資源簡介

微專題7　帶電粒子在磁場中的運動
一、有界磁場中臨界問題解題方法
1.動態放縮法
(1)適用條件：速度方向一定、大小不同
(2)特點：
①粒子源發射速度方向一定、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大小的變化而變化。
②軌跡圓圓心共線
如圖甲所示(圖中只畫出粒子帶正電的情景)，速度v越大，軌跡半徑也越大，可以發現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CO上。
(3)界定方法
以入射點O為定點，圓心位于直線CO上，將半徑放縮并作出軌跡，從而探索出臨界條件。
2.定圓旋轉法
(1)適用條件：速度大小一定、方向不同
(2)特點：
①粒子源發射速度大小一定、方向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半徑相同，若粒子入射初速度為v0，由qv0B=得圓周運動半徑R=，半徑R不變。
②軌跡圓圓心共圓
如圖乙所示(圖中只畫出粒子帶正電的情景)，帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的圓心在以入射點O為圓心、半徑R=的圓(這個圓在下面的敘述中稱為“軌跡圓心圓”)上。
(3)界定方法：
將半徑為R=的圓的圓心沿著“軌跡圓心圓”平移，從而探索出臨界條件，這種方法稱為“定圓旋轉法”。
二、磁聚焦與磁發散
1.帶電粒子的會聚
如圖丙所示，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。
2.帶電粒子的發散
如圖丁所示，有界圓形磁場的磁感應強度為B，圓心為O，從P點有大量質量為m、電荷量為q的帶正電粒子，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，如果粒子軌跡圓半徑與有界圓形磁場
半徑相等(R=r)，則所有粒子射出磁場的方向平行。
三、帶電粒子在磁場中運動的多解問題成因
1.磁場方向不確定；
2.帶電粒子電性不確定；
3.速度不確定；
4.運動的周期性。
考點一　帶電粒子在磁場中的運動分析
1.(2024·廣西卷·5)Oxy坐標平面內一有界勻強磁場區域如圖所示，磁感應強度大小為B，方向垂直紙面向里。質量為m，電荷量為+q的粒子，以初速度v從O點沿x軸正向開始運動，粒子過y軸時速度與y軸正向夾角為45°，交點為P。不計粒子重力，則P點至O點的距離為：
A. B.
C.(1+ D.(1+
2.(2024·遼寧遼陽市二模)如圖所示，空間存在范圍足夠大、沿x軸負方向的勻強電場(圖中未畫出)，一質量為m、帶電荷量為-q(q>0)的帶電粒子從坐標原點O沿y軸正方向以速度v0射出，帶電粒子恰好經過點A(h，h)，不計粒子受到的重力及空氣阻力。
(1)(4分)求勻強電場的電場強度大小E；
(2)(4分)若將勻強電場換為垂直xOy平面向里的勻強磁場，帶電粒子仍恰好經過A點，求勻強磁場的磁感應強度大小B。
3.(2024·重慶卷·14)有人設計了一粒子收集裝置。如圖所示，比荷為的帶正電的粒子，由固定于M點的發射槍，以不同的速率射出后，沿射線MN方向運動，能收集各方向粒子的收集器固定在MN上方的K點，O在MN上，且KO垂直于MN。若打開磁場開關，空間將充滿磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面向里的勻強磁場，速率為v0的粒子運動到O點時，打開磁場開關，該粒子全被收集，不計粒子重力，忽略磁場突變的影響。
(1)(2分)求OK間的距離；
(2)(3分)速率為4v0的粒子射出瞬間打開磁場開關，該粒子仍被收集，求MO間的距離；
(3)(5分)速率為4v0的粒子射出后，運動一段時間再打開磁場開關，該粒子也能被收集。以粒子射出的時刻為計時0點。求打開磁場的那一時刻。
【點撥·提煉】 帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的分析方法
考點二　帶電粒子在有界磁場中的運動
4.(多選)(2024·四川眉山市模擬)如圖所示為某速度選擇器的主要工作區域，圓形區域內存在垂直紙面向外的勻強磁場(圖中未畫出)，O點為磁場的圓心，水平虛線為圓的一條直徑。S點有一粒子發射源能在紙面內沿SO向外發射一系列比荷均為k的正粒子，M、N為水平虛線下方半圓的三等分點，P為水平虛線下方半圓的一個四等分點。粒子發射速率為v0時，粒子在磁場中運動時間為t0并從M點離開磁場，粒子初速度范圍為0.1v0~10v0，可連續變化，且不同速度的粒子數量相同。下列說法正確的是：
A.磁感應強度大小為
B.從P點射出的粒子的速率為v0sin 22.5°
C.粒子的速度越小，在磁場中運動時間越短
D.從弧SM射出的粒子數小于從弧MN射出的
5.(多選)(2024·安徽合肥市模擬)磁聚焦技術常用于電子透鏡等高科技儀器中，如圖所示，半徑為R的半圓的圓心為O，AC 為直徑，E為AO的中點，F為OC的中點，平行直線AB和CD與半圓圍成的區域內沒有磁場，成為電子的入射通道。入射通道的外側足夠大空間有垂直紙面向里的勻強磁場。平行電子束的速度方向與BA一致，速度大小為v，電子的質量為m，電荷量為e，這些電子經過磁場的偏轉后將會聚于一點。下列說法正確的是：
A.磁聚焦的會聚點為A點
B.要實現磁聚焦，磁感應強度必須B=
C.經過E點的電子在磁場中運動的時間后到達會聚點
D.經過F點的電子在磁場中運動的時間后到達會聚點
【點撥·提煉】 1.處理動態圓問題首先要明確題目中是放縮圓還是旋轉圓。 2.對于磁聚焦和磁發散問題可以理解為旋轉圓問題，即以會聚點為定點，以磁場區域半徑為半徑的旋轉圓問題。
考點三　帶電粒子在有界磁場中的臨界和多解問題
6.(多選)(2024·江西上饒市模擬)如圖所示的等腰梯形區域內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，一帶電粒子由M點垂直PM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.粒子的速度一定為(2-)BkL
C.粒子在磁場中運動的時間可能小于
D.粒子在磁場中運動的時間一定為
7.(2024·山東省模擬)如圖所示，在直線邊界MNPQ的上方存在垂直紙面向里磁感應強度大小為B的勻強磁場，A點在PQ上。現從A點垂直PQ在紙面內向上發射速度大小不同、質量均為m、電荷量均為q(q>0)的粒子，已知AP=a，PN=a，不計粒子的重力及粒子間的相互作用，則粒子在磁場中運動的最長時間為：
A. B. C. D.
1.(多選)(2024·廣西柳州市三模)如圖所示，MN上方存在勻強磁場，同種粒子a、b從O點射入勻強磁場中，兩粒子的入射方向與磁場邊界MN的夾角分別為30°和60°，且均由P點射出磁場，則a、b兩粒子：
A.運動半徑之比為∶1　 B.初速率之比為1∶
C.運動時間之比為5∶2　 D.運動時間之比為6∶5
2.(多選)(2023·湖南岳陽市三模)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)，磁感應強度大小為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°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：
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.擋板右側能被粒子擊中的豎直長度為a
3.(2024·湖北卷·7)如圖所示，在以O點為圓心、半徑為R的圓形區域內有垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B。圓形區域外有大小相等、方向相反、范圍足夠大的勻強磁場。一質量為m、電荷量為q(q>0)的帶電粒子沿直徑AC方向從A點射入圓形區域。不計重力，下列說法正確的是：
A.粒子的運動軌跡可能經過O點
B.粒子射出圓形區域時的速度方向不一定沿該區域的半徑方向
C.粒子連續兩次由A點沿AC方向射入圓形區域的最小時間間隔為
D.若粒子從A點射入到從C點射出圓形區域用時最短，粒子運動的速度大小為
4.(2024·天津市河西區三模)一種圓柱形粒子探測裝置的橫截面如圖所示，內圓區域內有垂直紙面向里的勻強磁場，外圓是探測器，AB和PM分別為內圓的兩條相互垂直的直徑，兩個粒子先后從P點沿PM射入磁場。粒子1經磁場偏轉后打在探測器上的Q點，粒子2經磁場偏轉后從磁場邊界C點離開，最后打在探測器上的N點，PC圓弧恰好為內圓周長的三分之一，粒子2在磁場中運動的時間為t。裝置內部為真空狀態，忽略粒子所受重力及粒子間相互作用力。求：
(1)(2分)粒子1在P點的受力方向和電性；
(2)(3分)若兩粒子的入射速率相等，比較粒子1與粒子2的比荷大小；
(3)(5分)改變粒子2入射方向，速率變為原來的，則粒子2在磁場中運動的最長時間。
答案精析
高頻考點練
1.C　[粒子運動軌跡如圖所示
在磁場中，根據洛倫茲力提供向心力有qvB=m
可得粒子做圓周運動的半徑r=
根據幾何關系可得P點至O點的距離LPO=r+=(1+故選C。]
2.(1)　(2)
解析　(1)由題意可知，帶電粒子做類平拋運動經過A點，粒子加速度為
a=
由類平拋知識可知y=h=v0t
x=h=at2
聯立解得E=
(2)根據洛倫茲力提供向心力，結合幾何關系有qv0B=m
(h)2+(R-h)2=R2
聯立解得B=。
3.(1)　(2)　(3)
解析　(1)當粒子到達O點時打開磁場開關，粒子做勻速圓周運動，設軌跡半徑為r1，如圖中①所示
由洛倫茲力提供向心力得
qv0B=m
其中OK=2r1=
(2)速率為4v0的粒子射出瞬間打開磁場開關，則該粒子在磁場中運動的軌跡半徑
r2 = 4r1
如圖中②所示，由幾何關系有
(4r1-2r1)2+MO2 = (4r1)2
解得MO=2r1=
(3)設速率為4v0的粒子射出一段時間t到達N點時打開磁場開關，要使粒子仍然經過K點，則N點在O點右側，如圖中③所示
由幾何關系有
(4r1-2r1)2+ON2 = (4r1)2
解得ON=2r1=
粒子在打開磁場開關前運動時間為
t=
解得t=。
4.AD　[當粒子從M點離開磁場時，軌跡如圖所示，粒子在磁場中運動的時間為t0=·所以B==故A正確；當粒子從M點射出時，根據洛倫茲力提供向心力qv0B=m=tan 30°，當粒子從P點射出時，根據洛倫茲力提供向心力qv1B=m=tan 22.5°，聯立解得v1=v0tan 22.5°，故B錯誤；粒子的速度越小，軌跡半徑越小，圓心角越大，則粒子在磁場中運動時間越長，故C錯誤；若粒子從N點射出，則qv2B=m=tan 60°，所以v2=3v0，從弧SM射出的粒子的速度大小為0.1v0~v0，從弧MN射出的粒子速度大小為v0~3v0，由此可知，從弧SM射出的粒子數小于從弧MN射出的粒子數，故D正確。]
5.AB　[根據磁聚焦原理結合左手定則可知，磁聚焦的會聚點為A點，故A正確；要實現磁聚焦，軌跡圓的半徑與區域圓的半徑相等，由evB=解得B=故B正確；經過E點的電子在磁場中運動軌跡如圖甲所示，θ1=60°，軌跡的圓心角為300°=π，經過E點的電子在磁場中運動t1=×=后到達會聚點，故C錯誤；經過F點的電子在磁場中運動軌跡如圖乙所示，θ2=120°，軌跡的圓心角為240°=π，經過F點的電子在磁場中運動t2=×=后到達會聚點，故D錯誤。]
6.AC　[若粒子帶正電，粒子的軌跡如圖中軌跡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，根據洛倫茲力提供向心力qv1B=m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，qv2B=m解得v2=(2+)BkL，粒子在磁場中偏轉的角度為45°，小于90°，則粒子在磁場中運動的時間為t2小于故選A、C。]
7.C　[根據題意可知，當粒子由N點飛出時，運動的時間最長，運動軌跡如圖所示，設粒子做圓周運動的半徑為R，由幾何關系有R2-(a-R)2=a2，解得R=a，由cos ∠PON=聯立解得cos ∠PON=則∠PON=60°，則粒子的運動時間為t=·=故選C。]
補償強化練
1.AC　[設OP=2d，則由幾何關系可知ra==2d，rb==可知a、b的運動半徑之比為∶1，選項A正確；根據qvB=m可得v=∝r，初速率之比為∶1，選項B錯誤；根據T=t=T∝θ，a、b兩粒子轉過的角度之比為300°∶120°=5∶2，則運動時間之比為5∶2，選項C正確，D錯誤。]
2.CD　[如圖中軌跡1，
由幾何關系可知
2Rsin 60°=a
可得R=a，故A錯誤；
當軌跡剛好與MN相切時，粒子打到擋板左側的位置最高，如圖中軌跡2，設初速度方向與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
Rcos θ=a故B錯誤；
要使粒子打在擋板右側，有兩個臨界條件，如圖中軌跡1、3，由幾何關系可知軌跡1、3對應粒子的初速度與ON的夾角均為60°，則能擊中擋板右側的粒子數占粒子總數的=故C正確；
如圖軌跡1對應的粒子經過M點，所以由幾何關系可知擋板右側能被粒子擊中的豎直長度為a，故D正確。]
3.D　[在圓形勻強磁場區域內，沿著徑向射入的粒子，總是沿著徑向射出的。根據圓的幾何知識可知粒子的運動軌跡不可能經過O點，故A、B錯誤；
粒子連續兩次由A點沿AC方向射入圓形區域，則根據對稱性可知時間最短的軌跡如圖(a)所示，則最短時間為t=2T=故C錯誤；
若粒子從A點射入到從C點射出圓形區域用時最短，則軌跡如圖(b)所示，設粒子在磁場中運動的半徑為r，根據幾何關系可知r=根據洛倫茲力提供向心力有qvB=m可得v=故D正確。]
4.(1)向下　帶負電　(2)粒子1的比荷大于粒子2的比荷　(3)t
解析　(1)粒子1向下偏轉，受力向下，由左手定則可知，粒子1帶負電。
(2)根據洛倫茲力提供粒子在磁場中做圓周運動所需的向心力
qvB=m
可得=
由題圖可知粒子1運動的半徑小于粒子2運動的半徑，若兩粒子的速度相同，則粒子1的比荷大于粒子2的比荷。
(3)PC圓弧恰好為內圓周長的三分之一，則粒子2在磁場中軌跡所對應的圓心角為α=180°-=60°
設內圓半徑為R，根據幾何關系，粒子2在磁場中運動半徑為r1==R
粒子2速率變為原來的此時粒子2在磁場中運動半徑為
r2=r1=2R，
根據幾何關系，當粒子2的軌跡對應的弦為直徑PM時，粒子2在磁場中運動的時間最長，此時的圓心角為β=60°，如圖所示
速度改變后，粒子2在磁場中運動的最長時間為
t2=T=T=t。(共50張PPT)
專題一　力與運動
微專題7
帶電粒子在磁場中的運動
知識聚焦
高頻考點練
內容索引
核心精講
補償強化練
知識聚焦
PART ONE
一、有界磁場中臨界問題解題方法
1.動態放縮法
(1)適用條件：速度方向一定、大小不同
(2)特點：
①粒子源發射速度方向一定、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大小的變化而變化。
核心精講
PART TWO
②軌跡圓圓心共線
如圖甲所示(圖中只畫出粒子帶正電的情景)，速度v越大，軌跡半徑也越大，可以發現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CO上。
(3)界定方法
以入射點O為定點，圓心位于直線CO上，將半徑放縮并作出軌跡，從而探索出臨界條件。
2.定圓旋轉法
(1)適用條件：速度大小一定、方向不同
(2)特點：
①粒子源發射速度大小一定、方向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半徑相同，若粒子入射初速度為v0，由qv0B=得圓周運動半徑R=，半徑R不變。
②軌跡圓圓心共圓
如圖乙所示(圖中只畫出粒子帶正電的情景)，帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的圓心在以入射點O為圓心、半徑R=的圓(這個圓在下面的敘述中稱為“軌跡圓心圓”)上。
(3)界定方法：
將半徑為R=的圓的圓心沿著“軌跡圓心圓”平移，從而探索出臨界條件，這種方法稱為“定圓旋轉法”。
二、磁聚焦與磁發散
1.帶電粒子的會聚
如圖丙所示，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。
2.帶電粒子的發散
如圖丁所示，有界圓形磁場的磁感應強度為B，圓心為O，從P點有大量質量為m、電荷量為q的帶正電粒子，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，如果粒子軌跡圓半徑與有界圓形磁場半徑相等(R=r)，則所有粒子射出磁場的方向平行。
三、帶電粒子在磁場中運動的多解問題成因
1.磁場方向不確定；
2.帶電粒子電性不確定；
3.速度不確定；
4.運動的周期性。
考點一　帶電粒子在磁場中的運動分析
1.(2024·廣西卷·5)Oxy坐標平面內一有界勻強磁場區域如圖所示，磁感應強度大小為B，方向垂直紙面向里。質量為m，電荷量為+q的粒子，以初速度v從O點沿x軸正向開始運動，粒子過y軸時速度與y軸正向夾角為45°，交點為P。不計粒子重力，則P點至O點的距離為
A. B.
C.(1+ D.(1+
1
2
3
4
5
6
7
√
高頻考點練
PART THREE
1
2
3
4
5
6
7
粒子運動軌跡如圖所示
在磁場中，根據洛倫茲力提供向心力有qvB=m，
可得粒子做圓周運動的半徑r=，
根據幾何關系可得P點至O點的距離LPO=r+=(1+，故選C。
2.(2024·遼寧遼陽市二模)如圖所示，空間存在范圍足夠大、沿x軸負方向的勻強電場(圖中未畫出)，一質量為m、帶電荷量為-q(q>0)的帶電粒子從
1
2
3
4
5
6
7
答案　　
坐標原點O沿y軸正方向以速度v0射出，帶電粒子恰好經過點A(h，h)，不計粒子受到的重力及空氣阻力。
(1)求勻強電場的電場強度大小E；
1
2
3
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5
6
由題意可知，帶電粒子做類平拋運動經過A點，
粒子加速度為a=
由類平拋知識可知y=h=v0t
x=h=at2
聯立解得E=
7
(2)若將勻強電場換為垂直xOy平面向里的勻強磁場，帶電粒子仍恰好經過A點，求勻強磁場的磁感應強度大小B。
1
2
3
4
5
6
7
答案　
根據洛倫茲力提供向心力，結合幾何關系有
qv0B=m
(h)2+(R-h)2=R2
聯立解得B=。
3.(2024·重慶卷·14)有人設計了一粒子收集裝置。如圖所示，比荷為的帶正電的粒子，由固定于M點的發射槍，以不同的速率射出后，沿射線MN方向運動，能收集各方向粒子的收集器固定在MN上方的K點，O在MN上，且KO垂直于MN。若打開磁場開關，空間將充滿磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面向里的勻強磁場，速率為v0的粒子運動到O點時，打開磁場開關，該粒子全被收集，不計粒子重力，忽略磁場突變的影響。
(1)求OK間的距離；
1
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3
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5
6
7
答案　　
1
2
3
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5
6
7
當粒子到達O點時打開磁場開關，粒子做勻速圓周運動，設軌跡半徑為r1，如圖中①所示
由洛倫茲力提供向心力得
qv0B=m
其中OK=2r1=
(2)速率為4v0的粒子射出瞬間打開磁場開關，該粒子仍被收集，求MO間的距離；
1
2
3
4
5
6
7
答案　　
1
2
3
4
5
6
7
速率為4v0的粒子射出瞬間打開磁場開關，則該粒子在磁場中運動的軌跡半徑
r2 = 4r1
如圖中②所示，由幾何關系有
(4r1-2r1)2+MO2 = (4r1)2
解得MO=2r1=
(3)速率為4v0的粒子射出后，運動一段時間再打開磁場開關，該粒子也能被收集。以粒子射出的時刻為計時0點。求打開磁場的那一時刻。
1
2
3
4
5
6
7
答案　
1
2
3
4
5
6
7
設速率為4v0的粒子射出一段時間t到達N點時打開磁場開關，要使粒子仍然經過K點，則N點在O點右側，如圖中③所示
由幾何關系有
(4r1-2r1)2+ON2 = (4r1)2
解得ON=2r1=
粒子在打開磁場開關前運動時間為t=
解得t=。
1
2
3
4
5
6
7
點撥·提煉
帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的分析方法
1
2
3
4
5
6
考點二　帶電粒子在有界磁場中的運動
4.(多選)(2024·四川眉山市模擬)如圖所示為某速度選擇器的主要工作區域，圓形區域內存在垂直紙面向外的勻強磁場(圖中未畫出)，O點為磁場的圓心，水平虛線為圓的一條直徑。S點有一粒子發射源能在紙面內沿SO向外發射一系列比荷均為k的正粒子，M、N為水平虛線下方半圓的三等分點，P為水平虛線下方半圓的一個四等分點。粒子發射速率為v0
7
時，粒子在磁場中運動時間為t0并從M點離開磁場，粒子初速度范圍為0.1v0~10v0，可連續變化，且不同速度的粒子數量相同。下列說法正確的是
1
2
3
4
5
6
A.磁感應強度大小為
B.從P點射出的粒子的速率為v0sin 22.5°
C.粒子的速度越小，在磁場中運動時間越短
D.從弧SM射出的粒子數小于從弧MN射出的
7
√
√
1
2
3
4
5
6
7
當粒子從M點射出時，根據洛倫茲力提供向心力qv0B=m=tan 30°，當粒子從P點射出時，根據洛倫茲力提供向心力qv1B=m=tan 22.5°，
聯立解得v1=v0tan 22.5°，故B錯誤；
當粒子從M點離開磁場時，軌跡如圖所示，粒子在磁場中運動的時間為t0=·，所以B==，故A正確；
1
2
3
4
5
6
7
以v2=3v0，從弧SM射出的粒子的速度大小為0.1v0~v0，從弧MN射出的粒子速度大小為v0~3v0，由此可知，從弧SM射出的粒子數小于從弧MN射出的粒子數，故D正確。
粒子的速度越小，軌跡半徑越小，圓心角越大，則粒子在磁場中運動時間越長，故C錯誤；
若粒子從N點射出，則qv2B=m=tan 60°，所
5.(多選)(2024·安徽合肥市模擬)磁聚焦技術常用于電子透鏡等高科技儀器中，如圖所示，半徑為R的半圓的圓心為O，AC 為直徑，E為AO的中點，F為OC的中點，平行直線AB和CD與半圓圍成的區域內沒有磁場，成為電子的入射通道。入射通道的外側足夠大空間有垂直紙面向里的勻強磁場。平行電子束的速度方向與BA一致，速度大小為v，電子的質量為m，電荷量為e，這些電子經過磁場的偏轉后將會聚于一點。下列說法正確的是
A.磁聚焦的會聚點為A點
B.要實現磁聚焦，磁感應強度必須B=
C.經過E點的電子在磁場中運動的時間后到達會聚點
D.經過F點的電子在磁場中運動的時間后到達會聚點
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√
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經過E點的電子在磁場中運動軌跡如圖甲所示，θ1=60°，
軌跡的圓心角為300°=π，經過E點的電子在磁場中運動t1=×=后到達會聚點，故C錯誤；
根據磁聚焦原理結合左手定則可知，磁聚焦的會聚點為A點，故A正確；
要實現磁聚焦，軌跡圓的半徑與區域圓的半徑相等，由evB=，解得B=，故B正確；
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經過F點的電子在磁場中運動軌跡如圖乙所示，θ2= 120°，軌跡的圓心角為240°=π，經過F點的電子在磁場中運動t2=×=后到達會聚點，故D錯誤。
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點撥·提煉
1.處理動態圓問題首先要明確題目中是放縮圓還是旋轉圓。
2.對于磁聚焦和磁發散問題可以理解為旋轉圓問題，即以會聚點為定點，以磁場區域半徑為半徑的旋轉圓問題。
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考點三　帶電粒子在有界磁場中的臨界和多解問題
6.(多選)(2024·江西上饒市模擬)如圖所示的等腰梯形區域內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，一帶電粒子由M點垂直PM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.粒子的速度一定為(2-)BkL
C.粒子在磁場中運動的時間可能小于
D.粒子在磁場中運動的時間一定為
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√
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倫茲力提供向心力qv1B=m，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==；
若粒子帶正電，粒子的軌跡如圖中軌跡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，根據洛
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解得v2=(2+)BkL，粒子在磁場中偏轉的角度為45°，小于90°，則粒子在磁場中運動的時間為t2小于，故選A、C。
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，qv2B=m，
7.(2024·山東省模擬)如圖所示，在直線邊界MNPQ的上方存在垂直紙面向里磁感應強度大小為B的勻強磁場，A點在PQ上。現從A點垂直PQ在紙面內向上發射速度大小不同、質量均為m、電荷量均為q(q>0)的粒子，已知AP=a，PN=a，不計粒子的重力及粒子間的相互作用，則粒子在磁場中運動的最長時間為
A. B.
C. D.
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解得R=a，由cos ∠PON=，聯立解得cos ∠PON=，則∠PON =60°，則粒子的運動時間為t=·=，故選C。
根據題意可知，當粒子由N點飛出時，運動的時間最長，運動軌跡如圖所示，設粒子做圓周運動的半徑為R，由幾何關系有R2-(a-R)2=a2，
1.(多選)(2024·廣西柳州市三模)如圖所示，MN上方存在勻強磁場，同種粒子a、b從O點射入勻強磁場中，兩粒子的入射方向與磁場邊界MN的夾角分別為30°和60°，且均由P點射出磁場，則a、b兩粒子
A.運動半徑之比為∶1
B.初速率之比為1∶
C.運動時間之比為5∶2
D.運動時間之比為6∶5
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補償強化練
PART FOUR
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根據qvB=m，可得v=∝r，初速率之比為∶1，選項B錯誤；
根據T=，t=T∝θ，a、b兩粒子轉過的角度之比為300°∶120° =5∶2，則運動時間之比為5∶2，選項C正確，D錯誤。
設OP=2d，則由幾何關系可知ra==2d，rb= =，可知a、b的運動半徑之比為∶1，選項A正確；
2.(多選)(2023·湖南岳陽市三模)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)，磁感應強度大小為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°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
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.擋板右側能被粒子擊中的豎直長度為a
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√
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如圖中軌跡1，
由幾何關系可知
2Rsin 60°=a
可得R=a，故A錯誤；
當軌跡剛好與MN相切時，粒子打到擋板左側的位置最高，如圖中軌跡2，設初速度方向與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Rcos θ=a，故B錯誤；
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要使粒子打在擋板右側，有兩個臨界條件，如圖中軌跡1、3，由幾何關系可知軌跡1、3對應粒子的初速度與ON的夾角均為60°，則能擊中擋板右側的粒子數占粒子總數的=，故C正確；
如圖軌跡1對應的粒子經過M點，所以由幾何關系可知擋板右側能被粒子擊中的豎直長度為a，故D正確。
3.(2024·湖北卷·7)如圖所示，在以O點為圓心、半徑為R的圓形區域內有垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B。圓形區域外有大小相等、方向相反、范圍足夠大的勻強磁場。一質量為m、電荷量為q(q>0)的帶電粒子沿直徑AC方向從A點射入圓形區域。不計重力，下列說法正確的是
A.粒子的運動軌跡可能經過O點
B.粒子射出圓形區域時的速度方向不一定沿該區域的半徑
方向
C.粒子連續兩次由A點沿AC方向射入圓形區域的最小時間間隔為
D.若粒子從A點射入到從C點射出圓形區域用時最短，粒子運動的速度大小為
√
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在圓形勻強磁場區域內，沿著徑向射入的粒子，總是沿著徑向射出的。根據圓的幾何知識可知粒子的運動軌跡不可能經過O點，故A、B錯誤；
粒子連續兩次由A點沿AC方向射入圓形區域，則根據對稱性可知時間最短的軌跡如圖(a)所示，則最短時間為t=2T=，故C錯誤；
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若粒子從A點射入到從C點射出圓形區域用時最短，則軌跡如圖(b)所示，設粒子在磁場中運動的半徑為r，根據幾何關系可知r=，根據洛倫茲力提供向心力有qvB=m，可得v=，故D正確。
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4.(2024·天津市河西區三模)一種圓柱形粒子探測裝置的橫截面如圖所示，內圓區域內有垂直紙面向里的勻強磁場，外圓是探測器，AB和PM分別為內圓的兩條相互垂直的直徑，兩個粒子先后從P點沿PM射入磁場。粒子1經磁場偏轉后打在探測器上的Q點，粒子2經磁場偏轉后從磁場邊界C
點離開，最后打在探測器上的N點，PC圓弧恰好為內圓周長的三分之一，粒子2在磁場中運動的時間為t。裝置內部為真空狀態，忽略粒子所受重力及粒子間相互作用力。求：
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(1)粒子1在P點的受力方向和電性；
答案　向下　帶負電　
粒子1向下偏轉，受力向下，由左手定則可知，粒子1帶負電。
1
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(2)若兩粒子的入射速率相等，比較粒子1與粒子2的比荷大小；
答案　粒子1的比荷大于粒子2的比荷　
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根據洛倫茲力提供粒子在磁場中做圓周運動
所需的向心力
qvB=m
可得=
由題圖可知粒子1運動的半徑小于粒子2運動的半徑，若兩粒子的速度相同，則粒子1的比荷大于粒子2的比荷。
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(3)改變粒子2入射方向，速率變為原來的，則粒子2在磁場中運動的最長時間。
答案　t
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PC圓弧恰好為內圓周長的三分之一，則粒子2在
磁場中軌跡所對應的圓心角為
α=180°-=60°
設內圓半徑為R，根據幾何關系，粒子2在磁場中
運動半徑為r1== R
粒子2速率變為原來的，此時粒子2在磁場中運動半徑為r2=r1=
2R，
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根據幾何關系，當粒子2的軌跡對應的弦為直徑PM時，粒子2在磁場中運動的時間最長，此時的圓心角為β=60°，如圖所示
速度改變后，粒子2在磁場中運動的最長時間為
t2=T=T=t。

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