2024年高考物理二轮复习第一部分第10讲磁场带电粒子在磁场中的运动学案

PAGE18-第10讲磁场、带电粒子在磁场中的运动1．驾驭“两个磁场力”．(1)安培力：F＝BIL·sinθ，其中θ为B与I的夹角．(2)洛伦兹力：F＝qv·B·sinθ，其中θ为B与v的夹角．2．用准“两个定则”．(1)对电流的磁场用安培定则．(2)对通电导线在磁场中所受的安培力和带电粒子在磁场中所受的洛伦兹力用左手定则．3．敏捷应用带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的关系式．1.(2024·全国卷Ⅰ)一匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面对外，其边界如图中虚线所示，eq\o(ab,\s\up8(︵))为半圆，ac、bd与直径ab共线，ac间的距离等于半圆的半径．一束质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子，在纸面内从c点垂直于ac射入磁场，这些粒子具有各种速率．不计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.eq\f(7πm,6qB)B.eq\f(5πm,4qB)C.eq\f(4πm,3qB)D.eq\f(3πm,2qB)解析：粒子在磁场中做匀速圆周运动qBv＝eq\f(mv2,r)，T＝eq\f(2πr,v)，可得粒子在磁场中的周期T＝eq\f(2πm,qB)，粒子在磁场中运动的时间t＝eq\f(θ,2π)·T＝eq\f(θm,qB)，则粒子在磁场中运动的时间与速度无关，轨迹对应的圆心角越大，运动时间越长．采纳放缩圆解决该问题，粒子垂直ac射入磁场，则轨迹圆心必在ac直线上，将粒子的轨迹半径由零渐渐增大．当半径r≤0.5R和r≥1.5R时，粒子分别从ac、bd区域射出，磁场中的轨迹为半圆，运动时间等于半个周期．当0.5R<r<1.5R时，粒子从半圆边界射出，将轨迹半径从0.5R渐渐增大，粒子射出位置从半圆顶端向下移动，轨迹圆心角从π渐渐增大，当轨迹半径为R时，轨迹圆心角最大，然后再增大轨迹半径，轨迹圆心角减小，因此当轨迹半径等于R时轨迹圆心角最大，即轨迹对应的最大圆心角θ＝π＋eq\f(π,3)＝eq\f(4,3)π，粒子运动最长时间为t＝eq\f(θ,2π)T＝eq\f(\f(4,3)π,2π)·eq\f(2πm,qB)＝eq\f(4πm,3qB)，故C正确．答案：C2.(2024·天津卷)(多选)如图所示，在Oxy平面的第一象限内存在方向垂直纸面对里，磁感应强度大小为B的匀强磁场．一带电粒子从y轴上的M点射入磁场，速度方向与y轴正方向的夹角θ＝45°.粒子经过磁场偏转后在N点(图中未画出)垂直穿过x轴．已知OM＝a，粒子电荷量为q，质量为m，重力不计．则()A．粒子带负电荷B．粒子速度大小为eq\f(qBa,m)C．粒子在磁场中运动的轨道半径为aD．N与O点相距(eq\r(2)＋1)a解析：粒子向下偏转，依据左手定则推断洛伦兹力，可知粒子带负电，A正确；粒子运动的轨迹如图由于速度方向与y轴正方向的夹角θ＝45°，依据几何关系可知∠OMO1＝∠OO1M＝45°，OM＝OO1＝a，则粒子运动的轨道半径为r＝O1M＝eq\r(2)a，洛伦兹力供应向心力qvB＝meq\f(v2,r)，解得v＝eq\f(\r(2)qBa,m)，B、C错误；N与O点的距离为NO＝OO1＋r＝(eq\r(2)＋1)a，D正确．答案：AD3.(2024·全国卷Ⅱ)如图，在0≤x≤h，－∞<y<＋∞区域中存在方向垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度B的大小可调，方向不变．一质量为m，电荷量为q(q>0)的粒子以速度v0从磁场区域左侧沿x轴进入磁场，不计重力．(1)若粒子经磁场偏转后穿过y轴正半轴离开磁场，分析说明磁场的方向，并求在这种状况下磁感应强度的最小值Bm；(2)假如磁感应强度大小为eq\f(Bm,2)，粒子将通过虚线所示边界上的一点离开磁场．求粒子在该点的运动方向与x轴正方向的夹角及该点到x轴的距离．解析：(1)由题意，粒子刚进入磁场时应受到方向向上的洛伦兹力，因此磁场方向垂直于纸面对里．设粒子进入磁场中做圆周运动的半径为R，依据洛伦兹力公式和圆周运动规律，有qv0B＝meq\f(veq\o\al(2,0),R)，①由此可得R＝eq\f(mv0,qB).②粒子穿过y轴正半轴离开磁场，其在磁场中做圆周运动的圆心在y轴正半轴上，半径应满意R≤h，③由题意，当磁感应强度大小为Bm时，粒子的运动半径最大，由此得Bm＝eq\f(mv0,qh).④(2)若磁感应强度大小为eq\f(Bm,2)，粒子做圆周运动的圆心仍在y轴正半轴上，由②④式可得，此时圆弧半径为R′＝2h，⑤粒子会穿过图中P点离开磁场，运动轨迹如图所示．设粒子在P点的运动方向与x轴正方向的夹角为α，由几何关系sinα＝eq\f(h,2h)＝eq\f(1,2)，⑥即α＝eq\f(π,6)，⑦由几何关系可得，P点与x轴的距离为y＝2h(1－cosα)，⑧联立⑦⑧式得y＝(2－eq\r(3))h.答案：(1)磁场方向垂直于纸面对里eq\f(mv0,qh)(2)eq\f(π,6)(2－eq\r(3))h考点一磁场的性质及磁场对电流的作用力1．磁场、磁感应强度．(1)磁场．基本性质：磁场对处于其中的磁体、电流和运动电荷有磁场力的作用．(2)磁感应强度．①物理意义：描述磁场的强弱和方向．②大小：B＝eq\f(F,IL).③方向：小磁针的N极所受磁场力的方向，也就是小磁针静止时N极的指向．④单位：特斯拉(T)．(3)匀强磁场．①定义：磁感应强度的大小到处相等、方向到处相同的磁场称为匀强磁场．②特点：磁感线疏密程度相同、方向相同．(4)磁感线及其特点．①磁感线：在磁场中画出一些曲线，使曲线上每一点的切线方向都跟这点的磁感应强度的方向一样．②特点．a．磁感线上某点的切线方向就是该点的磁场方向．b．磁感线的密疏定性地表示磁场的强弱．c．磁感线是闭合曲线，没有起点和终点．d．磁感线是假想的曲线，客观上不存在．(5)磁场叠加问题的一般解题思路．①确定磁场场源，如通电导线．②定位空间中需求解磁场的点，利用安培定则判定各个场源在这一点上产生的磁场的大小和方向．如图所示为M、N在c点产生的磁场．③应用平行四边形定则进行合成，如图中的合磁场．(6)电流的磁场．项目通电直导线通电螺线管环形电流安培定则2.安培力．(1)安培力的大小．①磁场和电流垂直时：F＝BIL.②磁场和电流平行时：F＝0.(2)安培力的方向．左手定则推断：①伸出左手，让拇指与其余四指垂直，并且都在同一个平面内．②让磁感线从掌心进入，并使四指指向电流方向．③拇指所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向．3．分析磁场对电流的作用要做到“一明、一转、一分析”．(2024·全国卷Ⅰ)(多选)如图，三根相互平行的固定长直导线L1、L2和L3两两等距，均通有电流I，L1中电流方向与L2中的相同，与L3中的相反．下列说法正确的是()A．L1所受磁场作用力的方向与L2、L3所在平面垂直B．L3所受磁场作用力的方向与L1、L2所在平面垂直C．L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为1∶1∶eq\r(3)D．L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为eq\r(3)∶eq\r(3)∶1解析：如图，由磁场的叠加知，L2与L3中的电流在L1处产生的合磁场的方向在L2、L3连线的中垂线上，由左手定则知，L1所受磁场作用力的方向与L2、L3所在平面平行．选项A错误．L1与L2中的电流在L3处产生的合磁场的方向与L1、L2的连线平行，由左手定则知，L3所受磁场作用力的方向与L1、L2所在平面垂直．选项B正确．由几何关系知，设电流在另外导线处产生磁场的磁感应强度为B，而L1、L2所在处两个磁场方向的夹角均为120°，则B合＝B，而L3所在处两个磁场方向的夹角为60°，则B′合＝eq\r(3)B，由F＝ILB知，L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为1∶1∶eq\r(3).选项C正确，选项D错误．答案：BC考向磁场的合成1.(2024·全国卷Ⅱ)(多选)如图，纸面内有两条相互垂直的长直绝缘导线L1、L2，L1中的电流方向向左，L2中的电流方向向上；L1的正上方有a、b两点，它们相对于L2对称．整个系统处于匀强外磁场中，外磁场的磁感应强度大小为B0，方向垂直于纸面对外．已知a、b两点的磁感应强度大小分别为eq\f(1,3)B0和eq\f(1,2)B0，方向也垂直于纸面对外．则()A．流经L1的电流在b点产生的磁感应强度大小为eq\f(7,12)B0B．流经L1的电流在a点产生的磁感应强度大小为eq\f(1,12)B0C．流经L2的电流在b点产生的磁感应强度大小为eq\f(1,12)B0D．流经L2的电流在a点产生的磁感应强度大小为eq\f(7,12)B0解析：原磁场、电流的磁场方向如图所示，由题意知在b点：eq\f(1,2)B0＝B0－B1＋B2，在a点：eq\f(1,3)B0＝B0－B1－B2，由上述两式解得B1＝eq\f(7,12)B0，B2＝eq\f(1,12)B0.答案：AC考向安培力作用下的平衡2.(2024·全国卷Ⅰ)如图，等边三角形线框LMN由三根相同的导体棒连接而成，固定于匀强磁场中，线框平面与磁感应强度方向垂直，线框顶点M、N与直流电源两端相接，已如导体棒MN受到的安培力大小为F，则线框LMN受到的安培力的大小为()A．2FB．1.5FC．0.5FD．0解析：设三角形边长为l导体棒MN的电流为I，则MLN的电流为eq\f(I,2)，依据F＝BIl，所以ML和LN受安培力为eq\f(F,2)，依据力的合成，线框LMN受到的安培力的大小为F＋2×eq\f(F,2)sin30°＝1.5F，故B正确．答案：B考向导体加速问题3.(多选)如图所示，无限长水平直导线中通有向右的恒定电流I，导线正下方固定一正方形线框，线框中也通有沿顺时针方向的恒定电流，其电流也为I，线框的边长为L，线框上边与直导线平行，且到直导线的距离也为L.已知在长直导线的磁场中距长直导线r处的磁感应强度大小为B＝keq\f(I,r)，线框的质量为m，则释放线框的一瞬间，线框的加速度可能为()A．0B.eq\f(kI2,m)－gC.eq\f(kI2,2m)－gD．g－eq\f(kI2,m)解析：线框上边受到的安培力大小为F1＝keq\f(I,L)IL＝kI2，方向向上，线框下边受到的安培力大小为F2＝keq\f(I,2L)IL＝eq\f(1,2)kI2，方向向下，若F1＝F2＋mg，则加速度为零，A项正确；若F1大于F2＋mg，则加速度向上，大小为a1＝eq\f(F1－F2－mg,m)＝eq\f(kI2,2m)－g，B项错误，C项正确；若F1小于F2＋mg，则加速度向下，大小为a2＝g－eq\f(kI2,2m)，D项错误．答案：AC考点二带电粒子在匀强磁场中的运动1．两种方法定圆心．方法一：已知入射点、入射方向和出射点、出射方向时，可通过入射点和出射点作垂直于入射方向和出射方向的直线，两条直线的交点就是圆弧轨道的圆心(如图甲所示)．方法二：已知入射方向和入射点、出射点的位置时，可以通过入射点作入射方向的垂线，连接入射点和出射点，作其中垂线，这两条垂线的交点就是圆弧轨道的圆心(如图乙所示)．2．几何学问求半径．利用平面几何关系，求出轨迹圆的可能半径(或圆心角)，求解时留意以下几个重要的几何特点：(1)粒子速度的偏向角(φ)等于圆心角(α)，并等于AB弦与切线的夹角(弦切角θ)的2倍(如图所示)，即φ＝α＝2θ＝ωt.(2)直角三角形的应用(勾股定理)．找到AB的中点C，连接OC，则△AOC、△BOC都是直角三角形．3．两个观点算时间．观点一：由运动弧长计算，t＝eq\f(l,v)(l为弧长)；观点二：由旋转角度计算，t＝eq\f(α,360°)T(或t＝eq\f(α,2π)T)．4．三类边界磁场中的轨迹特点．(1)直线边界：进出磁场具有对称性．(2)平行边界：存在临界条件．(3)圆形边界：等角进出，沿径向射入必沿径向射出．(2024·海南卷)如图，圆心为O、半径为r的圆形区域外存在匀强磁场，磁场方向垂直于纸面对外，磁感应强度大小为B.P是圆外一点，OP＝3r.一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子从P点在纸面内垂直于OP射出．已知粒子运动轨迹经过圆心O，不计重力．求：(1)粒子在磁场中做圆周运动的半径；(2)粒子第一次在圆形区域内运动所用的时间．解析：(1)粒子运动轨迹如图所示，设粒子在磁场中做圆周运动的半径为R，3r＝R＋eq\f(R,cosθ)，tanθ＝eq\f(r,R)，解得R＝eq\f(4,3)r.(2)由洛伦兹力等于向心力，有qvB＝eq\f(mv2,R)，解得v＝eq\f(qBR,m).粒子第一次在圆形区域内运动所用的时间t＝eq\f(2r,v)，联立各式解得t＝eq\f(3m,2qB).答案：(1)eq\f(4,3)r(2)eq\f(3m,2qB)考向直线边界问题1.如图所示，直线MN上方有垂直纸面对里的匀强磁场，电子1从磁场边界上的a点垂直MN和磁场方向射入磁场，经t1时间从b点离开磁场．之后电子2也由a点沿图示方向以相同速率垂直磁场方向射入磁场，经t2时间从a、b连线的中点c离开磁场，则t1∶t2为()A．3∶1B．2∶3C．3∶2D．2∶1解析：电子在磁场中都做匀速圆周运动，依据题意画出电子的运动轨迹，如图所示，电子1垂直射进磁场，从b点离开，则运动了半个圆周，ab即为直径，c点为圆心，电子2以相同速率垂直磁场方向射入磁场，经t2时间从a、b连线的中点c离开磁场，依据半径r＝eq\f(mv,qB)可知，电子1和2的半径相等，依据几何关系可知，△aOc为等边三角形，则粒子2转过的圆心角为60°，所以电子1运动的时间t1＝eq\f(T,2)＝eq\f(πm,Bq)，电子2运动的时间t2＝eq\f(T,6)＝eq\f(πm,3Bq)，所以eq\f(t1,t2)＝3，故A正确．答案：A考向平行边界问题2.如图所示，一个志向边界为PQ、MN的匀强磁场区域，磁场宽度为d，方向垂直纸面对里．一电子从O点沿纸面垂直PQ以速度v0进入磁场．若电子在磁场中运动的轨迹半径为2d.O′在MN上，且OO′与MN垂直．下列推断正确的是()A．电子将向右偏转B．电子打在MN上的点与O′点的距离为dC．电子打在MN上的点与O′点的距离为eq\r(3)dD．电子在磁场中运动的时间为eq\f(πd,3v0)解析：电子带负电，进入磁场后，依据左手定则推断可知，所受的洛伦兹力方向向左，电子将向左偏转，如图所示，A错误；设电子打在MN上的点与O′点的距离为x，则由几何学问得：x＝r－eq\r(r2－d2)＝2d－eq\r(（2d）2－d2)＝(2－eq\r(3))d，故B、C错误；设轨迹对应的圆心角为θ，由几何学问得：sinθ＝eq\f(d,2d)＝0.5，得θ＝eq\f(π,6)，则电子在磁场中运动的时间为t＝eq\f(θr,v0)＝eq\f(πd,3v0)，故D正确．答案：D考向圆形边界问题3.如图所示，真空中，垂直于纸面对里的匀强磁场只在两个同心圆所夹的环状区域存在(含边界)，两圆的半径分别为R、3R，圆心为O.一重力不计的带正电粒子从大圆边缘的P点沿PO方向以速度v1射入磁场，其运动轨迹如图，轨迹所对的圆心角为120°.若将该带电粒子从P点射入的速度大小变为v2时，不论其入射方向如何，都不行能进入小圆内部区域，则v1∶v2至少为()A.eq\f(2\r(3),3)B.eq\r(3)C.eq\f(4\r(3),3)D．2eq\r(3)解析：粒子在磁场中做圆周运动，如图：由几何学问得：r1＝eq\f(3R,tan60°)＝eq\r(3)R，洛伦兹力供应向心力，由牛顿其次定律得：qv1B＝meq\f(veq\o\al(2,1),r1)，解得：v1＝eq\f(\r(3)qBR,m)；当该带电粒子从P点射入的速度大小变为v2时，若粒子竖直向上射入磁场粒子恰好不能进入磁场时，即粒子轨道半径r2＝R，则不论其入射方向如何，都不行能进入小圆内部区域，此时洛伦兹力供应向心力，由牛顿其次定律得：qv2B＝meq\f(veq\o\al(2,2),r2)，解得：v2＝eq\f(qBR,m)，则：v1∶v2＝eq\r(3)，故B正确，A、C、D错误．答案：B考点三带电粒子在磁场中的临界问题求解临界、极值问题的“两思路、两方法”．两种思路(1)以定理、定律为依据，首先求出所探讨问题的一般规律和一般解的形式，然后分析、探讨处于临界条件时的特别规律和特别解(2)干脆分析、探讨临界状态，找出临界条件，从而通过临界条件求出临界值两种方法物理方法(1)利用临界条件求极值；(2)利用边界条件求极值；(3)利用矢量图求极值两种方法数学方法(1)用三角函数求极值；(2)用二次方程的判别式求极值；(3)用不等式的性质求极值；(4)图象法等从关键词找突破口很多临界问题，题干中常用“恰好”“最大”“至少”“不相撞”“不脱离”等词语对临界状态给以示意，审题时，肯定要抓住这些特定的词语挖掘其隐藏的规律，找出临界条件(2024·全国卷Ⅲ)真空中有一匀强磁场，磁场边界为两个半径分别为a和3a的同轴圆柱面，磁场的方向与圆柱轴线平行，其横截面如图所示．一速率为v的电子从圆心沿半径方向进入磁场．已知电子质量为m，电荷量为e，忽视重力．为使该电子的运动被限制在图中实线圆围成的区域内，磁场的磁感应强度最小为()A.eq\f(3mv,2ae)B.eq\f(mv,ae)C.eq\f(3mv,4ae)D.eq\f(3mv,5ae)解析：电子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力供应向心力eBv＝meq\f(v2,r)，则磁感应强度与圆周运动轨迹关系为B＝eq\f(mv,er)，即运动轨迹半径越大，磁场的磁感应强度越小．令电子运动轨迹最大的半径为rmax，为了使电子的运动被限制在图中实线圆围成的区域内，其最大半径的运动轨迹与实线圆相切，如图所示．A点为电子做圆周运动的圆心，电子从圆心沿半径方向进入磁场，由左手定则可得，AB⊥OB，△ABO为直角三角形，则由几何关系可得(3a－rmax)2＝req\o\al(2,max)＋a2，解得rmax＝eq\f(4,3)a，解得磁场的磁感应强度最小值Bmin＝eq\f(mv,ermax)＝eq\f(3mv,4ae)，故C正确．答案：C考向平行边界磁场中的临界极值问题1.如图所示，平行边界MN、PQ之间有垂直纸面对里的匀强磁场，磁感应强度的大小为B，两边界间距为d，边界MN上A点有一粒子源，可沿纸面内随意方向射出完全相同的质量为m，电量为q的带正电的粒子，粒子射出的速度大小均为v＝eq\f(2qBd,3m)，若不计粒子的重力及粒子间的相互作用，则粒子能从PQ边界射出的区域长度与能从MN边界射出的区域长度之比为()A．1B．2∶3C.eq\r(3)∶2D．2eq\r(7)∶7解析：粒子在磁场中运动的轨道半径为r＝eq\f(mv,qB)＝eq\f(2,3)d，则能达到PQ上的粒子长度为2eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)d))\s\up12(2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)d))\s\up12(2))＝eq\f(2\r(3),3)d；能打到MN上的粒子的长度为2r＝eq\f(4,3)d，故粒子能从PQ边界射出的区域长度与能从MN边界射出的区域长度之比为eq\f(\r(3),2)，故C正确．答案：C考向圆形磁场中的临界极值问题2.如图所示，半径为r的圆形区域内有垂直纸面对里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，磁场边界上A点有一粒子源，源源不断地向磁场放射各种方向(均平行于纸面)且速度大小相等的带正电的粒子(重力不计)，已知粒子的比荷为k，速度大小为2kBr.则粒子在磁场中运动的最长时间为()A.eq\f(π,kB)B.eq\f(π,2kB)C.eq\f(π,3kB)D.eq\f(π,4kB)解析：粒子在磁场中运动的半径为R＝eq\f(mv,qB)＝eq\f(2kBr,Bk)＝2r；当粒子在磁场中运动时间最长时，其轨迹对应的圆心角最大，此时弦长最大，其最大值为磁场圆的直径2r，故t＝eq\f(T,6)＝eq\f(πm,3qB)＝eq\f(π,3kB)，故选项C正确．答案：C考向方形磁场中的临界极值问题3.(2024·北京卷)如图所示，正方形区域内存在垂直纸面的匀强磁场．一带电粒子垂直磁场边界从a点射入，从b点射出．下列说法正确的是()A．粒子带正电B．粒子在b点速率大于在a点速率C．若仅减小磁感应强度，则粒子可能从b点右侧射出D．若仅减小入射速率，则粒子在磁场中运动时间变短解析：由左手定则知，粒子带负电，A错．由于洛伦兹力不做功，粒子速率不变，B错．由R＝eq\f(mv,qB)，若仅减小磁感应强度B，R变大，则粒子可能从b点右侧射出，C对．由R＝eq\f(mv,qB)，若仅减小入射速率v,则R变小，粒子在磁场中的偏转角θ变大．由t＝eq\f(θ,2π)T，T＝eq\f(2πm,qB)知，运动时间变长，D错．答案：C考点四带电粒子在匀强磁场中运动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．多解形成缘由一般包含4个方面：类型分析图例带电粒子电性不确定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，在相同的初速度下，正、负粒子在磁场中运动轨迹不同，形成多解如图，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磁场方向不确定在只知道磁感应强度大小，而未详细指出磁感应强度方向，此时必需要考虑磁感应强度方向不确定而形成多解如图，带正电粒子以速度v垂直进入匀强磁场，若B垂直纸面对里，其轨迹为a，若B垂直纸面对外，其轨迹为b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，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，因而形成多解图所示，在无限长的竖直边界AC和DE间，上、下部分分别充溢方向垂直于ADEC平面对外的匀强磁场，上部分区域的磁感应强度大小为B0，OF为上、下磁场的水平分界线．质量为m、带电荷量为＋q的粒子从AC边界上与O点相距为a的P点垂直于AC边界射入上方磁场区域，经OF上的Q点第一次进入下方磁场区域，Q与O点的距离为3a.不考虑粒子重力．(1)求粒子射入时的速度大小；(2)要使粒子不从AC边界飞出，求下方磁场区域的磁感应强度应满意的条件；(3)若下方区域的磁感应强度B＝3B0，粒子最终垂直DE边界飞出，求边界DE与AC间距离的可能值．解析：(1)设粒子在OF上方做圆周运动的半径为R，运动轨迹如图甲所示，由几何关系可知：(R－a)2＋(3a)2＝R2，解得：R＝5a，由牛顿其次定律可知：qvB0＝meq\f(v2,R)，解得：v＝eq\f(5aqB0,m).(2)当粒子恰好不从AC边界飞出时，运动轨迹与AC相切，如图乙所示，设粒子在OF下方做圆周运动的半径为r1，由几何关系得：r1＋r1cosθ＝3a，由(1)知cosθ＝eq\f(3,5)，所以r1＝eq\f(15a,8).依据qvB1＝meq\f(v2,r1)，解得：B1＝eq\f(8B0,3)，故当B1>eq\f(8B0,3)时，粒子不会从AC边界飞出．(3)如图丙所示，当B＝3B0时，依据qvB＝meq\f(v2,r)，得粒子在OF下方磁场中的运动半径为r＝eq\f(5,3)a.设粒子的速度方向再次与射入磁场时的速度方向一样时的位置为P1，则P与P1的连线肯定与OF平行，依据几何关系知：xPP1＝4a，所以若粒子最终垂直DE边界飞出，边界DE与AC间的距离为L＝nxPP1＝4na(n＝1，2，3，…)．答案：(1)eq\f(5aqB0,m)(2)磁感应强度大于eq\f(8B0,3)(3)4na(n＝1，2，3，…)考向磁场方向不确定形成的多解问题1．(多选)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.eq\f(4qB,m)B.eq\f(3qB,m)C.eq\f(2qB,m)D.eq\f(qB,m)解析：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，依据牛顿其次定律可知4Bqv＝meq\f(v2,R)，得v＝eq\f(4BqR,m)，此种状况下，负电荷运动的角速度为ω＝eq\f(v,R)＝eq\f(4Bq,m)；当负电荷所受的洛伦兹力与电场力方向相反时，有2Bqv＝meq\f(v2,R)，v＝eq\f(2BqR,m)，此种状况下，负电荷运动的角速度为ω＝eq\f(v,R)＝eq\f(2Bq,m)，故A、C正确．答案：AC考向速度大小不确定形成的多解问题2.(多选)如图所示，两方向相反、磁感应强度大小均为B的匀强磁场被边长为L的等边三角形ABC志向分开，三角形内磁场垂直纸面对里，三角形顶点A处有一质子源，能沿∠BAC的角平分线放射速度不同的质子(质子重力不计)，全部质子均能通过C点，质子比荷eq\f(q,m)＝k，则质子的速度可能为()A．2BkLB.eq\f(BkL,2)C.eq\f(3BkL,2)D.eq\f(BkL,8