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专题强化十七　动态圆、磁聚焦和磁发散
学习目标　1.进一步理解带电粒子在有界匀强磁场中运动的临界极值问题。 2.会用“平移圆”“旋转圆”“放缩圆”找出对应的临界状态或极值的轨迹。 3.理解“磁聚焦”和“磁发散”模型。
考点一　“平移圆”模型
适用条件 粒子源发射速度大小、方向一定,入射点不同但在同一直线上的同种带电粒子进入匀强磁场时,它们做匀速圆周运动的半径相同,若入射速度大小为v0,则半径r=,如图所示
轨迹圆圆心共线 带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心在同一直线上,该直线与入射点的连线平行
界定方法 将半径为r=的圆进行平移,从而探索粒子的临界条件,这种方法叫“平移圆”法
例1 (2025·四川巴中模拟)如图所示,C、D、E为以O为圆心、半径为R的圆周上的点,∠COD=,A为CD的中点,在OCEDO内充满垂直于纸面向外的匀强磁场(图中未画出,O点处也有磁场),磁感应强度大小为B。一群质量为m、电荷量为q的带正电粒子以速率v0=从AC部分垂直于AC射向磁场区域,忽略粒子间的相互作用以及粒子的重力,只考虑粒子在一次进出磁场中的运动。下列说法正确的是(　　)
A.粒子在磁场中运动的轨道半径为R
B.从CO射出磁场的粒子运动时间不同
C.粒子在磁场中运动的最长时间为
D.粒子可能从圆弧边界射出
答案　C
解析　由洛伦兹力提供向心力,有qv0B=m,代入数据可得r=,故A错误;粒子在磁场中做圆周运动的周期为T==,如图所示,部分粒子从OC边射入磁场,又从OC边射出磁场,由对称性可知,粒子偏转的圆心角为90°,时间为t1==,故B错误;沿AO入射的粒子,运动轨迹与磁场圆在最低点内切,圆心角为270°,则粒子在磁场中运动的最长时间为t3==,故C正确;由图可知,粒子不会从圆弧边界射出,故D错误。
考点二　“旋转圆”模型
适用 条件 粒子源发射速度大小一定、方向不同的同种带电粒子从同一点进入匀强磁场时,它们在磁场中做匀速圆周运动的半径相同,若入射初速度大小为v0,则圆周运动轨迹半径为r=,如图所示
轨迹 圆圆 心共圆 如图,带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的圆心在以入射点P为圆心、半径r=的圆上
界定 方法 将一半径为r=的圆以入射点为圆心进行旋转,从而探索出临界条件,这种方法称为“旋转圆”法
例2 (多选)(2025·重庆八中模拟)如图所示,x轴上方存在垂直xOy平面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场。位于坐标原点O的离子源从t=0时刻开始、沿xOy平面持续发射速度大小范围为0A.速度为的离子,在磁场中匀速圆周运动的半径为L
B.速度为的离子,在x轴上能够被探测到的区间为L≤x≤2L
C.在0~时间段内,磁场中可探测到离子区域的最大面积为πL2
D.在0~时间段内,磁场中可探测到离子区域的最大面积为L2
答案　AD
解析　根据洛伦兹力提供向心力,有qvB=m,得r=,将v=代入得r=L,故A正确;根据左手定则可知,射入磁场中的离子将沿顺时针方向做匀速圆周运动,当v=时r=L,沿各个方向射入磁场的离子的运动轨迹如图甲所示,可知,在x轴上能够被探测到的区间为0≤x≤2L,故B错误;
离子在磁场中做匀速圆周运动的周期为T==,所以=,在0~时间段内,0时刻射入磁场的离子在磁场中转过的圆心角均为,磁场中可探测到离子最远点落在一段圆弧上,该圆弧以O为圆心、以R=L为半径,对应的圆心角为π,如图乙所示。
可探测到离子区域的最大面积为S=·π(L)2+=L2,故C错误,D正确。
考点三　“放缩圆”模型
适用 条件 粒子源发射初速度方向一定,大小不同的粒子,在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径随速度的变化而变化
轨迹圆 圆心共线 带正电粒子速度v越大,运动半径也越大。运动轨迹的圆心在垂直初速度方向的直线PP'上
界定 方法 以入射点P为定点,圆心位于PP'直线上,将半径放缩作轨迹圆,从而探索出临界条件,这种方法称为“放缩圆”法
例3 如图所示,正方形区域abcd内(含边界)有垂直于纸面向里的匀强磁场,ab=l,Oa=0.4l,大量带正电的粒子从O点沿与ab边成37°角的方向以不同的速度v0射入磁场,不计粒子重力和粒子间的相互作用。已知带电粒子的质量为m、电荷量为q,磁场的磁感应强度大小为B,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。
(1)求带电粒子在磁场中运动的最长时间;
(2)若带电粒子从ad边离开磁场,求v0的取值范围。
答案　(1)　(2)解析　(1)粒子从ab边离开磁场时,在磁场中运动的时间最长,如图甲所示
有qv0B=m,又T=
解得T=
由几何关系可得θ=74°
则粒子在磁场中运动的最长时间
t=T=。
(2)当粒子轨迹与ad边相切时,如图乙所示。
设此时粒子速度为v01,轨道半径为r1
由几何关系可得r1+r1sin 37°=0.4l
又qv01B=m,联立解得v01=
当粒子运动轨迹与cd边相切时,如图丙所示。
设此时粒子速度为v02,轨道半径为r2
由几何关系可得r2+r2cos 37°=l
又qv02B=m,解得v02=
综上可得考点四　“磁聚焦”与“磁发散”模型
磁发散 磁聚焦
带电粒子从圆形有界匀强磁场边界上同一点射入,如果轨迹半径与磁场半径相等,则粒子出射方向与入射点的切线方向平行 带电粒子平行射入圆形有界匀强磁场,如果轨迹半径与磁场半径相等,则粒子从磁场边界上同一点射出,该点切线方向与入射方向平行
例4 (2026·河北石家庄高三期末)如图所示,在xOy平面内有以O点为圆心、半径为R的圆形匀强磁场区域,磁场方向垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B,在x=2R处有一垂直于x坐标轴的足够长的挡板,一宽度为d(未知)且关于y轴对称的质子束,以一定的速度平行于y轴射入圆形磁场,偏转后所有质子都经过P点射出磁场,挡板上有质子打到的区域关于x坐标轴对称,长度为R。已知质子质量为m、带电荷量为e,忽略质子重力及质子间的相互作用,则质子束的宽度d为(　　)
A.R B.R
C.R D.R
答案　A
解析　根据题意,正对O点射入的质子经过P点,运动轨迹半径为R,质子束运动轨迹如图所示,根据题意可得ab长度为lab=×R=,则tan∠aPb==,得∠aPb=30°。cP为最左侧质子的轨迹半径,由于cP垂直于aP,可得∠cPO=60°,即从e点飞入磁场中质子的轨迹圆心c恰在磁场圆边界上,且轨迹恰过圆心O,可得△OcP、△eOc均为等边三角形,则ce=R,由几何关系可得最右侧质子在磁场中偏转角度为60°,必从c点射入磁场,所以质子束宽度d=ce=R,故A正确。
跟踪训练
(多选)如图,坐标原点O有一粒子源,能向坐标平面第一、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)处。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°
答案　AC
解析　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,有qvB=m,由几何关系知r=R,解得v=,A正确;由于所有粒子的速度大小相等,方向不同,但粒子离开磁场区域的出射点距离O点的竖直高度最大值为2R,所以粒子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,运动时间最长的粒子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。
A级　基础对点练
对点练1　动态圆模型
1.(多选)(2026·河南新乡高三期末)如图所示的直角三角形区域ABC内存在垂直于纸面向里的匀强磁场(含边界),∠B=90°、∠C=30°,AB=L,在BC边的某部分区域内有一线状粒子发射源,发射源能在纸面内垂直于BC边向磁场区域发射一系列比荷均为k、速率相等的粒子,最终粒子均从AB边离开磁场。粒子在磁场中运动的最短时间为t0,且该粒子刚好垂直于AB边离开磁场;粒子在磁场中运动的最长时间为t0,且轨迹与AC边相切。忽略粒子的重力以及粒子间的相互作用,下列说法正确的是(　　)
A.粒子带负电
B.磁感应强度大小为
C.粒子射入磁场的速率为
D.发射源的长度为
答案　BD
解析　粒子均从AB边离开磁场,粒子要向左偏转,根据左手定则知,粒子带正电,A错误;粒子在磁场中运动的最短时间为t0,且该粒子刚好垂直AB边离开磁场,有t0=T。由qvB=m、T=,解得B=,B正确;依题意,粒子在磁场中运动的最长时间为t0,且轨迹与AC边相切,如图甲所示,由几何关系知rsin 30°+=L,解得r=,综上可得v=,C错误;如图乙所示, 设发射源的长度为x,由几何关系知r+x=r+rcos 30°,解得x=,D正确。
2.(2025·广东佛山模拟)如图所示,边长为L的正方形abcd区域内有匀强磁场,ad边中点O处有一粒子源,向磁场内各方向均匀发射速率均为v0的电子,ab边恰好没有电子射出。已知电子质量为m,电荷量大小为e,则(　　)
A.bc边有电子射出
B.磁感强度大小为
C.从ad边射出的电子在磁场中运动的最长时间为
D.从cd边射出的电子数和从ad边射出的电子数之比为5∶1
答案　D
解析　ab边恰好没有电子射出,轨迹如图甲所示(轨迹1),根据洛伦兹力提供向心力,有ev0B=m,又r=,解得B=,由于电子射入的速度大小不变,方向改变,则轨迹半径不变,根据旋转圆模型可知,bc边没有电子射出,故A、B错误;从ad边射出的电子在磁场中运动的时间最长时轨迹如图乙所示,根据几何关系可知,圆心角θ=60°,所以最长时间为t=T=·=,故C错误;由以上分析可知,当粒子恰好经过d点时,其入射速度方向与ad边的夹角为30°,所以从cd边射出的电子数和从ad边射出的电子数之比为=,故D正确。
3.(多选)如图所示,在矩形GHIJ区域内分布着垂直于纸面向里的匀强磁场,P点是GH边的中点,四个完全相同的带电粒子仅在洛伦兹力的作用下,以大小不同的速率从P点射入匀强磁场,它们轨迹在同一平面(纸面)内,忽略粒子重力及相互作用,下列说法正确的是(　　)
A.①、②、③、④这四个粒子在矩形GHIJ磁场区域的运动周期相同
B.④粒子的速率最大
C.③粒子的向心加速度最大
D.②粒子在矩形GHIJ磁场区域运动的时间最长
答案　AB
解析　对于完全相同的粒子,其比荷相同,又T=,则在同一匀强磁场中,周期都相同,由题图知③粒子在磁场中转过的圆心角最大,所以③粒子在矩形GHIJ磁场区域运动的时间最长,故A正确,D错误;根据qvB=m,可得r=,由于④粒子的半径最大,则④粒子的速率最大,因为a=、T=,得粒子的向心加速度a=v,可知④粒子的向心加速度最大,故B正确,C错误。
对点练2　“磁聚焦”与“磁发散”模型
4.(多选)(2025·江西萍乡模拟)如图,空间中一半径为R的圆形区域(包括边界)内有方向垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场。磁场左侧宽度为R的区域里,大量质量为m、电荷量为q的带正电粒子以相同的水平速度平行射入圆形磁场,其中从A点沿AO方向射入的粒子,恰好能从圆形磁场最高点M点飞出。已知过A、O两点的直线水平且是有带电粒子射入区域的中心线,不计粒子重力及粒子间的相互作用,下列说法正确的是(　　)
A.粒子做圆周运动的半径为
B.粒子的初速度大小为
C.粒子在磁场中运动的最短时间为
D.粒子在磁场中运动的最长时间为
答案　BD
解析　由几何关系可知粒子做圆周运动的半径r=R,由洛伦兹力提供向心力得qv0B=m,解得粒子的初速度大小为v0=,故A错误,B正确;如图所示,由C点射入的粒子运动时间最短,设运动轨迹对应的圆心角为α,则有cos α==,粒子做圆周运动的周期T==,则粒子运动的最短时间tC=T=,同理,由D点射入的粒子运动时间最长,对应的圆心角为120°,则最长时间tD=T=,故C错误,D正确。
5.(多选)如图所示,坐标原点O处有一粒子源,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(不计重力及粒子间相互作用),所有粒子速度大小相等。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,磁感应强度大小为B,磁场右侧有一点A。已知初速度沿y轴正方向的粒子经过磁场后,粒子的速度方向沿x轴的正方向,则(　　)
A.初速度方向与x轴夹角为120°的粒子经过A点
B.初速度方向与x轴夹角为135°的粒子经过A点
C.经过A点的粒子在磁场中运动时间为
D.经过A点的粒子在磁场中运动时间为
答案　AC
解析　初速度沿y轴正方向的粒子经过磁场后,粒子的速度方向沿x轴正方向,则粒子的轨迹半径r=R,由qvB=m可得粒子轨迹半径为R;结合题意和几何关系可知,平面第一、二象限射入的粒子从磁场射出时,速度一定沿x轴正方向,设经过A点的粒子在磁场中运动的轨迹所对的圆心角为α,运动轨迹如图所示,根据几何关系有R+Rsin(α-90°)=R,解得α=120°,故A正确,B错误;该粒子在磁场中的运动时间为t=×=,故C正确,D错误。
B级　综合提升练
6.(2025·山西晋中模拟)极光是由太阳抛射出的高能带电粒子受到地磁场作用,在地球南北极附近与大气碰撞产生的发光现象。赤道平面的地磁场,可简化为如图所示:O为地球球心,R为地球半径,将地磁场在半径为R到3R之间的圆环区域看成是匀强磁场,磁感应强度大小为B。磁场边缘A处有一粒子源,可在赤道平面内以相同速率v0向各个方向射入某种带正电粒子,不计粒子重力、粒子间的相互作用及大气对粒子运动的影响,不考虑相对论效应。其中沿半径方向(图中1方向)射入磁场的粒子恰不能到达地球表面。若与AO方向成θ角向上方(图中2方向)射入磁场的粒子也恰好不能到达地球表面,则(　　)
A.sin θ= B.sin θ=
C.tan θ= D.tan θ=
答案　A
解析　高能粒子从磁场边缘A点沿半径方向以速率v0入射地磁场时恰不能到达地球表面,其轨迹与地球表面相切,如图所示,由几何关系可得(r+R)2=r2+(3R)2,解得r=4R,与AO方向成θ角向上方射入磁场的粒子也恰和地球表面相切射出,在此θ角范围内的粒子能到达地球,其余范围内进入磁场的粒子不能到达地球,作过A点且垂直于该速度方向的直线与过切点和O点连线延长线交于F点,则F点为粒子轨迹圆的圆心,由几何关系可得AF=r=4R,AO=FO=3R,则有sin θ===,故A正确。
7.(多选)利用磁聚焦和磁控束可以改变一束平行带电粒子的宽度,人们把此原理运用到薄膜材料制备上,使芯片技术得到飞速发展。如图,宽度为r0的带正电粒子流水平向右射入半径为r0的圆形匀强磁场区域,磁感应强度大小为B0,这些带电粒子都将从磁场圆上O点进入正方形区域,正方形过O点的一边与半径为r0的磁场圆相切。在正方形区域内存在一个面积最小的匀强磁场区域,使汇聚到O点的粒子经过该磁场区域后宽度变为2r0,且粒子仍沿水平向右射出,不考虑粒子间的相互作用力及粒子的重力,下列说法正确的是(　　)
A.正方形区域中匀强磁场的磁感应强度大小为2B0,方向垂直于纸面向里
B.正方形区域中匀强磁场的磁感应强度大小为B0,方向垂直于纸面向里
C.正方形区域中匀强磁场的最小面积为2(π-2)
D.正方形区域中匀强磁场的最小面积为
答案　BC
解析　根据磁聚焦原理,粒子在半径为r0的圆形磁场区域中运动时,粒子的运动轨迹半径为r0,由qvB0=m,解得B0=。要使汇聚到O点的粒子经正方形区域内的磁场偏转后宽度变为2r0,且粒子仍沿水平向右射出,作出粒子运动的轨迹如图所示,由几何关系可知粒子在正方形区域磁场中的轨迹半径为2r0,正方形中磁场区域应该为圆形磁场的一部分,由qvB1=m,解得B1==B0,由左手定则可知,方向垂直纸面向里,A错误,B正确;磁场区域的最小面积为图中的阴影部分面积Smin=2(π-2),C正确,D错误。
8.(2025·安徽卷,7)如图,在竖直平面内的Oxy直角坐标系中,x轴上方存在垂直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
答案　C
解析　粒子在磁场中做匀速圆周运动,由洛伦兹力提供向心力有qvB=m,其中v=,解得粒子的运动半径为r=d,A错误;当粒子恰好经过薄板最右端打到薄板上表面时,粒子打到薄板上表面的位置距N点最远,当粒子沿x轴正方向射出时,粒子打到薄板上表面的位置距N点最近,对应运动轨迹如图甲所示,由几何关系可知,薄板的上表面接收到粒子的区域长度Δx1=2rcos 30°-r=(-1)d,B错误;结合B项分析可知,粒子能打到薄板下表面的最右端,当粒子的运动轨迹与薄板相切时,粒子打到薄板下表面的位置距N点最远,轨迹如图乙所示,由几何关系可知,薄板的下表面接收到粒子的区域长度Δx2=d,C正确;粒子在磁场中的运动周期T==,又t=T,故粒子运动轨迹所对圆心角越大,运动时间越长,结合B、C项分析可知,打在薄板下表面右端的粒子运动时间最短,结合几何关系有tmin=·=,D错误。
C级　培优加强练
9.(2025·江苏苏州模拟)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MNPQ、方向垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B的水平匀强磁场,探测板EF平行于PQ竖直放置,能沿水平方向左右缓慢移动且接地。a、b、c为三束宽度不计、间距均为0.6R的离子束,离子均以相同速度持续从边界MQ竖直向上射入磁场,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右边界PQ水平射出,并打在探测板的上边缘F点。已知每束每秒射入磁场的离子数均为N,探测板EF的长度为0.6R,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,sin 37°=0.6。
(1)求离子速度v的大小;
(2)a、c两束中同时进入磁场的两个离子,求它们打在探测板上的时间差Δt;
(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水平分量F的大小与板到PQ距离d的关系。
答案　(1)　(2)　(3)见解析
解析　(1)离子在磁场中做圆周运动,由牛顿运动定律得qvB=m
解得离子的速度大小v=。
(2)离子在磁场中运动的周期T==
作出离子的运动轨迹如图
由几何关系可知a、c两束中的离子从同一点H射出,设离开磁场的速度分别与水平方向的夹角为β、α,则有sin β==0.6,sin α==0.6
可得α=β=37°
a、c两束中的离子在磁场中运动的圆心角分别为
θc=90°-37°=53°,θa=180°-(90°-37°)=127°
则两离子在磁场中运动时间的差值为
t=T,解得t=
由于两离子出磁场的速度与磁场边界所成的夹角相同,则两离子从离开磁场到打在EF板的时间相同,即离子运动的时间差Δt=。
(3)同时探测到三束离子,满足tan α=
解得dmax1=R
同理,同时探测到两束离子时,有
tan β=,解得dmax2=
只能探测到一束离子时,有d>R
对离子束由动量定理有F·Δt=Δpx
而a或c束中每个离子动量的水平分量
px=pcos α,其中p=mv=qBR,则px=0.8qBR
当0可得F=,则F1=Np+2Npx=2.6NqBR
同理当R当d>R时,F3=Np=NqBR。(共44张PPT)
专题强化十七　动态圆、磁聚焦和磁发散
第十章　磁场
1.进一步理解带电粒子在有界匀强磁场中运动的临界极值问题。 2.会用“平移圆”“旋转圆”“放缩圆”找出对应的临界状态或极值的轨迹。 3.理解“磁聚焦”和“磁发散”模型。
学习目标
目 录
CONTENTS
考点
01
提升素养能力
02
考点
1
考点二　“旋转圆”模型
考点一　“平移圆”模型
考点三　“放缩圆”模型
考点四　“磁聚焦”与“磁发散”模型
考点一　“平移圆”模型
适用条件 粒子源发射速度大小、方向一定,入射点不同
但在同一直线上的同种带电粒子进入匀强磁
场时,它们做匀速圆周运动的半径相同,若入
射速度大小为v0,则半径r=,如图所示
轨迹圆圆心共线 带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心在同一直线上,该直线与入射点的连线平行
界定方法 将半径为r=的圆进行平移,从而探索粒子的临界条件,这种方法叫“平移圆”法
例1 (2025·四川巴中模拟)如图所示,C、D、E为以O为圆心、半径为R的圆周上的点,∠COD=,A为CD的中点,在OCEDO内充满垂直于纸面向外的匀强磁场(图中未画出,O点处也有磁场),磁感应强度大小为B。一群质量为m、电荷量为q的带正电粒子以速率v0=从AC部分垂直于AC射向磁场区域,忽略粒子间的相互作用以及粒子的重力,只考虑粒子在一次进出磁场中的运动。下列说法正确的是(　　)
A.粒子在磁场中运动的轨道半径为R
B.从CO射出磁场的粒子运动时间不同
C.粒子在磁场中运动的最长时间为
D.粒子可能从圆弧边界射出
C
解析　由洛伦兹力提供向心力,有qv0B=m,代入数据可得r=,故A错误;粒子在磁场中做圆周运动的周期为T==,如图所示,部分粒子从OC边射入磁场,又从OC边射出磁场,由对称性可知,粒子偏转的圆心角为90°,时间为t1==,故B错误;沿AO入射的粒子,运动轨迹与磁场圆在最低点内切,圆心角为
270°,则粒子在磁场中运动的最长时间为t3==,故C正确;
由图可知,粒子不会从圆弧边界射出,故D错误。
考点二　“旋转圆”模型
适用 条件 粒子源发射速度大小一定、方向不同的同种带电
粒子从同一点进入匀强磁场时,它们在磁场中做匀
速圆周运动的半径相同,若入射初速度大小为v0,
则圆周运动轨迹半径为r=,如图所示
轨迹圆圆 心共圆
如图,带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的
圆心在以入射点P为圆心、半径r=的圆上
界定 方法 将一半径为r=的圆以入射点为圆心进行旋转,从而探索出临界条件,这种方法称为“旋转圆”法
例2 (多选)(2025·重庆八中模拟)如图所示,x轴上方存在垂直xOy平面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场。位于坐标原点O的离子源从t=0时刻开始、沿xOy平面持续发射速度大小范围为0A.速度为的离子,在磁场中匀速圆周运动的
半径为L
B.速度为的离子,在x轴上能够被探测到的区
间为L≤x≤2L
C.在0~时间段内,磁场中可探测到离子区域的最大面积为πL2
D.在0~时间段内,磁场中可探测到离子区域的最大面积为L2
AD
解析　根据洛伦兹力提供向心力,有qvB=m,得r=,将v=代入得r=L,故A正确;根据左手定则可知,射入磁场中的离子将沿顺时针方向做匀速圆周运动,当v=时r=L,沿各个方向射入磁场的离子的运动轨迹如图甲所示,可知,在x轴上能够被探测到的区间为0≤x≤2L,故B错误;
离子在磁场中做匀速圆周运动的周期为T==,所以=,在0~时间段内,0时刻射入磁场的离子在磁场中转过的圆心角均为,磁场中可探测到离子最远点落在一段圆弧上,该圆弧以O为圆心、以R=L为半径,对应的圆心角为π,如图乙所示。
可探测到离子区域的最大面积为S=·π(L)2+=L2,故C错误,D正确。
考点三　“放缩圆”模型
适用 条件 粒子源发射初速度方向一定,大小不同的粒子,在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径随速度的变化而变化
轨迹圆 圆心共线 带正电粒子速度v越大,运动半径也越大。运动
轨迹的圆心在垂直初速度方向的直线PP'上
界定 方法 以入射点P为定点,圆心位于PP'直线上,将半径放缩作轨迹圆,从而探索出临界条件,这种方法称为“放缩圆”法
例3 如图所示,正方形区域abcd内(含边界)有垂直于纸面向里的匀强磁场,ab=l,
Oa=0.4l,大量带正电的粒子从O点沿与ab边成37°角的方向以不同的速度v0射入磁场,不计粒子重力和粒子间的相互作用。已知带电粒子的质量为m、电荷量为q,磁场的磁感应强度大小为B,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。
(1)求带电粒子在磁场中运动的最长时间;
答案　　
解析　粒子从ab边离开磁场时,在磁场中运动的时间最长,如图甲所示
有qv0B=m,又T=
解得T=
由几何关系可得θ=74°
则粒子在磁场中运动的最长时间
t=T=。
(2)若带电粒子从ad边离开磁场,求v0的取值范围。
答案　解析　当粒子轨迹与ad边相切时,如图乙所示。
设此时粒子速度为v01,轨道半径为r1
由几何关系可得r1+r1sin 37°=0.4l
又qv01B=m,联立解得v01=
当粒子运动轨迹与cd边相切时,如图丙所示。
设此时粒子速度为v02,轨道半径为r2
由几何关系可得r2+r2cos 37°=l
又qv02B=m,解得v02=
综上可得考点四　“磁聚焦”与“磁发散”模型
磁发散 磁聚焦
带电粒子从圆形有界匀强磁场边界上同一点射入,如果轨迹半径与磁场半径相等,则粒子出射方向与入射点的切线方向平行 带电粒子平行射入圆形有界匀强磁场,如果轨迹半径与磁场半径相等,则粒子从磁场边界上同一点射出,该点切线方向与入射方向平行
例4 (2026·河北石家庄高三期末)如图所示,在xOy平面内有以O点为圆心、半径为R的圆形匀强磁场区域,磁场方向垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B,在x=2R处有一垂直于x坐标轴的足够长的挡板,一宽度为d(未知)且关于y轴对称的质子束,以一定的速度平行于y轴射入圆形磁场,偏转后所有质子都经过P点射出磁场,挡板上有质子打到的区域关于x坐标轴对称,长度为R。已知质子质量为m、带电荷量为e,忽略质子重力及质子间的相互作用,则质子束的宽度d为(　　)
A.R B.R C.R D.R
A
解析　根据题意,正对O点射入的质子经过P点,运动轨迹半径为R,质子束运动轨迹如图所示,根据题意可得ab长度为lab=×R=,则tan∠aPb==,得∠aPb=30°。cP为最左侧质子的轨迹半径,由于cP垂直于aP,可得∠cPO=60°,即从e点飞入磁场中质子的轨迹圆心c恰在磁场圆边界上,且轨迹恰过圆心O,可得△OcP、△eOc均为等边三角形,则ce=R,由几何关系可得最右侧质子在磁场中偏转角度为60°,必从c点射入磁场,所以质子束宽度d=ce=R,故A正确。
(多选)如图,坐标原点O有一粒子源,能向坐标平面第一、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)处。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(　　)
跟踪训练
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°
AC
解析　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,有qvB=m,由几何关系知r=R,解得v=,A正确;由于所有粒子的速度大小相等,方向不同,但粒子离开磁场区域的出射点距离O点的竖直高度最大值为2R,所以粒子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,运动时间最长的粒子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。
提升素养能力
2
A级　基础对点练
BD
对点练1　动态圆模型
1.(多选)(2026·河南新乡高三期末)如图所示的直角三角形区域ABC内存在垂直于纸面向里的匀强磁场(含边界),∠B=90°、∠C=30°,AB=L,在BC边的某部分区域内有一线状粒子发射源,发射源能在纸面内垂直于BC边向磁场区域发射一系列比荷均为k、速率相等的粒子,最终粒子均从AB边离开磁场。
粒子在磁场中运动的最短时间为t0,且该粒子刚好垂直于
AB边离开磁场;粒子在磁场中运动的最长时间为t0,且轨
迹与AC边相切。忽略粒子的重力以及粒子间的相互作用,
下列说法正确的是(　　)
A.粒子带负电 B.磁感应强度大小为
C.粒子射入磁场的速率为 D.发射源的长度为
解析　粒子均从AB边离开磁场,粒子要向左偏转,根据左手定则知,粒子带正电,A错误;粒子在磁场中运动的最短时间为t0,且该粒子刚好垂直AB边离开磁场,有t0=T。由qvB=m、T=,解得B=,B正确;依题意,粒子在磁场中运动的最长时间为t0,且轨迹与AC边相切,如图甲所示,由几何关系知rsin 30°+=L,解得r=,综上可得v=,C错误;如图乙所示, 设发射源的长度为x,由几何关系知r+x=r+rcos 30°,解得x=,D正确。
D
2.(2025·广东佛山模拟)如图所示,边长为L的正方形abcd区域内有匀强磁场,ad边中点O处有一粒子源,向磁场内各方向均匀发射速率均为v0的电子,ab边恰好没有电子射出。已知电子质量为m,电荷量大小为e,则(　　)
A.bc边有电子射出
B.磁感强度大小为
C.从ad边射出的电子在磁场中运动的最长时间为
D.从cd边射出的电子数和从ad边射出的电子数之比为5∶1
解析　ab边恰好没有电子射出,轨迹如图甲所示(轨迹1),根据洛伦兹力提供向心力,有ev0B=m,又r=,解得B=,由于电子射入的速度大小不变,方向改变,则轨迹半径不变,根据旋转圆模型可知,bc边没有电子射出,故A、B错误;从ad边射出的电子在磁场中运动的时间最长时轨迹如图乙所示,根据几何关系可知,圆心角θ=60°,所以最长时间为t=T=·=,故C错误;由以
上分析可知,当粒子恰好经过d点时,其入射速度方向
与ad边的夹角为30°,所以从cd边射出的电子数和从ad
边射出的电子数之比为=,故D正确。
AB
3.(多选)如图所示,在矩形GHIJ区域内分布着垂直于纸面向里的匀强磁场,P点是GH边的中点,四个完全相同的带电粒子仅在洛伦兹力的作用下,以大小不同的速率从P点射入匀强磁场,它们轨迹在同一平面(纸面)内,忽略粒子重力及相互作用,下列说法正确的是(　　)
A.①、②、③、④这四个粒子在矩形GHIJ磁场区域的运动周期相同
B.④粒子的速率最大
C.③粒子的向心加速度最大
D.②粒子在矩形GHIJ磁场区域运动的时间最长
解析　对于完全相同的粒子,其比荷相同,又T=,则在同一
匀强磁场中,周期都相同,由题图知③粒子在磁场中转过的圆心
角最大,所以③粒子在矩形GHIJ磁场区域运动的时间最长,故A
正确,D错误;根据qvB=m,可得r=,由于④粒子的半径最大,则
④粒子的速率最大,因为a=、T=,得粒子的向心加速度a=v,可知④粒子的向心加速度最大,故B正确,C错误。
BD
对点练2　“磁聚焦”与“磁发散”模型
4.(多选)(2025·江西萍乡模拟)如图,空间中一半径为R的圆形区域(包括边界)内有方向垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场。磁场左侧宽度为R的区域里,大量质量为m、电荷量为q的带正电粒子以相同的水平速度平行射入圆形磁场,其中从A点沿AO方向射入的粒子,恰好能从圆形磁场最高点M点飞出。已知过A、O两点的直线水平且是有带电粒子射入区域的中心线,不计粒子重力及粒子间的相互作用,下列说法正确的是(　　)
A.粒子做圆周运动的半径为
B.粒子的初速度大小为
C.粒子在磁场中运动的最短时间为
D.粒子在磁场中运动的最长时间为
解析　由几何关系可知粒子做圆周运动的半径r=R,由洛伦兹力提供向心力得qv0B=m,解得粒子的初速度大小为v0=,故A错误,B正确;如图所示,由C点射入的粒子运动时间最短,设运动轨迹对应的圆心角为α,则有cos α==,粒子做圆周运动的周期T==,则粒子运动的最短时间tC=T=,
同理,由D点射入的粒子运动时间最长,对应的圆心角为120°,
则最长时间tD=T=,故C错误,D正确。
AC
5.(多选)如图所示,坐标原点O处有一粒子源,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(不计重力及粒子间相互作用),所有粒子速度大小相等。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,磁感应强度大小为B,磁场右侧有一点A。已知初速度沿y轴正方向的粒子经过磁场后,粒子的速度方向沿x轴的正方向,则(　　)
A.初速度方向与x轴夹角为120°的粒子经过A点
B.初速度方向与x轴夹角为135°的粒子经过A点
C.经过A点的粒子在磁场中运动时间为
D.经过A点的粒子在磁场中运动时间为
解析　初速度沿y轴正方向的粒子经过磁场后,粒子的速度方向沿x轴正方向,则粒子的轨迹半径r=R,由qvB=m可得粒子轨迹半径为R;结合题意和几何关系可知,平面第一、二象限射入的粒子从磁场射出时,速度一定沿x轴正方向,设经过A点的粒子在磁场中运动的轨迹所对的圆心角为α,运动轨迹如图所示,根据几何关系有R+Rsin(α-90°)=R,解得α=120°,故A正确,B错误;该粒子在
磁场中的运动时间为t=×=,故C正确,D错误。
A
6.(2025·山西晋中模拟)极光是由太阳抛射出的高能带电粒子受到地磁场作用,在地球南北极附近与大气碰撞产生的发光现象。赤道平面的地磁场,可简化为如图所示:O为地球球心,R为地球半径,将地磁场在半径为R到3R之间的圆环区域看成是匀强磁场,磁感应强度大小为B。磁场边缘A处有一粒子源,可在赤道平面内以相同速率v0向各个方向射入某种带正电粒子,不计粒子重力、粒子间的相互作用及大气对粒子运动的影响,不考虑相对论效应。其中沿半径方向(图中1方向)射入磁场的粒子恰不能到达地球表面。若与AO方向成θ角向上方
(图中2方向)射入磁场的粒子也恰好不能到达地球表面,则(　　)
A.sin θ= B.sin θ=
C.tan θ= D.tan θ=
B级　综合提升练
解析　高能粒子从磁场边缘A点沿半径方向以速率v0入射地磁场时恰不能到达地球表面,其轨迹与地球表面相切,如图所示,由几何关系可得(r+R)2=r2+(3R)2,解得r=4R,与AO方向成θ角向上方射入磁场的粒子也恰和地球表面相切射出,在此θ角范围内的粒子能到达地球,其余范围内进入磁场的粒子不能到达地球,作过A点且垂直于该速度方向的直线与过切点和O点连线延长线交于
F点,则F点为粒子轨迹圆的圆心,由几何关系可得AF=r=
4R,AO=FO=3R,则有sin θ===,故A正确。
BC
7.(多选)利用磁聚焦和磁控束可以改变一束平行带电粒子的宽度,人们把此原理运用到薄膜材料制备上,使芯片技术得到飞速发展。如图,宽度为r0的带正电粒子流水平向右射入半径为r0的圆形匀强磁场区域,磁感应强度大小为B0,这些带电粒子都将从磁场圆上O点进入正方形区域,正方形过O点的一边与半径为r0的磁场圆相切。在正方形区域内存在一个面积最小的匀强磁场区域,使汇聚到O点的粒子经过该磁场区域后宽度变为2r0,且粒子仍沿水平向右射出,不考虑粒子间的相互作用力及粒子的重力,下列说法正确的是(　　)
A.正方形区域中匀强磁场的磁感应强度大小为2B0,方向垂
直于纸面向里
B.正方形区域中匀强磁场的磁感应强度大小为B0,方向垂
直于纸面向里
C.正方形区域中匀强磁场的最小面积为2(π-2)
D.正方形区域中匀强磁场的最小面积为
解析　根据磁聚焦原理,粒子在半径为r0的圆形磁场区域中运动时,粒子的运动轨迹半径为r0,由qvB0=m,解得B0=。要使汇聚到O点的粒子经正方形区域内的磁场偏转后宽度变为2r0,且粒子仍沿水平向右射出,作出粒子运动的轨迹如图所示,由几何关系可知粒子在正方形区域磁场中的轨迹半径
为2r0,正方形中磁场区域应该为圆形磁场的一部分,由
qvB1=m,解得B1==B0,由左手定则可知,方向垂
直纸面向里,A错误,B正确;磁场区域的最小面积为图
中的阴影部分面积Smin=2(π-2),C正确,D错误。
C
8.(2025·安徽卷,7)如图,在竖直平面内的Oxy直角坐标系中,x轴上方存在垂直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　粒子在磁场中做匀速圆周运动,由洛伦兹力提供向心力有qvB=m,其中v=,解得粒子的运动半径为r=d,A错误;当粒子恰好经过薄板最右端打到薄板上表面时,粒子打到薄板上表面的位置距N点最远,当粒子沿x轴正方向射出时,粒子打到薄板上表面的位置距N点最近,对应运动轨迹如图甲所示,由几何关系可知,薄板的上表面接收到粒子的区域长度Δx1=2rcos 30°-r=(-1)d,B错误;结合B项分析可知,粒子能打到薄板下表面的最右端,当粒子的运动轨迹与薄板相切时,粒子打到薄板下表面的位置距N点最远,轨迹如图乙所示,由几何关系可知,薄板的下表面接收到粒子的区域长度Δx2=d,C正确;粒子在磁场中的运动周期
T==,又t=T,故粒子运动轨迹所
对圆心角越大,运动时间越长,结合B、C
项分析可知,打在薄板下表面右端的粒子
运动时间最短,结合几何关系有tmin=
·=,D错误。
9.(2025·江苏苏州模拟)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MNPQ、方向垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B的水平匀强磁场,探测板EF平行于PQ竖直放置,能沿水平方向左右缓慢移动且接地。a、b、c为三束宽度不计、间距均为0.6R的离子束,离子均以相同速度持续从边界MQ竖直向上射入磁场,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右边界PQ水平射出,并打在探测板的上边缘F点。已知每束每秒射入磁场的离子数均为N,探测板EF的长度为0.6R,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,sin 37°=0.6。
C级　培优加强练
(1)求离子速度v的大小;
(2)a、c两束中同时进入磁场的两个离子,求它们打在探测板上的时间差Δt;
(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水平分量F的大小与板到PQ距离d的关系。
答案　(1)　(2)　(3)见解析
解析　(1)离子在磁场中做圆周运动,由牛顿运动定律得qvB=m
解得离子的速度大小v=。
(2)离子在磁场中运动的周期T==
作出离子的运动轨迹如图
由几何关系可知a、c两束中的离子从同一点H射出,设离开磁场的速度分别与水平方向的夹角为β、α,则有sin β==0.6,sin α==0.6
可得α=β=37°
a、c两束中的离子在磁场中运动的圆心角分别为
θc=90°-37°=53°,θa=180°-(90°-37°)=127°
则两离子在磁场中运动时间的差值为
t=T,解得t=
由于两离子出磁场的速度与磁场边界所成的夹角相同,则两离子从离开磁场到打在EF板的时间相同,即离子运动的时间差Δt=。
(3)同时探测到三束离子,满足tan α=
解得dmax1=R
同理,同时探测到两束离子时,有
tan β=,解得dmax2=
只能探测到一束离子时,有d>R
对离子束由动量定理有F·Δt=Δpx
而a或c束中每个离子动量的水平分量
px=pcos α,其中p=mv=qBR,则px=0.8qBR
当0可得F=,则F1=Np+2Npx=2.6NqBR
同理当R当d>R时,F3=Np=NqBR。
本节内容结束
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