“縮放圓”、“轉動圓”(或“軌跡圓心圓”)

1、高三物理專題：“縮放圓”、“轉動圓”（或“軌跡圓心圓”）（一）縮放圓帶電粒子以 任意速度、沿特定方向 射入勻強磁場時，它們將在磁場中做勻速圓周運動，其軌跡半徑隨速度的變化而變化，如圖所示，（圖中只畫出粒子帶正電的情景 ），速度V0越大,運動半徑也越大.可以發(fā)現(xiàn)這樣的粒子源產(chǎn)生的粒子射入磁場后，它們運動軌跡的圓心在垂直速度方向的直線 PP上由此我們可得到一種確定臨界條件的方法：在確定這類粒子運動 的臨界條件時，可以以入射點 P為定點，圓心位于 PP 直線上，將半徑放縮作軌跡，從而探 索出臨界條件，使問題迎刃而解，這種方法稱為放縮法”.X ( X K X X X P'XKX X或者l. 若

2、磁感應強度為 B的勻強磁場僅存在于第一象限（如圖2），一帶負電的粒子（質量為m,帶電量為q）從距原點0為d的A點射入。若粒子射入的方向不變，要使粒子不能從x軸射出，則粒子的速度不能超過多少？2【解析】作圖如圖所示，由 r r si nVd , qvB m ，解得: rqBdvm 1 sin2. 如圖所示，寬度為d的勻強有界磁場， 磁感應強度為 B, MM和NN是磁場左右的兩條邊 界線.現(xiàn)有一質量為 m，電荷量為q的帶正電粒子沿圖示方向垂直射入磁場中，0= 45°.要使粒子不能從右邊界 NN '射出，求粒子入射速率的最大值為多少？【解析】用放縮法作出帶電粒子運動的軌跡如題圖所示

3、，當其運動軌跡與NN邊界線相切于P點時，這就是具有最大入射速率Vmax的粒子的軌跡.由題圖可知：2R（1 cos 45 ）°= d，又 Bqvmax= mVmax聯(lián)立可得：(2+ V?)BqdVmax =m3. 如圖所示，勻強磁場的磁感應強度為 B,寬度為d，邊界為CD和EF. 電子從CD邊界 外側以速率vo垂直勻強磁場射入， 入射方向與CD邊界間夾角為 ©已知電子的質量為 m,電 荷量為e,為使電子能從磁場的另一側 EF射出，求電子的速率 vo至少多大？JuAX*¥VuX*XXXtDikCD 一側射出，速率【解析】當入射速率 vo很小時，電子會在磁場中轉動一段圓

4、弧后又從越大，軌道半徑越大，當軌道的邊界與EF相切時，電子恰好不能從 EF射出，如圖所示.X M電子恰好射出時，由幾何知識可得：r + rcos 0= d又r =応Be由得:Vo =Bedm(1+ cosq)故電子要射出磁場時速率至少應為Bedm(1 + cosq)4. 在一空心圓柱面內有一垂直于紙面的勻強磁場，磁感應強度為B,其橫截面如圖所示,磁場邊界為同心圓，內、外半徑分別為r和(+ 1)r.圓心處有一粒子源不斷地沿半徑方向射出質量為m、電荷量為q的帶電粒子，不計粒子重力為使這些粒子不射出磁場外邊界，粒 子從圓心處射出時速度不能超過'/n ' /ft' in'

5、; m【答案】A【解析】如圖所示，帶電粒子不從磁場中穿出，其臨界條件是帶電粒子在磁場中的運動軌跡應與外圓相切，所以(-2 + 1)r rx2= r2+ r2 x,解上式可得rx= r，又由rx= mV，可得,qB選項A正確。（二）轉動圓（或軌跡圓心圓”）帶電粒子以一定速度、沿任意方向 射入勻強磁場時，它們將在磁場中做勻速圓周運動， 其軌跡半徑相同，若射入初速度為V0,則圓周運動半徑為 R= mvo/（qB），如圖所示.同時可發(fā)現(xiàn)這樣的粒子源的粒子射入磁場后，粒子在磁場中做勻速圓周運動，圓心在以入射點P為圓心、半徑 R= mvo/（qB）的圓（這個圓在下面的敘述中稱為軌跡圓心圓”上.由此我們也可

6、以得到一種確定臨界條件的方法：確定這類粒子在有界磁場中運動的臨界條件時，可以將一半徑為 R= mvo/（qB）的圓沿著 軌跡圓心圓”平移，從而探索出臨界條件，這種 方法稱為平移法”5. 在真空中半徑為r=3cm的圓形區(qū)域內有一磁感應強度為B=0.2T的勻強磁場，方向如圖3所示。一帶正電的粒子以v=1.2 R06m/s的初速度從磁場邊界直徑ab的a端射入磁場。已知該粒子的比荷為 q/m=108c/kg不計粒子重力，則粒子射入磁場的速度方向與ab夾角為多少時，在磁場中運動時間最長。6.如圖4甲，在一水平放置的平板 方向垂直于紙面向里。許多質量為MN的上方有勻強磁場，磁感應強度的大小為B ,磁場m帶

7、電量為+q的粒子，以相同的速率 v沿位于紙面內的各個方向，由小孔 0射入磁場區(qū)域。不計重力，不計粒子間相互影響。下列圖中陰影部分表示帶電粒子可能經(jīng)過的區(qū)域，其中R=mv/qB。圖乙中哪個是正確的?（三）練習題7. 在y>0的區(qū)域內存在勻強磁場，磁場垂直于 xOy平面向外，原點 0處有一離子源，沿各 個方向射出速率相等的同價負離子， 對于進入磁場區(qū)域的離子， 它們在磁場中做圓周運動的【答案】C圓心所在的軌跡可用下圖給出的四個半圓中的一個來表示，其中正確的是NP1 =2（l- R）。則所求長度為8. 如圖所示，真空室內存在勻強磁場，磁場方向垂直于紙面向里，磁感應強度的大小B =0.60 T,

8、磁場內有一塊平面感光板ab,板面與磁場方向平行，在距ab的距離1 = 16 cm處，有一個點狀的a放射源S,它向各個方向發(fā)射a粒子，a粒子的速率都是 v= 3.0 >106 m/s.已知a粒子的電荷量與質量之比=5.0 >07 C/kg，現(xiàn)只考慮在圖紙平面中運動的a粒子,m求ab上被a粒子打中的區(qū)域的長度.X« K A曲=.>I塑 耳 耳 菖« M X >4 MX【解析】在磁場中均沿逆時針方a粒子從S點垂直磁場以一定大小的速度朝各個方向射入,向做勻速圓周運動， 可求出它們的運動軌跡半徑R,由qvB= mv2/R,（q / m）B數(shù)值得R= 10 cm

9、，可見2R> l > R.由于朝不同方向發(fā)射的 a粒子的圓軌跡都過 S,可先考 查速度沿負y方向的a粒子，其軌跡圓心在 X軸上的A1點，將a粒子運動軌跡的圓心 A1點 開始，沿著 軌跡圓心圓”逆時針方向移動，如右圖所示由圖可知，當軌跡圓的圓心移至A3點時，粒子運動軌跡與 ab相交處P2到S的距離為2R, P2即為粒子打中ab上區(qū)域的右邊 最遠點.由題中幾何關系得：NF2= （2R）2- l2 ；當a粒子的軌跡的圓心由 A3點移至 A點的過程中，粒子運動軌跡均會與ab相交，當移到 A4點后將不再與ab相交了，這說明圓心位于A4點的軌跡圓，與 ab相切的P1點為粒子打中區(qū)域的左邊最遠點

10、.可過A4點作平行于ab的直線cd,再過A4作ab的垂線，它與ab的交點即為P1，同樣由幾何關系可知:P1P2= NP1+ NP2，代入數(shù)值得 P1P2= 20 cm.9. 如圖所示，在半徑為 R的圓形區(qū)域內，有勻強磁場，磁感應強度為B,方向垂直于圓平面（不計重力）（未畫出）.一群比荷為m的負離子體以相同速率v0（較大），由p點在紙平面內向不同方向射入磁場中發(fā)生偏轉后，又飛出磁場，則下列說法正確的是A .離子飛出磁場時的動能一定相等 B 離子在磁場中運動半徑一定相等C .由Q點飛出的離子在磁場中運動的時間最長D .沿PQ方向射入的離子飛出時偏轉角最大【解析】射入磁場的粒子比荷相等，但質量不一定

11、相等， 故射入時初動能可能不等，又因為磁場對電荷的洛倫茲力不做功，故這些粒子從射入到射出動能不變，但不同粒子的動能可能不等，A項錯誤.粒子在磁場中偏轉的半徑為r=，由于比荷和速度都相等，磁感應qB強度B為定值，故所有粒子的偏轉半徑都相等，B正確同時各粒子在磁場中做圓周運動的周期T = 蟄，也相等，根據(jù)幾何規(guī)律：圓內，較長的弦對應較大的圓心角，所以從QqB點射出的粒子偏轉角最大，在磁場內運動的時間最長，C對沿PQ方向射入的粒子不可能從Q點射出，故偏角不最大，D錯，選BC.10. （2009 北京西城模擬）如圖所示，在x軸上方的空間存在著垂直于紙面向里的勻強磁場， 磁感應強度的大小為 B.許多相同

12、的離子，以相同的速率v,由O點沿紙面向各個方向（y>0）射入磁場區(qū)域.不計離子所受重力， 不計離子間的相互影響.圖中曲線表示離子運動的區(qū)域邊界，其中邊界與 y軸交點為M,邊界與x軸交點為N,且OM = ON = L.由此可判斷A .這些離子是帶負電的c .這些離子的荷質比為 q=潔m lbB .這些離子運動的軌道半徑為LD .當離子沿y軸正方向射入磁場時會經(jīng)過yx x科 XXxX X XX A X Xx y x xXIX X xX x陽oJf【答案】D【解析】根據(jù)左手定則，離子帶正電，A項錯誤；由圖可知，粒子軌道半徑為, B項錯誤;2再根據(jù)qvB = m_, q =豎,C項錯誤；由于ON

13、 = L,粒子半徑為 扎，ON恰好為粒子圓周1 m LB22L運動直徑，故D項正確.11. 如圖所示，在屏 MN的上方有磁感應強度為 B的勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里.P為屏上的一個小孔.PC與MN垂直.一群質量為 m、帶電量為一 q的粒子（不計重力），以 相同的速率v,從P處沿垂直于磁場的方向射入磁場區(qū)域.粒子入射方向在與磁場B垂直的平面內，且散開在與 PC夾角為B的范圍內.則在屏 MN上被粒子打中的區(qū)域的長度為WPA'2mvA.qB【答案】DB.2mvcos BqB2mv(1 sin ®C. qBD.2mv(1 cos B)qB【解析】由圖可知。沿PC方向射入磁場中的帶

14、負電的粒子打在MN上的點離P點最遠，為PR=鴛，沿兩邊界線射入磁場中的帶負電的粒子打在MN上的點離P點最近為:2mvPQ =匚一cos 0,故在屏MNBq上被粒子打中的區(qū)域的長度為：吩PR-PQ =細甯，選項D正確.12. （2013高考廣東卷）如圖，兩個初速度大小相同的同種離子a和b,從O點沿垂直磁場方向進入勻強磁場，最后打到屏P（）存:*« « B* P«'4-*A . a、b均帶正電B. a在磁場中飛行的時間比b的短C. a在磁場中飛行的路程比b的短D. a在P上的落點與 O點的距離比b的近【解析】選AD.帶電離子垂直進入勻強磁場，在洛倫茲力的作用下

15、做勻速圓周運動.根據(jù)洛 倫茲力提供向心力和周期公式 T= 牛、半徑公式r = mu及T解決問題.qBqB 92 n帶電離子打到屏 P上，說明帶電離子向下偏轉，根據(jù)左手定則，a、b兩離子均帶正電，選項A正確；a、b兩離子垂直進入磁場的初速度大小相同，電荷量、質量相等，由r =孚知qB半徑相同.b在磁場中運動了半個圓周， a的運動大于半個圓周，故 a在P上的落點與O的 距離比b的近，飛行的路程比 b長，選項C錯誤，選項D正確；根據(jù)T知，a在磁場中 飛行的時間比b的長，選項B錯誤.【解析】此題考查的是 定心判徑畫軌跡”，a、b粒子做圓周運動的半徑都為 R=今，畫出qB軌跡如圖所示。圓Oi、O2分別為

16、b、a的軌跡，a在磁場中轉過的圓心角大， 由t = T =書和軌跡圖可知A、2 n qBD選項正確.13. 如圖所示，在真空中半徑r = 3.0X02m的圓形區(qū)域內， 有磁感應強度 B = 0.2 T,方向如 圖的勻強磁場，一批帶正電的粒子以初速度V0= 1.0 106 m/s,從磁場邊界上直徑 ab的一端a沿著各個方向射入磁場，且初速度方向與磁場方向都垂直，該粒子的比荷為q/m= 1.0 108C/kg，不計粒子重力.求：(1) 粒子的軌跡半徑；(2) 粒子在磁場中運動的最長時間；(3) 若射入磁場的速度改為vo'= 3.0 XO5 m/s，其他條件不變，試用斜線畫出該批粒子在磁場中

17、可能出現(xiàn)的區(qū)域.(sin 37 =0.6, cos 37 = 0.8)【解析】(1)由牛頓第二定律可求得粒子在磁場中運動的半徑.v勻強磁場的方向；畫出所需最小有界勻強磁場的區(qū)域，并用陰影表示；(3)勻強磁場的磁感應強度 B的大小以及最小有界勻強磁場的面積S.【解析】(1)勻強磁場的方向為垂直紙面向外. 最小有界磁場如答案圖所示.rmv0廠 c、2qv0B = mR, R= 5.0 X0 2 m.(2) 由于R>r，要使粒子在磁場中運動的時間最長，則粒子在磁場中運動的圓弧所對應的弧 長最長，從右圖中可以看出，以直徑 ab為弦、R為半徑所作的圓周，粒子運動時間最長，_ 2 nm丄2% _ 2

18、 amT =，運動時間tm =XT=-,qB2 n qBr 3_又 sin a=-=，所以 tm = 6.5 X0 8 s.R 5/(3) R= mv0= 1.5 X0_2 m,粒子在磁場中可能出現(xiàn)的區(qū)域見答案圖所示(以aO為直徑的半圓加上以a為圓心，aO為半徑所作圓與磁場相交的部分).(3)14人們到醫(yī)院檢查身體時，其中有一項就是做胸透，做胸透用的是X光，我們可以把做胸透的原理等效如下：如圖所示，P是一個放射源，從開口處在紙面內向各個方向放出某種粒子(不計重力)，而這些粒子最終必須全部垂直射到底片MN這一有效區(qū)域，MN上每一地方都有粒子到達假若放射源所放出的是質量為m、電荷量為q子，且所有的

19、粒子速率都是 v, M與放射源的出口在同一水平面上，底片MN片MN長為L為了實現(xiàn)上述目的，我們必須在P的出口處放置一有界勻強磁場.并要求底片 的帶正電的粒 豎直放置，底求：/V要想使所有的粒子都最終水平向右運動，帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌道半徑 必須與最小圓形有界勻強磁場的半徑大小一致所以有：R= L/22根據(jù)牛頓第二定律：qvB=罟R=mv聯(lián)立解得:2mvB=- qL如答案圖所示，有界磁場的最小面積為:pL24xOy平面向里的磁感應強度 x軸向x軸正方向運動，試求出符【解析】所有電子在所求的勻強磁場中均做勻速圓周運動,15. 在xOy平面內有許多電子（質量為m,電荷量為e）從坐標原點

20、0不斷以相同大小的速度 vo沿不同的方向射入第一象限，如圖所示.現(xiàn)加上一個垂直于 為B的勻強磁場，要求這些電子穿過該磁場后都能平行于 合條件的磁場的最小面積.,v2/»/之亠 r mvo由ev0B= mR，得半徑為r=mv設與x軸正向成a角入射的電子從坐標為（x, y）的P點射出磁場，則有 x2 + （R y）2 = R2式即為電子離開磁場的下邊界b的表達式，當 a= 90 °寸，電子的運動軌跡為磁場的上邊界a，其表達式為：（R x）2+ y2= R2由式所確定的面積就是磁場的最小范圍，如圖所示,其面積為nR2 R2n 2 mv0 2S= 2=2S=2 422 eB .16

21、. （2010年 全國卷I 26 21分）如下圖，在 0纟w 3 a區(qū)域內存在與 xy平面垂直的勻強磁 場，磁感應強度的大小為 B.在 t=0時刻，一位于坐標原點的粒子源在 xy平面內發(fā)射出大量同種帶電粒子，所有粒子的初速度大小相同，方向與y軸正方向的夾角分布在 0180°范圍內。已知沿y軸正方向發(fā)射的粒子在 t=to時刻剛好從磁場邊界上P（ 3a，a）點離開磁場。求:ri i:在磁場中做圓周運動的半徑R及粒子的比荷q/m；時刻仍在磁場中的粒子的初速度方向與y軸正方向夾角的取值范圍;粒子發(fā)射到全部粒子離開磁場所用的時間?！敬鸢浮浚?） R=Za、q 3 m 3Bt0速度與y軸的正方向

22、的夾角范圍是 60°到120°從粒子發(fā)射到全部離開所用時間為2to。Op所示，其【解析】初速度與 y,軸正方向平行的粒子在磁場中的運動軌跡如圖中的弧 圓心為C。I4I由題給條件可以得出2 / OCP = 3此粒子飛出磁場所用的時間為Tt0 = 6 式中T為粒子做圓周運動的周期。 設粒子運動速度的大小為u,半徑為R，由幾何關系可得2.3 R = a 3由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有2qB u =n RT 聯(lián)立式，得q 2 m 3Bt0依題意，同一時刻仍在磁場內的粒子到O點距離相同。在t0時刻仍在磁場中的粒子應位于以o點為圓心、op為半徑的弧Mn上，如圖所示。設此時位于P、M、N三點的粒子的初速度分別為u、UM、U。由