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

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【题型一】带电粒子在有界磁场中的运动
1．如图所示，有一个正方形的匀强磁场区域abcd，e是ad的中点，f是cd的中点，如果在a点沿对角线方向以速度v射入一带负电的带电粒子，恰好从e点射出，不计粒子重力，则（ ）
A．只改变粒子的速度使其分别从e、d、f点射出时，从f点射出所用时间最长
B．只把磁场的磁感应强度变为原来的三分之一，粒子将从d点射出
C．只把粒子的速度增大为原来的三倍，粒子将从f点射出
D．只把粒子的速度增大为原来的三倍，粒子出射时的速度偏转角大于
【答案】D
【详解】A．只改变粒子的速度使其分别从e、d、f三点射出时，轨迹如图
轨迹的圆心角是从f点射出时最小，根据公式
可知粒子从f点射出时运动时间最短。故A错误；
B．由几何关系可知，粒子从e点射出的半径与从d点射出的半径关系为
根据
解得
可知只把磁场的磁感应强度变为原来的二分之一，粒子将从d点射出。故B错误；
CD．设正方形的边长为2a，则粒子从e点射出时，轨迹半径为
如果粒子的速度变为原来的3倍，由半径公式
可知，半径将变为原来的3倍，即
轨迹如图所示
由几何关系得
由于
所以粒子从fd之间射出磁场。由图可知，粒子出射时的速度偏转角大于。故C错误；D正确。
故选D。
2．长为L，间距也为L的两平行金属板间有垂直向里的匀强磁场，如图所示，磁感应强度为B，今有质量为m、带电量为q的正离子（重力不计）从平行板左端中点以平行于金属板的方向射入磁场。欲使离子不打在极板上，入射离子的速度大小应满足的条件是（ ）
① ② ③ ④
A．①②B．①③C．②③D．②④
【答案】A
【详解】根据洛伦兹力提供向心力
可得
若粒子从左侧出磁场而不打在板上，则
解得
若粒子从右侧出磁场擦着板边缘射出磁场，设半径为，则半径满足
解得
由于粒子不打在极板上，因此有
解得
综上所述，入射离子的速度大小应满足的条件是或。
故选A。
3．一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，，，一束粒子，在纸面内从a点垂直于ab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。已知粒子的质量为3m，电荷量为q。以下正确的为（ ）
A．粒子能到达de中点
B．从bc边界出的粒子运动时间相等
C．在磁场中运动时间最长的粒子，其运动率为
D．粒子在磁场中运动的最长时间为
【答案】C
【详解】A．粒子在磁场中做匀圆周运动轨迹图如图所示，由图可知，粒子要在区域运动，在经点时轨道半径最大，此时粒子没能到达de中点，因此粒子不能到达de中点，A错误；
BC．设粒子的运动轨迹过bcde上的某一点g，O为粒子做圆周运动轨迹的圆心，当最大时，粒子运动轨迹对应的圆心角最大，粒子运动时间最长，由几何关系可知，当c点与g点重合时，粒子运动时间最长，即从bc边界出的粒子运动时间不相等。如图所示，设运动半径为R，由几何关系则有
解得
已知粒子的质量为3m，电荷量为q，其在磁场中做匀速圆周运动，有
解得
B错误，C正确；
D．粒子在磁场中运动的周期为
在中，设为，为θ，由几何关系可得
可得
则粒子在磁场中运动的最长时间为
D错误。
故选C。
4．如图所示，一个边界为PQ、MN（两边界上有磁场）的足够大的匀强磁场区域，宽度为d，磁场方向垂直纸面向里。O点处有一体积可忽略的粒子发射装置，能够在纸面内向磁场各个方向连续、均匀地发射速度大小相等的质子，发现从磁场MN边界射出的质子数占总数的三分之一，不计质子间相互作用及重力，则MN边界上有质子射出的区域长度为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】从磁场MN边界射出的质子数占总数的三分之一，即当入射角度与PQ边界为角入射时恰好与MN边界相切，如图所示
由几何关系可知
解得
此时，质子从MN边界射出的最高点；当质子与PQ边界平行入射时，如图所示
此时为质子从MN边界射出的最低点，则由几何关系可知，MN边界上有质子射出的区域长度为
故选C。
5．如图所示，平行边界MN、PQ间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B，两边界长度足够长，间距为d，MN上有一粒子源A，可在纸面内沿各个方向向磁场中射入质量均为m、电荷量均为q的带正电的粒子，粒子射入磁场的速度，不计粒子的重力，则粒子能从PQ边界射出磁场的区域长度为（ ）
A．dB．
C．2dD．
【答案】C
【详解】带电粒子在磁场中做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，有
粒子在磁场中运动的半径
粒子从PQ边射出的两个边界粒子的轨迹如图所示
由几何关系可知，从PQ边射出粒子的区域长度为
L=2R=2d
故选C。
6．如图所示，在足够长的荧光屏MN上方分布了水平方向的匀强磁场，磁感应强度的大小B=0.1T、方向与纸面垂直。距离荧光屏h=8cm处有一粒子源S，以速度v=5×105m/s不断地在纸面内向各个方向发射比荷的带正电粒子，不计粒子的重力。则粒子打在荧光屏范围的长度为（ ）

A．10cmB．12cmC．20cmD．24cm
【答案】A
【详解】粒子在磁场中做圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力
解得
如图所示

若粒子打在荧光屏的左侧，弦长等于直径时，粒子打在荧光屏的最左侧，由几何关系有
粒子的运动轨迹与荧光屏右侧相切时，打在荧光屏的最右侧，由几何关系有
根据数学知识可知打在荧光屏上的范围长度为
故选A。
【题型二】带电粒子在磁场中的多解、临界问题
7．带电粒子流的磁聚焦是薄膜材料制备的关键技术之一、磁聚焦原理如图，真空中一半径为r的圆形区域内存在垂直纸面的匀强磁场，一束宽度为2r、沿x轴正方向运动的带电粒子流射入该磁场后汇聚于坐标原点O。已知粒子的质量均为m、电荷量均为q、进入磁场的速度均为v，不计带电粒子的重力及粒子间的相互作用力。则磁感应强度的大小应为（ ）
A． B． C．D．
【答案】C
【详解】利用圆形区域匀强磁场实现对带电粒子流的磁聚焦，需要满足：粒子匀速圆周运动半径与圆形磁场区域的半径相等，设粒子做匀速圆周运动的半径为R，则有
粒子匀速圆周运动所需向心力等于洛伦兹力，则有
解得
故选C。
8．我国研制的世界首套磁聚焦霍尔电推进系统已经完成了全部在轨飞行验证工作，可作为太空发动机使用，带电粒子流的磁聚焦是其中的关键技术之一。如图，实线所示的两个圆形区域内存在垂直于纸面的匀强磁场I、Ⅱ，磁感应强度分别为，。两圆半径均为r，相切于O点。一束宽度为的带电粒子流沿x轴正方向射入后都汇聚到坐标原点O。已知粒子的质量均为m、电荷量均为、进入磁场的速度均为v，不计带电粒子的重力及粒子间的相互作用力。下列说法正确的是（ ）
A．的大小为
B．从O点进入磁场Ⅱ的粒子的速度仍相等
C．若，则粒子在磁场Ⅱ的边界的射出点在六分之一圆周上
D．若，则粒子在磁场Ⅱ中运动的最长时间为
【答案】ACD
【详解】A．由磁聚焦的特点可知，粒子在磁场中的运动半径与磁场圆的半径相等，即
解得
A正确；
B．洛伦兹力只改变带电粒子的运动方向不改变其速度的大小，其速度大小相等，但速度的方向不同，B错误；
C．若，则
可知，粒子离开磁场II最远的位置离原点为r，如图所示。
由几何关系，弦所对最大圆心角为，故粒子在磁场II的边界的射出点在六分之一圆周上，C正确；
D．若，则
由此可知，粒子离开磁场Ⅱ运动轨迹的弦越长，运动的时间越长，如图所示，粒子在磁场中运动轨迹的圆心角为，则粒子在磁场Ⅱ中运动的最长时间为
D正确；
故选ACD。
9．利用磁聚焦和磁控束可以改变一束平行带电粒子的宽度，人们把此原理运用到薄膜材料制备上，使芯片技术得到飞速发展。如图，宽度为的带正电粒子流水平向右射入半径为的圆形匀强磁场区域，磁感应强度大小为，这些带电粒子都将从磁场圆上O点进入正方形区域，正方形过O点的一边与半径为的磁场圆相切。在正方形区域内存在一个面积最小的匀强磁场区域，使汇聚到O点的粒子经过该磁场区域后宽度变为，且粒子仍沿水平向右射出，不考虑粒子间的相互作用力及粒子的重力，下列说法正确的是（ ）
A．正方形区域中匀强磁场的磁感应强度大小为，方向垂直纸面向里
B．正方形区域中匀强磁场的磁感应强度大小为，方向垂直纸面向里
C．正方形区域中匀强磁场的最小面积为
D．正方形区域中匀强磁场的最小面积为
【答案】BC
【详解】AB． 根据磁聚焦原理，粒子在半径为的圆形磁场区域中运动，粒子运动的轨迹半径为，有
解得
要使汇聚到O点的粒子经正方形区域内的磁场偏转后宽度变为，且粒子仍沿水平向右射出，作出轨迹如图所示，由几何关系可知粒子的轨迹半径，正方形中磁场区域内应该为圆形磁场的一部分，有
解得
比较可得
由左手定则可知，方向垂直纸面向里，A错误，B正确；
CD． 如图，磁场区域的最小面积为
C正确，D错误。
故选BC。
1．如图所示，在直线边界的上方存在垂直纸面向里磁感应强度为的匀强磁场，点在上。现从点垂直在纸面内向上发射速度大小不同、质量均为、电量均为的粒子，已知，不计粒子的重力及粒子间的相互作用，则粒子在磁场中运动的最长时间为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】根据题意可知，当粒子由N点飞出时，运动的时间最长，运动轨迹如图所示
设粒子做圆周运动的半径为R，由几何关系有
解得
由
联立解得
则
由牛顿第二定律有
解得
由几何关系可知，粒子运动轨迹的长度为
则粒子的运动时间为
故选C。
2．如图所示，空间中存在一矩形磁场区域，在区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场Ⅰ，在区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场Ⅱ，两磁场的磁感应强度大小均为。，一带电粒子以大小为、方向沿的速度进入磁场Ⅰ，运动一段时间后从点离开磁场区域.不计粒子的重力，粒子的比荷为，则下列说法正确的是（ ）
A．的长度可能为
B．粒子在磁场中运动的总时间可能为
C．粒子从磁场Ⅰ进入磁场Ⅱ的位置距离点可能为
D．若粒子能通过边上距离点的一点，则粒子的发射速度大小可能为
【答案】D
【详解】A．根据洛伦兹力提供向心力有
解得
由题意可知粒子不可能偏转一次就到达P点，假设粒子偏转一次到达P点可知

故A错误；
B．根据几何关系可知粒子在磁场Ⅰ运动的圆心角为120°，时间为
所以粒子在磁场中运动的总时间为，故B错误；
C．画出粒子的运动轨迹如图
根据几何关系可知，粒子从磁场Ⅰ进入磁场Ⅱ的位置距离点
（n=0，1，2…）
不可能为，故C错误；
D．若粒子能通过边上距离点的一点，则粒子的轨道半径满足
（n=0，1，2…）
结合
可知
（n=0，1，2…）
当n=2时，解得
故D正确；
故选D。
3．如图所示，直角三角形的AB边长为L，，三角形区域内存在着方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从D点沿着垂直BC边的方向以速度v射入磁场，CD间距离为L，不计粒子受到的重力。下列说法正确的是（ ）
A．粒子在磁场中运动的最长时间为
B．时，带电粒子垂直于AC边射出磁场
C．若粒子从BC边射出磁场，则
D．若粒子从AC边射出磁场，则
【答案】B
【详解】ACD．粒子带正电，根据左手定则可知，粒子进入磁场后将向上偏转，粒子从BC边离开时，粒子在磁场中运动轨迹对应的圆心角最大，运动时间最长，当离开刚好离AC边相切时，粒子轨迹如图所示
由洛伦兹力提供向心力可得
根据几何关系可得
联立解得
，
可知粒子在磁场中运动的最长时间为
当粒子从BC边射出磁场，则有
当粒子从AC边射出磁场，则有
故ACD错误；
B．若带电粒子垂直于AC边射出磁场，如图所示
根据几何关系可知
由洛伦兹力提供向心力可得
联立解得
故B正确。
故选B。
4．科学家利用磁场控制带电粒子的轨迹，研究粒子的性质。如图，左下方空间内有垂直纸面向里的匀强磁场，。现有电荷量相同、质量不同的甲、乙两种正粒子，先后从上点以平行于的相同速度射入磁场，甲、乙分别经过上、两点，，不考虑粒子间相互作用力及重力，则（ ）
A．乙在磁场中运动的轨道半径为B．乙的质量是甲质量的2.5倍
C．甲在磁场中运动时间大于乙D．洛伦兹力对甲、乙均做正功
【答案】B
【详解】A．乙在磁场中做匀速圆周运动的圆心为，做相关辅助线如下
由图可知
有几何关系有乙在磁场中运动的轨道半径为
故A错误；
B．由牛顿第二定律有
化简可得
有图可知
即有
结合可知
即乙的质量是甲质量的2.5倍，故B正确；
C．由公式，且乙粒子的运动轨迹大于甲粒子的运动轨迹，两粒子入射速度大小相同，即有
故C错误；
D．洛伦兹力对进入磁场中的两粒子均不做功，故D错误。
故选B。
5．如图所示，区域AOC内有垂直纸面向里的匀强磁场，边界OA上有一粒子源S。某一时刻，从S平行于纸面向各个方向发射出大量带正电的同种粒子（不计粒子的重力及粒子间的相互作用），所有粒子的初速度大小相同，经过一段时间有部分粒子从边界OC射出磁场。已知∠AOC＝60°，从边界OC射出的粒子在磁场中运动的最长时间等于（T为粒子在磁场中运动的周期），则从边界OC射出的粒子在磁场中运动的时间不可能为（ ）
A．B．C．D．
【答案】AB
【详解】粒子在磁场做匀速圆周运动，粒子在磁场中出射点和入射点的连线即为轨迹的弦，初速度大小相同，根据
则
轨迹半径相同，如图所示
设
当出射点D与S点的连线垂直于OA时，DS弦最长，轨迹所对的圆心角最大，周期一定，则由粒子在磁场中运动的时间最长，由此得到，轨迹半径为
当出射点E与S点的连线垂直于OC时，弦ES最短，轨迹所对的圆心角最小，则粒子在磁场中运动的时间最短，则
由几何知识，得
最短时间
所以，粒子在磁场中运动时间范围为
CD不符合题意，AB符合题意。
故选AB。
6．如图所示，PQ为磁感应强度、方向垂直纸面向里的匀强磁场的边界，磁场中的O点有一粒子源，它均匀地向纸面内各个方向同时发射速率为、比荷为的带正电的粒子。已知O点与PQ的距离为8cm，不计带电粒子的重力和粒子间的相互作用，下列判断正确的是（ ）
A．PQ上有粒子飞出的区域长度为
B．飞出磁场的粒子在磁场中运动的最长时间为
C．飞出磁场的粒子在磁场中运动的最短时间为
D．飞出磁场的粒子数占所有粒子数的
【答案】AC
【详解】A．粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据
解得
当水平向右出射的粒子恰好与相切时为粒子在上端出射的最远距离，当的距离为时，可以求粒子在下端出射的最远距离，如图所示
由几何关系可知，上有粒子飞出的区域长度为段长度，有
故A正确；
BC．粒子从A点射出时粒子在磁场中运动的时间最长，粒子从E点射出时粒子在磁场中运动的时间最短，如图所示
从E点射出的粒子在磁场中运动时间最短，因为
故是等边三角形，故，对应的时间为
从A点射出的粒子在磁场中运动时间最长，由图可知其圆心角为，对应的时间为
故B错误；C正确；
D．根据题意可知，当带电粒子的速度水平向左出射时偏转个周期恰好与QP边相切，当带电粒子的速度水平向右出射时偏转个周期恰好与QP边相切，如图所示
由图可知，从水平向左出射逆时针至水平向右出射，对应的角度为，即在这个角度内出射的粒子都可以飞磁场，而另一半方向出射的粒子将不能飞出磁场，故飞出磁场的粒子数占所有粒子数的一半。故D错误。
故选AC。
7．如图所示，PQ为磁感应强度为、方向垂直纸面向里的匀强磁场的边界，磁场中的O点有一粒子源，它均匀地向纸面内各个方向同时发射速率为、比荷为的带正电的粒子．已知O点与PQ的距离为，不计带电粒子的重力和粒子间的相互作用，下列判断正确的是（ ）
A．飞出磁场的粒子数占所有粒子数的一半
B．PQ上有粒子飞出的区域长度为
C．飞出磁场的粒子在磁场中运动的最长时间是最短时间的2倍
D．飞出磁场的粒子在磁场中运动的最长时间是最短时间的倍
【答案】AD
【详解】A、粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据
得
根据题意可知，当带电粒子的速度水平向左出射时偏转个周期恰好与QP边相切，当带电粒子的速度水平向右出射时偏转个周期恰好与QP边相切，如图所示：
由图可知，从水平向左出射逆时针至水平向右出射，对应的角度为，即在这个角度内出射的粒子都可以飞磁场，而另一半方向出射的粒子将不能飞出磁场，故飞出磁场的粒子数占所有粒子数的一半，故A正确；
B、当水平向右出射的粒子恰好QP相切时为粒子在上端出射的最远距离，当OD的距离为2r=20cm时，可以求粒子在下端出射的最远距离，如图所示：
由几何关系可知，PQ上有粒子飞出的区域长度为CD段长度，过O点作QP的垂线交于E点，且OE=10cm，由几何关系得
，
故
故B错误；
CD、粒子从A点射出时粒子在磁场中运动的时间最长，粒子从E点射出时粒子在磁场中运动的时间最短，如图所示：
对从E点射出的粒子，因OE=r=10cm，故是等边三角形，故，对应的时间为
对从A点射出的粒子，由图可知其圆心角为，对应的时间为
故
故C错误，D正确；
故选AD。
8．如图所示，边长为0.64m的正方形内有磁感应强度的匀强磁场，方向垂直于纸面向外。在正方形中央处有一个点状的放射源P，它在纸面内同时向各个方向均匀连续发射大量同种粒子，该种粒子速度大小为，比荷。不考虑粒子重力及粒子间相互作用，下列说法正确的是（ ）
A．粒子在磁场中运动的最短时间为
B．粒子在磁场中运动的最长时间为
C．正方形边界上有粒子射出的区域总长为1.6m
D．稳定后单位时间内射出磁场的粒子数与单位时间内粒子源发射的总粒子数之比为1∶2
【答案】ABC
【详解】粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据
解得
带入数据解得
AB．假设粒子逆时针转动，则粒子射出范围如图所示
当轨迹对应弦最短时，对应圆心角最小，此时在磁场中运动时间最短，由题意知，即弦恰好垂直于磁场边界时，弦最短，由几何关系知弦长为
由几何关系知，此时对应圆心角为
所以最短时间为
同理可知，最长弦恰好为直径，所以最长时间为
故AB正确；
C．由几何关系知
解得
则
所以边界上有粒子射出的总长度为
故C正确；
D．由上述分析和轨迹图可知，所有粒子在磁场中均不会做完整圆周运动，即都会从边界射出磁场，故稳定后单位时间内射出磁场的粒子数与单位时间内粒子源发射的总粒子数之比为1∶1，故D错误。
故选ABC。
9．我国研制的世界首套磁聚焦霍尔电推进系统已经完成了全部在轨飞行验证工作，可作为太空发动机使用，带电粒子流的磁聚焦是其中的关键技术之一。如图，实线所示的两个圆形区域内存在垂直于纸面的匀强磁场I、II，磁感应强度分别为B1，B2。两圆半径均为r，相切于O点。一束宽度为2r的带电粒子流沿x轴正方向射入后都汇聚到坐标原点O。已知粒子的质量均为m、电荷量均为+q、进入磁场的速度均为v，不计带电粒子的重力及粒子间的相互作用力。下列说法正确的是（ ）
A．B1的大小为
B．从O点进入磁场II的粒子的速度仍相等
C．若，则粒子在磁场II的边界的射出点在四分之一圆周上
D．若，则粒子在磁场II中运动的最长时间为
【答案】AD
【详解】A．由磁聚焦的特点可知，粒子在磁场中的运动半径与磁场圆的半径相等，即
解得
故A正确；
B．洛伦兹力只改变带电粒子的运动方向不改变其速度的大小，其速度大小相等，但速度的方向不同，故B错误；
C．若，则
可知粒子离开磁场II最远的位置离原点为r，如图所示
由几何关系，弦所对最大圆心角为60°，故粒子在磁场II的边界的射出点在六分之一圆周上，故C正确；
D．若，则
由此可知，粒子离开磁场II运动轨迹的弦越长，运动的时间越长，如图所示
粒子在磁场中运动轨迹的圆心角为60°，则粒子在磁场II中运动的最长时间为
故D正确；
故选AD。
10．如图所示，足够长的平行边界 MN、PQ 间有垂直纸面向里的匀强磁场， MN上A 处的粒子源可在纸面内均匀向磁场中各个方向射入速度大小均为 v 的同种粒子。已知粒子的质量为 m、电荷量为 q，磁场磁感应强度为 B，两边界的间距 不计粒子的重力及粒子间的相互作用。 求粒子能从 PQ、MN边界射出的
（1） 粒子数之比η1；
（2） 区域长度之比η2。

【答案】（1）1：2；（2）
【详解】（1）粒子在磁场中只受洛伦兹力作用，做匀速圆周运动，故有
解得
由左手定则可得粒子向运动方向左侧偏转做圆周运动。如图

当粒子沿AN方向进入磁场时，粒子打在PQ上的位置为粒子能从PQ边界射出的区域的最下端；粒子进入磁场的方向逆时针旋转，粒子打在PQ上的点上移，直到运动轨迹与PQ相切时，粒子打在PQ上的位置为粒子能从PQ边界射出的区域的最上端，设速度与MN夹角为，则
解得
可知从C点到D点的圆心角为60°，粒子打在PQ上，其余粒子对应圆心角为120°，粒子打在MN上，则从PQ边界射出的粒子数目与从MN边界射出的粒子数目之比即为圆心移动的圆心角的比值为
η1=60°：120°=1：2
（2）粒子从PQ边界射出磁场最下端到A所在水平线距离
从PQ边界射出磁场最上端到A所在水平线距离
因为R＜d，所以，粒子在MN上的落点为A上方
粒子能从 PQ、MN边界射出的区域长度之比
11．磁聚焦和磁发散技术在许多真空系统中得到了广泛应用，如电子显微镜技术，它的出现为科学研究做出了重大贡献。现有一个磁发散装置，如图所示，在半径为R的圆形区域内存在垂直纸面向外，磁感应强度为B的匀强磁场，在圆形磁场区域右侧有一方向竖直向下，电场强度为E的匀强电场，电场左边界与圆形磁场右边界相切。在水平地面上放置一个足够长的荧光屏PQ，它与磁场相切于P点。粒子源可以持续的从P点向磁场内发射速率为v方向不同的带正电同种粒子。经观测：有一粒子a以竖直向上的初速度射入磁场，该粒子经磁场偏转后恰好以水平方向离开磁场，然后进入电场区域。粒子b进入磁场的速度方向与粒子a的速度方向夹角为（未知），进入磁场后，粒子b的运动轨迹恰好能通过圆形磁场的圆心O，最终也进入到电场区域。已知电场强度和磁感应强度的关系满足，不计粒子重力及粒子间相互作用。求：
（1）粒子的比荷；
（2）粒子b与粒子a的夹角和b粒子打在荧光屏上的亮点到P点的距离x；
（3）入射方向与荧光屏所在平面成区间范围内的粒子，最终打到荧光屏上形成的亮线长度。

【答案】（1）；（2），；（3）
【详解】（1）由a粒子的运动可知粒子在磁场中运动的半径为
由牛顿第二定律有
可得粒子的比荷
（2）画出粒子b的运动轨迹，如图所示

根据几何关系可知构成一个边长为R的菱形，则
由于，b粒子经过Q点的速度方向与垂直，所以粒子b进入电场的方向也沿水平方向。b粒子进入电场中做类平抛运动，有
，
解得
所以b粒子打在荧光屏上的亮点到P点的距离为
（3）入射方向与P点右侧荧光屏成的粒子，在磁场与电场中的运动轨迹如图所示

由几何关系可知，粒子进入电场时距离荧光屏的距离为
进入电场后，粒子做类平抛运动，有
，
解得
所以该粒子打到荧光屏的位置距离P点的距离为；根据（2）可知，入射方向与P点左侧荧光屏成的粒子，打到荧光屏的位置距离P点的距离为，所以入射方向与荧光屏所在平面成区间范围内的粒子，最终打到荧光屏上形成的亮线长度为
12．带电粒子流的磁聚焦和磁控束是薄膜材料制备的关键技术之一、带电粒子流（每个粒子的质量为、电荷量为）以初速度垂直进入磁场，不计重力及带电粒子之间的相互作用。对处在平面内的粒子，求解以下问题。
（1）如图，宽度为的带电粒子流沿轴正方向射入圆心为、半径为的圆形匀强磁场中，若带电粒子流经过磁场后都汇聚到坐标原点，求该磁场磁感应强度的大小；
（2）如图，虚线框为边长等于的正方形，其几何中心位于。在虚线框内设计一个区域面积最小的匀强磁场，使汇聚到点的带电粒子流经过该区域后宽度变为，并沿轴正方向射出。求该磁场磁感应强度的大小和方向，以及该磁场区域的面积（无需写出面积最小的证明过程）；
【答案】（1）；（2），
【详解】（1）此处考查了磁聚焦，若要射入圆形磁场区域不同位置的平行粒子流最终都从同一位置射出，需要满足的条件是粒子的轨迹半径与磁场区域的半径相等，即
根据洛伦兹力提供向心力，有
联立解得
（2）此处为磁聚焦的逆过程，就是要让汇聚在A点的粒子流最后又变为平行粒子流。故应为圆形磁场区域，且有粒子的轨迹半径与磁场区域的半径相等，当磁场区域面积最小时，磁场的半径为，粒子运动的轨迹和磁场区域如图（虚线表示磁场中运动轨迹，实线表示磁场区域）
则
根据洛伦兹力提供向心力，有
解得
方向垂直纸面向里，面积为
13．如图所示，在xOy平面的第一象限内有半径为R的圆形区域，该区域内有一匀强磁场，磁场的方向垂直纸面向里。已知圆形区域的圆心为，其边界与x轴、y轴分别相切于P、Q点。位于P处的质子源均匀地向纸面内以大小为v的相同速率发射质量为m、电荷量为e的质子，且质子初速度的方向被限定在两侧与的夹角均为的范围内。第二象限内存在沿y轴负方向的匀强电场，电场强度大小为E，在x轴（）的某区间范围内放置质子接收装置MN。已知沿方向射入磁场的质子恰好从Q点垂直y轴射入匀强电场，不计质子受到的重力和质子间的相互作用力。
（1）求圆形区域内匀强磁场的磁感应强度大小B；
（2）求y轴正方向上有质子射出的区域范围；
（3）若要求质子源发出的所有质子均被接收装置MN接收，求接收装置MN的最短长度x。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）沿方向射入磁场的质子恰好从Q点垂直y轴射入匀强电场，则该质子运动半径为，有
解得
（2）如图所示，设在左右两侧角方向上射入磁场的质子，最终分别有磁场边界上的A、B两点射出，对应圆周运动的圆心分别为、，则四边形和均为 ，则粒子由A、B两点水平飞出，且与B点重合。
根据几何关系可知
B点到轴的距离为，所以y轴正方向上有质子射出的区域范围为
（3）若质子由处飞入电场时打在M点，由处飞入电场时打在N点，根据类平抛运动的规律，有
解得
MN的最短长度为
14．如图所示，矩形区域abcd平面内有垂直于平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，ab边长为4L，bc边长为L。在矩形中心O处有一粒子源，在平面内向各方向均匀发射出速度大小相等的带电粒子，粒子带电量均为+q，质量均为m。若初速度平行于ab边的粒子离开磁场时速度方向偏转了60°角，不计粒子之间的相互作用及粒子重力，取。求
（1）粒子在磁场中运动的速度大小；
（2）粒子在磁场中运动的最短时间和最长时间的比值；
（3）某时刻发射出的粒子中，当初速度方向平行于ab边的粒子离开磁场时，这些粒子中未离开磁场的粒子数与已经离开磁场的粒子数之比。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）根据左手定则，粒子运动轨迹如图
由几何关系
粒子运动半径为
根据牛顿第二定律
粒子在磁场中运动的速度大小为
（2）如图
当粒子与ab交于O点正上方时，弦长最短，运动时间最短，由几何关系
说明圆心角为，则最短时间为
当粒子运动轨迹与cd边相切时，圆心角最大，运动时间最长。由几何关系，粒子垂直ab边射出磁场，圆心角为，则最长时间为
故最短时间和最长时间的比值为
（3）同一时刻在磁场中的粒子与O的距离相等，以O为圆心，以O到（1）问中射出点的距离为半径作圆，如图
当初速度方向平行于ab边的粒子离开磁场时，仍在磁场中的粒子在磁场内部的圆弧上，圆弧所对应的圆心角总和为，则未离开磁场的粒子数与已经离开磁场的粒子数之比
15．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60°的粒子恰好从E点射出磁场，不计粒子的重力，求：
（1）粒子带电荷的电性；
（2）粒子运动的速度大小；
（3）从AD边离开的粒子在磁场中运动的最短时间；
（4）从AD边离开的粒子在磁场中经过的区域形成的面积。
【答案】（1）负电；（2）；（3）；（4）
【详解】（1）速度与OB边的夹角为60°的粒子恰好从E点射出磁场，由左手定则可知，粒子带负电。
（2）速度与OB边的夹角为60°的粒子恰好从E点射出磁场，粒子在磁场中的运动轨迹如图
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为
由牛顿第二定律
解得粒子运动的速度大小为
（3）作图可知，粒子从AD边离开时的运动轨迹都会劣弧，由于粒子做圆周运动的速度大小相同，因此从AD边离开的粒子在磁场中运动的轨迹越短，即该轨迹对应的弦越短，时间越短，分析可知，O点到AD的最短距离为EO，即从E点射出的粒子在磁场中运动时间最短，因此最短时间为六分之一周期，由
可得最短时间
（4）如图，当粒子水平向左飞入时刚好从A点飞出，当粒子竖直向上飞入时，刚好从D点飞出，由图可知，从AD边离开的粒子在磁场中经过的区域的面积为图中区域的面积
该区域面积为
目录
01 模拟基础练
【题型一】动态圆模型的应用
【题型二】慈聚焦、磁发散问题的应用
02 重难创新练