第11章 专题突破19 动态圆问题-【优化探究】2026高考物理一轮复习高考总复习配套课件（教科版）

专题突破19　动态圆问题 第十一章　磁场 1 [学习目标]　1.进一步掌握带电粒子在有界磁场中运动的临界、极值问题。2.会用平移圆法、旋转圆法、放缩圆法分析临界状态问题。 2 核心知识　典例研析 突破点一　“平移圆”模型 突破点二　“旋转圆”模型 突破点三　“放缩圆”模型 分层训练　巩固提高 突破点四　“磁聚焦”与“磁发散”模型 内容索引 3 一 核心知识　典例研析 4 突破点一　“平移圆”模型 5 适用条件 速度大小一定，方向一定，但入射点在同一直线上 粒子源发射速度大小、方向一定，入射 点不同，但在同一直线上的带电粒子进 入匀强磁场时，它们做匀速圆周运动的 半径相同，若入射速度大小为v0，则半 径r＝，如图所示 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在同一直线上，该直线与所有入射点的连线平行 界定方法 将半径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 6 [典例1]　(多选)如图所示，长方形abcd长ad＝0.6 m，宽ab＝0.3 m，O、e分别是ad、bc的中点，以ad为直径的半圆内有垂直纸面向里的匀强磁场(边界无磁场)，磁感应强度B＝0.25 T。一束不计重力、质量m＝3× 10－7 kg、电荷量q＝＋2×10－3 C的粒子以速度v＝5×102 m/s沿垂直ad 方向且垂直于磁场射入磁场区域(　　) A.从Od边射入的粒子，出射点全部分布在be边 B.从aO边射入的粒子，出射点全部分布在ab边 C.从Od边射入的粒子，出射点分布在Oa边和ab边 D.从aO边射入的粒子，出射点分布在ab边和be边 AD 7 [解析]　根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝m 可得r＝ 代入数据得带电粒子在匀强磁场中运动的半径 r＝0.3 m 从O点射入的粒子运动轨迹如图中的1所示， 从aO边上某点射入的粒子运动轨迹如图中的2所示， 出射点应分布在be边和ab边上；从Od边上某点射入的 粒子运动轨迹如图中的3所示，出射点应分布在be边上。故选A、D。 8 [典例2]　(多选)(2025·四川遂宁诊断)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 BD 9 [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的圆心角为θ，则有T＝得θ＝，画出该粒子的运动轨迹如图，设轨迹半径为R，由几何知识得＋Rcos 30°＝d，解得R＝d，故C错误；根据，解得v＝，故D正确。 10 突破点二　“旋转圆”模型 11 适用条件 速度大小一定，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，则圆周运动半径r＝， 如图所示 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P为圆心、半径r＝的圆上 界定方法 将一半径r＝的圆以入射点为圆心进行旋转，从而探索粒子的临界条件，这种方法称为“旋转圆”法 12 [典例3]　(2025·四川宜宾高三诊断)如图所示，在绝缘板MN上方分布了水平方向的匀强磁场，方向垂直于纸面向里。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，不计粒子的重力和粒子间的相互作用，已 知粒子做圆周运动的半径也恰好为d，则(　　) A.粒子能打到板上的区域长度为2d B.能打到板上最左侧的粒子所用的时间为 C.粒子从发射到打到板上的最长时间为 D.同一时刻发射的粒子打到板上的最大时间差为 B 13 [解析]　粒子受到的洛伦兹力充当向心力，粒子运动的轨迹半径R＝d，粒子运动到绝缘板的两种临界情况如图甲所示，由几何关系可知，左侧最远处与S之间的距离恰好是圆的直径，则左侧最远处A到C距离为 d，右侧离C最远处为B，距离为d，所以粒子能打在板上的区域长度是(＋1)d，故A错误；左侧最远处与S之间的距离恰好是圆的直径，所以从S到A的时间恰好是半个周期，则t1＝，故B正确；打在板上的粒子中，在磁场中运动时间最长和最短的粒子运动轨迹示意图如图乙所示，粒子做整个圆周运动的周期T＝，由几何关系可知，最短时间t2＝T＝，最长时间t1＝T＝，Δt＝t1－t2＝，故C、D错误。 14 [典例4]　如图所示，竖直平面内有一xOy平面直 角坐标系，第一、四象限中存在垂直于纸面向里 的匀强磁场，磁感应强度大小记为B(B未知)。坐 标原点O处有一放射源，放射源可以源源不断向 一、四象限180°范围内均匀地辐射出质量为m、 电荷量为q的正离子。在y轴上固定一能吸收离子 的收集板MN，M点坐标为(0，a)，N点坐标为(0，2a)，当辐射离子的速率v≥v0时，收集板的N处才能收集到离子，不计离子的重力及离子间的相互作用的影响，求： 15 (1)当v＝v0时，恰好打到M点的离子在磁场中运动的时间； [解析]　由题意可知，沿x轴正方向出射的离子， 经半圆到达N点，由此可得r＝a，可知通过M点 的离子有两个出射方向，如图甲，一个轨迹转 过的圆心角为60°，即t1＝T，另一个轨迹转过 的圆心角为300°，即t2＝T，离子做匀速圆周运 动，周期T＝，即T＝，解得t1＝，t2＝。 [答案]　或　 16 (2)当v＝v0时，能打到收集板上的离子数占辐射总数的比例。 [解析]　如图乙所示，由动态圆分析结果可知， 能打到收集板上的离子分布在速度方向与x轴正 方向成60°角的范围内，因为放射源均匀打出离 子，因此打到收集板上的离子数占辐射总数的 比例为。 [答案]　 17 突破点三　“放缩圆”模型 18 适用条件 速度方向一 定，速度大小不同 粒子源发射速度方向一定，速度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随速度的变化而变化 轨迹圆圆心共线 如图所示(图中只画出粒子带正电的情 景)，速度v越大，运动半径也越大。 可以发现这些带电粒子射入磁场后， 它们运动轨迹的圆心在垂直初速度方 向的直线PP'上 界定 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 19 [典例5]　(多选)(2025·四川雅安模拟预测)如图所示，矩形边界ABCD内存在磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直纸面向里，AB、CD边足够长，AD边长为L。现有质量为m、电荷量为q的不同速率的带正电粒子，从AD的中点E射入磁场且速度方向与AD成30°角，不计粒子重力及粒子 间的相互作用，下列说法正确的是(　　) A.粒子在磁场中运动的最长时间为 B.从AB边射出粒子的最小速度为 C.从CD边射出粒子的最小速度为 D.AB边上有粒子射出的区域长度为(＋1)L CD 20 [解析]　当粒子从AD边离开时，粒子在磁场中运动的时间最长，如图所示， 由图可知粒子在磁场中运动的最长时间为tmax＝T＝×，故A错误； 21 当粒子刚好与AB边相切时，如图所示， 根据几何关系可得r1＋r1sin 30°＝，由洛伦兹力提供向心力得qv1B＝m，联立解得从AB边射出粒子的最小速度v1＝，故B错误； 22 当粒子刚好与CD边相切时，如图所示， 根据几何关系可得r2＝L，由洛伦兹力提供向心力得qv2B＝m，联立解得从CD边射出粒子的最小速度为v2＝，故C正确；由B、C选项解析图中几何关系可得AB边上有粒子射出的区域长度为Δx＝r2＋r2cos 30°－r1cos 30°＝(1＋)L，故D正确。 23 [典例6]　(经典高考题)真空中有一匀强磁场，磁场边界为两个半径分别 为a和3a的同轴圆柱面，磁场的方向与圆柱轴线平行，其横截面如图所 示，一速率为v的电子从圆心沿半径方向进入磁场，已知电子质量为m， 电荷量为e，忽略重力，为使该电子的运动被限制在图中实线圆围成的 区域内，磁场的磁感应强度最小为(　　) A.　 B.　　　 C.　　　 D. C 24 [解析]　电子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力 提供向心力，有evB＝m，则磁感应强度与圆周运动 轨迹半径的关系式为B＝，即运动轨迹半径越大， 磁场的磁感应强度越小。电子从圆心沿半径方向进入 磁场，当其恰好不离开图中实线圆围成的区域时，运动轨迹与实线圆相切，此时电子运动轨迹半径有最大值rmax，如图所示，其中A点为电子做圆周运动的圆心。由几何关系可得(3a－rmax)2＝＋a2，解得rmax＝a，则磁场的磁感应强度最小为Bmin＝，故C正确。 25 突破点四　“磁聚焦”与“磁发散”模型 26 1.磁聚焦：如图甲所示，大量同种带正电的粒子，速 度大小相同，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(R＝r)，则所有的带电粒子将 从磁场圆的最低点B点射出(会聚)。 证明：四边形OAO'B为菱形，必是平行四边形，对边 平行，OB必平行于AO'(即竖直方向)，可知从A点发出的带电粒子必然经过B点。 27 2.磁发散：如图乙所示，有界圆形磁场的磁感应强 度为B，圆心为O，有大量质量为m、电荷量为q的 正粒子，从P点以大小相等的速度v沿不同方向射 入有界磁场，不计粒子的重力，如果正粒子轨迹 圆半径与有界圆形磁场半径相等，则所有粒子射 出磁场的方向平行(发散)。 证明：所有粒子运动轨迹的圆心及有界圆圆心O、分别与入射点、出射点的连线为菱形，也是平行四边形，O1A、O2B、O3C均平行于PO，即出射速度方向相同(即水平方向)。 28 [典例7]　(多选)半径为R、磁感应强度为B的圆形匀强磁 场如图所示，MN是一竖直放置的足够长的感光板。大量 相同的带正电粒子从圆形磁场最高点P以速率v沿不同方 向垂直磁场方向射入，不考虑速度沿圆形磁场切线方向 入射的粒子。粒子质量为m，电荷量为q，不考虑粒子 间的相互作用力和粒子的重力。关于这些粒子的运动， 以下说法正确的是(　　 ) A.对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中运动的时间越短 B.对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中运动的时间越长 C.若粒子速度大小均为v＝，出射后均可垂直打在MN上 D.若粒子速度大小均为v＝，则粒子在磁场中的运动时间一定小于 ACD 29 [解析]　对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中做圆 周运动的轨迹半径越大，轨迹对应的圆心角越小，由 t＝T＝可知，运动时间越短，故选项A正确，B错 误。粒子速度大小均为v＝时，根据洛伦兹力提供向 心力可得，粒子的轨迹半径r＝＝R，根据几何关系可 知，入射点P、出射点分别与轨迹的圆心及有界圆心O的连线构成菱 形，射出磁场时的轨迹半径与PO平行，故粒子射出磁场时的速度方向与MN垂直，出射后均可垂直打在MN上；根据几何关系可知，轨迹对应的圆心角小于180°，粒子在磁场中的运动时间t＜T＝，故选项C、D正确。 30 [典例8]　如图甲，半径为R的圆内有垂直 xOy平面向外的匀强磁场，其左侧x轴上方 的离子源沿x轴正方向射出宽为2R，沿y轴 方向均匀分布的离子流。离子的质量为 m(重力不计)，电荷量为q，速度均为v0， x轴下方的区域为足够大的匀强磁场，其 磁感应强度大小与上方磁场相同，方向 垂直纸面向里。已知从y＝R处进入x轴上 方磁场的离子恰好能从O点进入x轴下方的磁场。 31 (1)求磁场的磁感应强度的大小。 [解析]　根据题意可知，轨迹半径为R，有 qv0B＝ 可得B＝。 [答案]　　 32 (2)若y＝0.5R处进入x轴上方磁场的离子也能从O点进入x轴下方的磁场，求该离子离开x轴下方磁场时位置坐标。 [解析]　粒子运动轨迹如图， 根据几何关系可知离子进入x轴下方磁场时 速度与水平方向夹角为60°，出磁场位置到 O点的距离为d，则d＝2Rsin 60°＝R。 [答案]　(R，0)　 33 (3)如图乙所示，若在x＝1.6R处放置一个上端与x轴相齐，下端足够长的感光板用于探测和收集离子。感光板有且仅有一个区域，该区域中的同一位置会先后接收到两个离子，这一区域称为二次发光区。求： ①感光板接收到离子的区域长度； ②二次发光区的长度。 34 [解析]　①离子从O点出射速度方向在与y轴负方向成β角偏左时，圆周运动轨迹与感光板交点最低，如图， 根据几何关系有 2Rcos β＝1.6R 解得β＝37° 交点纵坐标 y1＝－2Rsin β＝－1.2R 即感光板接收到离子的区域长度为1.2R。 35 ②由几何关系得，离子在磁场中的运动半径为R，根据分析，离子从O点出射速度方向在与y轴负方向成θ角偏左时，圆周运动轨迹恰好与感光板相切，如图， 此为二次发光区的最高点，根据几何关系有 Rcos θ＋R＝1.6R 解得θ＝53° 切点纵坐标y2＝－Rsin θ＝－0.8R 由①得最低点坐标为y1＝－1.2R 所以二次发光区的长度为Δy＝y2－y1＝0.4R。 [答案]　①1.2R　②0.4R 36 分层训练　巩固提高 二 37 1.如图所示，在x轴的上方(y≥0)存在着垂直于纸面向里的匀强磁场(未画出)，磁感应强度大小为B。在原点O有一个离子源向x轴上方的各个方向发射出质量为m、带电荷量为q的正离子，速率都为v。对那些在xOy平面内运动的离子，在磁场中可能到达的位置中离x轴及y轴最远距离分 别为(　　) A.　　　　 B. C. D. 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 A 夯实基础 A 38 解析：由洛伦兹力提供向心力有qvB＝m，解得r＝，若让沿x轴正方向射出的离子的轨迹圆绕O点缓慢转动(如图所示)，不难得出离y轴最远为|x|＝2r＝，离x轴最远为y＝2r＝，所以A项正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 39 2.如图所示，在直角坐标系xOy中，x轴上方有匀强磁场，磁感应强度的大小为B，磁场方向垂直于纸面向外。许多质量为m、电荷量为＋q的粒子以相同的速率v从原点O沿纸面内由x轴负方向到y轴正方向之间的各个方向射入磁场区域。不计粒子重力及粒子间的相互作用。下列图中阴影部分表示带电粒子在磁场中可能经过的区域，其中R＝，则正确的图 是(　　) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 D 40 解析：如图，从O点沿x轴负方向射入的粒子，轨迹为圆，和x轴相切于O点，在x轴上方，半径为R；沿y轴正方向射入的粒子，轨迹为半圆，在y轴右侧，和x轴交点距O点为2R；沿其余方向射入的带电粒子，轨迹最远点均在以O为圆心、半径为2R的圆周上；由以上分析结合旋转圆法，可知D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 41 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 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 C 42 解析：由洛伦兹力提供向心力得ev0B＝，解得 电子在磁场中的轨迹半径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 心角为θ＝π＋(－α)＝π，则截面圆上发光部分的 长度l＝θR＝πR，故选C。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 43 4.(多选)如图所示，平行线MN、PQ间有垂直纸面向外的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B，MN、PQ间的距离为L。在MN上的a点有一粒子源，可以沿垂直于磁场的各个方向射入质量为m、电荷量为q的带负电的粒子，且这些粒子的速度大小相等。这些粒子经磁场偏转后，穿过PQ边界线的最低点为b点。已知c是PQ上的一点，ac垂直于PQ，c、b间 的距离为L，不计粒子重力，则下列说法正确的是(　　) A.粒子在磁场中做圆周运动的半径为L B.粒子在磁场中运动的速度大小为 C.粒子从PQ边射出的区域长为L D.沿斜向下与MN夹角为30°方向射入的粒子恰好从c点射出磁场 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 BC 44 解析：作出一些粒子的运动轨迹如图所示，从b点射出 的粒子根据几何关系有R2＝(L－R)2＋()2，求得R＝L， A项错误；由qvB＝m得粒子做圆周运动的速度大小 v＝，B项正确；设粒子从PQ射出区域的上端 d点到c点的距离为s，根据几何关系有R2＝(L－R)2＋s2， 求得s＝，因此bd＝L，C项正确；从c点射出磁场的粒子，在a点时速度与MN的夹角θ满足2Rcos θ＝L，可得cos θ＝0.8，则θ≠30°，D项错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 45 5.(多选)如图所示，在Ⅰ、Ⅱ两个区域内存在磁感 应强度大小均为B的匀强磁场，磁场方向分别垂 直于纸面向外和向里，AD、AC边界的夹角 ∠DAC＝30°，边界AC与边界MN平行，Ⅱ区域宽 度为d。质量为m、电荷量为＋q的粒子可在边界 AD上的不同点射入，入射速度垂直AD且垂直磁 场，若入射速度大小为，不计粒子重力，则(　　) A.粒子在磁场中运动的半径为 B.粒子在距A点0.5d处射入，不会进入Ⅱ区域 C.粒子在距A点1.5d处射入，在Ⅰ区域内运动的时间为 D.能够进入Ⅱ区域的粒子，在Ⅱ区域内运动的最短时间为 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 CD 46 解析：带电粒子在磁场中的运动半径r＝＝d，选项A错误；设从某处E进入磁场的粒子，其轨迹恰好与AC相切(如图所示)，则E点距A点的距离为2d－d＝d，粒子在距A点0.5d处射入，会进入Ⅱ区域，选项B错误；粒子在距A点1.5d处射入，不会进入Ⅱ区域，在Ⅰ区域内的轨迹为半圆，运动的时间为t＝，选项C正确；进入Ⅱ区域的粒子，弦长最短的运动时间最短，且最短弦长为d，对应圆心角为60°，最短时间为tmin＝，选项D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 47 6.(多选)如图所示，坐标原点O有一粒子源，能向坐标平面一、二象限内发射大量质量为m、电荷量为q的正粒子(不计重力)，所有粒子速度大小相等。圆心在(0，R)，半径为R的圆形区域内，有垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B，磁场右侧有一点A(2R，R)，已知初速度沿y轴正方向的粒子经过磁场后，粒子的速度方向沿x轴的正方向，则 (　　) A.初速度方向与x轴夹角为120°的粒子经过A点 B.初速度方向与x轴夹角为135°的粒子经过A点 C.经过A点的粒子在磁场中运动时间为 D.经过A点的粒子在磁场中运动时间为 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 AC 48 解析：初速度沿y轴正方向的粒子经过磁场后，粒子的速度方向沿x轴的正方向，则粒子的轨迹半径r＝R，由qvB＝，可得粒子轨迹半径都为R。结合题意和几何关系可知，平面一、二象限射入的粒子从磁场射出时，速度一定沿x轴正方向，根据几何关系有R＋Rsin(α－90°)＝R，经过A点的粒子在磁场中运动的轨迹所对的圆心角为α＝120°，故A正确，B错误；该粒子在磁场中的运动时间为t＝×，故C正确，D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 49 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 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 BCD 50 解析：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； 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 51 粒子从C点沿CD方向射入磁场的运动轨迹如图所示， 设对应的圆心为O1，运动轨迹半径也为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； 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 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。 52 8.(多选)(2025·云南师大附中校考)如图所示，在一个正三角形区域有方向垂直纸面向里的匀强磁场，速度大小均为v的带电粒子从BC边的中点O处沿各个方向射入磁场，若已知粒子的质量为m，电荷量为q(q＞0)，正三角形边长为L，粒子运动的轨迹半径为，不计粒子的重力及带电粒 子之间的相互作用，则(　　) A.该磁场的磁感应强度为 B.该磁场的磁感应强度为 C.在磁场中运动时间最长的粒子将从OB之间离开磁场 D.粒子在磁场中运动的最长时间小于 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 BD B 能力提升 53 解析：根据牛顿第二定律qvB＝m，解得B＝，故A错误，B正确；粒子轨迹如图所示，由图可知，粒子在磁 场中运动时间最长时，轨迹与AC边相切， 在磁场中运动时间最长的粒子将从AD之间 离开磁场，C错误；粒子在磁场中做圆周运 动的周期为T＝，若粒子能过A点， 设轨迹对应的圆心角为θ，则有 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 54 sin，即θ＝120°，此时在磁场中运动时间为t＝，但是由粒子轨迹图可知，粒子不能过A点，当轨迹与AC相切时，圆心角小于120°，故粒子在磁场中运动的最长时间小于，D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 55 9.(经典高考题)(多选)如图，在平面直角坐标系xOy的第一象限内，存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。大量质量为m、电荷量为q的相同粒子从y轴上的P(0，L)点，以相同的速率在纸面内沿不同方向先后射入磁场，设入射速度方向与y轴正方向的夹角为α(0≤α ≤180°)。当α＝150°时，粒子垂直x轴离开磁场。不计粒子的重力，则 (　 　) A.粒子一定带正电 B.当α＝45°时，粒子也垂直x轴离开磁场 C.粒子入射速率为 D.粒子离开磁场的位置到O点的最大距离为3L 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 ACD 56 解析：粒子垂直x轴离开磁场，根据左手定则可知粒子带正电，A正确；当α＝150°时，粒子垂直x轴离开磁场，运动轨迹如图甲，粒子运动的半径为 r＝＝2L，由洛伦兹力提供向心力有qvB＝m，解得粒子入射速率v＝，C正确；若α＝45°，粒子运动轨迹如图乙，根据几何关系可知粒子离开磁场时与x轴不垂直，B错误；粒子离开磁场的位置到O点距离最远时，粒子在磁场中的轨迹为半圆，运动轨迹如图丙，根据几何关系可知(2r)2＝(L)2＋，解得xm＝3L，D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 57 10.(12分)为了探测带电粒子，研究人员设计了如 图所示的装置。纸面内存在一个半径为R、圆心 为O'的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向 外，磁感应强度大小为B，该磁场区域在垂直纸 面的方向上足够长。以O'右边的O点为中心放置 一个足够大的探测屏，探测屏与OO'连线垂直。 纸面内圆形磁场区域正下方存在一个长度为R且 沿水平方向的线状粒子源MN，O'在MN的中垂线 上，O'到MN的垂直距离为1.5R。该粒子源各处 均能持续不断地发射质量为m、电荷量为＋q的粒子，粒子发射时的速度大小均相同，方向均竖直向上，从粒子源MN中点发射的粒子离开磁场时速度恰好沿O'O方向，不计粒子重力和粒子间相互作用力。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 58 (1)求粒子发射时的速度大小v0； 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 解析：分析可知粒子做圆周运动的半径为R，由qv0B＝m， 得v0＝。 答案：　 59 (2)求粒子源左端点M与右端点N发射的粒子从发射到打到屏上所经历的时间之差Δt。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 解析：分析可知粒子源左端点M与右端点N发射 的粒子均从磁场边界与OO'交点射出，且转过的 圆心角分别为θM＝，θN＝ 两粒子在磁场中运动的周期为T＝ 两粒子在磁场中运动的时间分别为tM＝T， tN＝T，由于两个粒子在匀强磁场区域外部运 动的时间相等，所以Δt即为在磁场中运动的时间差， 即Δt＝tM－tN，得Δt＝。 答案： 60 11.(16分)如图所示，三角形ACD是等腰直角三角形，∠A是直角，AC＝AD＝2L，在三角形内部和边界上有方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B(图中未画出)。一排足够长的质量为m、电荷量为q的带正电的粒子以某一初速度v垂直CD边同时射入磁场(不计重力和粒子之间的库仑力)。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 61 (1)若已知v＝v1＝，求CD边上有粒子离开的长度； 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 解析：粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有 qvB＝ 解得r＝ 代入数据，计算得 r1＝ 其轨迹如图所示， 所求长度为 x1＝CD－r1(＋1)－r1(－1)＝L。 答案：L　 62 (2)若已知这些粒子在磁场中运动的最长时间为t＝，求v应满足的条件； 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 解析：粒子运动的周期 T＝ 粒子运动的圆心角 φ＝·2π＝π 故运动轨迹为半圆，故垂直CD边离开，速度v最大时，轨迹如图所示， 由几何关系得 r2＝CD＝L 解得r2＝L 代入半径公式，计算可得v应满足的条件为 v≤。 答案：v≤　 63 (3)若已知v＝v3＝，求AD边上有粒子离开的长度。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 解析：由qvB＝m可得粒子运动的半径 r3＝ 因为r3＞L，故所有从AD边离开的粒子的轨迹 圆心O均在CD边上靠D点一侧，再由“平移圆 ”分析知，OD越大，离开点越高，即当运动轨迹与AC相切时，离开点最高，从最高点离开的粒子轨迹如图所示， 64 由几何关系有OC＝r3＝L 在三角形ODN中，由几何关系有 ON＝r3＝L OD＝CD－OC＝L ∠D＝45° 令∠OND＝θ，利用正弦定理有 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 65 代入数据解得 θ＝30° 利用正弦定理 代入数据解得 DN＝L 又因为AD边上的D点有粒子离开，故所求长度为DN＝L。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 答案：L 66 $$