2026高考物理一輪復(fù)習(xí)（基礎(chǔ)版）第十一章第4講小專題“動態(tài)圓”法解決帶電粒子在磁場中運動的臨界極值問題含答案第4講小專題:“動態(tài)圓”法解決帶電粒子在磁場中運動的臨界極值問題考點一“平移圓”模型概述粒子源發(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(jìn)入勻強(qiáng)磁場時,它們做勻速圓周運動的半徑相同,其軌跡圓的圓心必處于垂直于入射方向的同一直線上,如圖所示應(yīng)用在實際問題中,可以通過移動軌跡圓的方法探究臨界情形[例1]如圖所示為邊長為L的正方形有界勻強(qiáng)磁場區(qū)域ABCD,帶電粒子從A點沿AB方向射入磁場,恰好從C點飛出磁場;若帶電粒子以相同的速度從AD的中點P垂直于AD射入磁場,從DC邊的M點飛出磁場(M點未畫出)。設(shè)粒子從A點運動到C點所用的時間為t1,由P點運動到M點所用的時間為t2(帶電粒子所受重力不計),則t1∶t2為()[A]2∶1 [B]4∶3[C]3∶2 [D]3∶2【答案】C【解析】由題意知,帶電粒子從A點沿AB方向射入磁場時的軌跡圓心處于D點,即粒子運動半徑r=L,軌跡對應(yīng)的圓心角為θ=90°;當(dāng)粒子從P點入射時,根據(jù)平移圓模型,其運動軌跡如圖中Ⅱ所示,根據(jù)幾何關(guān)系得cosθ′=r-L2r=12,即θ′=60°,由于運動時間t=θ360°T,所以t1∶t2=θ∶θ考點二“旋轉(zhuǎn)圓”模型概述在磁場中的同一點,速度大小一定、方向不同的同種帶電粒子,在磁場中做勻速圓周運動的半徑相同,對不同運動方向的粒子,其軌跡圓的圓心處于同一圓周上,如圖所示應(yīng)用在實際問題中,可通過旋轉(zhuǎn)軌跡圓的方法來探究軌跡與磁場邊界相切的情形,進(jìn)而明確臨界點的位置[例2](2024·安徽蕪湖階段練習(xí))如圖所示,水平直線邊界PQ的上方空間內(nèi)有方向垂直于紙面向外、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場,長為2d、與PQ平行的擋板MN到PQ的距離為d,邊界PQ上的S點處有一電子源,可在紙面內(nèi)向PQ上方各方向均勻地發(fā)射電子。已知電子質(zhì)量為m、電荷量為e,速度大小均為eBdm,N、S的連線與PQ垂直,不計電子之間的作用力,則擋板MN的上表面沒有被電子擊中部分的長度為([A]d [B]3d-d[C](2-3)d [D](3-3)d【答案】D【解析】帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運動,根據(jù)洛倫茲力提供向心力有evB=mv2r,可得r=mveB=d,作出粒子從不同方向射出的軌跡,如圖所示,則擋板MN的上表面被電子擊中部分為CD,根據(jù)幾何關(guān)系可得DN=(2d)2-d2=3d,CN=d,故沒有被電子擊中部分的長度為s=2d-(3d-d)考點三“放縮圓”模型概述在磁場中的同一點,沿同一方向運動的不同速率的帶電粒子,入射方向確定,其軌跡圓心落在過入射點垂直于入射方向的射線上,如圖所示應(yīng)用實際問題中,可結(jié)合半徑可能的變化對軌跡圓進(jìn)行放大或縮小,從而尋找軌跡圓周與磁場邊界相切的情形,由此可以發(fā)現(xiàn)臨界點[例3](2024·廣西玉林二模)(多選)如圖所示,邊長為L的等邊三角形ABC內(nèi)有垂直于紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0的勻強(qiáng)磁場,D是AB邊的中點,一質(zhì)量為m、電荷量為-q的帶電粒子從D點以速度v平行于BC邊方向射入磁場,不計粒子重力,下列說法正確的是()[A]粒子可能從B點射出[B]若粒子從C點射出,則粒子做勻速圓周運動的半徑為32[C]若粒子從C點射出,則粒子在磁場中運動的時間為π[D]若粒子從AB邊射出,則粒子的速度越大,其在磁場中運動的時間越短【答案】BC【解析】帶負(fù)電的粒子從D點以速度v平行于BC邊射入磁場,由左手定則可知,粒子向下偏轉(zhuǎn),由于BC邊的限制,粒子不能到達(dá)B點,故A錯誤;粒子從C點射出的軌跡如圖甲所示,根據(jù)幾何關(guān)系可得R2=(R-L2sin60°)2+(L-L2cos60°)2,解得R=32L,則粒子軌跡對應(yīng)圓心角的正弦值為sin∠O=L-12Lcos60°R=32,則∠O=60°πm3qB0,故B、C正確;由qvB0=mv2若粒子從AB邊射出,則粒子的速度越大,軌跡半徑越大,如圖乙所示,但軌跡對應(yīng)的圓心角相同,根據(jù)T=2πmqB,可知粒子在磁場中運動的周期相等,則其在磁場中運動的時間相同,故(滿分:60分)對點1.“平移圓”模型1.(4分)如圖所示,在xOy平面的Ⅰ、Ⅳ象限內(nèi)有一圓心為O、半徑為R的半圓形勻強(qiáng)磁場區(qū)域,線狀粒子源從y軸左側(cè)平行于x軸正方向不斷射出質(zhì)量為m、電荷量為q、速度大小為v0的帶正電粒子。磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為mv02qR,方向垂直于xOy平面向里。不考慮粒子間的相互作用,不計粒子受到的重力。所有從不同位置進(jìn)入磁場的粒子中,[A]πR6v0 [C]πR3v0 【答案】C【解析】粒子在磁場中做勻速圓周運動,有qv0B=mv02r,解得r=2R,如圖所示,當(dāng)粒子在磁場中的運動軌跡對應(yīng)的圓心角最大時,粒子在磁場中運動的時間最長,由于sinα=FEr,要使圓心角α最大,則FE最長,經(jīng)分析可知,當(dāng)粒子從y軸上的D′點射入,從x軸上的E′點射出磁場時,粒子在磁場中運動的時間最長,有sinαm=OE'r,解得αm=π6,最長時間為tm=π62π·2πr2.(6分)(2025·河南開封期末)(多選)如圖所示,在平面等腰直角三角形ACO區(qū)域內(nèi)存在一垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。大量帶正電的粒子先后以速度v0垂直O(jiān)C邊從不同位置射入磁場,有些粒子能在邊界AO上相遇。已知OC>3mv0qB。粒子質(zhì)量為m,電荷量為q,不計粒子重力,[A]磁場方向垂直于紙面向外[B]磁場方向垂直于紙面向里[C]相遇粒子的入射時間差的最大值為π[D]相遇且入射時間差最大的兩粒子入射點之間的距離為(【答案】BC【解析】由題知,有些粒子能在邊界AO上相遇,說明帶正電的粒子向AO偏轉(zhuǎn),根據(jù)左手定則知,磁場方向垂直于紙面向里,A錯誤,B正確;如圖所示,設(shè)粒子在P點相遇,做圓周運動的半徑為r,當(dāng)粒子軌跡在AO處相切時間差有最大值,此時兩軌跡對應(yīng)的圓心角分別為θ=45°和α=135°,設(shè)θ=45°時運動時間為t1,α=135°時運動時間為t2,則時間差最大值為Δtm=t2-t1=(135°360°-45°360°)2πmqB=πm2qB,C正確;由幾何關(guān)系知,r=OP,則相遇且入射時間差最大的兩粒子入射點之間的距離為Δx=OD-OE=OO′+O′D對點2.“旋轉(zhuǎn)圓”模型3.(4分)如圖所示,在x軸的上方(y≥0)存在著垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(未畫出),磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。在原點O有一個離子源向x軸上方的各個方向發(fā)射出質(zhì)量為m、帶電荷量為q的正離子,速率都為v。對那些在xOy平面內(nèi)運動的離子,在磁場中可能到達(dá)的位置中與x軸及y軸最遠(yuǎn)距離分別為()[A]2mvqB2mvqB [B[C]2mvqBmvqB [D]【答案】A【解析】若讓沿x軸正方向射出的離子的軌跡圓繞O點緩慢轉(zhuǎn)動(如圖所示),可以得出離y軸最遠(yuǎn)為|x|=2r=2mvqB,離x軸最遠(yuǎn)為y=2r=2mvqB4.(6分)(2024·重慶渝中階段練習(xí))(多選)如圖所示,在等腰直角三角形abc區(qū)域內(nèi)存在垂直于紙面向外、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場,O為ab邊的中點,在O處有一粒子源沿紙面內(nèi)不同方向、以相同的速率v=qBLm不斷向磁場中釋放相同的帶正電粒子,已知粒子的質(zhì)量為m,電荷量為q,直角邊ab長為22L,不計重力和粒子間的相互作用力。則([A]從ac邊射出的粒子中在磁場中運動的最短時間為π[B]從ac邊射出的粒子中在磁場中運動的最短時間為π[C]粒子能從bc邊射出的區(qū)域長度為L[D]粒子能從bc邊射出的區(qū)域長度為2L【答案】BD【解析】粒子在磁場中做圓周運動,根據(jù)洛倫茲力提供向心力有Bqv=mv2r,解得r=L;如圖,過O點作ac的垂線Od,則Od=Oacos45°=L,此時對應(yīng)軌跡的弦長最短,運動時間最短,由幾何關(guān)系知軌跡對應(yīng)的圓心角為60°,則最短時間為t=60°360°T,又T=2πrv,則t=πm3qB,故A錯誤,B正確;粒子軌跡與ac相切時,交bc邊最遠(yuǎn)的e點,由幾何關(guān)系可知,Oe長度為直徑,則粒子能從bc邊射出的區(qū)域長度為eb=Oecos對點3.“放縮圓”模型5.(4分)如圖所示,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場方向垂直于紙面向里,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重力。下列分析正確的是()[A]粒子帶負(fù)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點射出的粒子在磁場中的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2π【答案】D【解析】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=mv2r得v=qBrm,從M點射出粒子的圓周半徑更小,則速度更小,B錯誤。由t=θ2πT=θ2π·2πmqB可知,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,弦切角越小,運動時間越短,如圖所示。當(dāng)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tminM、N兩點具體位置未知,則無法判斷從M點射出粒子所用時間和從N點射出粒子所用時間的大小關(guān)系,C錯誤,D正確。6.(14分)如圖所示,正方形區(qū)域abcd內(nèi)(含邊界)有垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場,ab=l,Oa=0.4l,大量帶正電的粒子從O點沿與ab邊成37°角的方向以不同的初速度v0射入磁場,不計粒子所受重力和粒子間的相互作用,已知帶電粒子的質(zhì)量為m、電荷量為q,磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,取sin37°=0.6,cos37°=0.8。(1)求帶電粒子在磁場中運動的最長時間;(2)若帶電粒子從ad邊離開磁場,求v0的取值范圍?！敬鸢浮?1)143πm90qB(2)qBl4m【解析】(1)由r=mvqB可知,速度較小的粒子能夠從ab邊離開磁場,此部分粒子在磁場中運動的時間最長,如圖甲所示,由qv0B=mv02r、T=2πrv0得T=2πmBq則粒子在磁場中運動的最長時間t=360°-74°(2)由于粒子速度越大,其軌道半徑越大,但圓心處于同一直線上,當(dāng)軌跡與ad邊相切后直至與cd邊相切的粒子會從ad邊射出磁場,如圖乙中軌跡Ⅰ、Ⅱ所示,設(shè)其初速度分別為v01、v02,軌道半徑分別為R1、R2,由幾何關(guān)系分別有R1+R1sin37°=0.4l,R2+R2cos37°=l,根據(jù)qvB=mv2r,解得v01=qBl4m,v即qBl4m<v0≤7.(4分)(2024·甘肅蘭州模擬)如圖所示,平面直角坐標(biāo)系xOy內(nèi),存在垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(圖中未畫出),磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B=0.2T,原點O處有一粒子源,能向紙面內(nèi)各個方向發(fā)射比荷為4×108C/kg的正粒子,粒子初速度v0=8×106m/s,不計粒子所受重力,有一與x軸成45°角傾斜放置的足夠長擋板跨越第一、三、四象限,P是擋板與x軸交點,OP=162cm,則擋板上被粒子打中的區(qū)域長度為()[A]24cm [B]16cm[C]20cm [D]32cm【答案】C【解析】粒子源到擋板的距離h=162sin45°cm=16cm,粒子在磁場中做勻速圓周運動,由qv0B=mv02r,解得其軌道半徑r=mv0qB=10cm<h=16cm,即所有粒子的軌跡圓的圓心均處于r=10cm的圓周上,打在擋板上的動態(tài)軌跡邊界如圖所示,其中打在最下方A點的粒子距離粒子源為2r,則有xAC=(2r)2-h2=12cm,打在最上方D點的粒子有xCD=r2-(h-r)28.(18分)(2025·云南高考適應(yīng)性考試)某小組基于“試探電荷”的思想,設(shè)計了一個探測磁感應(yīng)強(qiáng)度和電場強(qiáng)度的裝置,其模型如圖所示。該裝置由粒子加速器、選擇開關(guān)和場測量模塊(圖中長方體區(qū)域)組成。MNPQ為場測量模塊的中截面。以PQ中點O為坐標(biāo)原點,QP方向為x軸正方向,在MNPQ平面上建立Oxy平面直角坐標(biāo)系。帶電粒子經(jīng)粒子加速器加速后可從O點沿y軸正方向射入。選擇開關(guān)撥到S1擋可在模塊內(nèi)開啟垂直于Oxy平面的待測勻強(qiáng)磁場,長為2d的PQ區(qū)間標(biāo)有刻度線用于表征磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小和方向;撥到S2擋可在模塊內(nèi)開啟平行于x軸的待測勻強(qiáng)電場,長為l的NP和QM區(qū)間(l>d2)標(biāo)有刻度線用于表征電場強(qiáng)度的大小和方向。帶電粒子以速度v入射,其質(zhì)量為m、電荷量為+q,(1)開關(guān)撥到S1擋時,在PO區(qū)間(x0,0)處探測到帶電粒子,求磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向和大小;(2)開關(guān)撥到S2擋時,在(d,y0)處探測到帶電粒子,求電場強(qiáng)度的方向和大小;(3)求該裝置PO區(qū)間和NP區(qū)間的探測量程。若粒子加速器的電壓為U,要進(jìn)一步擴(kuò)大量程,U應(yīng)增大還是減小?請簡要說明?！敬鸢浮?1)2mv(2)2dmv2【解析】(1)帶正電的粒子向右偏轉(zhuǎn),受洛倫茲力方向向右,由左手定則可知,磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直于紙面向外。由幾何關(guān)系,可知粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑r0與x0的關(guān)系為2r0=x0,根據(jù)牛頓第二定律有qvB=mv2r0,解得(2)由帶正電粒子向右偏轉(zhuǎn),可知電場力水平向右,故電場方向水平向右。粒子射入電場中做類平拋運動,由水平方向、豎直方向位移公式有d=12at2,y0=vt,由牛頓第二定律可得Eq=ma,聯(lián)立解得E=2(3)①若測量磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小和方向:設(shè)磁場中做勻速圓周運動的半徑為r,由牛頓第二定律有qvB=mv2r,由磁感應(yīng)強(qiáng)度表達(dá)式可知,r越大B越小,由幾何關(guān)系得rmax聯(lián)立解得Bmin=2mv可知量程為[2mv若粒子加速器的電壓為U,由動能定理有qU=12mv2則磁感應(yīng)強(qiáng)度的表達(dá)式為Bmin=2d可知U越小,Bmin越小,要進(jìn)一步擴(kuò)大量程,U應(yīng)減小。②若測量電場強(qiáng)度大小和方向:當(dāng)運動時間最長、水平位移最大時,電場強(qiáng)度最小,由水平方向、豎直方向位移公式有d=12at2,l=vt由牛頓第二定律可得Eminq=ma,聯(lián)立解得Emin=2dm可知,量程為[2dm當(dāng)電壓為U時,由動能定理有qU=12mv2整理得Emin=4dU可知U越小,Emin越小,要進(jìn)一步擴(kuò)大量程,U應(yīng)減小。第5講小專題:“磁發(fā)散”和“磁聚焦”如圖所示,大量的同種帶正電的粒子,速度大小相等,水平入射到圓形磁場區(qū)域,如果軌跡圓半徑與磁場圓半徑相等(R=r),你能證明所有的帶電粒子將從磁場圓的最高點B射出嗎?反之,如果使上述帶電粒子從磁場圓邊界上某一點沿不同方向進(jìn)入磁場,情況又是怎樣的?提示:選圖中某一條軌跡,如從A點入射的粒子,連接入射點A和出射點B,則線段AB為磁場圓和軌跡圓的一條弦,其垂直平分線必通過兩圓心,由于兩圓半徑相等,作平行四邊形OAO′B,則OAO′B為菱形,邊AO′垂直于入射方向,粒子從B點射出;同理,其他入射粒子均從B點射出。若使這些帶電粒子從磁場圓邊界同一點進(jìn)入磁場,同樣可證明粒子均以相同的方向射出磁場,如圖所示。“磁發(fā)散”和“磁聚焦”在圓形邊界的勻強(qiáng)磁場中,如果帶電粒子做勻速圓周運動的半徑恰好等于磁場區(qū)域圓的半徑,則有如下兩個重要結(jié)論:磁發(fā)散磁聚焦帶電粒子從圓形有界勻強(qiáng)磁場邊界上同一點射入,如果軌跡半徑與磁場半徑相等,則粒子出射方向與入射點的切線方向平行帶電粒子平行射入圓形有界勻強(qiáng)磁場,如果軌跡半徑與磁場半徑相等,則粒子從磁場邊界上同一點射出,該點切線方向與入射方向平行[例1]【“磁聚焦”模型】(多選)如圖所示,扇形區(qū)域AOB內(nèi)存在有垂直于平面向里的勻強(qiáng)磁場,OA和OB互相垂直,一個帶電粒子從A點沿AO方向進(jìn)入磁場,從B點離開,若該粒子以同樣的速度從C點平行于AO方向進(jìn)入磁場,則()[A]粒子帶正電[B]C點越靠近B點,粒子偏轉(zhuǎn)角度越大[C]C點越遠(yuǎn)離B點,粒子運動時間越短[D]只要C點在AB之間,粒子仍然從B點離開磁場【答案】AD【解析】由題意,粒子從A點進(jìn)入磁場,從B點離開,由左手定則可知粒子帶正電,故A正確;粒子做圓周運動的半徑等于磁場區(qū)域的半徑,根據(jù)磁聚焦的原理,當(dāng)入射方向平行時,這些粒子將從同一點射出,如圖所示,從點A、C、C1、C2以相同的方向進(jìn)入磁場,則這些粒子從同一點B射出,從圖中看出,C點越靠近B點,軌跡對應(yīng)的圓心角越小,時間越短,粒子偏轉(zhuǎn)角度越小,故D正確,B、C錯誤。[例2]【“磁發(fā)散”模型】(2024·安徽合肥一模)如圖,坐標(biāo)原點O有一粒子源,能向坐標(biāo)平面第一、二象限內(nèi)發(fā)射大量質(zhì)量為m、電荷量為q的正粒子(不計重力),所有粒子速度大小相等,不計粒子間的相互作用。圓心在(0,R)、半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi),有垂直于坐標(biāo)平面向外的勻強(qiáng)磁場(未畫出),磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。磁場右側(cè)有一長度為R、平行于y軸的光屏,其中心位于(2R,R)處。已知初速度沿y軸正方向的粒子經(jīng)過磁場后,恰能垂直射在光屏中心,則()[A]粒子速度大小為qBR[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,在磁場中運動時間最長為2[D]能射在光屏上的粒子初速度方向與x軸正方向夾角滿足45°≤θ≤135°【答案】C【解析】由題意,初速度沿y軸正方向的粒子經(jīng)過磁場后,恰能垂直射在光屏中心,由幾何關(guān)系有r=R,又qvB=mv2r,解得v=qBRm,A錯誤;由于所有粒子的速度大小相等,但方向不同,且離開磁場區(qū)域的出射點距離O點的豎直高度最大值為2R,并不會全部垂直射在光屏上,B錯誤;如圖甲,由幾何關(guān)系可得,能射在光屏上的粒子中,運動時間最長的對應(yīng)軌跡的圓心角為23π,根據(jù)周期公式T=2πrv,可得t=對于射在光屏下端的粒子,如圖乙,由幾何關(guān)系可得θ1=60°,即初速度方向與x軸夾角為θ1=60°,同理,粒子打在光屏上端時,初速度方向與x軸正方向夾角為θ2=120°,則能射在光屏上的粒子初速度方向與x軸正方向夾角滿足60°≤θ≤120°,D錯誤。(滿分:50分)1.(4分)(2024·湖南湘潭開學(xué)考試)如圖所示,圓形區(qū)域半徑為r,區(qū)域內(nèi)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場,一束不計重力的帶正電粒子,質(zhì)量均為m,電荷量均為q,以垂直于區(qū)域圓直徑MN的相同速度飛入圓形勻強(qiáng)磁場區(qū)域后發(fā)生偏轉(zhuǎn),都恰好能在區(qū)域邊緣的同一點射出磁場區(qū)域,不計粒子間相互作用力,則下列說法正確的是()[A]粒子將從M點射出磁場[B]所有粒子在磁場中的運動時間相同[C]粒子射出磁場區(qū)域的速度方向均相同[D]粒子速度大小為v=Bqr【答案】D【解析】由左手定則可得,粒子從N點射出磁場,選項A錯誤;由題意可知,粒子偏轉(zhuǎn)半徑為圓形磁場區(qū)域半徑r,根據(jù)qvB=mv2r,此時粒子速度為v=Bqrm,選項D正確;最上層粒子在磁場中的運動時間最長,最下層粒子在磁場中運動時間最短,選項B錯誤;由粒子運動軌跡可知,粒子射出時方向不相同,2.(6分)(多選)如圖所示,坐標(biāo)原點O有一粒子源,能向坐標(biāo)平面第一、二象限內(nèi)發(fā)射大量質(zhì)量為m、電荷量為q的正粒子(不計重力),所有粒子速度大小相等。圓心在(0,R),半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi),有垂直于坐標(biāo)平面向外的勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,磁場右側(cè)有一點A(2R,32R),已知初速度沿y軸正方向的粒子經(jīng)過磁場后,粒子的速度方向沿x軸的正方向,則([A]初速度方向與x軸夾角為120°的粒子經(jīng)過A點[B]初速度方向與x軸夾角為135°的粒子經(jīng)過A點[C]經(jīng)過A點的粒子在磁場中運動時間為2π[D]經(jīng)過A點的粒子在磁場中運動時間為3π【答案】AC【解析】初速度沿y軸正方向的粒子經(jīng)過磁場后,粒子的速度方向沿x軸的正方向,則粒子的軌跡半徑r=R,由qvB=mv2r,可得粒子軌跡半徑都為R;根據(jù)“磁發(fā)散”可知粒子從磁場射出時,速度一定沿x軸正方向,經(jīng)過A點的粒子在磁場中運動的軌跡如圖所示,根據(jù)幾何關(guān)系有R+Rsin(α-90°)=32R,解得α=120°,故A正確,B錯誤;該粒子在磁場中的運動時間為t=120°360°×2πm3.(4分)(2024·云南曲靖三模)如圖所示,紙面內(nèi)有寬為L、水平向右飛行的帶電粒子流,粒子的質(zhì)量為m、電荷量為+q、速率為v0,不考慮粒子的重力及相互作用。要使粒子都會聚到一點,可以在粒子流的右側(cè)虛線框內(nèi)設(shè)計一勻強(qiáng)磁場區(qū)域,設(shè)B0=mv0qL。選項A、B、C中的曲線均為半徑是L的四分之一圓弧,其中A、B的磁感應(yīng)強(qiáng)度B=B0,C的磁感應(yīng)強(qiáng)度B=2B0;D中曲線是直徑為L的圓,磁感應(yīng)強(qiáng)度B=B0。磁場區(qū)域的形狀及對應(yīng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度可能是[A][B][C][D]【答案】A【解析】A選項中,已知磁感應(yīng)強(qiáng)度B=B0=mv0qL,由洛倫茲力提供向心力得qv0B=mv02rA,解得粒子的軌跡半徑為rA=L,如圖甲所示,可知粒子都會聚到一點,故A正確;B選項中,已知磁感應(yīng)強(qiáng)度B=B0=mv0qL,由洛倫茲力提供向心力得qv0B=mv02rB,解得粒子的軌跡半徑為rB=L,如圖乙所示,可知粒子不會聚到一點,故B錯誤;C選項中,已知磁感應(yīng)強(qiáng)度B=2B0=2mv0qL,由洛倫茲力提供向心力得qv0B=mv02rC,解得粒子的軌跡半徑為rC=L2,如圖丙所示,可知粒子不會聚到一點,故C錯誤;D選項中,已知磁感應(yīng)強(qiáng)度B=B0=4.(6分)(2024·廣西桂林模擬)(多選)我國研制的世界首套磁聚焦霍爾電推進(jìn)系統(tǒng)已經(jīng)完成了全部在軌飛行驗證工作,可作為太空發(fā)動機(jī)使用,帶電粒子流的磁聚焦是其中的關(guān)鍵技術(shù)之一。如圖,實線所示的兩個圓形區(qū)域內(nèi)存在垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場Ⅰ、Ⅱ,磁感應(yīng)強(qiáng)度分別為B1、B2。兩圓半徑均為r,相切于O點。一束寬度為2r的帶電粒子流沿x軸正方向射入后都會聚到坐標(biāo)原點O。已知粒子的質(zhì)量均為m,電荷量均為+q,進(jìn)入磁場的速度均為v,不計帶電粒子的重力及粒子間的相互作用力。下列說法正確的是()[A]B1的大小為mv[B]從O點進(jìn)入磁場Ⅱ的粒子的速度仍相同[C]若B2=2B1,則粒子在磁場Ⅱ邊界的射出點在四分之一圓周上[D]若B2=0.5B1,則粒子在磁場Ⅱ中運動的最長時間為2π【答案】AD【解析】由磁聚焦的特點可知,粒子在磁場中的運動半徑與磁場圓的半徑相等,即B1qv=mv2r,解得B1=mvqr,故A正確;洛倫茲力只改變帶電粒子的運動方向而不改變其速度的大小,所以從O點進(jìn)入磁場Ⅱ的粒子速度大小相等,但速度的方向不同,故B錯誤;若B2=2B1,則r2=mvB2q=12r,可知粒子離開磁場Ⅱ最遠(yuǎn)的位置與原點的距離為r,如圖甲所示,由幾何關(guān)系,弦所對最大圓心角為60°,故粒子在磁場Ⅱ邊界的射出點在六分之一圓周上,故C錯誤;若B2=0.5B1,則r2′=mvB2q=2r5.(14分)(2024·甘肅