带电粒子在有界磁场中的临界,极值,多解问题

2024届物理一轮复习讲义专题强化十七带电粒子在匀强磁场中的多解和临界问题学习目标会分析带电粒子在匀强磁场中的多解问题和临界极值问题，提高思维分析综合能力。

考点一带电粒子在磁场中运动的多解问题造成多解问题的几种情况分析类型分析图例带电粒子电性不确定带电粒子可能带正电荷，也可能带负电荷，初速度相同时，正、负粒子在磁场中运动轨迹不同，形成多解如带正电，其轨迹为a；如带负电，其轨迹为b磁场方向不确定只知道磁感应强度大小，而未具体指出磁感应强度方向，由于磁感应强度方向不确定而形成多解粒子带正电，若B垂直纸面向里，其轨迹为a，若B垂直纸面向外，其轨迹为b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，于是形成多解运动具有周期性带电粒子在部分是电场、部分是磁场空间运动时，运动往往具有周期性，因而形成多解例1 (多选)(2022·湖北卷) 在如图1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( )图1A.13kBL ，0° B.12kBL ，0° C.kBL ，60° D.2kBL ，60°答案 BC解析 若离子通过下部分磁场直接到达P 点，如图甲所示，甲根据几何关系，有R ＝L ，q v B ＝m v 2R ，可得v ＝qBLm ＝kBL ，根据对称性可知出射速度与SP 成30°角向上，故出射方向与入射方向的夹角为θ＝60°。

当粒子上下均经历一次时，如图乙所示，乙因为上下磁感应强度均为B ，则根据对称性有R ＝12L ，根据洛伦兹力提供向心力有q v B ＝m v 2R ，可得v ＝qBL 2m ＝12kBL ，此时出射方向与入射方向相同，即出射方向与入射方向的夹角为θ＝0°。

第3讲专题提升:带电粒子在有界磁场中的运动基础对点练题组一带电粒子在有界磁场中运动的临界、极值问题1.如图所示,纸面内有一圆心为O、半径为R的圆形磁场区域,磁感应强度的大小为B,方向垂直于纸面向里。

由距离O点0.4R处的P点沿着与PO 连线成θ=30°的方向发射速率大小不等的电子。

已知电子的质量为m,电荷量为e,不计电子的重力且不考虑电子间的相互作用。

为使电子不离开圆形磁场区域,则电子的最大速率为( )A.7eBR10m B.√29eBR10mC.21eBR40m D.(5-2√3)eBR5m2.(湖南长沙模拟)如图所示,匀强磁场的磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面向外,其边界如图中实线所示,a、b、c、d四点共线,ab=2ac=2ae, fe 与ab平行,且ae与ab成60°角。

一粒子束在纸面内从c点垂直于ac射入磁场,粒子质量均为m、电荷量均为q(q>0),具有各种不同速率。

不计重力和粒子之间的相互作用。

在磁场中运动时间最长的粒子,其运动时间为( )A.3πm2qB B.4πm3qBC.5πm4qBD.6πm5qB3.(云南大理下关第一中学联考)如图所示,矩形ABCD区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场,磁场的磁感应强度大小为B1,AB边长为d,BC边长为2d,O是BC边的中点,E是AD边的中点。

在O点有一粒子源,可以在纸面内向磁场各个方向射出质量均为m、电荷量均为q、相同电性的带电粒子,粒子射出的速度大小相同。

速度方向与OB边的夹角为60°的粒子恰好从E点射出磁场,不计粒子的重力及粒子间的相互作用,则( )A.粒子带正电B.粒子运动的速度大小为√2qB1dmC.粒子在磁场中运动的最长时间为πm3qB1D.磁场区域中有粒子通过的面积为4+π4d2题组二带电粒子在有界磁场中运动的多解问题4.匀强磁场中一带电粒子仅在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动,其运动轨迹上速度方向相反的两点之间距离d与粒子速率v的关系如图所示,则该粒子经过这两点的时间间隔可能为( )A.3πd02v0B.9πd08v0C.πd0v0D.3πd016v05.如图所示,边长为a=0.4 m正方形区域ABCD内无磁场,正方形中线PQ 将区域外左右两侧分成两个磁感应强度均为B1=0.2 T的匀强磁场区域,PQ 右侧磁场方向垂直于纸面向外,PQ左侧磁场方向垂直于纸面向里。

带电粒子在磁场运动的临界与极值问题考点解读解决此类问题的关键是：找准临界点．找临界点的方法是：以题目中的“恰好”“最大”“最高”“至少”等词语为突破口，借助半径R和速度v(或磁场B)之间的约束关系进行动态运动轨迹分析，确定轨迹圆和边界的关系，找出临界点，然后利用数学方法求解极值，常用结论如下：(1)刚好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．(2)当速度v一定时，弧长(或弦长)越长，圆周角越大，则带电粒子在有界磁场中运动的时间越长．(3)当速率v变化时，圆周角越大，运动时间越长．典例剖析1．磁感应强度的极值问题例1 如图所示，一带正电的质子以速度v0从O点垂直射入，两个板间存在垂直纸面向里的匀强磁场．已知两板之间距离为d，板长为d，O点是板的正中间，为使质子能从两板间射出，试求磁感应强度应满足的条件(已知质子的带电荷量为e，质量为m)．2．偏角的极值问题例2 在真空中，半径r＝3×10－2 m的圆形区域内有匀强磁场，方向如图所示，磁感应强度B＝0.2 T，一个带正电的粒子以初速度v0＝1×106 m/s从磁场边界上直径ab的一端a射入磁场，已知该粒子的比荷qm＝1×108 C/kg，不计粒子重力．(1)求粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径；(2)若要使粒子飞离磁场时有最大偏转角，求入射时v0与ab的夹角θ及粒子的最大偏转角．3．时间的极值问题例3如图所示，M、N为两块带等量异种电荷的平行金属板，两板间电压可取从零到某一最大值之间的各种数值．静止的带电粒子带电荷量为＋q，质量为m(不计重力)，从点P经电场加速后，从小孔Q进入N板右侧的匀强磁场区域，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，CD为磁场边界上的一绝缘板，它与N板的夹角为θ＝45°，孔Q到板的下端C 的距离为L，当M、N两板间电压取最大值时，粒子恰垂直打在CD板上，求：；(1)两板间电压的最大值U(2)CD板上可能被粒子打中的区域的长度x；(3)粒子在磁场中运动的最长时间t m.4．面积的极值问题例4如图12所示，一带电质点，质量为m，电量为q，以平行于Ox轴的速度v从y轴上的a点射入图中第一象限所示的区域。

极值临界问题1、如图所示，宽h=2cm的有界匀强磁场，纵向范围足够大，磁感应强度的方向垂直纸面向内，现有一群正粒子从O点以相同的速率沿纸面不同方向进入磁场，若粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径均为r=5cm，则（）A.右边界:-4cm<y<4cm有粒子射出B.右边界:y>4cm和y<-4cm有粒子射出C.左边界:y>8cm有粒子射出D.左边界:0<y<8cm有粒子射出2、如图所示，磁感应强度大小B=0.15T、方向垂直纸面向里的匀强磁场分布在半径R=0.10m的圆形区域内，圆的左端跟y轴相切于直角坐标系原点O，右端跟荧光屏MN相切于x轴上的A点。

置于原点的粒子源可沿x轴正方向射出速度V0=3.0×106m/s的带正电的粒子流，粒子的重力不计，荷质比q/m=1.0×108C/kg。

现以过O点并垂直于纸面的直线为轴，将圆形磁场逆时针缓慢旋转90°，求此过程中粒子打在荧光屏上离A的最远距离？3、[2013·南昌二模]如图所示，有一垂直于纸面向外的磁感应强度为B的有界匀强磁场(边界上有磁场)，其边界为一边长为L的正三角形，A、B、C为三角形的顶点．今有一质量为m、电荷量为＋q的粒子(不计重力)，以速度v＝3qBL4m从AB边上某点P既垂直于AB边又垂直于磁场的方向射入磁场，然后从BC边上某点Q射出．则( )A．|PB|<2＋34L B．|PB|<1＋34LC．|QB|≤34L D．|QB|≤12LO4、如图所示，有一垂直于纸面向外的有界匀强磁场，磁场的磁感应强度为B ，其边界为一等腰直角三角形（边界上有磁场），ACD 为三角形的三个顶点，AC=AD=L 。

今有一质量为m 、电荷量为+q 的粒子（不计重力），以速度=v CD 边上的某点P 既垂直于CD 边又垂直于磁场的方向射入，然后从AD 边上某点Q 射出，则有： （ ）A．DP B．DP C ．2DQ 3L ≤ D．DQ ≤ 5、如图所示,中轴线PQ 将矩形区域MNDC 分成上、下两部分,上部分充满垂直纸面向外的匀强磁场,下部分充满垂直纸面向内的匀强磁场,磁感应强度皆为B 。

18.4.带电粒子在磁场中运动的临界、多解问题要点一. 带电粒子在磁场中运动的临界问题1.临界问题的特点带电粒子在磁场中运动，由于速度或大小的变化，往往会存在临界问题，如下所示为常见的三种临界草图。

临界特点：（1）粒子刚好穿出磁场的条件：在磁场中运动的轨迹与边界相切.（2）根据半径判断速度的极值：轨迹圆的半径越大，对应的速度越大.（3）根据圆心角判断时间的极值：粒子运动转过的圆心角越大，时间越长.（4）根据弧长（或弦长）判断时间的极值：当速率一定时，粒子运动弧长（或弦长）越长，时间越长.2.解题思路分析思路：以临界问题的关键词“恰好”“最大”“至少”“要使......”等为突破口，寻找临界点，确定临界状态，画出临界状态下的运动轨迹，建立几何关系求解．往往采用数学方法和物理方法的结合：1.利用“矢量图”“边界条件”结合“临界特点”画出“临界轨迹”。

2.利用“三角函数”“不等式的性质”“二次方程的判别式”等求临界极值。

一般解题流程：3.探究“临界轨迹”的方法1. “伸缩圆”动态放缩法定点粒子源发射速度大小不同、方向相同的同种带电粒子时，其轨迹半径不同，相当于定点圆在“伸缩”。

特点：1.速度越大，轨迹半径越大。

2.各轨迹圆心都在垂直于初速度方向的直线上。

应用：结合具体情境根据伸缩法，可以分析出射的临界点，求解临界半径。

2. “旋转圆”旋转平移法定点粒子源发射速度大小相同、方向不同的同种带电粒子时，其轨迹半径相同，相当于定点圆在“旋转”特点：1.半径相同，方向不同。

2.各轨迹圆心在半径为R的同心圆轨迹上。

旋转圆的应用：结合具体情境，可以分析圆心角、速度偏向角、弦切角、弧长、弦长的大小；求解带电粒子的运动时间.应用情景1.（所有的弦长中直径最长）速度大小相同、方向不同的同种带电粒子，从直线磁场边界上P点入射。

M点是粒子打到直线边界上的最远点(所有的弦长中直径最长)．应用情景2.（所有的弦长中直径最长）速度大小相同方向不同的同种带电粒子，从圆形磁场边界上的P射入磁场；①若轨迹半径>磁场半径当PM距离为磁场直径时，粒子出射点与入射点之间的距离最远、共有弦最长、时间最长。

带电粒子在磁场中的临界极值和多解问题带电粒子在磁场中的临界极值问题1．试画出以下三种情形下带电粒子的临界示意图甲：改变速度v ，使粒子不射出磁场区的速度满足的条件 乙：改变速度v ，为使粒子不从PQ 边界射出速度的最大值 丙：改变速度v ，粒子能打在上极板MN 上的长度 [温馨提示]2．利用“动态圆”分析临界极值问题(1)滚动圆法：粒子速度大小不变，方向改变，则r ＝m vqB 大小不变，但轨迹的圆心位置变化，相当于圆心在绕着入射点滚动．(如图所示)(2)放缩圆法：入射粒子的速度方向不变，但大小变化，造成圆心在一条射线上变动，半径大小不断变化的放缩圆(情形如图所示)．(3)平移圆法：速度大小和方向相同的一排相同粒子进入直线边界，各粒子的轨迹圆弧可以由其他粒子的轨迹圆弧沿着边界平移得到(如图所示)．如图所示，在xOy 坐标系的第一象限有方向垂直纸面向外的有界匀强磁场，y轴是它的左边界、曲线OP 是它的右边界，OP 的曲线方程为y ＝2h x 2.在y 轴上有一点Q (0，h )，一电荷量为q (q ＞0)，质量为m 的粒子从Q 点以不同的速率沿x 轴正方向射入磁场．从磁场的右边界射出的粒子中，速率为v 0的粒子在磁场中运动位移最短．不计粒子的重力．求(1)磁感应强度的大小；(2)能从磁场的右边界射出的粒子的速率范围． 解析：(1)设粒子从M (x ，y )点射出磁场，则： MQ ＝x 2＋(y －h )2① 又：y ＝2h x 2②联立①②解得：MQ ＝y 2－32hy ＋h 2③由③可知，当y ＝34h 时，MQ 有最小值．粒子在磁场中运动的轨迹半径满足：qB v 0＝m v 20r ④O 1N ＝y －(h －r )＝r －h4⑤O 1N 2＋x 2＝r 2⑥由②④⑤⑥得B ＝8m v 07qh⑦(2)设轨迹圆与磁场右边界相切于D (x ，y )点，半径为R ，由几何关系：x ＝R sin α⑧h －R －y ＝R cos α⑨联立②⑧⑨解得：R ＝22－14h ⑩又q v m B ＝m v 2mR ，联立⑦⑩得v m ＝2(22－1)7v 0.答案：(1)8m v 07qh (2)v ＞2(22－1)7v 0带电粒子在有界磁场中运动的临界极值问题分析临界问题的关键是找准临界点：以题目中的“恰好”“最大”“最高”“至少”等词语为突破口，挖掘隐含条件，分析可能的情况，必要时画出几个半径不同的轨迹，找出临界条件，如：(1)刚好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．(2)当速率v 一定时，弧长(或弦长)越长，圆心角越大，则带电粒子在有界磁场中运动的时间越长．(3)当速率v 变化时，圆心角越大的，运动时间越长．在直角坐标系中有P 、Q 两点，坐标如图所示，虚线是以原点O 为圆心的半圆，半圆与x 轴围成的区域只存在垂直纸面向外的匀强磁场．大量同种粒子从P 点射入磁场，入射方向均在xOy 平面内，速度方向与x 轴正方向的夹角在0°到180°的范围内．粒子在磁场中做圆周运动的半径为r ，满足L ≤r ≤2L ，所有粒子均不从半圆虚线边界射出，已知粒子的质量为m (不计重力)，带电荷量为q ＞0，磁场的磁感应强度大小B ．求：(1)经过Q 点时速度方向与y 轴垂直的粒子的速度大小．(2)虚线半圆的最小半径和从P 点运动到Q 点的所有粒子中运动时间的最大值和最小值． 解析：(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动， q v B ＝m v 2R ，由图1可知R ＝Lcos 30°，解得v ＝23qBL3m.图1(2)当粒子以最大半径R ＝2L 向x 轴负方向发出刚好与半圆相切时，运动情况如图2所示．图2由几何关系得L 2＋R 2＝(r －R )2， 解得虚线半圆的最小半径r ＝(2＋5)L ，带电粒子在磁场中的运动周期T ＝2πR v ，从P 点运动到Q 点，粒子运动时间t ＝θ360°T ，其中(θ为PQ 运动轨迹对应的圆心角)．如图3所示，以O 3为圆心的粒子，圆心角最大，图3由几何关系可知半径R ＝233L ，且满足L ≤R ≤2L ，由图可知图心角θ＝240°，从P 点运动到Q 点，粒子运动的最长时间t 1＝4πm 3qB ，以Q 4为圆心对应的圆心角最小，半径R ＝2l ， 由图可知圆心角θ＝60°，从P 点运动到Q 点，粒子运动的最短时间t 2＝πm 3qB .答案：(1)23qBL 3m (2)(2＋5)L 4πm 3qB πm3qB1．如图所示，在一个半径为R 的半圆区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B ．O 点是该半圆的圆心，OP 是垂直于直线边界的半径．两个完全相同的质量为m 、电量为＋q 的粒子以相同的速率v 分别从O 点沿OP 和从P 点沿PO 射入磁场区域，对于两个粒子的运动情况下列分析正确的是( )A ．从O 点沿OP 射入磁场的粒子将向上偏转B ．两粒子通过磁场的时间相等C ．如果v ＜qBR 2m ，则从O 点沿OP 射入磁场的粒子通过磁场的时间为πmqBD ．如果v ＝qBRm，则从O 点沿OP 射入磁场的粒子通过磁场的时间较长解析：选C 根据左手定则分析可知，从O 点沿OP 射入磁场的粒子向下偏转，选项A 错误；分析粒子以相同速率v 从O 点沿OP 和从P 点沿PO 射入磁场区域，其轨道半径相同，但在磁场中运动的弧长不相同，如下图所示，所以两粒子通过磁场的时间不相同，选项B 错误；如果v ＜qBR 2m ，则粒子在磁场中运动的轨道半径r ＝m v qB ＜R 2，从O 点沿OP 射入磁场的粒子在磁场中的运动轨迹正好是半个圆周，通过磁场的时间为t ＝T 2＝πmqB ，选项C 正确；如果v ＝qBRm ，则粒子在磁场中的轨道半径r ＝m v qB ＝R ，从O 点沿OP 射入磁场的粒子在磁场中的运动轨迹对应的圆心角为π3，从P 点沿PO 射入磁场的粒子在磁场中的运动轨迹对应的圆心角为π2，所以从O 点沿OP 射入磁场的粒子通过磁场的时间较短，选项D 错误．2．(2018·广东清远联考)如图所示，在一平面正方形MNPQ 区域内有一匀强磁场垂直于纸面向里，磁感应强度为B ．一质量为m 、电荷量为q 的粒子以速度v 从Q 点沿着与QP 边夹角为30°的方向垂直进入磁场，从QP 边射出．已知QP 边长为a ，不计粒子的重力，下列说法正确的是( )A ．该粒子带正电B ．运动过程中粒子的速度不变C ．粒子在磁场中运动的时间为πm3qBD ．粒子的速度v 的最大值为qBa2m解析：选C 粒子从PQ 边射出磁场，粒子刚射入磁场时受到的洛伦兹力垂直于速度斜向右下方，由左手定则可知，该粒子带负电，故A 错误；粒子在磁场中做匀速圆周运动，粒子的速度大小不变，方向发生变化，故B 错误；粒子在磁场中转过的圆心角θ＝2×30°＝60°，粒子在磁场中的运动时间t ＝θ360°T ＝60°360°×2πm qB ＝πm3qB ，故C 正确；粒子从P 点射出磁场时轨迹半径最大，粒子的速度最大，此时粒子的轨迹半径r ＝a ，由q v B ＝m v 2r 得粒子的最大速度v ＝qBr m ＝qBam，故D 错误．带电粒子在磁场中的多解问题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．多解形成原因一般包含下述几个方面：①带电粒子电性不确定形成多解．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，在相同的初速度的条件下，正、负粒子在磁场中运动轨迹不同，导致形成多解．如图所示，宽度为d 的有界匀强磁场，磁感应强度为B ，MM ′和NN ′是它的两条边界．现有质量为m ，电荷量为q 的带电粒子沿图示方向垂直磁场射入．要使粒子不能从边界NN ′射出，则粒子入射速率v 的最大值可能是________.[温馨提示]题目中只给出粒子“电荷量为q ”，未说明是带哪种电荷．若带正电荷，轨迹是如图所示的上方与NN ′相切的1/4圆弧，轨道半径：R ＝m vBq，又d ＝R －R /2， 解得v ＝(2＋2)Bqd /m .若带负电荷，轨迹如图所示的下方与NN ′相切的3/4圆弧，则有： R ′＝m v ′Bq ，d ＝R ′＋R ′/2， 解得v ′＝(2－2)Bqd /m . 所以本题应填(2＋2)Bqd m 或(2－2)Bqdm. ②磁场方向不确定形成多解．有些题目只告诉了磁感应强度的大小，而未具体指出磁感应强度方向，此时必须要考虑磁感应强度方向不确定而形成的多解．③临界状态不唯一形成多解．带电粒子在洛伦兹力作用下飞越有界磁场时，由于粒子运动轨迹是圆弧状，因此，它可能穿过去了，也可能转过180°从入射界面这边反向飞出，如图所示．于是形成了多解．④运动的往复性形成多解．带电粒子在部分是电场，部分是磁场的空间运动时，运动往往具有往复性，从而形成多解，如图所示．如图，一足够大的绝缘弹性挡板水平放置，挡板上方M 点与挡板的距离为h＝3 m ，M 点与挡板上的N 点的连线垂直于挡板．挡板上方空间存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度B ＝1 T ．一质量m ＝1×10－3 kg ，电荷量q ＝1×10－3 C 的带负电微粒，从挡板上某点出发，以垂直于挡板的速度进入电磁场区域后恰能做圆周运动．微粒若与挡板碰撞时，将以原速率被弹回，且电荷量不变，忽略重力的影响，g ＝10 m/s 2，求：(1)若微粒运动过程中能击中M 点，求其速度的最小值和以该速度运动时出发点与N 点的距离d .(2)若微粒从距N 点距离s ＝9 m 的A 点出发，到击中M 点的运动时间的可能值． 解析：(1)微粒能击中M 点，且速度最小，则半径r ＝3 m 由r ＝m v qB 可得v ＝qBrm ＝3 m/sd ＝2rn ＋r ＝3(2n ＋1) (n ＝0,1,2…)(2)设微粒与挡板碰撞n 次，则最大半径趋近于s 2n要击中M 点，则s2n ≥h即n ≤1.5，故n 可能取0,1 当n ＝0时，轨迹如图中①所示由几何关系：r 2＝h 2＋(s －r )2得 r ＝5 m sin α＝h r ＝35，故α＝37°此时时间t 1＝180－37360·2πm qB ＝143π180s当n ＝1时，由几何关系r 2＝h 2＋(3r －s )2得r 1＝3 m ， r 2＝3.75 mr 1＝3 m 时运动轨迹如图中②所示， 此时时间 t 2＝34·2πm qB ＝3π2sr 2＝3.75 m 时运动轨迹如图中③所示， sin β＝h r 2＝45，故β＝53°此时t 3＝180＋53360·2πm qB ＝233π180s所以时间的可能值为：143π180 s ，3π2 s ，233π180 s.答案：(1)3 m/s d ＝3(2n ＋1) ，n ＝0,1,2… (2)143π180 s ，3π2 s ，233π180s带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的多解问题要充分考虑带电粒子的电性、磁场方向、轨迹及临界条件的多种可能性，画出其运动轨迹，分阶段、分层次地求解．1．分析题目特点，确定题目多解性形成的原因． 2．作出粒子运动轨迹示意图(全面考虑多种可能性)．3．如果是周期性重复的多解问题，应列出通项式．如果是出现几种解的可能性，注意每种解出现的条件．(2017·汕头一模)如图所示，xOy 坐标系中，在y 轴右侧有一平行于y 轴的边界PQ ，PQ 左侧和右侧存在磁感应强度大小分别为B 与B2的匀强磁场，磁场方向均垂直于xOy 平面向里．y 轴上有一点A 与原点O 的距离为l .带电荷量为q 、质量为m 的带正电粒子，以某一速度从坐标原点O 处沿x 轴正方向射出，经过时间t ＝4πm 3qB 时恰好到达A 点，不计粒子的重力．(1)求边界PQ 与y 轴的距离d 和粒子从O 点射出的速度大小v 0.(2)若相同的粒子以更大的速度从原点O 处沿x 轴正方向射出，为使粒子能经过A 点，粒子的速度大小应为多大？解析：带电粒子在PQ 左侧和右侧的磁场中做匀速圆周运动，分别有 q v 0B ＝m v 20r 1，q v 0B 2＝m v 20r 2，可得半径r 1＝m v 0qB ，r 2＝2r 1，由T ＝2πr v 可得T 1＝2πm qB，T 2＝2T 1.(1)粒子射出后经过时间t ＝4πm3qB时恰好到达A 点，运动情况如图甲所示．设图中圆弧DE对应的圆心角为θ，则粒子从O 点运动到A 点的时间为θ360°T 2＋180°－θ360°T 1＝4πm3qB.解得θ＝60°. △C 1C 2C 3为等边三角形，根据几何关系得l ＝2r 1＋(r 2－r 1)，d ＝r 1cos 30°， 解得PQ 与y 轴的距离d 和粒子从O 点射出的速度大小v 0分别为d ＝36l ，v 0＝qBl3m.(2)以更大的速度从原点O 处沿x 轴正方向射出的相同的粒子，必然是从y 轴最高点转向下方时经过A 点，粒子运动一个周期，运动情况如图乙所示，设图中∠C 1DF ＝α，则粒子运动一个周期在y 轴上的位移y ＝2r 1′＋2(r 2′－r 1′)sin α－2r 1′(或y ＝2r 1′sin α)，cos α＝dr 1′，经过A 点的条件是ny ＝l (n ＝1,2,3，…) 解得v ＝qBl2m13＋1n 2(n ＝1,2,3，…)， 考虑到v ＞v 0＝qBl3m ，故n 只能取1或2，即粒子的速度大小为v ＝qBl 3m或v ＝21qBl 12m .⎝⎛⎭⎫或v ＝qBl2m 13＋1n 2(n ＝1，2)答案：(1)36l qBl 3m (2)qBl2m13＋1n 2(n ＝1,2)3．(2018·长沙模拟)如图所示，虚线MN 上方存在垂直纸面向里的匀强磁场，MN 下方存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小均为B ． O 、A 为MN 上的两点，距离为d ，两个质量均为m 、电荷量均为－q 的带电粒子(不计重力)P 、Q 同时从O 点以大小相等、方向相反的速度分别射入上方磁场和下方磁场，之后带电粒子P 、Q 都通过A 点．若两粒子从O 点运动到A 点所用时间之比为1∶5.求：(1)带电粒子P 射入磁场时的速度大小；(2)P 、Q 两带电粒子从O 点运动到A 点的时间差．解析：(1)由题意可知，带电粒子的运动轨迹如图所示．根据两粒子从O 点运动到A 点所用时间之比为1∶5可知θ＝60° OC ＝r由Bq v ＝m v 2rr ＝d n(n ＝1,2,3，…) 解得v ＝dBq nm(n ＝1,2,3，…) (2)设粒子从O 运动到A 所用的时间分别为t 和5tnT ＝t ＋5tT ＝2πm BqΔt ＝5t －t解得Δt ＝4n πm 3Bq(n ＝1,2,3，…) 答案：见解析4．(2018·广州普通高中模拟)半径为R 的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B ，圆心O 到直线MN 的距离为35R .一个带电的粒子以初速度v 0沿MN 方向飞进磁场，不计粒子的重力，已知粒子飞出磁场时速度方向偏转了90°.求：(1)带电粒子的比荷q m； (2)带电粒子在磁场中运动的时间t .解析：情况一 (1)若粒子带正电，进入磁场后做匀速圆周运动，轨迹如图甲所示，设轨道半径为r ，由几何关系得r ＝R cos θ＋35R cos θ＝R 2－⎝⎛⎭⎫35R 2R ＝45 解得r ＝75R 根据牛顿第二定律q v 0B ＝m v 20r解得q m ＝5v 07BR(2)T ＝2πr v 0＝14πR 5v 0又因为t ＝T 4解得t ＝7πR 10v 0情况二 (1)若粒子带负电，轨迹如图乙所示，设其轨道半径为r ，由几何关系得r ＝R cos θ－35R r ＋R sin θ＝45R 得r ＝15R根据牛顿第二定律q v 0B ＝m v 20r解得q m ＝5v 0BR(2)T ＝2πr v 0＝2πR 5v 0又因为t ＝T 4解得t ＝πR 10v 0所以粒子的比荷为5v 07BR 或5v 0BR ，在磁场中运动的时间为7πR 10v 0或πR 10v 0. 答案：见解析。