2024高考物理大一輪復(fù)習(xí)講義 第十一章 專題強化十八 動態(tài)圓

專題強化十八動態(tài)圓目標(biāo)要求1.進一步掌握帶電粒子在有界磁場中運動的臨界、極值問題.2.會用“平移圓”“旋轉(zhuǎn)圓”“放縮圓”找出對應(yīng)臨界狀態(tài)或極值的軌跡.3.理解“磁聚焦”和“磁發(fā)散”模型．題型一“平移圓”模型適用條件粒子源發(fā)射速度大小、方向一定，入射點不同但在同一直線上的同種帶電粒子進入勻強磁場時，它們做勻速圓周運動的半徑相同，若入射速度大小為v0，則半徑R＝eq\f(mv0,qB)，如圖所示軌跡圓圓心共線帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的圓心在同一直線上，該直線與入射點的連線平行界定方法將半徑為R＝eq\f(mv0,qB)的圓進行平移，從而探索粒子的臨界條件，這種方法叫“平移圓”法例1如圖所示，在xOy平面的第Ⅰ、Ⅳ象限內(nèi)有一圓心為O、半徑為R的半圓形勻強磁場，線狀粒子源從y軸左側(cè)平行于x軸正方向不斷射出質(zhì)量為m、電荷量為q、速度大小為v0的帶正電粒子．磁場的磁感應(yīng)強度大小為eq\f(mv0,2qR)、方向垂直平面xOy向里．不考慮粒子間的相互作用，不計粒子受到的重力．所有從不同位置進入磁場的粒子中，在磁場中運動的時間最長為()A.eq\f(πR,6v0)B.eq\f(πR,4v0)C.eq\f(πR,3v0)D.eq\f(πR,2v0)答案C解析粒子在磁場中做勻速圓周運動，有qv0B＝meq\f(v02,r)，解得r＝2R，如圖所示，當(dāng)粒子在磁場中的運動軌跡對應(yīng)的圓心角最大時，粒子在磁場中運動的時間最長，由于sinα＝eq\f(FE,r)，要使圓心角α最大，F(xiàn)E最長，經(jīng)分析可知，當(dāng)粒子從y軸上的D′點射入、從x軸上的E′點射出磁場時，粒子在磁場中運動的時間最長，有sinαm＝eq\f(OE′,r)，解得αm＝eq\f(π,6)，從D′點射入磁場的粒子在磁場中運動的時間最長，且tm＝eq\f(\f(π,6),2π)·eq\f(2πr,v0)，解得tm＝eq\f(πR,3v0)，故選C.題型二“旋轉(zhuǎn)圓”模型適用條件粒子源發(fā)射速度大小一定、方向不同的同種帶電粒子進入勻強磁場時，它們在磁場中做勻速圓周運動的半徑相同，若入射初速度大小為v0，則圓周運動軌跡半徑為R＝eq\f(mv0,qB)，如圖所示軌跡圓圓心共圓如圖，帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的圓心在以入射點P為圓心、半徑R＝eq\f(mv0,qB)的圓上界定方法將一半徑為R＝eq\f(mv0,qB)的圓以入射點為圓心進行旋轉(zhuǎn)，從而探索出臨界條件，這種方法稱為“旋轉(zhuǎn)圓”法例2(2023·浙江溫州市英才學(xué)校模擬)如圖所示，豎直平面內(nèi)有一xOy平面直角坐標(biāo)系，第一、四象限中存在垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小記為B(B未知)．坐標(biāo)原點O處有一放射源，放射源可以源源不斷向一、四象限180°范圍內(nèi)均勻地輻射出質(zhì)量為m、電荷量為q的正離子．在y軸上固定一能吸收離子的收集板MN，M點坐標(biāo)為(0，a)，N點坐標(biāo)為(0,2a)，當(dāng)輻射的離子速率為v0時離子打在收集板上的位置最遠到N點，最近到M點．不計離子的重力及離子間的相互作用的影響，求：(1)恰好打到M點的離子在磁場中運動的時間；(2)能打到收集板上的離子數(shù)占輻射總數(shù)的比例．答案(1)eq\f(πa,3v0)或eq\f(5πa,3v0)(2)eq\f(2,3)解析(1)由題意可知，沿x軸正方向出射的離子，經(jīng)半圓到達N點，由此可得r＝a，可知通過M點的離子有兩個出射方向，如圖甲，一個軌跡轉(zhuǎn)過的圓心角為60°，即t1＝eq\f(1,6)T，另一個軌跡轉(zhuǎn)過的圓心角為300°，即t2＝eq\f(5,6)T，離子做勻速圓周運動，周期T＝eq\f(2πr,v0)，即T＝eq\f(2πa,v0)，解得t1＝eq\f(πa,3v0)，t2＝eq\f(5πa,3v0)(2)如圖乙所示，由動態(tài)圓分析結(jié)果可知，能打到收集板上的離子分布在速度方向與x軸正方向成60°角的范圍內(nèi)，因為放射源均勻打出離子，因此打到收集板上的離子數(shù)占輻射總數(shù)的比例為eq\f(120°,180°)＝eq\f(2,3).題型三“放縮圓”模型適用條件粒子源發(fā)射速度方向一定，大小不同的同種帶電粒子進入勻強磁場時，這些帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌跡半徑隨速度的變化而變化軌跡圓圓心共線如圖所示(圖中只畫出粒子帶正電的情景)，速度v越大，運動半徑也越大．可以發(fā)現(xiàn)這些帶電粒子射入磁場后，它們運動軌跡的圓心在垂直初速度方向的直線PP′上界定方法以入射點P為定點，圓心位于PP′直線上，將半徑放縮作軌跡圓，從而探索出臨界條件，這種方法稱為“放縮圓”法例3(2020·全國卷Ⅲ·18)真空中有一勻強磁場，磁場邊界為兩個半徑分別為a和3a的同軸圓柱面，磁場的方向與圓柱軸線平行，其橫截面如圖所示．一速率為v的電子從圓心沿半徑方向進入磁場．已知電子質(zhì)量為m，電荷量為e，忽略重力．為使該電子的運動被限制在圖中實線圓圍成的區(qū)域內(nèi)，磁場的磁感應(yīng)強度最小為()A.eq\f(3mv,2ae)B.eq\f(mv,ae)C.eq\f(3mv,4ae)D.eq\f(3mv,5ae)答案C解析磁感應(yīng)強度取最小值時對應(yīng)的臨界狀態(tài)如圖所示，設(shè)電子在磁場中做圓周運動的半徑為r，由幾何關(guān)系得a2＋r2＝(3a－r)2，根據(jù)牛頓第二定律和圓周運動知識得evB＝meq\f(v2,r)，聯(lián)立解得B＝eq\f(3mv,4ae)，故選C.例4(多選)如圖所示，正方形abcd區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強磁場，O點是cd邊的中點．若一個帶正電的粒子(重力忽略不計)從O點沿紙面以垂直于cd邊的某一速度射入正方形內(nèi)，經(jīng)過時間t0剛好從c點射出磁場．現(xiàn)設(shè)法使該帶電粒子從O點沿紙面以與Od成30°角的方向，以各種不同的速率射入正方形內(nèi)，那么下列說法正確的是()A．該帶電粒子不可能剛好從正方形的某個頂點射出磁場B．若該帶電粒子從ab邊射出磁場，它在磁場中經(jīng)歷的時間可能是t0C．若該帶電粒子從bc邊射出磁場，它在磁場中經(jīng)歷的時間可能是eq\f(3,2)t0D．若該帶電粒子從cd邊射出磁場，它在磁場中經(jīng)歷的時間一定是eq\f(5,3)t0答案AD解析帶電粒子以垂直于cd邊的某一速度射入正方形內(nèi)，經(jīng)過時間t0剛好從c點射出磁場，則知帶電粒子的運動周期T＝2t0.該粒子從O點以與Od成30°角的方向射入磁場，隨著粒子速度逐漸增大，軌跡由①→②→③→④依次漸變，由圖可知粒子在四個邊射出時，射出范圍分別為OG、FE、DC、BA之間，不可能從四個頂點射出，故A正確．由上述分析知粒子運動周期為2t0，由圖分析可知，從ab邊射出的粒子所用時間不可能為t0，從bc邊射出的粒子所用時間不超過eq\f(2,3)T＝eq\f(4t0,3)，所有從cd邊射出的粒子圓心角都是300°，所用時間為eq\f(5T,6)＝eq\f(5t0,3)，故B、C錯誤，D正確．題型四“磁聚焦”與“磁發(fā)散”模型1．帶電粒子的會聚如圖甲所示，大量同種帶正電的粒子，速度大小相等，平行入射到圓形磁場區(qū)域，如果軌跡圓半徑與磁場圓半徑相等(R＝r)，則所有的帶電粒子將從磁場圓的最低點B點射出．(會聚)證明：四邊形OAO′B為菱形，必是平行四邊形，對邊平行，OB必平行于AO′(即豎直方向)，可知從A點發(fā)出的帶電粒子必然經(jīng)過B點．2．帶電粒子的發(fā)散如圖乙所示，有界圓形磁場的磁感應(yīng)強度為B，圓心為O，從P點有大量質(zhì)量為m、電荷量為q的正粒子，以大小相等的速度v沿不同方向射入有界磁場，不計粒子的重力，如果正粒子軌跡圓半徑與有界圓形磁場半徑相等，則所有粒子射出磁場的方向平行．(發(fā)散)證明：所有粒子運動軌跡的圓心與有界圓圓心O、入射點、出射點的連線為菱形，也是平行四邊形，O1A、O2B、O3C均平行于PO，即出射速度方向相同(即水平方向)．例5(2021·湖南卷·13)帶電粒子流的磁聚焦和磁控束是薄膜材料制備的關(guān)鍵技術(shù)之一．帶電粒子流(每個粒子的質(zhì)量為m、電荷量為＋q)以初速度v垂直進入磁場，不計重力及帶電粒子之間的相互作用．對處在xOy平面內(nèi)的粒子，求解以下問題．(1)如圖(a)，寬度為2r1的帶電粒子流沿x軸正方向射入圓心為A(0，r1)、半徑為r1的圓形勻強磁場中，若帶電粒子流經(jīng)過磁場后都匯聚到坐標(biāo)原點O，求該磁場磁感應(yīng)強度B1的大小；(2)如圖(a)，虛線框為邊長等于2r2的正方形，其幾何中心位于C(0，－r2)．在虛線框內(nèi)設(shè)計一個區(qū)域面積最小的勻強磁場，使匯聚到O點的帶電粒子流經(jīng)過該區(qū)域后寬度變?yōu)?r2，并沿x軸正方向射出．求該磁場磁感應(yīng)強度B2的大小和方向，以及該磁場區(qū)域的面積(無需寫出面積最小的證明過程)；(3)如圖(b)，虛線框Ⅰ和Ⅱ均為邊長等于r3的正方形，虛線框Ⅲ和Ⅳ均為邊長等于r4的正方形．在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ和Ⅳ中分別設(shè)計一個區(qū)域面積最小的勻強磁場，使寬度為2r3的帶電粒子流沿x軸正方向射入Ⅰ和Ⅱ后匯聚到坐標(biāo)原點O，再經(jīng)過Ⅲ和Ⅳ后寬度變?yōu)?r4，并沿x軸正方向射出，從而實現(xiàn)帶電粒子流的同軸控束．求Ⅰ和Ⅲ中磁場磁感應(yīng)強度的大小，以及Ⅱ和Ⅳ中勻強磁場區(qū)域的面積(無需寫出面積最小的證明過程)．答案(1)eq\f(mv,qr1)(2)eq\f(mv,qr2)垂直于紙面向里πr22(3)eq\f(mv,qr3)eq\f(mv,qr4)(eq\f(1,2)π－1)r32(eq\f(1,2)π－1)r42解析(1)粒子垂直y軸進入圓形磁場，在坐標(biāo)原點O匯聚，滿足磁聚焦的條件，即粒子在磁場中運動的半徑等于圓形磁場的半徑r1，粒子在磁場中運動，洛倫茲力提供向心力，qvB1＝meq\f(v2,r1)解得B1＝eq\f(mv,qr1)(2)粒子從O點進入下方虛線區(qū)域，若要從聚焦的O點飛入然后沿x軸正方向飛出，為磁發(fā)散的過程，即粒子在下方圓形磁場運動的軌跡半徑等于磁場半徑，粒子軌跡最大的邊界如圖甲中所示，圖中圓形磁場即為最小的勻強磁場區(qū)域磁場半徑為r2，根據(jù)qvB2＝meq\f(v2,r2)，可知磁感應(yīng)強度為B2＝eq\f(mv,qr2)根據(jù)左手定則可知磁場的方向為垂直紙面向里，圓形磁場的面積為S2＝πr22(3)畫出磁場區(qū)域面積最小時的情形，如圖乙所示．在Ⅰ、Ⅱ區(qū)域的磁場中，由幾何關(guān)系可知帶電粒子運動的軌跡半徑R3＝r3，由洛倫茲力提供向心力有qvB3＝eq\f(mv2,R3)，解得B3＝eq\f(mv,qr3)，Ⅱ中磁場區(qū)域的面積S1＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)πr32－\f(1,2)r32))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－1))r32.在Ⅲ、Ⅳ區(qū)域的磁場中，由幾何關(guān)系可知帶電粒子運動的軌跡半徑R4＝r4，由洛倫茲力提供向心力有qvB4＝eq\f(mv2,R4)，解得B4＝eq\f(mv,qr4)，Ⅳ中磁場區(qū)域的面積S4＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)πr42－\f(1,2)r42))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－1))r42.課時精練1.(多選)如圖所示，在Ⅰ、Ⅱ兩個區(qū)域內(nèi)存在磁感應(yīng)強度大小均為B的勻強磁場，磁場方向分別垂直于紙面向外和向里，AD、AC邊界的夾角∠DAC＝30°，邊界AC與邊界MN平行，Ⅱ區(qū)域?qū)挾葹閐.質(zhì)量為m、電荷量為＋q的粒子可在邊界AD上的不同點射入，入射速度垂直AD且垂直磁場，若入射速度大小為eq\f(qBd,m)，不計粒子重力，則()A．粒子在磁場中運動的半徑為eq\f(d,2)B．粒子在距A點0.5d處射入，不會進入Ⅱ區(qū)域C．粒子在距A點1.5d處射入，在Ⅰ區(qū)域內(nèi)運動的時間為eq\f(πm,qB)D．能夠進入Ⅱ區(qū)域的粒子，在Ⅱ區(qū)域內(nèi)運動的最短時間為eq\f(πm,3qB)答案CD解析帶電粒子在磁場中的運動半徑r＝eq\f(mv,qB)＝d，選項A錯誤；設(shè)從某處E進入磁場的粒子，其軌跡恰好與AC相切(如圖所示)，則E點與A點的距離為AO－EO＝2d－d＝d，粒子在距A點0.5d處射入，會進入Ⅱ區(qū)域，選項B錯誤；粒子在距A點1.5d處射入，不會進入Ⅱ區(qū)域，在Ⅰ區(qū)域內(nèi)的軌跡為半圓，運動的時間為t＝eq\f(T,2)＝eq\f(πm,qB)，選項C正確；進入Ⅱ區(qū)域的粒子，弦長最短時的運動時間最短，且最短弦長為d，與半徑相同，故對應(yīng)圓心角為60°，最短時間為tmin＝eq\f(T,6)＝eq\f(πm,3qB)，選項D正確．2.如圖，虛線所示的圓形區(qū)域內(nèi)存在一垂直于紙面的勻強磁場，P為磁場邊界上的一點，大量相同的帶電粒子以相同的速率經(jīng)過P點，在紙面內(nèi)沿不同的方向射入磁場，若粒子射入速率為v1，這些粒子在磁場邊界的出射點分布在六分之一圓周上；若粒子射入速率為v2，相應(yīng)的出射點分布在三分之一圓周上．不計重力及帶電粒子之間的相互作用，則v2∶v1為()A.eq\r(3)∶2 B.eq\r(2)∶1C.eq\r(3)∶1 D．3∶eq\r(2)答案C解析根據(jù)作圖分析可知，當(dāng)粒子在磁場中運動半個圓周時，打到圓形磁場邊界的位置距P點最遠，則粒子射入的速率為v1，軌跡如圖甲所示，設(shè)圓形磁場半徑為R，由幾何知識可知，粒子運動的軌跡半徑為r1＝Rcos60°＝eq\f(1,2)R；若粒子射入的速率為v2，軌跡如圖乙所示，由幾何知識可知，粒子運動的軌跡半徑為r2＝Rcos30°＝eq\f(\r(3),2)R；根據(jù)軌跡半徑公式r＝eq\f(mv,qB)可知，v2∶v1＝r2∶r1＝eq\r(3)∶1，故選項C正確．甲乙3.(多選)如圖所示，紙面內(nèi)有寬為L、水平向右飛行的帶電粒子流，粒子質(zhì)量為m、電荷量為－q(q>0)、速率為v0，不考慮粒子的重力及粒子間的相互作用，要使粒子都會聚到一點，可以在粒子流的右側(cè)虛線框內(nèi)設(shè)計一勻強磁場區(qū)域，則磁場區(qū)域的形狀及對應(yīng)的磁感應(yīng)強度可以是下列選項中的(其中B0＝eq\f(mv0,qL)，A、C、D選項中曲線均為半徑為L的eq\f(1,4)圓弧，B選項中曲線為半徑為eq\f(L,2)的圓)()答案AB4.如圖所示，在x軸的上方(y≥0)存在著垂直于紙面向里的勻強磁場(未畫出)，磁感應(yīng)強度大小為B.在原點O有一個離子源向x軸上方的各個方向發(fā)射出質(zhì)量為m、帶電荷量為q的正離子，速率都為v.對那些在xOy平面內(nèi)運動的離子，在磁場中可能到達的位置中離x軸及y軸最遠距離分別為()A.eq\f(2mv,qB)eq\f(2mv,qB) B.eq\f(mv,qB)eq\f(2mv,qB)C.eq\f(2mv,qB)eq\f(mv,qB) D.eq\f(mv,qB)eq\f(mv,qB)答案A解析若讓沿x軸正方向射出的離子的軌跡圓繞O點緩慢轉(zhuǎn)動(如圖所示)，不難得出離y軸最遠為|x|＝2r＝eq\f(2mv,qB)，離x軸最遠為y＝2r＝eq\f(2mv,qB)，所以A項正確．5.(多選)如圖所示，平行線MN、PQ間有垂直紙面向外的勻強磁場，磁場的磁感應(yīng)強度大小為B，MN、PQ間的距離為L.在MN上的a點有一粒子源，可以沿垂直于磁場的各個方向射入質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負(fù)電的粒子，且這些粒子的速度大小相等．這些粒子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后，穿過PQ邊界線的最低點為b點．已知c是PQ上的一點，ac垂直于PQ，c、b間的距離為eq\f(1,2)L，則下列說法正確的是()A．粒子在磁場中做圓周運動的半徑為eq\f(1,2)LB．粒子在磁場中運動的速度大小為eq\f(5qBL,8m)C．粒子從PQ邊射出的區(qū)域長為LD．沿斜向下與MN夾角為30°方向射入的粒子恰好從c點射出磁場答案BC解析作出一些粒子的運動軌跡如圖所示，根據(jù)幾何關(guān)系有R2＝(L－R)2＋(eq\f(L,2))2，求得R＝eq\f(5,8)L，A項錯誤；由qvB＝meq\f(v2,R)得粒子做圓周運動的速度大小v＝eq\f(qBR,m)＝eq\f(5qBL,8m)，B項正確；設(shè)粒子從PQ射出區(qū)域的上端d點到c點的距離為s，根據(jù)幾何關(guān)系有R2＝(L－R)2＋s2，求得s＝eq\f(L,2)，因此bd＝L，C項正確；從c點射出磁場的粒子，在a點時速度與MN的夾角θ滿足2Rcosθ＝L，可得cosθ＝0.8，則θ≠30°，D項錯誤．6．(2020·全國卷Ⅰ·18)一勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直于紙面向外，其邊界如圖中虛線所示，eq\o(ab,\s\up9(︵))為半圓，ac、bd與直徑ab共線，ac間的距離等于半圓的半徑．一束質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的粒子，在紙面內(nèi)從c點垂直于ac射入磁場，這些粒子具有各種速率．不計粒子之間的相互作用．在磁場中運動時間最長的粒子，其運動時間為()A.eq\f(7πm,6qB)B.eq\f(5πm,4qB)C.eq\f(4πm,3qB)D.eq\f(3πm,2qB)答案C解析粒子在磁場中運動的時間與速度大小無關(guān)，由在磁場中的運動軌跡對應(yīng)的圓心角決定．設(shè)軌跡交半圓eq\o(ab,\s\up9(︵))于e點，ce中垂線交bc于O點，則O點為軌跡圓的圓心，如圖所示．圓心角θ＝π＋2β，當(dāng)β最大時，θ有最大值，由幾何知識分析可知，當(dāng)ce與eq\o(ab,\s\up9(︵))相切時，β最大，此時β＝30°，可得θ＝eq\f(4,3)π，則t＝eq\f(θ,2π)T＝eq\f(4πm,3qB)，故選C.7.如圖所示，真空中垂直于紙面向里的勻強磁場只在兩個同心圓所夾的環(huán)狀區(qū)域存在(含邊界)，兩圓的半徑分別為R、3R，圓心為O.一重力不計的帶正電粒子從大圓邊緣的P點沿PO方向以速度v1射入磁場，其運動軌跡如圖，軌跡所對的圓心角為120°.當(dāng)將該帶電粒子從P點射入的速度大小變?yōu)関2時，不論其入射方向如何，都不可能進入小圓內(nèi)部區(qū)域，則v1∶v2至少為()A.eq\f(2\r(3),3)B.eq\r(3)C.eq\f(4\r(3),3)D．2eq\r(3)答案B解析粒子在磁場中做勻速圓周運動，由幾何知識得r1＝eq\f(3R,tan60°)＝eq\r(3)R，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得qv1B＝meq\f(v12,r1)，解得v1＝eq\f(\r(3)qBR,m)，粒子豎直向上射入磁場，恰好不能進入小圓區(qū)域時粒子的軌跡半徑r2＝R，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得qv2B＝meq\f(v22,r2)，解得v2＝eq\f(qBR,m)，則v1∶v2＝eq\r(3)，B項正確．8．(2023·廣東佛山市模擬)如圖所示，寬為d的混合粒子束由速率為3v、4v、5v的三種帶正電的離子組成．所有離子的電荷量均為q、質(zhì)量均為m，當(dāng)三種速率的離子水平向右進入勻強磁場，磁場方向垂直紙面向外．在入口處，緊靠粒子束的下邊緣豎直放置一個長度為2d的薄吞噬板MN.忽略離子重力及離子間相互作用，若使這些離子都能打到吞噬板MN上，則磁感應(yīng)強度大小的取值范圍是()A.eq\f(5mv,qd)<B<eq\f(10mv,qd) B.eq\f(6mv,qd)<B<eq\f(8mv,qd)C.eq\f(5mv,qd)<B<eq\f(6mv,qd) D.eq\f(8mv,qd)<B<eq\f(10mv,qd)答案C解析由分析可知，粒子束上邊緣進入速率為v1＝3v的離子到達吞噬板上邊緣時，半徑最小，磁感應(yīng)強度最大，根據(jù)qv1B1＝meq\f(v12,R1)，由幾何關(guān)系得R1＝eq\f(d,2)，可得B1＝eq\f(6mv,qd)；粒子束下邊緣進入速率為v2＝5v的離子到達吞噬板下邊緣時，半徑最大，磁感應(yīng)強度最小，此時qv2B2＝meq\f(v22,R2)，R2＝d，得B2＝eq\f(5mv,qd)，所以磁感應(yīng)強度大小的取值范圍為eq\f(5mv,qd)<B<eq\f(6mv,qd)，故C正確，A、B、D錯誤．9．(多選)(2023·湖南省模擬)在電子技術(shù)中，科研人員經(jīng)常通過在適當(dāng)?shù)膮^(qū)域施加磁場控制帶電粒子的運動．如圖所示，圓心為O、半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面的勻強磁場(圖中未畫出)，PQ、EF是兩條相互垂直的直徑，圓形區(qū)域左側(cè)有一平行EF、關(guān)于PQ對稱放置的線狀粒子源，可以沿平行于PQ的方向發(fā)射質(zhì)量為m、電荷量為q、速率均為v0的帶正電的粒子，粒子源的長度為eq\r(3)R，從粒子源上邊緣發(fā)射的粒子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后從F點射出磁場．不計粒子重力及粒子間的相互作用．下列說法正確的是()A．勻強磁場的方向垂直紙面向里B．粒子源發(fā)射的粒子均從F點射出磁場C．勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小為eq\f(2\r(3)mv0,3qR)D．粒子在磁場中運動的最短時間為eq\f(πR,6v0)答案BD解析帶正電的粒子向下偏轉(zhuǎn)，根據(jù)左手定則可知勻強磁場的方向垂直紙面向外，故A錯誤；如圖甲所示，設(shè)粒子的運動半徑為r，根據(jù)幾何關(guān)系可得CF＝eq\f(R,2)，eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(R－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(r－\f(\r(3),2)R))))2＋(eq\f(R,2))2＝r2，解得r＝R，根據(jù)洛倫茲力提供向心力，有qv0B＝meq\f(v02,r)，解得B＝eq\f(mv0,qR)，故C錯誤；所有粒子在磁場中運動半徑都相等，運動的圓弧越短，在磁場中運動的時間越短，如圖乙所示，由幾何關(guān)系可得sin∠HO2F＝eq\f(1,2)，解得∠HO2F＝30°，粒子在磁場中運動的周期T＝eq\f(2πr,v0)，則粒子在磁場中運動的最短時間tmin＝eq\f(30°,360°)T＝eq\f(πR,6v0)，故D正確；任意一點射入磁場，粒子的運動半徑等于R，如圖丙所示，由幾何關(guān)系可知四邊形OIJF恒為一個菱形，OF∥IJ，所以所有的粒子都從F點射出，故B正確．10.如圖所示，正方形區(qū)域abcd內(nèi)(含邊界)有垂直紙面向里的勻強磁場，ab＝l，Oa＝0.4l，大量