【最新】2019届高三物理大一轮复习讲座训练微讲座(八)——带电粒子在磁场中运动的多解问题[完美版]

1．(多选)(2018·河南商丘模拟)一质量为m ，电荷量为q 的负电荷在磁感应强度为B 的匀强磁场中绕固定的正电荷沿固定的光滑轨道做匀速圆周运动，若磁场方向垂直于它的运动平面，且作用在负电荷的电场力恰好是磁场力的三倍，则负电荷做圆周运动的角速度可能是
( )
A.4qB m
B.3qB m
C.2qB m
D.qB m
解析：选AC.依题中条件“磁场方向垂直于它的运动平面”，磁场方向有两种可能，且这两种可能方向相反．在方向相反的两个匀强磁场中，由左手定则可知负电荷所受的洛伦兹力的方向也是相反的．当负电荷所受的洛伦兹力与电场力方向相同时，根据牛顿第二定律可
知4Bq v ＝m v 2R ，得v ＝4BqR m ，此种情况下，负电荷运动的角速度为ω＝v R ＝4Bq m
；当负电荷所受的洛伦兹力与电场力方向相反时，有2Bq v ＝m v 2R ，v ＝2BqR m
，此种情况下，负电荷运动的角速度为ω＝v R ＝2Bq m
，应选AC. 2.(单选)(2018·安徽师大附中模拟)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 轴正方向成θ角(0<θ<π)以速率v 发射—个带正电的粒子(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，则粒子在离开磁场的位置距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
解析：选A.由左手定则可知，带正电的粒子向左偏转．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；若v 一定，θ等于90°时，粒子在离开磁场的位置距O
点最远，选项B 错误；若θ一定，粒子在磁场中运动的周期与v 无关，由ω＝2πT
可知粒子在磁场中运动的角速度与v 无关，选项C 、D 错误．
3.如图所示，虚线OL 与y 轴的夹角为θ＝60°，在此角范围内有垂直
于xOy 平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B .一质量为m 、电荷量
为q (q >0)的粒子从左侧平行于x 轴射入磁场，入射点为M .粒子在磁场中
运动的轨迹半径为R .粒子离开磁场后的运动轨迹与x 轴交于P 点(图中未
画出)，且OP ＝R .不计重力．求M 点到O 点的距离和粒子在磁场中运
动的时间．
解析：根据题意，粒子进入磁场后做匀速圆周运动，设运动轨
迹交虚线OL 于A 点，圆心在y 轴上的C 点，AC 与y 轴的夹角为α；
粒子从A 点射出后，运动轨迹交x 轴于P 点，设AP 与x 轴的夹角
为β，如图所示．有q v B ＝m v 2R
， 周期为T ＝2πR v ，由此得T ＝2πm qB .
过A 点作x 、y 轴的垂线，垂足分别为B 、D .由几何知识得 AD ＝R sin α，OD ＝AD cot 60°， BP ＝OD cot β，OP ＝AD ＋BP ，α＝β，联立以上五式得到
sin α＋13
cos α＝1，解得α＝30°或α＝90°. 设M 点到O 点的距离为h ，则有
h ＝R －OC ，OC ＝CD －OD ＝R cos α－
33AD ， 联立得到h ＝R －
23R cos(α＋30°)， 解得h ＝⎝⎛⎭
⎫1－33R (α＝30°)， h ＝⎝⎛⎭
⎫1＋33R (α＝90°)， 当α＝30°时，粒子在磁场中运动的时间为t ＝T 12＝πm 6qB
， 当α＝90°时，粒子在磁场中运动的时间为t ＝T 4＝πm 2qB
. 答案：⎝
⎛⎭⎫1－33R 、πm 6qB 或⎝⎛⎭⎫1＋33R 、πm 2qB 4．(2018·高考江苏卷)某装置用磁场控制带电粒子的运动，工作原理如图所示. 装置的长为 L ，上下两个相同的矩形区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小均为 B 、方向与纸面垂直且相反，两磁场的间距为d .装置右端有一收集板，M 、N 、P 为板上的三点，M 位于轴线 OO ′上，N 、P 分别位于下方磁场的上、下边界上. 在纸面内，质量为 m 、电荷量为－q 的粒子以某一速度从装置左端的中点射入，方向与轴线成 30°角，经过上方的磁场区域一次，恰好到达 P 点. 改变粒子入射速度的大小，可以控制粒子到达收集板上的位置．不计粒子的重力．
(1)求磁场区域的宽度 h;
(2)欲使粒子到达收集板的位置从 P 点移到 N 点，求粒子入射速度的最小变化量Δv ；
(3)欲使粒子到达 M 点，求粒子入射速度大小的可能值．
解析：(1)设粒子在磁场中的轨道半径为r ，粒子的运动轨迹如图所示．
根据题意知L ＝3r sin 30°＋3d cos 30°，且磁场区域的宽度h ＝r (1－cos 30°)
解得：h ＝⎝⎛⎭⎫23L －3d ⎝⎛⎭
⎫1－32. (2)设改变入射速度后粒子在磁场中的轨迹半径为r ′，洛伦兹力提供向心力，则有 m v 2r ＝q v B ，m v ′2
r ′
＝q v ′B ，
由题意知3r sin 30°＝4r ′sin 30°，
解得粒子速度的最小变化量
Δv ＝v －v ′＝qB m ⎝⎛⎭
⎫L 6－34d . (3)设粒子经过上下方磁场共n ＋1次
由题意知L ＝(2n ＋2)d cos 30°＋(2n ＋2)r n sin 30°
且m v 2n r n
＝q v n B ， 解得v n ＝qB m ⎝ ⎛⎭⎪⎫L n ＋1－3d ⎝
⎛⎭⎫1≤n <3L 3d －1，n 取整数. 答案：(1)⎝⎛⎭⎫23L －3d ⎝⎛⎭
⎫1－32 (2)qB m ⎝⎛⎭⎫L 6－34d (3)qB m ⎝⎛⎭⎫L n ＋1－3d ⎝⎛⎭
⎫1≤n <3L 3d －1，n 取整数 5．(2018·高考重庆卷)如图所示，在无限长的竖直边界NS 和MT 间
充满匀强电场，同时该区域上、下部分分别充满方向垂直于NSTM 平面向外和向内的匀强磁场，磁感应强度大小分别为B 和2B ，KL 为上下磁场的水平分界线，在NS 和MT 边界上，距KL 高h 处分别有P 、Q 两点，NS 和MT 间距为1.8h ，质量为m 、带电量为＋q 的粒子从P 点垂直于NS 边界射入该区域，在两边界之间做圆周运动，重力加速度为g .
(1)求电场强度的大小和方向；
(2)要使粒子不从NS 边界飞出，求粒子入射速度的最小值；
(3)若粒子能经过Q 点从MT 边界飞出，求粒子入射速度的所有可能值． 解析：(1)设电场强度大小为E 由题意有mg ＝qE
得E ＝mg q
，方向竖直向上． (2)如图甲所示，设粒子不从NS 边飞出的入射速度最小值为v min ，对应的粒子在上、下区域的运动半径分别为r 1和r 2，圆心的连线与NS 的夹角为φ.
由r ＝m v qB ，有r 1＝m v min qB ， r 2＝m v min 2qB ＝12r 1
由(r 1＋r 2)sin φ＝r 2，
r 1＋r 1cos φ＝h
得v min ＝(9－62)qBh m
.
甲 乙
(3)如图乙所示，设粒子入射速度为v ，粒子在上、下方区域的运动半径分别为r 1和r 2，粒子第一次通过KL 时距离K 点为x .
由题意有3nx ＝1.8h (n ＝1,2,3，…)
32x ≥(9－62)h 2
x ＝
r 21－(h －r 1)2
得r 1＝⎝⎛⎭⎫1＋0.36n 2h 2，n <3.5 即n ＝1时，v ＝0.68qBh m ； n ＝2时，v ＝0.545qBh m ； n ＝3时，v ＝0.52qBh m
. 答案：(1)mg q 方向竖直向上 (2)(9－62)qBh m
(3)0.68qBh m 0.545qBh m 0.52qBh m。