56 专题强化(十四) 动态圆问题(Word练习)-【正禾一本通】2025年高考物理高三一轮总复习高效讲义

[专题强化(十四)]　动态圆问题 ________________________________________________________________________ (选择题每题5分，解答题每题10分，建议用时：50分钟)　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 考点 题目 平移圆 3，6 旋转圆 4，9，10 放缩圆 1，5，8 磁聚焦磁发散 2，7，11 1.如图，在边长为2a的正三角形区域内存在方向垂直于纸面向里的恒定的匀强磁场，一个质量为m、电荷量为－q的带电粒子(重力不计)从AB边的中点O以速度v进入磁场，粒子进入磁场时的速度方向垂直于磁场且与AB边的夹角为60°。若B大小可调，下列说法正确的是(　　 ) A．粒子可能从A点飞出，此时B＝ B．粒子可能从C点飞出，此时B＝ C．粒子可能从B点飞出，此时B＝ D．粒子如果从AB边飞出，在磁场中运动的时间都相同 解析：选D。带负电的粒子受到向右的洛伦兹力，则不可能从A点飞出，A错误； 若粒子从C点飞出，则粒子运动的半径为r0＝2a cos 30°＝a，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得qvB＝m，解得B＝，B错误； 粒子运动的轨迹只能与BC相切，则不可能从B点飞出，C错误；粒子如果从AB边飞出，在磁场中运动的角度均为240°，则运动的时间都相同，D正确。 2．(2023·湖南长沙一模)如图所示，有一圆形区域匀强磁场，半径为R，方向垂直纸面向外，磁感应强度大小B1，在其右侧有一与其右端相切的正方形磁场区域，正方形磁场的边长足够长，方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B2。有一簇质量为m，电荷量为＋q的粒子，以相同的速度v0＝沿图示方向平行射入磁场，不计粒子的重力及粒子之间的相互作用，则粒子在正方形磁场区域中可能经过的面积为(　　 ) A．S＝R2 B．S＝R2 C．S＝(π＋1)R2 D．S＝R2 解析： 选C。由v0＝，则知粒子圆形磁场区域经历磁聚焦，聚于两区域相切点而后进入正方形区域，图形如图所示，图中阴影部分即为所求，则r＝＝·R，空白区域面积S白＝2×＝r2，空白加阴影的总面积S总＝π(2r)2＋πr2＝πr2，则S阴＝S总－S白＝(π＋1)R2，故C正确。 3．如图所示，有界匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里，MN为其左边界，磁场中沿磁场方向放置一表面涂有荧光材料、底面半径为R的圆柱体，电子打到圆柱体表面时荧光材料会发出荧光，且被圆柱体吸收。圆柱体的底面圆心O到磁场边界MN的距离为2R。一平行电子束以垂直边界MN向右的初速度v0＝射入磁场。已知电子质量为m，电荷量为e，则图示截面圆上发光部分的长度等于(　　 ) A．πR B．πR C．πR D．πR 解析：选C。由洛伦兹力提供向心力有ev0B＝，得粒子半径r＝3R，画出与圆柱体相切的两条轨迹，如图所示， 由几何关系知sin α＝，解得α＝，则截面圆上发光部分对应的圆心角θ＝π＋(－α)＝π，则由图可知，截面圆上发光部分的长度l＝θR＝πR，故C正确。 4．如图所示，足够长的绝缘板MN上方有水平方向的匀强磁场，方向垂直纸面向里。距离绝缘板d处有一粒子源S，能够在纸面内不断地向各个方向同时发射电荷量为q、质量为m、速率为v的带正电粒子。不计粒子的重力及粒子间的相互作用，知粒子做圆周运动的半径也恰好为d，则(　　 ) A．粒子能打到绝缘板上的区域长度为2d B．能打到绝缘板上最左侧的粒子所用的时间为 C．粒子从发射到打到绝缘板上的最长时间为 D．同一时刻发射的粒子打到绝缘板上的最大时间差为 解析：选D。利用旋转法作出临界位置的轨迹图，如图所示， ②轨迹为粒子在绝缘板上打击区域的左边缘，则有x1＝＝d；④轨迹为粒子在绝缘板上打击区域的右边缘，则有x2＝d，则粒子能打到绝缘板上的区域长度为x＝x1＋x2＝d＋d，故A错误。粒子圆周运动的周期T＝，根据上述临界轨迹图可知，能打到绝缘板上最左侧的粒子轨迹为②，其所用的时间为t1＝T＝，故B错误。根据上述临界轨迹图可知，粒子从发射到打到绝缘板上的最长时间轨迹为①，则最长时间为t2＝T＝，故C错误。根据上述临界轨迹图可知，粒子从发射到打到绝缘板上的最短时间轨迹为③，由轨迹几何关系可知，其轨迹对应圆心角为θ＝，则有t3＝＝，结合上述分析可知，同一时刻发射的粒子打到绝缘板上的最大时间差为Δt＝t2－t3＝，故D正确。 5．(2023·重庆高三统考)如图所示，有一个正方形的匀强磁场区域abcd，e是ad的中点，f是cd的中点，如果在a点沿对角线方向以速度v射入一带负电的带电粒子，恰好从e点射出，不计粒子重力，则下列说法正确的是(　　 ) A．如果粒子的速度增大为原来的二倍，将从d点射出 B．如果粒子的速度增大为原来的三倍，将从f点射出 C．如果粒子的速度不变，磁场的磁感应强度变为原来的二倍，将从d点射出 D．只改变粒子的速度大小使其分别从e、d、f点射出时，从f点射出运动时间最长 解析：选A。带电粒子在匀强电场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，如图所示， 可得qvB＝m，即r＝，如果粒子的速度增大为原来的二倍，磁感应强度不变，由上式可知，圆周半径将变为原来的二倍，由几何知识可知，粒子将从d点射出，A正确；设正方形的边长为2l，则粒子从e点射出时，轨迹的半径为l，如果粒子的速度增大为原来的三倍，磁感应强度不变，由r＝可知，圆周半径将变为原来的三倍，即为l，如图所示， 设∠daf＝θ，由几何关系可知af＝l，cos θ＝＝，sin θ＝＝，cos ∠naf＝cos (45°＋θ)＝cos 45°·cos θ－sin 45°·sin θ＝×－×＝＝，因此轨迹半径r＝＝l×＝l>l，B错误；如果粒子的速度不变，磁场的磁感应强度变为原来的二倍，由r＝可知，半径减小为原来的，因此不可能从d点射出，C错误；粒子在磁场中运动的周期为T＝＝，若只改变粒子的速度大小，使其分别从e、d、f点射出时，所用时间为t＝T，α为轨迹所对的圆心角，可知从f点射出运动时间最小，D错误。 6．(多选)如图所示，直角三角形ABC区域内有垂直于纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场，AC边长为L，∠A＝30°。带正电的粒子流(其重力忽略不计)以相同速度在CD范围内垂直AC边射入(不计粒子间的相互作用力)，从D点射入的粒子恰好不能从AB边射出。已知从BC边垂直射出的粒子在磁场中运动的时间为3t，在磁场中运动时间最长的粒子所用时间为4t，则(　　 ) A．粒子的比荷为 B．粒子运动的轨道半径为L C．粒子射入磁场的速度大小为 D．粒子流在磁场中扫过的面积为L2 解析：选CD。粒子在磁场中做匀速圆周运动，垂直BC边射出，运动的时间为3t＝T，又有T＝，解得粒子的比荷为＝，故A错误；设运动时间最长的粒子在磁场中运动轨迹所对应的圆心角为θ，根据题意有T＝＝4t，解得θ＝，粒子运动轨迹如图所示， 设粒子轨迹半径为R，根据几何关系＋R cos 60°＝L，解得R＝L，故B错误；粒子在磁场中运动时，洛伦兹力提供向心力，故qvB＝m，可得粒子射入磁场的速度大小为v＝，故C正确；从D点射入的粒子恰好不从AB边界射出，由几何知识可得粒子在磁场中扫过的面积为S＝πR2＋R·R cos 60°＝L2，故D正确。 7．(多选)如图所示，在半径为R的扇形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，AO⊥BO，∠AOC＝30°，一带电粒子从A点以一定的速度沿AO方向射入磁场，经时间t0后从B点离开。若该粒子以同样的速度从C点射入磁场，则(　　 ) A．粒子的速度大小为 B．粒子仍然从B点离开磁场 C．粒子在磁场中运动的时间为 D．粒子在磁场中运动的轨迹长度为 解析：选BCD。带电粒子从A点沿AO方向进入磁场，从B点离开，那么粒子在A点向右上方偏转，则由左手定则可判定粒子带正电，那么粒子做圆周运动，在A点的半径方向垂直于AO，又有OA和OB互相垂直，且粒子从B点离开，则由OA、OB及圆周运动在A、B两点的半径构成的四边形为正方形，如图所示， 所以粒子在磁场中做圆周运动的半径为扇形区域的半径R，根据qBv＝m，t0＝T＝·，解得v＝，故A错误；粒子从C点沿CD射入，其运动轨迹如图所示， 设对应的圆心为O1，运动轨道半径也为BO＝R，连接O1C、O1B，O1COB是平行四边形，则O1B＝CO，则粒子一定从B点射出磁场，故B正确；由于∠AOC＝30°，故根据数学知识可得θ＝∠BO1P＝60°＝，故粒子在磁场中运动的时间为t＝T＝，故C正确；粒子在磁场中运动的轨迹长度为l＝·2πR＝，故D正确。 8．(多选)边长为a的等边三角形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，一束质量为m、电荷量为－q的带电粒子(不计重力)从AB边的中点沿平行BC边的方向以不同的速率射入磁场区域，则(　　 ) A．从BC边射出的粒子的最大速率为 B．从BC边射出的粒子的最大速率为 C．能从BC边射出的粒子最小速率为 D．能从BC边射出的粒子最小速率为 解析： 选AD。如图所示，当粒子恰好从C点射出时，轨道半径最大，速率最大，圆心为O1，由几何关系可知，轨道半径r1＝a·sin 60°＝a，由牛顿第二定律可得qv1B＝m，联立解得v1＝，A正确，B错误；当粒子的轨迹恰好与BC相切时，半径最小，速率最小，圆心为O2，由几何关系可知，轨道半径r2＝×a·sin 60°＝a，由牛顿第二定律可得qv2B ＝m，联立解得v2＝，C错误，D正确。 9．(多选)如图所示，直角三角形ABC区域内存在垂直于纸面向里且磁感应强度为B的匀强磁场(未画出)，BC边上O点处有一粒子源，可沿各个方向向三角形区域内发射质量为m、带电量为＋q、初速度大小为v0＝的粒子(不计重力)，OB＝L，OC＝L，∠A＝90°，∠B＝30°。下列说法正确的是(　　 ) A．粒子在磁场中运动的最短时间为 B．粒子在磁场中运动的最长时间为 C．AB边上有粒子射出的长度为L D．从OB边射出的粒子占粒子总数的 解析：选CD。如图所示为粒子运动的动态圆在各个边上的临界点， 粒子运动的半径为，动态圆对应的弦为OE和OF时，粒子对应的时间最短，为T＝，故A错误；粒子刚好从OB边射出时对应的圆心角最大为120°，故最长时间为T＝，故B错误；AB边上有粒子射出的部分为AD，长度为L，故C正确；沿OF到OB之间方向发射的粒子均从OB边上射出，角度为60°，故占粒子总数的，故D正确。 10．(10分)(2023·福建福州二模)如图所示，垂直纸面向里的匀强磁场中有一固定竖直挡板，挡板足够长，P处有一粒子源，PO连线垂直挡板，P到O的距离为L。粒子源能垂直磁场沿纸面向各个方向发射速度大小均为v的带正电粒子。粒子质量均为m，电荷量均为q，到达挡板的粒子都被吸收，不计粒子的重力及粒子间的相互作用。 (1)若有粒子能到达挡板，求磁感应强度大小B应满足的条件；(4分) (2)若粒子到达挡板上侧最远处为M点，下侧最远处为N点，且＝，求磁感应强度的大小B。(6分) 解析：(1)若恰有粒子能到达挡板，则粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径最小，为rm， 如图1所示，由几何关系可知rm＝，洛伦兹力充当向心力，由牛顿第二定律有qvB＝m，解得B＝，即当B≤时，有粒子能到达挡板。 (2)设粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径为r，粒子到达挡板上侧最远处M点时，轨迹圆在M点与挡板相切，如图2所示， 设O、M间距离为x1，由几何关系有r2＝x＋(L－r)2，粒子到达挡板下侧最远处N点时，PN为轨迹圆的直径，设O、N间距离为x2，由几何关系可得(2r)2＝x＋L2，由题意知＝，解得r＝，由牛顿第二定律有qvB＝m，解得B＝。 答案：(1)B≤　(2) 11．(10分)带电粒子流的磁聚焦和磁控束是薄膜材料制备的关键技术之一，带电粒子流(每个粒子的质量为m、电荷量为＋q)以初速度v垂直进入磁场，不计重力及带电粒子之间的相互作用。对处在xOy平面内的粒子，求解以下问题。 (1)如图(a)，宽度为2r1的带电粒子流沿x轴正方向射入圆心为A(0，r1)、半径为r1的圆形匀强磁场中，若带电粒子流经过磁场后都汇聚到坐标原点O，求该磁场磁感应强度的B1大小；(3分) (2)如图(a)，虚线框为边长等于2r2的正方形，其几何中心位于C(0，－r2)。在虚线框内设计一个区域面积最小的匀强磁场，使汇聚到O点的带电粒子流经过该区域后宽度变为2r2，并沿x轴正方向射出。求该磁场磁感应强度B2的大小和方向，以及该磁场区域的面积(无需写出面积最小的证明过程)；(3分) (3)如图(b)，虚线框Ⅰ和Ⅱ均为边长等于r3的正方形，虚线框Ⅲ和Ⅳ均为边长等于r4的正方形。在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ和Ⅳ中分别设计一个区域面积最小的匀强磁场，使宽度为2r3的带电粒子流沿x轴正方向射入Ⅰ和Ⅱ后汇聚到坐标原点O，再经过Ⅲ和Ⅳ后宽度变为2r4，并沿x轴正方向射出，从而实现带电粒子流的同轴控束。求Ⅰ和Ⅲ中磁场磁感应强度的大小，以及Ⅱ和Ⅳ中匀强磁场区域的面积(无需写出面积最小的证明过程)。(4分) 解析：(1)粒子垂直x进入圆形磁场，在坐标原点O汇聚，满足磁聚焦的条件，即粒子在磁场中运动的半径等于圆形磁场的半径r1，粒子在磁场中运动，由洛伦兹力提供向心力有 qvB1＝m 解得B1＝。 (2)粒子从O点进入下方虚线区域，若要从聚焦的O点飞入然后平行x轴飞出，为磁发散的过程，即粒子在下方圆形磁场运动的轨迹半径等于磁场半径，粒子轨迹最大的边界如图所示，图中圆形磁场即为最小的匀强磁场区域， 磁场半径为r2，根据qvB2＝m 可知磁感应强度为B2＝ 根据左手定则可知，磁场的方向为垂直纸面向里，圆形磁场的面积为S2＝πr。 (3)粒子在磁场中运动，3和4为粒子运动的轨迹圆，1和2为粒子运动的磁场的圆周 根据qvB＝m可知 Ⅰ和Ⅲ中的磁感应强度为 BⅠ＝，BⅢ＝ 图中箭头部分的实线为粒子运动的轨迹，可知磁场的最小面积为叶子形状，取I区域如图所示， 图中阴影部分面积的一半为四分之一圆周S扇AOB与三角形SAOB之差，所以阴影部分的面积为 S1＝2(S扇AOB－SAOB)＝2×(πr－r)＝(π－1)r 类似地可知Ⅳ区域的阴影部分面积为 SⅣ＝2×(πr－r)＝(π－1)r 根据对称性可知Ⅱ中的匀强磁场面积为 SⅡ＝(π－1)r。 答案：(1)　(2)，垂直于纸面向里，S2＝πr　(3)B1＝，BⅢ＝，SⅡ＝(π－1)r，SⅣ＝(π－1)r 学科网（北京）股份有限公司 $$