专题提升练22 用“动态圆”思想解答临界、极值问题
梯级Ⅰ基础练
1.(2025·南宁模拟)如图所示，边长为L的正方形abcd区域内分布磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场。从cd边的中点P处发射速率不同、质量为m、电荷量为q的带正电粒子，粒子沿纸面与Pd成30°的方向射入该磁场区域，不计粒子的重力及粒子间的相互作用。已知某一速率的粒子恰好能从bc边离开磁场，则该粒子入射的速率为( )
A. B. C. D.
2.(多选)如图所示，在水平边界OP上方有磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场，OP距离为2 m，PQ是一足够长的挡板，OP延长线与PQ的夹角为θ，粒子打在挡板上均被吸收。在O、P之间有大量质量、电荷量和速度都相同的粒子，速度方向均垂直于边界OP，且在纸面内。其中从OP中点射入的粒子恰能垂直打在挡板上(不计粒子重力及其相互作用)。则下列说法正确的是( )
A.θ=30°时，PQ上粒子打中区域的长度为 m
B.θ=30°时，PQ上粒子打中区域的长度为2 m
C.θ=60°时，PQ上粒子打中区域的长度为 m
D.θ=60°时，PQ上粒子打中区域的长度为1 m
3.(多选)如图所示，半径为R的圆形区域内存在匀强磁场，方向垂直于纸面向里。边界上C点有一粒子源，可平行于纸面向磁场内任意方向发射质量为m、电荷量为q的带正电粒子，粒子速度大小均为v0。不计粒子重力以及粒子间的相互作用，所有粒子运动半径均为R且离开磁场时速度方向均与AB平行，AB、CD为互相垂直的直径，则( )
A.粒子离开磁场时速度方向平行AB向下
B.磁感应强度大小为
C.经过圆心O的粒子在磁场中运动的时间为
D.沿着CO方向射入的粒子在磁场中运动的时间为
4.(多选)(2025·邢台模拟)如图所示，边长为L的等边三角形ABC内有垂直纸面向里、磁感应强度大小为B0的匀强磁场，D是AB边的中点，一质量为m、电荷量为q的带负电的粒子从D点以速度v平行于BC边方向射入磁场，不考虑带电粒子受到的重力，下列说法正确的是( )
A.粒子可能从B点射出
B.若粒子垂直BC边射出，则粒子做匀速圆周运动的半径为L
C.若粒子从C点射出，则粒子在磁场中运动的时间为
D.若粒子从AB边射出，则粒子的速度越大，其在磁场中运动的时间越短
5.(多选)如图所示，平面直角坐标系中，A点的坐标为(d，0)，在y轴和直线AD之间存在垂直纸面向里的匀强磁场Ⅰ，在AD和AC之间存在垂直纸面向外的匀强磁场Ⅱ，磁感应强度均为B，AD、AC边界的夹角∠DAC=30°。质量为m、电荷量为+q的粒子可在边界AC上的不同点射入，入射速度垂直AC且垂直磁场，若入射速度大小为，不计粒子重力，则( )
A.粒子在磁场中的运动半径为d
B.粒子距A点0.5d处射入，不会进入Ⅰ区
C.若粒子能进入区域Ⅰ，则粒子在区域Ⅰ中运动的最短时间为
D.若粒子能进入区域Ⅰ，则粒子从距A点(-1)d处射入，在Ⅰ区域内运动的时间最短
梯级Ⅱ能力练
6.(2025·抚州模拟)如图所示，P点处固定一位于纸面内的质子源，它可以向各个方向均匀发射速率相同的质子，在P点下方放置有长度为L=2.0 m以O为中点的探测板，P点离探测板的垂直距离OP为a，在探测板的上方存在方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B的匀强磁场。不考虑粒子间的相互作用，质子的电荷量q=1.6×10-19 C。若质子的质量m=1.7×10-27 kg，质子的动量p=4.8×10-21 kg·m/s。求:
(1)当a=0.3 m，B=0.1 T时，求计数率η(即打到探测板上的质子数与总质子数的比值);
(2)当a=0.3 m，B=0.1 T时，求质子从质子源出发到探测板上运动的最长时间;
(3)若a取不同的值，可通过调节B的大小获得与(1)问中同样的计数率，求B与a的关系并给出B的取值范围。
7.如图所示，在圆心为O、半径为R的半圆形区域内有垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场。一系列带正电的粒子以不同的速率从O点沿垂直于磁场方向且与 ON成30°角方向射入磁场。已知带电粒子的电荷量为q，质量为m，重力不计，不考虑带电粒子间的相互作用力。
(1)若带电粒子能从半圆形磁场边界的圆弧部分射出，求粒子速率应满足的条件;
(2)若带电粒子恰好从P点射出磁场，求带电粒子的速率及其在磁场中的运动时间;
(3)若带电粒子通过磁场区域后速度方向偏转了30°，求带电粒子的速率。
梯级Ⅲ创新练
8.(多选)(2025·台州模拟)如图所示，在三角形OMN区域内存在着垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，∠OMN=60°。磁场的边界MN上放置着一长度为L的挡板，挡板中心处有一小孔K。在ON的左侧空间有质量为m、电荷量为+q的粒子流均以初速度v平行OM进入磁场，到达K孔的粒子可沿任意角度穿过小孔，不考虑粒子与挡板碰撞后的运动情况，不计粒子重力及粒子间相互作用力，下列说法正确的是( )
A.若粒子垂直挡板射出小孔K，则粒子的速度大小为
B.若粒子能从小孔K射出，则粒子的最小速度为
C.若粒子以最小的速度通过小孔K，则粒子在磁场中的运动时间为
D.若粒子的速度大小为且能从小孔K射出，则粒子在磁场中的运动时间为
专题提升练22 用“动态圆”思想解答临界、极值问题
1.A 解析 已知粒子恰好能从bc边离开磁场,可知轨迹与bc边相切,作出轨迹如图所示,根据几何关系有R+Rsin 30°=,解得R=,由洛伦兹力提供向心力可得qvB=m,联立解得v=,A项正确。
2.AC 解析 由于粒子从OP中点射入恰能垂直打到挡板上,即粒子运动半径r=1 m,当θ=30°时,如图甲所示,粒子打中挡板的长度L=2rcos θ= m,A项正确,B项错误;当θ=60°时,如图乙所示,粒子打中挡板的长度L== m,C项正确,D项错误。
甲 乙
3.BD 解析 由于粒子做圆周运动的半径等于磁场圆的半径,粒子带正电,所以根据左手定则和磁发散原理可知,从C点射入磁场中的所有粒子均平行于AB向上射出,A项错误;根据洛伦兹力提供向心力有qv0B=m,所以B=,B项正确;若粒子经过圆心O,则其圆心角等于120°,所以粒子在磁场中运动的时间为t=T=·=,C项错误;若粒子沿着CO方向射入磁场,其圆心角等于90°,所以粒子在磁场中运动的时间为t'=T=·=,D项正确。
4.BC 解析 带负电的粒子从D点以速度v平行于BC边方向射入磁场,由左手定则可知,粒子向下偏转,由于BC边的限制,粒子不能达到B点,A项错误;粒子垂直BC边射出,如图甲所示,粒子做匀速圆周运动的半径等于D点到BC边的距离,R1=Lsin 60°=L,B项正确;粒子从C点射出,如图乙所示,根据几何关系可得粒子轨迹对应的圆心角为60°,粒子在磁场中运动的时间为t=T=×=,C项正确;qvB0=m,可知r=,若粒子从AB边射出,则粒子的速度越大,轨迹半径越大,如图丙所示,粒子从AB边射出时的圆心角相同,其在磁场中运动的时间相同,D项错误。
甲 乙
丙
5.ACD 解析 根据Bqv=m可得r==·=d,A项正确;如图甲所示,设粒子从M点入射时,轨迹和AD相切,则O1A=2d,AM=d,可知粒子距A点0.5d处射入,会进入Ⅰ区,B项错误;粒子在区域Ⅰ运动时间最短时,轨迹如图乙所示,此时MN平行于x轴,又MN=d,由几何关系可知,轨迹对应的圆心角为120°,运动时间为=·=,C项正确;由几何关系可知∠AO2N=30°,AO2=d,又r=d,则AE=(-1)d,D项正确。
甲 乙
6.答案 (1) (2)5.0×10-7 s (3)B= B≥ T
解析 (1)根据洛伦兹力提供向心力
qvB=,
解得R===0.3 m,
竖直向上和竖直向下射出的质子刚好能打到探测板上,运动轨迹如图甲所示,
甲
故能够打在探测板上的角度α=π,
计数率为η===。
(2)由图甲可知,竖直向上的粒子运动时间最长,为t=×≈5.0×10-7 s。
(3)由(1)中分析可知,在确保计数率相同的情况下,只要满足R=a,
结合(1)中半径公式可得B==,
若刚好打到探测板最左端时为粒子运动所允许的最大半径,如图乙所示,
乙
由几何关系可得(2Rmax)2=+2,
解得Rmax= m,
由于R=a,
可得amax= m,
结合B与a的关系可得B≥ T。
7.答案 (1)v> (2)
(3)
解析 (1)如图甲所示,带电粒子做圆周运动的轨迹与半圆形磁场边界相切时恰好不从磁场圆弧部分边界射出,设此时粒子速度大小为v1,轨道半径为r1,根据几何知识,有
r1=,
根据洛伦兹力提供向心力,有qv1B=m,
解得v1=,
所以粒子速率应满足的条件是v>。
甲
(2)如图甲所示,带电粒子恰好从P点离开磁场时,设粒子速度大小为v2,轨道半径为r2根据几何知识,有r2cos 30°=,
根据洛伦兹力提供向心力,有qv2B=m,
解得v2=,
带电粒子做圆周运动转过的圆心角为,带电粒子做圆周运动的周期
T==,
带电粒子在磁场中的运动时间
t=T=。
(3)如图乙所示,带电粒子通过磁场区域后速度方向偏转了30°,设此带电粒子的速度大小为v3,轨道半径为r3,根据数学知识,有
=,
根据洛伦兹力提供向心力,有qv3B=m,
解得v3=。
乙
8.BD 解析 根据题意,作出粒子垂直挡板射出小孔K的运动轨迹如图甲所示,根据几何关系可知粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径为r=xNK=,根据洛伦兹力提供向心力可得qvB=m,联立解得v=,A项错误;根据题意,当轨迹半径最小时﹐粒子的速度最小,作出粒子以最小速度从小孔K射出的运动轨迹如图乙所示,根据几何关系可知粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径为r'=xNKcos 60°=,根据洛伦兹力提供向心力有qv'B=m,联立解得v'=,又粒子在磁场中做圆周运动的圆心角为90°,则粒子在磁场中运动的时间为t=,由qvB=m和T=,解得T=,则t=,B项正确,C项错误;根据洛伦兹力提供向心力有qv″B=m,粒子的速度大小为时,粒子在三角形OMN区域运动的轨迹半径r″=L,作出从小孔K射出的粒子的运动轨迹如图丙所示,粒子从小孔K射出时,由几何关系有sin θ==,则有θ=60°,粒子在磁场中做圆周运动的圆心角为60°,则粒子在磁场中的运动时间为t'==,D项正确。
甲 乙 丙(共33张PPT)
专题提升练22
用“动态圆”思想解答临界、极值问题
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1.(2025·南宁模拟)如图所示，边长为L的正方形abcd区域内分布磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场。从cd边的中点P处发射速率不同、质量为m、电荷量为q的带正电粒子，粒子沿纸面与Pd成30°的方向射入该磁场区域，不计粒子的重力及粒子间的相互作用。已知某一速率的粒子恰好能从bc边离开磁场，则该粒子入射的速率为( )
A. B. C. D.
梯级Ⅰ 基础练
已知粒子恰好能从bc边离开磁场，可知轨迹与bc边相切，作出轨迹如图所示，根据几何关系有R+Rsin 30°=，解得R=，由洛伦兹力提供向心力可得qvB=m，联立解得v=，A项正确。
解析
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2.(多选)如图所示，在水平边界OP上方有磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场，OP距离为2 m，PQ是一足够长的挡板，OP延长线与PQ的夹角为θ，粒子打在挡板上均被吸收。在O、P之间有大量质量、电荷量和速度都相同的粒子，速度方向均垂直于边界OP，且在纸面内。其中从OP中点射入的粒子恰能垂直打在挡板上 (不计粒子重力及其相互作用)。则下列说法正确的是( )
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A.θ=30°时，PQ上粒子打中区域的长度为 m
B.θ=30°时，PQ上粒子打中区域的长度为2 m
C.θ=60°时，PQ上粒子打中区域的长度为 m
D.θ=60°时，PQ上粒子打中区域的长度为1 m
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由于粒子从OP中点射入恰能垂直打到挡板上，即粒子运动半径r=1 m，当θ=30°时，如图甲所示，粒子打中挡板的长度L=2rcos θ= m，A项正确，B项错误；当θ=60°时，如图乙所示，粒子打中挡板的长度L== m，C项正确，D项错误。
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3.(多选)如图所示，半径为R的圆形区域内存在匀强磁场，方向垂直于纸面向里。边界上C点有一粒子源，可平行于纸面向磁场内任意方向发射质量为m、电荷量为q的带正电粒子，粒子速度大小均为v0。不计粒子重力以及粒子间的相互作用，所有粒子运动半径均为R且离开磁场时速度方向均与AB平行，AB、CD为互相垂直的直径，则 ( )
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A.粒子离开磁场时速度方向平行AB向下
B.磁感应强度大小为
C.经过圆心O的粒子在磁场中运动的时间为
D.沿着CO方向射入的粒子在磁场中运动的时间为
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由于粒子做圆周运动的半径等于磁场圆的半径，粒子带正电，所以根据左手定则和磁发散原理可知，从C点射入磁场中的所有粒子均平行于AB向上射出，A项错误；根据洛伦兹力提供向心力有qv0B=m，所以B=，B项正确；若粒子经过圆心O，则其圆心角等于120°，所以粒子在磁场中运动的时间为t=T==
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，C项错误；若粒子沿着CO方向射入磁场，其圆心角等于 90°，所以粒子在磁场中运动的时间为t'=T==，D项正确。
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4.(多选)(2025·邢台模拟)如图所示，边长为L的等边三角形ABC内有垂直纸面向里、磁感应强度大小为B0的匀强磁场，D是AB边的中点，一质量为m、电荷量为q的带负电的粒子从D点以速度v平行于BC边方向射入磁场，不考虑带电粒子受到的重力，下列说法正确的是 ( )
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A.粒子可能从B点射出
B.若粒子垂直BC边射出，则粒子做匀速圆周运动的半径为L
C.若粒子从C点射出，则粒子在磁场中运动的时间为
D.若粒子从AB边射出，则粒子的速度越大，其在磁场中运动的时间越短
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带负电的粒子从D点以速度v平行于BC边方向射入磁场，由左手定则可知，粒子向下偏转，由于BC边的限制，粒子不能达到B点，A项错误；粒子垂直BC边射出，如图甲所示，粒子做匀速圆周运动的半径等于D点到BC边的距离，R1=Lsin 60°=L，B项正确；粒子从C点射出，如图乙所示，根据几何关系可得粒子轨迹对应的圆心角为60°，粒子在磁场中运动的时间为t=T=×=
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，C项正确；qvB0=m，可知r=，若粒子从AB边射出，则粒子的速度越大，轨迹半径越大，如图丙所示，粒子从AB边射出时的圆心角相同，其在磁场中运动的时间相同，D项错误。
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5.(多选)如图所示，平面直角坐标系中，A点的坐标为(d，0)，在y轴和直线AD之间存在垂直纸面向里的匀强磁场Ⅰ，在AD和AC之间存在垂直纸面向外的匀强磁场Ⅱ，磁感应强度均为B，AD、AC边界的夹角∠DAC=30°。质量为m、电荷量为+q的粒子可在边界AC上的
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不同点射入，入射速度垂直AC且垂直磁场，若入射速度大小为，不计粒子重力，则 ( )
A.粒子在磁场中的运动半径为d
B.粒子距A点0.5d处射入，不会进入Ⅰ区
C.若粒子能进入区域Ⅰ，则粒子在区域Ⅰ中运动的最短时间为
D.若粒子能进入区域Ⅰ，则粒子从距A点(-1)d处射入，在Ⅰ区域内运动的时间最短
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根据Bqv=m可得r===d，A项正确；如图甲所示，设粒子从M点入射时，轨迹和AD相切，则O1A=2d，AM=d，可知粒子距A点0.5d处射入，会进入Ⅰ区，B项错误；粒子在区域Ⅰ运动时间最短时，轨迹如图乙所示，此时MN平行于x轴，又MN=d，由几何关系可知，轨迹对应的圆心角为120°，运动时间为=
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=，C项正确；由几何关系可知∠AO2N=30°，AO2=d，又r=d，则AE=(-1)d，D项正确。
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6.(2025·抚州模拟)如图所示，P点处固定一位于纸面内的质子源，它可以向各个方向均匀发射速率相同的质子，在P点下方放置有长度为L=2.0 m以O为中点的探测板，P点离探测板的垂直距离OP为a，在探测板的上方存在方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B的匀强磁场。不考虑粒子间的相互作用，质子的电荷量q=1.6×10-19 C。若质子的质量m=1.7×10-27 kg，质子的动量
p=4.8×10-21 kg·m/s。求:
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梯级Ⅱ 能力练
根据洛伦兹力提供向心力qvB=，
解得R===0.3 m，
竖直向上和竖直向下射出的质子刚好能打到探测板上，运动轨迹如图甲所示，故能够打在探测板上的角度α=π，
计数率为η===。
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(1)当a=0.3 m，B=0.1 T时，求计数率η(即打到探测板上的质子数与总质子数的比值)；
(2)当a=0.3 m，B=0.1 T时，求质子从质子源出发到探测板上运动的最长时间；
由图甲可知，竖直向上的粒子运动时间最长，为
t=×≈5.0× 10-7 s。
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(3)若a取不同的值，可通过调节B的大小获得与(1)问中同样的计数 率，求B与a的关系并给出B的取值范围。
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由(1)中分析可知，在确保计数率相同的情况下，只要满足R=a，
结合(1)中半径公式可得B==，
若刚好打到探测板最左端时为粒子运动所允许的最大半径，如图乙所示，由几何关系可得(2Rmax)2=+()2，
解得Rmax= m，由于R=a，可得amax= m，
结合B与a的关系可得B≥ T。
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7.如图所示，在圆心为O、半径为R的半圆形区域内有垂直纸面向 里、磁感应强度大小为B的匀强磁场。一系列带正电的粒子以不同的速率从O点沿垂直于磁场方向且与 ON成30°角方向射入磁场。已知带电粒子的电荷量为q，质量为m，重力不计，不考虑带电粒子间的相互作用力。
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(1)若带电粒子能从半圆形磁场边界的圆弧部分射出，求粒子速率应满足的条件；
如图甲所示，带电粒子做圆周运动的轨迹与半圆形磁场边界相切时恰好不从磁场圆弧部分边界射出，设此时粒子速度大小为v1，轨道半径为r1，根据几何知识，有r1=，
根据洛伦兹力提供向心力，有qv1B=m，
解得v1=，
所以粒子速率应满足的条件是v>。
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(2)若带电粒子恰好从P点射出磁场，求带电粒子的速率及其在磁场中的运动时间；
如图甲所示，带电粒子恰好从P点离开磁场时，设粒子速度大小为v2，轨道半径为r2根据几何知识，有r2cos 30°=，
根据洛伦兹力提供向心力，有qv2B=m，
解得v2=，
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带电粒子做圆周运动转过的圆心角为，
带电粒子做圆周运动的周期T==，
带电粒子在磁场中的运动时间t=T=。
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(3)若带电粒子通过磁场区域后速度方向偏转了30°，求带电粒子的速率。
如图乙所示，带电粒子通过磁场区域后速度方向偏转了30°，设此带电粒子的速度大小为v3，轨道半径为r3，根据数学知识，有
=，
根据洛伦兹力提供向心力，有qv3B=m，
解得v3=。
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8.(多选)(2025·台州模拟)如图所示，在三角形OMN区域内存在着垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，∠OMN=60°。磁场的边界MN上放置着一长度为L的挡板，挡板中心处有一小孔K。在
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梯级Ⅲ 创新练
ON的左侧空间有质量为m、电荷量为+q的粒子流均以初速度v平行OM进入磁场，到达K孔的粒子可沿任意角度穿过小孔，不考虑粒子与挡板碰撞后的运动情况，不计粒子重力及粒子间相互作用力，下列说法正确的是( )
A.若粒子垂直挡板射出小孔K，则粒子的速度大小为
B.若粒子能从小孔K射出，则粒子的最小速度为
C.若粒子以最小的速度通过小孔K，则粒子在磁场中的运动时间为
D.若粒子的速度大小为且能从小孔K射出，则粒子在磁场中的运动时间为
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根据题意，作出粒子垂直挡板射出小孔K的运动轨迹如图甲所 示，根据几何关系可知粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径为r=xNK=，根据洛伦兹力提供向心力可得qvB=m，联立解得v= ，A项错误；根据题意，当轨迹半径最小时﹐粒子的速度最 小，作出粒子以最小速度从小孔K射出的运动轨迹如图乙所示，根据几何关系可知粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径为
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r'=xNKcos 60°=，根据洛伦兹力提供向心力有qv'B=m，联立解得v'=，又粒子在磁场中做圆周运动的圆心角为90°，则粒子在磁场中运动的时间为t=，由qvB=m和T=，解得T=，则t=，B项正确，C项错误；根据洛伦兹力提供向心力有qv″B=m，粒子的速度大小为时，粒子在三角形OMN区域运动的轨迹半径r″=L，作出从小孔K射出的粒子的运动轨迹如图
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丙所示，粒子从小孔K射出时，由几何关系有sin θ==，则有θ=60°，粒子在磁场中做圆周运动的圆心角为60°，则粒子在磁场中的运动时间为t'==，D项正确。
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4专题提升二十二 用“动态圆”思想解答临界、极值问题
题型1 平移圆法
1.适用情形:速度大小一定,方向相同,入射点不同但在同一直线上。
粒子源发射速度大小为v0,垂直进入直线边界的匀强磁场中,轨道半径R=,其轨迹和圆心如图所示。
2.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所在的直线与入射点所在直线平行,若垂直边界入射时,两直线重合。
3.寻找临界条件的方法: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”。
【典例1】
如图所示,在xOy平面的第Ⅰ、Ⅳ象限内有一圆心为O、半径为R的半圆形匀强磁场,线状粒子源从y轴左侧平行于x轴正方向不断射出质量为m、电荷量为q、速度大小为v0的带正电粒子。磁场的磁感应强度大小为、方向垂直平面xOy向里。不考虑粒子间的相互作用,不计粒子受到的重力。所有从不同位置进入磁场的粒子中,在磁场中运动的时间最长为( )
A. B.
C. D.
题型2 旋转圆法
1.适用情形:粒子的速度大小一定,射入磁场的方向不同。
粒子源发射速度大小一定,方向不同的带电粒子进入匀强磁场时,它们在磁场中做匀速圆周运动的半径相同,若射入初速度为v0,则圆周运动的半径R=,以粒子带负电为例,轨迹如图所示。
2.轨迹圆圆心共圆:带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心在以入射点为圆心、半径为R=的圆上。
3.寻找临界条件的方法:将半径为R=的圆以入射点为轴旋转,从而探索粒子的临界条件,这种方法称为“旋转圆法”。
【典例2】
(2025·鞍山模拟)如图所示,在等腰直角三角形abc区域内存在垂直纸面向外、磁感应强度为B的匀强磁场,O为ab边的中点,在O处有一粒子源沿纸面内不同方向、以相同的速率v=不断向磁场中释放相同的带正电的粒子,已知粒子的质量为m,电荷量为q,直角边ab长为2L,不计重力和粒子间的相互作用力。则( )
A.从ac边射出的粒子中在磁场中运动的最短时间为
B.从ac边射出的粒子中在磁场中运动的最短时间为
C.粒子能从bc边射出的区域长度为L
D.粒子能从bc边射出的区域长度为2L
【典例3】 如图所示,与纸面垂直的接收屏MN上方空间存在匀强磁场,磁场的磁感应强度大小为B,方向垂直纸面向外(图中未画出)。在磁场中A点有一粒子源,可沿纸面内各个方向不断的均匀发射质量为m、电荷量为q、速率相同的带正电粒子。粒子打到接收屏即被屏吸收,MN足够长,AC⊥MN,C为垂足,AC=d,不计粒子重力和粒子间的相互作用。
(1)若粒子的速度大小为v1=,求粒子运动的轨道半径r;
(2)若粒子的速度大小为v1=,求粒子运动到屏上的最短时间t;
(3)若粒子的速度大小为v2=,粒子打在屏上最左端的位置记为P点,最右端的位置记为Q点(图中均未画出),求PC的长度x1和QC的长度x2。
题型3 放缩圆法
1.适用情形:粒子射入磁场时的速度方向一定,大小不同。
粒子源发射速度方向一定,大小不同的带电粒子进入匀强磁场时,这些带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径R随着速度v的变化而变化。
2.
轨迹圆圆心共线:以粒子带正电为例,速度v越大,运动半径也越大。带电粒子沿同一方向射入磁场后,它们运动轨迹的圆心在垂直初速度方向的直线PP'上,如图所示。
3.寻找临界条件的方法: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”。
【典例4】 (2025·龙岩模拟)如图所示,以直角三角形AOC为边界的有界匀强磁场区域,磁感应强度为B,∠A=60°,AO=L,在O点发射某种带负电的粒子(不计重力作用),粒子的比荷为。发射方向与OC边的夹角为θ=60°,粒子从A点射出磁场。
(1)求粒子的发射速度大小v0;
(2)求粒子在磁场中的运动时间;
(3)若入射粒子为正电荷,粒子能从OC边射出,求入射速度的范围。
把握高考微点,实现素能提升完成P413专题提升练22
关|键|能|力
考向1 磁聚焦
1.
现象:大量的同种带正电粒子,速度大小相等,平行入射到圆形磁场区域,如果轨迹圆半径与磁场圆半径相等,则所有的带电粒子将从磁场圆的同一点射出,如图所示。
2.证明过程:轨迹圆半径与磁场圆半径相等,所以依次连接入射点、轨迹圆圆心、出射点和磁场圆圆心得到的四边形OAO'B为菱形,对边平行且相等,则OB必平行于沿竖直方向的AO',则从A点入射的带电粒子必然经过最低点B。
【典例1】
(多选)(2025·六安模拟)如图所示,在平面直角坐标系xOy内,以坐标原点O为圆心,半径为R的圆形区域内存在垂直于坐标平面的匀强磁场(图中未画出),磁场区域外右侧有宽度为R的粒子源,M、N为粒子源两端点,M、N连线垂直于x轴,粒子源中点P位于x轴上,粒子源持续沿x轴负方向发射质量为m、电荷量为q(q>0),速率为v的粒子。已知从粒子源中点P发出的粒子,经过磁场区域后,恰能从圆与y轴负半轴的交点Q处沿y轴负方向射出磁场,不计粒子重力及粒子间相互作用力,则( )
A.带电粒子在磁场中运动的半径为R
B.匀强磁场的磁感应强度大小为
C.在磁场中运动的带电粒子路程最长为
D.带电粒子在磁场中运动的时间最短为
考向2 磁发散
现象:如图所示,圆形磁场圆心为O,从P点有大量质量为m、电荷量为q的带正电粒子,以大小相等的速度v沿不同方向射入圆形匀强磁场,不计粒子的重力,如果粒子轨迹圆半径与圆形匀强磁场半径相等,则所有粒子射出磁场的方向平行。证明过程与磁聚焦的证明过程相似,不再重复。
【典例2】 (2025·日照模拟)某“太空粒子探测器”由加速、偏转和探测三部分装置组成,其原理如图所示,两个同心三分之一圆弧面AB、CD之间存在辐射状的加速电场,方向由AB指向CD,圆心为O1,弧面间的电势差为U。在点O1右侧有一过O1、半径为R的圆形区域,圆心为O2,圆内及边界上存在垂直于纸面向外的匀强磁场。MN是一个粒子探测板,与O1O2连线平行并位于其下方2R处。假设太空中漂浮着质量为m,电荷量为+q的带电粒子,它们能均匀地吸附到AB上,并被加速电场由静止开始加速到CD上,再从点O1进入磁场,最后打到探测板MN上,其中沿O1O2连线方向入射的粒子经磁场偏转后恰好从圆心O2的正下方P点射出磁场,不计粒子间的相互作用和星球对粒子引力的影响。
(1)求粒子到O1点时的速度大小及圆形磁场的磁感应强度大小B;
(2)所有吸附到AB上的粒子,从哪一点出发的粒子到达探测板MN的时间最长,并求该粒子从O1点到探测板MN的时间;
(3)要使从AB入射的所有离子都可以到达探测板MN上,求探测板MN的最小长度L。
微|点|训|练
1.
如图所示,在半径为R的圆形区域内充满磁感应强度为B的匀强磁场,MN是一竖直放置的感光板。从圆形磁场最高点P以速度v垂直磁场射入大量的带正电的粒子,且粒子所带电荷量为q、质量为m。不考虑粒子重力及粒子间的相互作用力,关于这些粒子的运动,下列说法正确的是( )
A.只要对着圆心入射,出射后均可垂直打在MN上
B.对着圆心入射的粒子,其出射方向的反向延长线不一定过圆心
C.对着圆心入射的粒子,速度越大在磁场中通过的弧长越长,时间也越长
D.只要速度满足v=,沿不同方向入射的粒子出射后均可垂直打在MN上
2.(多选)(2025·扬州模拟)
在现代电磁技术中,当一束粒子平行射入圆形磁场时,会在磁场力作用下汇聚于圆上的一点,此现象称为磁聚焦,反之,称为磁发散。如图所示,以O为圆心、R为半径的圆形区域内,存在一垂直于纸面向里的匀强磁场,半径OC⊥OD。一质量为m、电荷量为q的粒子(重力不计),从C点以速度v沿纸面射入磁场,速度v的方向与CO夹角为30°,粒子由圆周上的M点(图中未画出)沿平行OD方向向右射出磁场,下列说法正确的是( )
A.粒子带负电
B.若粒子在M点以速度v沿平行DO方向向左射入磁场,将由C点射出磁场
C.粒子运动过程中不会经过O点
D.匀强磁场的磁感应强度B=
3.(多选)(2025·大同模拟)
如图所示,在直角坐标系的第二象限内,以y轴上的O1点为圆心的四分之一圆内有垂直坐标平面向外的匀强磁场Ⅰ,圆的半径为R,圆弧刚好与x轴相切于坐标原点O,在第四象限内,在以O为圆心、半径为R的四分之一圆内,有垂直坐标平面向里的匀强磁场Ⅱ,一个质量为m、电荷量为q的带正电的粒子,从磁场Ⅰ的圆弧边界上的P点沿x轴正方向射入磁场Ⅰ,P点到x轴的距离为,粒子射入磁场的速度大小为v0,粒子经磁场Ⅰ偏转,恰好从坐标原点O进入磁场Ⅱ,经磁场Ⅱ偏转沿x轴正方向射出磁场,不计粒子的重力,下列判断正确的是( )
A.磁场Ⅰ的磁感应强度大小为
B.磁场Ⅱ的磁感应强度大小是磁场Ⅰ的磁感应强度的2倍
C.粒子在两磁场中运动的时间为
D.保持粒子射入速度不变,将粒子入射点沿圆弧向上平移,粒子有可能不能进入磁场Ⅱ
专题提升二十二 用“动态圆”思想解答临界、极值问题
题型1
【典例1】 C 解析 粒子在磁场中做匀速圆周运动,有qv0B=m,解得r=2R,如图所示,当粒子在磁场中的运动轨迹对应的圆心角最大时,粒子在磁场中运动的时间最长,由于sin α=,要使圆心角α最大,FE最长,经分析可知,当粒子从y轴上的D'点射入、从x轴上的E'点射出磁场时,粒子在磁场中运动的时间最长,有sin αm=,解得αm=,从D'点射入磁场的粒子在磁场中运动的时间tm=·,解得tm=,C项正确。
题型2
【典例2】 B 解析 根据qvB=m,将速度v=代入上式解得r=L,如图,Od与ac垂直,由几何关系可知,Od长为L,即最短弦长,对应最短时间,圆心角为60°,则最短时间为t=T,又T=,解得t=,A项错误,B项正确;粒子轨迹与ac相切时,交bc边于e点,由几何关系可知,Oe长度为直径,则粒子能从bc边射出的区域eb的长度为L,C、D两项错误。
【典例3】 答案 (1)d (2) (3)d d
解析 (1)粒子在磁场中做匀速圆周运动,由牛顿第二定律qv1B=,
解得r=d。
(2)粒子运动轨迹如图甲所示时到达屏上的时间最短,由几何关系可知
sin α=,
解得sin α=,α=,
依题意有t=,
解得t=。
甲
(3)设粒子运动的半径为r',由牛顿第二定律有qv2B=
解得r'=d,
如图乙所示,圆轨迹在P点和MN相切,则由勾股定理有
r'2=(d-r')2+,
解得x1=d,
乙
如图丙所示,圆轨迹在Q点和MN相交,AQ为直径,则由勾股定理有
(2r')2=d2+,
解得x2=d。
丙
题型3
【典例4】 答案 (1) (2)
(3)0解析 (1)粒子从A点射出磁场,运动轨迹如图甲所示,
由几何知识可知r=AO=L,
根据洛伦兹力提供向心力,有qv0B=,
解得v0=。
(2)由几何知识可知,粒子转过的圆心角为
θ=,
粒子运动的周期T=,
运动时间t=T,
解得t=。
甲 乙
(3)粒子能从OC边射出,如图乙所示,
由几何关系知,半径最大为R=L,
由洛伦兹力提供向心力得qvB=,
解得最大速度为v==,
所以速度取值范围为0微点突破5 磁聚焦和磁发散
关键能力
【典例1】 AC 解析 从粒子源中点P发出的粒子,在磁场中的轨迹如图甲所示,由几何知识可知带电粒子在磁场中运动的半径为R,A项正确;根据牛顿第二定律有qvB=m,解得B=,B项错误;从M点发出的粒子在磁场中的轨迹,如图乙所示,此时轨迹最长,由几何知识可知四边形O2DOQ为菱形,则∠QO2D=120°,则在磁场中运动的带电粒子路程最长为l=×2πR=,C项正确;从N点发出的粒子在磁场中的轨迹如图丙所示,可知四边形OBO1Q为菱形,则∠QO1B=60°,可知此时粒子经过磁场区域时间最短,则t=×=,D项错误。
甲 乙
丙
【典例2】 答案 (1) (2)B点 +R (3)R
解析 (1)粒子在电场中被加速,则
Uq=mv2,
解得粒子到O1点时的速度大小
v=,
沿O1O2连线方向入射的粒子经磁场偏转后恰好从圆心O2的正下方P点射出磁场,可知粒子运动的轨道半径为r=R,
根据qvB=m,
解得B=。
(2)由粒子的运动轨迹可知,从B点发出的粒子从O1点射入时在磁场中运动的轨迹最长,打到MN上时运动的轨迹也是最长,时间最长,在磁场中运动的圆弧所对的圆心角为150°,运动时间
t1=·=,
出离磁场后运动时间
t2==,
则该粒子从O1点到探测板MN的时间
t=t1+t2=+R。
(3)由图可知,从B点射入的粒子打到MN的右边距离最远,从A点射入的粒子打到MN最左边最远,则由几何关系可知,MN最小长度为
L=(R+Rcos 30°)-R(1-cos 30°)=R。
微点训练
1.D 解析 带电粒子的运动轨迹是圆弧,根据几何知识可知,对着圆心入射的粒子,其出射方向的反向延长线也一定过圆心,只有轨道半径为R的粒子出射后可垂直打在MN上,A、B两项错误;由洛伦兹力提供向心力可得qvB=m,可知r=,对着圆心入射的粒子,速度越大,在磁场中轨迹半径越大,弧长越长,轨迹对应的圆心角越小,由t=T可知,运动时间t越短,C项错误;当速度满足v=,粒子的轨迹半径为r=R,入射点、出射点、O点与轨迹的圆心构成菱形,射出磁场时的轨迹半径与过最高点的磁场半径平行,如图所示,粒子一定垂直打在MN板上,D项正确。
2.AD 解析 由题意可知,粒子由圆周上的M点沿平行OD方向向右射出磁场,则粒子在磁场中向右偏转,粒子刚进入磁场时所受洛伦兹力与v垂直向上,由左手定则可知,粒子带负电,A项正确;粒子带负电,若粒子在M点以速度v沿平行DO方向向左射入磁场,由左手定则可知,粒子将向上偏转,粒子不会从C点射出磁场,B项错误;由题意可知,从C点射入磁场的粒子离开磁场时的速度均平行于OD射出磁场,则从C沿某方向射入磁场的粒子从D射出磁场时的速度方向水平向右,CD=R为粒子运动轨迹对应的弦长,弦切角∠ODC=45° ,则粒子在磁场中转过的圆心角为90°,粒子做圆周运动的轨道半径为R,粒子运动轨迹如图甲所示,粒子在磁场中做圆周运动,洛伦兹力提供向心力,由牛顿第二定律得qvB=m ,解得B= ,D项正确;粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径r=R,从C点以速度v沿纸面射入磁场、速度v的方向与CO夹角为30°的粒子运动轨迹如图乙所示,CO'MO是菱形,O点在运动轨迹上,即粒子运动过程经过O点,C项错误。
甲 乙
3.AC 解析 粒子在磁场中运动,如图所示,P点到x轴的距离为,磁场圆半径为R,由几何关系可知,△OO1P、△OO2P、△OO3Q都是正三角形,粒子在两磁场中做圆周运动半径都为R,且圆心角都为60°,由qv0B=,可得B=,且磁场Ⅱ的磁感应强度大小与磁场Ⅰ的磁感应强度大小相等,A项正确,B项错误;由T=可知粒子在两磁场中运动的时间为t=·T=,C项正确;由于在磁场Ⅰ中的轨迹圆半径等于磁场圆半径,故平行于x轴射向磁场Ⅰ的粒子均从O点离开磁场Ⅰ,临界情况从磁场Ⅰ最上端入射,粒子沿y轴负方向从O点射入磁场Ⅱ,粒子一定进入磁场Ⅱ,D项错误。(共28张PPT)
专题提升十十二
用“动态圆”思想解答临界、极值问题
第十一章 磁场
题型1 平移圆法
题型2 旋转圆法
内容
索引
题型3 放缩圆法
平移圆法
题型1
1.适用情形：速度大小一定，方向相同，入射点不同但在同一直线上。
粒子源发射速度大小为v0，垂直进入直线边界的匀强磁场中，轨道半径R=，其轨迹和圆心如图所示。
2.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所在的直线与入射点所在直线平行，若垂直边界入射时，两直线重合。
3.寻找临界条件的方法：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”。
【典例1】 如图所示，在xOy平面的第Ⅰ、Ⅳ象限内有一圆心为O、半径为R的半圆形匀强磁场，线状粒子源从y轴左侧平行于x轴正方向不断射出质量为m、电荷量为q、速度大小为v0的带正电粒子。磁场的磁感应强度大小为、方向垂直平面xOy向里。不考虑粒子间的相互作用，不计粒子受到的重力。所有从不同位置进入磁场的粒子中，在磁场中运动的时间最长为( )
A. B. C. D.
粒子在磁场中做匀速圆周运动，有qv0B=m，
解得r=2R，如图所示，当粒子在磁场中的运动
轨迹对应的圆心角最大时，粒子在磁场中运动
的时间最长，由于sin α=，要使圆心角α最大，
FE最长,经分析可知，当粒子从y轴上的D'点射
解析
入、从x轴上的E'点射出磁场时，粒子在磁场中运动的时间最长，有sin αm=，解得αm=，从D'点射入磁场的粒子在磁场中运动的时间tm=，解得tm=，C项正确。
解析
旋转圆法
题型2
1.适用情形：粒子的速度大小一定，射入磁场的方向不同。
粒子源发射速度大小一定，方向不同的带电粒子进入匀强磁场时，它们在磁场中做匀速圆周运动的半径相同，若射入初速度为v0，则圆周运动的半径R=，以粒子带负电为例，轨迹如图所示。
2.轨迹圆圆心共圆：带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心在以入射点为圆心、半径为R=的圆上。
3.寻找临界条件的方法：将半径为R=的圆以入射点为轴旋转，从而探索粒子的临界条件，这种方法称为“旋转圆法”。
【典例2】 (2025·鞍山模拟)如图所示，在等腰
直角三角形abc区域内存在垂直纸面向外、磁感应
强度为B的匀强磁场，O为ab边的中点，在O处有
一粒子源沿纸面内不同方向、以相同的速率v=
不断向磁场中释放相同的带正电的粒子，已知粒子
的质量为m，电荷量为q，直角边ab长为2L，不计重力和粒子间的相互作用力。则( )
A.从ac边射出的粒子中在磁场中运动的最短时间为
B.从ac边射出的粒子中在磁场中运动的最短时间为
C.粒子能从bc边射出的区域长度为L
D.粒子能从bc边射出的区域长度为2L
根据qvB=m，将速度v=代入上式解得r=L，
如图，Od与ac垂直，由几何关系可知，Od长为
L，即最短弦长，对应最短时间，圆心角为60°，
则最短时间为t=T，又T=，解得t=，A项
错误，B项正确；粒子轨迹与ac相切时，交bc边于e点，由几何关系可知，Oe长度为直径，则粒子能从bc边射出的区域eb的长度为L，C、D两项错误。
解析
【典例3】 如图所示，与纸面垂直的接收屏MN上方空间存在匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外(图中未画出)。在磁场中A点有一粒子源，可沿纸面内各个方向不断的均匀发射质量为m、电荷量为q、速率相同的带正电粒子。粒子打到接收屏即被屏吸收，MN足够长，AC⊥MN，C为垂足，AC=d，不计粒子重力和粒子间的相互作用。
(1)若粒子的速度大小为v1=，求粒子运动的轨道半径r；
粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律qv1B=，
解得r=d。
解析
(2)若粒子的速度大小为v1=，求粒子运动到屏上的最短时间t；
粒子运动轨迹如图甲所示时到达屏上的时间最短，由几何关系可知sin α=，解得sin α=，α=，
依题意有t=，解得t=。
解析
甲
(3)若粒子的速度大小为v2=，粒子打在屏上最左端的位置记为P点，最右端的位置记为Q点(图中均未画出)，求PC的长度x1和QC的长度x2。
设粒子运动的半径为r’ ，由牛顿第二定律有qv2B=
解得r’=d，
如图乙所示，圆轨迹在P点和MN相切，
则由勾股定理有=(d-r’)2+，
解得x1=d，
解析
乙
解析
如图丙所示，圆轨迹在Q点和MN相交，AQ为直径，则由勾股定理有(2r’)2=d2+，
解得x2=d。
丙
放缩圆法
题型3
1.适用情形：粒子射入磁场时的速度方向一定，大小不同。
粒子源发射速度方向一定，大小不同的带电粒子进入匀强磁场时，这些带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径R随着速度v的变化而变化。
2.轨迹圆圆心共线：以粒子带正电为例，速度v越大，运动半径也越大。带电粒子沿同一方向射入磁场后，它们运动轨迹的圆心在垂直初速度方向的直线PP'上，如图所示。
3.寻找临界条件的方法：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”。
【典例4】 (2025·龙岩模拟)如图所示，以直角三角形AOC为边界的有界匀强磁场区域，磁感应强度为B，∠A=60°，AO=L，在O点发射某种带负电的粒子(不计重力作用)，粒子的比荷为。发射方向与OC边的夹角为θ=60°，粒子从A点射出磁场。
(1)求粒子的发射速度大小v0；
粒子从A点射出磁场，运动轨迹如图甲
所示，
由几何知识可知r=AO=L，
根据洛伦兹力提供向心力，有qv0B=，
解得v0=。
解析
(2)求粒子在磁场中的运动时间；
由几何知识可知，粒子转过的圆心角为θ=，
粒子运动的周期T=，
运动时间t=T，
解得t=。
解析
(3)若入射粒子为正电荷，粒子能从OC边射出，求入射速度的范围。
粒子能从OC边射出，如图乙所示，
由几何关系知，半径最大为R=L，
由洛伦兹力提供向心力得qvB=，
解得最大速度为v==，
所以速度取值范围为0解析
