第48讲 动态圆、磁聚焦和磁发散问题（讲义）（解析版）-2025年高考物理一轮复习讲练测（新教材新高考）

这是一份第48讲 动态圆、磁聚焦和磁发散问题（讲义）（解析版）-2025年高考物理一轮复习讲练测（新教材新高考），共23页。
\l "_Tc9347" 02、知识导图，思维引航 PAGEREF _Tc9347 \h 2
\l "_Tc27715" 03、考点突破，考法探究 PAGEREF _Tc27715 \h 2
\l "_Tc23192" PAGEREF _Tc23192 \h 2
\l "_Tc29199" 考点一.带电粒子在磁场中运动的动态圆问题 PAGEREF _Tc29199 \h 2
\l "_Tc10932" 知识点一.“平移圆”模型 PAGEREF _Tc10932 \h 2
\l "_Tc20564" 知识点二.“放缩圆”模型 PAGEREF _Tc20564 \h 2
\l "_Tc19132" 知识点三.“旋转圆”模型 PAGEREF _Tc19132 \h 3
\l "_Tc19424" 考向1．对平移圆模型的理解 PAGEREF _Tc19424 \h 3
\l "_Tc8400" 考向2．利用放缩圆解决磁场中的临界问题 PAGEREF _Tc8400 \h 5
\l "_Tc23703" 考向3．利用“旋转圆”模型解决磁场中的极值问题 PAGEREF _Tc23703 \h 6
\l "_Tc28265" 考点二.磁聚焦和磁发散问题 PAGEREF _Tc28265 \h 9
\l "_Tc19121" 知识点一.磁聚焦模型 PAGEREF _Tc19121 \h 9
\l "_Tc7442" 知识点二.磁发散 PAGEREF _Tc7442 \h 9
\l "_Tc23280" 考向1．利用磁聚焦寻求关键性几何条件 PAGEREF _Tc23280 \h 9
\l "_Tc584" 考向2．利用磁聚焦寻求关键性几何条件 PAGEREF _Tc584 \h 11
\l "_Tc10649" 04、真题练习，命题洞见 PAGEREF _Tc10649 \h 11
考点一.带电粒子在磁场中运动的动态圆问题
知识点一.“平移圆”模型
知识点二.“放缩圆”模型
知识点三.“旋转圆”模型
考向1．对平移圆模型的理解
1.如图所示是带电粒子收集器的示意图，直角三角形ABC区域内有垂直于纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场，AC边长为L，∠A＝30°。一束带正电的粒子流以相同速度在CD范围内垂直AC边射入，从D点射入的粒子恰好不能从AB边射出。已知从BC边垂直射出的粒子在磁场中运动的时间为3t，在磁场中运动时间最长的粒子所用时间为4t，则( )
A．粒子的比荷为eq \f(π,3Bt)
B．粒子运动的轨道半径为eq \f(\r(3),3)L
C．粒子射入磁场的速度大小为eq \f(πL,15t)
D．这束粒子在磁场中扫过的面积为eq \f(3π＋12,25)L2
【答案】C
【解析】 从BC边垂直射出的粒子运动时间为3t＝eq \f(T,4)，解得运动周期T＝12t，根据洛伦兹力提供向心力得qvB＝eq \f(mv2,R)，T＝eq \f(2πR,v)，可知T＝eq \f(2πm,qB)，解得eq \f(q,m)＝eq \f(π,6Bt)，故A错误；在磁场中运动时间最长的粒子轨迹如图所示
4t＝eq \f(1,3)T，θ＝eq \f(1,3)×360°＝120°，由几何关系Rsin 30°＋eq \f(R,cs 60°)＝L，解得R＝eq \f(2,5)L，故B错误；由qvB＝eq \f(mv2,R)，解得v＝eq \f(πL,15t)，故C正确；粒子在磁场中扫过的面积如图中灰色部分所示，则S＝R·Rsin 30°＋eq \f(πR2,4)＝eq \f(π＋2,25)L2，故D错误。
2．如图所示，在xOy平面的第Ⅰ、Ⅳ象限内有一圆心为O、半径为R的半圆形匀强磁场，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eq \f(mv0,2qR)、方向垂直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，在磁场中运动的时间最长为( )
A．eq \f(πR,6v0) B．eq \f(πR,4v0)
C．eq \f(πR,3v0) D．eq \f(πR,2v0)
【答案】C
【解析】： 粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力有qv0B＝meq \f(v02,r)，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sin α＝eq \f(FE,r)，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sin αm＝eq \f(OE′,r)＝eq \f(1,2)，解得αm＝eq \f(π,6)，则tm＝eq \f(\f(π,6),2π)·eq \f(2πr,v0)，解得tm＝eq \f(πR,3v0)，故选C。
考向2．利用放缩圆解决磁场中的临界问题
3.(多选)如图所示，在圆心为O、半径为R的半圆形区域内(不含边界)有磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，MN为直径。大量带正电荷的同种粒子以不同的速率从O点在纸面内沿与ON成30°角的方向射入磁场。粒子的质量为m、电荷量为q，不计粒子受到的重力以及粒子间的相互作用。下列说法正确的是( )
A．粒子在磁场中运动的最长时间为eq \f(5πm,3qB)
B．若粒子恰好从圆弧边界离开磁场，则粒子的速度大小为eq \f(qBR,m)
C．若粒子恰好从O点正上方的P点离开磁场，则粒子的速度大小为eq \f(\r(3)qBR,3m)
D．选择合适的速度，粒子可能从M点离开磁场
【答案】 AC
【解析】当粒子的速度较小时，粒子从MN边界离开磁场，其轨迹对应的圆心角为300°，此时粒子在磁场中运动的时间最长，最长时间t＝eq \f(300°,360°)×eq \f(2πm,qB)＝eq \f(5πm,3qB)，故A正确；如图所示
当粒子做圆周运动的轨迹与半圆形磁场边界相切时(切点为Q)，粒子恰好从圆弧边界射出，根据几何知识可知，粒子的轨道半径r1＝eq \f(R,2)，设粒子的速度大小为v1，由洛伦兹力提供向心力有qv1B＝meq \f(v12,r1)，解得v1＝eq \f(qBR,2m)，故B错误；设当粒子恰好从P点离开磁场时，粒子的轨道半径为r2，根据几何关系有r2cs 30°＝eq \f(R,2)，设粒子的速度大小为v2，有qv2B＝meq \f(v22,r2)，解得v2＝eq \f(\r(3)qBR,3m)，故C正确；当粒子的速度大于eq \f(qBR,2m)时，粒子从Q点右侧离开磁场，当粒子的速度小于eq \f(qBR,2m)时，粒子从MN边界离开磁场，即粒子不可能从M点离开磁场，故D错误。
4．(多选)如图所示，空间中有一个底角均为60°的梯形，上底与腰长相等为L，梯形处于磁感应强度大小为B、垂直于纸面向外的匀强磁场中，现c点存在一个粒子源，可以源源不断射出速度方向沿cd、大小可变的电子，电子的比荷为k，为使电子能从ab边射出，速度大小可能为( )
A．eq \f(\r(3)kBL,2) B．eq \f(3\r(3)kBL,4)
C．eq \f(5\r(3)kBL,6) D．eq \f(4\r(3)kBL,3)
【答案】BC
【解析】： 从b点射出的电子轨迹半径最小，如图甲所示
由几何关系可知，xbc＝2L，r1＝eq \f(xbc,2cs 30°)＝eq \f(L,cs 30°)＝eq \f(2\r(3),3)L；从a点射出的电子轨迹半径最大，如图乙所示，
由几何关系可知r2＝eq \f(L,tan 30°)＝eq \r(3)L。由洛伦兹力提供向心力有qvB＝meq \f(v2,r)，解得r＝eq \f(mv,qB)＝eq \f(v,kB)，则有eq \f(2\r(3),3)L≤eq \f(v,kB)≤eq \r(3)L，为使电子能从ab边射出磁场区域，电子的速度范围为eq \f(2\r(3)kBL,3)≤v≤eq \r(3)kBL，故选B、C。
考向3．利用“旋转圆”模型解决磁场中的极值问题
5.(多选)如图所示，在荧光板MN的上方分布了水平方向的匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里。距荧光板d处有一粒子源S，能够在纸面内不断均匀地向各个方向发射速度大小为v＝eq \f(qBd,m)、电荷量为q、质量为m的带正电粒子，不计粒子的重力，已知粒子源发射粒子的总个数为N，则( )
A．粒子能打到板上的区域长度为2eq \r(3)d
B．打到板上的粒子数为eq \f(1,2)N
C．从粒子源出发到打到板上的最短时间为eq \f(πm,3qB)
D．同一时刻发射的粒子打到板上的最大时间差为eq \f(πm,qB)
【答案】BC
【解析】粒子受到的洛伦兹力充当向心力，粒子运动的半径R＝eq \f(mv,qB)＝d，粒子运动到荧光板的两种临界情况如图甲所示，
设SC垂直于MN交于C点，由几何关系可知，左侧最远处与S之间的距离恰好是圆的直径，则左侧最远处A离C距离为eq \r(3)d，右侧离C最远处为D，距离为d，所以粒子能打在板上的区域长度是(eq \r(3)＋1)d，选项A错误；根据以上分析可知有一半的粒子能达到板上，粒子源发射粒子的总个数为N，则打到板上的粒子数为eq \f(1,2)N，选项B正确；能打到荧光板的粒子运动时间最长和最短的运动轨迹示意图如图乙所示，粒子做整个圆周运动的周期T＝eq \f(2πd,v)＝eq \f(2πm,qB)，由几何关系可知最短时间t2＝eq \f(1,6)T＝eq \f(πm,3qB)，最长时间t1＝eq \f(3,4)T＝eq \f(3πm,2qB)，所以Δt＝t1－t2＝eq \f(7πm,6qB)，选项C正确，D错误。
6．如图，x轴上的P(l,0)点处有一正离子源，在xOy平面内向第一象限各个方向发射速率相同的同种离子。当离子沿与x轴正方向成θ＝30°角射入第一象限内的匀强磁场时，从y轴上的D点(未画出)离开磁场，在所有离子轨迹与y轴交点中，D点距离O点最远。若θ＝ 90°，离子将从C点(未画出)离开磁场，不计离子重力及离子间的相互作用，DC的长为( )
A．(2－eq \r(3))l B．(eq \r(3)－1)l
C．(eq \r(2)－1)l D．(2－eq \r(2))l
【答案】B
【解析】：当离子沿与x轴正方向成θ＝30°角射入第一象限内的匀强磁场时，从y轴上的D点离开磁场，在所有离子轨迹与y轴交点中，D点距离O点最远，如图所示，
根据几何关系，圆周运动半径为R＝l，OD＝eq \r(3)l，若θ＝90°，离子将从C点离开磁场，根据动态圆法，可知OC＝l(等于粒子在磁场中做圆周运动的半径)，则DC＝OD－OC＝(eq \r(3)－1)l，故选B。
3.(多选)如图所示，在直角坐标系xOy第一象限内x轴上方存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，在y轴上S处有一粒子源，它可向右侧纸面内各个方向射出速率相等的质量大小均为m、电荷量大小均为q的同种带电粒子，所有粒子射出磁场时离S最远的位置是x轴上的P点。已知粒子带负电，OP＝eq \r(3)OS＝eq \r(3)d，粒子重力及粒子间的相互作用均不计，则( )
A.粒子的速度大小为eq \f(qBd,m)
B.从O点射出的粒子在磁场中的运动时间为eq \f(3πm,qB)
C.从x轴上射出磁场的粒子在磁场中运动的最长时间与最短时间之比为9∶2
D.沿平行x轴正方向射入的粒子离开磁场时的位置到O点的距离为eq \f(d,2)
【答案】 AC
【解析】 粒子射出磁场时离S最远的位置是x轴上的P点，可以画出其轨迹1，可知SP为直径，由几何关系得(2R)2＝d2＋(eq \r(3)d)2，得到R＝d，由洛伦兹力提供向心力得qvB＝eq \f(mv2,R)则v＝eq \f(qBd,m)，故A正确；运动周期T＝eq \f(2πm,qB)，由几何知识可得，从O点射出的粒子的运动轨迹如轨迹3，轨迹所对的圆心角为60°，在磁场中的运动时间t＝eq \f(1,6)T＝eq \f(πm,3qB)，故B错误；从x轴上射出磁场的粒子运动时间最长时运动轨迹与x轴相切的粒子(轨迹2)，对应的圆心角为270°，得t1＝eq \f(3,4)T，运动时间最短的粒子为从原点飞出的粒子(轨迹3)，运动时间为t2＝eq \f(1,6)T，所以eq \f(t1,t2)＝eq \f(9,2)，故C正确；沿平行x轴正方向射入的粒子，圆心在原点处，运动轨迹为四分之一圆，离开磁场时的位置到O点的距离为d，故D错误。
考点二.磁聚焦和磁发散问题
知识点一.磁聚焦模型
电性相同的带电粒子平行射入圆形有界匀强磁场，如果轨迹半径与磁场半径相等，则粒子从磁场边界上同一点射出，该点切线与入射方向平行，其轨迹如图所示。
知识点二.磁发散
带电粒子从圆形有界匀强磁场边界上同一点射入，如果轨迹半径与磁场半径相等，则粒子出射方向与入射点的切线方向平行，其轨迹如图所示。
考向1．利用磁聚焦寻求关键性几何条件
1.如图所示，有一圆形区域匀强磁场，半径为R，方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B1，在其右侧有一与其右端相切的正方形磁场区域，正方形磁场的边长足够长，方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B2。有一簇质量为m、电荷量为＋q的粒子，以相同的速度v0＝eq \f(qRB1,m)沿图示方向平行射入磁场，不计粒子的重力及粒子之间的相互作用，则粒子在正方形磁场区域中可能经过的面积为( )
A．S＝eq \f(3B12,B22)R2 B．S＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(π＋1))B12,2B22)R2
C．S＝(π＋1)eq \f(B12,B22)R2 D．S＝eq \f(π＋1B12,4B22)R2
【答案】C
【解析】由v0＝eq \f(qRB1,m)，则知粒子在圆形磁场区域经历磁聚焦，聚于两区域相切点，而后进入正方形区域，图形如图
图中阴影部分面积即为所求面积，则r＝eq \f(mv0,qB2)＝eq \f(B1,B2)·R，空白区域面积S白＝2×＝eq \f(π－2,2)r2，空白加阴影的总面积S总＝eq \f(1,4)π(2r)2＋eq \f(1,2)πr2＝eq \f(3,2)πr2，则S阴＝S总－S白＝(π＋1)eq \f(B12,B22)·R2，故选C。
2．如图所示，一圆形区域的半径为R，区域内充满垂直于纸面向里的匀强磁场(图中未画出)，a、b两个完全相同的粒子(重力忽略不计)以相同大小的速度水平向右分别从圆形区域边界上的A、B两点射入磁场(从B点射入的粒子速度沿半径方向)，其中从B点射入的粒子刚好从圆形磁场的最上端D点离开，A点到BO的距离为eq \f(R,2)，则a、b两个粒子在磁场中运动的时间之比ta∶tb为( )
A．1∶2B．eq \r(2)∶eq \r(3)
C．2∶3D．1∶eq \r(2)
【答案】C
【解析】：由题可知，两个粒子在磁场中运动的半径相同，由于从B点射入的粒子刚好从圆形磁场的最上端D点离开，可知两个粒子的运动半径都为R，结合磁聚焦特点，可得两粒子运动轨迹如图所示
由几何关系可知，从A点入射的粒子在磁场中运动轨迹所对应的圆心角为60°，从B点入射的粒子在磁场中运动轨迹所对应的圆心角为90°，根据运动时间t＝eq \f(θ,2π)T，得a、b两个粒子在磁场中运动的时间之比ta∶tb＝60°∶90°＝2∶3，故C正确。
考向2．利用磁聚焦寻求关键性几何条件
3.(多选)如图所示，在xOy坐标系的第一象限中有一半径为r＝0.1 m的圆形磁场区域，磁感应强度为B＝1 T，方向垂直纸面向里，该区域同时与x轴、y轴相切，切点分别为C、A。现有大量质量为1×10－18 kg(重力不计)、电荷量大小为2×10－10 C、速率均为2×107 m/s的带负电的粒子从A处垂直磁场进入第一象限，速度方向与y轴夹角为θ，且0＜θ＜180°，则下列说法正确的是( )
A．粒子的轨迹圆和磁场圆的半径相等
B．这些粒子轨迹圆的圆心构成的圆和磁场圆的半径相等
C．部分粒子可以穿越坐标系进入第二象限
D．粒子的轨迹可以覆盖整个磁场圆
【答案】 ABD
【解析】粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，根据qvB＝meq \f(v2,R)，解得R＝0.1 m，故A正确；由题意得，粒子的轨迹相当于把半径R＝0.1 m的圆以A点为轴转动，粒子轨迹圆心构成的圆的圆心在A点，半径与磁场的半径相等，且粒子的轨迹可以覆盖整个磁场圆，故B、D正确；由于粒子做圆周运动的半径与磁场的半径相等，符合磁发散的条件，根据磁发散的特点，粒子离开磁场后速度都竖直向下，不可能进入到第二象限，故C错误。
1．（2024·湖北·高考真题）如图所示，在以O点为圆心、半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。圆形区域外有大小相等、方向相反、范围足够大的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q（q>0）的带电粒子沿直径AC方向从A点射入圆形区域。不计重力，下列说法正确的是（ ）
A．粒子的运动轨迹可能经过O点
B．粒子射出圆形区域时的速度方向不一定沿该区域的半径方向
C．粒子连续两次由A点沿AC方向射入圆形区域的最小时间间隔为
D．若粒子从A点射入到从C点射出圆形区域用时最短，粒子运动的速度大小为
【答案】D
【详解】AB．在圆形匀强磁场区域内，沿着径向射入的粒子，总是沿径向射出的；根据圆的特点可知粒子的运动轨迹不可能经过O点，故AB错误；
C．粒子连续两次由A点沿AC方向射入圆形区域，时间最短则根据对称性可知轨迹如图
则最短时间有
故C错误；
D．粒子从A点射入到从C点射出圆形区域用时最短，则轨迹如图所示
设粒子在磁场中运动的半径为r，根据几何关系可知
根据洛伦兹力提供向心力有
可得
故D正确。
故选D。
2．（2024·河北·高考真题）如图，真空区域有同心正方形ABCD和abcd，其各对应边平行，ABCD的边长一定，abcd的边长可调，两正方形之间充满恒定匀强磁场，方向垂直于正方形所在平面．A处有一个粒子源，可逐个发射速度不等、比荷相等的粒子，粒子沿AD方向进入磁场。调整abcd的边长，可使速度大小合适的粒子经ad边穿过无磁场区后由BC边射出。对满足前述条件的粒子，下列说法正确的是（ ）
A．若粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为45°，则粒子必垂直BC射出
B．若粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为60°，则粒子必垂直BC射出
C．若粒子经cd边垂直BC射出，则粒子穿过ad边的速度方向与ad边夹角必为45°
D．若粒子经bc边垂直BC射出，则粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角必为60°
【答案】AD
【详解】A．粒子在磁场中做匀速圆周运动，在正方形abcd区域中做匀速直线运动，粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为45°，在正方形abcd区域中的运动轨迹必平行于AC的连线，可知粒子必经过cd边，进入正方形abcd区域前后的两段圆弧轨迹的半径相等，并且圆心角均为45°，据此作出粒子可能的两个运动轨迹如图所示
粒子的运动轨迹均关于直线BD对称，粒子必从C点垂直于BC射出，故A正确；
C．若粒子经cd边垂直BC射出，粒子运动轨迹如图所示
设粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为，则图中两段圆弧轨迹的圆心角与的关系为
设两正方形的对应边之间的距离为，为保证粒子穿过ad边，需满足
且有
联立解得
为保证粒子穿过cd边，需满足
为保证从BC边射出，需满足
联立解得
可得粒子经cd边垂直BC射出，粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角范围是
故C错误；
BD．粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为60°时，作出粒子恰好经过c点的运动轨迹如图所示
设粒子在e点进入正方形abcd区域，线段MN垂直平分轨迹ec，与AB选项的分析同理，粒子的轨迹关于线段MN对称。线段CE平行于轨迹ec，取圆弧轨迹的中点F，过F点做轨迹ec的平行线分别交AD与BC于点G和点，点为点E关于MN的对称点。易知点e为ad的中点，点E为AD的中点，Ee垂直于ad和AD，设粒子轨迹半径为r，正方形ABCD的边长为2L。由几何关系得
联立解得
因，故，即EF垂直于，由对称性可知四边形为矩形，垂直于CE，可知点是点F关于MN的对称点，即点F是圆弧cH的中点，可知由c到粒子的轨迹圆心角为30°，可得粒子垂直BC射出。若粒子速度较大，轨迹半径较大，则粒子在c点左侧穿过cd，其轨迹如图所示
与临界轨迹对比，粒子第二段的轨迹圆心不会在BC上，故粒子不会垂直BC射出。若粒子速度较小，轨迹半径较小，则粒子在c点下方穿过cb，其轨迹如图所示。
与粒子恰好经过c点的运动过程同理，根据对称性可知粒子一定垂直BC射出，故B错误，D正确。
故选AD。
3．（2024·重庆·高考真题）有人设计了一粒种子收集装置。如图所示，比荷为的带正电的粒子，由固定于M点的发射枪，以不同的速率射出后，沿射线MN方向运动，能收集各方向粒子的收集器固定在MN上方的K点，O在MN上，且KO垂直于MN。若打开磁场开关，空间将充满磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里的匀强磁场，速率为v0的粒子运动到O点时，打开磁场开关，该粒子全被收集，不计粒子重力，忽略磁场突变的影响。
(1)求OK间的距离；
(2)速率为4v0的粒子射出瞬间打开磁场开关，该粒子仍被收集，求MO间的距离；
(3)速率为4v0的粒子射出后，运动一段时间再打开磁场开关，该粒子也能被收集。以粒子射出的时刻为计时O点。求打开磁场的那一时刻。

【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）（1）当粒子到达О点时打开磁场开关，粒子做匀速圆周运动，设轨迹半径为r1，如图所示

由洛伦兹力提供向心力得
其中
（2）速率为4v0的粒子射出瞬间打开磁场开关，则粒子在磁场中运动的轨迹半径
r2 = 4r1
如图所示，由几何关系有
（4r1-2r1）2＋MO2 = (4r1)2
解得
（3）速率为4v0的粒子射出一段时间t到达N点，要使粒子仍然经过K点，则N点在O点右侧，如图所示

由几何关系有
（4r1-2r1）2＋ON2 = (4r1)2
解得
粒子在打开磁场开关前运动时间为
解得
4．（2024·海南·高考真题）如图，在xOy坐标系中有三个区域，圆形区域Ⅰ分别与x轴和y轴相切于P点和S点。半圆形区域Ⅱ的半径是区域Ⅰ半径的2倍。区域Ⅰ、Ⅱ的圆心连线与x轴平行，半圆与圆相切于Q点，QF垂直于x轴，半圆的直径MN所在的直线右侧为区域Ⅲ。区域Ⅰ、Ⅱ分别有磁感应强度大小为B、的匀强磁场，磁场方向均垂直纸面向外。区域Ⅰ下方有一粒子源和加速电场组成的发射器，可将质量为m、电荷量为q的粒子由电场加速到。改变发射器的位置，使带电粒子在OF范围内都沿着y轴正方向以相同的速度沿纸面射入区域Ⅰ。已知某粒子从P点射入区域Ⅰ，并从Q点射入区域Ⅱ（不计粒子的重力和粒子之间的影响）
（1）求加速电场两板间的电压U和区域Ⅰ的半径R；
（2）在能射入区域Ⅲ的粒子中，某粒子在区域Ⅱ中运动的时间最短，求该粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中运动的总时间t；
（3）在区域Ⅲ加入匀强磁场和匀强电场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里，电场强度的大小，方向沿x轴正方向。此后，粒子源中某粒子经区域Ⅰ、Ⅱ射入区域Ⅲ，进入区域Ⅲ时速度方向与y轴负方向的夹角成74°角。当粒子动能最大时，求粒子的速度大小及所在的位置到y轴的距离。
【答案】（1），；（2）；（3），
【详解】（1）根据动能定理得
解得
粒子进入区域I做匀速圆周运动，根据题意某粒子从P点射入区域Ⅰ，并从Q点射入区域Ⅱ，故可知此时粒子的运动轨迹半径与区域Ⅰ的半径R相等，粒子在磁场中运动洛伦兹力提供向心力
解得
（2）带电粒子在OF范围内都沿着y轴正方向以相同的速度沿纸面射入区域Ⅰ，由(1)可得，粒子的在磁场中做匀速圆周运动，轨迹半径均为R，因为在区域Ⅰ中的磁场半径和轨迹半径相等，粒子射入点、区域Ⅰ圆心O1、轨迹圆心O'、粒子出射点四点构成一个菱形，有几何关系可得，区域Ⅰ圆心O1和粒子出射点连线平行于粒子射入点与轨迹圆心O'连线，则区域Ⅰ圆心O1和粒子出射点水平，根据磁聚焦原理可知粒子都从Q点射出，粒子射入区域II，仍做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力
解得
如图，要使粒子在区域Ⅱ中运动的时间最短，轨迹所对应的圆心角最小，可知在区域Ⅱ中运动的圆弧所对的弦长最短，即此时最短弦长为区域Ⅱ的磁场圆半径，根据几何知识可得此时在区域Ⅱ和区域Ⅰ中运动的轨迹所对应的圆心角都为，粒子在两区域磁场中运动周期分别为
故可得该粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中运动的总时间为
（3）如图，将速度分解为沿y轴正方向的速度及速度，因为可得，故可知沿y轴正方向的速度产生的洛伦兹力与电场力平衡，粒子同时受到另一方向的洛伦兹力，故粒子沿y正方向做旋进运动，根据角度可知
故当方向为竖直向上时此时粒子速度最大，即最大速度为
圆周运动半径
根据几何关系可知此时所在的位置到y轴的距离为
5．（2024·山东·高考真题）如图所示，在Oxy坐标系x>0，y>0区域内充满垂直纸面向里，磁感应强度大小为B的匀强磁场。磁场中放置一长度为L的挡板，其两端分别位于x、y轴上M、N两点，∠OMN=60°，挡板上有一小孔K位于MN中点。△OMN之外的第一象限区域存在恒定匀强电场。位于y轴左侧的粒子发生器在0＜y＜的范围内可以产生质量为m，电荷量为+q的无初速度的粒子。粒子发生器与y轴之间存在水平向右的匀强加速电场，加速电压大小可调，粒子经此电场加速后进入磁场，挡板厚度不计，粒子可沿任意角度穿过小孔，碰撞挡板的粒子不予考虑，不计粒子重力及粒子间相互作用力。
（1）求使粒子垂直挡板射入小孔K的加速电压U0；
（2）调整加速电压，当粒子以最小的速度从小孔K射出后恰好做匀速直线运动，求第一象限中电场强度的大小和方向；
（3）当加速电压为时，求粒子从小孔K射出后，运动过程中距离y轴最近位置的坐标。
【答案】（1）；（2），方向沿x轴正方向；（3）(n=0,1,2⋅⋅⋅)
【详解】（1）根据题意，作出粒子垂直挡板射入小孔K的运动轨迹如图所示
根据几何关系可知粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径为
在区域根据洛伦兹力提供向心力有
在匀强加速电场中由动能定理有
联立解得
（2）根据题意，当轨迹半径最小时，粒子速度最小，则作出粒子以最小的速度从小孔K射出的运动轨迹如图所示
根据几何关系可知粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径为
在区域根据洛伦兹力提供向心力有
粒子从小孔K射出后恰好做匀速直线运动，由左手定则可知粒子经过小孔K后受到的洛伦兹力沿x轴负方向，则粒子经过小孔K后受到的电场力沿x轴正方向，粒子带正电，则之外第一象限区域电场强度的方向沿x轴正方向，大小满足
联立可得
（3）在匀强加速电场中由动能定理有
可得
在区域根据洛伦兹力提供向心力有
可得粒子在区域运动的轨迹半径
作出从小孔K射出的粒子的运动轨迹如图所示
设粒子从小孔射出的速度方向与轴正方向夹角为，根据几何关系可知
则粒子从小孔射出的速度方向与轴正方向的夹角为，该速度沿轴和轴正方向的分速度大小为
，
则粒子从射出后的运动可分解为沿轴正方向的匀速直线运动和速度大小为的匀速圆周运动，可知
解得
粒子做圆周运动的周期为，粒子至少运动距离轴最近，加上整周期则粒子运动，时距离轴最近，则最近位置的横坐标为
纵坐标为
，
综上所述，最近的位置坐标，。
考情分析
2024·湖北·高考物理第10题
2024·河北·高考物理第10题
2024·重庆·高考物理第14题
2024·海南·高考物理第15题
2024·山东·高考物理第14题
复习目标
目标1.进一步理解带电粒子在有界磁场中运动的临界极值问题。
目标2.会用“平移圆”“旋转圆”“放缩圆”找出对应的临界状态或极值的轨迹。
目标3.理解“磁聚焦”和“磁发散”模型。
适用条件
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，若入射速度大小为v0，则半径R＝eq \f(mv0,qB)，如图所示
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上，该直线与入射点的连线平行
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
适用条件
粒子源发射速度方向一定、大小不同的同种带电粒子垂直进入匀强磁场时，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
圆心共线
如图所示(图中只画出粒子带正电的情境)，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
适用条件
粒子源发射速度大小一定、方向不同的同种带电粒子垂直进入匀强磁场时，它们在磁场中做匀速圆周运动的半径相同，若入射初速度大小为v0，则圆周运动轨迹半径为R＝eq \f(mv0,qB)，如图所示
圆心共圆
如图，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，从而探索出临界条件，这种方法称为“旋转圆”法