适用于新高考新教材备战2025届高考物理一轮总复习第11章磁场第4讲专题提升“平移圆”“放缩圆”“旋转圆”“磁聚焦”和“磁发散”模型

第4讲专题提升:“平移圆”“放缩圆”“旋转圆”“磁聚焦”和“磁发散”模型基础对点练题组一“动态圆”模型1.(多选)利用如图所示装置可以选择肯定速度范围内的带电粒子。图中板MN上方是磁感应强度大小为B、方向垂直纸面对里的匀强磁场,板上有两条宽度分别为2d和d的缝,两缝近端相距为L。一群质量为m、电荷量为q、速度不同的粒子,从宽度为2d的缝垂直于板MN进入磁场,不计粒子间的相互作用和重力,对于能够从宽度为d的缝射出的粒子,下列说法正确的是()A.射出粒子带正电B.射出粒子的最大速度为qBC.保持d和L不变,增大B,射出粒子的最大速度与最小速度之差增大D.保持d和B不变,增大L,射出粒子的最大速度与最小速度之差增大2.(2024广东梅州模拟)如图所示,正方形abcd内有一垂直纸面对里的匀强磁场(图中未画出),一束电子以不同的速度沿ab方向垂直磁场射入,形成从c点离开磁场区域和从d点离开磁场区域的甲、乙两种轨迹。设沿甲、乙轨迹运动的电子速度大小分别为v甲、v乙,在磁场中运动的时间分别为t甲、t乙,则()A.v甲=12v乙,t甲=tB.v甲=12v乙,t甲=12C.v甲=2v乙,t甲=t乙D.v甲=2v乙,t甲=12t3.圆形区域的匀强磁场如图所示,磁感应强度为B,方向垂直纸面对里,边界跟y轴相切于坐标原点O。O点处有一放射源,沿纸面对各方向射出速率均为v的某种带电粒子,带电粒子在磁场中做圆周运动的半径是圆形磁场区域半径的2倍。已知该带电粒子的质量为m、电荷量为q,不考虑带电粒子的重力。(1)推导带电粒子在磁场空间做圆周运动的轨迹半径。(2)求带电粒子通过磁场空间的最大偏转角。题组二“磁聚焦”和“磁放射”模型4.带电粒子流的磁聚焦是薄膜材料制备的关键技术之一。磁聚焦原理如图所示,真空中半径为r的圆形区域内存在垂直纸面的匀强磁场。一束宽度为2r、沿x轴正方向运动的电子流射入该磁场后聚焦于坐标原点O。已知电子的质量为m、电荷量为e、进入磁场的速度均为v,不计粒子间的相互作用力,则磁感应强度的大小为()A.mv2er B.2mv2er5.(2023江苏盐城三模)如图所示,纸面内有宽为L、水平向右飞行的带正电粒子流,粒子的质量为m、电荷量为q、速率为v0,不考虑粒子的重力及相互作用。要使粒子都会聚到一点,可以在粒子流的右侧虚线框内设计一匀强磁场区域,设B0=mv0qL。选项A、B、C中的曲线均为半径是L的四分之一圆弧,其中A、B的磁感应强度B=B0,C的磁感应强度B=2B0;选项D中曲线是直径为L的圆,磁感应强度B=B06.(多选)如图所示,坐标原点O处有一粒子源,能向坐标平面一、二象限内放射大量质量为m、电荷量为q的带正电粒子(不计重力),全部粒子速度大小相等。圆心在(0,R)、半径为R的圆形区域内,有垂直于坐标平面对外的匀强磁场,磁感应强度为B,磁场右侧有一长度为R且平行于y轴的荧光屏,其中心O1位于(2R,R)。已知初速度沿y轴正向的粒子经过磁场后,恰能垂直射在光屏上,则下列说法正确的是()A.全部粒子的初速度大小为qBRB.从O点放射的全部粒子都能垂直射在光屏上C.能射在光屏上的粒子,在磁场中运动时间最长为πD.能射在光屏上的粒子初速度方向与x轴夹角满意60°≤θ≤120°综合提升练7.(多选)(2024四川绵阳模拟)如图所示,在PQ之间有水平向右的匀强电场,在QM之间的两个半径为R的圆形内(不包含边界)存在方向相反的圆形磁场,两个圆形磁场相切且与边界Q也相切,磁感应强度均为B,在两个圆形磁场右边并与圆形磁场相切有一个足够大的挡板。在下边圆形磁场的最低点A处有一个粒子源可以在平面内向磁场内各个方向放射速率为qBRm、电荷量为q、质量为m的带正电粒子,PQ之间的距离为2R,电场强度为qB2A.粒子速度减到零时刚好运动到电场左边界PB.粒子水平向左进入匀强电场C.粒子在下边的圆形磁场中运动的时间均为πD.粒子无法都垂直打在挡板上8.(多选)利用磁聚焦和磁控束可以变更一束平行带电粒子的宽度,人们把此原理运用到薄膜材料制备上,使芯片技术得到飞速发展。如图所示,宽度为r0的带正电粒子流水平向右射入半径为r0的圆形匀强磁场区域,磁感应强度大小为B0,这些带电粒子都将从磁场圆上O点进入正方形区域,正方形过O点的一边与半径为r0的磁场圆相切。在正方形区域内存在一个面积最小的匀强磁场区域,使汇聚到O点的粒子经过该磁场区域后宽度变为2r0,且粒子仍沿水平向右射出,不考虑粒子间的相互作用力及粒子的重力,下列说法正确的是()A.正方形区域中匀强磁场的磁感应强度大小为2B0,方向垂直纸面对里B.正方形区域中匀强磁场的磁感应强度大小为12B0C.正方形区域中匀强磁场的最小面积为2(π-2)rD.正方形区域中匀强磁场的最小面积为π9.如图所示,水平面内存在垂直纸面对内的圆形匀强磁场,磁场圆心为O1、半径为R,另有一长度为R的水平线状粒子放射源MN,P为MN的中点,O1P连线与MN垂直。在圆形磁场圆心O1右侧2R处竖直放置一个足够大的矩形荧光屏,荧光屏上的AB边与线状粒子源MN垂直,过O1作AB边的垂线,交点恰好为AB的中点O。线状粒子源能沿平行PO1方向放射某种质量均为m、电荷量均为q的带正电粒子束,带电粒子的速度大小均为v0,已知从MN射出的粒子经磁场偏转后都从F点射出。不计粒子重力和粒子间的相互作用。(1)求匀强磁场磁感应强度B1的大小。(2)以AB边的中点O为坐标原点,沿AB方向建立x轴,求从M点射出的粒子打在荧光屏上的位置坐标。(3)求全部运动带电粒子在磁场中扫过的面积。10.(2024广东湛江模拟)磁聚焦和磁发散技术在很多真空系统中得到了广泛应用,如电子显微镜技术,它的出现为科学探讨做出了重大贡献。现有一个磁发散装置,如图所示,在半径为R的圆形区域内存在垂直纸面对外、磁感应强度为B的匀强磁场,在圆形磁场区域右侧有一方向竖直向下、电场强度为E的匀强电场,电场左边界与圆形磁场右边界相切。在水平地面上放置一个足够长的荧光屏PQ,它与磁场相切于P点。粒子源可以持续地从P点向磁场内放射速率为v、方向不同的带正电同种粒子。经观测,有一粒子a以竖直向上的初速度射入磁场,该粒子经磁场偏转后恰好以水平方向离开磁场,然后进入电场区域。粒子b进入磁场的速度方向与粒子a的速度方向夹角为θ(未知),进入磁场后,粒子b的运动轨迹恰好能通过圆形磁场的圆心O,最终也进入电场区域。已知电场强度和磁感应强度的关系满意E=Bv,不计粒子重力及粒子间相互作用。求:(1)粒子的比荷qm(2)粒子b与粒子a的夹角θ和b粒子打在荧光屏上的亮点到P点的距离x;(3)入射方向与荧光屏所在平面成60°~120°区间范围内的粒子,最终打到荧光屏上形成的亮线长度。参考答案第4讲专题提升:“平移圆”“放缩圆”“旋转圆”“磁聚焦”和“磁发散”模型1.BC解析利用左手定则可判定,射出粒子带负电,A错误;利用qvB=mv2r知r=mvqB,能射出的粒子半径满意L2≤r≤L+3d2,因此射出粒子的最大速度vmax=qBrmaxm=qB2.D解析带电粒子在匀强磁场中做圆周运动,属于放缩圆模型,依据半径公式r=mvqB可知甲、乙轨迹运动的电子在磁场中运动的速度之比v甲v乙=r3.答案(1)见解析(2)60°解析(1)带电粒子进入磁场后,受洛伦兹力作用,洛伦兹力供应向心力,由牛顿其次定律得Bqv=mv2r,得r=(2)粒子的速率均相同,因此粒子轨迹圆的半径均相同,但粒子射入磁场的速度方向不确定,故可以保持圆的大小不变,只变更圆的位置,画出“动态圆”,通过“动态圆”可以视察到粒子运动轨迹均为劣弧,如图甲所示,对于劣弧而言,弧越长,弧所对应的圆心角越大,当粒子轨迹圆的弦长等于磁场直径时,粒子在磁场空间的偏转角最大,如图乙所示,有sinφmax2=Rr甲乙4.C解析由“磁聚焦”模型可知电子在磁场中运动的轨道半径R=r,由牛顿其次定律得evB=mv2R,得磁感应强度的大小为5.A解析已知磁感应强度B=B0=mv0qL,由洛伦兹力供应向心力得qv0B=mv02rA,解得粒子的轨道半径为rA=L,同理可得rB=L,rC6.AD解析由题意可知,初速度沿y轴正向的粒子经过磁场后,恰能垂直射在光屏上,有qBv=mv2r,依据“磁发散”模型有r=mvBq=R,解得v=BqRm,A正确;由于全部粒子的速度大小相等,但方向不同,且离开磁场区域的出射点距离圆心的竖直高度最大值为2R,并不会垂直打在光屏上,B错误;在磁场中运动时间最长的粒子的轨迹如图甲所示,由几何关系可得,运动时间最长的粒子对应轨迹的圆心角为23π,依据周期公式T=2πrv可得t=2π32πT=13T=2πm3Bq甲乙7.BC解析依据洛伦兹力供应向心力,有qv0B=mv02r,又v0=qBRm,解得r=R,满意磁聚焦的条件,粒子出磁场后水平向左进入匀强电场,B正确;设粒子在匀强电场中减速到零时的位移为s,依据动能定理有-qEs=0-12mv02,解得s=R,而PQ之间的距离8.BC解析依据磁聚焦原理,粒子在半径为r0的圆形磁场区域中运动,粒子运动的轨迹半径为r0,有qB0v=mv2r0,解得B0=mvqr0,要使汇聚到O点的粒子经正方形区域内的磁场偏转后宽度变为2r0,且粒子仍沿水平向右射出,作出轨迹如图所示,由几何关系可知粒子的轨迹半径为2r0,正方形中磁场区域内应当为圆形磁场的一部分,有qB1v=mv22r0,解得B1=mv2qr0,比较可得B9.答案(1)mv0qR(2)x=3解析(1)带电粒子在圆形磁场中运动,依据洛伦兹力供应向心力,有B1qv0=mv由磁聚焦模型可知,粒子做圆周运动的半径r=R解得圆形磁场的磁感应强度大小B1=mv(2)设M点放射的粒子从F点离开磁场时与O1O之间的夹角为θ,如图甲所示,由几何学问可知甲sinθ=L解得θ=30°由几何学问可得,从M点射出的粒子打在荧光屏上的位置坐标x=Rtanθ=3R(3)扇形O'CF所围面积(如图乙所示)即所求面积,为S=πR乙10.答案(1)vBR(2)30°(3+1)(3)(3-1)R解析(1)由磁发散模型可知粒子在磁场中运动的半径为r=R由牛顿其次定律有Bqv=mv得粒子的比荷qm(2)画出粒子b的运动轨迹,如图甲所示甲依据几何关系可知POQO'构成一个边长为R的菱形,则θ=30°由于QO'∥OP,b粒子经过Q点的速度方向与QO'垂直,所以粒子b进入电场的方向也沿水平方向。b粒子进入电场中做类平抛运动,有xb=vtb,yb=1.5R=1解得xb=3R所以b粒子打在荧光屏上的亮点到P点的距离为x=xb+R=(3+1)R。(3)入射方向与P点右侧荧光屏成6