資源簡介

增分培優4　動態圓模型　磁聚焦與磁發散模型
旋轉圓 適用條件 粒子的入射點位置相同，速度大小一定，半徑一定，速度方向不同
應用方法 將半徑為r＝的圓繞入射點進行旋轉，從而找出臨界條件 旋轉圓的圓心在以入射點P為圓心、半徑r＝的圓上
例1 (多選)(2024·安徽蕪湖二模)如圖1甲所示，在x軸及其上方存在垂直xOy平面向外的勻強磁場，坐標原點O處有一粒子源，可向x軸和x軸上方的各個方向不斷地發射速度大小均為v＝1×106 m/s、質量為m＝1×10－15 kg、帶電荷量為q＝1×10－9 C的同種帶電正粒子。在x軸上距離原點1 m處垂直于x軸放置一個長度為1 m、厚度不計且能接收帶電粒子的薄金屬板P(粒子一旦打在金屬板P上立即被接收)?，F觀察到沿x軸負方向射出的粒子恰好打在薄金屬板的上端。不計帶電粒子的重力和粒子間相互作用力。π＝3，則被薄金屬板接收的粒子運動的時間可能為(　　)
圖1
A.1.1×10－6 s B.1.4×10－6 s C.2.5×10－6 s D.4.6×10－6 s
放縮圓 適用條件 粒子的入射點位置相同，速度方向一定，速度大小不同
應用方法 以入射點P為定點，軌跡圓的圓心位于粒子處于入射點時所受洛倫茲力所在的射線PP′上，將半徑放縮作軌跡圓，粒子軌跡與磁場邊界相切是恰好不射出磁場的臨界狀態
例2 如圖2所示，磁感應強度為B的勻強磁場方向垂直紙面向里，圖中虛線為磁場的邊界，其中bc段是半徑為R的四分之一圓弧，ab、dc的延長線通過圓弧的圓心，Ob長為R。一束質量均為m、電荷量均為q的粒子，在紙面內以不同的速率從O點垂直ab射入磁場，已知所有粒子均從圓弧邊界射出，其中M、N是圓弧邊界上的兩點，不計粒子重力和粒子間的相互作用。則下列分析中正確的是(　　)
圖2
A.粒子帶負電
B.從M點射出粒子的速率一定大于從N點射出粒子的速率
C.從M點射出粒子在磁場中所用時間一定小于從N點射出粒子所用時間
D.所有粒子中射出磁場時所用的最短時間為
平移圓 適用條件 粒子的入射點位置不同但在同一直線上，速度大小、方向均一定
應用方法 軌跡圓的半徑相同，將半徑為r＝的圓沿入射點所在的直線進行平移，從而找到臨界條件 軌跡圓的所有圓心在一條直線上
例3 如圖3所示，有一等腰直角三角形AOC，直角邊長為3d，AOC區域范圍內(包含邊界)存在磁感應強度為B、方向垂直于紙面向外的勻強磁場，質量為m、電荷量為＋q的粒子可在直角邊AO上的不同位置垂直邊界、垂直磁場射入，入射速度大小為，D、E是AO邊界上的兩點(圖中未畫出)，AD＝EO＝0.5d，不計粒子重力，則(　　)
圖3
A.粒子在磁場做圓周運動的半徑為2d
B.粒子距A點(＋1)d處射入，恰好不從AC邊界出射
C.從D點射入的粒子，在磁場中運動的時間為
D.從E點射入的粒子，在磁場中運動的時間為
磁聚焦與磁發散 成立條件：磁場區域圓的半徑等于軌跡圓的半徑r＝ 帶電粒子平行射入圓形有界勻強磁場，如果軌跡圓半徑與磁場區域圓半徑相等，則粒子從磁場邊界上同一點射出，該點切線與入射速度方向平行
帶電粒子從圓形有界勻強磁場邊界上同一點射入，如果軌跡圓半徑與磁場區域圓半徑相等，則粒子出射方向與入射點的切線方向平行
例4 (2024·遼寧朝陽二模)如圖4所示的直角坐標系，在橫軸下方有一半徑為R的圓形磁場區域，與x軸相切于坐標原點。在－R＜y＜0的范圍內沿y方向均勻分布著大量質量為m、電荷量為＋q的帶電粒子，它們以平行于x軸的相同初速度射入圓形磁場區域，均恰能由O點射入第一象限的矩形磁場區域OPQN內，矩形磁場區域的長度為其寬度的2倍。已知在矩形磁場區域內運動時間最長的粒子轉過的圓心角為，兩磁場區域的磁感應強度大小均為B，不計粒子重力。求：
圖4
(1)粒子的初速度v0；
(2)矩形磁場區域的寬度a；
(3)從PQ邊射出的粒子數與射入磁場的總粒子數的比。
1.(多選)如圖1所示，在邊長為L的正方形區域ABCD內存在磁感應強度大小為B，方向垂直紙面向外的勻強磁場。質量為m，電荷量為q的帶電粒子(不計重力)，分別以相同的速率v從A點沿不同方向垂直磁場方向射入磁場，當沿AC方向射入時，垂直于BC邊射出磁場。則粒子(　　)
圖1
A.帶負電
B.運動速率v＝
C.在磁場中運動的最長時間tm＝
D.在磁場中運動的最長時間tm＝
2.(多選)如圖2所示，在直角三角形ABC內充滿垂直紙面向外的勻強磁場(圖中未畫出)，AB邊長度為d，∠B＝?，F垂直AB邊射入一群質量均為m、電荷量均為q、速度大小均為v的帶正電粒子，已知垂直AC邊射出的粒子在磁場中運動的時間為t，而運動時間最長的粒子在磁場中的運動時間為t(不計重力)。則下列判斷中正確的是(　　)
圖2
A.粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期為4t
B.該勻強磁場的磁感應強度大小為
C.粒子在磁場中運動的軌道半徑為d
D.粒子進入磁場時速度大小為
3.(多選)如圖3所示，a、b是直線上間距為4d的兩點，也是半圓直徑的兩個端點，c位于ab上，且ac＝d，直線上方存在著磁感應強度大小為B、垂直于半圓平面的勻強磁場(未畫出)，其中半圓內部沒有磁場。一群比荷為k的同種帶電粒子從a、c之間以相同的速率垂直于ab射入圓弧區域，所有粒子都能通過b點，不計粒子間的相互作用和粒子的重力，則(　　)
圖3
A.粒子的速率為2dBk
B.粒子的速率為dBk
C.從c點射入的粒子在磁場中運動的時間為
D.從c點射入的粒子在磁場中運動的時間為
4.(2024·江西南昌一模)如圖4所示，在PM和QK之間有大量相同的帶電粒子以同一速度沿水平方向射入以O點為圓心、半徑為R的圓形勻強磁場區域，該磁場方向垂直紙面向外，PM與圓心O在同一水平直線上，PM和QK間的距離為0.5R。已知所有粒子均從O點正下方的N點射出圓形磁場區域，立即進入下方垂直于紙面向里的勻強磁場，并都能打到水平擋板的下表面，擋板的左側緊貼N點。已知下方磁場的磁感應強度是上方磁場的2倍。不計粒子重力及粒子間的相互作用。擋板下表面有粒子打到的區域長度為(　　)
圖4
A.R B.R C.R D.R
5.(多選)(2024·四川綿陽高三診斷)如圖5所示，磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向外的勻強磁場分布在以O為圓心、R為半徑的圓形區域內，MNCA是矩形，MN為圓形磁場的直徑，AM＝R，AC為一感光板、M處有一粒子源，能沿紙面向圓內不同方向以相同速率均勻發射質子(質量為m，電荷量為q，重力不計)。已知沿MO方向射入磁場的質子，經磁場偏轉后，恰好打到感光板上C處。不計質子間的相互作用。下列說法正確的是(　　)
圖5
A.質子的速度大小為
B.射入磁場的質子有一半打在感光板上
C.能打到感光板上的質子在磁場中運動的最長時間為
D.若電子以的速率從N點沿NO方向射入磁場，則電子會打在感光板上
6.(多選)如圖6，長度為a的豎直薄擋板MN處在垂直紙面向里的勻強磁場中(磁場空間足夠大、圖中未畫出)，磁感應強度為B。擋板左側O點有一粒子源在紙面內向各方向均勻發射電荷量為＋q、質量為m的帶電粒子，所有粒子的初速度大小相同。已知圖中初速度與ON夾角為60°時發射的粒子恰好經過N點，ON＝a，ON⊥MN。不計粒子重力，不考慮粒子的反彈和粒子間的相互作用。則(　　)
圖6
A.粒子在磁場中做圓周運動的半徑為a
B.擋板左側能被粒子擊中的豎直長度為a
C.能擊中擋板右側的粒子數占粒子總數的
D.擋板的右側被粒子擊中的豎直長度為a
7.(多選) (2024·河南名校模擬)某個粒子分析裝置的簡化示意圖如圖7所示，在垂直紙面向外的勻強磁場(未畫出)中，有一圓心為O、半徑為R的圓形無磁場區域，在圓形邊界的P點處有一α粒子發射源，可在圖示∠GPH＝90°范圍內沿紙面隨機向磁場區域發射速度大小相同的α粒子，在圓經過P點的直徑上，固定一長度為2R的熒光擋板， α粒子擊中熒光擋板后被吸收并發出熒光。已知PG與直徑QP延長線的夾角為30°，α粒子的質量為m，電荷量為q。不計α粒子的重力和粒子間的相互作用，當α粒子的速度為v＝時，下列說法正確的是(　　)
圖7
A.所有進入圓形區域的α粒子均垂直擊中熒光擋板
B.熒光擋板上α粒子打到的區域長度為R，且擊中熒光擋板的α粒子的位置均勻分布
C.α粒子在磁場中運動的最長時間為
D.α粒子在無磁場區域運動的最長時間為
8.(多選) (2024·黑龍江哈爾濱市模擬)如圖8所示，等腰直角三角形區域分布有垂直紙面向里的勻強磁場，腰長AB＝2 m，O為BC的中點，磁感應強度B＝0.25 T，一群質量m＝1×10－7 kg，電荷量q＝－2×10－3 C的帶電粒子以速度v＝5×
103 m/s垂直于BO，從BO之間射入磁場區域，帶電粒子不計重力，則(　　)
圖8
A.在AC邊界上有粒子射出的長度為(－1)m
B.C點有粒子射出
C.在AB邊界上有粒子射出的長度為1 m
D.磁場中運動時間最長粒子從底邊距B點(－1)m處入射
9.(多選)(2024·山東青島模擬預測)利用磁聚焦和磁控束可以改變一束平行帶電粒子的寬度，人們把此原理運用到薄膜材料制備上，使芯片技術得到飛速發展。如圖9，寬度為r0的帶正電粒子流水平向右射入半徑為r0的圓形勻強磁場區域，磁感應強度大小為B0，這些帶電粒子都將從磁場圓上O點進入正方形區域，正方形過O點的一邊與半徑為r0的磁場圓相切。在正方形區域內存在一個面積最小的勻強磁場區域，使匯聚到O點的粒子經過該磁場區域后寬度變為2r0，且粒子仍沿水平向右射出，不考慮粒子間的相互作用力及粒子的重力，下列說法正確的是(　　)
圖9
A.正方形區域中勻強磁場的磁感應強度大小為2B0，方向垂直紙面向里
B.正方形區域中勻強磁場的磁感應強度大小為B0，方向垂直紙面向里
C.正方形區域中勻強磁場的最小面積為2(π－2)r
D.正方形區域中勻強磁場的最小面積為r
10.(2024·廣西柳州三模)如圖10所示，正方形區域abcd內(含邊界)有垂直紙面向里的勻強磁場，ab＝l，Oa＝0.4l，OO′連線與ad邊平行，大量帶正電的粒子從O點沿與ab邊成θ＝53°角方向以不同的初速度v射入磁場，已知帶電粒子的質量為m，電荷量為q，磁場的磁感應強度大小為B，sin 53°＝0.8，不計粒子重力和粒子間的相互作用。
圖10
(1)求恰好從O′點射出磁場的粒子的速度大?。?br/>(2)要使粒子從ad邊離開磁場，求初速度v的取值范圍。
11.(2024·遼東南協作體聯考)“太空粒子探測器”由加速、偏轉和收集三部分組成，其原理可簡化為如圖11所示。輻射狀的加速電場區域 Ⅰ 邊界為兩個同心平行的網狀金屬扇形弧面，O1為圓心，圓心角θ為120°，外圓弧面AB與內圓弧面CD間的電勢差為U0，M為外圓弧的中點。緊靠O1右側有一圓形勻強磁場區域 Ⅱ ，圓心為O2，半徑為L，磁場方向垂直于紙面向外且磁感應強度大小B＝。在磁場區域下方相距L處有一足夠長的收集板PNQ。已知MO1O2和PNQ為兩條平行線，且與O2、N連線垂直。假設太空中飄浮著質量為m、電荷量為q的帶正電粒子，它們能均勻地吸附到AB弧面并經電場從靜止開始加速，然后從O1進入磁場，并最終到達PNQ板被收集，忽略一切萬有引力和粒子間的作用力。求：
圖11
(1)粒子經電場加速后，進入磁場時的速度v的大??；
(2)粒子在磁場中運動的軌跡半徑r；
(3)粒子到達收集板沿PQ方向的長度。
增分培優4　動態圓模型　磁聚焦與磁發散模型
旋轉圓 適用條件 粒子的入射點位置相同，速度大小一定，半徑一定，速度方向不同
應用方法 將半徑為r＝的圓繞入射點進行旋轉，從而找出臨界條件 旋轉圓的圓心在以入射點P為圓心、半徑r＝的圓上
例1 (多選)(2024·安徽蕪湖二模)如圖1甲所示，在x軸及其上方存在垂直xOy平面向外的勻強磁場，坐標原點O處有一粒子源，可向x軸和x軸上方的各個方向不斷地發射速度大小均為v＝1×106 m/s、質量為m＝1×10－15 kg、帶電荷量為q＝1×10－9 C的同種帶電正粒子。在x軸上距離原點1 m處垂直于x軸放置一個長度為1 m、厚度不計且能接收帶電粒子的薄金屬板P(粒子一旦打在金屬板P上立即被接收)。現觀察到沿x軸負方向射出的粒子恰好打在薄金屬板的上端。不計帶電粒子的重力和粒子間相互作用力。π＝3，則被薄金屬板接收的粒子運動的時間可能為(　　)
圖1
A.1.1×10－6 s B.1.4×10－6 s C.2.5×10－6 s D.4.6×10－6 s
答案　ABD
解析　如圖甲所示，由觀察到沿x軸負方向射出的粒子恰好打在薄金屬板的上端，可知粒子做圓周運動的半徑為1 m，結合r＝，可知磁感應強度為B＝1 T，打在P左側下端的粒子在磁場中偏轉的角度是60°，此時運動時間最短，可得被薄金屬板接收的粒子在磁場運動的最短時間(被P左側接收到的粒子在磁場中運動的最短時間)
　
tmin＝T＝·＝1×10－6 s，被P左側接收到的粒子在磁場中運動時間最長，粒子軌跡對應的圓心角為90°，此時運動時間t2＝T＝·＝1.5×10－6 s，被P右側接收到的粒子在磁場中運動時間最短的粒子軌跡對應的圓心角為270°，此時粒子運動時間t3＝T＝·＝4.5×10－6 s，打在P右側下端的粒子在磁場中運動的時間最長，此時粒子軌跡對應的圓心角為300°，如圖乙所示，最長時間tmax＝T＝·＝5×10－6 s，粒子能被P接收時，粒子在磁場中運動時間應滿足tmin≤t≤t2，或t3≤t≤tmax，故A、B、D正確。
放縮圓 適用條件 粒子的入射點位置相同，速度方向一定，速度大小不同
應用方法 以入射點P為定點，軌跡圓的圓心位于粒子處于入射點時所受洛倫茲力所在的射線PP′上，將半徑放縮作軌跡圓，粒子軌跡與磁場邊界相切是恰好不射出磁場的臨界狀態
例2 如圖2所示，磁感應強度為B的勻強磁場方向垂直紙面向里，圖中虛線為磁場的邊界，其中bc段是半徑為R的四分之一圓弧，ab、dc的延長線通過圓弧的圓心，Ob長為R。一束質量均為m、電荷量均為q的粒子，在紙面內以不同的速率從O點垂直ab射入磁場，已知所有粒子均從圓弧邊界射出，其中M、N是圓弧邊界上的兩點，不計粒子重力和粒子間的相互作用。則下列分析中正確的是(　　)
圖2
A.粒子帶負電
B.從M點射出粒子的速率一定大于從N點射出粒子的速率
C.從M點射出粒子在磁場中所用時間一定小于從N點射出粒子所用時間
D.所有粒子中射出磁場時所用的最短時間為
答案　D
解析　粒子做逆時針的勻速圓周運動，根據左手定則可知，粒子帶正電，A錯誤；根據qvB＝m，得v＝，從M點射出粒子的圓半徑更小，則速度更小，B錯誤；由t＝T＝·，粒子運動周期相同，運動軌跡對應的圓心角θ越大，粒子運動時間越長，由幾何關系可知，當運動軌跡的弦與bc圓弧相切時，θ最小，運動時間最短，如圖所示，Ob等于R，由幾何關系可知，此時運動軌跡對應的圓心角為120°，則最短時間為tmin＝·＝，M、N兩點具體位置未知，則無法判斷從M點射出粒子所用時間和從N點射出粒子所用時間的大小關系，C錯誤，D正確。
平移圓 適用條件 粒子的入射點位置不同但在同一直線上，速度大小、方向均一定
應用方法 軌跡圓的半徑相同，將半徑為r＝的圓沿入射點所在的直線進行平移，從而找到臨界條件 軌跡圓的所有圓心在一條直線上
例3 如圖3所示，有一等腰直角三角形AOC，直角邊長為3d，AOC區域范圍內(包含邊界)存在磁感應強度為B、方向垂直于紙面向外的勻強磁場，質量為m、電荷量為＋q的粒子可在直角邊AO上的不同位置垂直邊界、垂直磁場射入，入射速度大小為，D、E是AO邊界上的兩點(圖中未畫出)，AD＝EO＝0.5d，不計粒子重力，則(　　)
圖3
A.粒子在磁場做圓周運動的半徑為2d
B.粒子距A點(＋1)d處射入，恰好不從AC邊界出射
C.從D點射入的粒子，在磁場中運動的時間為
D.從E點射入的粒子，在磁場中運動的時間為
答案　D
解析　由洛倫茲力提供向心力，可得qvB＝m，解得r＝＝d，故A錯誤；粒子剛好不出磁場區域的運動軌跡如圖甲所示。
恰好與AC相切，根據幾何關系可得，此時入射點到A的距離為x＝(－1)d，即入射點到A點距離大于(－1)d的粒子都不從AC邊界出射，故B錯誤；從D點射入的粒子，運動軌跡為半圓，如圖乙所示，在磁場中運動的時間為t＝＝，從E點射入的粒子運動軌跡如圖乙所示，由幾何關系可知cos θ＝＝0.5，即圓心角為60°，粒子在磁場中運動的時間為t′＝T＝，故C錯誤，D正確。
磁聚焦與磁發散 成立條件：磁場區域圓的半徑等于軌跡圓的半徑r＝ 帶電粒子平行射入圓形有界勻強磁場，如果軌跡圓半徑與磁場區域圓半徑相等，則粒子從磁場邊界上同一點射出，該點切線與入射速度方向平行
帶電粒子從圓形有界勻強磁場邊界上同一點射入，如果軌跡圓半徑與磁場區域圓半徑相等，則粒子出射方向與入射點的切線方向平行
例4 (2024·遼寧朝陽二模)如圖4所示的直角坐標系，在橫軸下方有一半徑為R的圓形磁場區域，與x軸相切于坐標原點。在－R＜y＜0的范圍內沿y方向均勻分布著大量質量為m、電荷量為＋q的帶電粒子，它們以平行于x軸的相同初速度射入圓形磁場區域，均恰能由O點射入第一象限的矩形磁場區域OPQN內，矩形磁場區域的長度為其寬度的2倍。已知在矩形磁場區域內運動時間最長的粒子轉過的圓心角為，兩磁場區域的磁感應強度大小均為B，不計粒子重力。求：
圖4
(1)粒子的初速度v0；
(2)矩形磁場區域的寬度a；
(3)從PQ邊射出的粒子數與射入磁場的總粒子數的比。
答案　(1)　(2)R　(3)
解析　(1)設粒子在磁場區域內做勻速圓周運動的半徑為r，根據牛頓第二定律，有qv0B＝
因為入射的粒子均由O點進入第一象限，是磁聚焦模型，有r＝R
解得v0＝。
(2)設在矩形區域內運動時間最長的粒子其速度方向與y軸正方向夾角為θ
由題意知，其軌跡與PQ邊剛好相切，由幾何關系得rsin θ＋rcos θ＝2a
rsin θ＋a＝r
解得a＝R，sin θ＝。
(3)設在矩形區域內運動時間最長的粒子，其射入圓形磁場區域時的縱坐標為－y1，由幾何關系得
R－y1＝Rsin θ
所求粒子占比為
代入數據得＝。
1.(多選)如圖1所示，在邊長為L的正方形區域ABCD內存在磁感應強度大小為B，方向垂直紙面向外的勻強磁場。質量為m，電荷量為q的帶電粒子(不計重力)，分別以相同的速率v從A點沿不同方向垂直磁場方向射入磁場，當沿AC方向射入時，垂直于BC邊射出磁場。則粒子(　　)
圖1
A.帶負電
B.運動速率v＝
C.在磁場中運動的最長時間tm＝
D.在磁場中運動的最長時間tm＝
答案　BC
解析　由左手定則可知粒子帶正電，選項A錯誤；根據粒子的運動軌跡可知r＝L，由qvB＝m，可得v＝，選項B正確；從C點射出的粒子在磁場中運動的時間最長，圓弧所對應的圓心角為60°，則最長時間為tm＝·＝，選項C正確，D錯誤。
2.(多選)如圖2所示，在直角三角形ABC內充滿垂直紙面向外的勻強磁場(圖中未畫出)，AB邊長度為d，∠B＝。現垂直AB邊射入一群質量均為m、電荷量均為q、速度大小均為v的帶正電粒子，已知垂直AC邊射出的粒子在磁場中運動的時間為t，而運動時間最長的粒子在磁場中的運動時間為t(不計重力)。則下列判斷中正確的是(　　)
圖2
A.粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期為4t
B.該勻強磁場的磁感應強度大小為
C.粒子在磁場中運動的軌道半徑為d
D.粒子進入磁場時速度大小為
答案　ABC
解析　帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，垂直AC邊射出的粒子在磁場中運動的時間是T，即為T＝t，則得周期為T＝4t，故A正確；由 T＝4t，R＝，
T＝，得B＝＝，故B正確；運動時間最長的粒子在磁場中運動的軌跡如圖所示，根據幾何關系有＋rsin ＝d，解得r＝d，故C正確；根據粒子在磁場中運動的速度為v＝，周期為T＝4t，半徑為r＝d，聯立可得v＝，故D錯誤。
3.(多選)如圖3所示，a、b是直線上間距為4d的兩點，也是半圓直徑的兩個端點，c位于ab上，且ac＝d，直線上方存在著磁感應強度大小為B、垂直于半圓平面的勻強磁場(未畫出)，其中半圓內部沒有磁場。一群比荷為k的同種帶電粒子從a、c之間以相同的速率垂直于ab射入圓弧區域，所有粒子都能通過b點，不計粒子間的相互作用和粒子的重力，則(　　)
圖3
A.粒子的速率為2dBk
B.粒子的速率為dBk
C.從c點射入的粒子在磁場中運動的時間為
D.從c點射入的粒子在磁場中運動的時間為
答案　AD
解析　畫出粒子的運動軌跡如圖甲所示，由幾何關系可知，四邊形eO1bO為菱形，可知粒子運動的軌跡半徑為r＝2d，根據qvB＝m可得粒子的速率為v＝2dBk，A正確，B錯誤；粒子從c點射入時，其軌跡如圖乙所示，由幾何關系可知，粒子運動的軌跡圓心正好在圓弧ab上，可知粒子在磁場中轉過的角度為240°，則運動時間t＝T＝＝，C錯誤，D正確。
4.(2024·江西南昌一模)如圖4所示，在PM和QK之間有大量相同的帶電粒子以同一速度沿水平方向射入以O點為圓心、半徑為R的圓形勻強磁場區域，該磁場方向垂直紙面向外，PM與圓心O在同一水平直線上，PM和QK間的距離為0.5R。已知所有粒子均從O點正下方的N點射出圓形磁場區域，立即進入下方垂直于紙面向里的勻強磁場，并都能打到水平擋板的下表面，擋板的左側緊貼N點。已知下方磁場的磁感應強度是上方磁場的2倍。不計粒子重力及粒子間的相互作用。擋板下表面有粒子打到的區域長度為(　　)
圖4
A.R B.R C.R D.R
答案　C
解析　根據題意，由于所有帶電粒子均從O點正下方的N點射出圓形磁場區域，畫出帶電粒子的運動軌跡如圖所示，入射方向垂直于圓形磁場直徑，且從同一點射出，則軌跡半徑等于磁場圓的半徑，有qvB＝m，解得v＝；粒子進入下方磁場，半徑R′＝＝R，由幾何關系可得擋板下表面有粒子打到的區域長度ΔL＝2R′－2R′sin 60°＝R，C正確。
5.(多選)(2024·四川綿陽高三診斷)如圖5所示，磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向外的勻強磁場分布在以O為圓心、R為半徑的圓形區域內，MNCA是矩形，MN為圓形磁場的直徑，AM＝R，AC為一感光板、M處有一粒子源，能沿紙面向圓內不同方向以相同速率均勻發射質子(質量為m，電荷量為q，重力不計)。已知沿MO方向射入磁場的質子，經磁場偏轉后，恰好打到感光板上C處。不計質子間的相互作用。下列說法正確的是(　　)
圖5
A.質子的速度大小為
B.射入磁場的質子有一半打在感光板上
C.能打到感光板上的質子在磁場中運動的最長時間為
D.若電子以的速率從N點沿NO方向射入磁場，則電子會打在感光板上
答案　BC
解析　沿MO方向射入磁場的質子，經磁場偏轉后，恰好打到感光板上C處，則由幾何關系有tan θ＝＝，可得θ＝60°，質子在磁場中運動的軌跡圓的圓心恰好在A點，由幾何關系有軌跡半徑r＝MA＝R，又qvB＝m，解得v＝，故A錯誤；在MN右側射入磁場的質子均可以到達感光板，在MN左側射入磁場的質子均無法到達感光板，即射入磁場的質子有一半打在感光板上，故B正確；由于質子在磁場中運動的軌跡半徑是一定的，在能打到感光板上的質子中，打到C點的質子在磁場中運動的時間最長，為t＝·＝，故C正確；由于電子的質量遠小于質子的質量，在速率相同的情況下，電子在磁場中運動的軌跡半徑r′ r，所以其從N點沿NO方向射入后不會打在感光板上，故D錯誤。
6.(多選)如圖6，長度為a的豎直薄擋板MN處在垂直紙面向里的勻強磁場中(磁場空間足夠大、圖中未畫出)，磁感應強度為B。擋板左側O點有一粒子源在紙面內向各方向均勻發射電荷量為＋q、質量為m的帶電粒子，所有粒子的初速度大小相同。已知圖中初速度與ON夾角為60°時發射的粒子恰好經過N點，ON＝a，ON⊥MN。不計粒子重力，不考慮粒子的反彈和粒子間的相互作用。則(　　)
圖6
A.粒子在磁場中做圓周運動的半徑為a
B.擋板左側能被粒子擊中的豎直長度為a
C.能擊中擋板右側的粒子數占粒子總數的
D.擋板的右側被粒子擊中的豎直長度為a
答案　CD
解析　所有粒子運動的軌道半徑都相等，當粒子初速度與ON夾角為60°時，粒子運動軌跡如圖中1所示，
由幾何關系可知2rcos 30°＝a，可得r＝a，故A錯誤；當軌跡剛好與MN相切時，粒子能打到板上長度最大，如圖軌跡2，設速度方向與ON夾角為θ，由幾何關系可得rsin θ＋r＝a，可得sin θ＝－1，則擋板左側能被粒子擊中的豎直長度為l＝rcos θ＝a，故B錯誤；要使粒子打在右側，有兩個臨界條件，如圖中的軌跡1、3，由幾何關系可知1、3的初速度夾角為α＝60°，則能擊中擋板右側的粒子數占粒子總數的n＝＝，故C正確；如圖粒子1打在MN上的點與O1N、O1M組成頂角為60°的等腰三角形，所以由幾何關系可知板的右側被粒子擊中的豎直長度為y＝r＝a，故D正確。
7.(多選) (2024·河南名校模擬)某個粒子分析裝置的簡化示意圖如圖7所示，在垂直紙面向外的勻強磁場(未畫出)中，有一圓心為O、半徑為R的圓形無磁場區域，在圓形邊界的P點處有一α粒子發射源，可在圖示∠GPH＝90°范圍內沿紙面隨機向磁場區域發射速度大小相同的α粒子，在圓經過P點的直徑上，固定一長度為2R的熒光擋板， α粒子擊中熒光擋板后被吸收并發出熒光。已知PG與直徑QP延長線的夾角為30°，α粒子的質量為m，電荷量為q。不計α粒子的重力和粒子間的相互作用，當α粒子的速度為v＝時，下列說法正確的是(　　)
圖7
A.所有進入圓形區域的α粒子均垂直擊中熒光擋板
B.熒光擋板上α粒子打到的區域長度為R，且擊中熒光擋板的α粒子的位置均勻分布
C.α粒子在磁場中運動的最長時間為
D.α粒子在無磁場區域運動的最長時間為
答案　AD
解析　α粒子在磁場中運動的軌跡半徑為r＝＝R，
則從P點射出的α粒子運動的軌跡如圖，由幾何關系可知，四邊形O′MOP為菱形，可知O′M水平，則從M點進入圓形區域的粒子速度豎直向下，垂直擊中熒光擋板，選項A正確；沿著PG方向射出的粒子打到擋板上的位置最遠，由幾何關系可知，最遠點與P點的距離為2R－Rsin 30°＝R，并且從O到P，距P點越近，粒子數量越多，粒子分布不均勻，選項B錯誤；沿著PH方向射出的粒子在磁場中運動的時間最長，由幾何關系可知粒子在磁場中轉過的角度為330°，則最長時間t＝·＝，選項C錯誤；水平向左射出的α粒子在無磁場區域運動的時間最長，為t′＝＝，選項D正確。
8.(多選) (2024·黑龍江哈爾濱市模擬)如圖8所示，等腰直角三角形區域分布有垂直紙面向里的勻強磁場，腰長AB＝2 m，O為BC的中點，磁感應強度B＝0.25 T，一群質量m＝1×10－7 kg，電荷量q＝－2×10－3 C的帶電粒子以速度v＝5×
103 m/s垂直于BO，從BO之間射入磁場區域，帶電粒子不計重力，則(　　)
圖8
A.在AC邊界上有粒子射出的長度為(－1)m
B.C點有粒子射出
C.在AB邊界上有粒子射出的長度為1 m
D.磁場中運動時間最長粒子從底邊距B點(－1)m處入射
答案　ACD
解析　粒子在磁場中偏轉，根據洛倫茲力提供向心力，有qvB＝m，粒子在磁場中運動的軌道半徑為R＝＝ m＝1 m，作出粒子在磁場中的運動軌跡圖，如圖所示。由圖可知，能從AC邊射出的粒子長度為＝R－R＝(－1)m，故A正確；粒子不可能到達C點，故B錯誤；由圖可知，在AB邊界上有粒子射出的長度為BF＝R＝1 m，故C正確；磁場中運動時間最長粒子運動半個圓周，軌跡與AB、AC相切，由圖可知從底邊距B點(－1)m處入射，故D正確。
9.(多選)(2024·山東青島模擬預測)利用磁聚焦和磁控束可以改變一束平行帶電粒子的寬度，人們把此原理運用到薄膜材料制備上，使芯片技術得到飛速發展。如圖9，寬度為r0的帶正電粒子流水平向右射入半徑為r0的圓形勻強磁場區域，磁感應強度大小為B0，這些帶電粒子都將從磁場圓上O點進入正方形區域，正方形過O點的一邊與半徑為r0的磁場圓相切。在正方形區域內存在一個面積最小的勻強磁場區域，使匯聚到O點的粒子經過該磁場區域后寬度變為2r0，且粒子仍沿水平向右射出，不考慮粒子間的相互作用力及粒子的重力，下列說法正確的是(　　)
圖9
A.正方形區域中勻強磁場的磁感應強度大小為2B0，方向垂直紙面向里
B.正方形區域中勻強磁場的磁感應強度大小為B0，方向垂直紙面向里
C.正方形區域中勻強磁場的最小面積為2(π－2)r
D.正方形區域中勻強磁場的最小面積為r
答案　BC
解析　根據磁聚焦原理，粒子在半徑為r0的圓形磁場區域中運動，粒子運動的軌跡半徑為r0，有qvB0＝m，解得B0＝，要使匯聚到O點的粒子經正方形區域內的磁場偏轉后寬度變為2r0，且粒子仍沿水平向右射出，作出軌跡如圖所示，由幾何關系可知粒子在正方形區域磁場中的軌跡半徑2r0，正方形中磁場區域內應該為圓形磁場的一部分，有qvB1＝m，解得B1＝＝B0，由左手定則可知，方向垂直紙面向里，A錯誤，B正確； 如圖所示，磁場區域的最小面積為Smin＝2(π－2)r，C正確，D錯誤。
10.(2024·廣西柳州三模)如圖10所示，正方形區域abcd內(含邊界)有垂直紙面向里的勻強磁場，ab＝l，Oa＝0.4l，OO′連線與ad邊平行，大量帶正電的粒子從O點沿與ab邊成θ＝53°角方向以不同的初速度v射入磁場，已知帶電粒子的質量為m，電荷量為q，磁場的磁感應強度大小為B，sin 53°＝0.8，不計粒子重力和粒子間的相互作用。
圖10
(1)求恰好從O′點射出磁場的粒子的速度大??；
(2)要使粒子從ad邊離開磁場，求初速度v的取值范圍。
答案　(1)　(2)＜v≤
解析　(1)從O′點射出磁場的粒
子的運動軌跡如圖甲
根據幾何關系可知運動半徑為r＝
根據洛倫茲力提供向心力有qvB＝m
解得v＝。
(2)當粒子軌跡與ad邊相切時，如圖乙所示
設此時初速度為v01，軌道半徑為r1，由幾何關系可得
r1＋r1sin 53°＝0.4l
又qv01B＝m，解得v01＝
若粒子運動軌跡能與cd邊相切，如圖丙所示
設此時初速度為v02，軌道半徑為r2，由幾何關系可得
r2＋r2cos 53°＝l
解得r2＝l
O2a＝l－r2＝l
又O2a＝＝0.3l，兩次計算結果不一致
可知粒子軌跡不能與cd邊相切，從d點射出時速度最大，如圖丁所示。根據幾何關系可知
r2′cos θ＋r2′cos α＝l
r2′sin θ－r2′sin α＝0.4l
解得r2′＝l
根據洛倫茲力提供向心力有qv02B＝m
解得v02＝
綜上可得11.(2024·遼東南協作體聯考)“太空粒子探測器”由加速、偏轉和收集三部分組成，其原理可簡化為如圖11所示。輻射狀的加速電場區域 Ⅰ 邊界為兩個同心平行的網狀金屬扇形弧面，O1為圓心，圓心角θ為120°，外圓弧面AB與內圓弧面CD間的電勢差為U0，M為外圓弧的中點。緊靠O1右側有一圓形勻強磁場區域 Ⅱ ，圓心為O2，半徑為L，磁場方向垂直于紙面向外且磁感應強度大小B＝。在磁場區域下方相距L處有一足夠長的收集板PNQ。已知MO1O2和PNQ為兩條平行線，且與O2、N連線垂直。假設太空中飄浮著質量為m、電荷量為q的帶正電粒子，它們能均勻地吸附到AB弧面并經電場從靜止開始加速，然后從O1進入磁場，并最終到達PNQ板被收集，忽略一切萬有引力和粒子間的作用力。求：
圖11
(1)粒子經電場加速后，進入磁場時的速度v的大?。?br/>(2)粒子在磁場中運動的軌跡半徑r；
(3)粒子到達收集板沿PQ方向的長度。
答案　(1)　(2)L　(3)L
解析　(1)粒子經電場加速，根據動能定理有qU0＝mv2
解得粒子進入磁場時的速度大小v＝。
(2)根據洛倫茲力提供帶電粒子做圓周運動的向心力，有qvB＝m
解得粒子在磁場中運動的軌跡半徑r＝L。
(3)所有從AB圓弧面進入的粒子進入磁場時的速度大小相等，在磁場中做勻速圓周運動的軌跡半徑相等且等于磁場圓的半徑，相同的帶電粒子從同一點以相同的速率入射，則出射方向相同，且出射方向垂直于入射點所在的直徑。它們經過磁場后都從磁場邊界垂直于PNQ方向射出，最終到達PNQ板被收集，帶電粒子的運動軌跡如圖所示。
從各個帶電粒子的運動軌跡可以看出，軌跡1對應的粒子在磁場中的運動軌跡對應的圓心角最小，所以從A點進入的粒子到達收集板的最左端，根據幾何知識可知該粒子的速度方向偏轉了30°，軌跡1、2對應的粒子打在板上位置的距離
x12＝L－r(1－cos 30°)＝L
根據幾何關系可得軌跡2、3對應的粒子打在板上位置的距離x23＝rcos 30°＝L
粒子到達收集板沿PQ方向的長度d＝x12＋x23＝L。(共46張PPT)
增分培優4　動態圓模型　磁聚焦與磁發散模型
專題三　電場與磁場
目 錄
CONTENTS
增分培優
01
課時跟蹤訓練
02
增分培優
1
圖1
ABD
例1 (多選)(2024·安徽蕪湖二模)如圖1甲所示，在x軸及其上方存在垂直xOy平面向外的勻強磁場，坐標原點O處有一粒子源，可向x軸和x軸上方的各個方向不斷地發射速度大小均為v＝1×106 m/s、質量為m＝1×10－15 kg、帶電荷量為q＝1×10－9 C的同種帶電正粒子。在x軸上距離原點1 m處垂直于x軸放置一個長度為1 m、厚度不計且能接收帶電粒子的薄金屬板P(粒子一旦打在金屬板P上立即被接收)?，F觀察到沿x軸負方向射出的粒子恰好打在薄金屬板的上端。不計帶電粒子的重力和粒子間相互作用力。π＝3，則被薄金屬板接收的粒子運動的時間可能為(　 　)
A.1.1×10－6 s B.1.4×10－6 s C.2.5×10－6 s D.4.6×10－6 s
放縮圓 適用條件 粒子的入射點位置相同，速度方向一定，速度大小不同
應用方法
以入射點P為定點，軌跡圓的圓心位于粒子處于入射點時所受洛倫茲力所在的射線PP′上，將半徑放縮作軌跡圓，粒子軌跡與磁場邊界相切是恰好不射出磁場的臨界狀態
圖2
D
例2 如圖2所示，磁感應強度為B的勻強磁場方向垂直紙面向里，圖中虛線為磁場的邊界，其中bc段是半徑為R的四分之一圓弧，ab、dc的延長線通過圓弧的圓心，Ob長為R。一束質量均為m、電荷量均為q的粒子，在紙面內以不同的速率從O點垂直ab射入磁場，已知所有粒子均從圓弧邊界射出，其中M、N是圓弧邊界上的兩點，不計粒子重力和粒子間的相互作用。則下列分析中正確的是(　　)
圖3
D
帶電粒子平行射入圓形有界勻強磁場，如果軌跡圓半徑與磁場區域圓半徑相等，則粒子從磁場邊界上同一點射出，該點切線與入射速度方向平行
帶電粒子從圓形有界勻強磁場邊界上同一點射入，如果軌跡圓半徑與磁場區域圓半徑相等，則粒子出射方向與入射點的切線方向平行
圖4
(1)粒子的初速度v0；
(2)矩形磁場區域的寬度a；
(3)從PQ邊射出的粒子數與射入磁場的總粒子數的比。
解析　(1)設粒子在磁場區域內做勻速圓周運動的半徑為r，根據牛頓第二定律，
(2)設在矩形區域內運動時間最長的粒子其速度方向與y軸正方向夾角為θ
由題意知，其軌跡與PQ邊剛好相切，由幾何關系得
rsin θ＋rcos θ＝2a
rsin θ＋a＝r
(3)設在矩形區域內運動時間最長的粒子，其射入圓形磁場區域時的縱坐標為
－y1，由幾何關系得
R－y1＝Rsin θ
課時跟蹤訓練
2
BC
1.(多選)如圖1所示，在邊長為L的正方形區域ABCD內存在磁感應強度大小為B，方向垂直紙面向外的勻強磁場。質量為m，電荷量為q的帶電粒子(不計重力)，分別以相同的速率v從A點沿不同方向垂直磁場方向射入磁場，當沿AC方向射入時，垂直于BC邊射出磁場。則粒子(　　)
基礎保分練
圖1
ABC
圖2
AD
3.(多選)如圖3所示，a、b是直線上間距為4d的兩點，也是半圓直徑的兩個端點，c位于ab上，且ac＝d，直線上方存在著磁感應強度大小為B、垂直于半圓平面的勻強磁場(未畫出)，其中半圓內部沒有磁場。一群比荷為k的同種帶電粒子從a、c之間以相同的速率垂直于ab射入圓弧區域，所有粒子都能通過b點，不計粒子間的相互作用和粒子的重力，則(　　)
圖3
C
4.(2024·江西南昌一模)如圖4所示，在PM和QK之間有大量相同的帶電粒子以同一速度沿水平方向射入以O點為圓心、半徑為R的圓形勻強磁場區域，該磁場方向垂直紙面向外，PM與圓心O在同一水平直線上，PM和QK間的距離為0.5R。已知所有粒子均從O點正下方的N點射出圓形磁場區域，立即進入下方垂直于紙面向里的勻強磁場，并都能打到水平擋板的下表面，擋板的左側緊貼N點。已知下方磁場的磁感應強度是上方磁場的2倍。不計粒子重力及粒子間的相互作用。擋板下表面有粒子打到的區域長度為(　　)
圖4
BC
圖5
CD
圖6
解析　所有粒子運動的軌道半徑都相等，當粒子初速度與ON夾角為60°時，粒子運動軌跡如圖中1所示，
圖7
ACD
8.(多選) (2024·黑龍江哈爾濱市模擬)如圖8所示，等腰直角三角形區域分布有垂直紙面向里的勻強磁場，腰長AB＝2 m，O為BC的中點，磁感應強度B＝0.25 T，一群質量m＝1×10－7 kg，電荷量q＝－2×10－3 C的帶電粒子以速度v＝5×103 m/s垂直于BO，從BO之間射入磁場區域，帶電粒子不計重力，則(　　 )
圖8
9.(多選)(2024·山東青島模擬預測)利用磁聚焦和磁控束可以改變一束平行帶電粒子的寬度，人們把此原理運用到薄膜材料制備上，使芯片技術得到飛速發展。如圖9，寬度為r0的帶正電粒子流水平向右射入半徑為r0的圓形勻強磁場區域，磁感應強度大小為B0，這些帶電粒子都將從磁場圓上O點進入正方形區域，正方形過O點的一邊與半徑為r0的磁場圓相切。在正方形區域內存在一個面積最小的勻強磁場區域，使匯聚到O點的粒子經過該磁場區域后寬度變為2r0，且粒子仍沿水平向右射出，不考慮粒子間的相互作用力及粒子的重力，下列說法正確的是(　　)
圖9
10.(2024·廣西柳州三模)如圖10所示，正方形區域abcd內(含邊界)有垂直紙面向里的勻強磁場，ab＝l，Oa＝0.4l，OO′連線與ad邊平行，大量帶正電的粒子從O點沿與ab邊成θ＝53°角方向以不同的初速度v射入磁場，已知帶電粒子的質量為m，電荷量為q，磁場的磁感應強度大小為B，sin 53°＝0.8，不計粒子重力和粒子間的相互作用。
圖10
(1)求恰好從O′點射出磁場的粒子的速度大?。?br/>(2)要使粒子從ad邊離開磁場，求初速度v的取值范圍。
解析　(1)從O′點射出磁場的粒
子的運動軌跡如圖甲
可知粒子軌跡不能與cd邊相切，從d點射出時速度最大，如圖丁所示。根據幾何關系可知
r2′cos θ＋r2′cos α＝l
r2′sin θ－r2′sin α＝0.4l
圖11
(1)粒子經電場加速后，進入磁場時的速度v的大小；
(2)粒子在磁場中運動的軌跡半徑r；
(3)粒子到達收集板沿PQ方向的長度。
(3)所有從AB圓弧面進入的粒子進入磁場時的速度大小相等，在磁場中做勻速圓周運動的軌跡半徑相等且等于磁場圓的半徑，相同的帶電粒子從同一點以相同的速率入射，則出射方向相同，且出射方向垂直于入射點所在的直徑。它們經過磁場后都從磁場邊界垂直于PNQ方向射出，最終到達PNQ板被收集，帶電粒子的運動軌跡如圖所示。
從各個帶電粒子的運動軌跡可以看出，軌跡1對應的粒子在磁場中的運動軌跡對應的圓心角最小，所以從A點進入的粒子到達收集板的最左端，根據幾何知識可知該粒子的速度方向偏轉了30°，軌跡1、2對應的粒子打在板上位置的距離
根據幾何關系可得軌跡2、3對應的粒子打在板上位置的距離

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