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專題強化練4　動態(tài)圓問題
(分值：60分）
1~4題每題4分，共16分
1.（2023·四川師范大學(xué)附屬中學(xué)高二期末）如圖所示，圓形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場，三個質(zhì)量和電荷量都相同的帶電粒子a、b、c，以不同的速率對準圓心O沿著AO方向射入磁場，其運動軌跡如圖。不考慮重力和粒子間的相互作用，則下列說法正確的是（　　）
A.三個粒子都帶負電荷
B.c粒子運動速率最小
C.c粒子在磁場中運動時間最短
D.它們做圓周運動的周期Ta2.（多選）（2023·巴中市恩陽區(qū)高二期末）如圖所示，長方形abcd長ad=0.6 m，寬ab=0.3 m，O、e分別是ad、bc的中點，以ad為直徑的半圓內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場（邊界無磁場），磁感應(yīng)強度B=0.25 T。一束不計重力、質(zhì)量m=3×10-7 kg、電荷量q=+2×10-3 C的粒子以速度v=5×102 m/s沿垂直ad且垂直于磁場方向射入磁場區(qū)域（　　）
A.從Od段射入的粒子，出射點全部分布在be邊
B.從aO段射入的粒子，出射點全部分布在ab邊
C.從Od段射入的粒子，出射點分布在Oa邊和ab邊
D.從aO段射入的粒子，出射點分布在ab邊和be邊
3.如圖，虛線所示的圓形區(qū)域內(nèi)存在一垂直于紙面的勻強磁場，P為磁場邊界上的一點，大量相同的帶電粒子以相同的速率經(jīng)過P點，在紙面內(nèi)沿不同的方向射入磁場，若粒子射入速率為v1，這些粒子在磁場邊界的出射點分布在六分之一圓周上；若粒子射入速率為v2，相應(yīng)的出射點分布在三分之一圓周上。不計重力及帶電粒子之間的相互作用，則v2∶v1 為（　?。?br/>A.∶2 B.∶1
C.∶1 D.3∶
4.如圖所示，在直角三角形abc區(qū)域（含邊界）內(nèi)存在垂直于紙面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，∠a=60°，∠b=90°，邊長ab=L，一個粒子源在b點將質(zhì)量為m、電荷量為-q（q>0）的粒子以大小和方向不同的速度射入磁場，在磁場中運動時間最長的粒子中，速度的最大值是（不計粒子重力及粒子間的相互作用）（　　）
A. B.
C. D.
5~7題每題6分，8題12分，共30分
5.（多選）（2023·濰坊市高二期中）如圖所示，直角三角形abc區(qū)域（包括邊界）存在垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，ab邊長為2L，∠a=30°，一粒子源固定在ac邊的中點d，粒子源垂直ac邊向磁場中發(fā)射不同速率的帶正電的粒子，粒子均從bc邊界射出，已知粒子質(zhì)量為m、電荷量為q，下列說法正確的是（　?。?br/>A.粒子運動的速率可能為
B.粒子在磁場中運動的時間可能為
C.bc邊界上有粒子射出的區(qū)域長度最大為L
D.有粒子經(jīng)過的磁場區(qū)域的面積最大為πL2
6.（2023·四川省石室中學(xué)模擬）如圖所示，磁感應(yīng)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、cd的延長線通過圓弧的圓心，Ob長為R。一束質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子，在紙面內(nèi)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，不計粒子間的相互作用和粒子重力。則下列分析中正確的是（　?。?br/>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運動時間一定小于從N點射出粒子所用時間
D.所有粒子所用最短時間為
7.（多選）（2023·濟寧市高二期中）如圖所示，在直角坐標系xOy第一象限內(nèi)存在磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場，在y軸上S處有一粒子源，它可向右側(cè)紙面內(nèi)各個方向射出速率相等的質(zhì)量大小均為m、電荷量大小均為q的同種帶負電粒子，所有粒子射出磁場時離S最遠的位置是x軸上的P點。已知OS=OP=4d，sin 53°=0.8，粒子重力及粒子間的相互作用均不計，則（　?。?br/>A.粒子的速度大小為
B.從O點射出的粒子在磁場中的運動時間為
C.沿平行x軸正方向射入的粒子離開磁場時的位置到O點的距離為2d
D.從x軸上射出磁場的粒子在磁場中運動的最長時間與最短時間之比為233∶106
8.（12分）如圖所示，一足夠長的矩形區(qū)域abcd內(nèi)存在一方向垂直紙面向里、磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場，在ad邊中點O，沿垂直磁場方向射入一速度方向與ad邊夾角θ=30°、大小為v0（未知量）的帶正電粒子，已知粒子質(zhì)量為m、電荷量為q，ad邊長為L，ab邊足夠長，粒子重力不計，求：
（1）（4分）若粒子恰好不能從磁場下邊界射出，求粒子的入射速度大小v01；
（2）（4分）若粒子恰好沿磁場上邊界線射出，求粒子的入射速度大小v02；
（3）（4分）若帶電粒子的速度v0大小可取任意值，求粒子在磁場中運動的最長時間。
9.（14分）（2023·成都市第七中學(xué)期末）如圖所示，三角形ACD是等腰直角三角形，∠A是直角，AC=AD=2L，在三角形內(nèi)部和邊界上有方向垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B（圖中未畫出）。一束（范圍足夠長）質(zhì)量為m、電量為q的帶正電的粒子以某一初速度v垂直CD邊同時射入磁場（不計粒子重力和粒子之間的作用力）?？赡軙玫降臄?shù)學(xué)公式：sin （α+θ）=sin αcos θ+cos αsin θ，cos （α+θ）=cos αcos θ-sin αsin θ。
（1）（4分）若已知v=v1=，求CD邊上有粒子離開的長度；
（2）（4分）若已知這些粒子在磁場中運動的最長時間為t=，求v應(yīng)滿足的條件；
（3）（6分）若已知v=v3=，求AD邊上有粒子離開的長度。
答案精析
1.C　［粒子在磁場中做勻速圓周運動時，由洛倫茲力提供向心力，結(jié)合左手定則可知，三個粒子都帶正電荷，A錯誤；根據(jù)qvB=m，可得r=，三個帶電粒子的質(zhì)量、電荷量相同，在同一個磁場中，當速度越大時、軌道半徑越大，則由圖知，a粒子的軌跡半徑最小，c粒子的軌跡半徑最大，則a粒子速率最小，c粒子速率最大，B錯誤；三個帶電粒子的質(zhì)量和電荷量都相同，由粒子運動的周期T=，可知三粒子運動的周期相同，即Ta=Tb=Tc，D錯誤；粒子在磁場中運動時間t=T，θ是粒子軌跡對應(yīng)的圓心角，也等于速度的偏轉(zhuǎn)角，由圖可知，a在磁場中速度的偏轉(zhuǎn)角最大，運動的時間最長，c在磁場中速度的偏轉(zhuǎn)角最小，c粒子在磁場中運動時間最短，C正確。］
2.AD?。鄹鶕?jù)洛倫茲力提供向心力qvB=m，可得r=，得帶電粒子在勻強磁場中運動的半徑r=0.3 m，從O點射入的粒子運動軌跡如圖中的1所示，
從aO段上某點射入的粒子運動軌跡如圖中的2所示，出射點應(yīng)分布在be邊和ab邊上；從Od段上某點射入的粒子運動軌跡如圖中的3所示，出射點應(yīng)分布在be邊上。故選A、D。］
3.C?。鄹鶕?jù)作圖分析可知，當粒子在磁場中運動半個圓周時，打到圓形磁場邊界的位置距P點最遠，則若粒子射入的速率為v1，軌跡如圖甲所示，設(shè)圓形磁場半徑為R，由幾何知識可知，粒子運動的軌跡半徑為r1=Rcos 60°=R；若粒子射入的速率為v2，軌跡如圖乙所示，由幾何知識可知，粒子運動的軌跡半徑為r2=Rcos 30°=R；根據(jù)軌跡半徑公式r=可知，v2∶v1=r2∶r1=∶1，故選項C正確。］
甲　　　　　　　　　乙
4.D　［由左手定則和題意知，沿ba方向射入磁場的粒子在三角形磁場區(qū)域內(nèi)轉(zhuǎn)半周時，運動時間最長，速度最大時的軌跡恰與ac相切，軌跡如圖所示，
由幾何關(guān)系可得最大半徑r=ab·tan 30°=L，由洛倫茲力提供向心力得qvmB=m，從而求得最大速度vm=，A、B、C錯誤，D正確。］
5.BC?。鄹鶕?jù)題意可知當粒子運動軌跡與ab邊相切時，對應(yīng)的速度最大，如圖，根據(jù)幾何知識可得半徑r1=Lcd=L，根據(jù)洛倫茲力提供向心力qBv1=m
解得v1=
同理若粒子從c點射出，對應(yīng)的速度最小，運動半徑r2=Lcd=L，則速度v2=
則粒子的速度不可能為，故A錯誤；
粒子在磁場中運動的周期為T==
當粒子垂直bc邊射出時，粒子在磁場中運動的時間為t==，故B正確；
根據(jù)題意可知當粒子運動軌跡與ab邊相切時，打在bc上的點到c點的距離最大，即Lmax=r1=L，所以打在bc邊界上有粒子射出的區(qū)域長度最大為L，有粒子經(jīng)過的磁場區(qū)域的面積最大為S=-=，故C正確，D錯誤。］
6.D?。哿Ｗ幼瞿鏁r針的勻速圓周運動，根據(jù)左手定則，可知粒子帶正電，A錯誤；根據(jù)qvB=m，得v=，從M點射出粒子的軌跡半徑更小，則速度更小，B錯誤；由t=T=，粒子周期不變，圓周運動的圓心角越大，運動時間越長，
由幾何關(guān)系可知，弦切角等于圓心角的一半，則弦切角越小，運動時間越短，如圖，當弦與bc圓弧邊界相切時，弦切角最小。Ob等于R，由幾何關(guān)系，此時圓周運動的圓心角為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點射出粒子在磁場中運動時間和從N點射出粒子在磁場中運動時間的大小關(guān)系，C錯誤，D正確。］
7.ACD?。哿Ｗ舆\動軌跡如圖所示。
由OS=OP=4d，可得SP=5d
由題知SP是其中一個粒子軌跡的直徑，
由qvB=m
可得r=m=d
則v=，故A正確；
由幾何知識可得從O點射出的粒子，軌跡所對應(yīng)的圓心角為106°，在磁場中的運動時間為t=·=，故B錯誤；
假設(shè)沿平行x軸正方向射入的粒子，離開磁場時的位置到O點的距離為l，由幾何知識可得r2=l2+（4d-r）2
代入r=d，解得l=2d，故C正確；
從x軸上射出磁場的粒子，從原點射出時在磁場中運動時間最短，其運動時間為tmin=t=
運動軌跡與x軸相切時運動時間最長，由幾何知識可得軌跡所對應(yīng)的圓心角為233°，運動時間為
tmax=·=
則tmax∶tmin=233∶106，故D正確。］
8.（1）　（2）?。?）
解析?。?）和（2）兩種臨界情況的運動軌跡如圖所示，
若粒子速度大小為v0，則qv0B=m，
解得：v0=。
（1）設(shè)圓心在O1處對應(yīng)圓弧與cd邊相切，對應(yīng)速度大小為v01
由幾何關(guān)系得R1=L
則有：v01==。
（2）設(shè)圓心在O2處對應(yīng)圓弧與ab邊相切，對應(yīng)速度大小為v02
由幾何關(guān)系得：R2+R2sin θ=，
解得R2=
則有：v02==。
（3）由t=T和T==可知，粒子在磁場中經(jīng)過的圓弧所對的圓心角α越大，在磁場中運動的時間越長。當在磁場中運動的半徑r則圓弧所對圓心角為α=2π-2θ=
所以最長時間為
t=T=×=。
9.（1）L　（2）v≤?。?）L
解析?。?）粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，有
qvB=
解得r=
代入數(shù)據(jù)，計算得r1==
兩個臨界軌跡如圖所示，CD=2L
CD邊上有粒子離開的長度為x1=CD-r1（+1）-r1（-1）=L
（2）粒子運動的周期
T==
粒子運動的圓心角φ=·2π=π
故磁場中運動最長時間的粒子軌跡為半圓，故垂直CD邊離開時，速度v最大，軌跡如圖
對應(yīng)半徑由幾何關(guān)系得
r2=CD=L
解得r2=L
代入半徑公式，計算得到v應(yīng)滿足v≤
（3）由上述分析可知粒子運動的半徑r3==
因為到r3>L，故所有從AD離開的粒子的運動圓心O均在CD邊上靠D點一側(cè)，再由“平移圓”分析知，當運動軌跡與AC相切時，離開點距A最近，
從該點離開的粒子軌跡如圖
由幾何關(guān)系有OC=r3=L
三角形ODN中，由幾何關(guān)系有
ON=r3=L
OD=CD-OC=L
∠D=45°
令∠OND=θ，利用正弦定理有=
代入數(shù)據(jù)解得θ=30°
利用正弦定理
=
代入數(shù)據(jù)解得DN=L
又因為AD邊上的D點有粒子離開，故所求長度為DN=L。專題強化4　動態(tài)圓問題
［學(xué)習(xí)目標］　1.進一步掌握解決帶電粒子在有界磁場中運動的臨界、極值問題的方法。2.會用“平移圓”“旋轉(zhuǎn)圓”“放縮圓”，找出臨界狀態(tài)或極值的對應(yīng)軌跡。3.理解“磁聚焦”和“磁發(fā)散”模型。
一、“平移圓”模型
例1　(多選)如圖所示，在 Ⅰ、Ⅱ 兩個區(qū)域內(nèi)存在磁感應(yīng)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(qū)域?qū)挾葹閐。質(zhì)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.粒子在磁場中運動的半徑為
B.粒子在距A點0.5d處射入，不會進入 Ⅱ 區(qū)域
C.粒子在距A點1.5d處射入，在 Ⅰ 區(qū)域內(nèi)運動的時間為
D.能夠進入 Ⅱ 區(qū)域的粒子，在 Ⅱ 區(qū)域內(nèi)運動的最短時間為
平移圓法：軌跡圓圓心共線
（1）適用條件：
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上的同種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。
（2）分析方法：將半徑為R=的圓進行平移，從而探索粒子的臨界條件。
二、“放縮圓”模型
例2?。?020·全國卷Ⅲ）真空中有一勻強磁場，磁場邊界為兩個半徑分別為a和3a的同軸圓柱面，磁場的方向與圓柱軸線平行，其橫截面如圖所示。一速率為v的電子從圓心沿半徑方向進入磁場。已知電子質(zhì)量為m，電荷量為e，忽略重力。為使該電子的運動被限制在圖中實線圓圍成的區(qū)域內(nèi)，磁場的磁感應(yīng)強度最小為（　　）
A. B.
C. D.
放縮圓法：軌跡圓圓心共線
（1）適用條件：粒子源發(fā)射速度方向一定，大小不同的同種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。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。
（2）分析方法：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。
針對訓(xùn)練?。?020·全國卷Ⅰ）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.
三、“旋轉(zhuǎn)圓”模型
例3　（2023·揚州市高二期中）如圖所示，垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小B=0.60 T，有一與磁場平行的足夠大的感光板ab，其左側(cè)處有一粒子源S向紙面內(nèi)各個方向均勻發(fā)射速度大小都是v=6.0×106 m/s、帶正電的粒子，比荷均為=5.0×107 C/kg，粒子重力及粒子間相互作用不計。已知SO垂直ab，其中沿與SO成30°角的粒子剛好與ab相切于P，求：
（1）粒子源距ab感光板O點的距離；
（2）從S垂直SO向下射出的粒子打在感光板上的位置離O點的距離；
（3）ab板上感光部分的長度。
　　 　
　　 　
　　 　
　　 　
旋轉(zhuǎn)圓法：軌跡圓圓心共圓
（1）適用條件：粒子源發(fā)射速度大小一定、方向不同的同種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，若入射初速度大小為v0，則圓周運動軌跡半徑為R=，如圖所示。
（2）分析方法：將一半徑為R=的圓以入射點為圓心進行旋轉(zhuǎn)，從而探索出臨界條件。
四、“磁聚焦”與“磁發(fā)散”
例4?。ǘ噙x）（2024·江蘇省揚州中學(xué)高二月考）如圖所示，半徑為R、磁感應(yīng)強度為B的圓形勻強磁場，MN是一豎直放置的足夠長的感光板，大量相同的帶正電粒子從圓形磁場最高點P以速率v沿不同方向垂直磁場方向射入，不考慮速度沿圓形磁場切線方向入射的粒子。粒子質(zhì)量為m、電荷量為q，不考慮粒子間的相互作用和粒子的重力。關(guān)于這些粒子的運動，以下說法正確的是（　　）
A.對著圓心入射的粒子，速度越大在磁場中通過的時間越短
B.對著圓心入射的粒子，速度越大在磁場中通過的時間越長
C.若粒子速度大小均為v=，出射后均可垂直打在MN上
D.若粒子速度大小均為v=
（1）帶電粒子的會聚
如圖甲所示，大量同種帶正電的粒子，速度大小相等，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）
（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）
答案精析
例1　CD?。蹘щ娏Ｗ釉诖艌鲋械倪\動半徑r==d，選項A錯誤；設(shè)從某點E進入磁場的粒子，其軌跡恰好與AC相切(如圖所示)，則E點與A點的距離為AO-EO=2d-d=d，粒子在距A點0.5d處射入，會進入 Ⅱ 區(qū)域，選項B錯誤；粒子在距A點1.5d處射入，不會進入 Ⅱ 區(qū)域，在 Ⅰ 區(qū)域內(nèi)的軌跡為半圓，運動的時間為t==，選項C正確；進入 Ⅱ 區(qū)域的粒子運動軌跡的弦長最短時，運動時間最短，且最短弦長為d，與半徑相同，故對應(yīng)圓心角為60°，最短時間為tmin==，選項D正確。
］
例2　C?。鄞鸥袘?yīng)強度取最小值時對應(yīng)的電子的運動軌跡臨界狀態(tài)如圖所示，設(shè)電子在磁場中做圓周運動的半徑為r，由幾何關(guān)系得a2+r2=（3a-r）2，根據(jù)洛倫茲力提供向心力有evB=m，聯(lián)立解得B=，故選C。
］
針對訓(xùn)練　C　［
粒子在磁場中運動的時間與速度大小無關(guān)，由在磁場中的運動軌跡對應(yīng)的圓心角決定。設(shè)軌跡交半圓于e點，ce中垂線交bc于O點，則O點為軌跡圓心，如圖所示。圓心角θ=π+2β，當β最大時，θ有最大值，由幾何知識分析可知，當ce與相切時，β最大，此時軌跡過a、b中點，β=30°，可得θ=π，則t=T=，故選C。］
例3?。?）10 cm?。?）10 cm
（3）10（+） cm
解析?。?）粒子在磁場中的運動軌跡如圖甲所示
由洛倫茲力提供向心力可得qvB=m
解得R==20 cm
當初速度方向與SO夾角為30°發(fā)射，軌跡與ab切于P點，可知△SPO1為等邊三角形，由幾何關(guān)系可知粒子源距ab感光板O點的距離為
SO=R-Rsin 30°=R=10 cm
（2）粒子在磁場中的軌跡如圖乙所示
設(shè)從S垂直SO向下射出的粒子打在感光板上的位置離O點的距離為x，根據(jù)幾何關(guān)系可得cos α==
則有x=Rsin α=10 cm
（3）粒子在磁場中的軌跡如圖丙所示
ab板上感光部分最上端與O點的距離為OP=Rsin 60°=10 cm
ab板上感光部分最下端與O點的距離為OQ=
=10 cm
故ab板上感光部分的長度為
PQ=10（+） cm。
例4　ACD?。蹖χ鴪A心入射的粒子，速度越大在磁場中做圓周運動的軌跡半徑越大，弧長越大，軌跡對應(yīng)的圓心角越小，由t=T=可知，運動時間越短，故選項A正確，B錯誤；粒子速度大小均為v=時，根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得粒子的軌跡半徑為r==R，根據(jù)幾何關(guān)系可知，入射點P、O、出射點與軌跡圓的圓心的連線構(gòu)成菱形，射出磁場時的軌跡半徑與PO平行，故粒子射出磁場時的速度方向與MN垂直，出射后均可垂直打在MN上，根據(jù)幾何關(guān)系可知，軌跡對應(yīng)的圓心角小于180°，粒子在磁場中的運動時間：tDIYIZHANG
第一章
專題強化4　動態(tài)圓問題
1.進一步掌握解決帶電粒子在有界磁場中運動的臨界、極值問題的方法。
2.會用“平移圓”“旋轉(zhuǎn)圓”“放縮圓”，找出臨界狀態(tài)或極值的對應(yīng)軌跡。
3.理解“磁聚焦”和“磁發(fā)散”模型。
學(xué)習(xí)目標
一、“平移圓”模型
二、“放縮圓”模型
三、“旋轉(zhuǎn)圓”模型
專題強化練
四、“磁聚焦”與“磁發(fā)散”
內(nèi)容索引
“平移圓”模型
一
　(多選)如圖所示，在Ⅰ、Ⅱ兩個區(qū)域內(nèi)存在磁感應(yīng)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(qū)域?qū)挾葹閐。質(zhì)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.粒子在磁場中運動的半徑為
B.粒子在距A點0.5d處射入，不會進入Ⅱ區(qū)域
C.粒子在距A點1.5d處射入，在Ⅰ區(qū)域內(nèi)運動的時間為
D.能夠進入Ⅱ區(qū)域的粒子，在Ⅱ區(qū)域內(nèi)運動的最短時間為
例1
√
√
帶電粒子在磁場中的運動半徑r==d，選項A錯誤；
設(shè)從某點E進入磁場的粒子，其軌跡恰好與AC相切(如
圖所示)，則E點與A點的距離為AO-EO=2d-d=d，粒子
在距A點0.5d處射入，會進入Ⅱ區(qū)域，選項B錯誤；
粒子在距A點1.5d處射入，不會進入Ⅱ區(qū)域，在Ⅰ區(qū)域內(nèi)的軌跡為半圓，運
動的時間為t==，選項C正確；
進入Ⅱ區(qū)域的粒子運動軌跡的弦長最短時，運動時間最短，且最短弦長為
d，與半徑相同，故對應(yīng)圓心角為60°，最短時間為tmin==，選項D正確。
總結(jié)提升
平移圓法：軌跡圓圓心共線
(1)適用條件：
粒子源發(fā)射速度大小、方向一定，入射點不同
但在同一直線上的同種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。
(2)分析方法：將半徑為R=的圓進行平移，從而探索粒子的臨界
條件。
返回
二
“放縮圓”模型
　(2020·全國卷Ⅲ)真空中有一勻強磁場，磁場邊界為兩個半徑分別為a和3a的同軸圓柱面，磁場的方向與圓柱軸線平行，其橫截面如圖所示。一速率為v的電子從圓心沿半徑方向進入磁場。已知電子質(zhì)量為m，電荷量為e，忽略重力。為使該電子的運動被限制在圖中實線圓圍成的區(qū)域內(nèi)，磁場的磁感應(yīng)強度最小為
A. B.
C. D.
例2
√
磁感應(yīng)強度取最小值時對應(yīng)的電子的運動軌跡臨界狀態(tài)如圖所示，設(shè)電子在磁場中做圓周運動的半徑為r，由幾何關(guān)系得a2+r2=(3a-r)2，根據(jù)洛倫
茲力提供向心力有evB=m，聯(lián)立解得B=，
故選C。
總結(jié)提升
放縮圓法：軌跡圓圓心共線
(1)適用條件：粒子源發(fā)射速度方向一定，大小不同的同種
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。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。
可以發(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。
(2)分析方法：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。
(2020·全國卷Ⅰ)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.
針對訓(xùn)練
√
粒子在磁場中運動的時間與速度大小無關(guān)，由在
磁場中的運動軌跡對應(yīng)的圓心角決定。設(shè)軌跡交
半圓于e點，ce中垂線交bc于O點，則O點為軌
跡圓心，如圖所示。圓心角θ=π+2β，當β最大時，θ有最大值，由幾何知識分析可知，當ce與相切時，β最大，此時軌跡過a、b中點，β=
30°，可得θ=π，則t=T=，故選C。
返回
三
“旋轉(zhuǎn)圓”模型
　(2023·揚州市高二期中)如圖所示，垂直于紙面向里的
勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小B=0.60 T，有一與磁場平行
的足夠大的感光板ab，其左側(cè)處有一粒子源S向紙面內(nèi)
各個方向均勻發(fā)射速度大小都是v=6.0×106 m/s、帶正電
的粒子，比荷均為=5.0×107 C/kg，粒子重力及粒子間
相互作用不計。已知SO垂直ab，其中沿與SO成30°角的粒子剛好與ab相切于P，求：
(1)粒子源距ab感光板O點的距離；
例3
答案　10 cm
粒子在磁場中的運動軌跡如圖甲所示
由洛倫茲力提供向心力可得qvB=m
解得R==20 cm
當初速度方向與SO夾角為30°發(fā)射，
軌跡與ab切于P點，可知△SPO1為等邊三角形，由幾何
關(guān)系可知粒子源距ab感光板O點的距離為SO=R-Rsin 30°=R=10 cm
(2)從S垂直SO向下射出的粒子打在感光板上的位置離O點的距離；
答案　10 cm　
粒子在磁場中的軌跡如圖乙所示
設(shè)從S垂直SO向下射出的粒子打在感光板上的位置離O點的距離為x，根據(jù)幾何關(guān)系可得cos α==
則有x=Rsin α=10 cm
(3)ab板上感光部分的長度。
答案　10(+) cm
粒子在磁場中的軌跡如圖丙所示
ab板上感光部分最上端與O點的距離為OP=Rsin 60°
=10 cm
ab板上感光部分最下端與O點的距離為
OQ==10 cm
故ab板上感光部分的長度為PQ=10(+) cm。
總結(jié)提升
旋轉(zhuǎn)圓法：軌跡圓圓心共圓
(1)適用條件：粒子源發(fā)射速度大小一定、方向
不同的同種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，若入射初
速度大小為v0，則圓周運動軌跡半徑為R=，如圖所示。
(2)分析方法：將一半徑為R=的圓以入射點為圓心進行旋轉(zhuǎn)，從
而探索出臨界條件。
返回
四
“磁聚焦”與“磁發(fā)散”
　(多選)(2024·江蘇省揚州中學(xué)高二月考)如圖所示，半徑為R、磁感應(yīng)強度為B的圓形勻強磁場，MN是一豎直放置的足夠長的感光板，大量相同的帶正電粒子從圓形磁場最高點P以速率v沿不同方向垂直磁場方向射入，不考慮速度沿圓形磁場切線方向入射的粒子。粒子質(zhì)量為m、電荷量為q，不考慮粒子間的相互作用和粒子的重力。關(guān)于這些粒子的運動，以下說法正確的是
A.對著圓心入射的粒子，速度越大在磁場中通過的時間越短
B.對著圓心入射的粒子，速度越大在磁場中通過的時間越長
C.若粒子速度大小均為v=，出射后均可垂直打在MN上
D.若粒子速度大小均為v=，則粒子在磁場中的運動時間
一定小于
例4
√
√
√
對著圓心入射的粒子，速度越大在磁場中做圓周運動的軌跡
半徑越大，弧長越大，軌跡對應(yīng)的圓心角越小，由t=T=
可知，運動時間越短，故選項A正確，B錯誤；
粒子速度大小均為v=時，根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得
粒子的軌跡半徑為r==R，根據(jù)幾何關(guān)系可知，入射點P、O、出射點與
軌跡圓的圓心的連線構(gòu)成菱形，射出磁場時的軌跡半徑與PO平行，故粒子射出磁場時的速度方向與MN垂直，出射后均可垂直打在MN上，根據(jù)幾何關(guān)系可知，軌跡對應(yīng)的圓心角小于180°，粒子在磁場中的運動時間：t<
T=，故選項C、D正確。
總結(jié)提升
(1)帶電粒子的會聚
如圖甲所示，大量同種帶正電的粒子，速度大小相等，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)
總結(jié)提升
(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)
返回
專題強化練
五
1.(2023·四川師范大學(xué)附屬中學(xué)高二期末)如圖所示，圓形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場，三個質(zhì)量和電荷量都相同的帶電粒子a、b、c，以不同的速率對準圓心O沿著AO方向射入磁場，其運動軌跡如圖。不考慮重力和粒子間的相互作用，則下列說法正確的是
A.三個粒子都帶負電荷
B.c粒子運動速率最小
C.c粒子在磁場中運動時間最短
D.它們做圓周運動的周期Ta1
2
3
4
5
6
7
8
9
基礎(chǔ)強化練
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
粒子在磁場中做勻速圓周運動時，由洛倫茲力提
供向心力，結(jié)合左手定則可知，三個粒子都帶正
電荷，A錯誤；
根據(jù)qvB=m，可得r=，三個帶電粒子的質(zhì)量、電荷量相同，在同
一個磁場中，當速度越大時、軌道半徑越大，則由圖知，a粒子的軌跡半徑最小，c粒子的軌跡半徑最大，則a粒子速率最小，c粒子速率最大，B錯誤；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
三個帶電粒子的質(zhì)量和電荷量都相同，由粒子運
動的周期T=，可知三粒子運動的周期相同，
即Ta=Tb=Tc，D錯誤；
粒子在磁場中運動時間t=T，θ是粒子軌跡對應(yīng)的圓心角，也等于
速度的偏轉(zhuǎn)角，由圖可知，a在磁場中速度的偏轉(zhuǎn)角最大，運動的時間最長，c在磁場中速度的偏轉(zhuǎn)角最小，c粒子在磁場中運動時間最短，C正確。
2.(多選)(2023·巴中市恩陽區(qū)高二期末)如圖所示，長方形abcd長ad=0.6 m，寬ab=0.3 m，O、e分別是ad、bc的中點，以ad為直徑的半圓內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場(邊界無磁場)，磁感應(yīng)強度B=0.25 T。一束不計重力、質(zhì)量m=3×10-7 kg、電荷量q=+2×10-3 C的粒子以速度v=5×102 m/s沿垂直ad且垂直于磁場方向射入磁場區(qū)域
A.從Od段射入的粒子，出射點全部分布在be邊
B.從aO段射入的粒子，出射點全部分布在ab邊
C.從Od段射入的粒子，出射點分布在Oa邊和ab邊
D.從aO段射入的粒子，出射點分布在ab邊和be邊
1
2
3
4
5
6
7
8
9
√
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
根據(jù)洛倫茲力提供向心力qvB=m，可得r=，得帶
電粒子在勻強磁場中運動的半徑r=0.3 m，從O點射入的粒子運動軌跡如圖中的1所示，從aO段上某點射入的粒子運動軌跡如圖中的2所示，出射點應(yīng)分布在be邊和ab邊上；從Od段上某點射入的粒子運動軌跡如圖中的3所示，出射點應(yīng)分布在be邊上。故選A、D。
3.如圖，虛線所示的圓形區(qū)域內(nèi)存在一垂直于紙面的勻強
磁場，P為磁場邊界上的一點，大量相同的帶電粒子以相
同的速率經(jīng)過P點，在紙面內(nèi)沿不同的方向射入磁場，若
粒子射入速率為v1，這些粒子在磁場邊界的出射點分布在六分之一圓周上；若粒子射入速率為v2，相應(yīng)的出射點分布在三分之一圓周上。不計重力及帶電粒子之間的相互作用，則v2∶v1 為
A.∶2 B.∶1
C.∶1 D.3∶
1
2
3
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5
6
7
8
9
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
根據(jù)作圖分析可知，當粒子在磁場中運動半
個圓周時，打到圓形磁場邊界的位置距P點
最遠，則若粒子射入的速率為v1，軌跡如圖
甲所示，設(shè)圓形磁場半徑為R，由幾何知識
可知，粒子運動的軌跡半徑為r1=Rcos 60°=
R；若粒子射入的速率為v2，軌跡如圖乙所示，由幾何知識可知，粒子運動的軌跡半徑為r2=Rcos 30°=R；根據(jù)軌跡半徑公式r=可知，v2∶v1=
r2∶r1=∶1，故選項C正確。
甲
乙
4.如圖所示，在直角三角形abc區(qū)域(含邊界)內(nèi)存在垂直于紙面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，∠a=60°，∠b=90°，邊長ab=L，一個粒子源在b點將質(zhì)量為m、電荷量為-q(q>0)的粒子以大小和方向不同的速度射入磁場，在磁場中運動時間最長的粒子中，速度的最大值是(不計粒子重力及粒子間的相互作用)
A. B.
C. D.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
由左手定則和題意知，沿ba方向射入磁場的粒子在
三角形磁場區(qū)域內(nèi)轉(zhuǎn)半周時，運動時間最長，速度
最大時的軌跡恰與ac相切，軌跡如圖所示，由幾何
關(guān)系可得最大半徑r=ab·tan 30°=L，由洛倫茲力提供向心力得qvmB=m，從而求得最大速度vm=，A、B、C錯誤，D正確。
5.(多選)(2023·濰坊市高二期中)如圖所示，直角三角形abc區(qū)域(包括邊界)存在垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，ab邊長為2L，∠a=30°，一粒子源固定在ac邊的中點d，粒子源垂直ac邊向磁場中發(fā)射不同速率的帶正電的粒子，粒子均從bc邊界射出，已知粒子質(zhì)量為m、電荷量為q，下列說法正確的是
1
2
3
4
5
6
7
8
9
能力綜合練
A.粒子運動的速率可能為
B.粒子在磁場中運動的時間可能為
C.bc邊界上有粒子射出的區(qū)域長度最大為L
D.有粒子經(jīng)過的磁場區(qū)域的面積最大為πL2
1
2
3
4
5
6
7
8
9
√
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
根據(jù)題意可知當粒子運動軌跡與ab邊相切時，對應(yīng)的速度最大，如圖，
根據(jù)幾何知識可得半徑r1=Lcd=L，
根據(jù)洛倫茲力提供向心力qBv1=m
解得v1=
同理若粒子從c點射出，對應(yīng)的速度最小，運動半徑r2=Lcd=L，則速度v2=
則粒子的速度不可能為，故A錯誤；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
粒子在磁場中運動的周期為T==
當粒子垂直bc邊射出時，粒子在磁場中運動的時間
為t==，故B正確；
根據(jù)題意可知當粒子運動軌跡與ab邊相切時，打在bc上的點到c點的距離最
大，即Lmax=r1=L，所以打在bc邊界上有粒子射出的區(qū)域長度最大為L，有粒子經(jīng)過的磁場區(qū)域的面積最大為S=-=，故C正確，D錯誤。
6.(2023·四川省石室中學(xué)模擬)如圖所示，磁感應(yīng)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、cd的延
長線通過圓弧的圓心，Ob長為R。一束質(zhì)量為m、電荷
量為q的粒子，在紙面內(nèi)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，不計粒子間的相互作用和粒子重力。則下列分析中正確的是
1
2
3
4
5
6
7
8
9
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運動時間一定小于從N點射出粒子所用時間
D.所有粒子所用最短時間為
1
2
3
4
5
6
7
8
9
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
粒子做逆時針的勻速圓周運動，根據(jù)左手定則，可
知粒子帶正電，A錯誤；
根據(jù)qvB=m，得v=，從M點射出粒子的軌跡半
徑更小，則速度更小，B錯誤；
由t=T=，粒子周期不變，圓周運動的圓心角越大，運動時間
越長，由幾何關(guān)系可知，弦切角等于圓心角的一半，則弦切角越小，運動時間越短，如圖，當弦與bc圓弧邊界相切時，弦切角最小。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
Ob等于R，由幾何關(guān)系，此時圓周運動的圓心角為
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點射出粒子在磁
場中運動時間和從N點射出粒子在磁場中運動時間的大小關(guān)系，C錯誤，D正確。
7.(多選)(2023·濟寧市高二期中)如圖所示，在直角坐標
系xOy第一象限內(nèi)存在磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直
紙面向里的勻強磁場，在y軸上S處有一粒子源，它可
向右側(cè)紙面內(nèi)各個方向射出速率相等的質(zhì)量大小均為
m、電荷量大小均為q的同種帶負電粒子，所有粒子射出磁場時離S最遠的
位置是x軸上的P點。已知OS=OP=4d，sin 53°=0.8，粒子重力及粒子間
的相互作用均不計，則
1
2
3
4
5
6
7
8
9
A.粒子的速度大小為
B.從O點射出的粒子在磁場中的運動時間為
C.沿平行x軸正方向射入的粒子離開磁場時的位置到O點的距離為2d
D.從x軸上射出磁場的粒子在磁場中運動的最長時間與最短時間之比為
233∶106
1
2
3
4
5
6
7
8
9
√
√
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
粒子運動軌跡如圖所示。
由OS=OP=4d，可得SP=5d
由題知SP是其中一個粒子軌跡的直徑，由qvB=m
可得r=m=d
則v=，故A正確；
由幾何知識可得從O點射出的粒子，軌跡所對應(yīng)的圓心角為106°，在
磁場中的運動時間為t=·=，故B錯誤；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
假設(shè)沿平行x軸正方向射入的粒子，離開磁場時的位置到O點的距離為l，由幾何知識可得r2=l2+(4d-r)2
代入r=d，解得l=2d，故C正確；
從x軸上射出磁場的粒子，從原點射出時在磁場中運動
時間最短，其運動時間為tmin=t=
運動軌跡與x軸相切時運動時間最長，由幾何知識可得
軌跡所對應(yīng)的圓心角為233°，運動時間為tmax=·=
則tmax∶tmin=233∶106，故D正確。
8.如圖所示，一足夠長的矩形區(qū)域abcd內(nèi)存在一方
向垂直紙面向里、磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場，
在ad邊中點O，沿垂直磁場方向射入一速度方向與
ad邊夾角θ=30°、大小為v0(未知量)的帶正電粒子，已知粒子質(zhì)量為m、電荷量為q，ad邊長為L，ab邊足夠長，粒子重力不計，求：
(1)若粒子恰好不能從磁場下邊界射出，求粒子的入射速度大小v01；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
答案　　
1
2
3
4
5
6
7
8
9
臨界情況的運動軌跡如圖所示，
若粒子速度大小為v0，則
qv0B=m，
解得：v0=。
設(shè)圓心在O1處對應(yīng)圓弧與cd邊相切，對應(yīng)速度大小為v01
由幾何關(guān)系得R1=L
則有：v01==。
(2)若粒子恰好沿磁場上邊界線射出，求粒子的入射速度大小v02；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
答案　　
1
2
3
4
5
6
7
8
9
臨界情況的運動軌跡如圖所示，
若粒子速度大小為v0，則
qv0B=m，
解得：v0=。
設(shè)圓心在O2處對應(yīng)圓弧與ab邊相切，對應(yīng)速度大小為v02
由幾何關(guān)系得：R2+R2sin θ=，解得R2=
則有：v02==。
(3)若帶電粒子的速度v0大小可取任意值，求粒子在磁場中運動的最長時間。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
答案　
1
2
3
4
5
6
7
8
9
由t=T和T==可知，粒子在磁場中經(jīng)過的圓弧所對的圓心角α越大，在磁場中運動的時間越長。當在磁場中運動的半徑r則圓弧所對圓心角為α=2π-2θ=
所以最長時間為t=T=×=。

答案　L　
9.(2023·成都市第七中學(xué)期末)如圖所示，三角形ACD是等腰直角三角形，∠A是直角，AC=AD=2L，在三角形內(nèi)部和邊界上有方向垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B(圖中未畫出)。一束(范圍足夠長)質(zhì)量為m、電量為q的帶正電的粒子以某一初速度v垂直CD邊同時射入磁場(不計粒子重力和粒子之間的作用力)?？赡軙玫降臄?shù)學(xué)公式：sin (α+θ)=sin αcos θ+
cos αsin θ，cos (α+θ)=cos αcos θ-sin αsin θ。
(1)若已知v=v1=，求CD邊上有粒子離開的長度；
1
2
3
4
5
6
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9
尖子生選練
1
2
3
4
5
6
7
8
9
粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，有qvB=
解得r=
代入數(shù)據(jù)，計算得r1==
兩個臨界軌跡如圖所示，CD=2L
CD邊上有粒子離開的長度為x1=CD-r1(+1)-r1(-1)=L
(2)若已知這些粒子在磁場中運動的最長時間為t=，求v應(yīng)滿足的條件；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
答案　v≤　
1
2
3
4
5
6
7
8
9
粒子運動的周期T==
粒子運動的圓心角φ=·2π=π
故磁場中運動最長時間的粒子軌跡為半圓，故垂直CD邊離開時，速度v最大，軌跡如圖
對應(yīng)半徑由幾何關(guān)系得r2=CD=L
解得r2=L
代入半徑公式，計算得到v應(yīng)滿足v≤
(3)若已知v=v3=，求AD邊上有粒子離開的長度。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
答案　L
1
2
3
4
5
6
7
8
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由上述分析可知粒子運動的半徑r3==
因為到r3>L，故所有從AD離開的粒子的運動圓心O均在CD邊上靠D點一側(cè)，再由“平移圓”分析知，當運動軌跡與AC相切時，離開點距A最近，
從該點離開的粒子軌跡如圖
由幾何關(guān)系有OC=r3=L
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三角形ODN中，由幾何關(guān)系有
ON=r3=L
OD=CD-OC=L
∠D=45°
令∠OND=θ，利用正弦定理有=
代入數(shù)據(jù)解得θ=30°
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利用正弦定理=
代入數(shù)據(jù)解得DN=L
又因為AD邊上的D點有粒子離開，故所求長度為DN=L。
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