抓住多解的產(chǎn)生原因：

①速度方向的不確定引起的多解。

②與自然數(shù)相關的多解即粒子運動時間與運動周期的倍數(shù)不確定。

例1、如圖所示S為電子射線源能在圖示紙面上和360°范圍內(nèi)向各個方向發(fā)射速率相等的質(zhì)量為m、帶電-e的電子，MN是一塊足夠大的豎直檔板且與S的水平距離OS＝L，檔板左側充滿垂直紙面向里的勻強磁場；①若電子的發(fā)射速率為V₀，要使電子一定能經(jīng)過點O，則磁場的磁感應強度B的條件？②若磁場的磁感應強度為B，要使S發(fā)射出的電子能到達檔板，則電子的發(fā)射速率多大？③若磁場的磁感應強度為B，從S發(fā)射出的電子的速度為，則檔板上出現(xiàn)電子的范圍多大？

分析：電子從點S發(fā)出后必受到洛侖茲力作用而在紙面上作勻速圓周運動，由于電子從點S射出的方向不同將使其受洛侖茲力方向不同，導致電子的軌跡不同，分析知只有從點S向與SO成銳角且位于SO上方發(fā)射出的電子才可能經(jīng)過點O。

①要使電子一定能經(jīng)過點O，即SO為圓周的一條弦，則電子圓周運動的軌道半徑必滿足，由。

②要使電子從S發(fā)出后能到達檔板，則電子至少能到達檔板上的O點，故仍有粒子圓周運動半徑，由有。

③當從S發(fā)出的電子的速度為時，電子在磁場中的運動軌跡半徑，但由于電子發(fā)射出的方向不同則其軌道不同，因而到達MN板的位置不同。由此作出圖示的二臨界軌跡，故電子擊中檔板的范圍在P₁P₂間；對SP₁弧由圖知，且該電子的發(fā)射方向與SO必成30°向SO下方發(fā)射；對SP₂弧由圖知，且該電子的發(fā)射方向與SO成α為而向SO的左上方發(fā)射。

例2、在“例1”中若將檔板取走，磁場磁感應強度為B，當電子以速率從點S射出后要擊中O點，則點S處電子的射出方向與OS的夾角為多少？從S到點O的時間多少？

分析：由已知條件知電子圓周運動的半徑，電子從點S射出后要經(jīng)過點O即直線SO為圓的一條弦，由圖知必有兩種運動軌跡存在；由于題中SO＝L＝r，故∠OSO₂＝60°，那么電子從點S的發(fā)射速度V₂的方向與SO所成的夾角α＝30°；圖中∠OSO₁＝60°，故電子的發(fā)射速度V₁的方向與SO所成的夾角θ＝150°。

例3、一質(zhì)量m帶電q的粒子以速率V垂直射入磁感應強度為B的勻強磁場中，粒子經(jīng)過一段時間受到的沖量的大小為mv，粒子重力不計。則此過程經(jīng)歷的時間為多少？

分析：粒子在磁場中作勻速圓周運動的半徑，右圖示設粒子的初位置為a，因其受沖量的大小為mv而方向未知故必有右圖中的兩種情況，即未動量的方向有P₁、P₂兩個，對應的沖量方向仍有I₁、I₂兩個。粒子作勻速圓周運動中動量的大小始終為mv不變，由動量定理可知而；故粒子在該過程中經(jīng)歷的時間為，，其中。

例4、在半徑為r的圓筒中有沿筒軸線方向的勻強磁場，磁感應強度為B；一質(zhì)量為m帶電+q的粒子以速度V從筒壁A處沿半徑方向垂直于磁場射入筒中；若它在筒中只受洛侖茲力作用且與筒壁發(fā)生彈性碰撞，欲使粒子與筒壁連續(xù)相碰撞并繞筒壁一周后仍從A處射出；則B必須滿足什么條件？帶電粒子在磁場中的運動時間？

分析：由于粒子從A處沿半徑射入磁場后必作勻速圓周運動，要使粒子又從A處沿半徑方向射向磁場，且粒子與筒壁的碰撞次數(shù)未知，故設粒子與筒壁的碰撞次數(shù)為n（不含返回A處并從A處射出的一次），由圖可知，其中n為大于或等于2的整數(shù)（當n＝1時即粒子必沿圓O的直徑作直線運動，表示此時B＝0）；由圖知粒子圓周運動的半徑R為，再由粒子在磁場中的運動半徑可求出。

粒子在磁場中的運動周期為，粒子每碰撞一次在磁場中轉過的角度由圖得，粒子從A射入磁場再從A沿半徑射出磁場的過程中將經(jīng)過n+1段圓弧，故粒子運動的總時間為：，將前面B代入T后與共同代入前式得。