专题十八 用“动态圆”思想处理临界、极值问题 课时作业 -2027届高三物理一轮复习

**基本信息** 以“动态圆”思想为核心，系统整合定圆旋转、平移圆、放缩圆等方法，解决磁场中临界极值问题，强化科学思维中的模型建构与几何推理。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础巩固练|8题|定圆旋转法、旋转圆法、平移圆法|从洛伦兹力公式出发，通过轨迹圆几何变换分析边界相切、范围极值等临界条件| |综合提升练|6题|放缩圆法、动态轨迹极值分析|结合复杂边界（三角形、梯形、环形磁场）深化动态圆模型应用，推导时间、速度临界关系|

专题十八 用“动态圆”思想处理临界、极值问题 课时作业 基础巩固练 一．选择题： 1．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沿纸面内由从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．(2025·河南省周口市高三上模拟训练)如图所示，在xOy平面的0≤y<a的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． 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 4．如图，直角三角形ACD区域内存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向内的匀强磁场，CD＝L，θ＝30°。质量为m、电荷量为q且均匀分布的带正电粒子以相同的速度沿纸面垂直AD边射入磁场，若粒子的速度大小为，不考虑重力及粒子间的作用，＝1．732，则粒子经磁场偏转后能返回到AD边的粒子数占射入到AD边总粒子数的百分比为(　　) A．40% B．47．3% C．52．7% D．60% 5.(多选)如图，一束电子以大小不同的速率沿图示方向飞入一正方形的匀强磁场区，对从正方形右侧边离开磁场的电子，下列判断正确的是(　　) A．从a点离开的电子速度最小 B．从a点离开的电子在磁场中运动时间最短 C．从b点离开的电子运动半径最小 D．从b点离开的电子速度偏转角最小 6．(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． 7．(多选)如图，在长方形ABCD区域(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。已知AB＝a，AD＝4a，O是AD的中点，O点处有离子源，t＝0时刻自O点向磁场各个方向同时发射速率相同、带负电的同种粒子，速度均垂直于磁场方向。其中速度方向沿OA的粒子t0时刻自E点离开磁场区域，BE＝a。忽略粒子重力和粒子间相互作用，则以下说法中正确的是(　　) A．粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径为a B．粒子的比荷为 C．在t0时刻，仍在磁场中的粒子初速度方向与OA的夹角 范围为90°≤α≤135° D．在磁场中运动时间最长的粒子运动时间为2t0 8．(多选)如图所示，等腰直角三角形abc内有一垂直纸面向里的匀强磁场(ac边界无磁场)，ab边长为L，磁场磁感应强度大小为B。ab边中点的粒子源P垂直ab以不同速率向磁场内发射带负电的粒子，粒子质量为m，电荷量为q，不计粒子重力及粒子间相互作用。下列说法正确的是(　　) A．粒子可能从b点飞出磁场 B．粒子可能从c点飞出磁场 C．能从ac边界飞出的粒子在磁场中运动的最长时间为 D．能从ac边界飞出的粒子在磁场中运动的最小速度为 综合提升练 一．选择题： 9.(2026·四川省巴中市高三上“零诊”)如图所示，C、D、E为以O为圆心、半径为R的圆周上的点，∠COD＝，A为CD的中点，在OCEDO内充满垂直于纸面向外的匀强磁场(图中未画出，O点处和圆周上也有磁场)，磁感应强度大小为B。一群质量为m、电荷量为q的带正电粒子以速率v0＝从AC部分垂直于AC射向磁场区域，忽略粒子间的相互作用以及粒子的重力，只考虑粒子在一次进出磁场中的运动。下列说法正确的是(　　) A．粒子在磁场中运动的轨道半径为R B．从CO射出磁场的粒子运动时间不同 C．粒子在磁场中运动的最长时间为 D．粒子可能从圆弧边界射出 10．(2026·湖北省部分名校高三上开学考试)(多选)如图，由两个线段和一个半圆组成的边界CDEFG，CD、FG与圆心在同一直线上，边界及边界上方存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。E为圆弧边界最低点，C处有一个粒子源，能在纸面内发射各种速率的带负电粒子，且粒子的速度方向与边界CD的夹角均为60°，圆弧半径及CD的距离均为R，粒子比荷的绝对值均为k。不计粒子重力及粒子间相互作用力，下列说法正确的是(　　) A．粒子能从圆弧边界射出的最大速率为kBR B．粒子若从E点飞出磁场，则粒子在磁场中运动的时间最长 C．粒子在磁场中运动的最长时间为 D．粒子的速度越大，则粒子在磁场中运动的时间越短 11．(2025·甘肃卷，10)(多选)2025年5月1日，全球首个实现“聚变能发电演示”的紧凑型全超导托卡马克核聚变实验装置(BEST)在我国正式启动总装。如图是托卡马克环形容器中磁场截面的简化示意图，两个同心圆围成的环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，内圆半径为R0。在内圆上A点有a、b、c三个粒子均在纸面内运动，并都恰好到达磁场外边界后返回。已知a、b、c带正电且比荷均为，a粒子的速度大小为va＝，方向沿同心圆的径向；b和c粒子速度方向相反且与a粒子的速度方向垂直。不考虑带电粒子所受的重力和相互作用。下列说法正确的是(　　) A．外圆半径等于2R0 B．a粒子返回A点所用的最短时间为 C．b、c粒子返回A点所用的最短时间之比为 D．c粒子的速度大小为va 12．(多选)如图所示，边长为L的正三角形abc区域内(含边界)存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，正三角形中心O有一粒子源，可以沿abc平面任意方向发射相同的带电粒子，粒子质量为m，电荷量为q。粒子速度大小为v时，恰好没有粒子穿出磁场区域，不计粒子的重力。下列说法正确的是(　　) A．磁感应强度大小为 B．磁感应强度大小为 C．当发射粒子速度为2v时，在磁场中运动的最短时间为 D．当发射粒子速度为2v时，在磁场中运动的最短时间为 13．(多选)如图所示，在荧屏MN上方分布了水平方向的匀强磁场，方向垂直纸面向里。距离荧屏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速度大小为v、电荷量为q、质量为m的带正电粒子，不计粒子的重力，已知粒子做圆周运动的半径也恰好为d，则(　　) A．粒子能打到荧屏MN上的区域长度为2d B．能打到荧屏MN上最左侧的粒子所用的时间为 C．粒子从发射到打到荧屏MN上的最长时间为 D．同一时刻发射的粒子打到荧屏MN上的最大时间差为 14．如图，一直角三角形边界的匀强磁场的磁感应强度为B，其中ac＝2d，bc＝d，c点有一发射带正电粒子的粒子源，粒子以不同速率沿不同方向进入磁场，粒子比荷为k，不计粒子重力及粒子之间的相互作用，下列说法正确的是(　　) A．ab边有粒子出射的区域长度为0．5d B．粒子在磁场中运动的最长时间为 C．若粒子从ac边出射，入射速度v>kBd D．若某粒子的速率v＝，则该粒子可以恰好从a点飞出 参考答案： 1.答案：D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轴的交点距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；由以上分析结合定圆旋转法，可知D正确。 2.答案：B解析：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r也相等，令质子初速度的方向与x轴正方向的夹角为发射角度，由题意可知，从磁场上边界射出的质子的发射角度范围为90°×＝60°，根据旋转质子的偏转轨迹圆和几何关系可知，能从上边界射出的质子的发射角度在0～60°之间，画出发射角度为60°的质子的轨迹，该轨迹与磁场上边界相切，如图所示，由几何关系知r＋rsin30°＝a，代入得r＝，故选B。 3.答案：C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sinα＝，解得α＝，则截面圆上发光部分对应的圆心角为θ＝π＋＝π，则截面圆上发光部分的长度l＝θR＝πR，故选C。 4.答案：C解析：由左手定则可知，粒子在磁场中向左偏转，设粒子做圆周运动的半径为r，由洛伦兹力提供向心力有qvB＝m，解得r＝＝0．3L，作出与AC边和CD边相切的粒子轨迹，其入射点分别为E和F，轨迹圆心分别为OE和OF，如图所示，由平移圆法可知，从E、F两点间射入的粒子能够返回到AD边，由几何关系可知AOE＝，DOF＝，AD＝，EF＝OEOF＝AD－DOF－AOE，因为粒子分布均匀，故能够返回到AD边的粒子数占射入到AD边总粒子数的百分比为η＝×100%，联立解得η＝52．7%，故选C。 5.答案：BC解析：对从正方形右侧边离开磁场的电子，由几何关系可知，从a点离开的电子运动半径最大，从b点离开的电子运动半径最小，根据洛伦兹力提供向心力有evB＝，解得电子在匀强磁场中的轨道半径为r＝，可知轨道半径越大，电子的速度v越大，则从a点离开的电子速度最大，从a点离开的电子速度偏转角最小，轨迹对应的圆心角θ最小，从b点离开的电子速度偏转角最大，根据在磁场中运动时间t＝T＝·＝，可知在磁场中轨迹对应的圆心角θ越小，在磁场中运动时间越短，故从a点离开的电子在磁场中运动时间最短，故B、C正确，A、D错误。 6.答案：AC解析：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，整理有r＝，因ad＝dc，由几何知识可知，ad、dc分别为粒子过a、c点轨迹圆的两条切线，则粒子不从bc边射出，其临界情况分别是从b点和c点射出，其临界轨迹如图所示。由几何关系知cos∠bad＝cos∠abc＝＝，则∠bad＝∠abc＝60°，∠adc＝∠bcd＝180°－∠bad＝120°，△O2ac为等边三角形，∠aO2d＝＝30°，∠O1ab＝90°－∠bad＝30°。当粒子从c点飞出时，由几何关系有r2＝＝l，当粒子从b点飞出时，由几何关系有r1＝·＝l，综上所述，当r<r1或r>r2，即v<或v>时，粒子不能从bc边射出磁场区域，故选A、C。 7.答案：ACD解析：沿OA方向入射的粒子轨迹如图中①所示，根据几何关系可得，轨迹半径R＝a，A正确；粒子在磁场中做圆周运动的周期为T＝，则t0＝＝，比荷＝，B错误；当粒子初速度方向与OA的夹角为90°时，粒子轨迹恰好与磁场边界BC相切，如图中②所示，t0时刻此粒子转过的圆心角为90°，当粒子初速度方向与OA的夹角为135°时，t0时刻粒子恰好在AD边界上，转过的圆心角为90°，如图中③所示，由旋转圆法可知，C正确；垂直AD边入射的粒子转过的圆心角为180°，在磁场中运动时间最长，为2t0，D正确。 8.答案：AC解析：结合左手定则可知，粒子可能的轨迹如图所示，若粒子沿轨迹1运动，将从b点飞出磁场，由几何关系可知，此时运动的半径为r1＝，故A正确；若粒子沿轨迹2运动，将与ac边相切，设切点为d，圆心为O2，由几何关系可知△adO2为等腰直角三角形，则aO2＝r2＝r2＋，解得r2＝<ac＝L，由放缩圆法可知，运动半径大于r2会从d点上侧飞出，运动半径在r1到r2之间会从bc边界飞出，运动半径小于r1会从ab边界飞出，故粒子不可能从c点飞出磁场，故B错误；能从ac边界飞出的粒子中，当粒子轨迹与ac边相切时，粒子的轨迹半径最小，速度最小，轨迹所对应的圆心角最大，运动时间最长，即对应轨迹2，由几何关系可知，此时的轨迹所对应的圆心角为θ＝45°，根据牛顿第二定律有qv2B＝m，解得v2＝＝，周期为T＝＝，运动的时间为t＝T＝，故C正确，D错误。 9.答案：C解析：设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r，由洛伦兹力提供向心力有qv0B＝m，解得r＝，故A错误；粒子在磁场中运动的轨迹如图所示，设粒子在磁场中做圆周运动的周期为T，则有T＝＝，由图可知，部分粒子从OC边射出磁场，这部分粒子偏转的圆心角均为2×45°＝90°，运动时间均为t1＝＝，故B错误；沿AO入射的粒子，轨迹与磁场圆在最低点内切，圆心角为270°，粒子在磁场中运动的时间最长，为t2＝＝，故C正确；从图中可知，粒子不可能从圆弧边界射出，故D错误。 10.答案：AC解析：作初速度方向的垂线，所有轨迹圆的圆心均在这条垂线上，如图所示，由洛伦兹力提供向心力有qvB＝，解得v＝＝kBr，则轨迹半径越大，速度越大，故能从圆弧边界射出的最大速率对应从F点射出，有2rFcos30°＝3R，解得rF＝R，则vF＝kBrF＝kBR，故A正确；粒子在磁场中运动的周期T＝＝＝，为定值，故粒子在磁场中转过的圆心角越大，运动时间越长，由几何关系可知，OF点恰好在半圆DEF上，且COF与半圆相切，故从OF点离开磁场的粒子转过的圆心角最大，为180°，运动时间最长，为tmax＝T＝，且易知，并不是速度越大，粒子在磁场中运动的时间越短，故C正确，B、D错误。 11.答案：BD解析：a粒子在磁场中做匀速圆周运动时，由洛伦兹力提供向心力有qvaB＝m，且va＝，可得Ra＝R0，作出a粒子运动轨迹，如图1所示，由几何知识可知，外圆半径R′＝R0＋R0，a粒子返回A点的最短运动轨迹smin＝2×＋2R0＝(3π＋2)R0，则所用的最短时间为tmin＝＝，A错误，B正确；作出b、c粒子运动轨迹，分别如图2、图3所示，可知b、c粒子返回A点所用的最短时间都是一个周期T＝，故所用的最短时间之比为1∶1，C错误；设c粒子的轨迹半径为Rc，速率为vc，由几何关系得2Rc＝R′－R0，根据洛伦兹力提供向心力有qvcB＝，解得vc＝＝va，D正确。 12.答案：BC解析：恰好没有粒子穿出磁场区域时，粒子在磁场中运动轨迹的直径长度恰好等于O点到磁场边界的距离d，由几何关系得d＝tan＝L，则粒子的轨迹半径为r＝＝L，由洛伦兹力提供向心力有qvB＝m，解得B＝＝，A错误，B正确；当发射粒子速度为2v时，由洛伦兹力提供向心力有q·2vB＝m，解得r′＝＝，当粒子在磁场中运动轨迹所对的弦最短时，圆心角最小，粒子在磁场中的运动时间最短，由几何关系可得，弦最短为d，设对应的圆心角为θ，因为d＝r′＝，所以θ＝60°，则最短时间为tmin＝T＝，又因为T＝＝，则有tmin＝，C正确，D错误。 13.答案：BD解析：打在荧屏MN上的粒子轨迹的临界状态如图1所示，根据几何关系知，带电粒子能打到荧屏MN上的区域长度为：l＝AB＝R＋R＝(1＋)R＝(1＋)d，故A错误；由运动轨迹图可知，能打到荧屏MN上最左侧的粒子偏转了半个周期，故所用时间为：t＝T，又T＝，解得：t＝，故B正确；在磁场中运动时间最长(优弧1)和最短(劣弧2)的粒子的运动轨迹如图2所示，粒子做完整圆周运动的周期T＝，由几何关系可知，最长时间：t1＝T＝，最短时间：t2＝T＝，根据题意得同一时刻发射的粒子打到荧屏MN上的最大时间差：Δt＝t1－t2＝，故C错误，D正确。 14.答案：B解析：粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力得qvB＝，解得粒子运动的轨迹半径R＝＝，因粒子以不同速率沿不同方向射入磁场，故可以应用极限思维，当粒子的速度极大时，轨迹半径也极大，粒子在磁场中的运动轨迹趋于直线，则ab边有粒子出射的区域长度趋于ab边的长度，由几何关系可知ab＝＝d>0．5d，故A错误；粒子在磁场中做圆周运动的周期为T＝＝，若粒子在磁场中的轨迹对应的圆心角为α，则粒子在磁场中运动的时间为t＝T＝，由几何知识可知沿cb边射入、从ac边射出的粒子的速度偏转角最大，轨迹对应的圆心角最大，令其为αm，如图所示，由几何关系知αm＝，则粒子在磁场中运动的最长时间为tm＝，故B正确；由R＝可知，粒子速率越小，轨迹半径越小，能从ac边出射的粒子，减小粒子的速率后，粒子的出射点向c点靠近，当粒子的速率趋近于0时，仍可以从ac边出射，故C错误；若某粒子的速率v＝，则其轨迹半径为R＝，而ac＝2d>2R，所以无论粒子的入射方向朝向哪，该粒子都不可能从a点飞出，D错误。 学科网（北京）股份有限公司 $