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微专题14　应用“动态圆”法解决临界问题
考点一　“平移圆”法
命题视角　掌握平移圆模型特点,学会用平移圆法解决临界问题
图示 及说明 入射粒子的速度大小、方向都不变,但入射点沿一条直线移动
轨迹 特点 各粒子的轨迹圆的半径都为R=,圆心在同一直线上
轨迹 应用 将轨迹圆沿圆心所在直线平移,作出“平移圆”能探索出临界条件
【典例1】 (困难)某种离子诊断测量简化装置如图所示。竖直平面内存在边界为矩形EFGH、方向垂直于纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场,探测板CD平行于HG水平放置,能沿竖直方向缓慢移动且接地。a、b、c三束宽度不计、间距相等的离子束中的离子均以相同速度持续从边界EH水平射入磁场,b束中的离子在磁场中沿半径为R的四分之一圆弧运动后从下边界HG竖直向下射出,并打在探测板的右边缘D点。已知每束每秒射入磁场的离子数均为N,离子束间的距离均为0.6R,探测板CD的宽度为0.5R,离子质量均为m、电荷量均为q,不计重力及离子间的相互作用。
(1)求离子速度v的大小及c束中的离子射出磁场边界HG时与H点的距离s;
(2)求探测到三束离子时探测板与边界HG的最大距离Lmax;
(3)若打到探测板上的离子被全部吸收,求离子束对探测板的平均作用力的竖直分量F与板到HG距离L的关系。
解析:(1)由qvB=得 v=,
由几何关系有OO′=0.6R,
s==0.8R。
(2)a、c束中的离子从同一点Q射出,α=β,如图甲所示,
tan α=,
由(1)知tan α=,
联立解得Lmax=R。
(3)a束或c束中每个离子动量的竖直分量为pz=pcos α=0.8qBR,
当0F1=Np+2Npz=2.6NqBR,
设板到HG的距离为h时恰好接收到两束光,如图乙所示,
根据题中几何关系可得HQ=Rcos α=0.8R,
得KD=R-0.8R=0.2R,
则CK=0.5R-0.2R=0.3R,
故h===0.4R。
当RF2=Np+Npz=1.8NqBR,
当L>0.4R时,F3=Np=NqBR。
答案:(1)　0.8R
(2)R
(3)见解析
考点二　“旋转圆”法
命题视角　掌握旋转圆模型特点,学会用旋转圆法解决磁场临界问题
图示 及说明 粒子的入射点为定点,且速率一定,但方向不同
轨迹 特点 各粒子的轨迹圆的圆心在半径为R=的圆弧上
轨迹 应用 将轨迹圆绕入射点旋转,作出“旋转动态圆”能探索出临界条件
【典例2】 (中等)如图所示,边长为L的正方形ABCD区域内存在匀强磁场,磁感应强度的方向垂直于纸面向外,AB边放置一块与边长重合的电子收集板,P点为收集板的正中间位置。在AD边的中点O有一电子发射源,可向磁场内各个方向均匀发射速率为v0的电子,所有电子速度方向均与磁场方向垂直。已知竖直向上发射的电子恰好打在收集板的P点,设电子的质量为m,电荷量为e,忽略电子的重力和他们之间的相互作用力,粒子打在板上立即被收集。求:
(1)匀强磁场的磁感应强度B的大小;
(2)打在P点上方与下方的电子数之比。
解析:(1)设电子在磁场中做圆周运动的半径为r,由图1可知r=,
由牛顿运动定律有Bev0=,
得B=。
(2)设打在收集板最上端的位置为E,如图2所示,则=,得=L。
如图3所示,水平向右和竖直方向之间的电子打在P点上方,则对应发射角度范围为90°,
竖直方向左侧部分电子打在P点下方,由图3分析可知对应发射角度范围为60°,
则打在P点上方与下方的电子数之比为3∶2。
答案:(1)
(2)3∶2
考点三　“放缩圆”法
命题视角　掌握放缩圆模型特点,学会用放缩圆法解决磁场临界问题
图示 及说明 粒子的入射点为定点,且入射方向确定,但速率v或磁感应强度B是变化的
轨迹 特点 各粒子的轨迹圆的半径不同、圆心在与初始速度方向垂直的同一条直线上
轨迹 应用 作出半径不同的一系列“放缩圆”能探索出临界条件
【典例3】 (中等)如图所示,一足够长的矩形区域abcd内充满方向垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场,在ad边中点O垂直于磁场射入一速度方向跟ad边夹角θ=30°、大小为v0的带正电粒子。已知粒子质量为m,电荷量为q,ad边长为L,ab边足够长,粒子重力不计,求:
(1)粒子能从ab边上射出磁场的速度大小v0的范围;
(2)如果带电粒子不受上述速度v0范围的限制,粒子在磁场中运动的最长时间。
解析:(1)粒子速度为v0,由qv0B=m,
解得R=,若轨迹与ab边相切,如图所示,设此时相应速度为v01,则R1+R1sin θ=,
将R1=代入上式可得v01=;
若轨迹与cd边相切,设此时粒子速度为v02,则R2-R2sin θ=,
将R2=代入上式可得v02=,
所以粒子能从ab边上射出磁场的速度大小v0的取值范围应满足(2)由t=T及T=可知,粒子在磁场中经过的弧所对的圆心角α越大,在磁场中运动的时间越长。由(1)中图可知,在磁场中运动的半径r≤R1 时,运动时间最长,弧所对的圆心角为α=2π-2θ,所以最长时间为t=T==。
答案:(1)考点四　磁聚焦与磁发散模型
命题视角　掌握磁聚焦、磁发散规律,学会轨迹分析法解决带电粒子磁场偏转问题
项目 磁发散 磁聚焦
模型 条件 粒子速率一定,做匀速圆周运动的半径等于磁场区域的半径
模型 图示
模型 特点 粒子从同一点以不同方向射入圆形磁场,则所有粒子射出磁场的方向平行 粒子平行射入圆形磁场,则所有粒子将从同一点射出磁场
【典例4】 (困难)如图所示是一种粒子探测装置,半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场,单位时间内有大量质量为m,电荷量大小为q,速度大小范围为v0～v0的粒子从PM和QK间平行于PM射入圆形磁场区域,PM与圆心O在同一直线上,PM和QK间距离为0.5R。已知从M点射入的速度为v0的粒子刚好从O点正下方的N点射出圆形磁场区域。挡板ND与圆形区域相切于N点,到达N点的粒子均能进入下方,到达N点右侧的粒子均被挡板吸收,ND足够长。不计粒子重力以及粒子间的相互作用。
(1)求圆形区域磁场的磁感应强度B的大小及带电粒子的电性;
(2)从M点射入的速度为v0的粒子射出磁场后打在挡板上的点F(图中未标出),求NF的距离以及从M到F所用的时间t;
(3)所有从PM到QK间射入的速度为v0的粒子出磁场时,这些粒子的速度方向与ND的夹角在什么范围内
解析:(1)速度为v0的粒子从M点射入,从N点射出,轨道半径为r,由几何关系可知r=R,
由洛伦兹力提供向心力有qv0B=m,
解得B= ,
由左手定则判断粒子带正电。
(2)由题意得速度为v0的粒子轨道半径r′=R,
由几何关系可知,粒子在磁场中的偏转角度为60° ,
M到G的过程中,水平位移x=R·sin 60°=R,
竖直位移y=R-R·cos 60°=R,
可知粒子出磁场后做匀速直线运动,GF与水平方向夹角为60°,可得lGF==R,
得lNF=x+lGF·cos 60°-R=R(或者在三角形ONF中NF=ON·tan 30°=R)
M到G的过程中所用的时间t1==,
G到F的过程中所用的时间t2==,
解得总时间t=t1+t2=。
(3)所有速度为v0的粒子均过N点,
由M点入射的粒子出磁场时速度方向与ND的夹角为90°,
由K点入射的粒子出磁场时速度方向与ND的夹角为60°,
综上得夹角范围为60°～90°。
答案:(1)　正电　(2)R　
(3)60°～90°
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A级·基础巩固练
命题视角1　掌握平移圆模型特点,学会用平移圆法解决临界问题
1.(多选)如图所示,在直角三角形ABC内存在垂直于纸面向外的匀强磁场(图中未画出),AB边长度为d,∠C=。现垂直于AB边射入一群质量均为m、电荷量均为q、速度相同的带正电粒子(不计重力),已知垂直于AC边射出的粒子在磁场中运动的时间为t0,在磁场中运动时间最长的粒子经历的时间为t0。下列判断正确的是(　　)
A.粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为4t0
B.该匀强磁场的磁感应强度大小为
C.粒子在磁场中运动的轨迹半径为d
D.粒子进入磁场时的速度大小为
解析:ABC　带正电粒子在磁场中做匀速圆周运动,垂直于AC边射出的粒子在磁场中运动的时间是T,即T=t0,
则周期T=4t0,故A正确;由T=得,B==,故B正确;设运动时间最长的粒子在磁场中的运动轨迹所对的圆心角为θ,则有T=,解得θ=,画出该粒子的运动轨迹如图所示,设轨迹半径为R,由几何知识得+Rcos 30°=d,解得R=d,故C正确;根据=,解得v=,故D错误。
2.理论研究表明暗物质湮灭会产生大量高能正电子,所以在宇宙空间探测高能正电子是科学家发现暗物质的一种方法。我国某研究小组为研究暗物质设计了探测正电子的装置。设计如图所示,矩形区域ABCD处在与其所在平面垂直的匀强磁场中,磁感应强度大小为B0,方向垂直于纸面向外,其中AB=5L,AD=1.5L。AE段为正电子发射源,AE段各点发射正电子情况相同,AE=2L。CF段上表面与CH段左侧面固定有正电子收集板,CH=5.25L,CF=3L。设正电子质量为m,电荷量为e,只考虑正电子在纸面内的运动,忽略相对论效应,不计重力。
(1)若从E点垂直于AE飞出的正电子,刚好击中B点,求正电子初速度的大小;
(2)若AE段各点正电子垂直于AE飞出,发射的正电子经磁场偏转后全部被收集板吸收,求正电子初速度大小的范围;
(3)若AE段各点正电子均满足(2)中的初速度大小的条件,且初速度方向朝AE段上方各个方向飞出,求所有击中收集板的正电子中,从飞出到击中收集板所用时间的最小值。
解析:(1)正电子由E点到达B点,由几何关系得2R=3L,
由洛伦兹力提供向心力得ev0B0=m,
解得v0=。
(2)情况1:正电子由A点打到F点,过程如图所示,由几何关系得AF2=AD2+DF2,=,
解得R1=L,
由洛伦兹力提供向心力得ev1B0=m,
解得v1=。
情况2:正电子垂直打在H点时,由几何关系得R2=BH=3.75L,以此半径运动的正电子均能打在收集板上,超过此半径则有正电子打不到收集板上,故R2为最大半径,根据ev2B0=m,
解得v2=,
则有≤v≤。
(3)正电子以最大速率由E点打到B点所用时间最少,设圆心角为α,
由几何关系得sin==,
所以α=2arcsin,
所以tmin=T=arcsin。
答案:(1)　(2)≤v≤ (3)arcsin
命题视角2　掌握旋转圆模型特点,学会用旋转圆法解决磁场临界问题
3.如图所示,半径为r的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B,磁场边界上A点有一粒子源,源源不断地向磁场发射各种方向(均平行于纸面且不沿区域切线方向)且速度大小相等的带正电的粒子(重力及粒子间的相互作用不计),已知粒子的比荷为k,速度大小为2kBr。则粒子在磁场中运动的最长时间为(　　)
A. B.
C. D.
解析:C　粒子在磁场中运动的半径为R==2r,如图所示,当粒子在磁场中运动时间最长时,其轨迹对应的圆心角最大,此时弦长最大,其最大值为磁场圆的直径2r,故t===,故选C。
4.如图所示,边界OA与OC之间分布有垂直于纸面向里的匀强磁场,边界OA上S处有一粒子源。某一时刻,从S处平行于纸面向各个方向以某一速率发射出大量比荷为的同种带正电粒子,经过一段时间有大量粒子从边界OC射出磁场。已知磁场的磁感应强度大小为B,∠AOC=
60°,O、S两点间的距离为L,从OC边界射出的粒子在磁场中运动的最短时间t=,忽略重力的影响和粒子间的相互作用,则粒子的速率为(　　)
A. B.
C. D.
解析:A　由于粒子速率一定,带电粒子在磁场中的运动时间最短时,轨迹所对应弦长最短,即弦长d=Lsin 60°=L,由最短时间t=知,粒子运动轨迹所对应圆心角为120°,由几何关系知Rsin 60°=d,由洛伦兹力提供向心力,得 qvB=m,解得v=,A正确。
5.(多选)如图所示,足够大的荧光屏上方有垂直于纸面向里的匀强磁场。在荧光屏上的P点有一个小孔,从小孔均匀地向荧光屏上方PA与PC之间发射速率相同的带电粒子,PQ垂直于荧光屏,PA与PQ的夹角为53°,PC与PQ的夹角为37°,已知粒子在磁场中做圆周运动的半径为r,不计粒子间的相互作用。下列说法正确的是(　　)
A.粒子在荧光屏上的落点到P点的最大距离为2r
B.若粒子均带正电,则荧光屏上的亮线长度为0.4r
C.若粒子均带负电,则荧光屏上的亮线长度为0.6r
D.若粒子均带正电,则在荧光屏上落点到P点的距离大于或等于r的粒子数占射入磁场总粒子数的
解析:AD　粒子入射速度方向与PQ的夹角为θ时,粒子在荧光屏上的落点到P点的距离d=2rcos θ,无论粒子带正电还是带负电,沿PA方向入射的粒子在屏上的落点到P点的距离最近,为2rcos 53°=1.2r,沿PQ方向入射的粒子在屏上的落点到P点的距离最远,为2r,因此亮线长度为0.8r,A正确,B、C错误;若粒子均带正电,由d=2rcos θ可知,当粒子入射速度方向与PQ的夹角小于或等于45°时,粒子在荧光屏上的落点到P点的距离大于或等于r,这些粒子的数量占总粒子数的比例为=,D正确。
命题视角3　掌握放缩圆模型特点,学会用放缩圆法解决磁场临界问题
6.(多选)如图所示,正方形abcd区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场,O点是cd边的中点。若一个带正电的粒子(重力忽略不计)从O点沿纸面以垂直于cd边的某一速度射入正方形内,经过时间t0刚好从c点射出磁场。现设法使该带电粒子从O点沿纸面以与Od成30°角的方向,以各种不同的速率射入正方形内,那么下列说法正确的是(　　)
A.该带电粒子不可能刚好从正方形的某个顶点射出磁场
B.若该带电粒子从ab边射出磁场,它在磁场中经历的时间可能是t0
C.若该带电粒子从bc边射出磁场,它在磁场中经历的时间可能是t0
D.若该带电粒子从cd边射出磁场,它在磁场中经历的时间一定是t0
解析:AD　带电粒子以垂直于cd边的某一速度射入正方形内,经过时间t0刚好从c点射出磁场,则知带电粒子做圆周运动的周期T=2t0。该粒子从O点以与Od成30°角的方向射入磁场,随着粒子速度逐渐增大,轨迹由①→②→③→④依次渐变,由图可知粒子在四个边射出时,射出范围分别为OG、FE、DC、BA之间,不可能从四个顶点射出,故A正确;由上述分析知粒子运动周期为2t0,由图分析可知,从ab边射出的粒子所用时间不可能为t0,从bc边射出的粒子所用时间不超过T=,所有从cd边射出的粒子转过的圆心角都是300°,所用时间为=,故B、C错误,D正确。
命题视角4　掌握磁聚焦与磁发散规律,学会用轨迹分析法解决带电粒子磁场偏转问题
7.(多选)如图所示,圆心为O、半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场,一束由相同带电粒子组成的粒子流,以相同的速度从左侧射入圆形区域内,所有粒子恰能全部汇聚于圆周上的C点,C点在圆心O的正下方。已知磁场的磁感应强度大小为B,带电粒子的比荷为k,粒子流宽度为,该粒子流可整体上下移动,且入射方向及其宽度都不改变,并全部汇聚于C点,不计粒子重力。下列说法正确的是(　　)
A.带电粒子带负电
B.带电粒子的入射速度大小为kBR
C.该粒子流在磁场中能到达的区域面积的最小值为R2
D.该粒子流在磁场中能到达的区域面积的最小值为R2
解析:ABD　带电粒子往下偏转,由左手定则可知,带电粒子带负电,A正确;所有粒子恰能全部汇聚于圆周上的C点,作出运动轨迹如图所示,根据几何关系可知,图中四边形为菱形,则粒子在磁场中运动轨迹的半径等于区域圆的半径,则有qvB=m,解得v==kBR,B正确;当粒子流按如图所示的方式入射时,所经过区域面积最小Smin=2×(-R·)=R2,C错误,D正确。
8.(2024·温州模拟)(多选)如图,坐标原点O有一粒子源,能向坐标平面一、二象限内发射大量质量为m、电荷量为q的正粒子(不计重力),所有粒子速度大小相等,不计粒子间的相互作用。圆心在(0,R)、半径为R的圆形区域内,有垂直于坐标平面向外的匀强磁场(未画出),磁感应强度大小为B。磁场右侧有一长度为R、平行于y轴的光屏,其中心位于(2R,R)。已知初速度沿y轴正方向的粒子经过磁场后,恰能垂直射在光屏上,则(　　)
A.粒子速度大小为
B.所有粒子均能垂直射在光屏上
C.能射在光屏上的粒子中,在磁场中运动时间最长为
D.能射在光屏上的粒子初速度方向与x轴正方向夹角满足45°≤θ≤135°
解析:AC　由题意,初速度沿y轴正方向的粒子经过磁场后,恰能垂直射在光屏上,由洛伦兹力提供向心力有qBv=m,且r=R,解得v=,A正确;由于所有粒子的速度大小相等,但方向不同,且离开磁场区域的出射点距离O点的竖直高度最大值为2R,并不会全部垂直打在光屏上,B错误;如图甲,由几何关系可得,能射在光屏上的粒子中,运动时间最长的对应轨迹的圆心角为π,根据周期公式T=,可得t=T=,C正确;
若能打在光屏下端,如图乙,由几何关系可得θ1=60°,即初速度与x轴正方向夹角为θ1=60°,同理,粒子打在光屏上端时,初速度与x轴正方向夹角为θ2=120°,则60°≤θ≤120°,D错误。
B级·高考过关练
9.(2024·培优联盟期中联考)(多选)如图所示,在纸面内两直角边长均为L的三角形MNP区域内(不含边界)有磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场,一质量为m、电荷量为q的带负电粒子从PM边的中点A平行PN边射入MNP区域,不计粒子受到的重力。下列说法正确的是(　　)
A.粒子刚进入磁场时受到向左的洛伦兹力
B.v=时,带电粒子垂直于PN边射出磁场
C.若粒子从PN边射出磁场,则D.若粒子从MN边射出磁场,则粒子在磁场中运动的最长时间为
解析:BD　由左手定则,粒子刚进入磁场时受到的洛伦兹力向右,故A错误;粒子垂直于PN边射出磁场时,粒子做圆周运动的半径为,根据洛伦兹力提供向心力有qvB=m,v=,故B正确;画出粒子的运动轨迹如图所示,
由几何关系可知,当运动轨迹与MN相切时,运动时间最长,偏转的圆心角最大为45°,根据qvB=m,qvB=m,联立得到T=,可求出运动的最长时间tmax=·T,解得tmax=,故D正确;当运动轨迹与PN相切时,是粒子从PN射出磁场的最小速度,轨迹为半径为AO=的半圆,根据qvminB=m,得到vmin=,当运动轨迹与MN相切时,是粒子从PN射出磁场的最大速度,因为CO′垂直于MC,且∠CMO′=45°,CO′=AO′,AM=,利用几何知识可得出半径CO′=AO′=+L,根据qvmaxB=m,解得vmax==,故C错误。
10.(2025·安徽卷)如图,在竖直平面内的xOy直角坐标系中,x轴上方存在垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B。在第二象限内,垂直于纸面且平行于x轴放置足够长的探测薄板MN,MN到x轴的距离为d,上、下表面均能接收粒子。位于原点O的粒子源,沿Oxy平面向x轴上方各个方向均匀发射相同的带正电粒子。已知粒子所带电荷量为q、质量为m、速度大小均为。不计粒子的重力、空气阻力及粒子间的相互作用,则(　　)
A.粒子在磁场中做圆周运动的半径为2d
B.薄板的上表面接收到粒子的区域长度为 d
C.薄板的下表面接收到粒子的区域长度为d
D.薄板接收到的粒子在磁场中运动的最短时间为
解析:C　粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,有qvB=,可得R==d,故A错误;当粒子沿x轴正方向射出时,薄板上表面接收到的粒子离y轴最近,如图中轨迹1所示,根据几何关系可知s上min=d;当粒子恰好能通过N点到达薄板上方时,薄板上表面接收点距离y轴最远,如图中轨迹2所示,根据几何关系可知s上max=d,故上表面接收到粒子的区域长度为s上=d-d,故B错误;根据图可知,粒子可以恰好打到下表面的N点;当粒子沿y轴正方向射出时,薄板下表面接收到的粒子离y轴最远,如图中轨迹3所示,根据几何关系可知,此接收点与y轴距离为d,故下表面接收到粒子的区域长度为d,故C正确;根据图可知,粒子恰好打到下表面N点时转过的圆心角最小,用时最短,有tmin=·=,故D错误。
11.如图所示,在xOy平面内,有一电子源持续不断地沿x轴正方向每秒发射出N个速率均为v的电子,形成宽为2b、在y轴方向均匀分布且关于x轴对称的电子流。电子流沿x轴正方向射入一个半径为R、中心位于原点O的圆形匀强磁场区域,磁场方向垂直于xOy平面向里,电子经过磁场偏转后均从P点射出。在磁场区域的正下方有一对平行于x轴的金属平行板K和A,其中K板与P点的距离为d,中间开有宽度为2l且关于y轴对称的小孔。K板接地,A与K两板间加有正负、大小均可调的电压UAK。穿过K板小孔到达A板的所有电子被收集且导出,从而形成电流。已知b=R,d=l,电子质量为m,电荷量为e,忽略电子间相互作用。
(1)求磁感应强度B的大小;
(2)求电子流从P点射出时与y轴负方向的夹角θ的范围;
(3)求当UAK=0时,每秒经过极板K上的小孔到达极板A的电子数;
(4)画出电流i随UAK变化的关系曲线。
解析:(1)由题意可知,电子在磁场中运动的轨迹半径r=R,
由evB=m,解得B=。
(2)由题意可知,电子运动轨迹如图甲所示,
设上端电子从P点射出时与y轴负方向最大夹角为θm,由几何关系得sin θm=,解得θm=60°,
同理,下端电子从P点射出时与y轴负方向最大夹角也为60°,所以电子流从P点射出时与y轴负方向的夹角范围是-60°≤θ≤60°。
(3)设进入小孔的电子速度与y轴负方向间夹角的最大值为α,则tan α=,解得α=45°,
此时对应的能够进入平行板内的电子流宽度为2y′,其中y′=Rsin α=R,设每秒到达极板A的电子数为n,===0.82,n=0.82N。
(4)由动能定理得出遏止电压Uc=-,
当与y轴负方向成45°角的电子的运动轨迹刚好与A板相切时,其逆过程是类平抛运动,电流达到最大,所需的最小反向电压U′=-,
根据(3)可得最大电流imax=0.82Ne,
其iUAK的关系曲线如图乙所示。
答案:(1)　(2)-60°≤θ≤60°　(3)0.82N (4)见解析
C级·素养提升练
12.磁谱仪是测量α粒子能谱的重要仪器。磁谱仪的工作原理如图所示,放射源S1发出质量为m,电荷量为q的α粒子沿垂直于磁场方向进入磁感应强度为B的匀强磁场,被限束光栏Q限制在2的小角度内,α粒子经磁场偏转后打到与限束光栏同一水平直线的感光片P上。(重力影响不计)
(1)若只有发射源S1发射粒子:
①动能为E的α粒子均垂直于限束光栏的方向进入磁场。求这些α粒子打到P上的点离S1的距离x;
②实际上,限束光栏有一定的宽度,α粒子将在2角内进入磁场,求动能均为E的α粒子打到P上的范围Δx。
(2)若在S1左侧增加一个发射源S2,两个发射源同时让动能在E～E+ΔE(ΔE>0,且ΔE E)范围内的α粒子在2角内进入磁场并都打在了P上。若发现两段粒子范围未重叠,则S1与S2之间的距离d应满足什么条件
解析:(1)①设α粒子以速度v进入磁场,打在感光片上的位置距S1的距离为x,
由洛伦兹力提供向心力有qvB=m,
α粒子的动能E=mv2,其中x=2R,
由以上三式可得这些α粒子打到P上的点离S1的距离为x=。
②由①可知,动能为E的α粒子沿±角入射,击中P时离S1最近,设该距离为x1,
可得x1=2Rcos =cos ,
动能为E的α粒子垂直入射,击中P时离S1最远,设该距离为x2,可得x2=2R=,
其中Δx=x2-x1,
解得Δx=(1-cos )=sin 2。
(2)粒子做圆周运动,由洛伦兹力提供向心力有
qvB=m,对最大动能的α粒子有E+ΔE=mv2,解得R′=。
对S1,动能为E的α粒子沿±角入射,击中P时离S1最近,设该距离为x3,
可得x3=2Rcos =cos ;
对S2,动能为E+ΔE的α粒子垂直入射,击中P时离S2最远,设该距离为x4,
可得x4=2R′=;
当击中P的两段痕迹重叠时x4-d≤x3,
解得d≥x4-x3=-cos 。
答案:(1)①　②sin 2
(2)d≥-cos微专题14　应用“动态圆”法解决临界问题
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A级·基础巩固练
命题视角1　掌握平移圆模型特点,学会用平移圆法解决临界问题
1.(多选)如图所示,在直角三角形ABC内存在垂直于纸面向外的匀强磁场(图中未画出),AB边长度为d,∠C=。现垂直于AB边射入一群质量均为m、电荷量均为q、速度相同的带正电粒子(不计重力),已知垂直于AC边射出的粒子在磁场中运动的时间为t0,在磁场中运动时间最长的粒子经历的时间为t0。下列判断正确的是(　　)
A.粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为4t0
B.该匀强磁场的磁感应强度大小为
C.粒子在磁场中运动的轨迹半径为d
D.粒子进入磁场时的速度大小为
解析:ABC　带正电粒子在磁场中做匀速圆周运动,垂直于AC边射出的粒子在磁场中运动的时间是T,即T=t0,
则周期T=4t0,故A正确;由T=得,B==,故B正确;设运动时间最长的粒子在磁场中的运动轨迹所对的圆心角为θ,则有T=,解得θ=,画出该粒子的运动轨迹如图所示,设轨迹半径为R,由几何知识得+Rcos 30°=d,解得R=d,故C正确;根据=,解得v=,故D错误。
2.理论研究表明暗物质湮灭会产生大量高能正电子,所以在宇宙空间探测高能正电子是科学家发现暗物质的一种方法。我国某研究小组为研究暗物质设计了探测正电子的装置。设计如图所示,矩形区域ABCD处在与其所在平面垂直的匀强磁场中,磁感应强度大小为B0,方向垂直于纸面向外,其中AB=5L,AD=1.5L。AE段为正电子发射源,AE段各点发射正电子情况相同,AE=2L。CF段上表面与CH段左侧面固定有正电子收集板,CH=5.25L,CF=3L。设正电子质量为m,电荷量为e,只考虑正电子在纸面内的运动,忽略相对论效应,不计重力。
(1)若从E点垂直于AE飞出的正电子,刚好击中B点,求正电子初速度的大小;
(2)若AE段各点正电子垂直于AE飞出,发射的正电子经磁场偏转后全部被收集板吸收,求正电子初速度大小的范围;
(3)若AE段各点正电子均满足(2)中的初速度大小的条件,且初速度方向朝AE段上方各个方向飞出,求所有击中收集板的正电子中,从飞出到击中收集板所用时间的最小值。
解析:(1)正电子由E点到达B点,由几何关系得2R=3L,
由洛伦兹力提供向心力得ev0B0=m,
解得v0=。
(2)情况1:正电子由A点打到F点,过程如图所示,由几何关系得AF2=AD2+DF2,=,
解得R1=L,
由洛伦兹力提供向心力得ev1B0=m,
解得v1=。
情况2:正电子垂直打在H点时,由几何关系得R2=BH=3.75L,以此半径运动的正电子均能打在收集板上,超过此半径则有正电子打不到收集板上,故R2为最大半径,根据ev2B0=m,
解得v2=,
则有≤v≤。
(3)正电子以最大速率由E点打到B点所用时间最少,设圆心角为α,
由几何关系得sin==,
所以α=2arcsin,
所以tmin=T=arcsin。
答案:(1)　(2)≤v≤ (3)arcsin
命题视角2　掌握旋转圆模型特点,学会用旋转圆法解决磁场临界问题
3.如图所示,半径为r的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B,磁场边界上A点有一粒子源,源源不断地向磁场发射各种方向(均平行于纸面且不沿区域切线方向)且速度大小相等的带正电的粒子(重力及粒子间的相互作用不计),已知粒子的比荷为k,速度大小为2kBr。则粒子在磁场中运动的最长时间为(　　)
A. B.
C. D.
解析:C　粒子在磁场中运动的半径为R==2r,如图所示,当粒子在磁场中运动时间最长时,其轨迹对应的圆心角最大,此时弦长最大,其最大值为磁场圆的直径2r,故t===,故选C。
4.如图所示,边界OA与OC之间分布有垂直于纸面向里的匀强磁场,边界OA上S处有一粒子源。某一时刻,从S处平行于纸面向各个方向以某一速率发射出大量比荷为的同种带正电粒子,经过一段时间有大量粒子从边界OC射出磁场。已知磁场的磁感应强度大小为B,∠AOC=
60°,O、S两点间的距离为L,从OC边界射出的粒子在磁场中运动的最短时间t=,忽略重力的影响和粒子间的相互作用,则粒子的速率为(　　)
A. B.
C. D.
解析:A　由于粒子速率一定,带电粒子在磁场中的运动时间最短时,轨迹所对应弦长最短,即弦长d=Lsin 60°=L,由最短时间t=知,粒子运动轨迹所对应圆心角为120°,由几何关系知Rsin 60°=d,由洛伦兹力提供向心力,得 qvB=m,解得v=,A正确。
5.(多选)如图所示,足够大的荧光屏上方有垂直于纸面向里的匀强磁场。在荧光屏上的P点有一个小孔,从小孔均匀地向荧光屏上方PA与PC之间发射速率相同的带电粒子,PQ垂直于荧光屏,PA与PQ的夹角为53°,PC与PQ的夹角为37°,已知粒子在磁场中做圆周运动的半径为r,不计粒子间的相互作用。下列说法正确的是(　　)
A.粒子在荧光屏上的落点到P点的最大距离为2r
B.若粒子均带正电,则荧光屏上的亮线长度为0.4r
C.若粒子均带负电,则荧光屏上的亮线长度为0.6r
D.若粒子均带正电,则在荧光屏上落点到P点的距离大于或等于r的粒子数占射入磁场总粒子数的
解析:AD　粒子入射速度方向与PQ的夹角为θ时,粒子在荧光屏上的落点到P点的距离d=2rcos θ,无论粒子带正电还是带负电,沿PA方向入射的粒子在屏上的落点到P点的距离最近,为2rcos 53°=1.2r,沿PQ方向入射的粒子在屏上的落点到P点的距离最远,为2r,因此亮线长度为0.8r,A正确,B、C错误;若粒子均带正电,由d=2rcos θ可知,当粒子入射速度方向与PQ的夹角小于或等于45°时,粒子在荧光屏上的落点到P点的距离大于或等于r,这些粒子的数量占总粒子数的比例为=,D正确。
命题视角3　掌握放缩圆模型特点,学会用放缩圆法解决磁场临界问题
6.(多选)如图所示,正方形abcd区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场,O点是cd边的中点。若一个带正电的粒子(重力忽略不计)从O点沿纸面以垂直于cd边的某一速度射入正方形内,经过时间t0刚好从c点射出磁场。现设法使该带电粒子从O点沿纸面以与Od成30°角的方向,以各种不同的速率射入正方形内,那么下列说法正确的是(　　)
A.该带电粒子不可能刚好从正方形的某个顶点射出磁场
B.若该带电粒子从ab边射出磁场,它在磁场中经历的时间可能是t0
C.若该带电粒子从bc边射出磁场,它在磁场中经历的时间可能是t0
D.若该带电粒子从cd边射出磁场,它在磁场中经历的时间一定是t0
解析:AD　带电粒子以垂直于cd边的某一速度射入正方形内,经过时间t0刚好从c点射出磁场,则知带电粒子做圆周运动的周期T=2t0。该粒子从O点以与Od成30°角的方向射入磁场,随着粒子速度逐渐增大,轨迹由①→②→③→④依次渐变,由图可知粒子在四个边射出时,射出范围分别为OG、FE、DC、BA之间,不可能从四个顶点射出,故A正确;由上述分析知粒子运动周期为2t0,由图分析可知,从ab边射出的粒子所用时间不可能为t0,从bc边射出的粒子所用时间不超过T=,所有从cd边射出的粒子转过的圆心角都是300°,所用时间为=,故B、C错误,D正确。
命题视角4　掌握磁聚焦与磁发散规律,学会用轨迹分析法解决带电粒子磁场偏转问题
7.(多选)如图所示,圆心为O、半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场,一束由相同带电粒子组成的粒子流,以相同的速度从左侧射入圆形区域内,所有粒子恰能全部汇聚于圆周上的C点,C点在圆心O的正下方。已知磁场的磁感应强度大小为B,带电粒子的比荷为k,粒子流宽度为,该粒子流可整体上下移动,且入射方向及其宽度都不改变,并全部汇聚于C点,不计粒子重力。下列说法正确的是(　　)
A.带电粒子带负电
B.带电粒子的入射速度大小为kBR
C.该粒子流在磁场中能到达的区域面积的最小值为R2
D.该粒子流在磁场中能到达的区域面积的最小值为R2
解析:ABD　带电粒子往下偏转,由左手定则可知,带电粒子带负电,A正确;所有粒子恰能全部汇聚于圆周上的C点,作出运动轨迹如图所示,根据几何关系可知,图中四边形为菱形,则粒子在磁场中运动轨迹的半径等于区域圆的半径,则有qvB=m,解得v==kBR,B正确;当粒子流按如图所示的方式入射时,所经过区域面积最小Smin=2×(-R·)=R2,C错误,D正确。
8.(2024·温州模拟)(多选)如图,坐标原点O有一粒子源,能向坐标平面一、二象限内发射大量质量为m、电荷量为q的正粒子(不计重力),所有粒子速度大小相等,不计粒子间的相互作用。圆心在(0,R)、半径为R的圆形区域内,有垂直于坐标平面向外的匀强磁场(未画出),磁感应强度大小为B。磁场右侧有一长度为R、平行于y轴的光屏,其中心位于(2R,R)。已知初速度沿y轴正方向的粒子经过磁场后,恰能垂直射在光屏上,则(　　)
A.粒子速度大小为
B.所有粒子均能垂直射在光屏上
C.能射在光屏上的粒子中,在磁场中运动时间最长为
D.能射在光屏上的粒子初速度方向与x轴正方向夹角满足45°≤θ≤135°
解析:AC　由题意,初速度沿y轴正方向的粒子经过磁场后,恰能垂直射在光屏上,由洛伦兹力提供向心力有qBv=m,且r=R,解得v=,A正确;由于所有粒子的速度大小相等,但方向不同,且离开磁场区域的出射点距离O点的竖直高度最大值为2R,并不会全部垂直打在光屏上,B错误;如图甲,由几何关系可得,能射在光屏上的粒子中,运动时间最长的对应轨迹的圆心角为π,根据周期公式T=,可得t=T=,C正确;
若能打在光屏下端,如图乙,由几何关系可得θ1=60°,即初速度与x轴正方向夹角为θ1=60°,同理,粒子打在光屏上端时,初速度与x轴正方向夹角为θ2=120°,则60°≤θ≤120°,D错误。
B级·高考过关练
9.(2024·培优联盟期中联考)(多选)如图所示,在纸面内两直角边长均为L的三角形MNP区域内(不含边界)有磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场,一质量为m、电荷量为q的带负电粒子从PM边的中点A平行PN边射入MNP区域,不计粒子受到的重力。下列说法正确的是(　　)
A.粒子刚进入磁场时受到向左的洛伦兹力
B.v=时,带电粒子垂直于PN边射出磁场
C.若粒子从PN边射出磁场,则D.若粒子从MN边射出磁场,则粒子在磁场中运动的最长时间为
解析:BD　由左手定则,粒子刚进入磁场时受到的洛伦兹力向右,故A错误;粒子垂直于PN边射出磁场时,粒子做圆周运动的半径为,根据洛伦兹力提供向心力有qvB=m,v=,故B正确;画出粒子的运动轨迹如图所示,
由几何关系可知,当运动轨迹与MN相切时,运动时间最长,偏转的圆心角最大为45°,根据qvB=m,qvB=m,联立得到T=,可求出运动的最长时间tmax=·T,解得tmax=,故D正确;当运动轨迹与PN相切时,是粒子从PN射出磁场的最小速度,轨迹为半径为AO=的半圆,根据qvminB=m,得到vmin=,当运动轨迹与MN相切时,是粒子从PN射出磁场的最大速度,因为CO′垂直于MC,且∠CMO′=45°,CO′=AO′,AM=,利用几何知识可得出半径CO′=AO′=+L,根据qvmaxB=m,解得vmax==,故C错误。
10.(2025·安徽卷)如图,在竖直平面内的xOy直角坐标系中,x轴上方存在垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B。在第二象限内,垂直于纸面且平行于x轴放置足够长的探测薄板MN,MN到x轴的距离为d,上、下表面均能接收粒子。位于原点O的粒子源,沿Oxy平面向x轴上方各个方向均匀发射相同的带正电粒子。已知粒子所带电荷量为q、质量为m、速度大小均为。不计粒子的重力、空气阻力及粒子间的相互作用,则(　　)
A.粒子在磁场中做圆周运动的半径为2d
B.薄板的上表面接收到粒子的区域长度为 d
C.薄板的下表面接收到粒子的区域长度为d
D.薄板接收到的粒子在磁场中运动的最短时间为
解析:C　粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,有qvB=,可得R==d,故A错误;当粒子沿x轴正方向射出时,薄板上表面接收到的粒子离y轴最近,如图中轨迹1所示,根据几何关系可知s上min=d;当粒子恰好能通过N点到达薄板上方时,薄板上表面接收点距离y轴最远,如图中轨迹2所示,根据几何关系可知s上max=d,故上表面接收到粒子的区域长度为s上=d-d,故B错误;根据图可知,粒子可以恰好打到下表面的N点;当粒子沿y轴正方向射出时,薄板下表面接收到的粒子离y轴最远,如图中轨迹3所示,根据几何关系可知,此接收点与y轴距离为d,故下表面接收到粒子的区域长度为d,故C正确;根据图可知,粒子恰好打到下表面N点时转过的圆心角最小,用时最短,有tmin=·=,故D错误。
11.如图所示,在xOy平面内,有一电子源持续不断地沿x轴正方向每秒发射出N个速率均为v的电子,形成宽为2b、在y轴方向均匀分布且关于x轴对称的电子流。电子流沿x轴正方向射入一个半径为R、中心位于原点O的圆形匀强磁场区域,磁场方向垂直于xOy平面向里,电子经过磁场偏转后均从P点射出。在磁场区域的正下方有一对平行于x轴的金属平行板K和A,其中K板与P点的距离为d,中间开有宽度为2l且关于y轴对称的小孔。K板接地,A与K两板间加有正负、大小均可调的电压UAK。穿过K板小孔到达A板的所有电子被收集且导出,从而形成电流。已知b=R,d=l,电子质量为m,电荷量为e,忽略电子间相互作用。
(1)求磁感应强度B的大小;
(2)求电子流从P点射出时与y轴负方向的夹角θ的范围;
(3)求当UAK=0时,每秒经过极板K上的小孔到达极板A的电子数;
(4)画出电流i随UAK变化的关系曲线。
解析:(1)由题意可知,电子在磁场中运动的轨迹半径r=R,
由evB=m,解得B=。
(2)由题意可知,电子运动轨迹如图甲所示,
设上端电子从P点射出时与y轴负方向最大夹角为θm,由几何关系得sin θm=,解得θm=60°,
同理,下端电子从P点射出时与y轴负方向最大夹角也为60°,所以电子流从P点射出时与y轴负方向的夹角范围是-60°≤θ≤60°。
(3)设进入小孔的电子速度与y轴负方向间夹角的最大值为α,则tan α=,解得α=45°,
此时对应的能够进入平行板内的电子流宽度为2y′,其中y′=Rsin α=R,设每秒到达极板A的电子数为n,===0.82,n=0.82N。
(4)由动能定理得出遏止电压Uc=-,
当与y轴负方向成45°角的电子的运动轨迹刚好与A板相切时,其逆过程是类平抛运动,电流达到最大,所需的最小反向电压U′=-,
根据(3)可得最大电流imax=0.82Ne,
其iUAK的关系曲线如图乙所示。
答案:(1)　(2)-60°≤θ≤60°　(3)0.82N (4)见解析
C级·素养提升练
12.磁谱仪是测量α粒子能谱的重要仪器。磁谱仪的工作原理如图所示,放射源S1发出质量为m,电荷量为q的α粒子沿垂直于磁场方向进入磁感应强度为B的匀强磁场,被限束光栏Q限制在2的小角度内,α粒子经磁场偏转后打到与限束光栏同一水平直线的感光片P上。(重力影响不计)
(1)若只有发射源S1发射粒子:
①动能为E的α粒子均垂直于限束光栏的方向进入磁场。求这些α粒子打到P上的点离S1的距离x;
②实际上,限束光栏有一定的宽度,α粒子将在2角内进入磁场,求动能均为E的α粒子打到P上的范围Δx。
(2)若在S1左侧增加一个发射源S2,两个发射源同时让动能在E～E+ΔE(ΔE>0,且ΔE E)范围内的α粒子在2角内进入磁场并都打在了P上。若发现两段粒子范围未重叠,则S1与S2之间的距离d应满足什么条件
解析:(1)①设α粒子以速度v进入磁场,打在感光片上的位置距S1的距离为x,
由洛伦兹力提供向心力有qvB=m,
α粒子的动能E=mv2,其中x=2R,
由以上三式可得这些α粒子打到P上的点离S1的距离为x=。
②由①可知,动能为E的α粒子沿±角入射,击中P时离S1最近,设该距离为x1,
可得x1=2Rcos =cos ,
动能为E的α粒子垂直入射,击中P时离S1最远,设该距离为x2,可得x2=2R=,
其中Δx=x2-x1,
解得Δx=(1-cos )=sin 2。
(2)粒子做圆周运动,由洛伦兹力提供向心力有
qvB=m,对最大动能的α粒子有E+ΔE=mv2,解得R′=。
对S1,动能为E的α粒子沿±角入射,击中P时离S1最近,设该距离为x3,
可得x3=2Rcos =cos ;
对S2,动能为E+ΔE的α粒子垂直入射,击中P时离S2最远,设该距离为x4,
可得x4=2R′=;
当击中P的两段痕迹重叠时x4-d≤x3,
解得d≥x4-x3=-cos 。
答案:(1)①　②sin 2
(2)d≥-cos(共26张PPT)
微专题14
应用“动态圆”法解决临界问题
考点一
“平移圆”法
命题视角　掌握平移圆模型特点,学会用平移圆法解决临界问题
【典例1】 (困难)某种离子诊断测量简化装置如图所示。竖直平面内存在边界为矩形EFGH、方向垂直于纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场,探测板CD平行于HG水平放置,能沿竖直方向缓慢移动且接地。a、b、c三束宽度不计、间距相等的离子束中的离子均以相同速度持续从边界EH水平射入磁场,b束中的离子在磁场中沿半径为R的四分之一圆弧运动后从下边界HG竖直向下射出,并打在探测板的右边缘D点。已知每束每秒射入磁场的离子数均为N,离子束间的距离均为0.6R,探测板CD的宽度为0.5R,离子质量均为m、电荷量均为q,不计重力及离子间的相互作用。
(1)求离子速度v的大小及c束中的离子射出磁场边界HG时与H点的距离s;
(2)求探测到三束离子时探测板与边界HG的最大距离Lmax;
(3)若打到探测板上的离子被全部吸收,求离子束对探测板的平均作用力的竖直分量F与板到HG距离L的关系。
考点二
“旋转圆”法
命题视角　掌握旋转圆模型特点,学会用旋转圆法解决磁场临界问题
【典例2】 (中等)如图所示,边长为L的正方形ABCD区域内存在匀强磁场,磁感应强度的方向垂直于纸面向外,AB边放置一块与边长重合的电子收集板,P点为收集板的正中间位置。在AD边的中点O有一电子发射源,可向磁场内各个方向均匀发射速率为v0的电子,所有电子速度方向均与磁场方向垂直。已知竖直向上发射的电子恰好打在收集板的P点,设电子的质量为m,电荷量为e,忽略电子的重力和他们之间的相互作用力,粒子打在板上立即被收集。求:
(1)匀强磁场的磁感应强度B的大小;
(2)打在P点上方与下方的电子数之比。
答案:(2)3∶2
考点三
“放缩圆”法
命题视角　掌握放缩圆模型特点,学会用放缩圆法解决磁场临界问题
图示 及说明 粒子的入射点为定点,且入射方向确定,但速率v或磁感应强度B是变化的
轨迹 特点 各粒子的轨迹圆的半径不同、圆心在与初始速度方向垂直的同一条直线上
轨迹 应用 作出半径不同的一系列“放缩圆”能探索出临界条件
【典例3】 (中等)如图所示,一足够长的矩形区域abcd内充满方向垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场,在ad边中点O垂直于磁场射入一速度方向跟ad边夹角θ=30°、大小为v0的带正电粒子。已知粒子质量为m,电荷量为q,ad边长为L,ab边足够长,粒子重力不计,求:
(1)粒子能从ab边上射出磁场的速度大小v0的范围;
(2)如果带电粒子不受上述速度v0范围的限制,粒子在磁场中运动的最长时间。
考点四
磁聚焦与磁发散模型
命题视角　掌握磁聚焦、磁发散规律,学会轨迹分析法解决带电粒子磁场偏转问题
项目 磁发散 磁聚焦
模型 条件 粒子速率一定,做匀速圆周运动的半径等于磁场区域的半径
模型 图示
模型 特点 粒子从同一点以不同方向射入圆形磁场,则所有粒子射出磁场的方向平行 粒子平行射入圆形磁场,则所有粒子将从同一点射出磁场
(1)求圆形区域磁场的磁感应强度B的大小及带电粒子的电性;
(3)所有从PM到QK间射入的速度为v0的粒子出磁场时,这些粒子的速度方向与ND的夹角在什么范围内
答案:(3)60°～90°
解析:(3)所有速度为v0的粒子均过N点,由M点入射的粒子出磁场时速度方向与ND的夹角为90°,
由K点入射的粒子出磁场时速度方向与ND的夹角为60°,
综上得夹角范围为60°～90°。
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