【文档说明】(新高考)高考物理一轮复习第10章专题强化19《动态圆问题》 (含解析).doc，共(15)页，553.500 KB，由MTyang资料小铺上传

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专题强化十九动态圆问题目标要求1.进一步掌握带电粒子在有界磁场中运动的临界、极值问题.2.会用“平移圆”“旋转圆”“放缩圆”，找出对应临界状态或极值的轨迹.3.理解“磁聚焦”和“磁发散”模型．题型一“平移圆”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＝mv0qB，如图所示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上，该直线与入射点的连线平行界定方法将半径为R＝mv0qB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”法例1(多选)如图所示，在Ⅰ、Ⅱ两个区域内存在磁感应强度大小均为B的匀强磁场，磁场方向分别垂直于纸面向外和向里，AD、AC边界的夹角∠DAC＝30°，边界AC与边

界MN平行，Ⅱ区域宽度为d.质量为m、电荷量为＋q的粒子可在边界AD上的不同点射入，入射速度垂直AD且垂直磁场，若入射速度大小为qBdm，不计粒子重力，则()A．粒子在磁场中运动的半径为d2B．粒子在距A点0.5d处射入，不会进入Ⅱ区域C．粒子在距A点1.5d处射入，在Ⅰ区域内运动的

时间为πmqBD．能够进入Ⅱ区域的粒子，在Ⅱ区域内运动的最短时间为πm3qB答案CD解析带电粒子在磁场中的运动半径r＝mvqB＝d，选项A错误；设从某处E进入磁场的粒子，其轨迹恰好与AC相切(如图所示)，则E点距A点的距离为2d－d＝d，粒

子在距A点0.5d处射入，会进入Ⅱ区域，选项B错误；粒子在距A点1.5d处射入，不会进入Ⅱ区域，在Ⅰ区域内的轨迹为半圆，运动的时间为t＝T2＝πmqB，选项C正确；进入Ⅱ区域的粒子，弦长最短的运动时间最短，且最

短弦长为d，对应圆心角为60°，最短时间为tmin＝T6＝πm3qB，选项D正确．题型二“旋转圆”模型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＝mv0q

B，如图所示轨迹圆圆心共圆如图，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＝mv0qB的圆上界定方法将一半径为R＝mv0qB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”法例2

如图所示，真空室内存在匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度的大小B＝0.30T．磁场内有一块足够大的平面感光板ab，板面与磁场方向平行，在距ab的距离l＝32cm处，有一个点状的α粒子放射源S，它向各个方向发射α粒子，α粒子的

速度都是v＝3.0×106m/s.已知α粒子的电荷量与质量之比qm＝5.0×107C/kg.若只考虑在图纸平面内运动的α粒子，则感光板ab上被α粒子打中区域的长度是多少？(不计粒子的重力)答案40cm解析α粒子带正电，故在磁场中沿逆时针方向做匀速

圆周运动，用R表示轨迹半径，有qvB＝mv2R，由此得R＝20cm，由于2R>l>R，朝不同方向发射的α粒子的圆轨迹都过S，可知，某一圆轨迹在图中N左侧与ab相切，则此切点P1就是α粒子能打中的左侧最远点；再考虑N的右侧．任何α粒子在运动中离S的距离不可能超过2R，以2R为

半径、S为圆心作圆，交ab于N右侧的P2点，此即右侧能打到的最远点；粒子运动轨迹如图所示根据几何关系可得NP1＝R2－l－R2＝16cmNP2＝2R2－l2＝24cm所求长度为P1P2＝NP1＋NP2＝16cm＋24cm＝40cm.题型三“放缩圆”模型适用条

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”法例3(2020·全国卷Ⅰ·18)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，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.7πm6qBB.5πm

4qBC.4πm3qBD.3πm2qB答案C解析粒子在磁场中运动的时间与速度大小无关，由在磁场中的运动轨迹对应的圆心角决定．设轨迹交半圆ab⌒于e点，ce中垂线交bc于O点，则O点为轨迹圆的圆心，如图所

示．圆心角θ＝π＋2β，当β最大时，θ有最大值，由几何知识分析可知，当ce与ab⌒相切时，β最大，此时β＝30°，可得θ＝43π，则t＝θ2πT＝4πm3qB，故选C.例4(2020·全国卷Ⅲ·18)真空中有一匀强

磁场，磁场边界为两个半径分别为a和3a的同轴圆柱面，磁场的方向与圆柱轴线平行，其横截面如图所示．一速率为v的电子从圆心沿半径方向进入磁场．已知电子质量为m，电荷量为e，忽略重力．为使该电子的运动被限制在图中实线圆围成的区域内，磁场的磁感应强度最小为()A.3mv2aeB.mvaeC.3mv4a

eD.3mv5ae答案C解析磁感应强度取最小值时对应的临界状态如图所示，设电子在磁场中做圆周运动的半径为r，由几何关系得a2＋r2＝(3a－r)2，根据牛顿第二定律和圆周运动知识得evB＝mv2r，联立解得B＝3mv4ae，故选C.题型四“磁聚焦”模型1．

带电粒子的会聚如图甲所示，大量同种带正电的粒子，速度大小相同，平行入射到圆形磁场区域，如果轨迹圆半径与磁场圆半径相等(R＝r)，则所有的带电粒子将从磁场圆的最低点B点射出．(会聚)证明：四边形OAO′B为菱形，必是平行四边形，对边平行，OB必平行于AO′(即竖直方向)，

可知从A点发出的带电粒子必然经过B点．2．带电粒子的发散如图乙所示，有界圆形磁场的磁感应强度为B，圆心为O，从P点有大量质量为m、电荷量为q的正粒子，以大小相等的速度v沿不同方向射入有界磁场，不计粒子的重力，如果正粒子轨迹圆半径与有界圆形磁场半径相等，则所有粒子射出磁场的方向平行．(发散)证

明：所有粒子运动轨迹的圆心与有界圆圆心O、入射点、出射点的连线为菱形，也是平行四边形，O1A、O2B、O3C均平行于PO，即出射速度方向相同(即水平方向)．例5(多选)如图所示，半径为R、磁感应强度为B的圆形匀强磁场，MN是一竖直放置的足够

长的感光板．大量相同的带正电粒子从圆形磁场最高点P以速率v沿不同方向垂直磁场方向射入，不考虑速度沿圆形磁场切线方向入射的粒子．粒子质量为m，电荷量为q，不考虑粒子间的相互作用和粒子的重力．关于这些粒子的运动，以下说法正确的是()A．对着圆心入射的粒子，速度

越大在磁场中通过的时间越短B．对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中通过的时间越长C．若粒子速度大小均为v＝qBRm，出射后均可垂直打在MN上D．若粒子速度大小均为v＝qBRm，则粒子在磁场中的运动时间一定小于πmqB答案ACD解析对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中做圆周运动

的轨迹半径越大，弧长越长，轨迹对应的圆心角越小，由t＝θ2πT＝θmqB可知，运动时间越短，故选项A正确，B错误．粒子速度大小均为v＝qBRm时，根据洛伦兹力提供向心力可得粒子的轨迹半径为：r＝mvqB＝R，根据几何关系可知，入射点P、O、出射点与轨迹圆的圆心的连线构成菱形，射出磁场时的轨迹半径

与PO平行，故粒子射出磁场时的速度方向与MN垂直，出射后均可垂直打在MN上；根据几何关系可知，轨迹对应的圆心角小于180°，粒子在磁场中的运动时间：t<12T＝πmqB，故选项C、D正确．课时精练1.(2017·全国卷Ⅱ·18)如图，虚线所

示的圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场，P为磁场边界上的一点，大量相同的带电粒子以相同的速率经过P点，在纸面内沿不同的方向射入磁场，若粒子射入速率为v1，这些粒子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周上；若粒子射入速率为v2，相应的出射点分布在三分

之一圆周上．不计重力及带电粒子之间的相互作用，则v2∶v1为()A.3∶2B.2∶1C.3∶1D．3∶2答案C解析根据作图分析可知，当粒子在磁场中运动半个圆周时，打到圆形磁场边界的位置距P点最远，则当粒子射入的速率为v1

，轨迹如图甲所示，设圆形磁场半径为R，由几何知识可知，粒子运动的轨道半径为r1＝Rcos60°＝12R；若粒子射入的速率为v2，轨迹如图乙所示，由几何知识可知，粒子运动的轨道半径为r2＝Rcos30°＝32R；根据轨道半径公式r＝mvqB可知，v2∶v1＝r2∶r1＝3∶1，故选项C正

确．甲乙2.如图所示，垂直纸面向里的有界匀强磁场的宽度为d，在纸面内，相同的带正电的粒子(不计重力)从左边界的A点以大小相同的初速度，沿各种方向垂直射入磁场，有些粒子从右边界射出磁场，有些粒子从左边界射出磁场．已知粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，周期为T，且R＝d，下列说法中正确的是

()A．从右边界射出的粒子在磁场中最短的运动时间是14TB．从右边界射出的粒子在磁场中最长的运动时间是14TC．从左边界射出的粒子在磁场中运动时间相同都是12TD．从左边界射出的粒子在磁场中有最长的运动时间是T答案B解析由题意可知R＝d，根据洛

伦兹力提供向心力，结合几何关系，可得从左右两个边界射出的粒子运动轨迹如图所示，粒子在有界磁场中运动时间不大于半个周期，圆心角不大于180°，入射点和出射点之间的连线越长即弦长越长、弧长越大、圆心角越大，那么粒子运动时间就越长，反之越短．分析运动轨迹图像可知

，能从右边界射出的粒子，最短的弦长为R，圆心角最小为60°，则最短时间tmin＝α2πT＝T6，故A错误；由几何关系可知，能从右边界射出的粒子，最长的弦长为2R，圆心角最大为90°，则最长的运动时间为tmax＝α′2πT＝T4，

故B正确；能从左边界射出的粒子在磁场中做匀速圆周运动，出射位置不同，则运动的时间也不同，故C错误；能从左边界射出的粒子在磁场中做匀速圆周运动，最长的弦长为2R，圆心角最大为180°，则最长的运动时间为T2，故D

错误．3.如图所示为边长为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；若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)，则t1∶t2为()A．2∶1B．2∶3C．3∶2D.3∶2答案C解析画出粒子从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，粒子做圆周运动的半径为R＝L，从C点射出的粒

子运动时间为t1＝T4；由P点运动到M点所用时间为t2，圆心角为θ，cosθ＝R2R＝12，则θ＝60°，故t2＝T6，所以t1t2＝T4T6＝32，C正确．4．(多选)长为l的水平极板间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，板间距离也为l，板不带电．现有质

量为m、电荷量为q的带正电粒子(不计重力)，从左边极板间中点处垂直磁感线以速度v水平射入磁场，欲使粒子不打在极板上，可采用的办法是()A．使粒子的速度v<Bql4mB．使粒子的速度v>5Bql4mC．使粒子的速率v>BqlmD．使粒子的速度Bql4m<v<5Bql4m答案AB解析欲使

粒子不打在极板上，临界运动轨迹如图所示，带正电的粒子从左边射出磁场时，其在磁场中做圆周运动的半径R<l4，粒子在磁场中做圆周运动时，洛伦兹力提供向心力，根据qvB＝mv2R，可得粒子做圆周运动的半径R＝mvqB，若粒子不打到极板上且从左边射出，则mvqB<l4，即v<qBl4m，带正电的粒子从

右边射出时，如图所示，此时粒子的最小半径为R′，由图可知R′2＝l2＋(R′－l2)2，可得粒子做圆周运动的最小半径R′＝5l4，则mvqB>5l4，即v>5qBl4m，故欲使粒子不打在极板上，粒子的速度必须满足v<qB

l4m或v>5qBl4m，故选A、B.5.如图所示，在直角三角形abc区域(含边界)内存在垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，∠a＝60°，∠b＝90°，边长ab＝L，一个粒子源在b点将质量为m、电荷量为q的带负电粒子以大小和方向不同的速度射入磁场，在磁场中运动时间最长的粒子中，速

度的最大值是(不计粒子重力及粒子间的相互作用)()A.qBL2mB.qBL3mC.3qBL2mD.3qBL3m答案D解析由左手定则和题意知，沿ba方向射出的粒子在三角形磁场区域内运动半个圆周时，运动时间最长，速度最

大时的轨迹恰与ac相切，轨迹如图所示，由几何关系可得最大半径：r＝ab·tan30°＝33L，由洛伦兹力提供向心力得qvmB＝mvm2r，从而求得最大速度：vm＝3qBL3m，选项A、B、C错误，D正确．6．(2022·四川成都市高三模拟)如图，圆心在O点的半圆形区域ACD(CO⊥AD)内存在着方

向垂直于区域平面向外、磁感应强度为B的匀强磁场，一带电粒子(不计重力)从圆弧上与AD相距为d的P点，以速度v沿平行于直径AD的方向射入磁场，速度方向偏转60°角后从圆弧上C点离开．则可知()A．粒子带正电B．直径

AD的长度为4dC．粒子在磁场中运动时间为πd3vD．粒子的比荷为vBd答案B解析带电粒子在半圆形磁场中向上偏转，由左手定则可判断，粒子带负电，选项A错误；过P点和C点作速度的垂线，交点即为圆心，如图：由几何关系可知，四边形OCO′P为菱形，则OP＝2d＝PC＝r，洛伦兹力提供向心力有

qvB＝mv2r，所以r＝mvqB，则有qm＝v2Bd，选项D错误；由几何关系可得直径AD的长度等于磁场区域半径的2倍，即4d，选项B正确；粒子在磁场中运动的时间为t＝T6＝16×2πmqB＝π3B·mq＝π3B·2Bdv＝2πd3v，选项C错误．7.(多选)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(q>0)、速率为v0，不考虑粒子的重力及粒子间的相互作用，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下列选项中的(其中B0＝mv0qL，A、C、D选项中曲线均为半径为L

的14圆弧，B选项中曲线为半径为L2的圆)()答案AB8．(多选)如图所示，挡板MN位于水平面x轴上，在第一、二象限y≤L区域存在磁感应强度为B的矩形匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外．在MN上O点放置了粒子发射源，能向第二象限发射各个方向的速度为v0＝qBL2m的

带正电同种粒子，已知粒子质量为m、电荷量为q，不计粒子的重力和粒子间的相互作用，粒子打到挡板上时均被挡板吸收，以下说法正确的是()A．所有粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径均为L2B．粒子在磁场中运动的最长时间为πmqBC

．所有粒子运动的区域面积为38πL2D．所有粒子运动的区域面积为π＋1L24答案AC解析由洛伦兹力提供向心力有qBv0＝mv02r，代入数据解得r＝L2，所以A正确；粒子在磁场中运动的最长时间为t＝T＝2πm

qB，所以B错误；所有粒子运动的区域面积为图中阴影部分面积，由几何关系有S＝12πr2＋14π(2r)2＝38πL2，所以C正确，D错误．9．(多选)如图，一长度为a的竖直薄挡板MN处在垂直纸面向里的匀强磁场(未画出)中，

磁感应强度为B.O点有一粒子源在纸面内向各方向均匀发射电荷量为＋q、质量为m的带电粒子，所有粒子的初速度v(未知)大小相同．已知初速度与ON夹角为60°发射的粒子恰好经过N点(不被挡板吸收)，粒子与挡板碰撞则会被吸收，ON＝3a，

ON⊥MN，不计粒子重力，不考虑粒子间的相互作用，则()A．粒子在磁场中做圆周运动的半径为32aB．挡板左侧能被粒子击中的竖直长度为aC．能击中挡板右侧的粒子数占粒子总数的16D．若调节初速度v大小使挡

板的右侧被粒子击中的竖直长度为a，则v的最小值为qBam答案CD解析粒子恰好经过N点，如图甲中轨迹1，设半径为R，由几何关系可知2Rsin60°＝3a，解得R＝a，选项A错误；当轨迹刚好与MN相切时，粒子刚好能打到板上，如图甲中轨迹2，设速度方向与ON夹角为θ，由几何

关系得Rsinθ＋R＝3a，解得sinθ＝3－1，由此可得Rcosθ＝a1－sin2θ＝a23－3，所以，挡板左侧能被粒子击中的竖直长度为a23－3，选项B错误；要使粒子打到右侧，则有两个临界条件，如图甲轨迹1、3

，初速度方向的夹角为60°，则比例为60°360°＝16，选项C正确；由C选项可知使挡板的右侧被击中的竖直长度为a，粒子轨迹如图乙，速度方向与ON夹角为60°，由洛伦兹力提供向心力得qvB＝mv2a，解得v＝qBam，

选项D正确．10.如图所示，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°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，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.(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．答案(1)143πm90qB(2)qBl4m<v0≤5qBl9m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qBv0＝mv02R，又T＝2πRv0，解得T＝2πmBq；又由几何关系得θ＝74°，则粒子在磁场中运动的最长时间t＝360°－74°360°T＝143πm90qB(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＋R1sin37°＝0.4l又qBv01＝mv012R1，解得v01＝qBl4m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＋R2cos37°＝l，又qBv02＝mv022R2，解得v02＝5qBl9m综上可得qBl4m<v0≤5qBl9m.11．(多选)如图所示，以水平直线为分界线，上方区域充满垂直于纸面向里的匀强磁场，大量电子(质量为m、电荷量为e，重力不计)从长度为L的PQ区域以相

同速度与水平方向成θ＝60°的角度斜射入磁场，已知电子的速度大小为v0，上方磁场的磁感应强度B＝3mv0eL.所有从上方磁场射出的电子再次经过水平分界线下方某一半圆形区域的匀强磁场(图中未画出)偏转后都能通过磁场边界的一个点处被收集．下列说法正确的是()A．水平分界线上电子射出区域的长度

为L3B．若减小上方磁场的磁感应强度，电子射出区域的长度将保持不变C．欲使水平分界线上电子的出射与入射区域不重叠，则上方磁场的磁感应强度应小于3mv0eLD．下方收集电子的半圆形区域匀强磁场的最大磁感应强度为23mv03eL答案BCD解析所有电子运动轨迹相同，水平分界线上电子射出区域的长

度为L，选项A错误；改变上方磁场的磁感应强度，电子运动轨迹改变但所有电子运动轨迹依然相同，电子射出区域的长度将保持不变，选项B正确；从P点入射的电子刚好到达Q点，即偏转对应的最小弦长为L，则r＝mv0eB＝L3，B＝3mv0eL，选项C正确；出射电子束的宽度(

平行线间的距离)为3L2，只要满足电子轨迹半径等于磁场区域圆的半径就可以实现收集(会聚)．设想以较大的磁场区域圆实现会聚，不断缩小磁场区域圆直至以出射电子束的宽度为半径对应最小的半圆形磁场区域，如图所示；可以是区域1、2组成的半圆

，也可以是区域1、3组成的半圆，最小半径与最大的磁感应强度B′＝23mv03eL相对应，选项D正确．