【高考物理】一轮复习：专题强化练（2025版创新设计）18、专题强化练十八　动态圆

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图1
A.在AC边界上有粒子射出的长度为(eq \r(2)－1)m
B.C点有粒子射出
C.在AB边界上有粒子射出的长度为1 m
D.磁场中运动时间最长粒子从底边距B点(eq \r(2)－1)m处入射
2.如图2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离x轴及y轴最远距离分别为( )
图2
A.eq \f(2mv,qB) eq \f(2mv,qB)B.eq \f(mv,qB) eq \f(2mv,qB)
C.eq \f(2mv,qB) eq \f(mv,qB)D.eq \f(mv,qB) eq \f(mv,qB)
3.(多选)如图3所示，在一等腰直角三角形ACD区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B，一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子(重力不计)从AC边的中点O垂直于AC边射入该匀强磁场区域，若该三角形的两直角边长均为2l，则下列关于粒子运动的说法正确的是( )
图3
A.若该粒子的入射速度v＝eq \f(qBl,m)，则粒子一定从CD边射出磁场，且距点C的距离为l
B.若要使粒子从CD边射出，则该粒子从O点入射的最大速度应为v＝eq \f(（\r(2)＋1）qBl,m)
C.若要使粒子从CD边射出，则该粒子从O点入射的最大速度应为v＝eq \f(\r(2)qBl,m)
D.当该粒子以不同的速度入射时，在磁场中运动的最长时间为eq \f(πm,qB)
4.(多选)如图4所示，坐标原点O有一粒子源，能向坐标平面一、二象限内发射大量质量为m、电荷量为q的正粒子(不计重力)，所有粒子速度大小相等。圆心在(0，R)，半径为R的圆形区域内，有垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B，磁场右侧有一点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2R，\f(3,2)R))，已知初速度沿y轴正向的粒子经过磁场后，粒子的速度方向沿x轴的正方向，则( )
图4
A.初速度方向与x轴夹角为120°的粒子经过A点
B.初速度方向与x轴夹角为135°的粒子经过A点
C.经过A点的粒子在磁场中运动时间为eq \f(2πm,3qB)
D.经过A点的粒子在磁场中运动时间为eq \f(3πm,4qB)
5.如图5所示，宽为d的混合粒子束由速率为3v、4v、5v的三种带正电的离子组成。所有离子的电荷量均为q、质量均为m，当三种速率的离子水平向右进入匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外。在入口外，紧靠粒子束的下边缘竖直放置一个长度为2d的薄吞噬板MN。忽略离子重力及离子间相互作用，若使这些离子都能打到吞噬板MN上，则磁感应强度大小的取值范围是( )
图5
A.eq \f(5mv,qd)C.eq \f(5mv,qd)6.(2024·浙江温州模拟)如图6所示，竖直平面内有一xOy平面直角坐标系，第一、四象限中存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小记为B(B未知)。坐标原点O处有一放射源，放射源可以源源不断向一、四象限180°范围内均匀地辐射出质量为m、电荷量为q的正离子。在y轴上固定一能吸收离子的收集板MN，M点坐标为(0，a)，N点坐标为(0，2a)，当辐射的离子速率为v0时离子打在收集板上的位置最远到N点，最近到M点。不计离子的重力及离子间的相互作用的影响，求：
图6
(1)恰好打到M点的离子在磁场中运动的时间；
(2)能打到收集板上的离子数占辐射总数的比例。
7.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7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，若这些电子穿过该磁场后都能垂直射到荧光屏MN上，荧光屏与y轴平行，求：
图7
(1)荧光屏上光斑的长度；
(2)所加磁场范围的最小面积。
8.如图8所示，正方形区域abcd内(含边界)有垂直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，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8。
图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。
参考答案
专题强化练十八 动态圆
1.ACD [粒子在磁场中偏转，根据洛伦兹力提供向心力，有qvB＝meq \f(v2,R)，粒子在磁场中运动的轨道半径为R＝eq \f(mv,qB)＝eq \f(10－7×5×103,2×10－3×0.25) m＝1 m，作出粒子在磁场中的运动轨迹图，如图所示。由图可知，能从AC边射出的粒子长度为eq \(DE,\s\up6(－))＝eq \r(2)R－R＝(eq \r(2)－1)m，故A正确；粒子不可能到达C点，故B错误；由图可知，在AB边界上有粒子射出的长度为BF＝R＝1 m，故C正确；磁场中运动时间最长粒子运动半个圆周，轨迹与AB、AC相切，由图可知从底边距B点(eq \r(2)－1)m处入射，故D正确。]
2.A [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)，不难得出离y轴最远为|x|＝2r＝eq \f(2mv,qB)，离x轴最远为y＝2r＝eq \f(2mv,qB)，所以A项正确。]
3.ABD [若粒子射入磁场时速度v＝eq \f(qBl,m)，则由qvB＝eq \f(mv2,r)可得r＝l，由几何关系可知，粒子一定从CD边上距C点为l的位置离开磁场，A项正确；因为r＝eq \f(mv,qB)，所以v＝eq \f(qBr,m)，因此，粒子在磁场中运动的轨迹半径越大，速度就越大，由几何关系可知，当粒子在磁场中的运动轨迹与三角形的AD边相切时，粒子的速度是从CD边射出的最大速度，此时粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径r＝(eq \r(2)＋1)l，故其最大速度v＝eq \f(（\r(2)＋1）qBl,m)，B项正确，C项错误；粒子在磁场中的运动周期T＝eq \f(2πm,qB)，故当粒子从三角形的AC边射出时，粒子在磁场中运动的时间最长，此时粒子做圆周运动的圆心角为180°，故最长时间t＝eq \f(πm,qB)，D项正确。]
4.AC [初速度沿y轴正向的粒子经过磁场后，粒子的速度方向沿x轴的正方向，则粒子的轨道半径r＝R，由qvB＝eq \f(mv2,r)，可得粒子轨道半径都为R；结合题意和几何关系可知，平面一、二象限射入的粒子从磁场射出时，速度一定沿x轴正方向，经过A点的粒子在磁场中运动的轨迹如图所示，根据几何关系有R＋Rsin(α－90°)＝eq \f(3,2)R，解得α＝120°，故A正确，B错误；该粒子在磁场中的运动时间为t＝eq \f(120°,360°)×eq \f(2πm,qB)＝eq \f(2πm,3qB)，故C正确，D错误。]
5.C [由分析可知，粒子束上边缘进入速率为v1＝3v的离子到达吞噬板上边缘时，半径最小，磁感应强度最大，根据qv1B1＝eq \f(mveq \\al(2,1),R1)，由几何关系得R1＝eq \f(d,2)，可得B1＝eq \f(6mv,qd)；粒子束下边缘进入速率为v2＝5v的离子到达吞噬板下边缘时，半径最大，磁感应强度最小，此时qv2B2＝meq \f(veq \\al(2,2),R2)，R2＝d，得B2＝eq \f(5mv,qd)，所以磁感应强度大小的取值范围为eq \f(5mv,qd)6.(1)eq \f(πa,3v0)或eq \f(5πa,3v0) (2)eq \f(2,3)
解析 (1)由题意可知，沿x轴正方向出射的离子，经半圆到达N点，由此可得r＝a，可知通过M点的离子有两个出射方向，如图甲，一个轨迹转过的圆心角为60°，即t1＝eq \f(1,6)T，另一个轨迹转过的圆心角为300°，即t2＝eq \f(5,6)T，离子做匀速圆周运动，周期T＝eq \f(2πr,v0)，即T＝eq \f(2πa,v0)，解得t1＝eq \f(πa,3v0)，t2＝eq \f(5πa,3v0)。
(2)如图乙所示，由动态圆分析结果可知，能打到收集板上的离子分布在速度方向与x轴正方向成60°角的范围内，因为放射源均匀打出离子，因此打到收集板上的离子数占辐射总数的比例为eq \f(120°,180°)＝eq \f(2,3)。
7.(1)eq \f(mv0,eB) (2)eq \f(π＋2,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(mv0,eB)))eq \s\up12(2)
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(veq \\al(2,0),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为半径的圆的一部分，如图中阴影部分所示，其面积大小
S＝eq \f(3,4)πR2＋R2－eq \f(1,4)πR2＝eq \f(π＋2,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(mv0,eB)))eq \s\up12(2)。
8.(1)eq \f(143πm,90qB) (2)eq \f(qBl,4m)≤v0解析 (1)粒子从ab边离开磁场时，在磁场中运动的时间最长，如图甲所示，
有qv0B＝eq \f(mveq \\al(2,0),R)，又T＝eq \f(2πR,v0)，解得T＝eq \f(2πm,qB)
又由几何关系得θ＝74°，则粒子在磁场中运动的最长时间
t＝eq \f(360°－74°,360°)T＝eq \f(143πm,90qB)。
(2)当粒子轨迹与ad边相切时，如图乙所示，设此时初速度为v01，轨道半径为R1，
由几何关系可得R1＋R1sin 37°＝0.4l
又qv01B＝eq \f(mveq \\al(2,01),R1)，解得v01＝eq \f(qBl,4m)
当粒子运动轨迹与cd边相切时，如图丙所示，
设此时初速度为v02，轨道半径为R2
由几何关系可得R2＋R2cs 37°＝l
又qv02B＝eq \f(mveq \\al(2,02),R2)，解得v02＝eq \f(5qBl,9m)
综上可得eq \f(qBl,4m)≤v0