2027届高三物理一轮复习试题第11章第4讲专题提升：“平移圆”“放缩圆”“旋转圆”“磁聚焦和磁发散”模型（Word版含解析）

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题组一 “动态圆”模型
1.如图所示,空间存在垂直于纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场(未画出),线状粒子源OM与屏ON垂直,ON=2OM=2L,粒子源能发射质量为m、电荷量为+q(q>0)、速度大小为v、方向与磁场垂直且与OM夹角θ=45°的粒子,已知v=2qBL2m,不计粒子重力,则屏ON上有粒子打到的区域长度为( )
A.LB.(2-1)L
C.2-22LD.2-12L
2.(2025山西晋中三模)极光是由太阳抛射出的高能带电粒子受到地磁场作用,在地球南北极附近与大气碰撞产生的发光现象。赤道所在平面的地磁场,可简化为如图所示:O为地球球心,R为地球半径,将地磁场在半径为R到3R之间的圆环区域看成是匀强磁场,磁感应强度大小为B。磁场边缘A处有一粒子源,可在赤道平面内以相同速率v0向各个方向射入某种带正电粒子。不计粒子重力、粒子间的相互作用及大气对粒子运动的影响,不考虑相对论效应。其中沿半径方向(图中1方向)射入磁场的粒子恰不能到达地球表面。若和AO方向成θ角向上方(图中2方向)射入磁场的粒子也恰好不能到达地球表面,则( )
A.sin θ=23B.sin θ=34
C.tan θ=13D.tan θ=14
3.(2025湖南长沙模拟预测)如图所示,矩形ABCD区域内有匀强磁场(图中未画出),磁场的磁感应强度大小为B,AB边长为3d,AD边长为d,E是CD边上的一点,F是AB边上的一点,且AF=DE=d。在E点有一粒子源,大量同种粒子以相同速率从E点向磁场内沿各个方向射出,粒子均带正电,电荷量均为q,质量均为m。一速度与DE边的夹角为60°的粒子恰好从F点射出磁场,不计粒子的重力和粒子间的相互作用,则( )
A.磁场方向垂直于纸面向里
B.粒子做匀速圆周运动的轨迹半径为d
C.粒子在磁场中运动的最长时间为πm2qB
D.磁场区域中有粒子通过的面积为2+π2d2
题组二 “磁聚焦和磁发散”模型
4.带电粒子流的磁聚焦是薄膜材料制备的关键技术之一。磁聚焦原理如图所示,真空中半径为r的圆形区域内存在垂直于纸面的匀强磁场。一束宽度为2r、沿x轴正方向运动的电子流射入该磁场后聚焦于坐标原点O。已知电子的质量为m、电荷量为e、进入磁场的速度均为v,不计粒子间的相互作用,则磁感应强度的大小为( )
A.mv2erB.2mv2er
C.mverD.2mver
5.如图所示,纸面内有宽为L、水平向右飞行的带正电粒子流,粒子的质量为m、电荷量为q、速率为v0,不考虑粒子的重力及相互作用。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,设B0=mv0qL。选项A、B、C中的曲线均为半径是L的四分之一圆弧,其中A、B的磁感应强度B=B0,C的磁感应强度B=2B0;选项D中曲线是直径为L的圆,磁感应强度B=B0。则磁场区域的形状及对应的磁感应强度可能是( )
6.(多选)如图所示,坐标原点O处有一粒子源,能向坐标平面一、二象限内发射大量质量为m、电荷量为q的带正电粒子(不计重力及粒子间相互作用),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,磁感应强度大小为B,磁场右侧有一点A2R,32R,已知初速度沿y轴正方向的粒子经过磁场后,粒子的速度方向沿x轴的正方向,则( )
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2πm3qB
D.经过A点的粒子在磁场中运动时间为3πm4qB
7.(多选)如图所示,扇形区域AOB内存在垂直于纸面向里的匀强磁场,OA与OB互相垂直,是扇形的两条半径,一个带电粒子从A点沿AO方向进入磁场,从B点离开,若该粒子以同样的速度从弧AB上的C点沿平行于AO方向进入磁场,下列说法正确的是( )
A.粒子带正电
B.C点越靠近B点,粒子偏转角度越大
C.C点越远离B点,粒子运动时间越短
D.只要C点在AB之间,粒子仍然从B点离开磁场
综合提升练
8.(多选)(2025河北沧州二模)如图所示,在实线ACODE以上的区域存在垂直于纸面向里的匀强磁场(图中未画出),磁感应强度大小为B,AC=OC=OD=DE=L。磁场边界A点有一粒子源,能射出质量为m、电荷量为-q(q>0)的带电粒子,粒子以不同的速率垂直于AC向上进入磁场,则粒子从COD边界射出磁场时,在磁场中运动的时间可能是( )
A.2πmqBB.7πm6qB
C.πmqBD.4πm3qB
9.(2025广东佛山二模)如图所示,边长为L的正方形abcd区域内有匀强磁场,ad边中点处O有一粒子源,向磁场内各方向均匀发射速率均为v0的电子,ab边恰好没有电子射出,已知电子质量为m,电荷量大小为e,则( )
A.bc边有电子射出
B.磁感应强度大小为mv0eL
C.从ad边射出的电子在磁场中运动的最长时间为πL12v0
D.从cd边射出的电子数和从ad边射出的电子数比值为5∶1
10.(8分)圆形区域的匀强磁场如图所示,磁感应强度为B,方向垂直于纸面向里,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2倍。已知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迹半径。
(2)求带电粒子通过磁场空间的最大偏转角。
11.(9分)(2025四川泸州模拟)如图所示,在直角坐标系xOy的第四象限内有半径为R的圆形匀强磁场区域,圆心O'坐标为(R,-R),磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里。第一象限中边长为2R的正方形区域Obcd内,在PR2,0、Q3R2,0间有沿y轴正方向的电场E,其大小未知且仅随x变化;边长也为2R的正方形区域cdef内有沿x轴负方向、大小为E0的匀强电场。点a(0,-R)处的离子源在某时刻同时均匀地向y轴右侧某范围内,发射质量为m、电荷量为q(q>0)、速率相同的同种离子,通过磁场区域后所有离子均从P、Q间垂直于x轴进入第一象限。不计离子重力和离子间相互作用。
(1)求离子的发射速率v0;
(2)求离子从a点出发分别到达P、Q两点所用的时间差Δt;
(3)要使离子全部打在e点,求P、Q间的电场强度E随x变化的规律。
培优拔高练
12.(14分)(2025河北石家庄三模)如图甲所示,在平面直角坐标系xOy内,以O1(0,R)为圆心、半径为R的区域Ⅰ内存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场。第二象限有一平行于y轴、宽度为2R的线状电子源,电子源中心与O1等高。在x轴上放置一定长度的薄收集板,收集板左端置于原点O处。x轴下方区域Ⅱ存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外的匀强磁场。电子源沿x轴正方向均匀发射质量为m、电荷量为e、速度相同的电子,射入圆形磁场区域后经O点全部进入区域Ⅱ(收集板左端不会挡住经过O点的电子),只有一半数量的电子打到收集板上并被吸收。忽略电子重力和电子间相互作用。
甲
乙
(1)求电子源发射电子的初速度v的大小;
(2)求该收集板的长度;
(3)现撤去区域Ⅱ的磁场,然后在x≥0且y≤0区域加垂直于纸面方向的磁场,磁感应强度B'随x轴坐标变化的规律如图乙所示,规定垂直于纸面向外为磁场的正方向。电子源正对O1点以原初速度射向区域Ⅰ的电子运动轨迹经过点(R,-kR),其中k>0且为已知量。求该电子轨迹上横坐标为4R的点的纵坐标。
答案：
1.D 解析 如图所示,粒子源发出的粒子做圆周运动的圆心都位于O1O2连线上,M点及O点发出的粒子恰好可打到O点,即OM之间的粒子均可打到屏上,其中自OM中点发出的粒子圆心位于NO延长线上,该粒子打在屏上的位置距离O点最远,根据洛伦兹力提供向心力,有qvB=mv2r,可得r=2L2,根据几何关系可得光屏上有粒子打到的区域长度为x=r(1-sin 45°)=2-12L,D正确。
2.A 解析 若高能粒子仍以速率v射入地球磁场,可知沿径向方向射入的粒子会和地球相切而出,和AO方向成θ角向上方射入磁场的粒子轨迹也恰与地球相切并射出,在此θ角范围内射入的粒子能到达地球,其余进入磁场的粒子不能到达地球,设方向2射出的粒子与地球切于G点,连接C、O并延长交磁场边界于F点,由几何关系可知,AO=OF,则∠AOF的角平分线垂直于AF,即方向2与OC平行,可知∠AOG=θ,如图所示,由图中几何关系可得AF=r=4R、AO=FO=3R,则有sin θ=AGAO=2R3R=23,故选A。
3.BD 解析 粒子运动轨迹如图所示,速度与DE的夹角为60°的粒子恰好从F点射出磁场,粒子带正电,由粒子运动的轨迹根据左手定则可判断,磁场方向垂直于纸面向外,A错误;由此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r=d,B正确;由于粒子做圆周运动的速度大小相同,因此在磁场中运动的轨迹越长,时间越长,分析可知,粒子在磁场中运动的最长弧长为二分之一圆周,因此最长时间为二分之一周期,即最长时间为tmax=πmqB,C错误;由图可知,磁场区域有粒子通过的面积为图中AFGCEA区域的面积,即为S=14πd2+d2+14πd2=2+π2d2,D正确。
4.C 解析 由“磁聚焦”模型可知电子在磁场中运动的轨迹半径R=r,由牛顿第二定律得evB=mv2R,得磁感应强度的大小为B=mver,故选C。
5.A 解析 已知磁感应强度B=B0=mv0qL,由洛伦兹力提供向心力得qv0B=mv02rA,解得A项中粒子的轨迹半径为rA=L,同理可得rB=L,rC=L2,rD=L,结合题意和“磁聚焦”模型的特点可知选项A正确。
6.AC 解析 初速度沿y轴正方向的粒子经过磁场后,粒子的速度方向沿x轴的正方向,则粒子的轨迹半径r=R,由qvB=mv2r可得粒子轨迹半径为R;结合题意和几何关系可知,平面第一、二象限射入的粒子从磁场射出时,速度一定沿x轴正方向,设经过A点的粒子在磁场中运动的轨迹所对的圆心角为α,根据几何关系有R+Rsin (α-90°)=32R,解得α=120°,A正确,B错误;该粒子在磁场中的运动时间为t=120°360°×2πmqB=2πm3qB,C正确,D错误。
7.AD 解析 由题意可知,粒子从A点进入磁场从B点离开,由左手定则可知粒子带正电,故A正确;由题意可知当粒子从A点入射时,从B点离开磁场,则粒子做圆周运动的半径等于磁场圆弧边界的半径,根据磁聚焦的原理,当入射方向平行时,这些粒子将从同一点射出,如图所示,该粒子从点A、C、C1、C2以相同的速度进入磁场,都将从同一点B射出,从图中可以看出,C点越靠近B点,粒子偏转角越小,运动时间越短,离B点越远,粒子偏转角越大,运动时间越长,故D正确,B、C错误。
8.BC 解析 带电粒子在磁场中的运动临界情况如图所示,若粒子从C点或D点射出,运动时间为t1=T2=12·2πmqB=πmqB,且粒子不可能做完整圆周运动,A错误,C正确;M点为运动轨迹与边界OD的切点,N为AM与OC的交点,若粒子恰好从M点射出,由于圆心必然在AE水平线上,轨迹与OD相切,即过圆心作OD的垂线与水平方向所成角,和过水平线上C点作OD垂线与水平方向所成角相同,又由几何关系可知△OCD为等边三角形,所以过水平线上C点作OD垂线与水平方向所成角为30°,因此该运动轨迹对应的圆心角为210°,运动时间为t2=210°360°T=712·2πmqB=7πm6qB,B正确;若粒子从O点射出,则运动时间为t3=23T=23·2πmqB=4πm3qB,但粒子到达O点之前已从D点射出,D错误。
9.D 解析 ab边恰好没有电子射出,轨迹如图甲所示(轨迹1),根据洛伦兹力提供向心力有ev0B=mv02r,r=L2,所以B=2mv0eL,由于电子射入的速度大小不变,方向改变,则轨迹半径不变,根据旋转圆模型可知,bc边没有电子射出,A、B错误;从ad边射出的电子在磁场中运动的时间最长时轨迹如图乙所示,根据几何关系可知,圆心角θ=60°,所以最长时间为t=θ360°T=60°360°·2πrv0=πL6v0,C错误;由以上分析可知,当粒子恰好经过d点时,其入射速度方向与ad边的夹角为30°,所以从cd边射出的电子数和从ad边射出的电子数比值为150°30°=51,D正确。
甲
乙
10.答案 (1)见解析 (2)60°
解析 (1)带电粒子进入磁场后,受洛伦兹力作用,洛伦兹力提供向心力,由牛顿第二定律得Bqv=mv2r,得r=mvBq。
(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,如图甲所示,对于劣弧而言,弧越长,弧所对应的圆心角越大,当粒子轨迹圆的弦长等于磁场直径时,粒子在磁场空间的偏转角最大,如图乙所示,有
sin φmax2=Rr=12,即φmax=60°。
甲
乙
11.答案 (1)qBRm (2)πm3qB (3)E=E0R2x−qRB24mR2≤x≤3R2
解析 (1)由于通过磁场区域后所有离子均从P、Q间垂直于x轴进入第一象限,则通过PQ中点离子的轨迹对应的圆心在O点,所以离子运动轨迹的半径为R,由qv0B=mv02R得离子的发射速度为v0=qBRm。
(2)相同速率的同种离子在磁场中运动的轨迹半径相同,由磁发散可知,离子通过P点时速度方向竖直向上,垂直于x轴,离子通过Q点时速度方向也竖直向上,垂直于x轴,如图所示。
由于OP=R2,OQ=3R2,所以经过P点的离子在磁场中轨迹的圆心角α满足cs α=OPR=12
经过Q点的离子在磁场中轨迹的圆心角β满足
cs (180°-β)=OQ-RR=12
得α=60°,β=120°
离子在磁场中运动的周期为T=2πmqB
这两个离子出磁场后分别到P、Q的距离相等,所以离子从a点出发分别到达P、Q两点所用的时间差Δt=120°360°T-60°360°T=T6=πm3qB。
(3)要使离子全部打在e点,设离子进入正方形区域cdef的速度为v,离子在这个区域内受到的静电力为qE0,则离子的加速度为a=qE0m
水平方向上x=12at2R2≤x≤3R2
竖直方向上2R=vt
可得v=R2qE0mxR2≤x≤3R2
离子在正方形区域Obcd内,做匀加速运动,则2R=v2-v022a'
其中a'=qEm
解得E=E0R2x−qRB24mR2≤x≤3R2。
12.答案 (1)eBRm (2)3R (3)-4kR
解析 (1)电子在区域Ⅰ内做圆周运动,设轨迹半径为R1,根据牛顿运动定律,有evB=mv2R1,电子运动的轨迹半径等于圆形磁场的半径,即R1=R,解得v=eBRm。
(2)作出电子在磁场中运动的轨迹如图甲所示,距离电子源中心位置R2的电子打在O点时,速度方向分布在y轴左右两侧,与y轴夹角均为30°。由题意可知,距离电子源中心位置大于R2的区域电子直接打到收集板上,其他电子均不能打到收集板上。
甲
作出速度方向与y轴左右两侧夹角均为30°角的电子在区域Ⅱ运动的轨迹,两电子在区域Ⅱ内运动的轨迹圆心角分别为120°和240°;设收集板的长度为l,根据几何关系得l=2rcs 30°
因为区域Ⅱ磁场磁感应强度也为B,故r=R,解得l=3R。
(3)正对O1点射向区域Ⅰ的电子在区域Ⅰ内做14圆周运动,运动的轨迹半径等于圆形磁场的半径R,电子从O点沿y轴负方向射出,速度大小为v,运动轨迹如图乙所示。设沿y轴正向为正,经时间Δt,由动量定理得evxB'Δt=mΔvy
所以∑evxB'Δt=mvy-(-mv)
乙
设题图乙图像与x轴围成的面积为S,则eS=mvy-(-mv)
在0~R间,S=2B·R·12
解得电子经过点(R,-kR)时沿y轴负方向分速度vy=0
0~R全程洛伦兹力不做功,速率不变。可知电子经过点(R,-kR)时沿x方向分速度vx=v
在R~2R间,电子沿y轴负方向分速度由0增大到v,沿x方向分速度由v减小到0,电子y轴负方向的位移与0~R间的相同,之后重复运动,故该电子轨迹上横坐标为4R的点的纵坐标为-4kR。