12.8磁聚焦、放缩圆、旋转圆问题（解析版）高考一轮复习100考点100讲

2024年高考一轮复习100考点100讲第12章磁场第12.8讲磁聚焦、放缩圆、旋转圆问题【知识点精讲】1、“放缩圆”模型的应用适用条件速度方向一定，大小不同粒子源发射速度方向一定、大小不同的带电粒子进入匀强磁场时，这些带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径随速度的变化而变化。轨迹圆圆心共线如图所示(图中只画出粒子带正电的情景)，速度v越大，运动半径也越大。可以发现这些带电粒子射入磁场后，它们运动轨迹的圆心在垂直初速度方向的直线PP′上。界定方法以入射点P为定点，圆心位于PP′直线上，将半径放缩作轨迹圆，从而探索出临界条件，这种方法称为“放缩圆”法。2、“旋转圆”模型的应用适用方法速度大小一定，方向不同粒子源发射速度大小一定、方向不同的带电粒子进入匀强磁场时，它们在磁场中做匀速圆周运动的半径相同，若射入初速度为v0，则圆周运动半径为R＝eq\f(mv0,qB)，如图所示。轨迹圆圆心共圆带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心在以入射点P为圆心、半径R＝eq\f(mv0,qB)的圆上。界定方法将一半径为R＝eq\f(mv0,qB)的圆以入射点为圆心进行旋转，从而探索粒子的临界条件，这种方法称为“旋转圆”法3.“磁发散”和“磁汇聚”在圆形边界的匀强磁场中，若带电粒子做匀速圆周运动的半径恰好等于磁场区域的半径，则有如下两个重要结论：磁发散磁汇聚当粒子从磁场边界上同一点沿不同方向进入磁场区域时，粒子离开磁场时的速度方向一定平行，而且与入射点的切线方向平行。如图甲所示，此种情境称为“磁发散”。当粒子以相互平行的速度从磁场边界上任意位置进入磁场区域时，粒子一定会从同一点离开磁场区域，而且该点切线与入射方向平行。如图乙所示，此种情境称为“磁汇聚”。【方法归纳】1.当带电粒子射入磁场的速度方向确定，速度大小变化或磁场磁感应强度大小变化时，粒子做匀速圆周运动的轨道半径r随着变化。可以以入射点为定点，作出半径不同的一系列轨迹，即放缩圆。2.当带电粒子射入磁场的速度大小不变，方向改变，粒子做匀速圆周运动的轨道半径r不变。可以以入射点为定点，作出轨迹圆，将轨迹圆旋转，即旋转圆。3.速度大小和方向相同的一排相同带电粒子进入直线边界，各个带电粒子的轨迹圆弧可以由其它粒子的轨迹圆弧沿着边界平移，即定圆平移。【最新高考题精练】1．(2020·全国卷Ⅰ)一匀强磁场的磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外，其边界如图中虚线所示，eq\x\to(ab)为半圆，ac、bd与直径ab共线，ac间的距离等于半圆的半径。一束质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子，在纸面内从c点垂直于ac射入磁场，这些粒子具有各种速率。不计粒子之间的相互作用。在磁场中运动时间最长的粒子，其运动时间为()A．eq\f(7πm,6qB) B．eq\f(5πm,4qB)C．eq\f(4πm,3qB) D．eq\f(3πm,2qB)【参考答案】C【名师解析】带电粒子在匀强磁场中运动，运动轨迹如图所示，由洛伦兹力提供向心力有qvB＝meq\f(v2,r)，解得r＝eq\f(mv,qB)，运动时间t＝eq\f(θr,v)＝eq\f(θm,qB)，θ为带电粒子在磁场中运动轨迹所对的圆心角，粒子在磁场中运动时间由轨迹所对圆心角决定。采用放缩法，粒子垂直ac射入磁场，则轨迹圆圆心必在直线ac上，将粒子的轨迹半径从零开始逐渐放大。当r≤0.5R(R为eq\x\to(ab)的半径)和r≥1.5R时，粒子从ac、bd区域射出磁场，运动时间等于半个周期。当0.5R<r<1.5R时，粒子从弧ab上射出，轨迹半径从0.5R逐渐增大，粒子射出位置从a点沿弧向右移动，轨迹所对圆心角从π逐渐增大。当轨迹半径等于R时，轨迹所对圆心角最大，再增大轨迹半径，轨迹所对圆心角减小。因此轨迹半径等于R时，所对圆心角最大，为θmax＝π＋eq\f(π,3)＝eq\f(4π,3)，粒子最长运动时间为eq\f(4πm,3qB)。综上，选项C正确。【最新模拟题精练】1.（2022湖南长沙明德中学模拟）如图所示，矩形ABCD区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B，AB边长为d，BC边长为2d，O是BC边的中点，E是AD边的中点，在O点有一粒子源，可以在纸面内向磁场内各个方向均匀射出质量均为m、电荷量均为q、同种电性的带电粒子，粒子射出的速度大小相同，速度与OB边的夹角为的粒子恰好从E点射出磁场，不计粒子的重力，则（）

A.从AD边射出与从CD边射出的粒子数之比为B.粒子运动的速度大小为C.粒子在磁场中运动的最长时间为D.磁场区域中有粒子通过的面积为【参考答案】ABD【名师解析】利用旋转圆法，画出粒子运动轨迹如图所示

由此粒子的运动轨迹结合几何关系可知，粒子做圆周运动的半径由牛顿第二定律解得粒子运动的速度大小为，故B正确；由于粒子做圆周运动的速度大小相同，因此在磁场中运动的轨迹越长，时间越长，分析可知，粒子在磁场中运动的最长弧长为四分之一圆周，因此最长时间为四分之一周期，即最长时间为，故C错误；由图可知，磁场区域有粒子通过的面积为图中区域的面积，即为故D正确；由图可知，当速度垂直时，粒子刚好从点射出，如下图所示

由几何关系可知，当速度方向与的夹角为时，恰好从点射出，则从AD边射出与从CD边射出的粒子数之比为，故A正确。2.（2022湖南长沙长郡中学模拟）如图所示，磁感应强度为B的匀强磁场方向垂直纸面向里，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（q>0）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。则下列分析中正确的是（）A.从M点射出粒子的速率一定小于从N点射出粒子的速率B.从M点射出粒子在磁场中运动时间一定小于从N点射出粒子所用时间C.所有粒子所用最短时间为D.所有粒子所用最短时间为【参考答案】AD【名师解析】粒子运动轨迹如图所示，可以看出，粒子落到b点到c点的过程中，半径越老越大，则由可知，速度越来越大，所以从M点射出粒子的速率一定小于从N点射出粒子的速率。又因为粒子在磁场中的运动时间和圆心角成正比，且由几何关系知，弦切角等于圆心角的一半，所以当弦切角最小时对应粒子的运动时间最短，如图所示，当弦与圆周相切时，弦切角最小，因为Ob长为R，所以由几何关系知，此时弦切角为，所以圆心角为所以最短运动时间为即从M点射出粒子在磁场中运动时间与从N点射出粒子所用时间大小不能确定。故选AD。3.(2023云南昆明一中第9次质检)如图所示，空闻有半径为R的圆形匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面，在距圆心O为处有一粒子源，时刻沿纸面内的任意方向上均匀发射出速度大小相同的大量带电粒子，粒子比荷为k，粒子在磁场中运动的半径为，则（）A.粒子在圆形磁场区域中运动的最短时问为B.粒子在圆形磁场区城中运动的最短时间为C.时刻，出磁场与未出磁场的粒子数之比为D.时刻，出磁场与未出磁场的粒子数之比为【答案】AD【解析】如图1所示，当粒子的轨迹以AB为弦长时经历的时间最小，由几何关系得圆心角为，故粒子在圆形磁场区域中运动的最短时间为，A正确B错误。．因粒子均匀分布于各个方向，故粒子数之比与角度成正比，如图2所示，当时，由几何关系知出磁场与未出磁场的粒子数之比为，故C错误，D正确。4..（2023山东滕州质检）8．如图所示，半径为R的圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，在磁场边界上的M点放置一个放射源，能在纸面内以速率v向各个方向发射大量的同种粒子，粒子的电荷量为q、质量为m（不计粒子的重力），所有粒子均从某段圆弧边界射出，其圆弧长度为。下列说法正确的是（）A．粒子进入磁场时的速率为B．所有粒子中在磁场中运动的最长时间是C．将磁感应强度大小改为时，有粒子射出的边界弧长变为D．若粒子入射速率为时，有粒子射出的边界弧长变为【参考答案】．C【名师解析】．由题意，如图所示，当粒子在磁场中运动转过的圆心角为180°时，其射出点N离M最远，此时对应磁场区域的圆心角为120°，则根据几何关系可知粒子做匀速圆周运动的半径为

根据牛顿第二定律有

解得

故A错误；粒子在磁场中运动的周期为

当粒子的轨迹与磁场区域内切时，其运动时间最长，恰好为1个周期，故B错误；将磁感应强度大小改为时，粒子运动半径变为如图所示，可知此时磁场区域所截粒子轨迹弦长最大值为R，所以有粒子射出的边界弧长变为故C正确；若粒子入射速率为时，粒子运动半径变为如图所示，可知此时磁场区域所截粒子轨迹弦长最大值为，所以有粒子射出的边界弧长变为故D错误。5.如图所示，横截面为正方形abcd的有界匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。一束电子以大小不同、方向垂直ad边界的速度飞入该磁场，不计电子重力及相互之间的作用，对于从不同边界射出的电子，下列判断正确的是()A.从ad边射出的电子在磁场中运动的时间都相等B.从c点离开的电子在磁场中运动时间最长C.电子在磁场中运动的速度偏转角最大为πD.从bc边射出的电子的速度一定大于从ad边射出的电子的速度【参考答案】ACD【名师解析】电子的速率不同，运动轨迹半径不同，如图所示，由周期公式T＝eq\f(2πm,Bq)知，周期与电子的速率无关，所以电子在磁场中的运动周期相同，由t＝eq\f(θ,2π)T知，电子在磁场中的运动时间与轨迹对应的圆心角成正比，所以电子在磁场中运动的时间越长，其轨迹所对应的圆心角θ越大，故从ad边射出的电子在磁场中运动的时间都相等，且运动时间最长，A、C正确，B错误；从bc边射出的轨道半径大于从ad边射出的电子的轨道半径，由半径公式r＝eq\f(mv,qB)知，轨迹半径与速率成正比，D正确。6.（2022山东泰安三模）如图所示为一圆形区域，O为圆心，半径为R，P为边界上的一点，区域内有垂直于纸面的匀强磁场（图中未画出），磁感应强度大小为B。电荷量为q、质量为m的相同带电粒子a、b（不计重力）从P点先后以大小相等的速率射入磁场，粒子a正对圆心射入，粒子b射入磁场时的速度方向与粒子a射入时的速度方向成θ角，已知粒子a与粒子b在磁场中运动的时间之比为3∶4，下列说法正确的是（）A.粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径r=RB.θ=60°C.θ=30°D.a、b粒子离开磁场时的速度方向也成θ角【参考答案】AC【名师解析】粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径r=，代入速度，得r=R，故A正确；BC．因a正对圆心射入，又r=R，故a粒子在磁场中的运动时间为，运动圆弧的圆心角为90°，两粒子在磁场中运动的周期相等，即T=，故b粒子在磁场中的运动时间为，即运动圆弧的圆心角为120°，运动圆弧对应的圆心与O、P三点的连线构成等边三角形，故θ=30°，故B错误，C正确；作图可知a、b粒子离开磁场时平行，是“磁发散”模型，故D错误。故选AC。7.如图所示，纸面内有宽为L，水平向右飞行的带电粒子流，粒子质量为m、电荷量为-q、速率为v0，不考虑粒子的重力及相互间的作用，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，则磁场区域的形状及对应的磁感应强度可以是哪一种(其中B0=，A、C、D选项中曲线均为半径是L的圆弧，B选项中曲线为半径是的圆)（）【参考答案】．A【命题意图】本题考查带电粒子在有界匀强磁场中的运动、磁聚焦现象及其相关的知识点。【解题思路】若带电粒子水平向右射入图A所示的匀强磁场中，根据洛伦兹力提供向心力，qv0B0=mv02/R，解得，粒子运动的轨迹半径R=L，恰好等于磁场圆形边界的半径，所以图A可以使粒子都会聚到一点（梭形磁场区域的最下方点），选项A正确。

8.（２０２２山西太原二模）如图，在以O为圆心的圆形区域内有垂直纸面向外的匀强磁场。一对正、负电子从A点以相同的速度沿与OA成37°角，先、后进入该磁场，其中正电子从B点离开磁场，负电子从C点离开磁场（图中未画出）。不计粒子受到的重力，已知，则为（取）A. B. C.2 D.【参考答案】C【名师解析】根据几何关系得出两粒子的运动轨迹如图

在磁场中，根据，解得由几何关系得，则，故C正确，ABD错误。9、[多选]如图所示是一个半径为R的竖直圆形磁场区域，磁感应强度大小为B，磁感应强度方向垂直纸面向内。有一个粒子源在圆上的A点不停地发射出速率相同的带正电的粒子，带电粒子的质量均为m，运动的半径为r，在磁场中的轨迹所对应的圆心角为α。以下说法正确的是()A．若r＝2R，则粒子在磁场中运动的最长时间为eq\f(πm,6qB)B．若r＝2R，粒子沿着与半径方向成45°角斜向下射入磁场，则有关系taneq\f(α,2)＝eq\f(2\r(2)＋1,7)成立C．若r＝R，粒子沿着圆形磁场的半径方向射入，则粒子在磁场中的运动时间为eq\f(πm,3qB)D．若r＝R，粒子沿着与半径方向成60°角斜向下射入磁场，则圆心角α为150°【参考答案】BD【名师解析】若r＝2R，粒子在磁场中运动时间最长时，磁场区域的直径是轨迹的一条弦，作出轨迹如图甲，因为r＝2R，圆心角α＝60°，粒子在磁场中运动的最长时间tmax＝eq\f(60°,360°)T＝eq\f(1,6)·eq\f(2πm,qB)＝eq\f(πm,3qB)，故A错误。若r＝2R，粒子沿着与半径方向成45°角斜向下射入磁场，根据几何关系，有taneq\f(α,2)＝eq\f(\f(\r(2),2)R,r－\f(\r(2),2)R)＝eq\f(\f(\r(2),2)R,2R－\f(\r(2),2)R)＝eq\f(2\r(2)＋1,7)，故B正确。若r＝R，粒子沿着圆形磁场的半径方向射入，粒子运动轨迹如图丙所示，圆心角为90°，粒子在磁场中运动的时间t＝eq\f(90°,360°)T＝eq\f(1,4)·eq\f(2πm,qB)＝eq\f(πm,2qB)，故C错误。若r＝R，粒子沿着与半径方向成60°角斜向下射入磁场，轨迹如图丁所示，图中轨迹圆心与磁场圆心以及入射点和出射点构成菱形，圆心角为150°，故D正确。10.（12分）（2023湖南新高考教研联盟第二次联考）如图所示，xOy坐标系中，第三象限存在沿x轴正向的匀强电场，第四象限与x轴和y轴相切的半径为的圆形区域内存在匀强磁场，磁感应强度，方向垂直纸面向里，x轴上方存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度。在第三象限，至间存在粒子源，比荷的相同带正电粒子由粒子源无初速度释放后进入电场，在电场中加速后进入圆形磁场，其中正对圆心入射的粒子经偏转后恰好以垂直于x轴的方向经切点P点进入磁场，带电粒子最终都打到放置在x轴上的收集板上。不计粒子的重力，，，求：（1）第三象限中加速电场的电场强度E；（2）收集板最小长度L；（3）带电粒子在磁场、中运动的总时间范围（用含的分数式表示）。【名师解析】（1）由几何关系，粒子在电场加速后进入中匀速圆周运动的半径……（1分）粒子在中圆周运动，……（1分）对粒子在电场中运动由动能定理：……（1分）解得：，……（1分）（2）粒子均将从P点进入磁场粒子在中圆周运动：，……（1分）作出粒子源上下边界粒子的轨迹如图由几何关系知，，则从粒子源下端进入再进入的粒子打在收集板最左端……（1分）垂直轴进入的粒子打在收集板最右端……（1分）所以收集板长度……（1分）（3）粒子进入时的位置越靠下，进入点与连线弦切角越大，在中运动时间越长，同时粒子在中的运动轨迹从劣弧向优弧变化，在中转过圆心角变大，因此粒子源上下边界入射的粒子在磁场中运动的时间即为边界时间情况由进入磁场粒子在磁场中运动时间最短……（2分）由进入磁场粒子在磁场中运动时间最长……（2分）粒子在磁场中运动时间：11.(2023河北衡水五模)如图所示，在xOy平面内，以O'(O，R)为圆心、R为半径的圆内有垂直于平面向外的匀强磁场，x轴下方有足够大的垂直于平面向里的匀强磁场，两区域磁感应强度大小相等．在O"(R，-R)处，放置一半径R´=的半圆弧形接收器EHF，EO"F与y轴平行，在圆形磁场的左侧0<y<2R的区间内均匀分布着质量为m、电荷量为+q的一簇带电粒子，当所有粒子均沿x轴正方向以速度v射入圆形磁场区域时，粒子偏转后都从O点进入x轴下方磁场，不计粒子重力、不考虑粒子间相互作用力，粒子离开磁场后不再回到磁场．求：（1）磁场的磁感应强度B的大小；（2）［-R，（+1）R］处的粒子经磁场偏转后能否被接收器接收；（3）打到接收器上的粒子占粒子总数的百分比．【参考答案】（1）B=；（2）不能；（3）50【名师解析】（1）粒子在上方磁场中的半径r=R时，粒子偏转后都从O点进入，由洛伦茨力充当向心力qvB=m解得磁场的磁感应强度B的大小为B=．（2）［-R，（+1）R］处的粒子经上方磁场偏转后与x轴负方向的角度==，=45°，粒子与x轴负方向成45°角进入下方磁场运动时，圆心在（R，-R）处，轨迹与接收器不相交，所以不能被接收器接受，如下图：（3）当粒子运动轨迹与接收器在F点相内切时，由几何关系可知，运动轨迹的圆心恰好在E点，根据几何关系可知，粒子由O点进入时，粒子的速度方向与y轴负方向的夹角==，=30°，粒子进入上方磁场G时的纵坐标y1=R+R=1.5R当粒子运动轨迹在E点与接收器相外切时，运动轨迹的圆心恰好在（R，R）处，根据几何关系可知，粒子由O点进入磁场时粒子速度方向与x轴正方向的夹角==，=60°，粒子进入上方磁场I的纵坐标y2=R-R=0.5R在上方磁场GI间射入的粒子能打到接收器上，LGI=y1-y2=R，占粒子总数的百分比=100=50．12.如图所示，匀强磁场的磁感应强度为B，宽度为d，边界为CD和EF。一电子从CD边界外侧以速率v0垂直射入匀强磁场，入射方向与CD边界间夹角为θ。已知电子的质量为m，电荷量为e，为使电子能从磁场的另一侧EF射出，求：(1)电子的速率v0至少多大？(2)若θ角可取任意值，v0的最小值是多少？【名师解析】本题考查圆周运动的边界问题的求解方法。(1)当入射速率v0很小时，电子会在磁场中转动一段圆弧后又从CD一侧射出，速率越大，轨道半径越大，当轨道的边界与EF相切时，电子恰好不能从EF射出，如图所示，电子恰好射出时，由几何知识可得：r＋rcosθ＝d①2-1-c-n-j-y又r＝eq\f(mv0,Be)②由①②得v0＝eq\f(Bed,m（1＋cosθ）)③故电子要射出磁场，速率至少应为eq\f(Bed,m（1＋cosθ）)。(2)由③式可知，θ＝0°时，v0＝eq\f(Bed,2m)最小，由②式知此时半径最小，rmin＝eq\f(d,2)，也可由轨迹分析得出上述结论。答案(1)eq\f(Bed,m（1＋cosθ）)(2)eq\f(Bed,2m)13.（2023江西部分重点高中联考）如图所示，以O点为坐标原点在竖直面内建立坐标系，Oa、cd是两个线状粒子放射源，长度均为L=1m，放出同种带正电的粒子，粒子电荷量为，粒子的质量为，其中Oa发出的所有粒子初速度为零，cd发出的所有粒子初速度均为，方向水平向右，带电粒子的重力以及粒子之间的相互作用均可忽略。曲线ob的方程为，在曲线Ob与放射源Oa之间存在竖直向上、场强E大小为的匀强电场；第一象限内、虚线eb的上方有垂直纸面向里、磁感应强度为的匀强磁场I；第二象限内以O为圆心、L长为半径的四分之一圆形区域内有垂直纸面向里、磁感应强度为的匀强磁场II。图中的Oe、ab、Oc、eb、ed的长度均为L。观察发现：Oa发出的所有粒子均从同一点离开匀强磁场I，cd发出的所有粒子在匀强磁场II的作用下也汇聚于同一点，即该点可接收到两个粒子源发出的所有粒子。在所有粒子到达汇聚点的过程中，求：（1）粒子放射源Oa发出粒子进入匀强磁场I时的最大速度；（2）匀强磁场I、II的磁感应强度、的大小；（3）Oa、cd两个放射源中点M、N发出的粒子在磁场中的运动时间之比。【参考答案】（1） （2），（3）【名师解析】（1）粒子在电场中受电场力而加速得由，代入可得（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力由又因为，可得x接近于0，r也接近于0，可知粒子均汇聚于e点，所以得到所以在磁场中运动的粒子也汇聚于e点，可知得到（3）粒子在磁场中圆周运动，得由几何关系可知，M点射出的粒子在磁场I中偏转半周，运动时间为设N点射出的粒子在磁场II中偏转得则运动时间为则Oa、cd两个放射源中点M、N发出的粒子在磁场中的运动时间之比为14．（2023四川宜宾重点高中二诊）（20分）如图所示，在平面内，三个半径为的四分之一圆形有界区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ内有垂直纸面向外、磁感应强度为的匀强磁场（含边界上）。一群质量为电荷量为的带正电的粒子同时从坐标原点O以相同的速率、不同的方向射入第一象限内（含沿轴、轴方向），它们在磁场中运动的轨道半径也为，在的区域，存在场强为、沿方向的匀强电场。整个装置在真空中，不计粒子的重力及粒子之间的相互作用。求：（1）粒子从O点射入磁场时的速率；（2）这群粒子从O点射入磁场至运动到轴的最长时间；（3）这群粒子到达轴上的区域范围。【名师解析】：（1）粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力，则有又可得（2）如图所示，这些粒子中，从O沿轴方向射入磁场的粒子，从O到C用时最长。由可得（3）这些粒子经过Ⅰ区域偏转后方向都变为与轴平行，接着匀速直线进入Ⅱ区域，经过Ⅱ区域偏转又都通过C点；从C点进入Ⅲ区域，经过Ⅲ区域偏转，离开Ⅲ区域时，所有粒子都变成与轴平行（即垂直进入电场）。对于从进入电场的粒子，在方向的分运动有解得则该粒子运动到轴上的坐标为对于从进入电场的粒子，在方向的分运动有解得则该粒子运动到y轴的坐标为这群粒子运动到轴上的区间为15.电子质量为m、电荷量为e，从坐标原点O处沿xOy平面射入第一象限，射入时速度方向不同，速度大小均为v0，如图所示。现在某一区域加一方向向外且垂直于xOy平面的匀强磁场，磁感应强度为B，若这些电子穿过磁场后都能垂直射到荧光屏MN上，荧光屏与y轴平行。求：(1)荧光屏上光斑的长度；(2)所加磁场范围的最小面积。【名师解析】(1)如图所示，初速度沿x轴正方向的电子，沿弧OB运动到P点，为荧光屏上光斑的最高点，初速度沿y轴正方向的电子，沿弧OC运动到Q点，为荧光屏上光斑的最低点。电子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得ev0B＝meq\f(v02,R)解得R＝eq\f(mv0,eB)光斑长度PQ＝R＝eq\f(mv0,eB)。(2)所加磁场的最小面积是以O′为圆心、R为半径的斜线部分，其面积大小为S＝eq\f(3,4)πR2＋R2－eq\f(1,4)πR2＝eq\f(π＋2,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(mv0,eB)))eq\s\up12(2)。[答案](1)eq\f(mv0,eB)(2)eq\f(π＋2,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(mv0,eB)))eq\s\up12(2)16．如图甲所示,质量m=8.0×10−25kg，电荷量q=1.6×10−15C的带正电粒子从坐标原点O处沿xOy平面射入第一象限内，且在与x方向夹角大于等于30°的范围内，粒子射入时的速度方向不同，但大小均为v0=2.0×107m/s。现在某一区域内加一垂直于xOy平面向里的匀强磁场,磁感应强度大小B=0.1T，若这些粒子穿过磁场后都能射到与y轴平行的荧光屏MN上,并且当把荧光屏MN向左移动时，屏上光斑长度和位置保持不变。(π=3.14)求：（1）粒子从y轴穿过的范围。（2）荧光屏上光斑的长度。（3）打到荧光屏MN上最高点和最低点的粒子运动的时间差。（4）画出所加磁场的最小范围（用斜线表示）。【名师解析】：粒子在磁场中匀速圆周运动，有解得当把荧光屏MN向左移动时，屏上光斑长度和位置保持不变，说明粒子是沿水平方向从磁场中出射，则所加的磁场为圆形，同时圆形磁场的半径与电子在磁场中匀速圆周运动的半径相等，即R=0.1m；且圆形磁场的圆心在y轴上O点正上方，如图所示的O1点。（1）初速度沿y轴正方向的粒子直接从原点穿过y轴；初速度与x轴正方向成300的粒子，在磁场中转过1500后沿水平方向射出，设该粒子圆周运动的圆心为O2，则∠OO2B=1500；设此粒子从y轴上的A点穿过y轴，由几何关系知∠OAO2=300，则有。粒子从y轴穿过的范围为。（2）初速度沿y轴方向入射的粒子经四分之一圆周后速度水平，如图所示，打在光屏上的P点，有；初速度与x轴正方向成300入射的粒子，在磁场中转过1500后沿水平方向射出，如图所示，打在光屏上的Q点，有；荧光屏上光斑的长度（3）粒子在磁场中运动的周期打到最高点和最低点的粒子在磁场中运动多用的时间打到最高点和最低点的粒子在磁场外运动多用的时间打到最高点和最低点的粒子运动的时差间（4）所加磁场的最小范围如图所示，其中从B到C的边界无磁场分布。17．（20分）（2023湖南名校联考）1897年汤姆孙使用气体放电管，根据阴极射线在电场和磁场中的偏转情况发现了电子，并求出了电子的比荷。比荷是微观带电粒子的基本参量之一，测定电子的比荷的方法很多，其中最典型的是汤姆孙使用的方法和磁聚焦法。（1）图1是汤姆孙使用的气体放电管的原理图。在阳极A与阴极K之间加上高压，A、A'是两个正对的小孔，C、D是两片正对的平行金属板，S是荧光屏。由阴极发射出的电子流经过A、A'后形成一束狭窄的电子束，电子束由于惯性沿直线射在荧光屏的中央O点。若在C、D间同时加上竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，调节电场和磁场的强弱，可使电子束仍沿直线射到荧光屏的O点，此时电场强度为E，磁感应强度为B。a．求电子通过A'时的速度大小v；b．若将电场撤去，电子束将射在荧光屏上的O'点，可确定出电子在磁场中做圆周运动的半径R，求e电子的比荷。（2）图2是磁聚焦法测比荷的原理图。在阴极K和阳极A之间加电压，电子由阳极A中心处的小孔P射出。小孔P与荧光屏中心O点连线为整个装置的中轴线。在极板很短的电容器C上加很小的交变电场，使不同时刻通过这里的电子发生不同程度的偏转，可认为所有电子从同一点发散。在电容器C和荧光屏S之间加一平行PO的匀强磁场，电子从C出来后将沿螺旋线运动，经过一段时间再次汇聚在一点。调节磁感应强度B的大小，可使电子流刚好再次汇聚在荧光屏的O点。已知K、A之间的加速电压为U，C与S之间磁场的磁感应强度为B，发散点到O点的距离为l。a．我们在研究复杂运动时，常常将其分解为两个简单的运动形式。你认为题中电子的螺旋运动可分解为哪两个简单的运动形式？b．求电子的比荷。【名师解析】.（1）a．电子在复合场中做匀速直线运动，由eE=evB，得v= 4分 b．去掉电场，电子在磁场中做匀速圆周运动，由evB=m 得4分 a．电子的螺旋运动可分解为沿PO方向的匀速运动和垂直于PO方向上的匀速圆周运动。4分b．从发散点到再次汇聚点，两个方向的分运动时间相等，有 1分加速电场 eU= 2分 匀速直线运动 2分做匀速圆周运动 evB= T=2分 =T联立以上各