水平方向成。=30。角，的右上方區域存在磁感應強 度大小為仄 方向水平向外的勻強磁場，A/N的左下方區域存在磁感應強度大小為25、方 向水平向里的勻強磁場，與兩磁場均垂直.一粒子源位于上的。點，能水平向右 發射不同速率、質量為加、電荷量為貝。

7、0）的同種粒子（粒子重力不計），所有粒子均能通過 上的點.已知必=L,兩側磁場區域均足夠大，則粒子的速率可能是（）XXXB9x xXXXB9x xX幽8mD譬c蟠D譬J 2m.如圖所示，邊長為L的正方形有界勻強磁場ABCD9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AO的中點尸垂直4。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3 由尸點運動到M點所用時間為（帶電粒子重力不計），貝V】：打為（）X：X：B. 2：3C. 3：2D. C. 3：2XXXXXX.如圖所示,匕和心為平行線，L上方和G下方都是垂直紙面向里的磁感

8、應強度相同 的勻強磁場，A、3兩點都在L線上，帶電粒子從A點以初速度。與心線成6=30。角斜向 上射出，經過偏轉后正好過8點，經過8點時速度方向也斜向上，不計粒子重力，下列說 法中不正確的是（）XXXXXXA.帶電粒子一定帶正電B.帶電粒子經過5點時的速度一定跟在A點的速度相同C.若將帶電粒子在A點時的初速度變大（方向不變）它仍能經過5點D.若將帶電粒子在A點時的初速度方向改為與心線成60。角斜向上，它就不再經過5.如圖所示為圓形區域的勻強磁場，磁感應強度為5,方向垂直紙面向里，邊界跟），軸 相切于坐標原點0.0點處有一放射源，沿紙面向各方向射出速率均為0的某種帶電粒子， 帶電粒子在磁場中做圓

9、周運動的半徑是圓形磁場區域半徑的兩倍.已知該帶電粒子的質量 為加、電荷量為,不考慮帶電粒子的重力.推導帶電粒子在磁場空間做圓周運動的軌跡半徑;求帶電粒子通過磁場空間的最大偏轉角.求帶電粒子通過磁場空間的最大偏轉角.X X XX.如圖所示，虛線MN為勻強電場和勻強磁場的分界線，勻強電場場強大小為E,方向 豎直向下且與邊界A/N成8=45。角，勻強磁場的磁感應強度為5,方向垂直紙面向外，在 電場中有一點P, P點到邊界的豎直距離為d.現將一質量為八電荷量為q的帶正電 粒子從尸處由靜止釋放(不計粒子所受重力，電場和磁場范圍足夠大).求：E :、P：:瓦(1)粒子第一次進入磁場時的速度大??；(2)粒子

10、第一次出磁場處到第二次進磁場處的距離；(3)若粒子第一次進入磁場后的某時刻，磁感應強度大小突然變為夕，但方向不變，此 后粒子恰好被束縛在該磁場中，則夕的最小值為多少？6.如圖所示，在第一象限內，存在垂直于xOy平面向外的勻強磁場I,第二象限內存 在水平向右的勻強電場，第三、四象限內存在垂直于xOi平面向外、磁感應強度大小為風 的勻強磁場n.一質量為加，電荷量為的粒子，從x軸上M點以某一初速度垂直于x軸 進入第四象限，在xO平面內，以原點。為圓心做半徑為K。的圓周運動；隨后進入電場 運動至軸上的N點，沿與y軸正方向成45。角離開電場；在磁場I中運動一段時間后，再 次垂直于1軸進入第四象限.不計粒

11、子重力.求：帶電粒子從M點進入第四象限時初速度的大小小;電場強度的大小E：磁場I的磁感應強度的大小By.高三物理磁場帶電粒子在磁場中運動的多解問題答案例1、解析：選AC .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，根據牛 頓第二定律可知4Bqv =端得。二曙,此種情況下,負電荷運動的角速度為零二當； 當奐電荷所受的洛倫茲力與電場力方向相反時，有2Bqt，。二誓，此種情況下， 負電荷運動的角速度為 = *二等，故A、C正確.例2、

12、解析：選A .此題疑難點在于確定“不與平行板相碰撞”的臨界條件.電子在磁 場中做勻速圓周運動，半徑為R=翳，如圖所示.當尸與時，電子恰好與下板相切；當 處二冬時，電子怡好從下板邊緣飛出兩平行板（即飛出磁場）.由拈二翳，解得力二需，1010eBL由此二翳,解得。2二需，所以欲使電子不與平行板相碰撞,電子初速度。應滿足。高eBL或0。筆,故選項A正確.例3、解析：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瓦W。二噌做勻速圓周運動的周期3誓由以上兩式得磁感應強度為二鬻要使正離子從0孔垂直于N板射出磁場，如的方向應如圖所示，兩板之間正離子只個周期即如。時,運動一個周期即To

13、時，有K二1;當兩板之間正離子運動個周期即如。時,聯立求解，得正離子的速度的可能值為有氏二布（二h 2, 3，）聯立求解，得正離子的速度的可能值為BR nd z .二 _如二k=赤 =1 2, 3,答案:舞蓋（ =1，2, 3,）1、解析：選ABD,若粒子射入磁場時速度為。二等，則由斗明二旭J可得二/,由幾何關系可知，粒子一定從CD邊上距C點為I的位置離開磁場，選項A正確；因為/二器,所以。二誓，因此，粒子在磁場中運動的軌跡半徑越大，速度就越大，由幾何關系可知,當粒子在磁場中的運動軌跡與三角形的AD邊相切時，能從CD邊射出的軌跡半徑最大，此 時粒子在磁場中做圓周運動的軌跡半徑，二（6+ 1）/

14、,故其最大速度為，二史:叫 選 項B正確,C錯誤；粒子在磁場中的運動周期為二譽故當粒子從三角形的4C邊射出 時，粒子在磁場中運動的時間最長，由于此時粒子做圓周運動的圓心角為180。，故其最長 時間應為/二歌，選項D正確.2、解析：選B粒子進入磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，則有 一號 將題設的。值代入得：/，粒子在磁場中運動的時間最短，則粒子運動軌跡對應 的弦最短，最短弦為&等于圓周運動的半徑，根據幾何關系，粒子轉過的圓心角為60。， 運動時間為%故而4二翳二瑞，故B正確，A、C、D錯誤.帶電粒子在組合場中的運動答案例1、解析：（1）在勻強磁場中，帶電粒子做勻速圓周運動，設在x，0區

15、域，圓周半徑 為R在丫0區域，圓周半徑為由洛倫茲力公式及牛頓運動定律得qBo硒尸q犯 Wo = 演粒子速度方向轉過180。時，所需時間八為：h二熟粒子再轉過180。時，所需時間“為：二親）聯立式得，所求時間為：，。j+打工歌1+加）由幾何關系及式得，所求距離為：源二2(拈&)=翳(1 - J)-九加( 1n = 2w/. 1、 答案：就i+力劇1一例2、解析：(1)1H在電場中做類平拋運動，在磁場中做勻速圓 周運動，運動軌跡如圖所示.在電場中由運動學公式有51=W1h = %造JH進入磁場時速度在y軸方向的分量大小為Pitan仇二。力聯立以上各式將S尸半/，.(2)1H在電場中運動時，由牛頓第

16、二定律有qE二機內進入磁場時速度的大小為v =、/入+ (。山)2在磁場中運動時由牛頓第二定律有qoBr屆A1由幾何關系得= 2/eisin仇聯立以上各式得5二、/鬻.彳H與H初動能相等；(2/)近二，冰)汨在電場中運動時有：qE-2ma22二%，2九二%28進入磁場時V2tan 02 =。2,2/02vf = yjvi + (a2f2戶qoB = 及聯立以上各式得S2二門，也二隊, 氏二巾心所以汨第一次離開磁場的出射點在原點左側，設出射點到入射點的距離為S2，由幾何 關系有：2,=?2如182聯立式得，IH第一次離開磁場時的位置到原點O的距離為$22二4F(61)力.答案：乎力 (3丹(近一

17、1波例3、解析：(1)沿十 丁方向射入磁場的粒子進入電場后，速度減小到0,粒子一定是從如圖的尸點射出磁場,逆著電場線運動，所以粒子在磁場中做圓周運動的半徑r二K二0.5 m, 根據陽二嗒，得，二舞得B二黑,代入數據得8二0.21(2)粒子返回磁場后，經磁場偏轉后從N點射出磁場，MN為直徑，粒子在磁場中的路程為二分之一圓周長Si = nR設在電場中的路程為S2,根據動能定理得E譚二%俏si-總路程忒+膏，代入數據得s = (0.5n+l)m答案：(1)0.2 T (2)(0.5n4-l)m素養測評答案1、解析：選BD,粒子運動過程只受洛倫茲力作用，故在洛倫茲力作用下做勻速圓周 運動，則在右上方磁

18、場時有8“二嗒，則粒子在右上方磁場中做圓周運動的軌道半徑K二 制；同理，在左下方磁場中做圓周運動的半徑為凡二瑞二冬作出運動軌跡，如圖所示,1010由幾何關系可知，所有圓心角均為60。，則圖中所有三角形都為等邊三角形，若粒子偏轉偶 數次到達8點，則有：L=(R+?二半二2, 4, 6)，解得：R二景二2, 4, 6), 故速度為。二誓二學警(二2, 4, 6),當二4時，。二卷據二鬻，故B正確；若 粒子偏轉奇數次到達b點,則有：L=nR + ( - l)f = f(3n-1)(ji = 1, 3, 5),解得：R =： (二 1 3, 5)，故速度為 0二二.孫；(= 1, 3, 5)，當= 1

19、 時，v2皿一二故D正確.(3X1 l)m m2、解析：選C .畫出粒子從A點射入磁場到從C點射出磁場的軌跡，并將該軌跡向下 平移，粒子做圓周運動的半徑為K=L,從C點射出的粒子運動時間為八二；由尸點運動 4R到M點所用時間為6,圓心角為凡則COS6二看則cos；, T60。，故打二會所以先弄右C正確. 63、解析：選A .畫出帶電粒子運動的兩種可能軌跡，如圖 示，對應正、奐電荷，故A錯誤；帶電粒子經過5點的速度跟 點時的速度大小相等、方向相同，故B正確；根據軌跡，粒子經過邊界心時入射點到出射 點間的距離與經過邊界心時入射點到出射點間的距離相同，與速度大小無關，所以當初速 度變大但保持方向不變，它仍能經過8點，故C正確；設心與心之間的距離為d,由幾何知識得A到3的距離為x二命，所以，若將帶電粒子在A點時初速度方向改為與匕線成60。角斜向上，它就不再經過3點，故D正確.4、解析：（1）帶電粒子進入磁場后，受洛倫茲力作用，由牛頓第二定律得8g二，手,粒子的速率均相同，因此粒子軌跡圓的半徑均相同，但粒子射入磁場的速度方向不 確定，故可以保持圓的大小不變，只改變圓的位置，畫出“動態圓”，通過“動態圓”可以 觀冢到粒子運動軌跡均為劣弧，對于劣弧而言，弧越長，弧所對應的圓心角