2026高考物理一轮复习（基础版）第十一章 第4讲　小专题“动态圆”法解决带电粒子在磁场中运动的临界极值问题

第4讲小专题:“动态圆”法解决带电粒子在磁场中运动的临界极值问题考点一“平移圆”模型概述粒子源发射速度大小、方向一定、入射点不同但在同一直线上的同种带电粒子进入匀强磁场时,它们做匀速圆周运动的半径相同,其轨迹圆的圆心必处于垂直于入射方向的同一直线上,如图所示应用在实际问题中,可以通过移动轨迹圆的方法探究临界情形[例1]如图所示为边长为L的正方形有界匀强磁场区域ABCD,带电粒子从A点沿AB方向射入磁场,恰好从C点飞出磁场;若带电粒子以相同的速度从AD的中点P垂直于AD射入磁场,从DC边的M点飞出磁场(M点未画出)。设粒子从A点运动到C点所用的时间为t1,由P点运动到M点所用的时间为t2(带电粒子所受重力不计),则t1∶t2为()[A]2∶1 [B]4∶3[C]3∶2 [D]3∶2【答案】C【解析】由题意知,带电粒子从A点沿AB方向射入磁场时的轨迹圆心处于D点,即粒子运动半径r=L,轨迹对应的圆心角为θ=90°;当粒子从P点入射时,根据平移圆模型,其运动轨迹如图中Ⅱ所示,根据几何关系得cosθ′=r-L2r=12,即θ′=60°,由于运动时间t=θ360°T,所以t1∶t2=θ∶θ′考点二“旋转圆”模型概述在磁场中的同一点,速度大小一定、方向不同的同种带电粒子,在磁场中做匀速圆周运动的半径相同,对不同运动方向的粒子,其轨迹圆的圆心处于同一圆周上,如图所示应用在实际问题中,可通过旋转轨迹圆的方法来探究轨迹与磁场边界相切的情形,进而明确临界点的位置[例2](2024·安徽芜湖阶段练习)如图所示,水平直线边界PQ的上方空间内有方向垂直于纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场,长为2d、与PQ平行的挡板MN到PQ的距离为d,边界PQ上的S点处有一电子源,可在纸面内向PQ上方各方向均匀地发射电子。已知电子质量为m、电荷量为e,速度大小均为eBdm,N、S的连线与PQ垂直,不计电子之间的作用力,则挡板MN的上表面没有被电子击中部分的长度为([A]d [B]3d-d[C](2-3)d [D](3-3)d【答案】D【解析】带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动,根据洛伦兹力提供向心力有evB=mv2r,可得r=mveB=d,作出粒子从不同方向射出的轨迹,如图所示,则挡板MN的上表面被电子击中部分为CD,根据几何关系可得DN=(2d)2-d2=3d,CN=d,故没有被电子击中部分的长度为s=2d-(3d-d)考点三“放缩圆”模型概述在磁场中的同一点,沿同一方向运动的不同速率的带电粒子,入射方向确定,其轨迹圆心落在过入射点垂直于入射方向的射线上,如图所示应用实际问题中,可结合半径可能的变化对轨迹圆进行放大或缩小,从而寻找轨迹圆周与磁场边界相切的情形,由此可以发现临界点[例3](2024·广西玉林二模)(多选)如图所示,边长为L的等边三角形ABC内有垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B0的匀强磁场,D是AB边的中点,一质量为m、电荷量为-q的带电粒子从D点以速度v平行于BC边方向射入磁场,不计粒子重力,下列说法正确的是()[A]粒子可能从B点射出[B]若粒子从C点射出,则粒子做匀速圆周运动的半径为32[C]若粒子从C点射出,则粒子在磁场中运动的时间为π[D]若粒子从AB边射出,则粒子的速度越大,其在磁场中运动的时间越短【答案】BC【解析】带负电的粒子从D点以速度v平行于BC边射入磁场,由左手定则可知,粒子向下偏转,由于BC边的限制,粒子不能到达B点,故A错误;粒子从C点射出的轨迹如图甲所示,根据几何关系可得R2=(R-L2sin60°)2+(L-L2cos60°)2,解得R=32L,则粒子轨迹对应圆心角的正弦值为sin∠O=L-12Lcos60°R=32,则∠O=60°πm3qB0,故B、C正确;由qvB0=mv2若粒子从AB边射出,则粒子的速度越大,轨迹半径越大,如图乙所示,但轨迹对应的圆心角相同,根据T=2πmqB,可知粒子在磁场中运动的周期相等,则其在磁场中运动的时间相同,(满分:60分)对点1.“平移圆”模型1.(4分)如图所示,在xOy平面的Ⅰ、Ⅳ象限内有一圆心为O、半径为R的半圆形匀强磁场区域,线状粒子源从y轴左侧平行于x轴正方向不断射出质量为m、电荷量为q、速度大小为v0的带正电粒子。磁场的磁感应强度大小为mv02qR,方向垂直于xOy平面向里。不考虑粒子间的相互作用,不计粒子受到的重力。所有从不同位置进入磁场的粒子中,[A]πR6v0[C]πR3v0【答案】C【解析】粒子在磁场中做匀速圆周运动,有qv0B=mv02r,解得r=2R,如图所示,当粒子在磁场中的运动轨迹对应的圆心角最大时,粒子在磁场中运动的时间最长,由于sinα=FEr,要使圆心角α最大,则FE最长,经分析可知,当粒子从y轴上的D′点射入,从x轴上的E′点射出磁场时,粒子在磁场中运动的时间最长,有sinαm=OE'r,解得αm=π6,最长时间为tm=π62π·22.(6分)(2025·河南开封期末)(多选)如图所示,在平面等腰直角三角形ACO区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场,磁感应强度大小为B。大量带正电的粒子先后以速度v0垂直OC边从不同位置射入磁场,有些粒子能在边界AO上相遇。已知OC>3mv0qB。粒子质量为m,电荷量为q,不计粒子重力,[A]磁场方向垂直于纸面向外[B]磁场方向垂直于纸面向里[C]相遇粒子的入射时间差的最大值为π[D]相遇且入射时间差最大的两粒子入射点之间的距离为(【答案】BC【解析】由题知,有些粒子能在边界AO上相遇,说明带正电的粒子向AO偏转,根据左手定则知,磁场方向垂直于纸面向里,A错误,B正确;如图所示,设粒子在P点相遇,做圆周运动的半径为r,当粒子轨迹在AO处相切时间差有最大值,此时两轨迹对应的圆心角分别为θ=45°和α=135°,设θ=45°时运动时间为t1,α=135°时运动时间为t2,则时间差最大值为Δtm=t2-t1=(135°360°-45°360°)2πmqB=πm2qB,C正确;由几何关系知,r=OP,则相遇且入射时间差最大的两粒子入射点之间的距离为Δx=OD-OE=OO′+O′对点2.“旋转圆”模型3.(4分)如图所示,在x轴的上方(y≥0)存在着垂直于纸面向里的匀强磁场(未画出),磁感应强度大小为B。在原点O有一个离子源向x轴上方的各个方向发射出质量为m、带电荷量为q的正离子,速率都为v。对那些在xOy平面内运动的离子,在磁场中可能到达的位置中与x轴及y轴最远距离分别为()[A]2mvqB2mvqB [B[C]2mvqBmvqB [D]【答案】A【解析】若让沿x轴正方向射出的离子的轨迹圆绕O点缓慢转动(如图所示),可以得出离y轴最远为|x|=2r=2mvqB,离x轴最远为y=2r=2mvqB4.(6分)(2024·重庆渝中阶段练习)(多选)如图所示,在等腰直角三角形abc区域内存在垂直于纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场,O为ab边的中点,在O处有一粒子源沿纸面内不同方向、以相同的速率v=qBLm不断向磁场中释放相同的带正电粒子,已知粒子的质量为m,电荷量为q,直角边ab长为22L,不计重力和粒子间的相互作用力。则([A]从ac边射出的粒子中在磁场中运动的最短时间为π[B]从ac边射出的粒子中在磁场中运动的最短时间为π[C]粒子能从bc边射出的区域长度为L[D]粒子能从bc边射出的区域长度为2L【答案】BD【解析】粒子在磁场中做圆周运动,根据洛伦兹力提供向心力有Bqv=mv2r,解得r=L;如图,过O点作ac的垂线Od,则Od=Oacos45°=L,此时对应轨迹的弦长最短,运动时间最短,由几何关系知轨迹对应的圆心角为60°,则最短时间为t=60°360°T,又T=2πrv,则t=πm3qB,故A错误,B正确;粒子轨迹与ac相切时,交bc边最远的e点,由几何关系可知,Oe长度为直径,则粒子能从bc边射出的区域长度为eb=Oecos对点3.“放缩圆”模型5.(4分)如图所示,磁感应强度为B的匀强磁场方向垂直于纸面向里,图中虚线为磁场的边界,其中bc段是半径为R的四分之一圆弧,ab、cd的延长线通过圆弧的圆心,Ob长为R。一束质量为m、电荷量为q的粒子,在纸面内以不同的速率从O点垂直ab射入磁场,已知所有粒子均从圆弧边界射出,其中M、N是圆弧边界上的两点,不计粒子间的相互作用和重力。下列分析正确的是()[A]粒子带负电[B]从M点射出粒子的速率一定大于从N点射出粒子的速率[C]从M点射出的粒子在磁场中的运动时间一定小于从N点射出粒子所用时间[D]所有粒子所用最短时间为2【答案】D【解析】粒子做逆时针的匀速圆周运动,根据左手定则可知,粒子带正电,A错误。根据qvB=mv2r得v=qBrm,从M点射出粒子的圆周半径更小,则速度更小,B错误。由t=θ2πT=θ2π·2πmqB可知,粒子周期不变,圆周运动的圆心角越大,运动时间越长,由几何关系可知,弦切角等于圆心角的一半,弦切角越小,运动时间越短,如图所示。当弦与bc圆弧边界相切时,弦切角最小,Ob等于R,由几何关系,此时圆周运动的圆心角为120°,M、N两点具体位置未知,则无法判断从M点射出粒子所用时间和从N点射出粒子所用时间的大小关系,C错误,D正确。6.(14分)如图所示,正方形区域abcd内(含边界)有垂直于纸面向里的匀强磁场,ab=l,Oa=0.4l,大量带正电的粒子从O点沿与ab边成37°角的方向以不同的初速度v0射入磁场,不计粒子所受重力和粒子间的相互作用,已知带电粒子的质量为m、电荷量为q,磁场的磁感应强度大小为B,取sin37°=0.6,cos37°=0.8。(1)求带电粒子在磁场中运动的最长时间;(2)若带电粒子从ad边离开磁场,求v0的取值范围。【答案】(1)143πm90qB(2)qBl4【解析】(1)由r=mvqB可知,速度较小的粒子能够从ab边离开磁场,此部分粒子在磁场中运动的时间最长,如图甲所示,由qv0B=mv02r、T=2πrv0得T=2π则粒子在磁场中运动的最长时间t=360°-74°(2)由于粒子速度越大,其轨道半径越大,但圆心处于同一直线上,当轨迹与ad边相切后直至与cd边相切的粒子会从ad边射出磁场,如图乙中轨迹Ⅰ、Ⅱ所示,设其初速度分别为v01、v02,轨道半径分别为R1、R2,由几何关系分别有R1+R1sin37°=0.4l,R2+R2cos37°=l,根据qvB=mv2r,解得v01=qBl4m,v即qBl4m<v0≤7.(4分)(2024·甘肃兰州模拟)如图所示,平面直角坐标系xOy内,存在垂直于纸面向里的匀强磁场(图中未画出),磁感应强度大小B=0.2T,原点O处有一粒子源,能向纸面内各个方向发射比荷为4×108C/kg的正粒子,粒子初速度v0=8×106m/s,不计粒子所受重力,有一与x轴成45°角倾斜放置的足够长挡板跨越第一、三、四象限,P是挡板与x轴交点,OP=162cm,则挡板上被粒子打中的区域长度为()[A]24cm [B]16cm[C]20cm [D]32cm【答案】C【解析】粒子源到挡板的距离h=162sin45°cm=16cm,粒子在磁场中做匀速圆周运动,由qv0B=mv02r,解得其轨道半径r=mv0qB=10cm<h=16cm,即所有粒子的轨迹圆的圆心均处于r=10cm的圆周上,打在挡板上的动态轨迹边界如图所示,其中打在最下方A点的粒子距离粒子源为2r,则有xAC=(2r)2-h2=12cm,打在最上方D点的粒子有xCD=r2-(h-r)28.(18分)(2025·云南高考适应性考试)某小组基于“试探电荷”的思想,设计了一个探测磁感应强度和电场强度的装置,其模型如图所示。该装置由粒子加速器、选择开关和场测量模块(图中长方体区域)组成。MNPQ为场测量模块的中截面。以PQ中点O为坐标原点,QP方向为x轴正方向,在MNPQ平面上建立Oxy平面直角坐标系。带电粒子经粒子加速器加速后可从O点沿y轴正方向射入。选择开关拨到S1挡可在模块内开启垂直于Oxy平面的待测匀强磁场,长为2d的PQ区间标有刻度线用于表征磁感应强度的大小和方向;拨到S2挡可在模块内开启平行于x轴的待测匀强电场,长为l的NP和QM区间(l>d2)标有刻度线用于表征电场强度的大小和方向。带电粒子以速度v入射,其质量为m、电荷量为+q,(1)开关拨到S1挡时,在PO区间(x0,0)处探测到带电粒子,求磁感应强度的方向和大小;(2)开关拨到S2挡时,在(d,y0)处探测到带电粒子,求电场强度的方向和大小;(3)求该装置PO区间和NP区间的探测量程。若粒子加速器的电压为U,要进一步扩大量程,U应增大还是减小?请简要说明。【答案】(1)2mvq(2)2dmv2qy0【解析】(1)带正电的粒子向右偏转,受洛伦兹力方向向右,由左手定则可知,磁感应强度的方向垂直于纸面向外。由几何关系,可知粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径r0与x0的关系为2r0=x0,根据牛顿第二定律有qvB=mv2r0,解得(2)由带正电粒子向右偏转,可知电场力水平向右,故电场方向水平向右。粒子射入电场中做类平抛运动,由水平方向、竖直方向位移公式有d=12at2,y0=vt,由牛顿第二定律可得Eq=ma,联立解得E=2(3)①若测量磁感应强度的大小和方向:设磁场中做匀速圆周运动的半径为r,由牛顿第二定律有qvB=