第11章 专题突破17 用“动态圆”思想处理临界、极值问题-【优化探究】2026高考物理一轮复习高考总复习配套课件（江苏专版）

专题突破17 用“动态圆”思想处理临界、极值问题 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、放缩圆法分析临界问题。 2 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 课时作业　巩固提高训练 突破点四　“磁聚焦”与“磁发散”模型 内容索引 3 突破点一　“平移圆”模型 一 4 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或共线 界定方法 将半径r＝的圆进行平移，从而探索粒子运动的临界条件，这种方法叫“平移圆”法 盘点 核心知识 [典例1]　(2025·江苏南京第二十九中学校考)如图所示，在直角三角形ABC内(包括边界)存在垂直于纸面向外的匀强磁场(图中未画出)，AB边长度为d，∠C＝；现垂直于AB边射入一簇质量均为m、电荷量均为q、速度相同的带正电粒子(不计重力)，已知垂直于AC边射出的粒子在磁场中运动的时间为t0，在磁场中运动时间最长的粒子经历的时间为t0，下 列判断正确的是(　　) A.粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为2.4t0 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.粒子进入磁场时的速度大小为 C 提升 关键能力 [解析]　粒子垂直于AC边射出，可知速度偏转角为，则对应的圆心角也等于，依题意有t0∶T＝∶2π，解得T＝4t0，故A错误；根据带电粒子在匀强磁场中的周期公式有T＝4t0＝，可得B＝，故B错误；在磁场中运动时间最长的粒子经历的时间为t0，依题意其运动轨迹如图所示，在磁场中运动的时间为t0时，对应的圆心角为，即∠EOF＝π，根据几何关系有rcos ∠FOA＋＝d，即r＋r＝d，解得r＝d，故C正确；根据带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的轨道半径公式，依题意有r＝d＝，解得v＝，故D错误。 [典例2]　如图所示，在xOy平面的Ⅰ、Ⅳ象限内有一圆心为O、半径为R的半圆形匀强磁场，线状粒子源从y轴左侧平行于x轴正方向不断射出质量为m、电荷量为q、速度大小为v0的带正电粒子。磁场的磁感应强度大小为、方向垂直平面xOy向里。不考虑粒子间的相互作用，不计粒子受到的重力。所有从不同位置进入磁场的粒子中，在磁场中运动的时间 最长为(　　) A.　　　　　 B. C. D.3 C [解析]　粒子在磁场中做匀速圆周运动，有qv0B＝m，解得r＝2R，如图所示，当粒子在磁场中的运动轨迹对应的圆心角最大时，粒子在磁场中运动的时间最长，由于sin α＝，要使圆心角α最大，应使FE最长，经分析可知，当粒子从y轴上的D'点射入，从x轴上的E'点射出磁场时，粒子在磁场中运动的时间最长，有sin αm＝，解得αm＝，从D'点射入磁场的粒子在磁场中运动的时间最长，且tm＝·，解得tm＝，故C正确。 突破点二　“旋转圆”模型 二 10 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，从而探索出粒子的临界条件，这种方法称为“旋转圆”法 盘点 核心知识 [典例3]　(2025·江苏连云港高三阶段检测)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，粒子运动的轨道半径为，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 D 提升 关键能力 [解析]　根据洛伦兹力提供向心力qvB＝m，解得 B＝，A、B错误；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。 [典例4]　(2025·江苏常州模拟)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： (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，当v＝v0时，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　 (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]　 突破点三　“放缩圆”模型 三 17 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 盘点 核心知识 [典例5]　如图所示，长方形abcd区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，区域内的点O处有一粒子源，O点离ab边距离为0.25L，离bc边距离为L，粒子源以垂直指向dc边的速度方向向磁场内发射不同速率带正电的粒子，已知ab边长为2L、bc边长为L，粒子质量均为m、电荷量均为q，不计粒子重力和粒子间的相互作用，下列说法正 确的是(　　) A.从ab边射出的粒子的运动时间均相同 B.从bc边射出的粒子在磁场中的运动时间最长为 C.粒子有可能从c点离开磁场 D.若要使粒子离开长方形区域，速率至少为 B 提升 关键能力 [解析]　粒子的可能轨迹如图所示，可见从ab射出的粒子做匀速圆周运动的半径不同，对应的圆心角不相同，所以时间也不同，故A错误；从bc边射出的粒子，其最大圆心角即与bc边相切，即轨迹2，对应圆心角为180°，时间为t＝，其余在bc边射出的粒子的运动时间均小于此值，故B正确；与cd边相切的粒子，轨迹如4，由几何关系知其轨迹半径为0.75L，其切点在c点左侧，故粒子不可能过c点，故C错误；粒子要想离开长方形区域，临界轨迹如1，则由几何关系得其轨迹半径为0.25L，设此时速率为v，则有qvB＝m，可得v＝，可知若要使粒子离开长方形区域，速率至少为，故D错误。 突破点四 “磁聚焦”与“磁发散”模型 四 21 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。 盘点 核心知识 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形磁场圆心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)。 [典例6]　(2025·江苏苏州高三阶段检测)如图所 示，xOy坐标系中，第三象限存在沿x轴正方向的 匀强电场，第四象限与x轴和y轴相切的半径为R的 圆形区域内存在磁感应强度大小为B、方向垂直 纸面向里的匀强磁场Ⅰ，其边界与x轴的切点为 P点。x轴上方存在垂直纸面向外、磁感应强度大 小为B的匀强磁场Ⅱ。在第三象限(－2R，－R)处存在粒子源，带正电粒子由粒子源无初速度释放后进入电场，在电场中加速后进入圆形磁场Ⅰ，又恰好以垂直于x轴的方向经P点进入磁场Ⅱ，最后带电粒子都打到放置在x轴上的收集板上。带电粒子的比荷均为，不计粒子间的相互作用和粒子受到的重力。若粒子源在第三象限(－2R，－)处，带电粒子仍能打到放置在x轴上的收集板上，求收集板的最小长度L。 提升 关键能力 [解析]　设粒子在匀强磁场Ⅰ中做匀速圆周运动 的半径为r1，根据几何关系有r1＝R，粒子在匀强 磁场Ⅰ中做匀速圆周运动时，根据洛伦兹力提供 向心力有Bqv＝m 根据题中条件可知，粒子源改变位置后带电粒子 仍从P点进入匀强磁场Ⅱ，设粒子进入匀强磁场 Ⅱ时与x轴正方向的夹角为θ， 根据几何关系有r1cos θ＋＝r1 根据几何关系可知，此时带电粒子打在收集板上的落点到P点的距离d＝2r2sin θ，且r2＝，收集板的最小长度L＝2r2－d，解得L＝(4－2)R。 [答案]　(4－2)R 课时作业　巩固提高训练 五 26 1.(2025·江苏南通期中)如图所示，一线状粒子源垂直于磁场边界不断地发射速度相同的同种离子，不考虑粒子间的相互作用，则粒子经过磁 场的区域(阴影部分)可能的是(　　) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 A 夯实基础 C 27 解析：粒子在磁场中做匀速圆周运动，如图所示，粒子源最左端发射的粒子落在A点，最右端发射的粒子落在B点，又题中的四个选项的粒子运动轨迹直径均大于线状粒子源的宽度，故选C。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 28 2.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 29 解析：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轴最远的距离为|x|＝2r＝，离x轴最远的距离为y＝2r＝，所以A项正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 30 3.(2025·江苏泰州靖江高级中学模拟)如图所示，空间存在四分之一圆形磁场区域，半径为R，磁感应强度大小为B，磁场方向垂直纸面向外。一电子以初速度v从圆心O沿OC方向射入磁场，恰好由A点射出。弧AD对应的圆心角为60°，要使电子从弧AD之间射出(不包括A、D两点)，电 子从O点沿OC方向射入的初速度可能是(不计电子的重力)(　　) A. B. C.2v D.3v 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 B 31 解析：根据题意，速度为v时，恰好由A点射出，如图中轨迹Ⅰ，由几何关系可得r＝，根据洛伦兹力提供向心力qvB＝m，联立可得R＝，要使电子恰好从D点射出，如图中轨迹Ⅱ，根据几何关系可得r'＝R，则有R＝，解得v'＝2v，要使电子从弧AD之间射出，电子从O点射入的初速度应大于v，小于2v。故选B。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 32 4.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 D 33 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点与A点的距离为AO－EO＝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错误；进入Ⅱ区域的粒子，弦长最短时运动时间最短，且最短弦长为d，与半径相同，故对应圆心角为60°，最短时间为tmin＝，选项D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 34 5.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 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 B 35 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。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 36 6.一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，其中射线bc足够长，∠abc＝135°。其他地方磁场的范围足够大。一束质量为m、电荷量为q的带正电粒子，在纸面内从a点垂直于ab射入磁场，这些粒子具有各种速率。不计粒子之间的相互作用。 以下说法正确的是(　　) A.从bc边射出的粒子在磁场中运动的时间都相等 B.若从a点入射的速度越大，则在磁场中运动的时间越长 C.粒子在磁场中最长运动时间不大于 D.粒子在磁场中最长运动时间不大于 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 D 37 解析：画出带电粒子在磁场中运动的动态分析图，如图1所示。粒子入射的速度越大，其做圆周运动的半径越大，当粒子都从ab边射出时，所用时间均为半个周期，用时相等；当粒子从bc边射出时，速度越大，轨迹半径越大，圆心角越大，运动时间越长，故A、B错误。当粒子的速度足够大，半径足够大时，忽略ab段长度，运动情况可简化为如图2所示，在直线边界磁场问题中，根据粒子运动轨迹的对称性，结合几何关系可知此时圆心角大小为α＝270°，可得粒子在磁场中运动的最长时间为t＝×T＝，故C错误，D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 38 7.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. 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 C 39 解析：磁感应强度取最小值时对应的临界状态如图所示，设电子在磁场中做圆周运动的半径为r，由几何关系得a2＋r2＝(3a－r)2，根据牛顿第二定律和圆周运动知识得evB＝m，联立解得B＝，故选C。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 40 8.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 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 B 能力提升 B 41 解析：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，如图甲所示，则粒子运动的半径为r＝a，洛伦兹力提供向心力qvB＝m， 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 42 解得B＝，B正确；粒子运动的轨迹只可能与BC相切，不可能从B点飞出，C错误；如图乙所示，粒子如果从AB边飞出，在磁场中运动的角度均为240°，但轨迹半径不相同，磁感应强度不相同，则运动的时间不相同，D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 43 9.(2025·江苏无锡检测)如图所示，在直角坐标系xOy第一象限内x轴上方存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，在y轴上S处有一粒子源，它可向右侧纸面内各个方向射出速率相等的质量均为 m，电荷量均为q的同种带电粒子，所有粒子射出磁场时离S最远的位置是x轴上的P点。已知粒子带负电，OP＝OS＝d，粒子重力及粒子 间的相互作用均不计，则(　　) A.粒子的速度大小为 B.从O点射出的粒子在磁场中的运动时间为 C.从x轴上射出磁场的粒子在磁场中运动的最长时间 与最短时间之比为9∶2 D.沿平行x轴正方向射入的粒子离开磁场时的位置到O点的距离为 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 C 44 解析：粒子射出磁场时离S最远的位置是x轴上的 P点，可以画出其轨迹1，可知SP为直径，(2r)2＝ d2＋(d)2，得r＝d，由洛伦兹力提供向心力Bqv ＝，得v＝，A错误；运动周期T＝，得 T＝，从O点射出的粒子如轨迹3，由几何知识 可得轨迹3所对应的圆心角为60°，在磁场中的运 动时间t＝，B错误；从x轴上射出磁场的粒子中，运动时间最长的粒子为运动轨迹与x轴相切的粒子(轨迹2)，对应的圆心角为270°，得t1＝T，运动时间最短的粒子为从原点飞出的粒子(轨迹3)，此时对应的圆心角为60°，得到t2＝T，所以t1∶t2＝9∶2，C正确；沿平行x轴正方向射入的粒子，圆心在原点处，运动轨迹为四分之一圆，离开磁场时的位置到O点的距离为d，D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 45 10.(14分)如图所示，质量m＝8.0×10－25 kg、电荷量q＝1.6×10－15 C的带正电粒子，从坐标原点O处沿xOy平面射入第一象限内，且均在与x轴正方向夹角大于等于30°的范围内，粒子射入时的速度方向不同，大小均为v0＝2.0×107 m/s。现在某一区域内加一垂直于xOy平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B＝0.1 T，若这些粒子穿过磁场后都能射到与y轴平行的荧光屏MN上，并且把荧光屏MN向左平移时，屏上光斑长度和位置保持不变(π＝3.14)。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 46 (1)求粒子从y轴穿过的范围； 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 解析：设粒子在磁场中运动的半径为R， 由洛伦兹力提供向心力得qv0B＝ 解得r＝0.1 m 当把荧光屏MN向左平移时，屏上光斑长度和位置保 持不变，说明粒子出射方向平行，且都沿x轴负方向， 则所加磁场边界为圆弧形，对应半径为r＝0.1 m，如图所示。 47 初速度沿y轴正方向的粒子直接穿过y轴；由几何关系知，初速度方向与x轴正方向成30°角的粒子，转过的圆心角∠OO2B为150°，则∠OO2A＝120° 粒子从y轴穿过的最高点A与O的距离为2rcos 30°＝r，即从y轴穿过的范围为0~r，即0~0.17 m。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 答案：0~0.17 m 48 (2)求荧光屏MN上光斑的长度； 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 解析：初速度沿y轴正方向的粒子，射出磁场时沿 y轴方向运动的距离yC＝r 由(1)知∠O2OA＝30° 初速度方向与x轴正方向成30°角的粒子，射出磁场 时沿y轴方向运动的距离 yB＝r＋rcos 30° 则荧光屏上光斑的长度 l＝yB－yC≈0.087 m。 答案：0.087 m 49 (3)求从最高点和最低点打到荧光屏MN上的粒子运动的时间差； 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 解析：粒子运动的周期T＝＝3.14×10－8 s 从B点和C点射出的粒子在磁场中运动转过的圆心角分别为150°和90°，则在磁场中运动的时间差t1＝T－T＝T 出磁场后，打到荧光屏MN上的时间差 t2＝ 从最高点和最低点打到荧光屏MN上的粒子运动的时间差t＝t1＋t2≈7.7×10－9 s。 答案：7.7×10－9 s 50 (4)画出所加磁场的最小范围(用阴影表示)。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 解析：如图中阴影部分所示。 答案：图见解析 51 11.(15分)如图所示，在直角坐标系xOy内，OP射线(O为顶点)与y轴夹角为45°，OP与y轴所围区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。在y轴上的N点有一个粒子源，向y轴右侧与y轴正方向夹角90°范围内发射速度不同、带负电的同种粒子，粒子的质量为m、电荷量为q，O、N间距离为d。不计粒子的重力和粒子之间的作用力。(可能用到公式tan 2α＝) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 52 (1)一个粒子在磁场中运动周期后穿过OP射线，并垂直通过x轴，求粒子穿过x轴的位置坐标。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 解析：由于粒子在磁场中运动周期，即偏转120° 角后垂直通过x轴，则粒子的入射方向与＋y方向 成60°角，轨迹如图所示。根据几何关系，有x＝ R1＋R1cos 60°，d＝R1sin 60°＋xtan 45°，解得 x＝。 答案：　 53 (2)经磁场偏转后，穿过OP射线的粒子中，在磁 场中运动时间最长的粒子的速度为多少?运动时 间为多少? 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 解析：由qvB＝得R2＝，沿y轴正方向射入并且与OP射线相切的粒子在磁场中运动的时间最长，根据几何关系有R2＝dtan ，得R2＝(－1)d，所以v＝，根据T＝和t＝T，解得t＝。 答案：　 54 (3)若所有粒子的速度为第(2)问所求，欲使所有粒子经磁场偏转后，都平行于y轴负方向离开磁场，求磁场区域的最小面积，并画出磁场区域，计算结果用R表示，R为粒子在磁场中运动的轨道半径。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 解析：根据磁发散原理要使所有粒子经磁场偏转后均 平行于y轴负方向射出，则要求磁场圆的半径与粒子做 匀速圆周运动的半径R相等。所以过N点以R为半径作 一个圆，且与OP相切，磁场区域如图所示，根据几何知识可得S＝πR2＋[πR2－(πR2－R2)×2]＝R2。 答案：R2　图见解析 55 $$