資源簡介

專題強化九　帶電粒子在磁場中運動的臨界、極值及多解問題
1. 會分析帶電粒子在勻強磁場中的臨界問題和多解問題．
2．會用“平移圓”“旋轉圓”“放縮圓”找出對應臨界狀態或極值的軌跡．
考點一　帶電粒子在勻強磁場中運動的臨界、極值問題
帶電粒子在磁場中的臨界、極值問題的分析思路和方法
兩種思路 一是以定理、定律為依據，首先求出所研究問題的一般規律和一般解的形式，然后分析、討論處于臨界條件時的特殊規律和特殊解
二是直接分析、討論臨界狀態，找出臨界條件，從而通過臨界條件求出臨界值
兩種方法 物理 方法 (1)利用臨界條件求極值；(2)利用邊界條件求極值；(3)利用矢量圖求極值
數學 方法 (1)用三角函數求極值；(2)用二次方程的判別式求極值；(3)用不等式的性質求極值；(4)圖像法等
從關鍵詞 找突破口 許多臨界問題，題干中常用“恰好”“最大”“至少”“不相撞”“不脫離”等詞語對臨界狀態給以暗示，審題時，一定要抓住這些特定的詞語挖掘其隱藏的規律，找出臨界條件
例 1 如圖所示，
垂直于紙面的勻強磁場在∠DAC為30°、邊長為a的菱形內部，對角線交點為O.某帶電粒子以速度v1從O點沿OA方向射出時，恰好沒有穿出磁場邊界；該帶電粒子以速度v2從O點沿OB方向射出時，仍恰好沒有射出磁場邊界．不計粒子重力，則的值為(　　)
A．1 B．2
C． D．6－3
例 2 [2024·四川省成都市石室中學高三三診]一勻強磁場的磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面向外，其邊界如圖中虛線所示，ab＝cd＝2L，bc＝de＝L，一束e粒子在紙面內從a點垂直于ab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．已知粒子的質量為m、電荷量為q.則粒子在磁場中運動時間最長的粒子，其運動速率為(　　)
A． B．
C． D．
例 3 (多選)[2024·陜西西安市模擬]
2023年1月7日，中科院聚變大科學團隊利用有“人造太陽”之稱的全超導托卡馬克大科學裝置(EAST)，發現并證明了一種新的高能量約束模式，對國際熱核聚變實驗堆和未來聚變堆運行具有重要意義．其基本原理是由磁場約束帶電粒子運動，使之束縛在某個區域內．如圖所示，環狀磁場的內半徑為R1，外半徑為R2，被束縛的帶電粒子的比荷為k，中空區域內帶電粒子具有各個方向的速度，速度大小為v.中空區域中的帶電粒子都不會穿出磁場的外邊緣而被約束在半徑為R2的區域內，不計粒子重力，則環狀區域內磁場的磁感應強度大小可能是(　　)
A. B.
C． D．
考點二　帶電粒子在磁場中運動的多解問題
帶電粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，由于帶電粒子電性不確定、磁場方向不確定、臨界狀態不確定、運動的往復性造成帶電粒子在有界勻強磁場中運動的多解問題．帶電粒子在磁場中運動的多解問題解題思路：
(1)分析題目特點，確定題目多解的形成原因．
(2)畫出粒子的可能軌跡，找出圓心、半徑的可能情況(全面考慮多種可能性)．
(3)若為周期性重復的多解問題，尋找通項式，若是出現幾種解的可能性，注意每種解出現的條件．
例 4 (多選)
[2022·湖北卷]在如圖所示的平面內，分界線SP將寬度為L的矩形區域分成兩部分，一部分充滿方向垂直于紙面向外的勻強磁場，另一部分充滿方向垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小均為B，SP與磁場左右邊界垂直．離子源從S處射入速度大小不同的正離子，離子入射方向與磁場方向垂直且與SP成30°角．已知離子比荷為k，不計重力．若離子從P
點射出，設出射方向與入射方向的夾角為θ，則離子的入射速度和對應θ角的可能組合為(　　)
A．kBL，0° B．kBL，0°
C．kBL，60° D．2kBL，60°
例 5 如圖
所示的等腰梯形區域存在垂直紙面向里的勻強磁場(圖中未畫出)，磁感應強度大小為B，等腰梯形中∠P＝45°，PQ＝2MN＝4L，一帶電粒子束由M點沿垂直PM方向射入勻強磁場，帶電粒子剛好不從PQ邊界射出磁場，已知粒子的比荷為k，粒子的重力忽略不計．則下列說法正確的是(　　)
A．粒子的軌道半徑可能為(2＋)L
B．粒子的速度為(2－)BkL
C．粒子在磁場中運動的時間可能為
D．粒子在磁場中運動的時間一定為
核心素養提升 “數學圓”法在磁場中的應用
1.“放縮圓”模型法的應用
“放縮 圓”法 粒子射入方向確定，但速率v或磁感應強度B變化時，以入射點為定點，作出半徑不同的一系列軌跡，從而探索出臨界條件．
典例1 (多選)[2024·湖南聯考模擬]一有界勻強磁場的磁感應強度大小為B、方向垂直于紙面向外，其邊界如圖中虛線所示，其中射線bc足夠長，∠abc＝135°，其他地方磁場的范圍足夠大．一束質量為m、電荷量為q的帶正電粒子，在紙面內從a點垂直于ab射入磁場，這些粒子具有各種速率，不計粒子重力和粒子之間的相互作用，以下說法正確的是(　　)
A．從ab邊射出的粒子在磁場中運動的時間都相等
B．從a點入射的粒子速度越大，在磁場中運動的時間越長
C．粒子在磁場中的最長運動時間不大于
D．粒子在磁場中的最長運動時間小于
2．“旋轉圓”模型法的應用
“旋轉圓” 法 粒子速率v一定，但射入的方向變化時，以入射點為定點，將軌跡圓旋轉，作出一系列軌跡，從而探索出臨界條件．
典例2 (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(　　)
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
3．“平移圓”模型法的應用
“平移 圓”法 粒子源發射速度大小、方向一定，入射點不同，但入射點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＝，如左圖所示(粒子帶負電)．
典例3 (多選)如圖所示，在Ⅰ、Ⅱ兩個區域內存在磁感應強度大小均為B的勻強磁場，磁場方向分別垂直于紙面向外和向里，AD、AC邊界的夾角∠DAC＝30°，邊界AC與邊界MN平行，Ⅱ區域寬度為d.質量為m、電荷量為＋q的粒子可在邊界AD上的不同點射入，入射速度垂直AD且垂直磁場，若入射速度大小為，不計粒子重力，則(　　)
A．粒子在磁場中的運動半徑為
B．粒子在距A點0.5d處射入，不會進入Ⅱ區域
C．粒子在距A點1.5d處射入，在Ⅰ區域內運動的時間為
D．能夠進入Ⅱ區域的粒子，在Ⅱ區域內運動的最短時間為
專題強化九　帶電粒子在磁場中運動的臨界、極值及多解問題
考點一
例1　解析：當帶電粒子沿OA方向射出時，軌跡如圖甲所示，設粒子運動的軌跡半徑為r1，由幾何知識有sin 60°＝，解得r1＝a，當帶電粒子沿OB方向射出時，軌道如圖乙所示，設粒子運動的軌跡半徑為r2，由幾何知識有tan 30°＝，解得r2＝a，則＝＝6－3，選D.
答案：D
例2　解析：根據題意可知，粒子在磁場中做勻速圓周運動，由牛頓第二定律有qvB＝m
又有T＝＝
設粒子運動軌跡所對的圓心角為α，則運動時間為t＝·T＝
可知，α越大，運動時間越長，當粒子運動時間最長時，運動軌跡如圖所示，即當圓弧經過c點時α最大
由幾何關系有L2＋(2L－R)2＝R2
解得R＝L
聯立可得v＝＝，故選B.
答案：B
例3　
解析：由題意可知，粒子的比荷為k，要使所有的粒子都不能穿出磁場，與內圓相切的方向進入磁場的粒子在磁場運動的軌跡剛好與外圓相切，以帶正電粒子為例，運動軌跡如圖所示
由幾何知識可知，粒子最大軌道半徑r＝
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B＝
要使粒子不離開磁場B≥
由于＝·<
故選CD.
答案：CD
考點二
例4　解析：若粒子通過下部分磁場直接到達P點，如圖
根據幾何關系則有R＝L，qvB＝m
可得v＝＝kBL
根據對稱性可知出射速度與SP成30°角向上，故出射方向與入射方向的夾角為θ＝60°.
當粒子上下均經歷一次時，如圖
因為上下磁感應強度均為B，則根據對稱性有R＝L
根據洛倫茲力提供向心力有qvB＝m
可得v＝＝kBL
此時出射方向與入射方向相同，即出射方向與入射方向的夾角為θ＝0°.
通過以上分析可知當粒子從下部分磁場射出時，需滿足
v＝＝kBL(n＝1，2，3…)
此時出射方向與入射方向的夾角為θ＝60°；當粒子從上部分磁場射出時，需滿足v＝＝kBL(n＝1，2，3…)
此時出射方向與入射方向的夾角為θ＝0°.故可知B、C正確，A、D錯誤．
答案：BC
例5　解析：
若粒子帶正電，粒子的軌跡如圖中1所示，設粒子的軌道半徑為R1，由幾何關系得O1P＋O1M＝L，即R1＋R1＝L，解得R1＝(2－)L，由qv1B＝，解得v1＝(2－)BkL，粒子在磁場中的運動周期為T＝＝，粒子在磁場中偏轉的角度為180°，則粒子在磁場中運動的時間為t1＝＝.若粒子帶負電，粒子的軌跡如圖中2所示，軌跡與上邊界PQ相切，設粒子的軌道半徑為R2，由幾何關系得R2＝(R2－L)，解得R2＝(2＋)L，由qv2B＝，解得v2＝(2＋)BkL，粒子從射入到運動到與PQ相切位置在磁場中偏轉的角度為45°，則粒子在磁場中運動的時間大于t2＝＝，A正確，B、C、D錯誤．
答案：A
核心素養提升
典例1　解析：畫出帶電粒子在磁場中運動的動態分析圖，如下圖所示
當粒子都從ab邊射出，則運動軌跡都是半圓周，運動時間都相等，為，當粒子都從bc邊射出，則速度越大，軌道半徑越大，對應的圓心角越大，運動時間越長，運動時間大于，故A正確，B、C錯誤；
當粒子的速度足夠大，半徑足夠大時，l遠小于r，這時圓心角大小趨近于270°，因此粒子在磁場中最長運動時間小于，故D正確．
答案：AD
典例2　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．
答案：AD
典例3　
解析：帶電粒子在磁場中的運動半徑r＝＝d，選項A錯誤；設從某處E進入磁場的粒子，其軌跡恰好與AC相切(如圖所示)，則E點距A點的距離為2d－d＝d，粒子在距A點0.5d處射入，會進入Ⅱ區域，選項B錯誤；粒子在距A點1.5d處射入，不會進入Ⅱ區域，在Ⅰ區域內的軌跡為半圓，運動的時間為t＝＝，選項C正確；進入Ⅱ區域的粒子，軌跡圓弧對應的弦長越短，粒子在Ⅱ區域的運動時間越短(劣弧)，且最短弦長為d，對應圓心角為60°，最短時間為tmin＝＝，選項D正確．
答案：CD(共28張PPT)
專題強化九　帶電粒子在磁場
中運動的臨界、極值及多解問題
1. 會分析帶電粒子在勻強磁場中的臨界問題和多解問題．
2．會用“平移圓”“旋轉圓”“放縮圓”找出對應臨界狀態或極值的軌跡．
考點一
考點二
考點一
考點一　帶電粒子在勻強磁場中運動的臨界、極值問題
帶電粒子在磁場中的臨界、極值問題的分析思路和方法
兩種思路 一是以定理、定律為依據，首先求出所研究問題的一般規律和一般解的形式，然后分析、討論處于臨界條件時的特殊規律和特殊解
二是直接分析、討論臨界狀態，找出臨界條件，從而通過臨界條件求出臨界值
兩種方法 物理 方法 (1)利用臨界條件求極值；(2)利用邊界條件求極值；(3)利用矢量圖求極值
數學 方法 (1)用三角函數求極值；(2)用二次方程的判別式求極值；(3)用不等式的性質求極值；(4)圖像法等
從關鍵詞 找突破口 許多臨界問題，題干中常用“恰好”“最大”“至少”“不相撞”“不脫離”等詞語對臨界狀態給以暗示，審題時，一定要抓住這些特定的詞語挖掘其隱藏的規律，找出臨界條件
例 1 如圖所示，垂直于紙面的勻強磁場在∠DAC為30°、邊長為a的菱形內部，對角線交點為O.某帶電粒子以速度v1從O點沿OA方向射出時，恰好沒有穿出磁場邊界；該帶電粒子以速度v2從O點沿OB方向射出時，仍恰好沒有射出磁場邊界．不計粒子重力，則的值為(　　)
A．1 B．2
C． D．6－3
答案：D
解析：當帶電粒子沿OA方向射出時，軌跡如圖甲所示，設粒子運動的軌跡半徑為r1，由幾何知識有sin 60°＝，解得r1＝a，當帶電粒子沿OB方向射出時，軌道如圖乙所示，設粒子運動的軌跡半徑為r2，由幾何知識有tan 30°＝，解得r2＝a，則＝＝6－3，選D.
例 2 [2024·四川省成都市石室中學高三三診]一勻強磁場的磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面向外，其邊界如圖中虛線所示，ab＝cd＝2L，bc＝de＝L，一束e粒子在紙面內從a點垂直于ab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．已知粒子的質量為m、電荷量為q.則粒子在磁場中運動時間最長的粒子，其運動速率為(　　)
A． B．
C． D．
答案：B
解析：根據題意可知，粒子在磁場中做勻速圓周運動，由牛頓第二定律有qvB＝m
又有T＝＝
設粒子運動軌跡所對的圓心角為α，則運動時間為t＝·T＝
可知，α越大，運動時間越長，當粒子運動時間最長時，運動軌跡如圖所示，即當圓弧經過c點時α最大
由幾何關系有L2＋(2L－R)2＝R2
解得R＝L
聯立可得v＝＝，故選B.
例 3 (多選)[2024·陜西西安市模擬]2023年1月7日，中科院聚變大科學團隊利用有“人造太陽”之稱的全超導托卡馬克大科學裝置(EAST)，發現并證明了一種新的高能量約束模式，對國際熱核聚變實驗堆和未來聚變堆運行具有重要意義．其基本原理是由磁場約束帶電粒子運動，使之束縛在某個區域內．如圖所示，環狀磁場的內半徑為R1，外半徑為R2，被束縛的帶電粒子的比荷為k，中空區域內帶電粒子具有各個方向的速度，速度大小為v.中空區域中的帶電粒子都不會穿出磁場的外邊緣而被約束在半徑為R2的區域內，不計粒子重力，則環狀區域內磁場的磁感應強度大小可能是(　　)
A. B.
C． D．
答案：CD
解析：由題意可知，粒子的比荷為k，要使所有的粒子都不能穿出磁場，與內圓相切的方向進入磁場的粒子在磁場運動的軌跡剛好與外圓相切，以帶正電粒子為例，運動軌跡如圖所示
由幾何知識可知，粒子最大軌道半徑r＝
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B＝
要使粒子不離開磁場B≥
由于＝·<
故選CD.
考點二
考點二　帶電粒子在磁場中運動的多解問題
帶電粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，由于帶電粒子電性不確定、磁場方向不確定、臨界狀態不確定、運動的往復性造成帶電粒子在有界勻強磁場中運動的多解問題．帶電粒子在磁場中運動的多解問題解題思路：
(1)分析題目特點，確定題目多解的形成原因．
(2)畫出粒子的可能軌跡，找出圓心、半徑的可能情況(全面考慮多種可能性)．
(3)若為周期性重復的多解問題，尋找通項式，若是出現幾種解的可能性，注意每種解出現的條件．
例 4 (多選)[2022·湖北卷]在如圖所示的平面內，分界線SP將寬度為L的矩形區域分成兩部分，一部分充滿方向垂直于紙面向外的勻強磁場，另一部分充滿方向垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小均為B，SP與磁場左右邊界垂直．離子源從S處射入速度大小不同的正離子，離子入射方向與磁場方向垂直且與SP成30°角．已知離子比荷為k，不計重力．若離子從P點射出，設出射方向與入射方向的夾角為θ，則離子的入射速度和對應θ角的可能組合為(　　)
A．kBL，0° B．kBL，0°
C．kBL，60° D．2kBL，60°
答案：BC
解析：若粒子通過下部分磁場直接到達P點，如圖
根據幾何關系則有R＝L，qvB＝m
可得v＝＝kBL
根據對稱性可知出射速度與SP成30°角向上，
故出射方向與入射方向的夾角為θ＝60°.
當粒子上下均經歷一次時，如圖
因為上下磁感應強度均為B，則根據對稱性有R＝L
根據洛倫茲力提供向心力有qvB＝m
可得v＝＝kBL
此時出射方向與入射方向相同，即出射方向與入射方向的夾角為θ＝0°.
通過以上分析可知當粒子從下部分磁場射出時，需滿足
v＝＝kBL(n＝1，2，3…)
此時出射方向與入射方向的夾角為θ＝60°；當粒子從上部分磁場射出時，需滿足v＝＝kBL(n＝1，2，3…)
此時出射方向與入射方向的夾角為θ＝0°.故可知B、C正確，A、D錯誤．
例 5 如圖所示的等腰梯形區域存在垂直紙面向里的勻強磁場(圖中未畫出)，磁感應強度大小為B，等腰梯形中∠P＝45°，PQ＝2MN＝4L，一帶電粒子束由M點沿垂直PM方向射入勻強磁場，帶電粒子剛好不從PQ邊界射出磁場，已知粒子的比荷為k，粒子的重力忽略不計．則下列說法正確的是(　　)
A．粒子的軌道半徑可能為(2＋)L
B．粒子的速度為(2－)BkL
C．粒子在磁場中運動的時間可能為
D．粒子在磁場中運動的時間一定為
答案：A
解析：若粒子帶正電，粒子的軌跡如圖中1所示，設粒子的軌道半徑為R1，由幾何關系得O1P＋O1M＝L，即R1＋R1＝L，解得R1＝(2－)L，由qv1B＝，解得v1＝(2－)BkL，粒子在磁場中的運動周期為T＝＝，粒子在磁場中偏轉的角度為180°，則粒子在磁場中運動的時間為t1＝＝.若粒子帶負電，粒子的軌跡如圖中2所示，軌跡與上邊界PQ相切，設粒子的軌道半徑為R2，由幾何關系得R2＝(R2－L)，解得R2＝(2＋)L，由qv2B＝，解得v2＝(2＋)BkL，粒子從射入到運動到與PQ相切位置在磁場中偏轉的角度為45°，則粒子在磁場中運動的時間大于t2＝＝，A正確，B、C、D錯誤．
核心素養提升 “數學圓”法在磁場中的應用
1.“放縮圓”模型法的應用
“放縮 圓”法 粒子射入方向確定，但速率v或磁感應強度B變化時，以入射點為定點，作出半徑不同的一系列軌跡，從而探索出臨界條件．
典例1 (多選)[2024·湖南聯考模擬]一有界勻強磁場的磁感應強度大小為B、方向垂直于紙面向外，其邊界如圖中虛線所示，其中射線bc足夠長，∠abc＝135°，其他地方磁場的范圍足夠大．一束質量為m、電荷量為q的帶正電粒子，在紙面內從a點垂直于ab射入磁場，這些粒子具有各種速率，不計粒子重力和粒子之間的相互作用，以下說法正確的是(　　)
A．從ab邊射出的粒子在磁場中運動的時間都相等
B．從a點入射的粒子速度越大，在磁場中運動的時間越長
C．粒子在磁場中的最長運動時間不大于
D．粒子在磁場中的最長運動時間小于
答案：AD
解析：畫出帶電粒子在磁場中運動的動態分析圖，如下圖所示
當粒子都從ab邊射出，則運動軌跡都是半圓周，運動時間都相等，為，當粒子都從bc邊射出，則速度越大，軌道半徑越大，對應的圓心角越大，運動時間越長，運動時間大于，故A正確，B、C錯誤；
當粒子的速度足夠大，半徑足夠大時，l遠小于r，這時圓心角大小趨近于270°，因此粒子在磁場中最長運動時間小于，故D正確．
2．“旋轉圓”模型法的應用
“旋轉圓” 法 粒子速率v一定，但射入的方向變化時，以入射點為定點，將軌跡圓旋轉，作出一系列軌跡，從而探索出臨界條件．
典例2 (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(　　)
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．
3．“平移圓”模型法的應用
“平移 圓”法 粒子源發射速度大小、方向一定，入射點不同，但入射點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＝，如左圖所示(粒子帶負電)．
典例3 (多選)如圖所示，在Ⅰ、Ⅱ兩個區域內存在磁感應強度大小均為B的勻強磁場，磁場方向分別垂直于紙面向外和向里，AD、AC邊界的夾角∠DAC＝30°，邊界AC與邊界MN平行，Ⅱ區域寬度為d.質量為m、電荷量為＋q的粒子可在邊界AD上的不同點射入，入射速度垂直AD且垂直磁場，若入射速度大小為，不計粒子重力，則(　　)
A．粒子在磁場中的運動半徑為
B．粒子在距A點0.5d處射入，不會進入Ⅱ區域
C．粒子在距A點1.5d處射入，在Ⅰ區域內運動的時間為
D．能夠進入Ⅱ區域的粒子，在Ⅱ區域內運動的最短時間為
答案：CD
解析：帶電粒子在磁場中的運動半徑r＝＝d，選項A錯誤；設從某處E進入磁場的粒子，其軌跡恰好與AC相切(如圖所示)，則E點距A點的距離為2d－d＝d，粒子在距A點0.5d處射入，會進入Ⅱ區域，選項B錯誤；粒子在距A點1.5d處射入，不會進入Ⅱ區域，在Ⅰ區域內的軌跡為半圓，運動的時間為t＝＝，選項C正確；進入Ⅱ區域的粒子，軌跡圓弧對應的弦長越短，粒子在Ⅱ區域的運動時間越短(劣弧)，且最短弦長為d，對應圓心角為60°，最短時間為tmin＝＝，選項D正確．

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