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带电粒子在洛伦兹力作用下运动的多解问题　
【典题】
(多选)如图所示,直线MN与水平方向成θ=30°角,MN的右上方区域存在磁感应强度大小为B、方向水平向外的匀强磁场,MN的左下方区域存在磁感应强度大小为2B、方向水平向里的匀强磁场,MN与两磁场均垂直.一粒子源位于MN上的a点,能水平向右发射不同速率、质量为m、电荷量为q(q>0)的同种粒子(粒子重力不计),所有粒子均能通过MN上的b点.已知ab=L,MN两侧磁场区域均足够大,则粒子的速率可能是(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　
A.qBL8m B.qBL6m C.qBL2m D.qBLm
答案BD
解析
粒子运动过程只受洛伦兹力作用,故在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动,则在右边磁场时有Bvq=mv2R,则粒子在右边磁场中做圆周运动的轨道半径R=mvBq;同理在左边磁场中做圆周运动的半径为R'=mv2Bq=R2,作出运动轨迹,如图所示.由几何关系可知,所有圆心角均为60°,则图中所有三角形都为等边三角形,若粒子偏转偶数次到达b点,则有L=nR+R2=n3R2(n=2,4,6…),解得R=2L3n(n=2,4,6…),故速度为v=BqRm=2BqL3nm(n=2,4,6…),当n=4时v=BqRm=2BqL3×4m=BqL6m,故B正确;若粒子偏转奇数次到达b点,则有L=nR+(n-1)R2=R2(3n-1)(n=1,3,5…),解得R=2L3n-1(n=1,3,5…),故速度为v=BqRm=2BqL(3n-1)m(n=1,3,5…),当n=1时v=BqRm=2BqL(3×1-1)m=BqLm,故D正确.由上分析可知A、C错误,故选B、D.
带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的多解原因
类型
分　析
图　例
带电粒
子电性
不确定
在相同初速度下,正、负粒子在磁场中运动轨迹不同,形成多解.如图为比荷相同的正、负两粒子以相同速度进入磁场运动的轨迹图
a带正电,
b带负电
磁场方
向不
确定
磁感应强度大小确定,方向不确定而形成的多解.如图,带正电的粒子以速度v垂直进入匀强磁场
a为磁场向里,
b为磁场向外
临界状
态不
唯一
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,它可能穿过磁场飞出,也可能转过180°从入射界面这边反向飞出,从而形成多解,如图
运动具
有周
期性
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
典题演练提能·刷高分
1.
(2019山东安丘模拟)如图所示,在x轴上方存在垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为B.在xOy平面内,从原点O处沿与x轴正方向夹角为θ(0<θ<π)的方向,发射一个速率为v的带正电粒子(重力不计).则下列说法正确的是(　　)
A.若v一定,θ越大,则粒子在磁场中运动的时间越短
B.若v一定,θ越大,则粒子离开磁场的位置距O点越远
C.若θ一定,v越大,则粒子在磁场中运动的角速度越大
D.若θ一定,v越大,则粒子在磁场中运动的时间越短
答案A
解析由左手定则可知,带正电的粒子向左偏转,粒子在磁场中运动的周期T=2πmqB,在磁场中运动的时间t=2π-2θ2πT=2(π-θ)mqB.若v一定,θ越大,则粒子在磁场中运动的时间越短,选项A正确;由几何关系知,若v一定,θ等于90°时,粒子离开磁场的位置距O点最远,选项B错误;粒子在磁场中运动的时间与v无关,由ω=2πT=qBm可知,粒子在磁场中运动的角速度与v无关,选项C、D错误.
2.
(2019山东东平模拟)如图所示,在x>0,y>0的空间中有恒定的匀强磁场,磁感应强度的方向垂直于xOy平面向里,大小为B.现有一质量为m、电荷量为q的带正电粒子,从x轴上的P点沿着与x轴正方向成30°角的方向射入磁场.不计重力的影响,则下列有关说法中正确的是(　　)
A.只要粒子的速率合适,粒子就可能通过坐标原点
B.粒子在磁场中运动所经历的时间一定为5πm3qB
C.粒子在磁场中运动所经历的时间可能为πmqB
D.粒子在磁场中运动所经历的时间可能为πm6qB
答案C
解析
带正电的粒子从P点沿与x轴正方向成30°角的方向射入磁场中,则圆心在过P点与速度方向垂直的直线上,如图所示.粒子在磁场中要想到达O点,转过的圆心角肯定大于180°,因磁场有边界,故粒子不可能通过坐标原点,选项A错误;由于P点的位置不确定,所以粒子在磁场中运动的轨迹圆弧对应的圆心角也不同,最大的圆心角是轨迹圆弧与y轴相切时,即圆心角为300°,运动时间为56T.而最小的圆心角是P点在坐标原点时,即圆心角为120°,运动时间为13T,而T=2πmqB,故粒子在磁场中运动所经历的时间最长为5πm3qB,最短为2πm3qB,选项C正确,选项B、D错误.
3.
如图所示,在x轴上方存在垂直xOy平面向外的匀强磁场,坐标原点O处有一粒子源,可向x轴和x轴上方的各个方向不断地发射速度大小均为v、质量为m、带电量为+q的同种带电粒子.在x轴上距离原点x0处垂直于x轴放置一个长度为x0、厚度不计、能接收带电粒子的薄金属板P(粒子一旦打在金属板P上,其速度立即变为零).现在观察到沿x轴负方向射出的粒子恰好打在薄金属板的上端,且速度方向与y轴平行.不计带电粒子的重力和粒子间相互作用力.求:
(1)磁感应强度B的大小;
(2)被薄金属板接收的粒子在磁场运动的最短时间与最长时间;
(3)若在y轴上另放置一个能接收带电粒子的挡板,使薄金属板P右侧不能接收到带电粒子,求挡板的最小长度.
答案(1)mvqx0　(2)πx03v　5πx03v　(3)(2-3)x0
解析(1)设粒子做圆周运动的半径为R.根据牛顿第二定律,得qvB=mv2R,如图甲由几何关系得R=x0,联立解得B=mvqx0.
甲
(2)带电粒子在磁场中的运动周期为T,则有T=2πRv;
打在P左侧下端的粒子在磁场中运动的时间最短.如图乙.
乙
由几何关系可知,打在P左侧下端的粒子在磁场中偏转的角度是θ1=60°,
运动的最短时间tmin=θ1360°T,联立解得tmin=πx03v;
打在P右侧下端的粒子在磁场中运动的时间最长.如图丙.
丙
由几何关系可知,打在P右侧下端的粒子在磁场中偏转的角度是θ2=300°,
运动的最长时间tmax=θ2360°T,联立解得tmax=5πx03v.
(3)作图得出使薄金属板右侧能接收到带电粒子的运动轨迹中,打在最上面的点的轨迹与打在最下面的粒子的轨迹如图丁,挡板的位置在图中的MN处即可满足题目的要求.
丁
打在最上面的点:OM=2R=2x0;
打在最下面的点:ON=2R·cos 30°=3x0;
挡板的最小长度L=OM-ON=(2-3)x0.
4.如图,x为纸面内的一条直线,P、N是x上的两个点,匀强磁场垂直纸面.两个带电粒子a、b分别从P、N同时开始在纸面内运动.a的初速度垂直x向上,运动轨迹如图中虚线所示,O为圆心,PC是直径,A是圆周上的点;b的初速度方向是纸面内所有可能的方向.已知AO连线垂直x,PO=OC=CN;a的初速度为v;a、b带等量异种电荷,a的质量为b的两倍,a、b间的相互作用力及所受重力不计.
(1)求a、b的周期之比;
(2)若a、b在A点相遇,求b的速度大小;
(3)b的速度小于某个临界值v0时,a、b不可能相遇,求v0的大小.
答案(1)2∶1　(2)5v　(3)2v
解析(1)设a质量为m,电量为q,则b质量为0.5m,电量为-q,设磁感应强度为B,
带电粒子在磁场中做圆周运动,由
qvB=mv2r
T=2πrv
可得T=2πmqB
由此求得Ta∶Tb=2∶1.
(2)设a、b由P、N到A的时间分别为ta、tb,由
ta=n+14Ta
tb=ta=n+14Ta=2n+12Tb
由此可知,a粒子顺时针转了14周时,b粒子逆时针转了半周,所以NA的长度为粒子b做圆周运动的直径.
设a粒子的轨道半径为r;b粒子的速度大小为vb,运动轨道半径为rb.有qvB=mv2r,qBvb=0.5mvb2rb
由几何关系有:r2+(3r-r)2=(2rb)2
联立解得:vb=5v.
(3)假设b粒子的速度v'≥v0时,两粒子能在圆周上的Q点相遇,如图所示,设PQ对应的圆心角为θ,
a粒子由P运动到Q点的时间tPQ=n+θ2πTa
b粒子由N运动到Q点的时间
tNQ=tPQ=n+θ2πTa=2n+2θ2πTb
由此可知,b运动到Q的过程中,粒子b转过弧长所对应的圆心角为2θ,则
NQ=2rbsin θ
在△NQO中,由正弦定理得NQsinα=rsinβ,
又sin θ=sin α
得2rb=rsinβ,即2×0.5mv'qB=mvqBsinβ,
得v'=vsinβ.
又sin β≤r3r-r=12(当NQ与OQ垂直时取等号)
于是得到v'≥2v,即v0=2v.

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