2023版高考物理一轮复习第八章磁场冲刺训练

PAGEPAGE24第八章磁场电磁学压轴大题增分策略(一)——磁场区域最小面积的五种求法带电粒子在匀强磁场中的运动频繁命制压轴大题，涉及的题型通常有磁场区域最小面积的求解，“数学圆〞模型在电磁学中的应用，“磁发散〞和“磁聚焦〞等问题。三种题型分装在三节课时中，本节课那么通过对近年高考及各地模拟题的研究，阐述五种磁场区域最小面积的求法。粒子速度确定的圆形磁场区域速度确定的带电粒子在匀强磁场中运动，其轨迹半径确定。要求出圆形磁场区域的最小面积，一般方法是先确定带电粒子在磁场区域的入射点和出射点，连接这两点即得到磁场区域的直径，根据图中几何关系得到磁场区域直径的数值，然后利用面积公式得出圆形磁场区域的最小面积。[典例1]如下图，一质量为m、电荷量为q的带电粒子，从y轴上的P1点以速度v射入第一象限所示的区域，入射方向与x轴正方向成α角。为了使该粒子能从x轴上的P2点射出该区域，且射出方向与x轴正方向也成α角，可在第一象限适当的地方加一个垂直于xOy平面、磁感应强度为B的匀强磁场。假设磁场分布为一个圆形区域，那么这一圆形区域的最小面积为(不计粒子的重力)()A.eq\f(πm2v2,q2B2) B.eq\f(πm2v2,q2B2)cos2αC.eq\f(πm2v2,q2B2)sinα D.eq\f(πm2v2,q2B2)sin2α[解析]粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得qvB＝meq\f(v2,R)，那么粒子在磁场中做圆周运动的半径R＝eq\f(mv,qB)。由题意可知，粒子在磁场区域中的轨迹应与入射方向的速度、出射方向的速度相切，如下图。那么与入射方向所在直线和出射方向所在直线的距离都为R的O′点就是圆周的圆心。粒子在磁场区域中的轨迹就是以O′为圆心、R为半径的圆弧ef，而e点和f点应在所求圆形磁场区域的边界上。在通过e、f两点的不同的圆周中，最小的一个是以ef连线为直径的圆周，即得圆形区域的最小半径r＝Rsinα＝eq\f(mvsinα,qB)，那么这个圆形区域的最小面积Smin＝πr2＝eq\f(πm2v2sin2α,q2B2)，故D正确。[答案]D粒子速度不确定的圆形磁场区域速度不确定的带电粒子在匀强磁场中运动，其轨迹半径不确定。可根据题述带电粒子在磁场区域的入射线和出射线，画出可能的运动轨迹。然后利用题述条件，确定带电粒子在磁场区域的入射点和出射点，连接这两点即得到磁场区域的直径，然后利用面积公式得出圆形磁场区域的最小面积。[典例2](2022·长春质量监测)如下图，在x轴上方有垂直于xOy平面向外的足够大匀强磁场(图中没有画出该磁场)，一个质量为m，电荷量为q(q＞0)的粒子，在P点以速率v沿与x轴成某一角度射入磁场，然后粒子从Q点离开磁场，P点与Q点关于y轴对称且相距为2a，其中a＝eq\f(mv,2Bq)(B为磁感应强度，大小未知，不计粒子重力的影响)。(1)求粒子从P点运动到Q点的时间；(2)假设匀强磁场只在x轴上方某一区域内存在，且磁场边界为圆形，改变粒子的入射方向，使粒子进入磁场位置的横坐标x＝－eq\f(a,2)，其中a＝eq\f(mv,B′q)(B′为磁感应强度，大小未知，不计粒子重力的影响)，还能保证粒子经过Q点，求粒子进入磁场位置的纵坐标及该圆形磁场区域的最小面积。[解析](1)粒子进入磁场在洛伦兹力作用下，做局部圆周运动，经过PQ两点的圆弧既可以是优弧也可以是劣弧，那么由qvB＝meq\f(v2,r)得r＝eq\f(mv,qB)＝2a圆周运动的周期T＝eq\f(2πr,v)＝eq\f(4πa,v)劣弧对应的圆心角θ满足sineq\f(θ,2)＝eq\f(a,r)＝eq\f(1,2)，得θ＝eq\f(π,3)优弧对应的圆心角θ′＝2π－θ＝eq\f(5π,3)粒子运动时间t＝eq\f(θ,2π)T＝eq\f(2πa,3v)或t＝eq\f(θ′,2π)T＝eq\f(10πa,3v)。(2)由题意可知，粒子进入磁场前先做一段直线运动，进入磁场后，在洛伦兹力作用下，做一段圆弧运动，而后离开磁场区域，再做一段直线运动到达Q点，如下图。设进入磁场点的坐标为(x，y)，粒子圆周运动的半径为r′。由B′qv＝eq\f(mv2,r′)得r′＝a由几何关系得r′2＝x2＋(r′cosα)2tanα＝eq\f(y,a－x)，x＝eq\f(a,2)，解得y＝eq\f(\r(3),6)a当磁场边界圆的直径为进出磁场点之间的线段时，磁场面积最小，对应的半径最小。由对称性可知磁场最小半径为eq\f(a,2)，最小面积为Sm＝πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)))2＝eq\f(π,4)a2。[答案](1)eq\f(2πa,3v)或eq\f(10πa,3v)(2)eq\f(\r(3),6)aeq\f(π,4)a2半圆形磁场区域要求出半圆形磁场区域的最小面积，一般方法是先确定带电粒子在磁场区域的入射点和出射点，画出运动轨迹。连接带电粒子在磁场区域的入射点和出射点，该线段的平分线与轨迹的交点到入射点和出射点连线的距离即为半圆形磁场区域半径，然后利用面积公式得出半圆形磁场区域的最小面积。[典例3]如下图，在直角坐标xOy平面y轴左侧(含y轴)有一沿y轴负向的匀强电场，一质量为m、电量为q的带正电粒子从x轴上P处以速度v0沿x轴正向进入电场，从y轴上Q点离开电场时速度方向与y轴负向夹角θ＝30°，Q点坐标为(0，－d)，在y轴右侧有一与坐标平面垂直的有界匀强磁场区域(图中未画出)，磁场磁感应强度大小B＝eq\f(mv0,qd)，粒子能从坐标原点O沿x轴负向再进入电场。不计粒子重力，求：(1)电场强度大小E；(2)如果有界匀强磁场区域为半圆形，求磁场区域的最小面积；(3)粒子从P点运动到O点的总时间。[解析](1)设粒子从Q点离开电场时速度大小为v，由粒子在匀强电场中做类平抛运动得v＝2v0由动能定理得qEd＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02解得E＝eq\f(3mv02,2qd)。(2)设粒子从M点进入、N点离开半圆形匀强磁场区域，粒子在磁场中做匀速圆周运动半径为r，圆心为O1，轨迹如下图。由洛伦兹力提供向心力，得qvB＝meq\f(v2,r)解得r＝eq\f(mv,qB)＝2d假设半圆形磁场区域的面积最小，那么半圆形磁场区域的圆心为O2，可得半径R＝1.5r＝3d半圆形磁场区域的最小面积S＝eq\f(1,2)πR2＝eq\f(9,2)πd2。(3)设粒子在匀强电场中运动时间为t1，粒子从Q点离开电场时沿y轴负向速度大小为vy，有vy＝eq\r(3)v0，d＝eq\f(vy,2)t1解得t1＝eq\f(2\r(3)d,3v0)设粒子在磁场中做匀速圆周运动时间为t2，有t2＝eq\f(4πr,3v)＝eq\f(4πd,3v0)粒子在QM、NO间做匀速直线运动时间分别为t3、t4，由几何关系得QM的长度eq\x\to(QM)＝eq\f(4\r(3),3)dNO的长度eq\x\to(NO)＝eq\f(5\r(3),3)d得t3＝eq\f(\x\to(QM),v)＝eq\f(2\r(3)d,3v0)，t4＝eq\f(\x\to(NO),v)＝eq\f(5\r(3)d,6v0)粒子从P点运动到O点的总时间为t＝t1＋t2＋t3＋t4＝eq\f(13\r(3)＋8πd,6v0)。[答案](1)eq\f(3mv02,2qd)(2)eq\f(9,2)πd2(3)eq\f(13\r(3)＋8πd,6v0)矩形磁场区域要求出矩形磁场区域的最小面积，必须求出矩形的最小长和宽。一般方法是先确定带电粒子在磁场区域的入射点和出射点，画出运动轨迹。根据运动轨迹确定矩形磁场区域的最小长和宽，然后利用面积公式得出矩形磁场区域的最小面积。[典例4]如图，xOy平面内存在着沿y轴正方向的匀强电场。一个质量为m、带电荷量为＋q的粒子从坐标原点O以速度v0沿x轴正方向开始运动。当它经过图中虚线上的M(2eq\r(3)a，a)点时，撤去电场，粒子继续运动一段时间后进入一个矩形匀强磁场区域(图中未画出)，又从虚线上的某一位置N处沿y轴负方向运动并再次经过M点。磁场方向垂直xOy平面(纸面)向里，磁感应强度大小为B，不计粒子的重力。试求：(1)电场强度的大小；(2)N点的坐标；(3)矩形磁场的最小面积。[解析]粒子的运动轨迹如下图。(1)粒子从O到M做类平抛运动，设时间为t，那么有2eq\r(3)a＝v0t，a＝eq\f(1,2)·eq\f(qE,m)t2解得E＝eq\f(mv02,6qa)。(2)设粒子运动到M点时速度为v，与x方向的夹角为α，那么vy＝eq\f(qE,m)t＝eq\f(\r(3),3)v0，v＝eq\r(v02＋vy2)＝eq\f(2\r(3),3)v0，tanα＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(\r(3),3)，即α＝30°由题意知，粒子从P点进入磁场，从N点离开磁场，粒子在磁场中以O′点为圆心做匀速圆周运动，设半径为R，那么qvB＝meq\f(v2,R)解得粒子做圆周运动的半径为R＝eq\f(mv,qB)＝eq\f(2\r(3)mv0,3qB)由几何关系知β＝eq\f(1,2)∠PMN＝30°所以N点的纵坐标为yN＝eq\f(R,tanβ)＋a＝eq\f(2mv0,qB)＋a，横坐标为xN＝2eq\r(3)a。即N点的坐标为(2eq\r(3)a，eq\f(2mv0,qB)＋a)。(3)当矩形磁场为图示虚线矩形时的面积最小。那么矩形的两个边长分别为L1＝2R＝eq\f(4\r(3)mv0,3qB)，L2＝R＋Rsinβ＝eq\f(\r(3)mv0,qB)所以矩形磁场的最小面积为Smin＝L1×L2＝eq\f(4m2v02,q2B2)。[答案](1)eq\f(mv02,6qa)(2)(2eq\r(3)a，eq\f(2mv0,qB)＋a)(3)eq\f(4m2v02,q2B2)两圆弧包围的磁场区域要求出两圆弧包围的磁场区域的最小面积，一般方法是先根据带电粒子在磁场中运动轨迹确定两磁场边界圆弧，然后利用几何关系和相关知识得出两圆弧包围的磁场区域的最小面积。[典例5]如图，ABCD是边长为a的正方形。质量为m、电荷量为e的电子以大小为v0的初速度沿纸面垂直于BC边射入正方形区域。在正方形内适当区域中有匀强磁场。电子从BC边上的任意点入射，都只能从A点射出磁场。不计重力，求：(1)此匀强磁场区域中磁感应强度的方向和大小；(2)此匀强磁场区域的最小面积。[解析](1)设匀强磁场的磁感应强度的大小为B。令圆弧是自C点垂直于BC入射的电子在磁场中的运动轨迹。电子所受到的磁场的作用力f＝ev0B，应指向圆弧的圆心，因而磁场的方向应垂直于纸面向外。圆弧的圆心在CB边或其延长线上。依题意，圆心在A、C连线的中垂线上，故B点即为圆心，圆半径为a，根据牛顿第二定律有f＝meq\f(v02,a)联立解得B＝eq\f(mv0,ea)。(2)由(1)中得出的磁感应强度的方向和大小，可知自C点垂直于BC入射电子在A点沿DA方向射出，且自BC边上其他点垂直于BC入射的电子的运动轨迹只能在BAEC区域中。因而，圆弧是所求的最小磁场区域的一个边界。为了确定该磁场区域的另一边界，我们来探讨射入A点的电子的速度方向与BA的延长线夹角为θ(不妨设0≤θ≤π/2)的情形。该电子的运动轨迹qpA如下图。图中，圆弧的圆心为O，pq垂直于BC边，且圆弧的半径仍为a，在以D为原点、DC为x轴，DA为y轴的坐标系中，p点的坐标(x，y)为x＝asinθ，y＝－[a－(a－acosθ)]＝－acosθ这意味着，在0≤θ≤π/2范围内，p点形成以D为圆心、a为半径的四分之一圆周，它是电子做直线运动和圆周运动的分界线，构成所求磁场区域的另一边界。因此，所求的最小匀强磁场区域分别由B和D为圆心、a为半径的两个四分之一圆周和所围成，其面积为S＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)πa2－\f(1,2)a2))＝eq\f(π－2,2)a2。[答案](1)垂直于纸面向外eq\f(mv0,ea)(2)eq\f(π－2,2)a2[提能增分集训]1.如下图，在平面直角坐标系xOy中的第一象限内存在磁感应强度大小为B、方向垂直于坐标平面向里的有界圆形匀强磁场区域(图中未画出)；在第二象限内存在沿x轴负方向的匀强电场。一粒子源固定在x轴上坐标为(－L,0)的A点。粒子源沿y轴正方向释放出速度大小为v的电子，电子恰好能通过y轴上坐标为(0,2L)的C点，电子经过磁场偏转后恰好垂直通过第一象限内与x轴正方向成15°角的射线ON(电子的质量为m，电荷量为e，不考虑粒子的重力和粒子之间的相互作用)。求：(1)匀强电场的电场强度E的大小；(2)电子离开电场时的速度方向与y轴正方向的夹角θ；(3)圆形磁场的最小面积Smin。解析：(1)从A到C的过程中，电子做类平抛运动，y方向匀速运动，x方向匀加速运动，那么有2L＝vt，L＝eq\f(1,2)at2，eE＝ma联立解得E＝eq\f(mv2,2eL)。(2)设电子到达C点的速度大小为vC，方向与y轴正方向的夹角为θ。由动能定理，有eq\f(1,2)mvC2－eq\f(1,2)mv2＝eEL解得vC＝eq\r(2)v那么cosθ＝eq\f(v,vC)＝eq\f(\r(2),2)，解得θ＝45°。(3)画出带电粒子的运动轨迹如下图。电子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力有evCB＝meq\f(vC2,r)解得半径r＝eq\f(mvC,eB)＝eq\f(\r(2)mv,eB)电子在磁场中偏转120°后垂直于ON射出。磁场最小半径为Rmin＝eq\f(PQ,2)＝rsin60°可得Rmin＝eq\f(\r(6)mv,2eB)圆形磁场的最小面积Smin＝πRmin2＝eq\f(3πm2v2,2e2B2)。答案：(1)eq\f(mv2,2eL)(2)45°(3)eq\f(3πm2v2,2e2B2)2.(2022·山西四校第三次联考)如下图，在直角坐标系xOy平面内，虚线MN平行于y轴，N点坐标(－L,0)，MN与y轴之间有沿y轴正方向的匀强电场，在第四象限的某区域有方向垂直于坐标平面的矩形有界匀强磁场(图中未画出)。现有一质量为m、电荷量为－e的电子，从虚线MN上的P点，以平行于x轴正方向的初速度v0射入电场，并从y轴上A点(0,0.5L)射出电场，射出时速度方向与y轴负方向成30°角，此后，粒子做匀速直线运动，进入磁场并从矩形磁场边界上Q点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),6)L，－L))射出，速度沿x轴负方向，不计电子重力，求：(1)匀强电场的电场强度E的大小；(2)匀强磁场的磁感应强度B的大小和电子在磁场中运动的时间t；(3)矩形有界匀强磁场区域的最小面积Smin。解析：(1)设电子在电场中运动的加速度为a，时间为t，离开电场时，沿y轴方向的速度大小为vy，那么L＝v0t，a＝eq\f(eE,m)，vy＝at，vy＝eq\f(v0,tan30°)联立解得E＝eq\f(\r(3)mv02,eL)。(2)设轨迹与x轴的交点为D，OD距离为xD，那么xD＝0.5Ltan30°＝eq\f(\r(3),6)L所以，DQ平行于y轴，电子在磁场中做匀速圆周运动的轨道的圆心在DQ上，电子运动轨迹如下图。设电子离开电场时速度为v，在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径为r，那么evB＝meq\f(v2,r)，v＝eq\f(v0,sin30°)由几何关系有r＋eq\f(r,sin30°)＝L，即r＝eq\f(L,3)联立以上各式解得B＝eq\f(6mv0,eL)电子转过的轨迹对应的圆心角为120°，时间t＝eq\f(T,3)又T＝eq\f(2πr,v)＝eq\f(πL,3v0)，解得t＝eq\f(πL,9v0)。(3)以切点F、Q的连线长为矩形的一条边，与电子的运动轨迹相切的另一边作为FQ的对边，有界匀强磁场区域面积为最小。Smin＝eq\r(3)r×eq\f(r,2)＝eq\f(\r(3)L2,18)。答案：(1)eq\f(\r(3)mv02,eL)(2)eq\f(6mv0,eL)eq\f(πL,9v0)(3)eq\f(\r(3)L2,18)3．在平面直角坐标系的第一象限内存在一有界匀强磁场，该磁场的磁感应强度大小为B＝0.1T，方向垂直于xOy平面向里，在坐标原点O处有一正离子放射源，放射出的正离子的比荷都为eq\f(q,m)＝1×106C/kg，且速度方向与磁场方向垂直，假设各离子间的相互作用和离子的重力都可以忽略不计。(1)如图甲所示，假设第一象限存在直角三角形AOC的有界磁场，∠OAC＝30°，AO边的长度l＝0.3m，正离子从O点沿x轴正方向以某一速度射入，要使离子恰好能从AC边射出，求离子的速度大小及离子在磁场中运动的时间。(2)如图乙所示，假设第一象限存在B＝0.1T另一有界匀强磁场(磁场边界未画出)，正离子放射源放射出不同速度的离子，所有正离子射入磁场的方向均沿x轴正方向，从O点进入磁场，且最大速度vm＝4.0×104m/s，为保证所有离子离开磁场的时候，速度方向都沿解析：(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，刚好从AC边上的D点射出磁场时，即轨迹与AC相切于D点，如图甲所示，轨迹圆心为O′，半径为r。由几何关系可得，r＋eq\f(r,sin30°)＝l得r＝0.1m，对粒子有qvB＝meq\f(v2,r)得v＝eq\f(qBr,m)＝1×104m/s恰好从D点射出时，粒子在磁场中转过的圆心角θ＝eq\f(2π,3)，粒子做圆周运动的周期T＝eq\f(2πm,qB)那么粒子在磁场中运动的时间为：t＝eq\f(θ,2π)T＝2.1×10－5s。(2)所有粒子进入磁场后都沿逆时针做匀速圆周运动，出射方向沿y轴正方向，速度偏转角均为90°，而且所有粒子做圆周运动的圆心都在y轴正方向上。那么满足要求的最小磁场区域如乙图所示根据洛伦兹力提供向心力：qvmB＝meq\f(vm2,rm)解得圆周运动的最大半径为rm＝0.4m那么所求磁场区域的最小面积为：S＝eq\f(1,4)πrm2－eq\f(1,2)rm2＝0.0456m2。答案：(1)1×104m/s2.1×10－5s(2)0.0454．在xOy平面上的某圆形区域内，存在一垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一个质量为m、带电量为＋q的带电粒子，由原点O开始沿x正方向运动，进入该磁场区域后又射出该磁场。后来，粒子经过y轴上的P点，此时速度方向与y轴的夹角为30°(如下图)，P到O的距离为L，不计重力的影响。(1)假设磁场区域的大小可根据需要而改变，试求粒子速度的最大可能值；(2)假设粒子速度大小为v＝eq\f(qBL,6m)，试求该圆形磁场区域的最小面积。解析：粒子在磁场的初、末速度所在直线必定与粒子的轨迹圆相切，轨迹圆圆心到两条直线的距离相等，等于轨道半径，因此，圆心必位于初、末速度延长线形成的角的角平分线上。过P点做末速度的反向延长线，交x轴于Q点，经分析可知，粒子在磁场中做圆周运动的轨迹的圆心必在∠OQP的角平分线QC上，如图1所示。设粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径为r，由牛顿第二定律有qvB＝meq\f(v2,r)，得r＝eq\f(mv,Bq)。由此可知粒子速度越大，其轨道半径越大。在角平分线QC上取不同的点为圆心，由小到大做出一系列轨迹圆(如图2)，其中以C点为圆心的轨迹①是可能的轨迹圆中半径最大的，其对应的粒子速度也最大。由图2可知，速度最大的粒子在磁场中运动轨迹的圆心是y轴上的C点。(1)如图3所示，速度最大时粒子的轨迹圆过O点、且与PQ相切于A点。由几何关系有OQ＝Ltan30°，r1＝OQtan30°，可得r1＝eq\f(1,3)L。可求得粒子速度的最大可能值v＝eq\f(qBL,3m)。(2)将v＝eq\f(qBL,6m)代入r＝eq\f(mv,Bq)，可得r2＝eq\f(1,6)L，粒子的运动轨迹是如图4所示的轨迹圆②，该轨迹圆与x轴相切于D点、与PQ相切于E点。连接DE，由几何关系可知DE＝eq\r(3)r2。由于D点、E点必须在磁场内，即线段DE在磁场内，故可知磁场面积最小时必定是以DE为直径的圆(如图4中③所示)。即面积最小的磁场半径为R＝eq\f(1,2)DE，那么磁场的最小面积为S＝πR2＝πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),12)L))2＝eq\f(πL2,48)。答案：见解析第八章冲刺985深化内容电磁学压轴大题增分策略(二)——“数学圆〞模型在电磁学中的应用圆是数学中的重要概念之一，在物理学中也有其特殊的作用和价值。本文结合实例阐述“放缩圆〞“平移圆〞“动态圆〞在物理学中的应用，进一步培养学生用数学方法解决物理问题的能力，同时加强对解题技巧和解题思路的构建。“放缩圆〞模型在电磁学中的应用1．适用条件(1)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。(2)轨迹圆圆心共线如下图(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。2．界定方法以入射点P为定点，圆心位于PP′直线上，将半径放缩做轨迹，从而探索出临界条件，这种方法称为“放缩圆法〞。[典例1]如下图，宽度为d的匀强有界磁场，磁感应强度为B，MM′和NN′是磁场左右的两条边界线。现有一质量为m、电荷量为q的带电粒子沿图示方向垂直射入磁场中，θ＝45°。要使粒子不能从右边界NN′射出，求粒子入射速率的最大值为多少？[解析]用“放缩圆法〞做出带电粒子运动的轨迹如下图，当其运动轨迹与NN′边界线相切于P点时，这就是具有最大入射速率vmax的粒子的轨迹。由图可知：Rmax(1－cos45°)＝d，又Bqvmax＝meq\f(vmax2,Rmax)，联立可得vmax＝eq\f(2＋\r(2)Bqd,m)。[答案]eq\f(2＋\r(2)Bqd,m)[对点训练]1.(多项选择)如下图，垂直纸面向里的匀强磁场分布在正方形abcd区域内，O点是cd边的中点，一个带正电的粒子仅在磁场力的作用下，从O点沿纸面以垂直于cd边的速度射入正方形内，经过时间t0刚好从c点射出磁场，现设法使该带电粒子从O点沿纸面与Od成30°的方向，以大小不同的速率射入正方形内，那么以下说法中正确的选项是()A．假设粒子在磁场中经历的时间是eq\f(5,3)t0，那么它一定从cd边射出B．假设粒子在磁场中经历的时间是eq\f(2,3)t0，那么它一定从ad边射出C．假设粒子在磁场中经历的时间是eq\f(5,4)t0，那么它一定从bc边射出D．假设粒子在磁场中经历的时间是t0，那么它一定从ab边射出解析：选AC如下图，做出刚好从ab边、bc边射出的轨迹①②和从cd、ad边射出的轨迹③④。带电粒子在磁场中运动的周期是2t0，由图可知，从ab边射出经历的时间eq\f(t0,3)＜t1≤eq\f(5t0,6)；从bc边射出经历的时间eq\f(5t0,6)＜t2≤eq\f(4t0,3)；从cd边射出经历的时间一定是t3＝eq\f(5t0,3)；从ad边射出经历的时间t4≤eq\f(t0,3)。“动态圆〞模型在电磁学中的应用1．适用条件(1)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，假设射入初速度为v0，那么圆周运动半径为R＝eq\f(mv0,qB)。如下图。(2)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(这个圆在下面的表达中称为“轨迹圆心圆〞)上。2．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“动态圆〞法。[典例2](多项选择)如下图，MN是磁感应强度为B的匀强磁场的边界。一质量为m、电荷量为q的粒子在纸面内从O点射入磁场。假设粒子速度为v0，最远能落在边界上的A点。以下说法正确的选项是()A．假设粒子落在A点的左侧，其速度一定小于v0B．假设粒子落在A点的右侧，其速度一定大于v0C．假设粒子落在A点左右两侧d的范围内，其速度不可能小于v0－eq\f(qBd,2m)D．假设粒子落在A点左右两侧d的范围内，其速度不可能大于v0＋eq\f(qBd,2m)[解析]“假设粒子速度为v0，最远能落在边界上的A点〞应理解为粒子以速度v0垂直MN进入磁场，即经历半个圆周的磁偏转。假设粒子落在A点的左侧，速度不一定小于v0，可能方向不垂直MN(“动态圆〞)；假设粒子落在A点的右侧，速度一定大于v0(“缩放圆〞)；假设粒子落在A点的左侧d处，那么垂直MN进入磁场时，轨迹直径为2r＝OA－d，即eq\f(2mv,qB)＝OA－d，eq\f(2mv0,qB)＝OA，解得v＝v0－eq\f(qdB,2m)；假设粒子不垂直MN进入磁场时，v＞v0－eq\f(qdB,2m)，故速度必须大于v0－eq\f(qBd,2m)；由于粒子是沿任意方向飞入，速度极大的粒子仍可满足条件。故B、C项正确。[答案]BC[对点训练]2.(多项选择)如下图，以直角三角形AOC为边界的有界匀强磁场区域，磁感应强度为B，∠A＝60°，AO＝a。在O点放置一个粒子源，可以向各个方向发射某种带负电的粒子，粒子的比荷为eq\f(q,m)，发射速度大小都为v0，且满足v0＝eq\f(qBa,m)，发射方向由图中的角度θ表示。对于粒子进入磁场后的运动(不计重力作用)，以下说法正确的选项是()A．粒子有可能打到A点B．以θ＝60°飞入的粒子在磁场中运动时间最短C．以θ＜30°飞入的粒子在磁场中运动的时间都相等D．在AC边界上只有一半区域有粒子射出解析：选AD所有带电粒子在磁场中做圆周运动的半径均为r＝eq\f(mv0,qB)＝a，将轨迹圆以O为圆心，进行旋转找出临界条件。当θ＝60°入射时，粒子恰好从A点射出，A正确；当θ＝60°飞入的粒子在磁场中运动时间为eq\f(T,6)，时间最长，B错误；以θ＜30°飞入的粒子均从AC边飞出磁场，圆心角不同，运动时间不相等，C错误；θ＝0°飞入的粒子恰从AC中点飞出，θ＝60°飞入的粒子恰从A点飞出，故D正确。“平移圆〞模型在电磁学中的应用1．适用条件(1)速度大小一定，方向一定，但入射点在同一直线上粒子源发射速度大小、方向一定，入射点不同但在同一直线的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，假设入射速度大小为v0，那么半径R＝eq\f(mv0,qB)，如下图。(2)轨迹圆圆心共线带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心在同一直线，该直线与入射点的连线平行。2．界定方法将半径为R＝eq\f(mv0,qB)的圆进行平移，从而探索粒子的临界条件，这种方法叫“平移圆法〞。[典例3](多项选择)利用如下图装置可以选择一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，方向垂直纸面向里的匀强磁场，板上有两条宽度分别为2d和d的缝，两逢近端相距为L。一群质量为m、电荷量为q，具有不同速度的粒子从宽度为2d的缝垂直于板MN进入磁场，对于能够从宽度为d的缝射出的粒子，以下说法正确的选项是()A．粒子带正电B．射出粒子的最大速度为eq\f(qB3d＋L,2m)C．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[解析]利用左手定那么可判定粒子带负电，故A项错误；利用qvB＝eq\f(mv2,r)知r＝eq\f(mv,qB)，能射出的粒子满足eq\f(L,2)≤r≤eq\f(L＋3d,2)，因此对应射出粒子的最大速度vmax＝eq\f(qBrmax,m)＝eq\f(qB3d＋L,2m)，故B项正确；vmin＝eq\f(qBrmin,m)＝eq\f(qBL,2m)，Δv＝vmax－vmin＝eq\f(3qBd,2m)，可判定C项正确，D项错误。[答案]BC[对点训练]3．(2022·邢台质检)如下图，边长为L的正方形有界匀强磁场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；假设带电粒子以相同的速度从AD的中点P垂直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点所用时间为t2(带电粒子重力不计)，那么t1∶t2为()A．2∶1 B．2∶3C．3∶2 D.eq\r(3)∶eq\r(2)解析：选C画出粒子从A点射入磁场到从C点射出磁场的轨迹，并将该轨迹向下平移，从C点射出的粒子运动时间为t1＝eq\f(T,4)；由P点运动到M点所用时间为t2，圆心角为θ，那么cosθ＝eq\f(\f(R,2),R)。(粒子做圆周运动的半径为R＝L)那么cosθ＝eq\f(\f(L,2),L)＝eq\f(1,2)，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正确。[提能增分集训]1．(2022·广州综合测试)不计重力的两个带电粒子M和N沿同一方向经小孔S垂直进入匀强磁场，在磁场中的运动轨迹如图。分别用vM与vN、tM与tN、eq\f(qM,mM)与eq\f(qN,mN)表示它们的速率、在磁场中运动的时间、比荷，那么()A．如果eq\f(qM,mM)＝eq\f(qN,mN)，那么vM＞vNB．如果eq\f(qM,mM)＝eq\f(qN,mN)，那么vM＜vNC．如果vM＝vN，那么eq\f(qM,mM)＞eq\f(qN,mN)D．如果tM＝tN，那么eq\f(qM,mM)＞eq\f(qN,mN)解析：选A由qvB＝meq\f(v2,R)得eq\f(q,m)＝eq\f(v,BR)，由图可知RM＞RN，如果eq\f(qM,mM)＝eq\f(qN,mN)，那么vM＞vN，A正确、B错误；如果vM＝vN，那么eq\f(qM,mM)＜eq\f(qN,mN)，C错误；由图t＝eq\f(T,2)＝eq\f(πm,qB)，如果tM＝tN，那么eq\f(qM,mM)＝eq\f(qN,mN)，D错误。2．如下图，圆形区域内有垂直纸面的匀强磁场，两个质量和电荷量都相同的带电粒子a、b，以不同的速率沿着AO方向对准圆心O射入磁场，其运动轨迹如图。假设带电粒子只受磁场力的作用，那么以下说法正确的选项是()A．a粒子速率较大B．b粒子速率较大C．b粒子在磁场中运动时间较长D．a、b粒子在磁场中运动时间一样长解析：选B由题图知Ra＜Rb，根据qvB＝meq\f(v2,R)，得R＝eq\f(mv,qB)，可得：va＜vb，故A错误，B错误；由T＝eq\f(2πm,qB)知两粒子周期相同，粒子在磁场中运动时间为t＝eq\f(θ,2π)T，根据图可判断θa＞θb，那么ta＞tb，故C、D错误。3．如下图，在一水平放置的平板MN的上方有匀强磁场，磁感应强度的大小为B，磁场方向垂直于纸面向里。许多质量为m、带电量为＋q的粒子，以相同的速率v沿位于纸面内的各个方向，由小孔O射入磁场区域。不计重力，不计粒子间的相互影响。以下图中阴影局部表示带电粒子可能经过的区域，其中R＝eq\f(mv,Bq)。下面哪个选项图是正确的？()解析：选A如下图，当粒子的速度方向水平向右时，其轨迹圆在上方。粒子的速度方向由水平向右逆时针转到水平向左的过程中，对应于轨迹圆以O为轴逆时针转动，因此这些轨迹是以半径为2R且绕O点转动的一簇圆。由于所有带电粒子在磁场中可能经过的区域应该是轨迹圆扫过的区域，所以，只要判定出区域右侧边界是速度沿ON方向的粒子的圆轨道，就能迅速地得到A答案。4.如下图，圆形区域内有一垂直纸面的匀强磁场，P为磁场边界上的一点。有无数具有同样电荷、同样质量的带电粒子在纸面内沿各个方向以同样的速率通过P点进入磁场。这些粒子射出边界的位置均处于边界的某一段弧上，这段弧的弧长是圆周长的eq\f(1,3)。将磁感应强度的大小由原来的B1变为B2，结果相对应的弧长变为原来的一半，那么eq\f(B2,B1)等于()A．2 B．3C.eq\r(2) D.eq\r(3)解析：选D做出速度水平向左的粒子的轨迹圆，然后保持O点不变，逆时针旋转该圆，可以发现劣弧CO为粒子能出射的位置，其中CO为轨迹圆的直径。设轨迹圆半径为r，场区圆的半径为R，那么r＝Rsinθ，而r＝eq\f(mv,Bq)，所以B＝eq\f(mv,qRsinθ)。当磁场为B1时，θ1＝120°；当磁场为B2时，θ1＝60°。解得eq\f(B2,B1)＝eq\r(3)。5．一足够长的矩形区域abcd内充满磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，矩形区域的左边界ad宽为L，现从ad中点O垂直于磁场射入一带电粒子，速度大小为v0，方向与ad边夹角为α＝30°，如下图。粒子的电荷量为q，质量为m(重力不计)。(1)假设粒子带负电，且恰能从d点射出磁场，求v0的大小；(2)假设粒子带正电，且粒子能从ab边射出磁场，求v0的取值范围。解析：(1)假设粒子带负电，那么进入磁场后沿顺时针方向偏转，如下图，O1为轨迹圆心，由对称性可知，速度的偏转角θ1＝2α＝60°，故轨迹半径r1＝Od＝eq\f(L,2)。根据牛顿第二定律得qv0B＝eq\f(mv02,r1)，得v0＝eq\f(qBr1,m)＝eq\f(qBL,2m)。(2)假设粒子带正电，那么沿逆时针方向偏转，当v0最大时，轨迹与cd相切，轨迹圆心为O2，半径为r2，由几何关系得r2－r2cos60°＝eq\f(L,2)，得r2＝L，即vmax＝eq\f(qBr2,m)＝eq\f(qBL,m)。当v0最小时，轨迹与ab相切，轨迹圆心为O3，半径为r3，由几何关系可得r3＋r3sin30°＝eq\f(L,2)，得r3＝eq\f(L,3)，那么vmin＝eq\f(qBr3,m)＝eq\f(qBL,3m)，所以eq\f(qBL,3m)＜v0≤eq\f(qBL,m)。答案：(1)eq\f(qBL,2m)(2)eq\f(qBL,3m)＜v0≤eq\f(qBL,m)6．如下图为圆形区域的匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，边界跟y轴相切于坐标原点O。O点处有一放射源，沿纸面向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两倍。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道半径；(2)求带电粒子通过磁场空间的最大偏转角。解析：(1)带电粒子进入磁场后，受洛伦兹力作用，由牛顿第二定律得Bqv＝meq\f(v2,r)，那么r＝eq\f(mv,Bq)。(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，只改变圆的位置，画出“动态圆〞，通过“动态圆〞可以观察到粒子运动轨迹均为劣弧，对于劣弧而言，弧越长，弧所对应的圆心角越大，那么运动时间越长，当粒子的轨迹圆的弦长等于磁场直径时，粒子运动的时间最长，sineq\f(φmax,2)＝eq\f(R,r)＝eq\f(1,2)，即φmax＝60°。答案：(1)eq\f(mv,Bq)(2)60°7.如下图，磁感应强度大小为B＝0.15T、方向垂直纸面向里的匀强磁场分布在半径为R＝0.10m的圆形区域内，圆的左端跟y轴相切于直角坐标系原点O，右端跟很大的荧光屏MN相切于x轴上的A点。置于原点的粒子源可沿x轴正方向以不同的速度射出带正电的粒子流，粒子的重力不计，比荷eq\f(q,m)＝1.0×108C/kg。(1)请判断当粒子分别以v1＝1.5eq\r(3)×106m/s和v2＝0.5eq\r(3)×106m/s的速度射入磁场时，能否打到荧光屏上？(2)要使粒子能打在荧光屏上，求粒子流的速度v0的大小应满足的条件。(3)假设粒子流的速度v0＝3.0×106m/s，且以过O点并垂直于纸面的直线为轴，将圆形磁场逆时针缓慢旋转90°，求此过程中粒子打在荧光屏上离解析：(1)粒子以不同速度射入磁场的轨迹如下图，由几何知识得当粒子做圆周运动的半径r＞R时，粒子沿图中①方向射出磁场能打至屏上，当粒子做圆周运动的半径r≤R时，将沿图中②③方向射出磁场，不能打到屏上。当粒子速度为v1时，洛伦兹力提供向心力得qv1B＝eq\f(mv12,r1)，解得r1＝eq\r(3)R＞R，故能打到屏上；同理得，当粒子的速度为v2时，解得r2＝eq\f(\r(3),3)R＜R，故不能打到屏上。(2)设当v0＝v3时，粒子恰好打不到荧光屏上，那么这时粒子沿图中轨迹②从磁场的最高点竖直向上射出磁场。由此可知，粒子在磁场中的轨道半径r3＝R。又由洛伦兹力提供向心力得qv3B＝meq\f(v32,r3)，解得v3＝1.5×106m/s。由题意可知，当v0＞1.5×106m(3)设速度v0＝3.0×106m/s时，粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径为r4，由洛伦兹力提供向心力得qv4B＝meq\f(v42,r4)，解得r4＝2R。如下图，粒子在磁场中运动的轨迹就是以E点为圆心，以r4为半径的一段圆弧。因圆形磁场以O为轴缓慢转动，故磁场边界变为以O为圆心，以2R为半径的圆弧ABE，当A点恰转至B点，此时粒子的出射点为B，偏角α最大，射到荧光屏上P点离A点最远。由几何知识得AP＝CA·tanα＝(2R－r4tan30°)tan60°＝eq\f(\r(3)－1,5)m。答案：(1)v1能，v2不能(2)v0＞1.5×106(3)eq\f(\r(3)－1,5)m第八章冲刺985深化内容电磁学压轴大题增分策略(三)——突破“磁发散〞和“磁聚焦〞两大难点带电粒子在磁场中的运动形式很多，其中有一种是带电粒子在圆形磁场中的运动。当粒子做圆周运动的半径与圆形磁场的半径相等时，会出现磁发散或磁聚焦现象。带电粒子在圆形磁场中的发散运动不同带电粒子在圆形磁场中从同一点沿不同方向出发，做发散运动，离开磁场后速度方向都相同。例如：当粒子由圆形匀强磁场的边界上某点以不同速度射入磁场时，会平行射出磁场，如图。[典例1]真空中有一半径为r的圆柱形匀强磁场区域，磁场方向垂直于纸面向里，Ox为过边界上O点的切线，如下图。从O点在纸面内向各个方向发射速率相同的电子，设电子间相互作用忽略，且电子在磁场中运动的圆周轨迹半径也为r。所有从磁场边界射出的电子，其速度方向有何特征？[解析]如下图，无论入射的速度方向与x轴的夹角为何值，由入射点O、出射点A、磁场圆心O1和轨道圆心O2，一定组成边长为r的菱形，因为OO1⊥Ox，所以O2A⊥Ox。而O2A与电子射出的速度方向垂直，可知电子射出方向一定与Ox轴方向平行，即所有的电子射出圆形磁场时，速度方向均与[答案]见解析[典例2]如下图，真空中有一个半径r＝0.5m的圆形磁场，与坐标原点相切，磁场的磁感应强度大小B＝2×10－3T，方向垂直于纸面向外，在x＝1m和x＝2m之间的区域内有一个方向沿y轴正向的匀强电场区域，电场强度E＝1.5×103N/C。在x＝3m处有一垂直x轴方向的足够长的荧光屏，从O点处向不同方向发射出速率相同的比荷eq\f(q,m)＝1×109C/kg，且带正电的粒子，粒子的运动轨迹在纸面内，一个速度方向沿y轴正方向射入磁场的粒子，恰能从磁场最右侧的A点离开磁场，不计重力及阻力的作用，求：(1)粒子进入电场时的速度和粒子在磁场中的运动时间；(2)速度方向与y轴正方向成30°(如图中所示)射入磁场的粒子，离开磁场时的速度方向；(3)(2)中的粒子最后打到荧光屏上，该发光点的位置坐标。[解析](1)由题意可知，粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径R＝r＝0.5m，有Bqv＝eq\f(mv2,R)，可得粒子进入电场时的速度为v＝eq\f(qBR,m)＝1×109×2×10－3×0.5m/s＝1×106m/s。在磁场中运动的时间为t1＝eq\f(1,4)T＝eq\f(πm,2Bq)＝eq\f(3.14,2×109×2×10－3)s＝7.85×10－7s。(2)粒子的运动圆轨迹和磁场圆的交点O、C以及两圆的圆心O1O2组成菱形，CO2和y轴平行，所以v和x轴平行，如以下图所示。(3)粒子在磁场中转过120°角后从C点离开磁场，速度方向和x轴平行，做直线运动，再垂直电场线进入电场，如以下图所示：在电场中的加速度大小为：a＝eq\f(Eq,m)＝1.5×103×1×109m/s2＝1.5×1012m/s2粒子穿出电场时有：vy＝at2＝a×eq\f(Δx,v)＝1.5×106m/s，tanα＝eq\f(vy,vx)＝eq\f(1.5×106,1×106)＝1.5。在磁场中y1＝1.5r＝1.5×0.5m＝0.75m。在电场中侧移为：y2＝eq\f(1,2)at22＝eq\f(1,2)×1.5×1012×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,1×106)))2m＝0.75m。飞出电场后粒子做匀速直线运动y3＝Δxtanα＝1×1.5m＝1.5m，y＝y1＋y2＋y3＝0.75m＋0.75m＋1.5m＝3m。那么该发光点的坐标为(3m,3m)。[答案](1)1×106m/s7.85×10－7s(2)见解析(3)(3m,带电粒子在圆形磁场中的会聚运动速度相同的不同带电粒子进入圆形匀强磁场后，会聚于同一点。例如：当速度相同的粒子平行射入磁场中，会在圆形磁场中会聚于圆上一点，如下图。[典例3]真空中有一半径为r的圆柱形匀强磁场区域，磁场方向垂直于纸面向里，Ox为过边界上O点的切线，如下图，速率相同，方向都沿Ox方向的不同电子，在磁场中运动的圆周轨迹半径也为r。进入圆形匀强磁场后，所有从磁场边界出射的电子，离开磁场的位置有何特征？[解析]由A点进入磁场的电子，其圆周轨道和圆形磁场的两交点以及两圆心组成边长为r的菱形，v0和AO1垂直，所以AO1的对边也和v0垂直，即AO1的对边和Ox方向垂直，所以AO1的对边即为O2O，电子从O点离开磁场，因此，所有从磁场边界出射的电子，离开磁场的位置都在O点。[答案]见解析[典例4]如图甲所示，平行金属板A和B间的距离为d，现在A、B板上加上如图乙所示的方波形电压，t＝0时，A板比B板的电势高，电压的正向值为u0，反向值为－u0，现有质量为m、带电荷量为q的正粒子组成的粒子束，从AB的中点O1以平行于金属板方向O1O2的速度v0＝eq\f(\r(3)qu0T,3dm)射入，所有粒子在AB间的飞行时间均为T，不计重力影响。求：(1)粒子射出电场时位置离O2点的距离范围及对应的速度；(2)假设要使射出电场的粒子经某一圆形区域的匀强磁场偏转后都能通过圆形磁场边界的一个点处，而便于再收集，那么磁场区域的最小半径和相应的磁感应强度是多大？[解析](1)当粒子由t＝nT时刻进入电场，向下侧移最大，那么：s1＝eq\f(qu0,2dm)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2T,3)))2＋eq\f(qu0,dm)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2T,3)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,3)))－eq\f(qu0,2dm)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,3)))2＝eq\f(7qu0T2,18dm)。当粒子由t＝nT＋eq\f(2T,3)时刻进入电场，向上侧移最大，那么s2＝eq\f(qu0,2dm)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,3)))2＝eq\f(qu0T2,18dm)，在距离O2中点下方eq\f(7qu0T2,18dm)至上方eq\f(qu0T2,18dm)的范围内有粒子射出。打出粒子的速度都是相同的，在沿电场线方向速度大小为vy＝eq\f(u0q,dm)·eq\f(T,3)＝eq\f(u0qT,3dm)。所以射出速度大小为v＝eq\r(v02＋vy2)＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\