加分练4 动态圆模型 磁聚焦和磁发散模型
保分基础练
1.(2025·佛山二模)如图所示,边长为L的正方形abcd区域内有匀强磁场,ad边中点处O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边射出的电子数比值为5∶1
2.(2025·保定模拟)如图所示,纸面内长为7L、宽为2L的矩形区域abcd内(含边界)存在垂直纸面向外的匀强磁场,磁感应强度大小为B。位于d处的粒子源可以发射质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子,粒子的速度方向与dc边夹角为53°,大小可调节。不考虑粒子重力及粒子间的相互作用,下列说法正确的是( )
A.若粒子恰好从c点射出磁场,粒子发射速度为
B.调节发射速率,可使粒子从b点射出磁场区域
C.从bc边界射出的粒子,在磁场中运动的最短时间为
D.bc边上有粒子射出的区域长度为1.2L
3.(2025·宝鸡二模)如图所示,直角三角形ACD区域内存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向内的匀强磁场,CD=L,θ=30°。质量为m、电荷量为q且均匀分布的带正电粒子以相同的速度沿纸面垂直AD边射入磁场,若粒子的速度大小为,不考虑重力及粒子间的作用,=1.732,则粒子经磁场偏转后能返回到AD边的粒子数占射入到AD边总粒子数的百分比为( )
A.40% B.47.3%
C.52.7% D.60%
4.(多选)(2025·沧州二模)如图所示,在实线ACODE以上的区域存在垂直纸面向里的匀强磁场(图中未画出),磁感应强度大小为B,AC=OC=OD=DE=L。磁场边界A点有一粒子源,能射出质量为m、电荷量为-q的带电粒子,粒子以不同的速率垂直AC向上进入磁场,则粒子从COD边界射出磁场时,在磁场中运动的时间可能是( )
A. B.
C. D.
5.(多选)如图所示,C、D、E为以O为圆心、半径为R的圆周上的三点,∠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),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,则粒子在一次进出磁场中运动的时间可能是( )
A. B.
C. D.
增分提能练
6.(2025·郴州联考)如图所示,正六边形abcdef的边长为L,内有垂直纸面向外的匀强磁场,磁感应强度为B,在a点有一粒子源,可以以不同速率沿ab方向发射质量为m,电荷量为+q的带电粒子(不计重力和粒子间的相互作用力),粒子进入正六边形内磁场中运动。求:
(1)粒子从e点射出时,该粒子的速率;
(2)粒子在磁场中运动的最长时间;
(3)若要求粒子从bc边射出磁场,其速率满足的条件。
7.(2025·重庆联考)如图所示,在PM和QK之间有大量相同的带电粒子以初速度v0沿水平方向射入半径为R的圆形区域,PM与圆心O在同一水平直线上,PM和QK间的距离为0.5R,圆形区域内存在方向垂直纸面向外的匀强磁场(图中未画出),所有粒子均从O点正下方的N点射出圆形区域,已知带电粒子的质量为m,带电荷量为q,不计粒子受到的重力及粒子间的相互作用。求:
(1)匀强磁场的磁感应强度大小B;
(2)匀强磁场的最小面积S。
加分练4 动态圆模型 磁聚焦和磁发散模型
1.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,r=,所以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,A、B两项错误;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=·=,C项错误;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边射出的电子数比值为=,D项正确。
2.C 解析 若粒子恰好从c点射出磁场,则粒子的运动轨迹如图甲,则7L=2rsin 53°,解得r=,根据牛顿第二定律qv1B=m,联立解得v1=,A项错误;若粒子从b点射出磁场区域,则粒子运动轨迹如图乙,粒子在到达b点之前就从ab边离开磁场,B项错误;当粒子轨迹与ab边相切时,从bc边界射出的粒子,在磁场中运动的时间最短,轨迹如图丙,根据牛顿第二定律qv2B=m,运动周期为T==,由图可知,此时的圆心角θ=α+β,根据几何关系可得r1cos 53°=r1-2L,解得r1=5L,其中sin β=,由几何关系可知ge=7L-r1sin 53°,联立解得sin β=,所以β=37°,又由几何关系可知α=53°,所以θ=90°,根据t=T可知,t=,C项正确;bc边上有粒子射出的区域长度为ce,由C项分析可知ce=Og-r1cos 53°,Og=,解得ce=L,D项错误。
3.C 解析 粒子在磁场中运动,洛伦兹力提供向心力qvB=m,解得r==0.3L,当粒子的轨迹与AC边相切时为粒子经磁场偏转后能返回到AD边的右侧临近点,设此时入射点为E,则AE=-r=0.3L,当粒子的轨迹与CD边相切时为粒子经磁场偏转后能返回到AD边的左侧临近点,设此时入射点为F,则DF=+r=0.6464L,粒子经磁场偏转后能返回到AD边的入射点的长度为EF=AD-AE-DF=1.0536L,粒子经磁场偏转后能返回到AD边的粒子数占射入到AD边总粒子数的百分比为×100%=52.68%≈52.7%,C项正确。
4.BC 解析 粒子在磁场中运动的临界情况如图所示,若粒子从C点或D点射出,运动时间为t1==·=,且粒子不可能做完整圆周运动,A项错误,C项正确;M点为运动轨迹与边界OD的切点,若粒子恰好从M点射出,由几何关系知∠AO'M=150°,因此运动轨迹对应的圆心角为210°,运动时间为t2=T=·=,B项正确;若粒子从O点射出,则运动时间为t3=T=·=,但粒子到达O点之前已从D点射出,D项错误。
5.BC 解析 由qv0B=m,解得r=,粒子在磁场中做圆周运动的周期为T,则有T==,如图所示,由图可知,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t1==,其余部分粒子从OC边射入磁场,从OD边射出磁场,其中从M点射入的粒子恰好经过O点后从OD边射出,轨迹圆心角为180°,运动时间t2==,沿AO入射的粒子,与磁场圆在最低点内切,轨迹圆心角为270°,时间t3==,OD边射出的粒子运动的时间范围为≤t≤,B、C两项正确。
6.答案 (1) (2) (3)v≥
解析 (1)从e点射出时,其运动半径为R=L,
根据qvB=m,
解得v==。
(2)粒子从af边射出时运动时间最长,由几何关系知运动轨迹对应的圆心角为240°,则
tmax=T=×=。
(3)若粒子恰好由c点离开磁场,轨道半径为R1,速率为v1,
由几何关系可知R1=L=,
解得v1=,
故v≥。
7.答案 (1) (2)R2
解析 (1)由题意知,粒子从M点沿半径方向射入磁场,从N点沿半径方向射出,如图甲所示,
粒子在匀强磁场中做圆周运动,轨迹半径为R。由洛伦兹力提供向心力,有qv0B=m,
解得B=。
(2)画出两临界粒子的运动轨迹如图乙所示,
设轨迹MN与虚线劣弧围成的面积为S1,轨迹KN与虚线劣弧围成的面积为S2,
根据几何关系有θ=60°,
则S1=2,
S2=2,
解得匀强磁场的最小面积S=S1-S2=。(共25张PPT)
加分练4 动态圆模型 磁聚焦和磁发散模型
1.(2025·佛山二模)如图所示，边长为L的正方形abcd区域内有匀强磁场，ad边中点处O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边射出的电子数比值为5∶1
保分基础练
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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，r=，所以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，A、B两项错误；从ad边射出的电子在磁场中运动的时间
解析
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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==
，C项错误；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
比值为=，D项正确。
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2.(2025·保定模拟)如图所示，纸面内长为7L、宽为2L的矩形区域abcd内(含边界)存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。位于d处的粒子源可以发射质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子，粒子的速度方向与dc边夹角为53°，大小可调节。不考虑粒子重力及粒子间的相互作用，下列说法正确的是( )
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A.若粒子恰好从c点射出磁场，粒子发射速度为
B.调节发射速率，可使粒子从b点射出磁场区域
C.从bc边界射出的粒子，在磁场中运动的最短时间为
D.bc边上有粒子射出的区域长度为1.2L
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若粒子恰好从c点射出磁场，则粒子的运
动轨迹如图甲，则7L=2rsin 53°，解得
r=，根据牛顿第二定律qv1B=m，联
立解得v1=，A项错误；若粒子从b点
射出磁场区域，则粒子运动轨迹如图乙，
粒子在到达b点之前就从ab边离开磁场，
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B项错误；当粒子轨迹与ab边相切时，
从bc边界射出的粒子，在磁场中运动的
时间最短，轨迹如图丙，根据牛顿第二
定律qv2B=m，运动周期为T==，
由图可知，此时的圆心角θ=α+β，根据几
何关系可得r1cos 53°=r1-2L，解得r1=5L，其中sin β=，由几何
解析
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关系可知ge=7L-r1sin 53°，联立解得sin β=，所以β=37°，又由几何关系可知α=53°，所以θ=90°，根据t=T可知，t=，C项正确；bc边上有粒子射出的区域长度为ce，由C项分析可知ce=
Og-r1cos 53°，Og=，解得ce=L，D项错误。
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3.(2025·宝鸡二模)如图所示，直角三角形ACD区
域内存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向内
的匀强磁场，CD=L，θ=30°。质量为m、电荷量
为q且均匀分布的带正电粒子以相同的速度沿纸面垂直AD边射入磁场，若粒子的速度大小为，不考虑重力及粒子间的作用，=
1.732，则粒子经磁场偏转后能返回到AD边的粒子数占射入到AD边总粒子数的百分比为( )
A.40% B.47.3% C.52.7% D.60%
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粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力qvB=
m，解得r==0.3L，当粒子的轨迹与AC边相
切时为粒子经磁场偏转后能返回到AD边的右侧
临近点，设此时入射点为E，则AE=-r=0.3L，当粒子的轨迹与CD边相切时为粒子经磁场偏转后能返回到AD边的左侧临近点,
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设此时入射点为F，则DF=+r=0.6464L，粒子经磁场偏转后能返回到AD边的入射点的长度为EF=AD-AE-DF=1.0536L，粒子经磁场偏转后能返回到AD边的粒子数占射入到AD边总粒子数的百分比为×100%=52.68%≈52.7%，C项正确。
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4.(多选)(2025·沧州二模)如图所示，在实
线ACODE以上的区域存在垂直纸面向里的
匀强磁场(图中未画出)，磁感应强度大小为
B，AC=OC=OD=DE=L。磁场边界A点有一
粒子源，能射出质量为m、电荷量为-q的带电粒子，粒子以不同的速率垂直AC向上进入磁场，则粒子从COD边界射出磁场时，在磁场中运动的时间可能是( )
A. B. C. D.
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粒子在磁场中运动的临界情况如图所
示，若粒子从C点或D点射出，运动时
间为t1===，且粒子不可能做
完整圆周运动，A项错误，C项正确；
M点为运动轨迹与边界OD的切点，若粒子恰好从M点射出，由几何关系知∠AO′M=150°，因此运动轨迹对应的圆心角为210°，
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运动时间为t2=T==，B项正确；若粒子从O点射出，则运动时间为t3=T==，但粒子到达O点之前已从D点射出，D项错误。
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5.(多选)如图所示，C、D、E为以O为圆心、半径为
R的圆周上的三点，∠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)，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，则粒子在一次进出磁场中运动的时间可能是( )
A. B. C. D.
由qv0B=m，解得r=，粒子在磁场中做圆周运
动的周期为T，则有T==，如图所示，由图
可知，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t1==
，其余部分粒子从OC边射入磁场，从OD边射出磁场，其中从
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M点射入的粒子恰好经过O点后从OD边射出，轨迹圆心角为180°,运动时间t2==，沿AO入射的粒子，与磁场圆在最低点内切，轨迹圆心角为270°，时间t3==，OD边射出的粒子运动的时间范围为≤t≤，B、C两项正确。
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6.(2025·郴州联考)如图所示，正六边形abcdef的边长为L，内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B，在a点有一粒子源，可以以不同速率沿ab方向发射质量为m，电荷量为+q的带电粒子(不计重力和粒子间的相互作用力)，粒子进入正六边形内磁场中运动。求：
增分提能练
从e点射出时，其运动半径为R=L，
根据qvB=m，
解得v==。
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(1)粒子从e点射出时，该粒子的速率；
粒子从af边射出时运动时间最长，由几何关系知运动轨迹对应的圆心角为240°，则
tmax=T=×=。
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(2)粒子在磁场中运动的最长时间；
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(3)若要求粒子从bc边射出磁场，其速率满足的条件。
若粒子恰好由c点离开磁场，轨道半径为R1，速率为v1，
由几何关系可知R1=L=，
解得v1=，
故v≥。
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7.(2025·重庆联考)如图所示，在PM和QK之
间有大量相同的带电粒子以初速度v0沿水平
方向射入半径为R的圆形区域，PM与圆心O
在同一水平直线上，PM和QK间的距离为0.5R，圆形区域内存在方向垂直纸面向外的匀强磁场(图中未画出)，所有粒子均从O点正下方的N点射出圆形区域，已知带电粒子的质量为m，带电荷量为q，不计粒子受到的重力及粒子间的相互作用。求：
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(1)匀强磁场的磁感应强度大小B；
由题意知，粒子从M点沿半径方向射入磁场，从N点沿半径方向射出，如图甲所示，
粒子在匀强磁场中做圆周运动，轨迹半径为R。由洛伦兹力提供向心力，有qv0B=m，
解得B=。
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(2)匀强磁场的最小面积S。
画出两临界粒子的运动轨迹如图乙所示，
设轨迹MN与虚线劣弧围成的面积为S1，
轨迹KN与虚线劣弧围成的面积为S2，
根据几何关系有θ=60°，
则S1=2，S2=2，
解得匀强磁场的最小面积S=S1-S2=。
解析加分站 4 动态圆模型 磁聚焦和磁发散模型
模型1 定圆旋转模型
例1 (2025·洛阳模拟)如图所示,空间存在方向垂直纸面向里的匀强磁场,一粒子发射源P位于足够大绝缘平板MN的上方距离为d处,在纸面内向各个方向均匀发射速率均为v的同种带负电粒子,不考虑粒子间的相互作用和粒子所受的重力,已知粒子做圆周运动的半径大小为d,则下列说法正确的是( )
A.若改变粒子的电性,则到达板上的粒子位置不变
B.粒子能打在板上离P点的最远距离为2d
C.粒子从P点运动到板上的最长时间为
D.粒子能打在板上的区域长度为d
[模型构建] 定圆旋转模型的理解和应用
(1)适用条件:粒子的入射点位置相同,速度大小一定,方向不同。
(2)模型构建:将半径为r=的圆绕入射点进行旋转,从而找出临界条件,旋转圆的圆心在以入射点P为圆心、半径r=的圆上。
模型2 动圆放缩模型
例2 (2025·景德镇模拟)如图所示,边长为L的正方形abcd区域内有垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场,O点是cd边的中点。若一质量为m,电荷量为q的带正电粒子(不计重力)从O点沿纸面以与Od成30°角的方向以不同的速率v射入磁场,能从ab边飞出的粒子的速率范围为( )
A.B.C.D.[模型构建] 动圆放缩模型的理解和应用
(1)适用条件:粒子的入射点位置相同,速度方向一定,速度大小不同。
(2)模型构建:以入射点P为定点,轨迹圆的圆心位于粒子处于入射点时所受洛伦兹力所在的射线PP'上,将半径放缩作轨迹图,粒子轨迹与磁场边界相切是恰好不射出磁场的临界状态。
模型3 定圆平移模型
例3 (多选)如图所示,等腰直角三角形区域分布有垂直纸面向里的匀强磁场,腰长AB=2 m,O为BC的中点,磁感应强度B=0.25 T,一群质量m=1×10-7 kg,电荷量q=2×10-3 C的带负电粒子以速度v=5×103 m/s垂直于BO,从BO之间射入磁场区域,带电粒子不计重力,则( )
A.在AC边界上有粒子射出的长度为(-1) m
B.C点有粒子射出
C.在AB边界上有粒子射出的长度为1 m
D.在磁场中运动时间最长的粒子从底边距B点(-1) m处入射
[模型构建] 定圆平移模型的理解和应用
(1)适用条件:粒子的入射点位置不同但在同一直线上,速度大小、方向均一定。
(2)模型构建:轨迹圆的半径相同,将半径为r=的圆沿入射点所在的直线进行平移,从而找到临界条件。
模型4 磁聚焦与磁发散模型
例4 (多选)(2025·厦门模拟)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,则下列说法正确的是( )
A.粒子带正电
B.匀强磁场的磁感应强度B=
C.有粒子运动过程中会经过O点
D.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
[模型构建] 磁聚焦与磁发散模型的理解和应用
(1)适应条件:磁场圆的半径与轨迹圆的半径相等。
(2)模型构建
①磁聚焦:粒子以平行于某一直径的方向从不同位置射入圆形匀强磁场区域,会从磁场边界上同一点射出,该点切线与入射速度方向平行。
②磁发散:粒子从磁场边界上同一点以不同的速度方向射入匀强磁场,粒子射出磁场时速度沿同一方向,且与入射点的切线方向平行。
训练 (多选)(2025·萍乡三模)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
加分站4 动态圆模型 磁聚焦和磁发散模型
例1 C 解析 如图所示,圆O1与平板MN相切于A点,圆O2与平板MN相交于B点,PB为直径,圆O3与平板MN相切于C点,A、C两点为粒子恰好能打到平板上的临界点,B为粒子能打到的距离P点最远的点,BC为粒子能打到平板的范围;粒子能打在板上离P点的最远距离为PB=2r=d,B项错误;改变粒子电性,粒子能打到的范围长度不变,但位置发生变化,A项错误;粒子打到平板所用时间最长的粒子其初速度为v1,设v1与竖直方向夹角为α,由几何关系得sin α==,解得α=30°,所以打到A点的粒子速度偏转角为240°,所以最长时间为tmax=·=,C项正确;BC为粒子能打到平板上的范围,由几何关系可得BC=+=d,D项错误。
例2 C 解析 设粒子的运动轨迹半径为r1时,粒子的轨迹与ad边相切,如图中曲线①所示,由几何关系得r1-=r1sin 30°,解得r1=L,粒子在磁场中做匀速圆周运动,由洛伦兹力提供向心力得qv1B=,解得粒子的速率为v1=,当粒子的运动轨迹与ab边相切时,如图中曲线②所示,由几何关系可得r2+r2cos 30°=L,此时粒子的运动轨迹半径r2=,粒子在磁场中做匀速圆周运动,由洛伦兹力提供向心力得qv2B=,解得粒子的速率v2==,故能从ab边飞出的粒子的速率范围为例3 ACD 解析 粒子在磁场中偏转,根据洛伦兹力提供向心力,则有Bqv=m,粒子在磁场中运动的轨道半径R== m=1 m,作出粒子在磁场中的运动轨迹图,如图所示。由图可知,能从AC边射出的粒子长度DE=R-R=(-1) m,A项正确;由图可知,粒子不可能到达C点,B项错误;由图可知,在AB边界上有粒子射出的长度BF=R=1 m,C项正确;磁场中运动时间最长的粒子运动了半个圆周,轨迹与AB、AC相切,由图可知从底边距B点(-1) m处入射,D项正确。
例4 BC 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项错误;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,粒子做圆周运动的轨道半径为r=R,粒子运动轨迹如图甲所示,由牛顿第二定律得qvB=m,解得B=,B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点一定在运动轨迹上,即粒子运动过程经过O点,C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,D项错误。
训练 BD 解析 由几何关系可知粒子圆周运动的半径r=R,由洛伦兹力提供向心力得qv0B=,解得粒子的初速度大小为v0=,A项错误,B项正确;如图所示,由C点入射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为T==,粒子运动的最短时间tC=·T=,同理由D点入射的粒子运动时间最长,对应的圆心角为120°,则最长时间为tD=T=,C项错误,D项正确。(共24张PPT)
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动态圆模型 磁聚焦和磁发散模型
模型1 定圆旋转模型
例1 (2025·洛阳模拟)如图所示，空间存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，一粒子发射源P位于足够大绝缘平板MN的上方距离为d处，在纸面内向各个方向均匀发射速率均为v的同种带负电粒子，不考虑粒子间的相互作用和粒子所受的重力，已知粒子做圆周运动的半径大小为d，则下列说法正确的是( )
A.若改变粒子的电性，则到达板上的粒子位置不变
B.粒子能打在板上离P点的最远距离为2d
C.粒子从P点运动到板上的最长时间为
D.粒子能打在板上的区域长度为d
如图所示，圆O1与平板MN相切于A点，圆O2与平板MN相交于B点，PB为直径，圆O3与平板MN相切于C点，A、C两点为粒子恰好能打到平板上的临界点,B为粒子能打到的距离P点最远的点,BC为粒子能打到平板的范围；粒子能打在板上离P点的最远距离为PB=2r=d，B项错误；改变粒子电性，粒子能打到的范围长度不变，但位置发生变化，A项错误；粒子打到平板所用时间最长的粒子其初速度为v1，设v1与竖直方向夹角为α，由几何关系得sin α==，解得α=30°,
解析
所以打到A点的粒子速度偏转角为240°，所以最长时间为tmax==，C项正确；BC为粒子能打到平板上的范围，由几何关系可得BC=+=d，D项错误。
解析
[模型构建] 定圆旋转模型的理解和应用
(1)适用条件：粒子的入射点位置相同，速度大小一定，方向不同。
(2)模型构建：将半径为r=的圆绕入射点进行旋转，从而找出临界条件，旋转圆的圆心在以入射点P为圆心、半径r=的圆上。
模型2 动圆放缩模型
例2 (2025·景德镇模拟)如图所示，边长为L的正方形abcd区域内有垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，O点是cd边的中点。若一质量为m，电荷量为q的带正电粒子(不计重力)从O点沿纸面以与Od成30°角的方向以不同的速率v射入磁场，能从ab边飞出的粒子的速率范围为( )
A.
B.
C.
D.
设粒子的运动轨迹半径为r1时，粒子的轨迹与ad边相切，如图中曲线①所示，由几何关系得r1-=r1sin 30°，
解得r1=L，粒子在磁场中做匀速圆周运动，
由洛伦兹力提供向心力得qv1B=，解得
粒子的速率为v1=，当粒子的运动轨迹与
ab边相切时,如图中曲线②所示,由几何关系可得r2+r2cos 30°=L，
解析
此时粒子的运动轨迹半径r2=，粒子在磁场中做匀速圆周运 动，由洛伦兹力提供向心力得qv2B=，解得粒子的速率v2==，故能从ab边飞出的粒子的速率范围为解析
[模型构建] 动圆放缩模型的理解和应用
(1)适用条件：粒子的入射点位置相同，速度方向一定，速度大小不同。
(2)模型构建：以入射点P为定点，轨迹圆的圆心位于粒子处于入射点时所受洛伦兹力所在的射线PP'上，将半径放缩作轨迹图，粒子轨迹与磁场边界相切是恰好不射出磁场的临界状态。
模型3 定圆平移模型
例3 (多选)如图所示，等腰直角三角形区域分布有垂直纸面向里的匀强磁场，腰长AB=2 m，O为BC的中点，磁感应强度B=0.25 T，一群质量m=1×10-7 kg，电荷量q=2×10-3 C的带负电粒子以速度v=5×103 m/s垂直于BO，从BO之间射入磁场区域，带电粒子不计重力，则( )
A.在AC边界上有粒子射出的长度为(-1) m
B.C点有粒子射出
C.在AB边界上有粒子射出的长度为1 m
D.在磁场中运动时间最长的粒子从底边距B点(-1) m处入射
粒子在磁场中偏转，根据洛伦兹力提供向心力，则有Bqv=m，粒子在磁场中运动的轨道半径R== m=1 m，作出粒子在磁场中的运动轨迹图，如图所示。
由图可知，能从AC边射出的粒子长度
DE=R-R=(-1) m，A项正确；由
图可知，粒子不可能到达C点，B项
错误；由图可知，在AB边界上有粒子
解析
射出的长度BF=R=1 m，C项正确；磁场中运动时间最长的粒子 运动了半个圆周，轨迹与AB、AC相切，由图可知从底边距B点(-1) m处入射，D项正确。
解析
[模型构建] 定圆平移模型的理解和应用
(1)适用条件：粒子的入射点位置不同但在同一直线上，速度大小、方向均一定。
(2)模型构建：轨迹圆的半径相同，将半径为r=的圆沿入射点所在的直线进行平移，从而找到临界条件。
模型4 磁聚焦与磁发散模型
例4 (多选)(2025·厦门模拟)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，则下列说法正确的是( )
A.粒子带正电
B.匀强磁场的磁感应强度B=
C.有粒子运动过程中会经过O点
D.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
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
错误；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，粒子做圆周运动的轨道半径为r=R，粒
子运动轨迹如图甲所示，由牛顿第二定律得
qvB=m，解得B=，B项正确；粒子在磁场
解析
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点一定在运动轨迹上，即粒子运动过程经过O点，C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，D项错误。
解析
[模型构建] 磁聚焦与磁发散模型的理解和应用
(1)适应条件：磁场圆的半径与轨迹圆的半径相等。
(2)模型构建。
①磁聚焦：粒子以平行于某一直径的方向从不同位置射入圆形匀强磁场区域，会从磁场边界上同一点射出，该点切线与入射速度方向平行。
②磁发散：粒子从磁场边界上同一点以不同的速度方向射入匀强 磁场，粒子射出磁场时速度沿同一方向，且与入射点的切线方向平行。
训练 (多选)(2025·萍乡三模)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
由几何关系可知粒子圆周运动的半径r=R，由洛伦兹力提供向心力得qv0B=，解得粒子的初速度大小为v0=，A项错误，B项正确；如图所示，由C点入射的粒子运动时间最短，设运动轨迹对应的圆心角为α，
解析
则有 cos α==，粒子做圆周运动的周期为T==，粒子运动的最短时间tC=·T=，同理由D点入射的粒子运动时间最长，对应的圆心角为120°，则最长时间为tD=T=，C项错误，D项正确。
解析
