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專題15 帶電粒子在有界勻強磁場中的勻速圓周運動模型
[模型導(dǎo)航]
【知識分析】帶電粒子在有界勻強磁場中的勻速圓周運動模型解法 1
【模型一】帶電粒子在直線邊界磁場中的運動模型 2
【模型二】平行邊界磁場模型 2
【模型三】圓形邊界磁場模型 5
【模型四】環(huán)形磁約束模型 9
【模型五】三角形或四邊形邊界磁場模型 11
【模型六】數(shù)學(xué)圓模型在電磁學(xué)中的應(yīng)用 14
1、“放縮圓”模型的應(yīng)用 16
2、“旋轉(zhuǎn)圓”模型的應(yīng)用 17
3、“平移圓”模型的應(yīng)用 19
4、“磁聚焦”模型 20
[模型分析]
【知識分析】帶電粒子在有界勻強磁場中的勻速圓周運動模型解法
基本思路 圖例 說明
圓心的確定 ①與速度方向垂直的直線過圓心②弦的垂直平分線過圓心③軌跡圓弧與邊界切點的法線過圓心 P、M點速度垂線交點
P點速度垂線與弦的垂直平分線交點
某點的速度垂線與切點法線的交點
半徑的確定 利用平面幾何知識求半徑 常用解三角形法：例：(左圖) R＝或由R2＝L2＋(R－d)2求得R＝
運動時間的確定 利用軌跡對應(yīng)圓心角θ或軌跡長度L求時間 ①t＝T ②t＝ (1)速度的偏轉(zhuǎn)角φ等于所對的圓心角θ (2)偏轉(zhuǎn)角φ與弦切角α的關(guān)系：φ<180°時，φ＝2α；φ>180°時，φ＝360°－2α
【模型一】帶電粒子在直線邊界磁場中的運動模型
【運動模型】直線邊界，粒子進出磁場具有對稱性(如圖所示)
圖a中粒子在磁場中運動的時間t＝＝
圖b中粒子在磁場中運動的時間t＝(1－)T＝(1－)＝
圖c中粒子在磁場中運動的時間t＝T＝
如圖，虛線MN的右側(cè)有垂直紙面向里的勻強磁場，在圖示平面內(nèi)兩比荷相同的帶正電粒子a、b從MN上的同一點沿不同方向射入勻強磁場后，又從MN上的同一點射出磁場。已知a粒子初速度的方向垂直虛線MN，粒子的重力和粒子間的相互作用忽略不計，則下列描述兩粒子速度大小的關(guān)系圖像正確的是（　?。?br/>A． B．
C． D．
如圖所示，某真空室內(nèi)充滿勻強磁場，磁場方向垂直于紙面向里，磁場內(nèi)有一塊足夠長的平面感光板MN，點a為MN與水平直線ab的交點，MN與直線ab的夾角為θ＝53°，ab間的距離為d＝20cm。在b點的點狀的電子源向紙面內(nèi)各個方向發(fā)射電子，電子做圓周運動的半徑為r＝10cm，不計電子間的相互作用和重力，sin53°＝0.8，則MN上被電子打中的區(qū)域的長度為（　?。?br/>A．16cm B．20cm C．24cm D．28cm
如圖所示，x軸上方有垂直紙面向里的勻強磁場，兩個比荷相同的正負電荷（不計重力）以相同速度從O點先后射入磁場，最終均從x軸離開磁場。不計兩電荷間的相互作用，關(guān)于兩電荷在磁場中的運動，下列說法正確的是（　　）
A．兩電荷所受洛倫茲力的大小一定相同
B．兩電荷在磁場中的運動時間一定相等
C．兩電荷重新回到x軸時的速度不相同
D．正電荷從x軸上O點左側(cè)射出磁場，負電荷從x軸上O點右側(cè)射出磁場
如圖所示，甲、乙兩個帶等量異種電荷的帶電粒子，以相同的速率經(jīng)小孔P垂直磁場邊界MN，進入方向垂直紙面向外的勻強磁場，在磁場中做勻速圓周運動，并垂直磁場邊界MN射出磁場，運動軌跡如圖中虛線所示，不計粒子所受重力及空氣阻力。下列說法正確的是（　?。?br/>A．甲粒子帶負電荷，乙粒子帶正電荷
B．甲粒子的質(zhì)量大于乙粒子的質(zhì)量
C．兩帶電粒子受到的洛倫茲力大小不等
D．兩帶電粒子在磁場中運動的時間相等
（多選）如圖，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(yīng)強度為B。擋板左側(cè)O點有一粒子源在紙面內(nèi)向各方向均勻發(fā)射電荷量為+q、質(zhì)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°發(fā)射的粒子恰好經(jīng)過N點，。不計粒子重力，不考慮粒子的反彈和粒子間的相互作用。則（　　）
A．粒子在磁場中做圓周運動的半徑為a
B．擋板左側(cè)能被粒子擊中的豎直長度為a
C．粒子能擊中擋板右側(cè)的粒子數(shù)占粒子總數(shù)的
D．擋板的右側(cè)被粒子擊中的豎直長度為a
【模型二】平行邊界磁場模型
【運動模型】
平行邊界存在臨界條件，圖a中粒子在磁場中運動的時間t1＝，t2＝＝
圖b中粒子在磁場中運動的時間t＝
圖c中粒子在磁場中運動的時間
t＝(1－)T＝(1－)＝
圖d中粒子在磁場中運動的時間t＝T＝
（2023 乙卷）如圖，一磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場，方向垂直于紙面（xOy平面）向里，磁場右邊界與x軸垂直。一帶電粒子由O點沿x正向入射到磁場中，在磁場另一側(cè)的S點射出，粒子離開磁場后，沿直線運動打在垂直于x軸的接收屏上的P點；SP＝l，S與屏的距離為，與x軸的距離為a。如果保持所有條件不變，在磁場區(qū)域再加上電場強度大小為E的勻強電場，該粒子入射后則會沿x軸到達接收屏。該粒子的比荷為（　?。?br/>A． B． C． D．
如圖所示，L1和L2為兩條平行的磁場邊界線，L1上方和L2下方都是垂直紙面向里，范圍足夠大，且磁感應(yīng)強度相同的勻強磁場，L1和L2之間無磁場；A、B兩點是L2上相距一定距離的兩點。帶電粒子從A點以初速度v0與L2成30°角斜向右上方射出，經(jīng)過偏轉(zhuǎn)后正好過B點，不計重力，下列說法正確的是（　　）
A．該粒子一定是帶正電
B．該粒子經(jīng)過B點時的速度一定跟在A點時的速度相同
C．若只稍微增大該粒子在A點的初速度，它將仍可能經(jīng)過B點
D．若只將該粒子在A點的初速度方向改為與L2成60°角斜向右上方，它將不可能經(jīng)過B點
真空區(qū)域有寬度為L、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，磁場方向如圖所示，MN、PQ是磁場的邊界。質(zhì)量為m、電荷量為+q的粒子（不計重力）從MN邊界某處射入磁場，剛好沒有從PQ邊界射出磁場，當再次從MN邊界射出磁場時與MN夾角為30°，則（　?。?br/>A．粒子進入磁場時速度方向與MN邊界的夾角為60°
B．粒子在磁場中轉(zhuǎn)過的角度為60°
C．粒子在磁場中運動的時間為
D．粒子能從PQ邊界射出磁場時的速度大于
如圖所示，AB平行于CD，相距為d，兩邊之間有垂直直面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B，一質(zhì)量為m，電荷量為q的電子在AB邊某點與AB邊成30°角方向入射，與CD邊成60°角出射，下列選項正確的是（　　）
A．電子運動的軌道半徑為
B．電子在磁場中運動的時間為
C．電子的入射速度
D．僅改變?nèi)肷浞较?，使電子剛好不從右邊界射出，則AB邊界上的入射點與出射點間的距離為
原子核衰變時放出肉眼看不見的射線。為探測射線威耳曾用置于勻強磁場或電場中的云室來顯示它們的徑跡，為了研究徑跡，我們將其抽象成如圖甲、乙所示的情景：一靜止的氡核Rn置于真空區(qū)域勻強磁場的邊界y軸上的O點，氡核放出一個水平向右的初速度為v0、質(zhì)量為m、電量為q的X粒子后衰變成一個質(zhì)量為M的釙核Po。設(shè)真空中的光速為c，不計粒子的重力，衰變放出的核能全部轉(zhuǎn)變成釙核和X粒子的動能。
（1）寫出該衰變的核反應(yīng)方程式并計算衰變過程的質(zhì)量虧損Δm；
（2）若甲圖中兩個磁場區(qū)域的磁感應(yīng)強度分別為B和2B，間距均為d，求X粒子離開磁場的位置坐標；
（3）若磁場左邊界為y軸，磁感應(yīng)強度為B，X粒子在磁場中運動受到與速度方向相反、大小不變的阻力f，且恰好不從能y軸飛出磁場，求X粒子運動到y(tǒng)軸的時間t及阻力f。
【模型三】圓形邊界磁場模型
【模型構(gòu)建】沿徑向射入圓形磁場的粒子必沿徑向射出，運動具有對稱性(如圖所示)
粒子做圓周運動的半徑r＝
粒子在磁場中運動的時間t＝T＝
θ＋α＝90°
1． 圓形有界磁場問題（1）
正對圓心射入圓形磁場區(qū)域
正對圓心射出，兩圓心和出（入）射點構(gòu)成直角三角形，有→磁偏轉(zhuǎn)半徑，根據(jù)半徑公式求解；時間。速度v越大→磁偏轉(zhuǎn)半徑r越大→圓心角α越小→時間t越短。若r=R，構(gòu)成正方形。
2． 圓形有界磁場問題（2）
不對圓心射入圓形磁場區(qū)域
兩個等腰三角形，一個共同的底邊 若r=R，構(gòu)成菱形
（多選）O為圓心的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向外的勻強磁場，MN為圓的直徑。從圓上的A點沿AO方向，以相同的速度先后射入甲乙兩個粒子，甲粒子從M點離開磁場，乙粒子從N點離開磁場，已知∠AON＝60°，粒子重力不計，以下說法正確的是（　?。?br/>A．甲粒子帶正電荷
B．甲粒子在磁場中做圓周運動半徑比乙小
C．乙粒子的比荷比甲大
D．甲粒子在磁場中運動時間比乙長
（多選）地磁場對宇宙高能粒子有偏轉(zhuǎn)作用，從而保護了地球的生態(tài)環(huán)境。赤道平面的地磁場簡化為如圖所示，O為地球球心、R為地球半徑。地磁場只分布在半徑為R和2R的兩邊界之間的圓環(huán)區(qū)域內(nèi)，磁感應(yīng)強度大小均為B，方向垂直紙面向里。假設(shè)均勻分布的帶正電高能粒子以相同速度垂直MN沿赤道平面射向地球。已知粒子質(zhì)量均為m、電荷量均為q，不計粒子的重力及相互作用力。下列說法正確的是（　?。?br/>A．若粒子速率小于，入射到磁場的粒子可以到達地面
B．若粒子速率小于，入射到磁場的粒子均無法到達地面
C．若粒子速率為，正對著O處入射的粒子恰好可以到達地面
D．若粒子速率為，入射到磁場的粒子恰好有一半可以到達地面
（多選）如圖所示，在紙面內(nèi)半徑為R的圓形區(qū)域中充滿了垂直于紙面向里，磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場。一點電荷從圖中A點以速度v0垂直磁場射入，經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后恰能從點A'射出且速度方向剛好改變了90°。已知AA'為區(qū)域磁場的一條直徑，不計電荷的重力，下列說法正確的是（　?。?br/>A．該點電荷帶負電
B．該點電荷在磁場中作圓周運動的半徑為R
C．該點電荷的比荷為
D．該點電荷在磁場中的運動時間為
如圖所示，紙面內(nèi)有一圓心為O，半徑為R的圓形磁場區(qū)域，磁感應(yīng)強度的大小為B，方向垂直于紙面向里。由距離O點0.4R處的P點沿著與PO連線成θ＝30°的方向發(fā)射速率大小不等的電子。已知電子的質(zhì)量為m，電荷量為e，不計電子的重力且不考慮電子間的相互作用。為使電子不離開圓形磁場區(qū)域，則電子的最大速率為（　　）
A． B．
C． D．
如圖甲、乙所示，兩空間分別存在豎直向下的勻強電場和垂直紙面向外的勻強磁場，、分別為紙面內(nèi)的半圓形曲線，O、O′分別為兩半圓的圓心，PQ、P′Q′分別為兩半圓的水平直徑，將帶電粒子分別從P、P′點水平射出，分別經(jīng)過半圓曲線的M、M′點，不計粒子重力及空氣阻力，則下列說法正確的是（　?。?br/>A．甲圖中粒子帶正電，乙圖中粒子帶負電
B．甲圖中粒子帶負電，乙圖中粒子帶正電
C．甲圖中粒子經(jīng)過M點時速度方向的反向延長線有可能經(jīng)過圓心O
D．乙圖中粒子經(jīng)過M′點時速度方向的反向延長線一定經(jīng)過圓心O′
【模型四】環(huán)形磁約束模型
【模型構(gòu)建】
臨界圓
臨界半徑 勾股定理(R2-R1)2=R12+r2 解得：
利用磁場可以屏蔽帶電粒子。如圖所示，真空中有一勻強磁場，磁場邊界為兩個半徑分別為r和3r的同軸圓柱面，磁場的方向與圓柱軸線平行，磁感應(yīng)強度大小為B，橫截面如圖所示。一帶電粒子從P點正對著圓心O沿半徑方向射入磁場。已知該粒子的比荷為k，重力不計。為使該帶電粒子不能進入圖中實線圓圍成的區(qū)域內(nèi)，粒子的最大速度為（　　）
A．kBr B．2kBr C．3kBr D．4kBr
如圖所示，半徑分別為R、2R的兩個同心圓，圓心為O，大圓和小圓之間區(qū)域有垂直于紙面向外的勻強磁場，其余區(qū)域無磁場。一重力不計的帶正電粒子從大圓邊緣的P點沿與PO連線成θ角（θ＞45°）以速度v1射入磁場，恰好不進入小圓；若將該帶電粒子從P點射入的速度大小變?yōu)関2時，不論其入射方向如何，都不可能進入小圓，則v1：v2至少為（　?。?br/>A．3（1） B． C．5：1 D．1：5
如圖所示，真空中，垂直于紙面向里的勻強磁場只在兩個同心圓所夾的環(huán)狀區(qū)域存在（含邊界），兩圓的半徑分別為R、3R，圓心為O．一重力不計的帶正電粒子從大圓邊緣的P點沿PO方向以速度v1射入磁場，其運動軌跡如圖，軌跡所對的圓心角為120°．若將該帶電粒子從P點射入的速度大小變?yōu)関2時，不論其入射方向如何，都不可能進入小圓內(nèi)部區(qū)域，則v1：v2至少為（　?。?br/>A． B． C． D．2
如圖所示，三個同心圓將空間分隔成四個區(qū)域，圓I的半徑為R；圓II的半徑為2R，在圓I與圓Ⅱ間的環(huán)形區(qū)域內(nèi)存在垂直于紙面向外的磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場；圓Ⅲ是一絕緣圓柱形管，半徑為4R，在圓Ⅱ與圓Ⅲ間存在垂直于紙面向里的勻強磁場B1．在圓心O處有一粒子源，該粒子源可向各個方向射出速率相同、質(zhì)量為m、帶電荷量為q的粒子，粒子重力不計．假設(shè)粒子每一次經(jīng)過圓Ⅱ且與該圓相切時均進入另一磁場．粒子源所射出的粒子剛好沿圓II的切線方向進入勻強磁場B1．
（1）求粒子的速度大小；
（2）若進入勻強磁場B1的粒子剛好垂直打在圓Ⅲ的管壁上，求B1的大小（可用B表示）；
（3）若打在圓Ⅲ管壁上的粒子能原速率反彈，求粒子從O點開始到第一次回到O點所經(jīng)歷的時間．
如圖是一種花瓣形電子加速器簡化示意圖?？臻g有三個同心圓a、b、c圍成的區(qū)域，圓a內(nèi)為無場區(qū)，圓a與圓b之間存在輻射狀電場，圓b與圓c之間有三個圓心角均略小于90°的扇環(huán)形勻強磁場區(qū)Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ。各區(qū)磁感應(yīng)強度恒定，大小不同，方向均垂直紙面向外。電子以初動能Ek0從圓b上P點沿徑向進入電場。電場可以反向，保證電子每次進入電場即被全程加速。已知圓a與圓b之間電勢差為U，圓b半徑為R，圓c半徑為R，電子質(zhì)量為m，電荷量為e。忽略相對論效應(yīng)。取tan22.5°＝0.4。
（1）當Ek0＝0時，電子加速后均沿各磁場區(qū)邊緣進入磁場，且在電場內(nèi)相鄰運動軌跡的夾角θ均為45°，最終從Q點出射，運動軌跡如圖中帶箭頭實線所示。求Ⅰ區(qū)的磁感應(yīng)強度大小、電子在Ⅰ區(qū)磁場中的運動時間及在Q點出射時的動能；
（2）已知電子只要不與Ⅰ區(qū)磁場外邊界相碰，就能從出射區(qū)域出射。當Ek0＝keU時，要保證電子從出射區(qū)域出射，求k的最大值。
【模型五】三角形或四邊形邊界磁場模型
如圖所示，直角三角形ABC區(qū)域內(nèi)存在垂直于紙面向里的勻強磁場，∠B＝90°，∠C＝30°。某種帶電粒子（重力不計）以不同速率從BC邊上D點垂直BC邊射入磁場，速率為v1時粒子垂直AC邊射出磁場，速率為v2時粒子從BC邊射出磁場，且運動軌跡恰好與AC邊相切，粒子在磁場中運動軌跡半徑為r1、r2，運動時間為t1、t2。下列說法正確的是（　　）
A．粒子帶正電 B．r1：r2＝2：1 C．v1：v2＝3：1 D．t1：t2＝1：4
如圖所示，在直角三角形ABC內(nèi)存在垂直紙面向外的勻強磁場，AB邊長度為d，，現(xiàn)垂直AB邊以相同的速度射入一群質(zhì)量均為m、電荷量均為q的帶正電粒子（粒子不計重力、不考慮電荷間的相互作用），已知垂直AC邊射出的粒子在磁場中運動的時間為t0，則下列判斷中正確的是（　　）
A．粒子在磁場中運動的最長時間為4t0
B．該勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小是
C．如果粒子帶的是負電，不可能有粒子垂直BC邊射出磁場
D．若有粒子能再次回到AB邊，則該粒子在磁場中運動的速度最大為
（多選）如題圖，直角三角形ABC區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場（圖中未畫出），AC邊長為l，∠B為，一群比荷為的帶負電粒子以相同速度從C點開始一定范圍垂直AC邊射入，射入的粒子恰好不從AB邊射出，已知從BC邊垂直射出的粒子在磁場中運動的時間為，在磁場中運動時間最長的粒子所用時間為2t0，則（　?。?br/>A．磁感應(yīng)強度大小為
B．粒子運動的軌道半徑為
C．粒子射入磁場的速度大小為
D．粒子在磁場中掃過的面積為
（多選）如圖所示，邊長為L的正方形ABCD內(nèi)存在垂直于平面向里的勻強磁場，AB、BC、CD邊放有擋板，粒子打到擋板上時會被擋板吸收，在BC中點O有一粒子發(fā)射源，可以沿著正方形所在平面朝各個方向發(fā)射速率為v0的同種帶電粒子，粒子質(zhì)量為m，電荷量為+q。已知垂直BC射入的帶電粒子恰好從D點射出磁場，不計粒子的重力和粒子間的相互作用，sin53°＝0.8，以下說法正確的是（　?。?br/>A．磁場的磁感應(yīng)強度大小為
B．從D點射出磁場的粒子在磁場中運動時間為
C．有粒子打到B點
D．剛好從A點射出磁場的粒子在磁場中運動時間為
（多選）如圖所示，矩形ABCD區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強磁場，磁場的磁感應(yīng)強度大小為B，AB邊長為d，BC邊長為2d，O是BC邊的中點，E是AD邊的中點。在O點有一粒子源，可以在紙面內(nèi)向磁場內(nèi)各個方向射出質(zhì)量均為m、電荷量均為q、同種電性的帶電粒子，粒子射出的速度大小相同，速度與OB邊的夾角為60°的粒子恰好從E點射出磁場，不計粒子的重力，則（　　）
A．粒子帶負電
B．粒子運動的速度大小為
C．從AD邊離開的粒子在磁場中運動的最短時間為
D．從AD邊離開的粒子在磁場中經(jīng)過的區(qū)域形成的面積為
【模型六】數(shù)學(xué)圓模型在電磁學(xué)中的應(yīng)用
1、“放縮圓”模型的應(yīng)用
適用條件 速度方向一定，大小不同 粒子源發(fā)射速度方向一定，大小不同的帶電粒子進入勻強磁場時，這些帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌跡半徑隨速度的變化而變化
軌跡圓圓心共線 如圖所示(圖中只畫出粒子帶正電的情景)，速度v越大，運動半徑也越大?？梢园l(fā)現(xiàn)這些帶電粒子射入磁場后，它們運動軌跡的圓心在垂直初速度方向的直線PP′上
界定 方法 以入射點P為定點，圓心位于PP′直線上，將半徑放縮作軌跡圓，從而探索出臨界條件，這種方法稱為“放縮圓”法
一勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直于紙面向外，其邊界如圖中虛線所示，為半圓，ac、bd與直徑ab共線，ac間的距離等于半圓的半徑。一束質(zhì)量為m、電荷量為q（q＞0）的粒子，在紙面內(nèi)從c點垂直于ac射入磁場，這些粒子具有各種速率。不計粒子之間的相互作用。在磁場中運動時間最長的粒子，其運動時間為（　?。?br/>A． B． C． D．
如圖所示，直線邊界PMN上方有足夠大的勻強磁場B，方向垂直紙面向外，邊界P點有一粒子源，以與豎直方向成θ角的不同速率向磁場中射入兩個相同的粒子甲和乙，粒子甲、乙經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后分別從邊界上M、N點出磁場。已知PM＝MN，粒子重力不計，則甲、乙在磁場中運動的速度大小之比和甲、乙在磁場中運動的時間之比分別為（　　）
A．1：4，1：1 B．1：4，1：4 C．1：2，1：1 D．1：2，1：4
（多選）如圖，半徑為R的半圓形區(qū)域內(nèi)（含邊界）有方向垂直面向里、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，MN為位于磁場下邊界的粒子收集板，磁場左側(cè)邊界與MN相距處有一粒子源S，以不同速率沿平行于MN的方向射入大量質(zhì)量均為m、電荷量均為q的粒子，部分粒子能夠打收集板上。不計粒子重力及粒子間的相互作用，則（　　）
A．粒子帶正電
B．到達收集板上O點的粒子在磁場中的速度偏轉(zhuǎn)角為30°
C．到達收集板的粒子在磁場中運動的最長時間為
D．到達收集板的粒子的速度最大值為
（多選）如圖所示，三角形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強磁場，其中∠O＝90°，OQ＝OP＝2d，S為OP的中點，S處的粒子發(fā)射源以垂直O(jiān)P的方向發(fā)射一系列速率不同的電子，電子的比荷為k，已知磁場的磁感應(yīng)強度大小為B，忽略電子的重力以及電子間的相互作用。下列說法正確的是（　　）
A．電子的速率為v＝Bkd時，電子從OQ上距離Q點d處離開磁場
B．從PQ邊離開的電子的最小速率為νBkd
C．從OP邊離開的電子的最大速率為νBkd
D．從OP邊離開的電子，速率越大在磁場中運動的時間越短
如圖所示，等邊三角形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向外的勻強磁場（圖中未畫出），三個完全相同的重力不計的帶電粒子1、2、3以不同的速度由頂點a沿垂直于bc邊的方向射入磁場，結(jié)果粒子1、2、3分別從圖中的d、e、c點離開磁場（d、e為ac邊的三等分點）。不考慮三個粒子間的相互作用力，則下列說法正確的是（　?。?br/>A．粒子3的軌跡半徑等于三角形abc的邊長
B．粒子1、2、3進入磁場的速度之比為3：2：1
C．粒子3的速度偏轉(zhuǎn)角最大，粒子1的速度偏轉(zhuǎn)角最小
D．若僅將磁場的磁感應(yīng)強度變?yōu)樵瓉淼?，粒?將從頂點c離開磁場
2、“旋轉(zhuǎn)圓”模型的應(yīng)用
適用條件 速度大小一定，方向不同 粒子源發(fā)射速度大小一定、方向不同的帶電粒子進入勻強磁場時，它們在磁場中做勻速圓周運動的半徑相同，若射入初速度為v0，則圓周運動半徑為R＝。如圖所示
軌跡圓圓心共圓 帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的圓心在以入射點P為圓心、半徑R＝的圓上
界定 方法 將一半徑為R＝的圓以入射點為圓心進行旋轉(zhuǎn)，從而探索粒子的臨界條件，這種方法稱為“旋轉(zhuǎn)圓”法
如圖所示，直線MN是一勻強磁場的邊界，三個相同的帶正電粒子分別沿圖示1、2、3三個方向以相同的速率從O點射入磁場，沿箭頭1、3兩個方向的粒子分別經(jīng)t1、t3時間均從p點離開磁場，沿箭頭2方向（垂直于MN）的粒子經(jīng)t2時間從q點離開磁場，p是Oq的中點，則t1、t2、t3之比為（　?。?br/>A．1：2：3 B．1：3：5 C．2：3：4 D．3：4：5
如圖1所示的坐標系內(nèi)，在x0（x0＞0）處有一垂直x軸放置的擋板。在y軸與擋板之間的區(qū)域內(nèi)存在一個與xoy平玨垂直且指向紙內(nèi)的勻強磁場，磁感應(yīng)強度B＝0.2T．位于坐標原點O處的粒子源向xoy平面內(nèi)發(fā)射出大量同種帶正電的粒子，所有粒子的初速度大小均為v0＝1.0×106m/s，方向與x軸正方向的夾角為θ，且0≤θ≤90°．該粒子的比荷為1.0×108C/kg，不計粒子所受重力和粒子間的相互作用，粒子打到擋板上后均被擋板吸收。
（1）求粒子在磁場中運動的軌道半徑R：
（2）如圖2所示，為使沿初速度方向與x軸正方向的夾角θ＝30°射出的粒子不打到擋板上，則x0必須滿足什么條件？該粒子在磁場中運動的時間是多少？
（3）若x0＝5.0×10﹣2m，求粒子打在擋板上的范圍（用y坐標表示），并用“”圖樣在圖3中畫出粒子在磁場中所能到達的區(qū)域：
3、“平移圓”模型的應(yīng)用
適用條件 速度大小一定，方向一定，但入射點在同一直線上 粒子源發(fā)射速度大小、方向一定，入射點不同，但在同一直線的帶電粒子進入勻強磁場時，它們做勻速圓周運動的半徑相同，若入射速度大小為v0，則半徑R＝，如圖所示
軌跡圓圓心共線 帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的圓心在同一直線上，該直線與入射點的連線平行
界定方法 將半徑為R＝的圓進行平移，從而探索粒子的臨界條件，這種方法叫“平移圓”法
（多選）如圖所示，在直角三角形ABC內(nèi)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(xiàn)垂直AB邊射入一群質(zhì)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（　?。?br/>A．粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期為5t
B．該勻強磁場的磁感應(yīng)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
如圖所示，邊長為L的正方形有界勻強磁場ABCD，帶電粒子從A點沿AB方向射入磁場，恰好從C點飛出磁場；若帶電粒子以相同的速度從AD的中點P垂直AD射入磁場，從DC邊的M點飛出磁場（M點未畫出）。設(shè)粒子從A點運動到C點所用時間為t1，由P點運動到M點所用時間為t2（帶電粒子重力不計），則t1：t2為（　?。?br/>A．2：1 B．2：3 C．3：2 D．：
4、“磁聚焦”模型
1．帶電粒子的會聚
如圖甲所示，大量的同種帶正電的粒子，速度大小相同，平行入射到圓形磁場區(qū)域，如果軌跡圓半徑與磁場圓半徑相等(R＝r)，則所有的帶電粒子將從磁場圓的最低點B點射出．(會聚)
證明：四邊形OAO′B為菱形，必是平行四邊形，對邊平行，OB必平行于AO′(即豎直方向)，可知從A點發(fā)出的帶電粒子必然經(jīng)過B點．
2．帶電粒子的發(fā)散
如圖乙所示，有界圓形磁場的磁感應(yīng)強度為B，圓心為O，從P點有大量質(zhì)量為m、電荷量為q的正粒子，以大小相等的速度v沿不同方向射入有界磁場，不計粒子的重力，如果正粒子軌跡圓半徑與有界圓形磁場半徑相等，則所有粒子射出磁場的方向平行．(發(fā)散)
證明：所有粒子運動軌跡的圓心與有界圓圓心O、入射點、出射點的連線為菱形，也是平行四邊形，O1A(O2B、O3C)均平行于PO，即出射速度方向相同(即水平方向)．
帶電粒子流的磁聚焦是薄膜材料制備的關(guān)鍵技術(shù)之一。磁聚焦原理如圖，真空中一半徑為r的圓形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面的勻強磁場，一束寬度為2r、沿x軸正方向運動的帶電粒子流射入該磁場后會聚于坐標原點O。已知粒子的質(zhì)量均為m、電荷量均為q、進入磁場的速度均為v，不計帶電粒子的重力及粒子間的相互作用力。則磁感應(yīng)強度的大小應(yīng)為（　?。?br/>A． B． C． D．
如圖所示，圓形區(qū)域圓心為O，區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向外的勻強磁場，MN為圓的直徑。從圓上的A點沿AO方向，以相同的速度先后射入甲、乙兩個粒子，甲粒子從M點離開磁場，乙粒子從N離開磁場。已知∠AON＝60°，粒子重力不計，以下說法正確的是（　?。?br/>A．甲粒子帶負電荷
B．甲粒子在磁場中做圓周運動半徑比乙小
C．乙粒子的比荷比甲大
D．乙粒子在磁場中運動時間比甲長
如圖所示，半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強磁場，磁場的磁感應(yīng)強度大小為B，AC是圓O的水平直徑，P是圓周上的一點，P點離AC的距離為R，一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負電粒子以一定的速度從A點沿AC方向射入，粒子在磁場中運動的偏向角為90°，保持粒子的速度大小、方向不變，讓粒子從P點射入磁場，則粒子在磁場中運動的時間為（　?。?br/>A． B． C． D．
如圖所示，在x軸的上方存在一個垂直xoy平面向里、半徑為R的有界勻強圓磁場，磁場的直徑在y軸上，磁感應(yīng)強度大小為B。坐標原點O處有一粒子源，可沿與x軸正方向成30°～150°范圍內(nèi)垂直磁場方向均勻發(fā)射速度大小相等、質(zhì)量為m、帶電量為e的電子，這些電子都能夠打到右側(cè)與y軸平行放置的屏MN上，被屏反彈后以原速率沿原方向返回，其中沿y軸正向射入的電子能夠垂直打到屏上，屏的橫坐標為。不計電子的重力和電子間的相互作用，求：
（1）電子射入磁場時的速度大?。?br/>（2）電子打到屏MN上的長度；
（3）電子從O點出發(fā)到返回磁場右邊界的最短時間。
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專題15 帶電粒子在有界勻強磁場中的勻速圓周運動模型
[模型導(dǎo)航]
【知識分析】帶電粒子在有界勻強磁場中的勻速圓周運動模型解法 1
【模型一】帶電粒子在直線邊界磁場中的運動模型 2
【模型二】平行邊界磁場模型 2
【模型三】圓形邊界磁場模型 8
【模型四】環(huán)形磁約束模型 16
【模型五】三角形或四邊形邊界磁場模型 22
【模型六】數(shù)學(xué)圓模型在電磁學(xué)中的應(yīng)用 29
1、“放縮圓”模型的應(yīng)用 35
2、“旋轉(zhuǎn)圓”模型的應(yīng)用 36
3、“平移圓”模型的應(yīng)用 42
4、“磁聚焦”模型 45
[模型分析]
【知識分析】帶電粒子在有界勻強磁場中的勻速圓周運動模型解法
基本思路 圖例 說明
圓心的確定 ①與速度方向垂直的直線過圓心②弦的垂直平分線過圓心③軌跡圓弧與邊界切點的法線過圓心 P、M點速度垂線交點
P點速度垂線與弦的垂直平分線交點
某點的速度垂線與切點法線的交點
半徑的確定 利用平面幾何知識求半徑 常用解三角形法：例：(左圖) R＝或由R2＝L2＋(R－d)2求得R＝
運動時間的確定 利用軌跡對應(yīng)圓心角θ或軌跡長度L求時間 ①t＝T ②t＝ (1)速度的偏轉(zhuǎn)角φ等于所對的圓心角θ (2)偏轉(zhuǎn)角φ與弦切角α的關(guān)系：φ<180°時，φ＝2α；φ>180°時，φ＝360°－2α
【模型一】帶電粒子在直線邊界磁場中的運動模型
【運動模型】直線邊界，粒子進出磁場具有對稱性(如圖所示)
圖a中粒子在磁場中運動的時間t＝＝
圖b中粒子在磁場中運動的時間t＝(1－)T＝(1－)＝
圖c中粒子在磁場中運動的時間t＝T＝
如圖，虛線MN的右側(cè)有垂直紙面向里的勻強磁場，在圖示平面內(nèi)兩比荷相同的帶正電粒子a、b從MN上的同一點沿不同方向射入勻強磁場后，又從MN上的同一點射出磁場。已知a粒子初速度的方向垂直虛線MN，粒子的重力和粒子間的相互作用忽略不計，則下列描述兩粒子速度大小的關(guān)系圖像正確的是（　　）
A． B．
C． D．
【解答】解：兩粒子均在磁場中均做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力
設(shè)a、b粒子在磁場中做圓周運動的軌跡半徑為ra，rb，兩粒子初速度間的夾角為θ，兩粒子的運動軌跡如圖所示
由幾何關(guān)系可知
ra＝rbcosθ
又因為
兩粒子比荷相同，故有
即va＝vbcosθ，故A正確，BCD錯誤。
故選：A。
如圖所示，某真空室內(nèi)充滿勻強磁場，磁場方向垂直于紙面向里，磁場內(nèi)有一塊足夠長的平面感光板MN，點a為MN與水平直線ab的交點，MN與直線ab的夾角為θ＝53°，ab間的距離為d＝20cm。在b點的點狀的電子源向紙面內(nèi)各個方向發(fā)射電子，電子做圓周運動的半徑為r＝10cm，不計電子間的相互作用和重力，sin53°＝0.8，則MN上被電子打中的區(qū)域的長度為（　?。?br/>A．16cm B．20cm C．24cm D．28cm
【解答】解：電子從b點射出后在磁場中做勻速圓周運動，由左手定則可知，電子在磁場沿順時針方向做勻速圓周運動，ab間的距離d＝20cm＝2r
如圖所示的兩個圓分別表示電子打在板上的兩個臨界情況，一個打在a點，一個打在C點，打在C點的電子軌跡恰好與板相切，過b點做MN的垂線bD，過O1做bD垂線O1E。
由幾何知識可得：bD＝absin53°＝20sin53°cm＝16cm
又因DE＝O1C＝10cm
所以bE＝bD﹣DE＝16cm﹣10cm＝6cm
可得CD＝O1E，代入數(shù)據(jù)解得：CD＝8cm
所以MN上被電子打中的區(qū)域的長度為aC＝aD+CD＝abcos53°+CD＝20cos53°cm+8cm＝20cm，故B正確，ACD錯誤。
故選：B。
如圖所示，x軸上方有垂直紙面向里的勻強磁場，兩個比荷相同的正負電荷（不計重力）以相同速度從O點先后射入磁場，最終均從x軸離開磁場。不計兩電荷間的相互作用，關(guān)于兩電荷在磁場中的運動，下列說法正確的是（　?。?br/>A．兩電荷所受洛倫茲力的大小一定相同
B．兩電荷在磁場中的運動時間一定相等
C．兩電荷重新回到x軸時的速度不相同
D．正電荷從x軸上O點左側(cè)射出磁場，負電荷從x軸上O點右側(cè)射出磁場
【解答】解：A、電荷所受洛倫茲力大小F＝qv0B，兩電荷的比荷相同，進入磁場的速度相同，兩電荷的電荷量大小不一定相等，兩電荷所受洛倫茲力的大小不一定相同，故A錯誤；
BC、電荷在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qv0B＝m，解得：r
電荷在磁場中做勻速圓周運動的周期T
兩電荷的比荷相同，進入磁場的速度v0相同，則兩電荷在磁場中的軌跡半徑相等，在磁場中的周期相等；電荷在磁場中做勻速圓周運動，運動軌跡如圖所示
正電荷在磁場中的運動時間為：t1T，負電荷在磁場中的運動時間為：t2，由于不知θ大小，無法判斷電荷在磁場中的運動時間關(guān)系，兩電荷在磁場中的運動時間不一定相等；兩電荷重新回到x軸的速度大小均為v0，方向均與+x軸方向成θ角，則兩電荷重新回到x軸的速度一定相同，故BC錯誤；
D、根據(jù)左手定則可知，正電荷在磁場做逆時針方向的圓周運動，負電荷在磁場中做順時針方向的圓周運動，故正電荷從x軸上O點左側(cè)射出磁場，負電荷從x軸上O點右側(cè)射出磁場，故D正確。
故選：D。
如圖所示，甲、乙兩個帶等量異種電荷的帶電粒子，以相同的速率經(jīng)小孔P垂直磁場邊界MN，進入方向垂直紙面向外的勻強磁場，在磁場中做勻速圓周運動，并垂直磁場邊界MN射出磁場，運動軌跡如圖中虛線所示，不計粒子所受重力及空氣阻力。下列說法正確的是（　　）
A．甲粒子帶負電荷，乙粒子帶正電荷
B．甲粒子的質(zhì)量大于乙粒子的質(zhì)量
C．兩帶電粒子受到的洛倫茲力大小不等
D．兩帶電粒子在磁場中運動的時間相等
【解答】解：A．在P點，速度向下，磁場向外，甲受向左的洛倫茲力，乙受到向右的洛倫茲力，根據(jù)左手定則，甲帶正電荷，乙?guī)ж撾姾?，故A錯誤；
B．粒子在磁場中做勻速圓周運動，根據(jù)牛頓第二定律，有qvB＝m，故R，由于q、v、B均相同，甲的軌道半徑大，說明甲的質(zhì)量也大，故B正確；
C．根據(jù)洛倫茲力的計算公式可得：F＝qvB，由于q、v、B均相同，則兩帶電粒子受到的洛倫茲力大小相等，故C錯誤；
D．粒子運動的周期T，由于tT，故t，由于v大小相同，甲的軌跡半徑大于乙的軌跡半徑，故甲運動時間大于乙運動的時間，故D錯誤。
故選：B。
（多選）如圖，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(yīng)強度為B。擋板左側(cè)O點有一粒子源在紙面內(nèi)向各方向均勻發(fā)射電荷量為+q、質(zhì)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°發(fā)射的粒子恰好經(jīng)過N點，。不計粒子重力，不考慮粒子的反彈和粒子間的相互作用。則（　?。?br/>A．粒子在磁場中做圓周運動的半徑為a
B．擋板左側(cè)能被粒子擊中的豎直長度為a
C．粒子能擊中擋板右側(cè)的粒子數(shù)占粒子總數(shù)的
D．擋板的右側(cè)被粒子擊中的豎直長度為a
【解答】解：A、粒子軌跡如圖1所示
由幾何關(guān)系可知，可得粒子的軌跡半徑為：R＝a，故A錯誤；
B、當軌跡剛好與MN相切時，粒子能打到板上最大長度，如圖軌跡2，設(shè)速度方向與ON夾角為θ，由幾何關(guān)系可得
可得，則擋板左側(cè)能被粒子擊中的豎直長度為；故B錯誤；
C、要使粒子打在右側(cè)，有兩個臨界條件，如圖中的軌跡1、3，由幾何關(guān)系可知1、3的初速度夾角為α＝60°
則粒子能擊中擋板右側(cè)的粒子數(shù)占粒子總數(shù)的，故C正確；
D．如上圖粒子1打在MN上的點與O1N組成頂角為60°的等腰三角形，所以由幾何關(guān)系可知板的右側(cè)被粒子擊中的豎直長度為y＝R＝a，故D正確。
故選：CD。
【模型二】平行邊界磁場模型
【運動模型】
平行邊界存在臨界條件，圖a中粒子在磁場中運動的時間t1＝，t2＝＝
圖b中粒子在磁場中運動的時間t＝
圖c中粒子在磁場中運動的時間
t＝(1－)T＝(1－)＝
圖d中粒子在磁場中運動的時間t＝T＝
（2023 乙卷）如圖，一磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場，方向垂直于紙面（xOy平面）向里，磁場右邊界與x軸垂直。一帶電粒子由O點沿x正向入射到磁場中，在磁場另一側(cè)的S點射出，粒子離開磁場后，沿直線運動打在垂直于x軸的接收屏上的P點；SP＝l，S與屏的距離為，與x軸的距離為a。如果保持所有條件不變，在磁場區(qū)域再加上電場強度大小為E的勻強電場，該粒子入射后則會沿x軸到達接收屏。該粒子的比荷為（　?。?br/>A． B． C． D．
【解答】解：未加電場時，粒子在磁場中做勻速圓周運動，做其運動軌跡如圖：
設(shè)SP與x軸正方向夾角為θ，則cosθ
θ＝60°
粒子做圓周運動轉(zhuǎn)過的圓心角也為60°，由幾何關(guān)系得：r﹣a＝rcosθ
解得：r＝2a
粒子做勻速圓周運動時，洛倫茲力提供向心力，有qvB＝m
在磁場中加勻強電場，粒子做勻速直線運動，受力平衡：qvB＝qE
聯(lián)立解得：
故A正確，BCD錯誤。
故選：A。
如圖所示，L1和L2為兩條平行的磁場邊界線，L1上方和L2下方都是垂直紙面向里，范圍足夠大，且磁感應(yīng)強度相同的勻強磁場，L1和L2之間無磁場；A、B兩點是L2上相距一定距離的兩點。帶電粒子從A點以初速度v0與L2成30°角斜向右上方射出，經(jīng)過偏轉(zhuǎn)后正好過B點，不計重力，下列說法正確的是（　　）
A．該粒子一定是帶正電
B．該粒子經(jīng)過B點時的速度一定跟在A點時的速度相同
C．若只稍微增大該粒子在A點的初速度，它將仍可能經(jīng)過B點
D．若只將該粒子在A點的初速度方向改為與L2成60°角斜向右上方，它將不可能經(jīng)過B點
【解答】解：AB．粒子在磁場中的運動軌跡的可能情況如下圖所示
由粒子運動軌跡可知，粒子可能帶正電也可能帶負電，且粒子經(jīng)過B點時的速度一定跟在A點時的速度大小相等，而速度方向可能相同，也可能不同，故AB錯誤；
C．若只稍微增大該粒子在A點的初速度，但保持方向不變，粒子仍可能經(jīng)過B點，故C正確；
D．設(shè)L1與L2之間的距離為d，則A到B的距離為
若將帶電粒子在A點時的初速度方向改為與L2成60°角斜向右上方，經(jīng)過多個周期后仍有可能經(jīng)過B點，故D錯誤。
故選：C。
真空區(qū)域有寬度為L、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，磁場方向如圖所示，MN、PQ是磁場的邊界。質(zhì)量為m、電荷量為+q的粒子（不計重力）從MN邊界某處射入磁場，剛好沒有從PQ邊界射出磁場，當再次從MN邊界射出磁場時與MN夾角為30°，則（　?。?br/>A．粒子進入磁場時速度方向與MN邊界的夾角為60°
B．粒子在磁場中轉(zhuǎn)過的角度為60°
C．粒子在磁場中運動的時間為
D．粒子能從PQ邊界射出磁場時的速度大于
【解答】解：ABC、粒子帶正電，根據(jù)左手定則判斷粒子在磁場中逆時針方向的勻速圓周運動，圓周軌跡恰好與PQ邊界相切，粒子運動軌跡如下圖所示：
由幾何關(guān)系可知粒子在磁場運動時入射角等于出射角，則粒子進入磁場時速度方向與MN邊界夾角為30°，則運動軌跡的圓心角等于360°﹣2×30°＝300°，即粒子在磁場中轉(zhuǎn)過的角度為300°。
由洛倫茲力提供向心力得：qvB＝m，運動周期T
則運動時間：tT。
故ABC錯誤；
D、由幾何關(guān)系可得：r+rcos30°＝L，解得：rL
由qvB＝m，解得：v
可知剛好沒有從PQ邊界射出磁場時臨界速度大小為，粒子能從PQ邊界射出磁場時的速度應(yīng)大于此值，故D正確。
故選：D。
如圖所示，AB平行于CD，相距為d，兩邊之間有垂直直面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B，一質(zhì)量為m，電荷量為q的電子在AB邊某點與AB邊成30°角方向入射，與CD邊成60°角出射，下列選項正確的是（　　）
A．電子運動的軌道半徑為
B．電子在磁場中運動的時間為
C．電子的入射速度
D．僅改變?nèi)肷浞较?，使電子剛好不從右邊界射出，則AB邊界上的入射點與出射點間的距離為
【解答】解：ABC．做出電子在磁場中的運動軌跡如圖所示
由圖可得
解得
由洛倫茲力提供向心力解得
解得
電子在磁場中運動的時間為
，故ABC錯誤；
D．僅改變?nèi)肷浞较?，使電子剛好不從右邊界射出，如圖2所示
由圖中幾何關(guān)系可得，AB邊界上的入射點與出射點間的距離為
，故D正確。
故選：D。
原子核衰變時放出肉眼看不見的射線。為探測射線威耳曾用置于勻強磁場或電場中的云室來顯示它們的徑跡，為了研究徑跡，我們將其抽象成如圖甲、乙所示的情景：一靜止的氡核Rn置于真空區(qū)域勻強磁場的邊界y軸上的O點，氡核放出一個水平向右的初速度為v0、質(zhì)量為m、電量為q的X粒子后衰變成一個質(zhì)量為M的釙核Po。設(shè)真空中的光速為c，不計粒子的重力，衰變放出的核能全部轉(zhuǎn)變成釙核和X粒子的動能。
（1）寫出該衰變的核反應(yīng)方程式并計算衰變過程的質(zhì)量虧損Δm；
（2）若甲圖中兩個磁場區(qū)域的磁感應(yīng)強度分別為B和2B，間距均為d，求X粒子離開磁場的位置坐標；
（3）若磁場左邊界為y軸，磁感應(yīng)強度為B，X粒子在磁場中運動受到與速度方向相反、大小不變的阻力f，且恰好不從能y軸飛出磁場，求X粒子運動到y(tǒng)軸的時間t及阻力f。
【解答】解：（1）根據(jù)質(zhì)量數(shù)和核電荷數(shù)守恒，可得→
由動量守恒可知
其中，ΔE＝Δmc2＝EkM+Ekm
聯(lián)立可得質(zhì)量虧損為
（2）根據(jù)洛倫茲力提供向心力
可得半徑為，
運動過程如圖所示
由幾何關(guān)系可知
解得θ＝30°
根據(jù)幾何關(guān)系y＝R1+R1（1﹣cosθ）
X粒子離開磁場的位置坐標為（0，）；
（3）X粒子恰好不能從磁場中飛出，即到達y軸時速度沿y軸負方向。可見粒子轉(zhuǎn)過的角度
由向心力公式可知
X粒子運動到磁場左邊界的時間
粒子受到大小恒定的阻力，即切向加速度
速率均勻減小，角速度不變，轉(zhuǎn)動半徑均勻減小，粒子在xoy平面內(nèi)做螺旋運動。任取時間△t，減小的半徑
轉(zhuǎn)過的角度
則有
可見：該螺旋線上任意一點的曲率中心在一個半徑為r0的基圓上移動（類似于繩子繞木樁）當X粒子到達y軸時，曲率半徑等于r0，即有
可得f
【模型三】圓形邊界磁場模型
【模型構(gòu)建】沿徑向射入圓形磁場的粒子必沿徑向射出，運動具有對稱性(如圖所示)
粒子做圓周運動的半徑r＝
粒子在磁場中運動的時間t＝T＝
θ＋α＝90°
1． 圓形有界磁場問題（1）
正對圓心射入圓形磁場區(qū)域
正對圓心射出，兩圓心和出（入）射點構(gòu)成直角三角形，有→磁偏轉(zhuǎn)半徑，根據(jù)半徑公式求解；時間。速度v越大→磁偏轉(zhuǎn)半徑r越大→圓心角α越小→時間t越短。若r=R，構(gòu)成正方形。
2． 圓形有界磁場問題（2）
不對圓心射入圓形磁場區(qū)域
兩個等腰三角形，一個共同的底邊 若r=R，構(gòu)成菱形
（多選）O為圓心的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向外的勻強磁場，MN為圓的直徑。從圓上的A點沿AO方向，以相同的速度先后射入甲乙兩個粒子，甲粒子從M點離開磁場，乙粒子從N點離開磁場，已知∠AON＝60°，粒子重力不計，以下說法正確的是（　?。?br/>A．甲粒子帶正電荷
B．甲粒子在磁場中做圓周運動半徑比乙小
C．乙粒子的比荷比甲大
D．甲粒子在磁場中運動時間比乙長
【解答】解：AB、甲、乙粒子的運動軌跡如圖所示：
根據(jù)左手定則判斷可知甲粒子帶正電荷，并且甲粒子在磁場中做圓周運動半徑比乙大，故A正確，B錯誤；
C、乙粒子在磁場中做圓周運動半徑比甲小，甲、乙兩個粒子的速率相等，根據(jù)半徑公式知，乙粒子的比荷比甲大，故C正確；
D、設(shè)圓形區(qū)域的半徑為R，根據(jù)幾何關(guān)系可知甲做圓周運動的半徑為r2＝Rtan60°，甲粒子在磁場中運動時間為
乙做圓周運動的半徑為r1＝Rtan30°，乙粒子在磁場中運動時間為
可知t乙＜t甲，即乙粒子在磁場中運動時間比甲短，故D正確。
故選：ACD。
（多選）地磁場對宇宙高能粒子有偏轉(zhuǎn)作用，從而保護了地球的生態(tài)環(huán)境。赤道平面的地磁場簡化為如圖所示，O為地球球心、R為地球半徑。地磁場只分布在半徑為R和2R的兩邊界之間的圓環(huán)區(qū)域內(nèi)，磁感應(yīng)強度大小均為B，方向垂直紙面向里。假設(shè)均勻分布的帶正電高能粒子以相同速度垂直MN沿赤道平面射向地球。已知粒子質(zhì)量均為m、電荷量均為q，不計粒子的重力及相互作用力。下列說法正確的是（　?。?br/>A．若粒子速率小于，入射到磁場的粒子可以到達地面
B．若粒子速率小于，入射到磁場的粒子均無法到達地面
C．若粒子速率為，正對著O處入射的粒子恰好可以到達地面
D．若粒子速率為，入射到磁場的粒子恰好有一半可以到達地面
【解答】解：AB、若粒子的速率為，則粒子在磁場中由洛倫茲力提供向心力，有
解得，若粒子的射入方向在正對O處以上，根據(jù)左手定則可知，其粒子的軌跡為向上偏轉(zhuǎn)，則入射到磁場的粒子均不可能到達地面，故A錯誤，B正確；
C、若粒子的速率為，則粒子在磁場中由洛倫茲力提供向心力，有
解得r＝R；若粒子正對著O處入射，且恰好可以到達地面，其軌跡如圖所示：
設(shè)該軌跡半徑為r1，由幾何關(guān)系可得
解得
故C錯誤；
D、若粒子速率為，由洛倫茲力提供向心力得qv'B＝m
解得r'
由幾何關(guān)系可知，射入方向在地心以下的粒子都可以到達地面。當粒子正對著O處入射時，軌跡如圖所示
由幾何關(guān)系得：OBr'＝R
則軌跡與地球表面相切?？芍淙敕较蛟诘匦囊陨系牧Ｗ佣疾豢梢缘竭_地面。綜上所述，入射到磁場的粒子恰好有一半可以到達地。故D正確。
故選：BD。
（多選）如圖所示，在紙面內(nèi)半徑為R的圓形區(qū)域中充滿了垂直于紙面向里，磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場。一點電荷從圖中A點以速度v0垂直磁場射入，經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后恰能從點A'射出且速度方向剛好改變了90°。已知AA'為區(qū)域磁場的一條直徑，不計電荷的重力，下列說法正確的是（　　）
A．該點電荷帶負電
B．該點電荷在磁場中作圓周運動的半徑為R
C．該點電荷的比荷為
D．該點電荷在磁場中的運動時間為
【解答】解：A．根據(jù)電荷偏轉(zhuǎn)方向，結(jié)合左手定則可判定該電荷帶負電。故A正確；
B．如圖所示，點電荷在磁場中做勻速圓周運動，根據(jù)幾何關(guān)系作出軌跡為：
設(shè)軌跡圓的半徑為r，可得
故B錯誤；
C．點電荷受到的洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律可得：
聯(lián)立解得：，故C正確；
D．該點電荷在磁場中的運動時間為：
，故D錯誤。
故選：AC。
如圖所示，紙面內(nèi)有一圓心為O，半徑為R的圓形磁場區(qū)域，磁感應(yīng)強度的大小為B，方向垂直于紙面向里。由距離O點0.4R處的P點沿著與PO連線成θ＝30°的方向發(fā)射速率大小不等的電子。已知電子的質(zhì)量為m，電荷量為e，不計電子的重力且不考慮電子間的相互作用。為使電子不離開圓形磁場區(qū)域，則電子的最大速率為（　　）
A． B．
C． D．
【解答】解：電子的速率最大時，運動軌跡如圖，此時電子的運動軌跡與磁場邊界相切，
根據(jù)得：
電子運動半徑最大，速度最大。電子圓周運動的圓心與圓形磁場的圓心以及切點共線，過電子圓周運動的圓心做OP的垂線，由幾何關(guān)系得
解得：
則最大速率為：
，故ABD錯誤，C正確。
故選：C。
如圖甲、乙所示，兩空間分別存在豎直向下的勻強電場和垂直紙面向外的勻強磁場，、分別為紙面內(nèi)的半圓形曲線，O、O′分別為兩半圓的圓心，PQ、P′Q′分別為兩半圓的水平直徑，將帶電粒子分別從P、P′點水平射出，分別經(jīng)過半圓曲線的M、M′點，不計粒子重力及空氣阻力，則下列說法正確的是（　?。?br/>A．甲圖中粒子帶正電，乙圖中粒子帶負電
B．甲圖中粒子帶負電，乙圖中粒子帶正電
C．甲圖中粒子經(jīng)過M點時速度方向的反向延長線有可能經(jīng)過圓心O
D．乙圖中粒子經(jīng)過M′點時速度方向的反向延長線一定經(jīng)過圓心O′
【解答】解：AB．甲圖中，由于帶電粒子在電場中受到向下的電場力，故粒子帶正電；乙圖中，由左手定則可知粒子帶正電荷，故AB錯誤；
C．甲圖中帶電粒子做類平拋運動，由類平拋運動規(guī)律可知，粒子經(jīng)過M點時速度方向的反向延長線與過P點的水平距離的交點為水平位移的中點，即交點與P點的距離為x1，如果經(jīng)過圓心O，則要求水平方向的位移應(yīng)為x＝2R，明顯PM兩點間的水平位移xPM＜2R，所以假設(shè)不成立，故C錯誤；
D．乙圖中粒子在圓形磁場區(qū)域內(nèi)做勻速圓周運動，設(shè)粒子的軌跡半徑為R，半圓的半徑為r，粒子從M′射出的速度為v2，運動軌跡如圖所示
因P′O1＝M′O1＝R，O′P′＝O′M′＝r，O′O1為公共邊，所以ΔO1P′O′≌ΔO1M′O′
因P′點的速度v的方向沿P′O′指向O′，且O1P′⊥v，所以O(shè)1P′⊥P′O′，即∠O1P′O′＝90°，因此∠O1MO′＝90°，即O1M′⊥M′O′，又因為O1M′⊥v2，所以v2與O′M′共線，即粒子經(jīng)過M′點的速度方向的反向延長線一定過圓心O′，故D正確。
故選：D。
【模型四】環(huán)形磁約束模型
【模型構(gòu)建】
臨界圓
臨界半徑 勾股定理(R2-R1)2=R12+r2 解得：
利用磁場可以屏蔽帶電粒子。如圖所示，真空中有一勻強磁場，磁場邊界為兩個半徑分別為r和3r的同軸圓柱面，磁場的方向與圓柱軸線平行，磁感應(yīng)強度大小為B，橫截面如圖所示。一帶電粒子從P點正對著圓心O沿半徑方向射入磁場。已知該粒子的比荷為k，重力不計。為使該帶電粒子不能進入圖中實線圓圍成的區(qū)域內(nèi)，粒子的最大速度為（　?。?br/>A．kBr B．2kBr C．3kBr D．4kBr
【解答】解：帶電粒子只受洛倫茲力做勻速圓周運動，
由洛倫茲力提供向心力：qvB＝m，解得：v
可知最大速度對應(yīng)最大半徑，依題意半徑最大的軌跡圓弧與半徑為r的磁場圓形邊界相切，如下圖所示：
由幾何關(guān)系：（R+r）2＝R2+（3r）2 解得：R＝4r
則：vm4kBr 故ABC錯誤，D正確
故選：D。
如圖所示，半徑分別為R、2R的兩個同心圓，圓心為O，大圓和小圓之間區(qū)域有垂直于紙面向外的勻強磁場，其余區(qū)域無磁場。一重力不計的帶正電粒子從大圓邊緣的P點沿與PO連線成θ角（θ＞45°）以速度v1射入磁場，恰好不進入小圓；若將該帶電粒子從P點射入的速度大小變?yōu)関2時，不論其入射方向如何，都不可能進入小圓，則v1：v2至少為（　?。?br/>A．3（1） B． C．5：1 D．1：5
【解答】解：粒子在磁場中做圓周運動，由余弦定理可得：
（r1+R）2＝r12+（2R）2﹣2r1×2Rcos（90°﹣θ）
解得r1
根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得：r1
v1∝r1；
當粒子豎直向上射入磁場時，如果粒子不能進入小圓區(qū)域，則所有粒子都不可能進入小圓區(qū)域，
粒子豎直向上射入磁場粒子恰好不能進入磁場時粒子軌道半徑：r2，
洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qv2B＝m，
解得：v2∝r2；
所以，由于θ＞45°，θ＝45°時v1：v2最小，故
3（1），故A正確、BCD錯誤。
故選：A。
如圖所示，真空中，垂直于紙面向里的勻強磁場只在兩個同心圓所夾的環(huán)狀區(qū)域存在（含邊界），兩圓的半徑分別為R、3R，圓心為O．一重力不計的帶正電粒子從大圓邊緣的P點沿PO方向以速度v1射入磁場，其運動軌跡如圖，軌跡所對的圓心角為120°．若將該帶電粒子從P點射入的速度大小變?yōu)関2時，不論其入射方向如何，都不可能進入小圓內(nèi)部區(qū)域，則v1：v2至少為（　?。?br/>A． B． C． D．2
【解答】解：粒子在磁場中做圓周運動，由幾何知識得：r1，
洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qv1B＝m，
解得：v1，
當粒子豎直向上射入磁場時，如何粒子不能進入小圓區(qū)域，則所有粒子都不可能進入小圓區(qū)域，
粒子豎直向上射入磁場粒子恰好不能進入磁場時粒子軌道半徑：r2＝R，
洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qv2B＝mm，
解得：v2，則：v1：v2，故B正確，ACD錯誤；
故選：B。
如圖所示，三個同心圓將空間分隔成四個區(qū)域，圓I的半徑為R；圓II的半徑為2R，在圓I與圓Ⅱ間的環(huán)形區(qū)域內(nèi)存在垂直于紙面向外的磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場；圓Ⅲ是一絕緣圓柱形管，半徑為4R，在圓Ⅱ與圓Ⅲ間存在垂直于紙面向里的勻強磁場B1．在圓心O處有一粒子源，該粒子源可向各個方向射出速率相同、質(zhì)量為m、帶電荷量為q的粒子，粒子重力不計．假設(shè)粒子每一次經(jīng)過圓Ⅱ且與該圓相切時均進入另一磁場．粒子源所射出的粒子剛好沿圓II的切線方向進入勻強磁場B1．
（1）求粒子的速度大小；
（2）若進入勻強磁場B1的粒子剛好垂直打在圓Ⅲ的管壁上，求B1的大?。捎肂表示）；
（3）若打在圓Ⅲ管壁上的粒子能原速率反彈，求粒子從O點開始到第一次回到O點所經(jīng)歷的時間．
【解答】解：（1）粒子的運動軌跡如圖所示
由牛頓第二定律得：Bqv
由幾何關(guān)系得：r12+R2＝（2R﹣r1）2
解得：v
（2）由牛頓第二定律得B1qv
由幾何關(guān)系得：r22+（4R）2＝（2R+r2）2
解得：B1
（3）由幾何關(guān)系得：圓心角θ1＝127°
圓心角θ2＝53°
粒子運動的第一段弧長：l1
粒子運動的第二段弧長：l2
由幾何關(guān)系知粒子第一次回到O點運動的時間：vt＝2（l1+l2+R）
解得：t
答：（1）求粒子的速度大小為．
（2）若進入勻強磁場B1的粒子剛好垂直打在圓Ⅲ的管壁上，B1的大小為．
（3）若打在圓Ⅲ管壁上的粒子能原速率反彈，則粒子從O點開始到第一次回到O點所經(jīng)歷的時間為．
如圖是一種花瓣形電子加速器簡化示意圖?？臻g有三個同心圓a、b、c圍成的區(qū)域，圓a內(nèi)為無場區(qū)，圓a與圓b之間存在輻射狀電場，圓b與圓c之間有三個圓心角均略小于90°的扇環(huán)形勻強磁場區(qū)Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ。各區(qū)磁感應(yīng)強度恒定，大小不同，方向均垂直紙面向外。電子以初動能Ek0從圓b上P點沿徑向進入電場。電場可以反向，保證電子每次進入電場即被全程加速。已知圓a與圓b之間電勢差為U，圓b半徑為R，圓c半徑為R，電子質(zhì)量為m，電荷量為e。忽略相對論效應(yīng)。取tan22.5°＝0.4。
（1）當Ek0＝0時，電子加速后均沿各磁場區(qū)邊緣進入磁場，且在電場內(nèi)相鄰運動軌跡的夾角θ均為45°，最終從Q點出射，運動軌跡如圖中帶箭頭實線所示。求Ⅰ區(qū)的磁感應(yīng)強度大小、電子在Ⅰ區(qū)磁場中的運動時間及在Q點出射時的動能；
（2）已知電子只要不與Ⅰ區(qū)磁場外邊界相碰，就能從出射區(qū)域出射。當Ek0＝keU時，要保證電子從出射區(qū)域出射，求k的最大值。
【解答】解：（1）設(shè)電子進入Ⅰ區(qū)的速度大小為v1，電子從P到進入Ⅰ區(qū)過程中，根據(jù)動能定理可得：2eU
解得：v1＝2
設(shè)電子在Ⅰ區(qū)運動軌跡半徑為r，電子在Ⅰ區(qū)運動情況如圖1所示；
根據(jù)圖中幾何關(guān)系可得：tan22.5°，解得：r＝0.4R
根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得：ev1B1＝m
解得Ⅰ區(qū)的磁感應(yīng)強度大小B1；
粒子在Ⅰ區(qū)運動的周期T，
粒子軌跡對應(yīng)的圓心角為：α＝360°﹣（180°﹣45°）＝225°
電子在Ⅰ區(qū)磁場中的運動時間t
整理可得：t
從開始運動到從Q點射出，根據(jù)動能定理可得電子在Q點出射時的動能為：EkⅠ＝8eU；
（2）電子在Ⅰ區(qū)運動的軌跡恰好與邊界相切時，k值最大，電子在Ⅰ區(qū)運動軌跡如圖2所示；
根據(jù)幾何關(guān)系可得：r′2+R2，解得：r′R
根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得r′
由此可得：r′∝v，r′2∝Ek，
如果k＝0，則粒子在Ⅰ區(qū)運動的軌跡半徑r0＝r＝0.4R
所以有：
且有：
解得：k，所以要保證電子從出射區(qū)域出射，k的最大值為。
答：（1）當Ek0＝0時，Ⅰ區(qū)的磁感應(yīng)強度大小為、電子在Ⅰ區(qū)磁場中的運動時間為、在Q點出射時的動能為8eU；
（2）當Ek0＝keU時，要保證電子從出射區(qū)域出射，k的最大值為。
【模型五】三角形或四邊形邊界磁場模型
如圖所示，直角三角形ABC區(qū)域內(nèi)存在垂直于紙面向里的勻強磁場，∠B＝90°，∠C＝30°。某種帶電粒子（重力不計）以不同速率從BC邊上D點垂直BC邊射入磁場，速率為v1時粒子垂直AC邊射出磁場，速率為v2時粒子從BC邊射出磁場，且運動軌跡恰好與AC邊相切，粒子在磁場中運動軌跡半徑為r1、r2，運動時間為t1、t2。下列說法正確的是（　?。?br/>A．粒子帶正電 B．r1：r2＝2：1 C．v1：v2＝3：1 D．t1：t2＝1：4
【解答】解：A、由題意可知粒子在磁場中順時針偏轉(zhuǎn)，由左手定則判斷可知粒子帶負電，故A錯誤；
B、根據(jù)題意做出粒子在磁場中運動的軌跡如下圖所示：
由圖中幾何關(guān)系可得：r1＝r2
解得粒子在磁場中運動得半徑之比：r1：r2＝3：1，故B錯誤；
C、根據(jù)洛倫茲力充當向心力有：，解得粒子在磁場中運動時的速度：
由此可知粒子在磁場中運動的速度之比等于軌跡半徑之比，即v1：v2＝r1：r2＝3：1，故C正確；
D、根據(jù)粒子在磁場中運動得軌跡可知，速率為v1時粒子在場中偏轉(zhuǎn)了30°，速率為v2時粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)了180°，而同一種粒子在相同磁場中運動得周期相同均為：，則可知粒子在磁場中運動的時間之比等于偏轉(zhuǎn)角度之比，即t1：t2＝30°：180°＝1：6，故D錯誤。
故選：C。
如圖所示，在直角三角形ABC內(nèi)存在垂直紙面向外的勻強磁場，AB邊長度為d，，現(xiàn)垂直AB邊以相同的速度射入一群質(zhì)量均為m、電荷量均為q的帶正電粒子（粒子不計重力、不考慮電荷間的相互作用），已知垂直AC邊射出的粒子在磁場中運動的時間為t0，則下列判斷中正確的是（　?。?br/>A．粒子在磁場中運動的最長時間為4t0
B．該勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小是
C．如果粒子帶的是負電，不可能有粒子垂直BC邊射出磁場
D．若有粒子能再次回到AB邊，則該粒子在磁場中運動的速度最大為
【解答】解：AB、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t0T，則得周期T＝4t0
則粒子又回到AB邊處磁場時，其運動時間最長，在磁場中運動的最長時間為2t0；結(jié)合周期公式可得磁感應(yīng)強度，故AB錯誤；
C、如果粒子帶的是負電，粒子向上偏轉(zhuǎn)，以B點為圓心，轉(zhuǎn)過的圓心角為的粒子垂直BC邊射出磁場，故C錯誤；
D、若有粒子能再次回到AB邊，轉(zhuǎn)過的圓心角為π，最長半徑如圖所示
由幾何關(guān)系可得最大半徑為
解得：，故D正確。
故選：D。
（多選）如題圖，直角三角形ABC區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場（圖中未畫出），AC邊長為l，∠B為，一群比荷為的帶負電粒子以相同速度從C點開始一定范圍垂直AC邊射入，射入的粒子恰好不從AB邊射出，已知從BC邊垂直射出的粒子在磁場中運動的時間為，在磁場中運動時間最長的粒子所用時間為2t0，則（　?。?br/>A．磁感應(yīng)強度大小為
B．粒子運動的軌道半徑為
C．粒子射入磁場的速度大小為
D．粒子在磁場中掃過的面積為
【解答】解：A、帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，垂直BC邊射出的粒子在磁場中運動軌跡為圓周，運動時間是周期。
由洛倫茲力提供向心力得：qvB，周期T
可得：，解得：，故A正確；
B、設(shè)運動時間最長的粒子在磁場中的運動軌跡所對的圓心角為θ，則有：
，解得150°
畫出該粒子的運動軌跡如下圖所示，其軌跡與AB邊相切。
設(shè)軌道半徑為R，由幾何知識得：
可得，故B錯誤；
C、粒子射入磁場的速度大小為：，故C正確；
D、射入的粒子恰好不從AB邊射出，粒子在磁場中掃過的面積為（圖中陰影部分），故D正確。
故選：ACD。
（多選）如圖所示，邊長為L的正方形ABCD內(nèi)存在垂直于平面向里的勻強磁場，AB、BC、CD邊放有擋板，粒子打到擋板上時會被擋板吸收，在BC中點O有一粒子發(fā)射源，可以沿著正方形所在平面朝各個方向發(fā)射速率為v0的同種帶電粒子，粒子質(zhì)量為m，電荷量為+q。已知垂直BC射入的帶電粒子恰好從D點射出磁場，不計粒子的重力和粒子間的相互作用，sin53°＝0.8，以下說法正確的是（　?。?br/>A．磁場的磁感應(yīng)強度大小為
B．從D點射出磁場的粒子在磁場中運動時間為
C．有粒子打到B點
D．剛好從A點射出磁場的粒子在磁場中運動時間為
【解答】解：A．由運動軌跡可得，如圖所示：
由幾何知識
解得
由于
解得：
則，故A正確；
B．從D點射出磁場的粒子，由幾何關(guān)系可知
解得：
由幾何關(guān)系可知
解得：
又cos2β＝1﹣2sin2β
解得：
又α＝2β，即α＝53°
運動時間為：
解得：，故B錯誤；
C．由偏轉(zhuǎn)方向可知，不可能有粒子打到B點，故C錯誤；
D．從A點射出磁場的粒子對應(yīng)的弦與從D點射出磁場的粒子弦長相等，故經(jīng)歷的時間相等，即，故D正確。
故選：AD。
（多選）如圖所示，矩形ABCD區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強磁場，磁場的磁感應(yīng)強度大小為B，AB邊長為d，BC邊長為2d，O是BC邊的中點，E是AD邊的中點。在O點有一粒子源，可以在紙面內(nèi)向磁場內(nèi)各個方向射出質(zhì)量均為m、電荷量均為q、同種電性的帶電粒子，粒子射出的速度大小相同，速度與OB邊的夾角為60°的粒子恰好從E點射出磁場，不計粒子的重力，則（　　）
A．粒子帶負電
B．粒子運動的速度大小為
C．從AD邊離開的粒子在磁場中運動的最短時間為
D．從AD邊離開的粒子在磁場中經(jīng)過的區(qū)域形成的面積為
【解答】解：A、速度與OB邊的夾角為60°的粒子恰好從E點射出磁場，可知粒子做順時針方向偏轉(zhuǎn)，由左手定則判斷，粒子帶負電，故A正確；
B、速度與OB邊的夾角為60°的粒子恰好從E點射出磁場，粒子在磁場中的運動軌跡如下圖：
由幾何關(guān)系可知，α＝60°，可得粒子做圓周運動的半徑r＝d
由洛倫茲力提供向心力得：
解得粒子運動的速度大小為：，故B正確；
C、粒子從AD邊離開時的運動軌跡都是劣弧，由于粒子做圓周運動的速度大小相同，因此從AD邊離開的粒子在磁場中運動的軌跡越短，即該軌跡對應(yīng)的弦越短，時間越短。O點到AD的最短距離為EO，即從E點射出的粒子在磁場中運動時間最短，此軌跡的圓心角為60°，因此最短時間等于六分之一周期，由周期，可得最短時間，故C錯誤；
D、如下圖所示，由運動半徑r＝d，可得粒子水平向左由O點飛入時恰好從A點離開磁場，當粒子豎直向上由O點飛入時，恰好從D點飛出磁場，從AD邊離開的粒子在磁場中經(jīng)過的區(qū)域的面積為圖中弧AO、弧OD與AD邊圍成的區(qū)域面積。
該區(qū)域面積為：，故D錯誤。
故選：AB。
【模型六】數(shù)學(xué)圓模型在電磁學(xué)中的應(yīng)用
1、“放縮圓”模型的應(yīng)用
適用條件 速度方向一定，大小不同 粒子源發(fā)射速度方向一定，大小不同的帶電粒子進入勻強磁場時，這些帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌跡半徑隨速度的變化而變化
軌跡圓圓心共線 如圖所示(圖中只畫出粒子帶正電的情景)，速度v越大，運動半徑也越大?？梢园l(fā)現(xiàn)這些帶電粒子射入磁場后，它們運動軌跡的圓心在垂直初速度方向的直線PP′上
界定 方法 以入射點P為定點，圓心位于PP′直線上，將半徑放縮作軌跡圓，從而探索出臨界條件，這種方法稱為“放縮圓”法
一勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直于紙面向外，其邊界如圖中虛線所示，為半圓，ac、bd與直徑ab共線，ac間的距離等于半圓的半徑。一束質(zhì)量為m、電荷量為q（q＞0）的粒子，在紙面內(nèi)從c點垂直于ac射入磁場，這些粒子具有各種速率。不計粒子之間的相互作用。在磁場中運動時間最長的粒子，其運動時間為（　　）
A． B． C． D．
【解答】解：粒子在磁場中運動的時間與速度大小無關(guān)，由粒子在磁場中運動軌跡對應(yīng)圓心角決定，即；
方法一：設(shè)半圓的半徑為R，采用放縮法如圖所示：
粒子垂直ac，則圓心必在ac直線上，將粒子的軌跡半徑由零逐漸放大，在r≤0.5R和r≥1.5R時，粒子從ac、bd區(qū)域射出，磁場中的軌跡為半圓，運動時間等于半個周期；當0.5R＜r＜1.5R時，粒子從半圓邊界射出，逐漸將軌跡半徑從0.5R逐漸放大，粒子射出位置從半圓頂端向下移動，軌跡圓心角從π逐漸增大，當軌跡半徑為R時，軌跡圓心角最大，然后再增大軌跡半徑，軌跡圓心角減小，因此當軌跡半徑等于R時軌跡圓心角最大，即；
方法二：O點為半圓弧的圓心，過c點做半圓弧的切線，與圓弧相切與e點，由于co＝2R，oe＝R，且ce⊥eo，故∠oce＝30°，因為只有ce與圓弧相切時，∠oce為最大，如果不相切，∠oce小于30°，ce為軌跡圓的一條弦，則此時弦切角最大為90°+30°＝120°，根據(jù)圓心角等于弦切角的2倍，所以最大圓心角為θ＝2×120°＝240°；
即，粒子運動最長時間為，故C正確，ABD錯誤。
故選：C。
如圖所示，直線邊界PMN上方有足夠大的勻強磁場B，方向垂直紙面向外，邊界P點有一粒子源，以與豎直方向成θ角的不同速率向磁場中射入兩個相同的粒子甲和乙，粒子甲、乙經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后分別從邊界上M、N點出磁場。已知PM＝MN，粒子重力不計，則甲、乙在磁場中運動的速度大小之比和甲、乙在磁場中運動的時間之比分別為（　　）
A．1：4，1：1 B．1：4，1：4 C．1：2，1：1 D．1：2，1：4
【解答】解：如圖所示，粒子進入磁場時速度的垂線與PM的垂直平分線的交點為粒子甲在磁場中做勻速圓周運動的圓心，同理，粒子進入磁場時速度的垂線與PN的垂直平分線的交點為粒子乙在磁場中做勻速圓周運動的圓心，由幾何關(guān)系可知，兩個粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑之比R1：R2＝
1：2，由R可知，甲乙的速度之比為1：2；
由于粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期均為T，且兩粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌跡所對應(yīng)的圓心角相同，因此粒子在磁場中運動的時間相同，甲乙在磁場中運動時間之比為1：1，這樣看來，ABD錯誤，C正確。
故選：C。
（多選）如圖，半徑為R的半圓形區(qū)域內(nèi)（含邊界）有方向垂直面向里、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，MN為位于磁場下邊界的粒子收集板，磁場左側(cè)邊界與MN相距處有一粒子源S，以不同速率沿平行于MN的方向射入大量質(zhì)量均為m、電荷量均為q的粒子，部分粒子能夠打收集板上。不計粒子重力及粒子間的相互作用，則（　?。?br/>A．粒子帶正電
B．到達收集板上O點的粒子在磁場中的速度偏轉(zhuǎn)角為30°
C．到達收集板的粒子在磁場中運動的最長時間為
D．到達收集板的粒子的速度最大值為
【解答】解：A.粒子平行于MN的方向射入磁場后，根據(jù)題意可知，粒子向下偏轉(zhuǎn)，根據(jù)左手定則可知，粒子帶負電，故A錯誤；
B.粒子源S距離MN相距，可知SO與水平面的夾角為30°，
根據(jù)幾何關(guān)系可知到達收集板上O點的粒子在磁場中的速度偏轉(zhuǎn)角為60°，故B錯誤；
C.到達收集板在磁場中運動的最長時間的粒子在磁場中的偏轉(zhuǎn)角最大，由幾何關(guān)系可知，偏轉(zhuǎn)角最大的為π，故到達收集板的粒子在磁場中運動的最長時間為
t
又T
解得：t
故C正確；
D.帶點粒子在磁場中運動有
qvB＝m
解得：v
到達收集板的粒子的速度最大值對應(yīng)的軌道半徑最大，即到達N的離子速度最大，由幾何關(guān)系得
r2＝（r） 2+（R+Rcos30°）2
聯(lián)立解得：v，
即到達收集板的粒子的速度最大值為，故D正確，
故選：CD。
（多選）如圖所示，三角形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強磁場，其中∠O＝90°，OQ＝OP＝2d，S為OP的中點，S處的粒子發(fā)射源以垂直O(jiān)P的方向發(fā)射一系列速率不同的電子，電子的比荷為k，已知磁場的磁感應(yīng)強度大小為B，忽略電子的重力以及電子間的相互作用。下列說法正確的是（　?。?br/>A．電子的速率為v＝Bkd時，電子從OQ上距離Q點d處離開磁場
B．從PQ邊離開的電子的最小速率為νBkd
C．從OP邊離開的電子的最大速率為νBkd
D．從OP邊離開的電子，速率越大在磁場中運動的時間越短
【解答】解：A.電子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，則由
qvB＝m
可得r
當電子的速率為
v＝Bkd
時，電子的軌跡半徑為r1＝d
軌跡如圖中曲線2所示，則電子從距離Q點處離開磁場。故A正確；
B.作出電子剛好不從PQ邊離開磁場時的運動軌跡，即軌跡與PQ相切，如圖中曲線3所示，由幾何關(guān)系可知
r2+d
可得
r2＝（1）d
電子從PQ離開時軌跡半徑r＞（1）d，所以從PQ邊離開的電子最小速率一定大于（1）Bkd，故B錯誤；
C.若要使電子從OP邊離開，則從O點離開的電子的軌跡半徑最大，最大半徑為，如圖中曲線1，因此最大速率為
vmax
故C正確；
D.電子在磁場中做勻速圓周運動的周期為
T
根據(jù)幾何關(guān)系可知，電子從OP邊離開時偏轉(zhuǎn)角均為180°，則從OP邊離開磁場的電子在磁場中運動的時間均為
t
故D錯誤。故選：AC。
如圖所示，等邊三角形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向外的勻強磁場（圖中未畫出），三個完全相同的重力不計的帶電粒子1、2、3以不同的速度由頂點a沿垂直于bc邊的方向射入磁場，結(jié)果粒子1、2、3分別從圖中的d、e、c點離開磁場（d、e為ac邊的三等分點）。不考慮三個粒子間的相互作用力，則下列說法正確的是（　　）
A．粒子3的軌跡半徑等于三角形abc的邊長
B．粒子1、2、3進入磁場的速度之比為3：2：1
C．粒子3的速度偏轉(zhuǎn)角最大，粒子1的速度偏轉(zhuǎn)角最小
D．若僅將磁場的磁感應(yīng)強度變?yōu)樵瓉淼模Ｗ?將從頂點c離開磁場
【解答】解：AC、粒子運動的軌跡如圖所示：粒子由頂點a沿垂直于bc邊的方向射入磁場，進入磁場的瞬間粒子速度與ac邊的夾角為30°，在同一直線邊界，根據(jù)對稱性，可知粒子射出磁場的速度與ac邊的夾角也為30°，因而運動軌跡所對應(yīng)的圓心角為60°，圓心，入射點以及出射點的連線構(gòu)成等邊三角形，可判斷出三個粒子的速度偏轉(zhuǎn)角相等，粒子3的軌跡半徑等于三角形abc的邊長，故A正確，C錯誤；
B、假設(shè)三角形abc的邊長為L，則粒子1，2，3的軌跡半徑分別為，，L，根據(jù)洛倫茲力提供向心力，則，解得r，則粒子進入磁場的速度之比為1：2：3，故B錯誤；
D、由，解得r，若僅將磁場的磁感應(yīng)強度變?yōu)樵瓉淼?，則粒子的軌跡半徑變?yōu)樵瓉淼?倍，可知粒子2的軌跡半徑變?yōu)?L，粒子2將從bc之間的某點離開磁場，故D錯誤；
故選：A。
2、“旋轉(zhuǎn)圓”模型的應(yīng)用
適用條件 速度大小一定，方向不同 粒子源發(fā)射速度大小一定、方向不同的帶電粒子進入勻強磁場時，它們在磁場中做勻速圓周運動的半徑相同，若射入初速度為v0，則圓周運動半徑為R＝。如圖所示
軌跡圓圓心共圓 帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的圓心在以入射點P為圓心、半徑R＝的圓上
界定 方法 將一半徑為R＝的圓以入射點為圓心進行旋轉(zhuǎn)，從而探索粒子的臨界條件，這種方法稱為“旋轉(zhuǎn)圓”法
如圖所示，直線MN是一勻強磁場的邊界，三個相同的帶正電粒子分別沿圖示1、2、3三個方向以相同的速率從O點射入磁場，沿箭頭1、3兩個方向的粒子分別經(jīng)t1、t3時間均從p點離開磁場，沿箭頭2方向（垂直于MN）的粒子經(jīng)t2時間從q點離開磁場，p是Oq的中點，則t1、t2、t3之比為（　?。?br/>A．1：2：3 B．1：3：5 C．2：3：4 D．3：4：5
【解答】解粒子在磁場中做圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：
qvB＝m，
解得：
r，
由題意可知，三個粒子為同種粒子、粒子射入磁場時的速率v相同，則粒子在磁場中做圓周運動的軌道半徑r相等，粒子在磁場做做圓周運動的運動軌跡如圖所示：
由圖示可知：
Oq＝2r，
由題意可知：p是Oq的中點，則：
Op＝Oq＝r，
三粒子做圓周運動的軌跡半徑相等，則△OPO1、△OPO3都是等邊三角形，則粒子在磁場中做圓周運動轉(zhuǎn)過的圓心角：
θ1＝60°，θ2＝180°，θ3＝300°，
粒子在磁場中做圓周運動的周期相等：
T，
粒子在磁場中的運動時間：
t，
粒子在磁場中的運動時間之比：
t1：t2：t3＝θ1：θ2：θ3＝60°：180°：300°＝1：3：5，
故B正確，ACD錯誤；
故選：B。
如圖1所示的坐標系內(nèi)，在x0（x0＞0）處有一垂直x軸放置的擋板。在y軸與擋板之間的區(qū)域內(nèi)存在一個與xoy平玨垂直且指向紙內(nèi)的勻強磁場，磁感應(yīng)強度B＝0.2T．位于坐標原點O處的粒子源向xoy平面內(nèi)發(fā)射出大量同種帶正電的粒子，所有粒子的初速度大小均為v0＝1.0×106m/s，方向與x軸正方向的夾角為θ，且0≤θ≤90°．該粒子的比荷為1.0×108C/kg，不計粒子所受重力和粒子間的相互作用，粒子打到擋板上后均被擋板吸收。
（1）求粒子在磁場中運動的軌道半徑R：
（2）如圖2所示，為使沿初速度方向與x軸正方向的夾角θ＝30°射出的粒子不打到擋板上，則x0必須滿足什么條件？該粒子在磁場中運動的時間是多少？
（3）若x0＝5.0×10﹣2m，求粒子打在擋板上的范圍（用y坐標表示），并用“”圖樣在圖3中畫出粒子在磁場中所能到達的區(qū)域：
【解答】解：（1）由牛頓第二定律得
5.0×10﹣2m
（2）如圖所示，設(shè)粒子的運動軌跡恰與擋板相切，由幾何關(guān)系得：x0＝R+Rsinθ
X0＝7.5×10﹣2m
為使該粒子不打到擋板上，x0≥7.5×10﹣2m
粒子在磁場中運動的周期為T
Tπ×10﹣7s
該粒子在磁場中運動的時間
（3）若x0＝5.0×10﹣2m，則x0＝R
當粒子沿著﹣y方向入射時，將打在擋板上的A點
其縱坐標yA＝﹣R＝500×10﹣2m
當粒子沿著+x方向入射時，粒子的運動軌跡恰好與擋板相切于B點
其縱坐標yB＝R＝5.0×10﹣2m
則粒子打在擋板上的范圍為﹣500×10﹣2m≤y＜5.0×10﹣2m
粒子在磁場中所能到達的區(qū)域如圖所示
答：
（1）粒子在磁場中運動的軌道半徑R是5.0×10﹣2m；
（2）為使該粒子不打到擋板上，x0≥7.5×10﹣2 m，該粒子在磁場中運動的時間是。
（3）粒子打在擋板上的范圍為﹣5.0×10﹣2 m≤y＜5.0×10﹣2 m
3、“平移圓”模型的應(yīng)用
適用條件 速度大小一定，方向一定，但入射點在同一直線上 粒子源發(fā)射速度大小、方向一定，入射點不同，但在同一直線的帶電粒子進入勻強磁場時，它們做勻速圓周運動的半徑相同，若入射速度大小為v0，則半徑R＝，如圖所示
軌跡圓圓心共線 帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的圓心在同一直線上，該直線與入射點的連線平行
界定方法 將半徑為R＝的圓進行平移，從而探索粒子的臨界條件，這種方法叫“平移圓”法
（多選）如圖所示，在直角三角形ABC內(nèi)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(xiàn)垂直AB邊射入一群質(zhì)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（　?。?br/>A．粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期為5t
B．該勻強磁場的磁感應(yīng)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
【解答】解：A．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軌跡的圓心角為，運動的時間為，即：tT，則得周期為T＝4t，故A錯誤；
B．根據(jù)周期公式：T，結(jié)合T＝4t，解得：B，故B正確；
C．如圖，軌跡和BC邊相切時，運動時間最長，
設(shè)運動時間最長的粒子在磁場中的運動軌跡所對的圓心角為θ，則有：
tT
解得：
設(shè)軌道半徑為r，由幾何知識得：
d，
解得：
r
C錯誤；
D．根據(jù)洛倫茲力提供向心力可知：qvB
解得：
v
將r代入解得：v
故D正確；
故選：BD。
如圖所示，邊長為L的正方形有界勻強磁場ABCD，帶電粒子從A點沿AB方向射入磁場，恰好從C點飛出磁場；若帶電粒子以相同的速度從AD的中點P垂直AD射入磁場，從DC邊的M點飛出磁場（M點未畫出）。設(shè)粒子從A點運動到C點所用時間為t1，由P點運動到M點所用時間為t2（帶電粒子重力不計），則t1：t2為（　?。?br/>A．2：1 B．2：3 C．3：2 D．：
【解答】解：由帶電粒子從A點沿AB方向射入磁場可知粒子做圓周運動的圓心在AD及其延長線上，又有粒子恰好從C點飛出磁場，故可得：粒子運動半徑為L，粒子從A到C轉(zhuǎn)過的中心角θ＝90°；
那么，從P點入射的粒子圓心在AD延長線上距D點處，那么粒子轉(zhuǎn)過的中心角為：
；
所以，t1：t2＝θ：θ′＝3：2，故C正確，ABD錯誤；
故選：C。
4、“磁聚焦”模型
1．帶電粒子的會聚
如圖甲所示，大量的同種帶正電的粒子，速度大小相同，平行入射到圓形磁場區(qū)域，如果軌跡圓半徑與磁場圓半徑相等(R＝r)，則所有的帶電粒子將從磁場圓的最低點B點射出．(會聚)
證明：四邊形OAO′B為菱形，必是平行四邊形，對邊平行，OB必平行于AO′(即豎直方向)，可知從A點發(fā)出的帶電粒子必然經(jīng)過B點．
2．帶電粒子的發(fā)散
如圖乙所示，有界圓形磁場的磁感應(yīng)強度為B，圓心為O，從P點有大量質(zhì)量為m、電荷量為q的正粒子，以大小相等的速度v沿不同方向射入有界磁場，不計粒子的重力，如果正粒子軌跡圓半徑與有界圓形磁場半徑相等，則所有粒子射出磁場的方向平行．(發(fā)散)
證明：所有粒子運動軌跡的圓心與有界圓圓心O、入射點、出射點的連線為菱形，也是平行四邊形，O1A(O2B、O3C)均平行于PO，即出射速度方向相同(即水平方向)．
帶電粒子流的磁聚焦是薄膜材料制備的關(guān)鍵技術(shù)之一。磁聚焦原理如圖，真空中一半徑為r的圓形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面的勻強磁場，一束寬度為2r、沿x軸正方向運動的帶電粒子流射入該磁場后會聚于坐標原點O。已知粒子的質(zhì)量均為m、電荷量均為q、進入磁場的速度均為v，不計帶電粒子的重力及粒子間的相互作用力。則磁感應(yīng)強度的大小應(yīng)為（　?。?br/>A． B． C． D．
【解答】解：帶電粒子流射入磁場后做勻速圓周運動，要使帶電粒子流射入該磁場后會聚于坐標原點O，粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌道半徑等于磁場半徑r。粒子在磁場中做勻速圓周運動時，由洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qvB＝m，解得磁感應(yīng)強度大?。築，故ABD錯誤，C正確。
故選：C。
如圖所示，圓形區(qū)域圓心為O，區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向外的勻強磁場，MN為圓的直徑。從圓上的A點沿AO方向，以相同的速度先后射入甲、乙兩個粒子，甲粒子從M點離開磁場，乙粒子從N離開磁場。已知∠AON＝60°，粒子重力不計，以下說法正確的是（　?。?br/>A．甲粒子帶負電荷
B．甲粒子在磁場中做圓周運動半徑比乙小
C．乙粒子的比荷比甲大
D．乙粒子在磁場中運動時間比甲長
【解答】解：A、如圖所示，甲粒子所受的洛倫茲力方向由A→O2，根據(jù)左手定則判斷可知甲粒子帶正電荷，故A錯誤；
B、畫出兩個粒子的運動軌跡，如圖所示，可知甲粒子在磁場中做圓周運動半徑比乙大，故B錯誤；
C、乙粒子在磁場中做圓周運動半徑比甲小，甲、乙兩個粒子的速率相等，根據(jù)半徑公式r知，乙粒子的比荷比甲大，故C正確；
D、設(shè)圓形區(qū)域的半徑為R，根據(jù)幾何關(guān)系可知，甲做圓周運動的半徑為r2＝Rtan60°，甲粒子在磁場中運動時間為t甲
乙做圓周運動的半徑為r1＝Rtan30°，乙粒子在磁場中運動時間為t乙，可知t乙＜t甲，即乙粒子在磁場中運動時間比甲短，故D錯誤。
故選：C。
如圖所示，半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強磁場，磁場的磁感應(yīng)強度大小為B，AC是圓O的水平直徑，P是圓周上的一點，P點離AC的距離為R，一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負電粒子以一定的速度從A點沿AC方向射入，粒子在磁場中運動的偏向角為90°，保持粒子的速度大小、方向不變，讓粒子從P點射入磁場，則粒子在磁場中運動的時間為（　?。?br/>A． B． C． D．
【解答】解：粒子兩種情況下的運動軌跡如圖所示（紅色為從A點入射，黑色為從P點入射）：
根據(jù)題意可知，從A點入射的粒子在磁場中的偏向角為90°，則粒子在磁場中運動的軌跡對應(yīng)的圓心角為：θ＝90°，根據(jù)幾何知識可知，粒子做圓周運動的半徑為：r＝R。
保持速度的大小和方向不變，從P點入射時，做勻速圓周運動的半徑不變，由磁聚焦的原理，負粒子一定從D點射出場區(qū)，由幾何關(guān)系可知，∠POA＝30°，偏向角α＝90°+30°＝120°。所以時間t，故ABD錯誤，C正確。
故選：C。
如圖所示，在x軸的上方存在一個垂直xoy平面向里、半徑為R的有界勻強圓磁場，磁場的直徑在y軸上，磁感應(yīng)強度大小為B。坐標原點O處有一粒子源，可沿與x軸正方向成30°～150°范圍內(nèi)垂直磁場方向均勻發(fā)射速度大小相等、質(zhì)量為m、帶電量為e的電子，這些電子都能夠打到右側(cè)與y軸平行放置的屏MN上，被屏反彈后以原速率沿原方向返回，其中沿y軸正向射入的電子能夠垂直打到屏上，屏的橫坐標為。不計電子的重力和電子間的相互作用，求：
（1）電子射入磁場時的速度大??；
（2）電子打到屏MN上的長度；
（3）電子從O點出發(fā)到返回磁場右邊界的最短時間。
【解答】解：（1）當沿y軸正向射入的電子能夠垂直打到屏上，根據(jù)圓周運動的特點畫出粒子在磁場中的運動軌跡，如圖所示：
由幾何關(guān)系可得：r＝R
根據(jù)牛頓第二定律可得：
解得：v
（2）電子在磁場中做勻速圓周運動的軌跡的圓心分布在以O(shè)點為圓心，R為半徑的圓上。電子以任意速度方向射入磁場時，其在磁場中的運動軌跡如圖所示：
根據(jù)幾何關(guān)系可知，電子離開磁場時的速度方向始終保持不變，為水平向右的方向，當一電子以與x軸成θ方向射入磁場，如圖：
其水平射出磁場后打在MN屏上的縱坐標為
y＝R﹣Rcosθ
當θ＝30°時，電子打在MN屏的最低點，代入數(shù)據(jù)解得：
當θ＝150°時，電子打在MN屏的最高點，代入數(shù)據(jù)解得：
由此可知，電子打到屏上的長度為：
（3）當電子從O點到返回磁場右邊界的哭成最短時，電子從O點出發(fā)到返回磁場右邊界的時間最短。當一電子以與x軸成θ方向射入磁場到返回到磁場右邊界的路程為
s＝θR+2（R﹣Rsinθ）
對上式求導(dǎo)可得：
s'＝R﹣2Rcosθ
令s'＝0，可得當θ時，s最小，代入數(shù)據(jù)解得：
smin
故電子從O點出發(fā)到返回磁場右邊界的最短時間為
答：（1）電子射入磁場時的速度大小；
（2）電子打到屏MN上的長度為；
（3）電子從O點出發(fā)到返回磁場右邊界的最短時間為。
21世紀教育網(wǎng) www.21cnjy.com 精品試卷·第 2 頁 （共 2 頁）
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