高考物理一輪復習重難點逐個突破專題71旋轉(zhuǎn)圓模型放縮圓模型平移圓模型(原卷版+解析)

專題71旋轉(zhuǎn)圓模型放縮圓模型平移圓模型考點一旋轉(zhuǎn)圓模型（1-9T）考點二放縮圓模型（10-16T）考點三平移圓模型（17-22T）考點一旋轉(zhuǎn)圓模型1.旋轉(zhuǎn)圓：如下圖所示，粒子源發(fā)射速度大小一定、方向不同的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，若射入初速度為v0，則圓周運動半徑為R＝eq\f(mv0,qB).分析這類問題時將一半徑為R＝eq\f(mv0,qB)的圓以入射點為圓心進行旋轉(zhuǎn)，從而探索臨界條件的方法稱為“旋轉(zhuǎn)圓”法.2.結(jié)合具體情境，可以通過分析圓心角、速度偏向角、弦切角、弧長、弦長的大小來分析帶電粒子的運動時間.3.常見的三種情景1)如上圖所示，粒子源從直線磁場邊界上的P點發(fā)射速度大小一定、方向不同的帶電粒子垂直進入勻強磁場區(qū)域，所有從直線邊界射出的粒子，其出射點與P點的連線都是軌跡圓的圓弧所對的弦，其中入射的速度方向垂直于直線邊界的粒子，在磁場中運動半個周期從M點射出，因為PM是圓的直徑，所以M點是粒子打到直線邊界上的最遠點(所有的弦長中直徑最長)．2)粒子源從圓形磁場邊界上的某一點發(fā)射速度大小一定、方向不同的帶電粒子垂直進入勻強磁場區(qū)域時，因為所有的弦長中直徑最長，則當粒子的軌跡圓和磁場邊界圓的公共弦為小圓直徑時，粒子打到邊界圓上的點距入射點最遠。分兩種情況分析如下：如圖甲，若軌跡圓半徑大于磁場邊界圓半徑，當入射點P和出射點M為邊界圓直徑的兩個端點時，粒子打到邊界圓上的點M距入射點P最遠(所有的弦長中直徑最長)，此時軌跡所對的弦長最長弧長最長，時間也就最長。如圖乙，若軌跡圓半徑小于磁場邊界圓半徑，當入射點P和出射點M為軌跡圓直徑的兩個端點時，粒子打到邊界圓上的點M距入射點P最遠(所有的弦長中直徑最長)，此時粒子在磁場中運動的時間為半個周期。但是由于軌跡圓半徑小于邊界圓半徑，因而粒子在磁場中可以做完整的圓周運動，所以粒子從M點射出磁場的時間并不是粒子在磁場中運動的最長時間．3)粒子在磁場中運動的弧長最短、弦長最短時運動時間最短．(弧長最短時運動時間最短普遍適用，弦長最短時運動時間最短僅限于粒子在磁場中的軌跡為劣弧)如下圖，P點的粒子源發(fā)射出速度大小一定、方向不同的帶電粒子，當M點為出射點時弧長最短弦長最短，粒子在磁場中運動時最短．1．（2022·寧波·模擬預測）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為屏上的一小孔，PC與MN垂直．一群質(zhì)量為m、帶電荷量為-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(nèi)，且散開在與PC夾角為θ的范圍內(nèi)。則在屏MN上被粒子打中的區(qū)域的長度為（）A．2mvqB B．2mvcosθqB C．2．（2022·山東·模擬預測）如圖所示，在一擋板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MN上的一個粒子發(fā)射源，它能連續(xù)垂直磁場方向發(fā)射速率為v、質(zhì)量為m、帶電量為q的粒子，不計粒子的重力和粒子間的相互作用，粒子打到擋板上時均被擋板吸收．則在垂直于磁場的平面內(nèi)，有粒子經(jīng)過的區(qū)域面積是（）A．πm2v2q2B2 3.(2017·全國卷)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)甲乙4．（2022·全國·高三專題練習）(多選)如圖所示，在邊長為L的等邊三角形區(qū)域ABC內(nèi)存在著垂直紙面的勻強磁場（未畫出），磁感應強度大小為B=23mv03qL，大量質(zhì)量為m、帶電荷量為q的粒子從BCA．所有粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌跡半徑為2B．所有粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期為3C．對于從AB和AC邊射出的粒子，在磁場中運動的最長時間為3D．對于從AB和AC邊射出的粒子，在磁場中運動的最短時間為35．（2023·全國·高三專題練習）如圖所示，在0≤x≤b、0≤y≤a的長方形區(qū)域中有一磁感應強度大小B的勻強磁場，磁場的方向垂直于xOy平面向外。O處有一個粒子源，在某時刻發(fā)射大量質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子，它們的速度大小相同，速度方向均在xOy平面內(nèi)的第一象限內(nèi)。已知粒子在磁場中做圓周運動的周期為A．粒子圓周運動的半徑rB．長方形區(qū)域的邊長滿足關(guān)系bC．長方形區(qū)域的邊長滿足關(guān)系baD．粒子射入磁場的速度大小v6．（2021·海南）(多選)如圖，在平面直角坐標系的第一象限內(nèi)，存在垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為B。大量質(zhì)量為m、電量為q的相同粒子從y軸上的點，以相同的速率在紙面內(nèi)沿不同方向先后射入磁場，設入射速度方向與y軸正方向的夾角為。當時，粒子垂直x軸離開磁場。不計粒子的重力。則（）A．粒子一定帶正電B．當時，粒子也垂直x軸離開磁場C．粒子入射速率為D．粒子離開磁場的位置到O點的最大距離為7．如圖所示，在真空中板間r=3.0×10-2m的圓形區(qū)域內(nèi)，有磁感應強度B=0.2T，方向如圖的勻強磁場，一批帶正電的粒子以初速度v0=1.0×106m/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，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，其他條件不變，試用斜線畫出該批粒子在磁場中可能出現(xiàn)的區(qū)域．（sin37°=0.6，cos37°=0.8）8．如圖所示，在矩形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向外的勻強磁場，磁感應強度的大小為B＝5.0×10－2T，矩形區(qū)域長為1.0m，寬為0.2m．在AD邊中點O處有一放射源，某時刻，放射源沿紙面向磁場中各方向均勻地輻射出速率均為v＝2×106m/s的某種帶正電粒子．已知帶電粒子的質(zhì)量m＝1.6×10－27kg，所帶電荷量為q＝3.2×10－19C(不計粒子重力)．(1)求粒子在磁場中做圓周運動的半徑為多大？(2)求從BC邊界射出的粒子，在磁場中運動的最短時間為多少？9．（2022·河北石家莊·模擬預測）如圖所示，在平面直角坐標系xOy內(nèi)，以P(0,a)點為圓心、半徑為a的圓形區(qū)域和III、IV象限內(nèi)均存在垂直紙面向里、磁感應強度大小為B的勻強磁場，沿x軸負半軸固定一足夠長的水平擋板。一寬度為a的電子束，中心正對P點平行x軸以一定的速度射入圓形磁場，偏轉(zhuǎn)后所有電子都經(jīng)過O點進入x軸下方磁場。已知電子質(zhì)量為m、帶電荷量為?e，忽略電子重力及電子間的相互作用，電子打在擋板上立即被擋板吸收。求：（1）電子射入磁場時的動能Ek（2）擋板上被電子打中區(qū)域的長度d?？键c二放縮圓模型如下圖，P點的粒子源發(fā)射速度方向一定,速度大小不同的帶電粒子垂直進入勻強磁場時,帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌跡半徑隨速度大小的變化而變化,這些軌跡圓均以入射點P為定點,圓心位于PP'直線上,將半徑放縮作軌跡圓,從而探索臨界條件的方法稱為“放縮圓”法.10．（2023·全國·高三專題練習）如圖所示，橫截面為正方形abcd的有界勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里。一束電子以大小不同、方向垂直ad邊界的速度飛入該磁場。對于從不同邊界射出的電子，下列判斷錯誤的是（）A．從ad邊射出的電子在磁場中運動的時間都相等B．從c點離開的電子在磁場中運動時間最長C．電子在磁場中運動的速度偏轉(zhuǎn)角最大為πD．從bc邊射出的電子的速度一定大于從ad邊射出的電子的速度11.（2022·北京·海淀模擬預測）(多選)如圖，有一截面為矩形的有界勻強磁場區(qū)域ABCD，AB＝3L，BC＝2L，在邊界AB的中點上有一個粒子源，沿與邊界AB平行并指向A點方向發(fā)射各種不同速率的同種正粒子，不計粒子重力，當粒子速率為v0時，粒子軌跡恰好與AD邊界相切，則()A．速率小于v0的粒子全部從CD邊界射出B．當粒子速度滿足eq\f(2v0,3)＜v＜v0時，從CD邊界射出C．在CD邊界上只有上半部分有粒子通過D．當粒子速度小于eq\f(2v0,3)時，粒子從BC邊界射出12．(2020·全國卷Ⅰ)一勻強磁場的磁感應強度大小為B、方向垂直于紙面向外，其邊界如圖中虛線所示，eq\x\to(ab)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)13．（2022·山西·運城模擬預測）(多選)如圖，一長度為a的豎直薄擋板MN處在垂直紙面向里的勻強磁場(未畫出)中，磁感應強度為B.O點有一粒子源在紙面內(nèi)向各方向均勻發(fā)射電荷量為＋q、質(zhì)量為m的帶電粒子，所有粒子的初速度v(未知)大小相同．已知初速度與eq\x\to(ON)夾角為60°發(fā)射的粒子恰好經(jīng)過N點(不被擋板吸收)，粒子與擋板碰撞則會被吸收，eq\x\to(ON)＝eq\r(3)a，eq\x\to(ON)⊥MN，不計粒子重力，不考慮粒子間的相互作用，則()A．粒子在磁場中做圓周運動的半徑為eq\f(\r(3),2)aB．擋板左側(cè)能被粒子擊中的豎直長度為aC．能擊中擋板右側(cè)的粒子數(shù)占粒子總數(shù)的eq\f(1,6)D．若調(diào)節(jié)初速度v大小使擋板的右側(cè)被粒子擊中的豎直長度為a，則v的最小值為eq\f(qBa,m)14．（2023·全國·高三專題練習）(多選)如圖所示,在邊長L=10cm的正方形ABCD的CD邊上方空間有垂直于紙面向里的勻強磁場,磁感應強度B=0.2T，在正方形的AD邊中點處有一粒子源S，能夠不斷向紙面內(nèi)各個方向發(fā)射速率不同的同種帶正電粒子，粒子的比荷為1×108C/kg，不計粒子重力和粒子間的相互作用。下列說法中正確的是（）A．經(jīng)過B點的粒子速度不小于55×105m/sB．水平向右射出的速率大于5×105m/s的粒子都能從AB所在直線穿過C．水平向右發(fā)射的粒子從AB邊射出正方形區(qū)域的最短時間為π2×10-7D．速率為1×106m/s的粒子可到達CD邊上區(qū)域的長度為5cm15.（2022·廣東·模擬預測）(多選)如圖所示，在一等腰直角三角形ACD區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向外的勻強磁場，磁場的磁感應強度大小為B，一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的粒子(重力不計)從AC邊的中點O垂直于AC邊射入該勻強磁場區(qū)域，若該三角形的兩直角邊長均為2l，則下列關(guān)于粒子運動的說法中正確的是()A．若該粒子的入射速度為v＝eq\f(qBl,m)，則粒子一定從CD邊射出磁場，且距點C的距離為lB．若要使粒子從CD邊射出，則該粒子從O點入射的最大速度應為v＝eq\f(\r(2)＋1qBl,m)C．若要使粒子從CD邊射出，則該粒子從O點入射的最大速度應為v＝eq\f(\r(2)qBl,m)D．當該粒子以不同的速度入射時，在磁場中運動的最長時間為eq\f(πm,qB)16.如圖所示，一足夠長的矩形區(qū)域abcd內(nèi)充滿方向垂直紙面向里的、磁感應強度為B的勻強磁場，在ad邊中點O，射入一個與ad邊夾角θ=300、大小為v0（未知量）的帶正電粒子，已知粒子質(zhì)量為m，電量為q，ad邊長為L，ab邊足夠長，粒子重力不計，求：(1)求粒子從ad邊射出的速度范圍。(2)求粒子從ab邊射出的速度范圍。(3)若帶電粒子的速度v0大小可取任意值，求粒子在磁場中運動的最長時間?？键c三平移圓模型如下圖，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的帶電粒子垂直進入勻強磁場時,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=mv0qB,將半徑為R=mv17.（2022·安徽合肥·模擬預測）如圖所示為邊長為L的正方形有界勻強磁場ABCD，帶電粒子從A點沿AB方向射入磁場，恰好從C點飛出磁場；若帶電粒子以相同的速度從AD的中點P垂直AD射入磁場，從DC邊的M點飛出磁場(M點未畫出)．設粒子從A點運動到C點所用的時間為t1，由P點運動到M點所用時間為t2(帶電粒子重力不計)，則t1∶t2為()A．2∶1 B．2∶3C．3∶2 D.eq\r(3)∶eq\r(2)18．（2022·全國·高三課時練習）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。磁場的磁感應強度大小為mv0A．πR6v0 B．πR4v019．（2022·全國·高三課時練習）(多選)如圖所示，在直角三角形ABC內(nèi)充滿垂直紙面向外的勻強磁場（圖中未畫出），AB邊長度為d，∠B=π6?，F(xiàn)垂直AB邊射入一束質(zhì)量均為m、電荷量均為q、速度大小均為v的帶正電粒子。已知垂直AC邊射出的粒子在磁場中運動的時間為t0，而運動時間最長的粒子在磁場中的運動時間為A．粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期為4t0B．該勻強磁場的磁感應強度大小為πmC．粒子在磁場中運動的軌道半徑為2D．粒子進入磁場時速度大小為3πd20．(多選)如圖所示，C、D、E為以O為圓心、半徑為R的圓周上的三點，∠COD=π2，A為CD的中點，在OCEDO內(nèi)充滿垂直于紙面向外的勻強磁場（圖中未畫出），磁感應強度大小為B。一群質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子以速率v0=qBR2m從AC部分垂直于A．πm3qB B．2πm3qB C．6πm5qB21.（2022·山東煙臺·高三階段練習）(多選)如圖所示，在Ⅰ、Ⅱ兩個區(qū)域內(nèi)存在磁感應強度大小均為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)22．(多選)如圖所示，以水平直線為分界線，上方區(qū)域充滿垂直于紙面向里的勻強磁場，大量電子(質(zhì)量為m、電荷量為e，重力不計)從長度為L的PQ區(qū)域以相同速度與水平方向成θ＝60°的角度斜射入磁場，已知電子的速度大小為v0，上方磁場的磁感應強度B＝eq\f(3mv0,eL).所有從上方磁場射出的電子再次經(jīng)過水平分界線下方某一半圓形區(qū)域的勻強磁場(圖中未畫出)偏轉(zhuǎn)后都能通過磁場邊界的一個點處被收集．下列說法正確的是()A．水平分界線上電子射出區(qū)域的長度為eq\f(L,3)B．若減小上方磁場的磁感應強度，電子射出區(qū)域的長度將保持不變C．欲使水平分界線上電子的出射與入射區(qū)域不重疊，則上方磁場的磁感應強度應小于eq\f(\r(3)mv0,eL)D．下方收集電子的半圓形區(qū)域勻強磁場的最大磁感應強度為eq\f(2\r(3)mv0,3eL)專題71旋轉(zhuǎn)圓模型放縮圓模型平移圓模型考點一旋轉(zhuǎn)圓模型（1-9T）考點二放縮圓模型（10-16T）考點三平移圓模型（17-22T）考點一旋轉(zhuǎn)圓模型1.旋轉(zhuǎn)圓：如下圖所示，粒子源發(fā)射速度大小一定、方向不同的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，若射入初速度為v0，則圓周運動半徑為R＝eq\f(mv0,qB).分析這類問題時將一半徑為R＝eq\f(mv0,qB)的圓以入射點為圓心進行旋轉(zhuǎn)，從而探索臨界條件的方法稱為“旋轉(zhuǎn)圓”法.2.結(jié)合具體情境，可以通過分析圓心角、速度偏向角、弦切角、弧長、弦長的大小來分析帶電粒子的運動時間.3.常見的三種情景1)如上圖所示，粒子源從直線磁場邊界上的P點發(fā)射速度大小一定、方向不同的帶電粒子垂直進入勻強磁場區(qū)域，所有從直線邊界射出的粒子，其出射點與P點的連線都是軌跡圓的圓弧所對的弦，其中入射的速度方向垂直于直線邊界的粒子，在磁場中運動半個周期從M點射出，因為PM是圓的直徑，所以M點是粒子打到直線邊界上的最遠點(所有的弦長中直徑最長)．2)粒子源從圓形磁場邊界上的某一點發(fā)射速度大小一定、方向不同的帶電粒子垂直進入勻強磁場區(qū)域時，因為所有的弦長中直徑最長，則當粒子的軌跡圓和磁場邊界圓的公共弦為小圓直徑時，粒子打到邊界圓上的點距入射點最遠。分兩種情況分析如下：如圖甲，若軌跡圓半徑大于磁場邊界圓半徑，當入射點P和出射點M為邊界圓直徑的兩個端點時，粒子打到邊界圓上的點M距入射點P最遠(所有的弦長中直徑最長)，此時軌跡所對的弦長最長弧長最長，時間也就最長。如圖乙，若軌跡圓半徑小于磁場邊界圓半徑，當入射點P和出射點M為軌跡圓直徑的兩個端點時，粒子打到邊界圓上的點M距入射點P最遠(所有的弦長中直徑最長)，此時粒子在磁場中運動的時間為半個周期。但是由于軌跡圓半徑小于邊界圓半徑，因而粒子在磁場中可以做完整的圓周運動，所以粒子從M點射出磁場的時間并不是粒子在磁場中運動的最長時間．3)粒子在磁場中運動的弧長最短、弦長最短時運動時間最短．(弧長最短時運動時間最短普遍適用，弦長最短時運動時間最短僅限于粒子在磁場中的軌跡為劣弧)如下圖，P點的粒子源發(fā)射出速度大小一定、方向不同的帶電粒子，當M點為出射點時弧長最短弦長最短，粒子在磁場中運動時最短．1．（2022·寧波·模擬預測）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為屏上的一小孔，PC與MN垂直．一群質(zhì)量為m、帶電荷量為-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(nèi)，且散開在與PC夾角為θ的范圍內(nèi)。則在屏MN上被粒子打中的區(qū)域的長度為（）A．2mvqB B．2mvcosθqB C．【答案】D【解析】任取一粒子分析，作出圓周運動的軌跡，則可得出粒子打在屏上的位置與粒子與PC夾角的關(guān)系，則可得出粒子打在屏上的最遠點及最近點，即可得出打中的長度。粒子做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得qvB=m解得粒子的軌跡半徑為R=粒子沿著右側(cè)邊界射入，軌跡如下面左圖，此時出射點最近，邊界交點與P間距為：2Rcos粒子沿著左側(cè)邊界射入，軌跡如下面右圖，此時出射點最近，邊界交點與P間距為：2Rcos粒子垂直邊界MN射入，軌跡如下面中間圖，此時出射點最遠，邊界交點與P間距為：2R；故范圍在熒光屏上P點右側(cè)，將出現(xiàn)一條形亮線，其長度為2R?2R故選D?！军c睛】帶電粒子在磁場運動區(qū)域的判斷時，要注意尋找一般表達式，通過分析再找出可能的邊界；另外本題中關(guān)于PC兩邊對稱的粒子方向均可適合L=2Rcos2．（2022·山東·模擬預測）如圖所示，在一擋板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MN上的一個粒子發(fā)射源，它能連續(xù)垂直磁場方向發(fā)射速率為v、質(zhì)量為m、帶電量為q的粒子，不計粒子的重力和粒子間的相互作用，粒子打到擋板上時均被擋板吸收．則在垂直于磁場的平面內(nèi)，有粒子經(jīng)過的區(qū)域面積是（）A．πm2v2q2B2 【答案】C【解析】由題意可知粒子在磁場中的運動半徑R=mv由圖可知，由O點射入水平向右的粒子恰好應為最右端邊界；隨著粒子的速度方向偏轉(zhuǎn)，粒子轉(zhuǎn)動的軌跡圓可認為是以O點為圓心以2R為半徑轉(zhuǎn)動．如圖所示：由幾何圖形可知，帶電粒子可能經(jīng)過的區(qū)域的面積為：S=12π3.(2017·全國卷)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，則當粒子射入的速率為v1，軌跡如圖甲所示，設圓形磁場半徑為R，由幾何知識可知，粒子運動的軌道半徑為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，粒子運動的軌道半徑為r2＝Rcos30°＝eq\f(\r(3),2)R；根據(jù)軌道半徑公式r＝eq\f(mv,qB)可知，v2∶v1＝r2∶r1＝eq\r(3)∶1，故選項C正確．甲乙4．（2022·全國·高三專題練習）(多選)如圖所示，在邊長為L的等邊三角形區(qū)域ABC內(nèi)存在著垂直紙面的勻強磁場（未畫出），磁感應強度大小為B=23mv03qL，大量質(zhì)量為m、帶電荷量為q的粒子從BCA．所有粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌跡半徑為2B．所有粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期為3C．對于從AB和AC邊射出的粒子，在磁場中運動的最長時間為3D．對于從AB和AC邊射出的粒子，在磁場中運動的最短時間為3【答案】BC【解析】A．所有粒子的初速度大小相等，它們在磁場中做勻速圓周運動的軌跡半徑為r=mvB．粒子做圓周運動的周期為T=2πrvC．當粒子運動軌跡對應的弦最長時，圓心角最大，粒子運動時間最長，當粒子運動軌跡對應的弦長最短時，對應的圓心角最小，粒子運動時間最短。對于從AB和AC邊射出的粒子在磁場中的運動，可知最長的弦為OA=3L2，恰好等于軌跡半徑，對應的圓心角為60°，因此最長運動時間D．過O點作AC邊的垂線，垂足為D，可知OD=3L4為最短的弦之一，由幾何知識可知，對應的圓心角小于30°，因此粒子最短運動時間小于故選BC。5．（2023·全國·高三專題練習）如圖所示，在0≤x≤b、0≤y≤a的長方形區(qū)域中有一磁感應強度大小B的勻強磁場，磁場的方向垂直于xOy平面向外。O處有一個粒子源，在某時刻發(fā)射大量質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子，它們的速度大小相同，速度方向均在xOy平面內(nèi)的第一象限內(nèi)。已知粒子在磁場中做圓周運動的周期為A．粒子圓周運動的半徑rB．長方形區(qū)域的邊長滿足關(guān)系bC．長方形區(qū)域的邊長滿足關(guān)系baD．粒子射入磁場的速度大小v【答案】C【解析】AD．最先從磁場上邊界中飛出的粒子在磁場中的偏轉(zhuǎn)角最小，對應的圓弧最短，可以判斷出是沿y軸方向入射的粒子；其運動的軌跡如圖甲，則由題意偏轉(zhuǎn)角θ由幾何關(guān)系得R帶電粒子做圓周運動，洛倫茲力提供向心力，得Bqv=mv2RBC．當R<b時，在磁場中運動的時間最長的粒子，其軌跡是圓心為C的圓弧，圓弧與磁場的邊界相切，如圖乙所示，設該粒子在磁場中運動的時間為t，依題意，t=T4，回旋角度為∠OCA=π2，設最后離開磁場的粒子的發(fā)射方向與y軸正方向的夾角為α，由幾何關(guān)系得由圖可得b解得ba=1+故選C。6．（2021·海南）(多選)如圖，在平面直角坐標系的第一象限內(nèi)，存在垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為B。大量質(zhì)量為m、電量為q的相同粒子從y軸上的點，以相同的速率在紙面內(nèi)沿不同方向先后射入磁場，設入射速度方向與y軸正方向的夾角為。當時，粒子垂直x軸離開磁場。不計粒子的重力。則（）A．粒子一定帶正電B．當時，粒子也垂直x軸離開磁場C．粒子入射速率為D．粒子離開磁場的位置到O點的最大距離為【答案】ACD【解析】A．根據(jù)題意可知粒子垂直軸離開磁場，根據(jù)左手定則可知粒子帶正電，A正確；BC．當時，粒子垂直軸離開磁場，運動軌跡如圖粒子運動的半徑為洛倫茲力提供向心力解得粒子入射速率若，粒子運動軌跡如圖根據(jù)幾何關(guān)系可知粒子離開磁場時與軸不垂直，B錯誤，C正確；D．粒子離開磁場距離點距離最遠時，粒子在磁場中的軌跡為半圓，如圖根據(jù)幾何關(guān)系可知解得D正確。故選ACD。7．如圖所示，在真空中板間r=3.0×10-2m的圓形區(qū)域內(nèi)，有磁感應強度B=0.2T，方向如圖的勻強磁場，一批帶正電的粒子以初速度v0=1.0×106m/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，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，其他條件不變，試用斜線畫出該批粒子在磁場中可能出現(xiàn)的區(qū)域．（sin37°=0.6，cos37°=0.8）【答案】（1）5.0×10-2m（2）6.5×10-8s（3）如圖；【解析】（1）粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：，解得：．（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，從圖甲中可以看出，以直徑ab為弦、R為半徑所作的圓周，粒子運動時間最長，粒子做圓周運動的周期，粒子的最長運動時間，又，解得：．（3）速度改為時，粒子的軌道半徑，粒子在磁場中可能出現(xiàn)的區(qū)域：如圖中以Oa為直徑的半圓及以a為圓心、Oa為半徑的圓與磁場相交的部分，如圖所示．點睛：解決帶電粒子在勻強磁場中勻速圓周運動問題時，應首先確定圓心的位置，找出半徑，做好草圖，利用數(shù)學幾何并結(jié)合運動規(guī)律進行求解．8．如圖所示，在矩形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向外的勻強磁場，磁感應強度的大小為B＝5.0×10－2T，矩形區(qū)域長為1.0m，寬為0.2m．在AD邊中點O處有一放射源，某時刻，放射源沿紙面向磁場中各方向均勻地輻射出速率均為v＝2×106m/s的某種帶正電粒子．已知帶電粒子的質(zhì)量m＝1.6×10－27kg，所帶電荷量為q＝3.2×10－19C(不計粒子重力)．(1)求粒子在磁場中做圓周運動的半徑為多大？(2)求從BC邊界射出的粒子，在磁場中運動的最短時間為多少？【答案】（1）0.2m.（2）×10－7s.【解析】（1）粒子在磁場中做勻速圓周運動，由牛頓第二定律得：，解得：R=0.2m；（2）因為所有粒子的軌跡半徑相同，所以弦最短的圓所對應的圓心角最小，運動時間最短，作EO⊥AD，EO弦最短，如圖所示：因為EO=0.2m，且R=0.2m，所以對應的圓心角為θ=，由牛頓第二定律得：qvB=m（）2R，解得：最短時間為：，解得：t=×10-7s；9．（2022·河北石家莊·模擬預測）如圖所示，在平面直角坐標系xOy內(nèi)，以P(0,a)點為圓心、半徑為a的圓形區(qū)域和III、IV象限內(nèi)均存在垂直紙面向里、磁感應強度大小為B的勻強磁場，沿x軸負半軸固定一足夠長的水平擋板。一寬度為a的電子束，中心正對P點平行x軸以一定的速度射入圓形磁場，偏轉(zhuǎn)后所有電子都經(jīng)過O點進入x軸下方磁場。已知電子質(zhì)量為m、帶電荷量為?e，忽略電子重力及電子間的相互作用，電子打在擋板上立即被擋板吸收。求：（1）電子射入磁場時的動能Ek（2）擋板上被電子打中區(qū)域的長度d?！敬鸢浮浚?）Ek=【解析】（1）根據(jù)題意，電子束運動軌跡如圖，O1為最上面電子在圓磁場做勻速圓周運動的圓心，Q為入射點、O為出射點，由幾何關(guān)系知，QO1OP是菱形，故電子束在原點O的正上方半徑為a的磁場中做圓周運動的半徑為R=a。設電子進入圓形磁場時的速度為v，根據(jù)牛頓第二定律有evB=m電子的動能E聯(lián)立解得E（2）由電子束運動軌跡圖，經(jīng)分析可知從正中心射入的電子在圓磁場運動14個圓弧垂直x軸射入III、IV象限的磁場，運動半個圓周垂直打中擋板，距O點最遠。從最上面射入的電子在圓磁場中運動13個圓弧與x軸負方向成60°角射入III、IV象限的磁場，運動13個圓弧打在擋板上，而最下面射入的電子在圓磁場中運動16個圓弧與x軸正方向成60°角射入III、IV象限的磁場，運動23個圓弧打在擋板上，最上面和最下面電子打中擋板的位置相同，距O擋板上被電子打中區(qū)域的長度d=考點二放縮圓模型如下圖，P點的粒子源發(fā)射速度方向一定,速度大小不同的帶電粒子垂直進入勻強磁場時,帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌跡半徑隨速度大小的變化而變化,這些軌跡圓均以入射點P為定點,圓心位于PP'直線上,將半徑放縮作軌跡圓,從而探索臨界條件的方法稱為“放縮圓”法.10．（2023·全國·高三專題練習）如圖所示，橫截面為正方形abcd的有界勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里。一束電子以大小不同、方向垂直ad邊界的速度飛入該磁場。對于從不同邊界射出的電子，下列判斷錯誤的是（）A．從ad邊射出的電子在磁場中運動的時間都相等B．從c點離開的電子在磁場中運動時間最長C．電子在磁場中運動的速度偏轉(zhuǎn)角最大為πD．從bc邊射出的電子的速度一定大于從ad邊射出的電子的速度【答案】B【詳解】ABC．電子的速率不同，運動軌跡半徑不同，如圖，由周期公式T可知，周期與電子的速率無關(guān)，所以在磁場中的運動周期相同，根據(jù)t可得電子在磁場中運動時間與軌跡對應的圓心角成正比，所以電子在磁場中運動的時間越長，其軌跡線所對應的圓心角θ越大，故從ad邊射出的電子在磁場中運動的時間都相等且運動時間最長，AC正確，B錯誤；D．從bc邊射出的軌道半徑大于從ad邊射出的電子的軌道半徑，由半徑公式r可得軌跡半徑與速率成正比，則電子的速率越大，在磁場中的運動軌跡半徑越大，故從bc邊射出的電子的速度一定大于從ad邊射出的電子的速度，D正確。本題選錯誤的，故選B。11.（2022·北京·海淀模擬預測）(多選)如圖，有一截面為矩形的有界勻強磁場區(qū)域ABCD，AB＝3L，BC＝2L，在邊界AB的中點上有一個粒子源，沿與邊界AB平行并指向A點方向發(fā)射各種不同速率的同種正粒子，不計粒子重力，當粒子速率為v0時，粒子軌跡恰好與AD邊界相切，則()A．速率小于v0的粒子全部從CD邊界射出B．當粒子速度滿足eq\f(2v0,3)＜v＜v0時，從CD邊界射出C．在CD邊界上只有上半部分有粒子通過D．當粒子速度小于eq\f(2v0,3)時，粒子從BC邊界射出【答案】BC【解析】如圖，由幾何知識可知，與AD邊界相切的軌跡半徑為1．5L，與CD邊界相切的軌跡半徑為L；由半徑公式R＝eq\f(mv,qB)可知軌跡與CD邊界相切的粒子速度為eq\f(2v0,3)，由此可知，僅滿足eq\f(2v0,3)＜v＜v0的粒子從CD邊界的P、D間射出，選項A錯誤，B、C正確；由上述分析可知，速度小于eq\f(2v0,3)的粒子不能射出磁場，故選項D錯誤。12．(2020·全國卷Ⅰ)一勻強磁場的磁感應強度大小為B、方向垂直于紙面向外，其邊界如圖中虛線所示，eq\x\to(ab)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】帶電粒子在勻強磁場中運動，運動軌跡如圖所示，由洛倫茲力提供向心力有qvB＝meq\f(v2,r)，解得r＝eq\f(mv,qB)，運動時間t＝eq\f(θr,v)＝eq\f(θm,qB)，θ為帶電粒子在磁場中運動軌跡所對的圓心角，粒子在磁場中運動時間由軌跡所對圓心角決定。采用放縮法，粒子垂直ac射入磁場，則軌跡圓圓心必在直線ac上，將粒子的軌跡半徑從零開始逐漸放大。當r≤0．5R(R為eq\x\to(ab)的半徑)和r≥1．5R時，粒子從ac、bd區(qū)域射出磁場，運動時間等于半個周期。當0．5R<r<1．5R時，粒子從弧ab上射出，軌跡半徑從0．5R逐漸增大，粒子射出位置從a點沿弧向右移動，軌跡所對圓心角從π逐漸增大。當軌跡半徑等于R時，軌跡所對圓心角最大，再增大軌跡半徑，軌跡所對圓心角減小。因此軌跡半徑等于R時，所對圓心角最大，為θmax＝π＋eq\f(π,3)＝eq\f(4π,3)，粒子最長運動時間為eq\f(4πm,3qB)。綜上，選項C正確。13．（2022·山西·運城模擬預測）(多選)如圖，一長度為a的豎直薄擋板MN處在垂直紙面向里的勻強磁場(未畫出)中，磁感應強度為B.O點有一粒子源在紙面內(nèi)向各方向均勻發(fā)射電荷量為＋q、質(zhì)量為m的帶電粒子，所有粒子的初速度v(未知)大小相同．已知初速度與eq\x\to(ON)夾角為60°發(fā)射的粒子恰好經(jīng)過N點(不被擋板吸收)，粒子與擋板碰撞則會被吸收，eq\x\to(ON)＝eq\r(3)a，eq\x\to(ON)⊥MN，不計粒子重力，不考慮粒子間的相互作用，則()A．粒子在磁場中做圓周運動的半徑為eq\f(\r(3),2)aB．擋板左側(cè)能被粒子擊中的豎直長度為aC．能擊中擋板右側(cè)的粒子數(shù)占粒子總數(shù)的eq\f(1,6)D．若調(diào)節(jié)初速度v大小使擋板的右側(cè)被粒子擊中的豎直長度為a，則v的最小值為eq\f(qBa,m)【答案】CD【解析】粒子恰好經(jīng)過N點，如圖甲中軌跡1，設半徑為R，由幾何關(guān)系可知2Rsin60°＝eq\r(3)a，解得R＝a，選項A錯誤；當軌跡剛好與MN相切時，粒子剛好能打到板上，如圖甲中軌跡2，設速度方向與ON夾角為θ，由幾何關(guān)系得Rsinθ＋R＝eq\r(3)a，解得sinθ＝eq\r(3)－1，由此可得Rcosθ＝aeq\r(1－sin2θ)＝aeq\r(2\r(3)－3)，所以，擋板左側(cè)能被粒子擊中的豎直長度為aeq\r(2\r(3)－3)，選項B錯誤；要使粒子打到右側(cè)，則有兩個臨界條件，如圖甲軌跡1、3，初速度方向的夾角為60°，則比例為eq\f(60°,360°)＝eq\f(1,6)，選項C正確；由C選項可知使擋板的右側(cè)被擊中的豎直長度為a，粒子軌跡如圖乙，速度方向與ON夾角為60°，由洛倫茲力提供向心力得qvB＝eq\f(mv2,a)，解得v＝eq\f(qBa,m)，選項D正確．14．（2023·全國·高三專題練習）(多選)如圖所示,在邊長L=10cm的正方形ABCD的CD邊上方空間有垂直于紙面向里的勻強磁場,磁感應強度B=0.2T，在正方形的AD邊中點處有一粒子源S，能夠不斷向紙面內(nèi)各個方向發(fā)射速率不同的同種帶正電粒子，粒子的比荷為1×108C/kg，不計粒子重力和粒子間的相互作用。下列說法中正確的是（）A．經(jīng)過B點的粒子速度不小于55×105m/sB．水平向右射出的速率大于5×105m/s的粒子都能從AB所在直線穿過C．水平向右發(fā)射的粒子從AB邊射出正方形區(qū)域的最短時間為π2×10-7D．速率為1×106m/s的粒子可到達CD邊上區(qū)域的長度為5cm【答案】ABD【解析】A．根據(jù)洛倫茲力提供向心力Bqv=mv2r得則經(jīng)過B點的粒子，當軌跡剛好以SB為直徑時，對應軌跡圓半徑最小，速度也最小r1=SB2代入v=Bqr此時速度為v1=55×105m/sA正確；B．沿水平方向射出的粒子半徑r1'=2.5cm時，恰好能射出AB，將r1'=2.5cm代入v=Bqr得最小速度為5×105m/s，B正確；C．根據(jù)t=可知，軌跡對應的圓心角θ越小，時間越短。當粒子剛好從B點射出時，時間最短，根據(jù)幾何關(guān)系可求出r則由sinθ=0.8，圓心角的θ=53°，故最短時間tminD．將v=1×106m/s代入公式v=Bqr求出r3=0.05m如圖當速度方向沿SD方向時，軌跡與CD邊的交點記為M，此種情況是速率為1×106m/s的粒子到達CD邊上且距離D點最遠的位置。由幾何關(guān)系可知DM=當速度方向沿與SD方向成30°由幾何關(guān)系可知，此時粒子恰好運動到D點。速率為1×106m/s的粒子可到達CD邊上區(qū)域的長度為5cm。D正確。故選ABD。15.（2022·廣東·模擬預測）(多選)如圖所示，在一等腰直角三角形ACD區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向外的勻強磁場，磁場的磁感應強度大小為B，一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的粒子(重力不計)從AC邊的中點O垂直于AC邊射入該勻強磁場區(qū)域，若該三角形的兩直角邊長均為2l，則下列關(guān)于粒子運動的說法中正確的是()A．若該粒子的入射速度為v＝eq\f(qBl,m)，則粒子一定從CD邊射出磁場，且距點C的距離為lB．若要使粒子從CD邊射出，則該粒子從O點入射的最大速度應為v＝eq\f(\r(2)＋1qBl,m)C．若要使粒子從CD邊射出，則該粒子從O點入射的最大速度應為v＝eq\f(\r(2)qBl,m)D．當該粒子以不同的速度入射時，在磁場中運動的最長時間為eq\f(πm,qB)【答案】ABD【解析】若粒子射入磁場時速度為v＝eq\f(qBl,m)，則由qvB＝meq\f(v2,r)可得r＝l，由幾何關(guān)系可知，粒子一定從CD邊上距C點為l的位置離開磁場，選項A正確；因為r＝eq\f(mv,qB)，所以v＝eq\f(qBr,m)，因此，粒子在磁場中運動的軌跡半徑越大，速度就越大，由幾何關(guān)系可知，當粒子在磁場中的運動軌跡與三角形的AD邊相切時，能從CD邊射出的軌跡半徑最大，此時粒子在磁場中做圓周運動的軌跡半徑r＝(eq\r(2)＋1)l，故其最大速度為v＝eq\f(\r(2)＋1qBl,m)，選項B正確，C錯誤；粒子在磁場中的運動周期為T＝eq\f(2πm,qB)，故當粒子從三角形的AC邊射出時，粒子在磁場中運動的時間最長，由于此時粒子做圓周運動的圓心角為180°，故其最長時間應為t＝eq\f(πm,qB)，選項D正確。16.如圖所示，一足夠長的矩形區(qū)域abcd內(nèi)充滿方向垂直紙面向里的、磁感應強度為B的勻強磁場，在ad邊中點O，射入一個與ad邊夾角θ=300、大小為v0（未知量）的帶正電粒子，已知粒子質(zhì)量為m，電量為q，ad邊長為L，ab邊足夠長，粒子重力不計，求：(1)求粒子從ad邊射出的速度范圍。(2)求粒子從ab邊射出的速度范圍。(3)若帶電粒子的速度v0大小可取任意值，求粒子在磁場中運動的最長時間?！敬鸢浮?1)；(2)；(3)【解析】(1)和(2)兩種臨界情況的運動軌跡如圖所示若粒子速度為，則解得設圓心在處對應圓弧與cd邊相切，相應速度為由幾何關(guān)系得：解得：則有：設圓心在處對應圓弧與ab邊相切，相應速度為由幾何關(guān)系得：解得：則有：故粒子從ad邊射出的速度范圍：粒子從ab邊射出的速度范圍；；粒子在磁場中經(jīng)過的弧所對的圓心角α越大，在磁場中運動的時間也越長，則圓弧所對圓心角為所以最長時間為考點三平移圓模型如下圖，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的帶電粒子垂直進入勻強磁場時,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=mv0qB,將半徑為R=mv17.（2022·安徽合肥·模擬預測）如圖所示為邊長為L的正方形有界勻強磁場ABCD，帶電粒子從A點沿AB方向射入磁場，恰好從C點飛出磁場；若帶電粒子以相同的速度從AD的中點P垂直AD射入磁場，從DC邊的M點飛出磁場(M點未畫出)．設粒子從A點運動到C點所用的時間為t1，由P點運動到M點所用時間為t2(帶電粒子重力不計)，則t1∶t2為()A．2∶1 B．2∶3C．3∶2 D.eq\r(3)∶eq\r(2)【答案】C【解析】畫出粒子從A點射入磁場到從C點射出磁場的軌跡，并將該軌跡向下平移，粒子做圓周運動的半徑為R＝L，從C點射出的粒子運動時間為t1＝eq\f(T,4)；由P點運動到M點所用時間為t2，圓心角為θ，cosθ＝eq\f(\f(R,2),R)＝eq\f(1,2)，則θ＝60°，故t2＝eq\f(T,6)，所以eq\f(t1,t2)＝eq\f(\f(T,4),\f(T,6))＝eq\f(3,2)，C正確．18．（2022·全國·高三課時練習）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。磁場的磁感應強度大小為mv0A．πR6v0 B．πR4v0【答案】C【解析】粒子在磁場中做勻速圓周運動，有qv0B=m如圖所示，當粒子在磁場中的運動軌跡對應的圓心角最大時，粒子在磁場中運動的時間最長，由于sinα=FEr，要使圓心角α最大，F(xiàn)E最長，經(jīng)分析可知，當粒子從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，有從D′點射入磁場的粒子在磁場中運動的時間tm=π故選C。19．（2022·全國·高三課時練習）(多選)如圖所示，在直角三角形ABC內(nèi)充滿垂直紙面向外的勻強磁場（圖中未畫出），AB邊長度為d，∠B=π6。現(xiàn)垂直AB邊射入一束質(zhì)量均為m、電荷量均為q、速度大小均為v的帶正電粒子。已知垂直AC邊射出的粒子在磁場中運動的時間為t0，而運動時間最長的粒子在磁場中的運動時間為A．粒子在磁場中做勻速