【文档说明】微专题57 带电粒子在匀强磁场中周期性运动和多解问题.docx，共(17)页，700.914 KB，由envi的店铺上传

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关注微信公众号——高中物理学习研究，获取更多优质资源!1微专题57带电粒子在匀强磁场中周期性运动和多解问题【核心考点提示】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，由于电性不同，当速度相同时，正、负

粒子在磁场中运动轨迹不同，形成多解．如图6甲所示，带电粒子以速度v垂直进入匀强磁场，如带正电，其轨迹为a，如带负电，其轨迹为b.2．磁场方向不确定形成多解：有些题目只已知磁感应强度的大小，而不知其方向，此时必

须要考虑磁感应强度方向不确定而形成的多解．如图乙所示，带正电粒子以速度v垂直进入匀强磁场，如B垂直纸面向里，其轨迹为a，如B垂直纸面向外，其轨迹为b.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，也可能转过180°从入射界面这边反向飞出，从而形成多解，如图丙所示．4．运动的周期性形成多解：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，如图丁所示．【经典例题选讲】【例题】(多选)如图所示，左、右边界分别为PP′、QQ′的匀强

磁场的宽度为d，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里．一个质量为m、电荷量为q的微观粒子，沿图示方向以速度v0垂直射入磁场．欲使粒子不能从边界QQ′射出，粒子入射速度v0的最大值可能是()关注微信公众号——高中物理学习研究，获取更多优质资

源!2A.BqdmB.(2＋2)BqdmC.(2－2)BqdmD.2Bqd2m【解析】粒子射入磁场后做匀速圆周运动，由R＝mv0qB知，粒子的入射速度v0越大，R越大，当粒子的径迹和边界QQ′相切时，粒子刚好不从QQ′射出，此时其入射速度v0应为最大．若粒子带正电，其运动轨迹如图甲所示(此时圆

心为O点)，容易看出R1sin45°＋d＝R1，将R1＝mv0qB代入上式得v0＝2＋2Bqdm，选项B正确．若粒子带负电，其运动轨迹如图乙所示(此时圆心为O′点)，容易看出R2＋R2cos45°＝d，将R2＝mv0qB代入上式得v0＝2－2Bqdm，选项C正确

．【答案】BC【变式】(2014·江苏·14)某装置用磁场控制带电粒子的运动，工作原理如图11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迹半径为r，粒子的运动轨迹如图所示

．关注微信公众号——高中物理学习研究，获取更多优质资源!3根据题意知L＝3rsin30°＋3dcos30°，且磁场区域的宽度h＝r(1－cos30°)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mv2r＝q

vB，mv′2r′＝qv′B，由题意知3rsin30°＝4r′sin30°，解得粒子速度的最小变化量Δv＝v－v′＝qBm(L6－34d)(3)设粒子经过上方磁场n次由题意知L＝(2n＋2)dcos30°＋(2n＋

2)rnsin30°且mv2nrn＝qvnB，解得vn＝qBm(Ln＋1－3d)(1≤n<3L3d－1，n取整数)【答案】(1)(23L－3d)(1－32)(2)qBm(L6－34d)(3)qBm(Ln＋1－3d)(1≤n<3L

3d－1，n取整数)【例题】(2016·浙江深化课程改革协作校联考)如图所示，在空间中有一坐标系Oxy，其第一象限内充满着两个匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，直线OP是它们的边界。区域Ⅰ中的磁感应强度为B，方向垂直纸面向外；区域Ⅱ中的磁感应强度为2B，方向垂直纸面向里。边界上的P点

坐标为(4L，3L)。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从P点平行于y轴负方向射入区域Ⅰ，经过一段时间后，粒子恰好经过原点O。忽略粒子重力，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。则下列说法中正确的是

()A．该粒子一定沿y轴正方向从O点射出B．该粒子射出时与y轴正方向夹角可能是74°C．该粒子在磁场中运动的最短时间t＝53πm30qBD．该粒子运动的可能速度为v＝25qBL12nm(n＝1，2，3…)【解析】粒子进入磁场中受到洛伦兹力而

做匀速圆周运动，对于直线边界，考虑轨迹圆的对称性，粒子进入磁场与离开磁场时速度方向与边界的夹角相等，故粒子不可能从Ⅰ区到达O关注微信公众号——高中物理学习研究，获取更多优质资源!4点，故一定是从Ⅱ区到达O点；画出可能的轨迹如图所示，有t

anα＝3L4L＝0.75，得α＝37°，α＋β＝90°，故该粒子一定沿y轴负方向从O点射出，故A、B错误；设粒子的入射速度为v，用R1、R2、T1、T2分别表示粒子在磁场Ⅰ区和Ⅱ区中运动的轨道半径和周期，则：q

vB＝mv2R1，qv(2B)＝mv2R2，得R1＝2R2，周期分别为：T1＝2πR1v＝2πmqB，T2＝2πR2v＝πmqB，粒子先在磁场Ⅰ区中做顺时针的圆周运动，后在磁场Ⅱ区中做逆时针的圆周运动，然后从O点射

出，这样粒子从P点运动到O点所用的时间最短，粒子在磁场Ⅰ区和Ⅱ区中的运动时间分别为t1＝2β2π·T1，t2＝2β2πT2，粒子从P点运动到O点的时间至少为：t＝t1＋t2，由以上各式解得：t＝53πm60qB，故C错误；粒

子的速度大小满足一定条件时，粒子先在磁场Ⅰ区中运动，后在磁场Ⅱ区中运动，然后又重复前面的运动，直到经过原点O，这样粒子经过n个周期性的运动到过O点，每个周期的运动情况相同，粒子在一个周期内的位移为s＝OPn

＝5Ln(n＝1、2、3，…)，粒子每次在磁场Ⅰ区中运动的位移为：s1＝R1R1＋R2s＝23s，由图中几何关系可知：s12R1＝cosα＝0.8，而R1＝mvqB，由以上各式解得粒子的速度大小为：v＝25qBL12nm(n＝1、2、3，…)故D正确。【答案】D【

变式】(2017·湖北八校高三二次联考)真空中存在一中空的柱形圆筒，如图是它的一个截面，a、b、c为此截面上的三个小孔，三小孔在圆形截面上均匀分布，圆筒半径为R。在圆筒的外部空间存在着匀强磁场，磁感应强度大小为B，其方向与圆筒的轴线平行

，在图中垂直于纸面向内。现在a处向圆筒内发射一个带正电的粒子，其质量为m，带电荷量为q，使粒子在图所在平面内运动，设粒子只受磁场力的作用，粒子碰到圆筒即会被吸收。(1)若要粒子发射后在以后的运动中始终不会碰到圆筒，则粒子的初速度的大小和方向有何要求？关注微信公众号——高中物理学习研究

，获取更多优质资源!5(2)若在圆筒内的区域中还存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小也为B，则为使粒子以后都不会碰到圆筒，粒子的初速度大小和方向有何要求？【解析】(1)如图，粒子离开a后先在筒内做直线运动，再由b点出筒在磁场中做圆周运动，则只能从c点再次进入圆筒，沿直线ca运动从

a点出筒。因为ac、ab为轨迹圆的切线，所以轨迹圆的半径O1c、O1b分别与ac、ab垂直。由几何关系不难得出：∠O1ac＝∠O1ab＝30°，因此：∠aO1c＝∠aO1b＝60°。轨迹圆半径O1a、O1b的长度r＝R，粒子在磁场中做圆周

运动，由洛伦兹力提供向心力得Bqv＝mv2r，①可得初速度大小v＝Bqrm＝BqRm。因为粒子进行a→b→c→a的循环，所以从a点出发时的速度方向应由a指向b方向。(2)如图所示描绘了粒子由a出发在筒内在圆O1上做圆周运动，从b出筒再在圆O2上做圆周运动从c

进筒的路径。因为粒子速度不变，筒内、外的磁感应强度大小相同，所以由①可知圆O1和圆O2的半径大小相等。粒子速度始终与轨迹相切，所以圆O1和圆O2应在b点相外切，由a、c两点关于Ob对称，可知圆O1与圆O2应该关于Ob对称，Ob即

为此二圆的公切线。由几何关系不难得出：∠O2Ob＝60°。圆O1及圆O2的半径r＝3R。又由①式可得粒子的速度大小v＝Bqrm＝3BqRm。其在a点的方向只能指向O点。关注微信公众号——高中物理学习研究，获取更多优质资源!6【答案】(1)BqRm，方向由a指向b(2)3BqRm，方向从a指向圆

心O【巩固习题】1.(2018·湖南省怀化市高三联考)一绝缘圆筒上有一小孔，筒内有方向沿圆筒轴线的匀强磁场，磁感应强度大小为B，整个装置的横截面如图所示．一质量为m、带电量为q的小球(重力不计)沿孔半径方向射入筒内，小球与筒壁碰撞n次后恰好又从小孔穿出．小球每次与筒壁碰撞后均以

原速率弹回，且碰撞过程中小球的电荷量不变．已知小球在磁场中运动的总时间t＝πmqB，则n可能等()A．2B．3C．4D．5AC[粒子在磁场中的周期为T＝2πmBq，而小球在磁场中运动的总时间t＝πmBq＝12T，可知，粒子在磁场

中做圆周运动的总圆弧所对的圆心角为180°；若n＝2，即粒子与圆筒碰撞2次，分别对应三段圆弧，每段圆弧所对的圆心角为60°，则总圆心角为180°，则选项A正确；若n＝3，即粒子与圆筒碰撞3次，分别对应四段圆弧，每段圆弧所对的圆心角为90°，则总圆心角为360°，则选项

B错误；若n＝4，即粒子与圆筒碰撞4次，则可能每次碰撞对应的圆弧所对的圆心角为36°(对应着圆筒上的圆心角为144°)，则总圆心角为5×36°＝180°，则选项C正确；若n＝5，即粒子与圆筒碰撞5次，分别对应6段圆弧，每段圆弧

所对的圆心角为120°，则总圆心角为72°，则选项D错误；故选A、C.]2.(2017·湖北宜昌三模)如图，两个共轴的圆筒形金属电极，外电极接地，其上均匀分布着平行于轴线的四条狭缝a、b、c和d，外筒的外半径为r。在圆筒之外的足够大区域中有平行于轴线方向

的均匀磁场，磁感应强度的大小为B。在两极间加上电压，使两圆筒之间的区域内有沿半径向外的电场。一质量为m、带电荷量为＋q的粒子，从紧靠内筒且正对狭缝a的S点出发，初速为零。如果该粒子经过一段时间的运动之后恰好又回到出发点S，设

两电极之间的电压大小为U，则()关注微信公众号——高中物理学习研究，获取更多优质资源!7A．U＝qB2r22mB．U＝qB2r2mC．U＝qBrmD．U＝2qB2r22m【解析】粒子在两电极间加速，由动能定理得：qU＝12mv2－0，粒

子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB＝mv2R，粒子从S点出发，经过一段时间后再回到S点，粒子的运动轨迹如图所示，由几何知识可知，粒子从a到d必经过34圆周，粒子轨道半径：R＝r，解得：U＝qB2r22m，故A正确。【答案】A3

.(2018·安徽六安一中一模)如图，xOy平面的一、二、三象限内存在垂直纸面向外，磁感应强度B＝1T的匀强磁场，ON为处于y轴负方向的弹性绝缘薄挡板，长度为9m，M点为x轴正方向上一点，OM＝3m，现有一个比荷大小为qm＝1.0C/kg，可视

为质点的带正电小球(重力不计)，从挡板下端N处小孔以不同的速度向x轴负方向射入磁场，若与挡板相碰后以原速率弹回，且碰撞时间不计，碰撞时电荷量不变，小球最后都能经过M点，则小球射入的速度大小可能是()A．3m/sB．3.

75m/sC．4m/sD．5m/sABD[由题意，小球运动的圆心的位置一定在y轴上，所以小球做圆周运动的半径r一定要大于等于3m，而ON＝9m<3r，所以小球最多与挡板ON碰撞一次，碰撞后，第二个圆心的位置在O点的上方，也可能小球与挡板ON没有碰撞，直接过M

点．由于洛伦兹力提供向心力，所以：qvB＝mv2r，得：v＝qmBr①；若小球与挡板ON碰撞一次，则轨迹可能关注微信公众号——高中物理学习研究，获取更多优质资源!8如图1，设OO′＝s，由几何关系得：r2＝OM2＋s2＝9＋s2②，3r－9

＝s③，联立②③得：r1＝3m；r2＝3.75m，分别代入①得：v1＝qm·Br1＝1×1×3m/s＝3m/s，v2＝qmBr2＝1×1×3.75m/s＝3.75m/s，若小球没有与挡板ON碰撞，则轨迹

如图2，设OO′＝x，由几何关系得：r23＝OM2＋x2＝9＋x2④，x＝9－r3⑤，联立④⑤得：r3＝5m，代入①得：v3＝qmBr3＝1×1×5m/s＝5m/s，A、B、D正确．]4.一圆筒的横截面如图所示，其圆心为O.筒内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B.圆筒下面有相距为d的平行金

属板M、N，其中M板带正电荷，N板带等量负电荷.质量为m、电荷量为q的带正电粒子自M板边缘的P处由静止释放，经N板的小孔S以速度v沿半径SO方向射入磁场中.粒子与圆筒发生两次碰撞后仍从S孔射出.设粒子与圆筒碰撞过程中

没有动能损失，且电荷量保持不变，在不计重力的情况下，求：(1)M、N间电场强度E的大小；(2)圆筒的半径R.【解析】(1)设两板间的电压为U，由动能定理得：qU＝12mv2①由匀强电场中电势差与电场强度的关系得U＝Ed②联立上式

可得E＝mv22qd③(2)粒子进入磁场后做匀速圆周运动，运用几何关系作出圆心为O′，圆半径为r.设第一次碰撞点为A，由于粒子与圆筒发生两次碰撞又从S孔射出，因此，SA弧所对的圆心角∠AO′S等于π3.，由几何关系得r＝Rtanπ3④关注微信公众号——高中物理学习研究，获取更多优质资源!9粒

子运动过程中洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律，得qvB＝mv2r⑤联立④⑤式得R＝3mv3qB⑥(3)保持M、N间电场强度E不变，M板向上平移23d后，设板间电压为U′，则U′＝Ed3＝U3⑦设粒子进入S孔时的速度为v′，由①式看出U′U＝v′2v2综合⑦式可得v

′＝33v⑧设粒子做圆周运动的半径为r′，则r′＝3mv3qB⑨设粒子从S到第一次与圆筒碰撞期间的轨迹所对圆心角为θ，比较⑥⑨两式得到r′＝R，可见θ＝π2⑩粒子需经过四个这样的圆弧才能从S孔射出，故n＝3.【答案】(1)mv22qd(2)3mv3qB5.(2016·诸暨市期末)如图所示，两个共轴

的圆柱形金属电极，外电极接地，其上均匀分布着平行于轴线的三条狭缝a、b、c，外筒的半径为R。在圆筒之外的足够大区域中有平行于轴线方向的匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直纸面向外。在两极间加上电压，使两圆筒之间的区域内有沿半径向外的电场。质量为m、电荷量为q带正电粒子从紧靠内筒且

正对狭缝a的s点由静止出发，经过一段时间的运动之后恰好又回到出发点s。不计粒子重力，整个装置在真空中，假设粒子碰到外电极就会被吸收。关注微信公众号——高中物理学习研究，获取更多优质资源!10(1)判断从a出来的粒子是向左还是向右偏转；(2)求两电极之间的

电压U0；(3)若将图中的狭缝变为n(n≥3)个均匀分布的狭缝，从s由静止出发的粒子可以经过一系列运动后返回s点，求出两电极之间的最小电压U与n的函数关系。【解析】(1)粒子向右偏转。(2)由题意可以画出粒子的轨迹示意图，根据对称性可知：∠OaO1＝90°，∠aOO1＝60°粒子圆周

运动半径：r＝Rtan60°＝3R粒子受到的洛伦兹力提供向心力，即qvB＝mv2r得v＝qBrm＝3qBRm粒子在电场做加速运动：qU0＝12mv2得U0＝mv22q＝3qB2R22m(3)由分析可知：狭缝变为n(n≥3)个均匀分布的狭缝，当电压

取最小值时，粒子做匀速圆周运动的圆心连线构成的图线为正n边形，其内切圆恰为外筒圆，根据对称性可知：∠aOO1＝2πn×12＝πn粒子做圆周运动半径：r＝Rtan∠aOO1＝Rtanπn由qvB＝mv2r，qU＝12mv2可求得：U＝qB2R

2tan2πn2m关注微信公众号——高中物理学习研究，获取更多优质资源!11【答案】(1)粒子向右偏转(2)3qB2R22m(3)qB2R2tan2πn2m6.如图所示的xOy坐标系在竖直平面内，x轴沿水平方向．在第三、四象限内有沿y轴负方向的匀

强电场，电场强度大小为E；在第四象限有垂直于坐标系平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小B＝E5π6gl.光滑绝缘杆与x轴成θ＝30°角，分别交x、y轴于M、N两点，且N点为杆的一个端点．穿在杆上的带电小球a从杆上某点P由静止开始下滑，在M、N间做匀速运动，从N点进入第四象限后恰好能

从x轴上的Q点垂直通过x轴，已知OQ＝32l，不计空气阻力，重力加速度为g.(1)求带电小球a的比荷；(2)求P、M间的距离L；(3)在带电小球a从N点通过y轴的同时，从y轴上坐标为(0,0.2m)的J点沿水平方向以初速度v0抛出一小球b，当小球b到达x轴时恰好

与向上运动的小球a相碰．取π＝3，l＝0.01m，g＝10m/s2，求小球b初速度v0的大小．【解析】(1)带电小球在M、N间做匀速运动，则小球所受电场力与小球重力平衡，mg＝qE解得qm＝gE.(2)由于小球所受电场力与小球重力平衡，小球离开N

点在第四象限做匀速圆周运动，有Bqv＝mv2R关注微信公众号——高中物理学习研究，获取更多优质资源!12小球垂直穿过x轴，由几何关系可得R＋Rsinθ＝32l联立解得R＝l，v＝5πgl6从P到M，由机械能守恒定律得mgLsinθ＝12mv2解得L＝5π6l.(3

)小球b从抛出至到达x轴的时间为tb＝2y0g＝0.2s水平位移x＝v0tb小球a在磁场中做圆周运动的周期T＝2πRv＝0.12s小球a在第一象限运动一次的时间t0＝2vg＝10πl3g＝0.1s小球a从离开N点到与小球b相碰所经历的时

间ta＝T3＋nt0＋T2(n＝0,1,2…)ta＝tb联立解得n＝1小球b的水平位移x＝R＋Rsinθ＋2R＝72l＝0.035m解得v0＝0.175m/s.【答案】见解析7.如图7所示，在半径分别为r和2r的同心圆(圆心在O点)所形成的圆环区域内，存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁

感应强度大小为B.在大圆边界上A点有一粒子源，垂直AO向左关注微信公众号——高中物理学习研究，获取更多优质资源!13发射一质量为m，电荷量为＋q，速度大小为qBrm的粒子．求：(1)若粒子能进入磁场发生偏转，则该粒子第一次到达磁场小圆边界时，粒子

速度相对于初始方向偏转的角度；(2)若粒子每次到达磁场大圆边界时都未从磁场中射出，那么至少经过多长时间该粒子能够回到出发点A.【解析】(1)粒子做匀速圆周运动，设初速度为v0，轨迹半径为R＝mv0qB＝r如图甲所示，粒子将沿着AB弧(圆心在O1)运动，交内边界于B

点．甲△OO1B为等边三角形，则∠BO1O＝60°粒子的轨迹AB弧对应的圆心角为∠BO1A＝120°.则速度偏转角为120°.(2)粒子从B点进入中间小圆区域沿直线BC运动，又进入磁场区域，经偏转与外边界相切于D点．在磁场中运动的轨迹如图乙所示，乙关注微信公众号——

高中物理学习研究，获取更多优质资源!14粒子在磁场区域运动的时间t1＝3×43π2π·T＝2TT＝2πmBq每通过一次无磁场区域，粒子在该区域运动的距离l＝2rcos30°＝3r粒子在无磁场区域运动的总时间t2＝3lv0代入v0＝qBrm，得t2＝33mqB则粒子回到A点所用的总时间：t＝t1＋

t2＝4π＋33mBq.【答案】(1)120°(2)4π＋33mBq8.(2018·安徽省合肥高三上学期期末)如图所示的xOy坐标系中，y轴右侧空间存在范围足够大的匀强磁场，方向垂直于xOy平面向里。P点的

坐标为(﹣L,0)，M1、M2两点的坐标分别为(0，L)、(0，﹣L)。质量为m，电荷量为q的带负电粒子A1，靠近极板经过加速电压为U的电场静止加速后，沿PM1方向运动．有一质量也为m、不带电的粒子A2静止在M1点，粒子A1经过M1点时与A2发生碰撞，碰后粘在一起成为

一个新粒子A3进入磁场(碰撞前后质量守恒、电荷量守恒)，通过磁场后直接到达M2，在坐标为(－13L,0)处的C点固定一平行于y轴放置绝缘弹性挡板，C为挡板中点．假设带电粒子与弹性绝缘挡板碰撞前后，沿y方向分速度

不变，沿x方向分速度大小不变、方向相反．不计所有粒子的重力及粒子间的相互作用力。(1)粒子A1与A2碰后瞬间的速度大小。(2)磁感应强度的大小。(3)若粒子A2带负电，且电荷量为q′，发现粒子A3与挡板碰撞两次，能返回到

P点，求粒子A2的电荷量q′。关注微信公众号——高中物理学习研究，获取更多优质资源!15答案：(1)Uq2m(2)1LUmq(3)45q[解析](1)粒子A1经电压U加速：Uq＝12mv2与静止的A2发生碰撞，由动量守恒定律：

mv＝2mv3联立可得：v3＝Uq2m(2)粒子A3在磁场中做匀速圆周运动，画出运动轨迹如图所示由几何关系可知粒子A3做匀速圆周运动的半径r3＝O3M1＝Lcos45°＝2L对粒子A3，洛仑兹力提供向心力：qv3B＝2mv23r3从而求得：B＝1LUmq(3)

若让A2带上负电q′，由于总的电荷量变大，则A3粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径减小，设为r4，由题设画出粒子的运动轨迹如图所示，进入磁场的方向与PM1平行，每次在磁场中偏转一次，沿y轴的负方向下移距离：Δy1＝2r4cos45°＝2r4离开磁场的方向与M2P平行

．从磁场出来与C板碰撞再进入磁场时，粒子沿y轴正方向上移的距离：关注微信公众号——高中物理学习研究，获取更多优质资源!16Δy2＝2OCtan45°＝23L由题意经过两次与C板碰撞后回到P点，则有：3Δy1－2Δy2＝2L联立以上两式可得：r4＝529L而对粒子A3做匀速圆周运动时有：

(q＋q′)Bv3＝2mv23r4联立以上可得：q′＝45q9.(2018·湖南省鄂南高中等八校联考)如图所示，在直角坐标系xOy的第一象限中有两个全等的直角三角形区域Ⅰ和Ⅱ，充满了方向均垂直纸面向里的匀强磁场，

区域Ⅰ的磁感应强度大小为B0，区域Ⅱ的磁感应强度大小可调，C点坐标为(4L,3L)，M点为OC的中点．质量为m带电量为－q的粒子从C点以平行于y轴方向射入磁场Ⅱ中，速度大小为qB0L2m，不计粒子所受重力，粒子运动轨迹与磁场区域相切时认为粒子能再次进入磁场．(1)若粒子无法进入区域Ⅰ

中，求区域Ⅱ磁感应强度大小范围；(2)若粒子恰好不能从AC边射出，求区域Ⅱ磁感应强度大小；(3)若粒子能到达M点，求区域Ⅱ磁场的磁感应强度大小的所有可能值．解析(1)粒子速度越大，半径越大，当运动轨迹恰好与x轴相切时，恰好不能进入

Ⅰ区域故粒子运动半径r0>3L粒子运动半径满足：qBv0＝mv2r0代入v0＝qB0L2m解得B<B06(2)粒子在区域Ⅰ中的运动半径r＝mv0qB＝L2若粒子在区域Ⅱ中的运动半径R较小，则粒子会从AC边射出磁场．恰好不

从AC边射出时满足∠O2O1Q＝2θ关注微信公众号——高中物理学习研究，获取更多优质资源!17sin2θ＝2sinθcosθ＝2425又sin2θ＝rR－r解得R＝4924r＝4948L代入v0＝qB0L2m可得：B＝24B049(3)①若粒子由区

域Ⅰ达到M点每次前进CP2＝2(R－r)cosθ＝85(R－r)由周期性：CM＝nCP2(n＝1,2,3…)即52L＝85n(R－r)R＝r＋2516nL≥4948L，解得n≤3n＝1时R＝3316L，B＝338B0n＝2时R＝4132L，B＝4116B0n＝3时R＝4948L，B＝492

4B0②若粒子由区域Ⅱ达到M点由周期性：CM＝CP1＋nCP2(n＝0,1,2,3…)即52L＝85R＋85n(R－r)，解得R＝52＋45n851＋nL≥4948L，解得n≤2625n＝0时R＝2516L，B＝258B0n＝1

时R＝3332L，B＝3316B0答案见解析