4.8.3 把握三类动态圆模型,巧解粒子源问题(Word教师用书)-【创新方案】2025年高考物理二轮复习专题辅导与测试

主题三　把握三类动态圆模型,巧解粒子源问题 模型1　“放缩圆”模型　 1.模型适用条件:带电粒子进入匀强磁场的速度方向一定,进入磁场后做匀速圆周运动的半径不同。 2.轨迹圆特点:轨迹圆相切于入射点,圆心在垂直于初速度方向的同一直线上,如图所示。 3.常见分析思路:以入射点P为定点,圆心位于PP'直线上,将半径放缩作出粒子运动轨迹,从而探索出临界条件。 [例1]　如图所示,在理想的虚线边界内有范围足够大的匀强磁场,ab、cd段水平,bc、de段竖直,且ab=cd=bc。在纸面内大量质子从a点垂直于ab以不同速率射入磁场,不计质子间的相互作用力和重力,则从边界de垂直射出的质子与在磁场中运动时间最长的质子的速率之比为 (　 ) A.3∶2　　　　　　　 B.36∶13 C.9∶4 D.36∶17 [解析]　画出质子的运动轨迹如图所示,设bc长度为2L,则ab=cd=3L,从边界de垂直射出的质子的运动轨迹如图中圆弧1所示,其半径为R1,由几何关系可知R1=ab+cd=6L;由几何关系可知,当质子过c点时,质子运动时间最长,轨迹如图中圆弧2所示,设半径为R2,则有+=,得R2=L,由qvB=m,得v=,可知质子在磁场中运动速率之比等于轨迹半径之比,所以从边界de垂直射出的质子与在磁场中运动时间最长的质子的速率之比为v1∶v2=R1∶R2=36∶13,故B正确。 [答案]　B 　　[针对训练] 1.(2024·四川内江三模)(多选)如图,在等腰梯形abcd区域内(包含边界)存在垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B,边长ad=dc=bc=l,ab=2l。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子,从a点沿着ad方向射入磁场中,不计粒子的重力,为了使粒子不能从bc边射出磁场区域,粒子的速率可能为 (　 ) A. B. C. D. 解析:选AC　粒子不从bc边射出,其临界分别是从b点和c点射出,其临界轨迹如图所示,当粒子从c点飞出时,由几何关系得r1=ac=l,若粒子从b点飞出时,由几何关系得r2=l,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,整理得r=,所以综上所述,r>r1或r<r2,整理得v<或v>,故选A、C。 模型2　“旋转圆”模型 1.模型适用条件:带电粒子进入匀强磁场的速度大小一定,方向不同。 2.轨迹圆特点:如图所示,所有带电粒子的轨迹圆的圆心在以入射点P为圆心、半径R=的圆上。 3.常见分析思路:将一半径为R=的圆以入射点为圆心进行旋转,从而探索粒子不同的出射范围所对应的临界条件。 [例2]　如图所示,S为电子射线源,该电子射线源能在图示纸面360°范围内向各个方向发射速率相等的质量为m、带电量为e的电子,MN是一块足够大的竖直挡板且与S的水平距离OS=L,挡板左侧充满垂直纸面向里的匀强磁场。 (1)若电子的发射速率为v0,要使电子一定能经过点O,则磁场的磁感应强度B满足什么条件? (2)若磁场的磁感应强度为B,要使S发射出的电子能到达挡板,则电子的发射速率v0应多大? (3)若磁场的磁感应强度为B,从S发射出的电子的速率为,求挡板上出现电子的范围。 [解析]　电子从S发出后受到洛伦兹力作用做匀速圆周运动,由于电子从同一点向各个方向发射,电子的轨迹构成绕S点旋转的一组动态圆,动态圆的每一个圆都是顺时针旋转,如图甲所示。 (1)要使电子一定能经过点O,即SO为圆的一条弦,则电子圆周运动的轨道半径必满足R≥,即≥,解得B≤。 (2)要使电子从S发出后能到达挡板,则电子至少能到达挡板上的O点,故粒子做圆周运动的半径R≥,即≥,解得v0≥。 (3)当从S发出的电子的速率为时,电子在磁场中的运动轨迹半径R'==2L,如图乙所示,打在挡板上的最低点为动态圆与MN相切时的交点P1,打在挡板上的最高点为动态圆与MN相割的交点P2,且SP2是轨迹圆的直径,电子击中挡板的范围在P1P2之间 对SP1弧分析,由几何关系知 OP1==L 对SP2弧分析,由几何关系知 OP2==L 则挡板上出现电子的范围为(+)L。 　[答案]　(1)B≤　(2)v0≥ (3)(+)L 　　[针对训练] 2.(2024·四川绵阳期中)在xOy平面的0≤y≤a区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场,速率相等的大量质子从原点O朝各个方向均匀发射到第一象限内,发现从磁场上边界射出的质子数占总数的三分之二,不计质子间相互作用及重力,则质子在磁场中做匀速圆周运动的半径为 (　 ) A.　 　 B.　 　 C.　 　D. 解析:选B　根据洛伦兹力提供向心力可得qvB=m,可知速率相等的大量质子的运动半径也相等,可知从原点O均匀发射到第一象限内,从磁场上边界射出的质子数占总数的三分之二,则从磁场上边界射出的质子的发射角度范围为90°×=60°,则根据质子的偏转轨迹和几何关系可得能从上边界射出的质子的发射角度在0~之间,设轨迹半径为R,则由几何关系知R+Rsin 30°=a,解得R=a,故选B。 模型3　“平移圆”模型 1.模型适用条件:带电粒子进入匀强磁场的速度大小和方向均相同,但入射点的位置不同。 2.轨迹圆特点:带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径相等,因入射点的位置不同,各轨迹圆通过平移能确定在不同入射点的运动轨迹。射入直线边界的各粒子运动轨迹如图所示。 3.常见分析思路:将半径为R=的圆进行平移,从而探索粒子的临界条件。 [例3]　(2024·四川遂宁三模)(多选)如图,在直角三角形ABC内存在垂直纸面向外的匀强磁场(图中未画出),AB边长度为d,∠C=,现垂直AB边射入一群质量均为m、电荷量均为q、速度大小均为v的带正电粒子,已知垂直AC边射出的粒子在磁场中运动的时间为t0,运动时间最长的粒子在磁场中的运动时间为,不计粒子重力,则 (　 ) A.粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为2t0 B.该匀强磁场的磁感应强度大小为 C.粒子在磁场中运动的轨道半径为d D.粒子进入磁场时速度大小为 [解析]　带电粒子在磁场中做匀速圆周运动,垂直AC边射出的粒子在磁场中运动的时间是T,即T=t0,则得周期T=4t0,故A错误;由T=,得B==,故B正确;设运动时间最长的粒子在磁场中的运动轨迹所对应的圆心角为θ,则有T=,得θ=,画出该粒子的运动轨迹如图所示,设轨道半径为R,由几何知识得+Rcos 30°=d,可得R=d,故C错误;根据=,解得v=,故D正确。 　　[答案]　BD 　　[针对训练] 3.(2024·江西一模)如图所示,在PM和QK之间有大量相同带电粒子以同一速度沿水平方向射入以O点为圆心的圆形匀强磁场区域,磁场半径为R,该圆形磁场方向垂直纸面向外,PM与圆心O在同一水平直线上,PM和QK间距离为0.5R,已知所有粒子均从O点正下方的N点射出圆形磁场区域,立即进入下方垂直纸面向里的匀强磁场,并都能打到水平挡板的下表面,挡板的左侧紧贴N点,已知下方磁场的磁感应强度是上方磁场的两倍,不计粒子重力及粒子间的相互作用。则挡板下表面有粒子打到的区域长度为 (　 ) A.R　　 B.R　 　C.R　 　D.R 解析:选C　根据题意,由于所有粒子均从O点正下方的N点射出圆形磁场区域,则粒子在磁场中运动轨迹的半径等于圆形磁场的半径,画出粒子的运动轨迹,如图所示,则有qvB=m,解得v=,粒子进入下方磁场,则有R'==R,由几何关系可得,挡板下表面有粒子打到的区域长度为ΔL=2R'-2R'sin 60°=R,故选C。 [专题八　课时作业(二)]　主题三学习效果评价 (本检测满分85分) 一、选择题(共9小题,每小题5分,共45分) 1.(2024·内蒙古通辽一模)(多选)如图,以Rt△AOC为边界的有界匀强磁场区域,磁场方向垂直纸面向里,磁感应强度大小为B,∠A=60°,AO=a。在O点放置一个粒子源,可以向纸面内各个方向发射某种带负电粒子,粒子的比荷为,速度大小均为v0,且满足v0=,发射方向由图中的角度θ表示。对于粒子进入磁场后的运动(不计重力及粒子之间的相互作用),下列说法正确的是 (　 ) A.粒子在磁场中运动的半径为2a B.粒子有可能打到A点 C.以θ=30°飞入的粒子在磁场中的运动时间最短 D.在AC边界上只有一半区域有粒子射出 解析:选BD　由洛伦兹力提供向心力可得qv0B=m,解得粒子在磁场中运动的半径为r==a,故A错误;如图1所示,当θ=60°入射时,粒子恰好从A点飞出,故B正确;当粒子从OA边离开时,离开位置越接近O点,所用时间越短,可知当θ趋近于90°时,粒子在磁场中的运动时间趋近于0,故C错误;以θ=0°飞入的粒子在磁场中恰好从AC中点飞出,如图2所示,因此在AC边界上只有一半区域有粒子射出,故D正确。 2.如图所示,直角坐标系中y轴右侧存在一垂直纸面向里、宽为a的有界匀强磁场,磁感应强度为B,右边界PQ平行于y轴,一粒子(重力不计)从原点O以速率v且与x轴正方向成θ角垂直射入磁场,当斜向上射入时,粒子恰好垂直PQ射出磁场,当斜向下射入时,粒子恰好不从右边界射出,则粒子的比荷及粒子恰好不从右边界射出时在磁场中运动的时间分别为 (　 ) A.　　　　　　　 B.　 C.　 D.　 解析:选C　粒子在磁场中的运动轨迹如图所示,则由图知斜向上射入时有rsin θ=a,斜向下射入时有rsin θ+a=r,联立得θ=30°,r=2a,由洛伦兹力提供向心力得Bqv=m,解得r=,即粒子的比荷为=;粒子恰好不从右边界射出时在磁场中运动轨迹对应的圆心角为α=2×(90°-30°)=120°,运动时间为t==,选项C正确。 3.(2024·陕西西安二模)(多选)如图所示的直角三角形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场(图中未画出),磁感应强度的大小为B,边界Ⅰ、Ⅱ的长度分别为L、L;大量均匀分布的带电粒子由边界Ⅰ的左侧沿平行边界Ⅱ的方向垂直射入磁场,粒子的速率均相等,已知从边界Ⅰ离开磁场的带电粒子占总数的,带电粒子的质量为m、所带电荷量为+q,忽略带电粒子之间的相互作用以及粒子的重力。下列说法正确的是 (　 ) A.带电粒子射入磁场后沿顺时针方向做匀速圆周运动 B.带电粒子在磁场中运动的最长时间为 C.刚好从边界Ⅲ离开的带电粒子在磁场中运动的时间为 D.带电粒子的初速度大小为 解析:选BD　由左手定则可知,带电粒子射入磁场的瞬间,带电粒子受向上的洛伦兹力作用,则带电粒子在磁场中沿逆时针方向做圆周运动,A错误;带电粒子在磁场中运动的周期为T=,带电粒子在磁场中转过半个圆周时,运动时间最长,则带电粒子在磁场中运动的最长时间为t==,B正确;作出带电粒子刚好不从边界Ⅲ离开磁场的运动轨迹,如图所示,由于从边界Ⅰ离开磁场的带电粒子占总粒子数的,则图中的点a、b、c为边界Ⅰ的四等分点,由几何关系可知,三角形区域的顶角为30°,a点到顶点的距离为L,根据几何关系可得L=r+,解得粒子轨迹半径r=L,根据牛顿第二定律得qvB=m,解得v=,D正确;由图可知,刚好从边界Ⅲ离开的带电粒子在磁场中运动的圆心角为120°,则该粒子在磁场中运动的时间为t'==,C错误。 4.(2024·湖北宜昌高三检测)如图所示,边长为L的正方形有界匀强磁场ABCD,带电粒子从A点沿AB方向射入磁场,恰好从C点飞出磁场;若带电粒子以相同的速度从AD边的中点P垂直AD射入磁场,从DC边的M点飞出磁场(M点未画出)。设粒子从A点运动到C点所用的时间为t1,由P点运动到M点所用的时间为t2(带电粒子重力不计),则t1∶t2为 (　 ) A.2∶1 　 B.2∶3 　 C.3∶2 　 D.∶ 解析:选C　画出粒子从A点射入磁场到从C点射出磁场的运动轨迹,并将该轨迹向下平移,粒子做圆周运动的半径为R=L,从C点射出的粒子在磁场中运动时间为t1=;由P点运动到M点所用时间为t2,圆心角为θ,则cos θ==,θ=60°,故t2=,所以==,C正确。 5.如图所示,半径为R的半圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场(未画出)。一质量为m、电荷量为-q且不计重力的粒子,以速度v沿与半径AO夹角θ=30°的方向从A点垂直磁场射入,最后粒子从圆弧MAN上射出,则磁感应强度的大小不可能为 (　 ) A.　　 B.　 　C.　 　D. 解析:选B　由题意知,临界条件为粒子运动轨迹恰好与MN相切,粒子运动轨迹如图所示,根据几何知识可得∠AO'B=120°,∠OAB=∠BAO'=30°,故=,r=,解得r=R,又由洛伦兹力提供向心力,Bqv=m,解得B=,为使粒子从圆弧MAN上射出,则r≤R,即B≥,故B选项不可能。 6.(2024·陕西西安期中)如图所示,在xOy平面直角坐标系内,OA与x轴的夹角为37°,OA足够长,OA与x轴之间存在垂直纸面向外的匀强磁场,磁感应强度大小为B=,在OA上分布着足够多的粒子源,可以向磁场中发射速度大小为v0,方向垂直于OA的带电粒子,带电粒子的质量为m,电荷量为+q(q>0),则带电粒子能打到x轴距坐标原点最远位置的横坐标为 (　 ) A.3L0　　 B.4L0 　C.5L0　 　D.6L0 解析:选C　带电粒子在磁场中运动过程中洛伦兹力提供向心力有qv0B=,将磁感应强度B=代入解得r=3L0,OA上的粒子源向外发射的所有带电粒子在磁场中运动的轨迹为一系列平移圆,如图(a)所示,根据几何关系可得当粒子半径O1P与OA垂直时,打到x轴上的P点距坐标原点最远,根据几何关系得OP===5L0;另外要注意本题中带电粒子打的最远的位置不是轨迹与x轴相切时,与x轴相切时作出轨迹图如图(b)所示,根据几何关系有OQ===4L0,所以Q点不是距离坐标原点最远的点,故选C。 7.(2024·湖南邵阳三模)(多选)如图所示,空间存在四分之一圆形匀强磁场区域,磁场方向垂直纸面向外。一电子以初速度v从圆心O沿着OD方向射入磁场,经过时间t恰好由A点离开磁场。若电子以初速度v'从圆心O沿着OD方向射入磁场,经时间t'恰好由C点离开磁场。已知圆弧CD长度是圆弧AC长度的一半,则 (　 ) A.v'=v B.v'=2v C.t'= D.t'= 解析:选BC　电子从A点和C点离开磁场的轨迹如图所示,设四分之一圆形匀强磁场区域的半径为R,则电子从A点离开磁场时的轨迹半径为r=,电子从C点离开磁场时的轨迹半径为r'=R,由洛伦兹力提供向心力可得qvB=m,qv'B=m,解得r=,r'=,联立可得v'=2v;电子从A点离开磁场所用时间为t=×,电子从C点离开磁场所用时间为t'=×,联立可得t'=,故选B、C。 8.(2024·江西鹰潭期末)(多选)一匀强磁场的磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面向外,其边界如图中虚线所示,半圆弧bc的半径为R,ab、cd与直径bc共线,ab间的距离等于圆的半径。一束质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子,在纸面内从a点以大小不同的速率垂直于ab射入磁场。不计粒子重力及粒子之间的相互作用,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,下列说法正确的是 (　 ) A.粒子在磁场中运动的最短时间应为 B.若粒子在磁场中的运动时间最长,则粒子在磁场中的运动时间为 C.若粒子运动轨迹经过圆心O,则粒子射入磁场时的运动轨道半径为 D.若粒子运动轨迹经过圆心O,则粒子在磁场中的运动时间为 解析:选ABD　当轨迹圆弧所对应的弦与半圆弧bc相切时,轨迹圆弧所对应的弦与ab的夹角最大,那么轨迹的圆心角θ最小,运动时间最短,其运动轨迹如图1所示:圆心恰好位于b点,此时轨迹对应的圆心角为120°,粒子在磁场中的运动时间为tmin=T=×=,故A正确;若粒子在磁场中的运动时间最长,则粒子在磁场中偏转对应的圆心角为180°,粒子在磁场中的运动时间为tmax=T=×=,故B正确;若粒子的运动轨迹经过圆心O,则粒子的运动轨迹如图2所示: 由几何关系可得R2+r2=(2R-r)2,解得粒子轨道半径为r=,设粒子在磁场中转过的角度为θ,则有tan(180°-θ)==,可得θ=127°,则粒子在磁场中的运动时间为t=T=,故C错误,D正确。 9.(2024·福建泉州二模)(多选)如图为一磁约束装置的简化示意图,内半径为R、外半径为3R的环状区域内存在方向垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场。圆心O和内圆边界上S处各有一粒子源,两粒子源均可沿纸面内任意方向射出质量为m、电荷量为q的相同带电粒子。不计粒子的重力及粒子间的相互作用和碰撞,下列说法正确的是 (　 ) A.从S点射出的粒子速率只要小于,都不能从外边界离开磁场 B.从S点射出的粒子速率只要大于,都可以从外边界离开磁场 C.从O点射出的粒子速率只要小于,都不能从外边界离开磁场 D.从O点射出的粒子速率只要大于,都可以从外边界离开磁场 解析:选BC　假设粒子带负电,从S点射出的粒子最容易从外边界离开磁场的轨迹如图1所示,由几何关系可得r==R,根据qvB=m,解得v=,同理粒子速度方向竖直向下对应最不容易从外边界离开磁场,粒子的运动轨迹与大圆的左边界相切,此时的半径为r==2R,对应的速度为v=,可知从S点射出的粒子速率只要大于,都可以从外边界离开磁场,故A错误,B正确;从O点射出的粒子恰好不能从外边界离开磁场的轨迹如图2所示, 由几何关系,可得(3R-r')2=r'2+R2,根据qv'B=m,联立解得v'=,可知从O点射出的粒子速率只要小于,都不能从外边界离开磁场,从O点射出的粒子速率只要大于,都可以从外边界离开磁场,故C正确,D错误。 二、非选择题(共3小题,共40分) 10.(12分)(2024·河北保定开学考试)如图所示,匀强磁场的磁感应强度B0=0.2 T,边界DE是圆弧,F点是圆心,半径R=EF=DF=0.4 m,BCFE是正方形,边界DC无磁场,一群不计重力、质量m=8×10-7 kg,电荷量q=2×10-3 C的带正电粒子以速度v=2×102 m/s沿垂直于AB且垂直于磁场方向射入磁场区域,不计粒子间的相互作用。试回答: (1)通过计算得出从AE边射入的粒子从哪些区域射出磁场? (2)从EB边射入的粒子从哪些区域射出磁场? 解析:(1)粒子进入磁场后做匀速圆周运动,根据洛伦兹力提供向心力,可得B0qv=,解得r=0.4 m,从AE边射入的粒子先做直线运动,设某一粒子从M点进入磁场,其运动轨迹对应的圆心为O',如图所示,因r=R=0.4 m,根据几何关系,可得虚线四边形O'MFD是菱形,则该粒子一定从点D射出,同理,从AE边射入的粒子,全部从D点射出磁场。 (2)由(1)中分析得从EB边射入的粒子轨迹均为以r为半径的圆弧,从点E射入的从D点射出,从点B射入到达F点后做直线运动从D点射出,所以从EB边射入的粒子,因CD边界上无磁场,粒子到达DF边界后做直线运动,得从EB边射入的粒子全部通过DF边界最后从D点射出磁场。 答案:(1)见解析　(2)见解析 11.(13分)如图所示,在x轴上方垂直于xOy平面向里有一个匀强磁场,在x轴负半轴上有一个粒子源能够发射垂直于匀强磁场的带负电粒子,粒子源到原点的距离等于粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径大小,粒子的电荷量大小为q,质量为m,磁感应强度为B,粒子运动速率为v,粒子入射方向与x轴正方向的夹角为θ(0≤θ≤180°),求: (1)粒子运动轨迹与y轴的交点到坐标原点的最大值d; (2)关于从y轴离开第二象限的粒子,在第二象限运动的最短时间。 解析:(1)粒子受洛伦兹力做匀速圆周运动,根据qvB=m,可得粒子做匀速圆周运动的半径R= 粒子源到原点的距离等于粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径大小,根据几何关系可知,当粒子源与粒子运动轨迹和y轴交点的距离为2R时,粒子运动轨迹与y轴的交点到坐标原点的距离最大为d=2Rsin 60° 联立可得d=。 (2)粒子在第二象限中运动轨迹对应的弦越短,对应的圆心角越小,则运动的时间越短,当粒子从O点离开第二象限时,运动时间最短,如图所示 根据几何关系可知圆心角为α=60° 粒子在磁场中运动的周期T== 则粒子在第二象限运动的最短时间 tmin=T=。 答案:(1)　(2) 12.(15分)(2024·四川南充三模)如图,真空中半径r=0.5 m的圆形磁场与坐标原点相切,磁场的磁感应强度大小B=1.0×10-3 T,方向垂直纸面向外,在x=1 m和x=2 m之间的区域内有一沿y轴正方向的匀强电场区域,场强E=7.5×102 N/C,在x=3 m处有一垂直于x轴方向的足够长的荧光屏,一群比荷为=2.0×109 C/kg的带正电的粒子,从O点以v=1.0×106 m/s在xOy面内沿着与x轴正方向成θ角(0≤θ≤120°)的各个方向同时射出,不计粒子重力及其相互作用,求: (1)粒子在磁场中运动的半径大小R; (2)最先到达荧光屏的粒子所用时间t以及其到达荧光屏前速度与x轴正方向夹角的正切值; (3)荧光屏上有粒子击中的范围。 解析:(1)根据洛伦兹力提供向心力qvB= 代入数据解得R=0.5 m。 (2)沿x轴正方向射出的粒子最先到达荧光屏,沿x轴正方向一直做匀速直线运动,则t=,x=3 m 代入数据解得t=3×10-6 s 在电场中做类平抛运动,有 qE=ma,t2=,x2=1 m,vy=at2,tan θ= 联立以上各式,代入数据解得a=1.5×1012 m/s2,t2=1×10-6 s,vy=1.5×106 m/s,tan θ=1.5。 (3)根据磁发散原理知,所有粒子出磁场边界时速度都平行于x轴正方向,如图所示 与x轴正方向夹角为120°射出的粒子离开磁场时与x轴的距离为y1,则y1=R+Rsin 30° 代入数据解得y1=0.75 m 设粒子在电场中沿y轴方向的位移为y2 y2=a 代入数据解得y2=0.75 m 在无场区根据三角形相似得=,x3=1 m 解得y3=1.5 m 沿x轴正方向射出的粒子击中荧光屏时到x轴的距离为Y1=y2+y3=2.25 m 与x轴正方向夹角为120°射出的粒子击中荧光屏时到x轴的距离为Y2=y1+y2+y3=3 m 综上可得,荧光屏上有粒子击中的范围为 2.25 m≤Y≤3 m。 答案:(1)0.5 m　(2)3×10-6 s　1.5　 (3)2.25 m≤Y≤3 m 学科网（北京）股份有限公司 $$