小題精練13有界磁場磁聚焦平移圓放縮圓旋轉圓問題公式、知識點回顧（時間：5分鐘）一、直線邊界直線邊界磁場又分單邊直線邊界和雙邊平行直線邊界。單邊直線邊界如圖甲、乙、丙所示，粒子進出磁場具有對稱性；雙邊平行直線邊界如圖丁、戊所示，粒子進出磁場存在臨界條件。解決這類問題的“三部曲”：畫軌跡、找圓心、定半徑。如果粒子從同一直線邊界射入和射出，那么粒子進入磁場時速度與邊界的夾角和射出磁場時速度與邊界的夾角相等。二、矩形邊界矩形邊界磁場是指分布在矩形范圍內的有界磁場，帶電粒子的軌跡只是一部分圓弧。垂直于某邊射入，從某一頂點射出是常見的臨界情況。解決該類問題的關鍵是把握臨界情況，如圖所示。常見的有如下幾種情況：(設粒子從ad邊中點e垂直射入)(1)兩個臨界半徑①從d點射出：r1＝eq\f(ad,4)。②從c點射出：req\o\al(2,2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(r2－\f(ad,2)))2＋ab2。(2)三種情況①r≤r1，粒子從ed段射出。②r1<r≤r2，粒子從cd段射出。③r>r2，粒子從cf段射出(不會到達f點)。三、圓形邊界圓形邊界磁場是指分布在圓形區域內的有界磁場，帶電粒子在圓形邊界的勻強磁場中的軌跡也是一段不完整的圓弧。由于此類問題涉及兩個圓：粒子運動軌跡的圓與磁場區域的圓，能很好地考查學生的綜合分析能力，所以是近年來高考的熱點。帶電粒子在圓形邊界磁場中運動的四個結論：(1)徑向進出：當粒子運動方向與磁場方向垂直時，沿圓形磁場半徑方向射入的帶電粒子，必沿徑向射出圓形磁場區域，即粒子出射速度的反向延長線必過磁場圓的圓心，如圖1所示。(2)等角進出：入射速度方向與過入射點的磁場圓半徑的夾角等于出射速度方向與過出射點的磁場圓半徑的夾角，如圖2所示。徑向進出是等角進出的一種特殊情況(θ＝0°)。(3)點入平出：若帶電粒子從圓形勻強磁場區域圓周上一點沿垂直于磁場方向進入磁場，當帶電粒子做圓周運動的半徑與圓形磁場區域的半徑相同時，所有帶電粒子都以平行于磁場區域圓周上入射點處的切線方向射出磁場，如圖3所示。(4)平入點出：若帶電粒子以相互平行的速度射入磁場，且帶電粒子在磁場中做圓周運動的半徑和圓形磁場區域半徑相同，則這些帶電粒子將會從磁場區域圓周上同一點射出，且磁場區域圓周上該點的切線與帶電粒子射入磁場時的速度方向平行，如圖4所示。四、四分之一平面邊界四分之一平面邊界磁場是指分布在平面直角坐標系中某一象限范圍的有界磁場，帶電粒子的軌跡只是一部分圓弧，粒子軌跡與坐標軸相切或垂直是常見的臨界情況。解決該類問題的關鍵是明確粒子射入(射出)磁場的位置坐標，及速度方向與坐標軸的夾角關系，然后分析粒子做圓周運動的軌跡、圓心，尋找幾何關系求解問題。五、三角形邊界三角形邊界磁場是指分布在三角形區域內的有界磁場，粒子的軌跡也是一段圓弧，由于三角形有等邊三角形、等腰三角形、直角三角形等不同類型，所以會有不同的臨界情景。解答該類問題主要把握以下兩點：(1)射入磁場的方式①從某頂點射入。②從某條邊上某點(如中點)垂直(或成某一角度)射入。(2)射出點的判斷其臨界條件是判斷軌跡可能與哪條邊相切，進而判定出射點的可能位置。六、平移圓問題1．適用條件(1)速度大小一定，方向一定，入射點不同但在同一直線上粒子源發射速度大小、方向一定，入射點不同但在同一直線上的帶電粒子進入勻強磁場時，它們做勻速圓周運動的半徑相同，若入射速度大小為v0，則圓周運動半徑R＝eq\f(mv0,qB)，如圖所示(圖中只畫出粒子帶負電的情景)。(2)軌跡圓圓心共線帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的圓心在同一直線上，該直線與入射點的連線平行。2．界定方法將半徑為R＝eq\f(mv0,qB)的圓進行平移，從而探索粒子的臨界條件，這種方法叫“平移圓法”。七、放縮圓問題1．適用條件(1)速度方向一定，大小不同粒子源發射速度方向一定、大小不同的帶電粒子進入勻強磁場時，這些帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌跡半徑隨速度的變化而變化。(2)軌跡圓圓心共線如圖所示(圖中只畫出粒子帶正電的情景)，速度v越大，運動半徑也越大。帶電粒子沿同一方向射入磁場后，它們運動軌跡的圓心在垂直初速度方向的直線PP′上。2．界定方法以入射點P為定點，圓心位于PP′直線上，將半徑放縮做軌跡，從而探索出臨界條件，這種方法稱為“放縮圓法”。八、旋轉圓問題1．適用條件(1)速度大小一定，方向不同粒子源發射速度大小一定、方向不同的帶電粒子進入勻強磁場時，它們在磁場中做勻速圓周運動的半徑相同，若射入初速度為v0，則圓周運動半徑為R＝eq\f(mv0,qB)，如圖所示。(2)軌跡圓圓心共圓帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的圓心在以入射點為圓心、半徑R＝eq\f(mv0,qB)的圓上。2．界定方法將半徑為R＝eq\f(mv0,qB)的圓以帶電粒子入射點為圓心進行旋轉，從而探索粒子的臨界條件，這種方法稱為“旋轉圓法”。【例題】（2023?閬中市校級模擬）如圖所示，紙面內有一圓心為O，半徑為R的圓形磁場區域，磁感應強度的大小為B，方向垂直于紙面向里。由距離O點0.4R處的P點沿著與PO連線成θ＝30°的方向發射速率大小不等的電子。已知電子的質量為m，電荷量為e，不計電子的重力且不考慮電子間的相互作用。為使電子不離開圓形磁場區域，則電子的最大速率為（）A．7eBR10m B．29C．21eBR40m 【解答】解：電子的速率最大時，運動軌跡如圖，此時電子的運動軌跡與磁場邊界相切，根據evB=mv2r電子運動半徑最大，速度最大。電子圓周運動的圓心與圓形磁場的圓心以及切點共線，過電子圓周運動的圓心做OP的垂線，由幾何關系得rcos60解得：r=則最大速率為：v=21eBR40m，故ABD錯誤，故選：C。難度：★★★☆建議時間：30分鐘正確率：/13（2023秋?城關區校級期末）如圖所示，虛線框MNPQ內存在勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里。a、b、c是三個質量和電荷量都相等的帶電粒子，它們從PQ邊上的中點沿垂直于磁場的方向射入磁場，圖中畫出了它們在磁場中的運動軌跡。若不計粒子所受重力，則（）A．粒子a帶負電，粒子b、c帶正電 B．粒子c在磁場中運動的時間最長 C．粒子c在磁場中的加速度最大 D．粒子c在磁場中的速度最大【解答】解：A、根據左手定則可知，粒子a帶正電，粒子b、c帶負電，故A錯誤；B、帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，根據牛頓第二定律有qvB=m且T=解得T=三個帶電粒子的質量和電荷量都相等，故三個粒子在同一磁場中運動的周期相等，粒子c的軌跡對應的圓心角最大，所以粒子c在磁場中運動的時間最長，故B正確；CD、根據公式qvB＝ma，可得a=qvBm，c在磁場中運動的半徑最小，所以速度最小，加速度最小，故故選：B。（2022秋?如皋市期中）如圖所示，一線狀粒子源垂直于磁場邊界不斷地發射速度相同的同種離子，不考慮離子間的相互作用，則離子經過磁場的區域（陰影部分）可能的是（）A． B． C． D．【解答】解：離子在磁場中做勻速圓周運動的軌跡均為半個圓周，當離子的軌跡的直徑小于線狀粒子源的寬度時，離子經過磁場的區域如圖1中的陰影部分；當離子的軌跡的直徑大于線狀粒子源的寬度時，離子經過磁場的區域如圖2中的陰影部分；四個選項中的離子的軌跡的直徑均大于線狀粒子源的寬度，故離子經過磁場的區域如圖2的陰影區域，故C正確，ABD錯誤。故選：C。（2023?綿陽模擬）如圖，半徑為R的圓形區域內有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B，O為圓心。質量為m、電荷量為q的帶負電的粒子沿平行于直徑MN的方向射入該區域，入射點P與MN的距離為12R，已知粒子射出磁場與射入磁場時速度方向間的夾角為60A．3qBR2m B．2qBRm C．2qBRm【解答】解：粒子在磁場中做勻速圓周運動，運動軌跡如圖設粒子做圓周運動的圓心為O′，粒子離開磁場時速度的反向延長線與進入磁場時速度方向的交點為A，O′P與OM的交點為B，運動半徑為r，由幾何關系得，∠OPB＝60°；又速度偏轉角為此段圓弧軌道的圓心角，則∠AO′B＝30°∠POO′＝90°，則粒子做圓周運動的半徑r＝2R粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力等于向心力，有：qvB＝mv解得：v=故B正確，ACD錯誤。故選：B。（2023?甘肅二模）一勻強磁場的磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面向外，其邊界如圖中虛線所示，bc為半徑為r的半圓，ab、cd與直徑bc共線，ab間的距離等于半圓的半徑。一束質量為m、電荷量為q（q＞0）的粒子，在紙面內從a點垂直于ab射入磁場，這些粒子具有各種速率。不計粒子之間的相互作用。從abcd邊界射出磁場所用時間最短的粒子的速度大小為（）A．Bqrm B．2Bqrm C．2Bqr3【解答】解：當軌跡圓弧所對應的弦與bc半圓形邊界相切時，軌跡圓弧所對應的弦與ab的夾角最大，那么軌跡的圓心角θ最小，運動時間最短，其軌跡如圖所示，圓心恰好位于b點，由r=mvqB，解得v=Bqrm，故故選：A。（2023秋?城關區校級期末）中國環流器二號M裝置（HL﹣2M）在成都建成并實現首次放電，該裝置通過磁場將粒子約束在小范圍內實現核聚變。其簡化模型如圖所示，半徑為R和3R的兩個同心圓之間的環形區域存在與環面垂直的勻強磁場，核聚變原料氕核（11H）和氘核（1A．36R B．33R C．2【解答】解：依題意，氕核、氘核全部被約束在大圓形區域內，在磁場中做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，根據牛頓第二定律有qvB=mv解得：r=由于二者速度相同，根據半徑與比荷的關系，可知氕核、氘核在磁場中的軌跡半徑之比為1：2。當氘核在磁場中運動軌跡剛好與磁場外邊界相切時，氘核運動軌跡半徑最大，如圖所示，由幾何知識得(3解得氘核的最大半徑為：r則氕核在磁場中運動的最大半徑為：r'max=12故選：A。（2023秋?興慶區校級期中）如圖所示，一束電子以大小不同的速率沿垂直于磁場邊界線方向飛入正方形區域的勻強磁場（磁場的方向垂直于正方形區域），下列判斷正確的是（）A．電子在磁場中運動時間越長，其軌跡越長 B．電子在磁場中圓周運動半徑越大，則運動時間越短 C．在磁場中運動時間相同的電子，其軌跡不一定重合 D．電子的速率不同，它們在磁場中運動的時間一定不相同【解答】解：A、電子在磁場中做圓周運動的周期：T=2πrv=2πmeB相同，電子在磁場中的運動時間：t=θB、電子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：evB＝mv2r，解得：r=mveB，電子速率C、從磁場左邊界離開磁場的電子在磁場中的運動時間相等，電子速度不同運動軌跡不同，由此可知，運動時間相同的電子運動軌跡不一定重合，故C正確；D、電子在磁場中做圓周運動的周期：T=2πrv=2πmeB相同，電子在磁場中的運動時間：t=θ故選：C。（2023?重慶模擬）如圖所示，有一個正方形的勻強磁場區域abcd，e是ad的中點，f是cd的中點，如果在a點沿對角線方向以速度v射入一帶負電的帶電粒子，恰好從e點射出，不計粒子重力，則（）A．如果粒子的速度增大為原來的二倍，將從d點射出 B．如果粒子的速度增大為原來的三倍，將從f點射出 C．如果粒子的速度不變，磁場的磁感應強度變為原來的二倍，將從d點射出 D．只改變粒子的速度大小使其分別從e、d、f點射出時，從f點射出運動時間最長【解答】解：A．帶電粒子在勻強電場中做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，畫出帶電粒子的運動軌跡如圖所示，可得qvB=mv2r如果粒子的速度增大為原來的二倍，磁感應強度不變，由上式可知，圓周半徑將變為原來的二倍，由幾何知識可知，粒子將從d點射出，故A正確；B．設正方向的邊長為2a，則粒子從e點射出時，軌跡的半徑為22a。如果粒子的速度增大為原來的三倍，磁感應強度不變，由r=mv設∠daf＝θ，由幾何關系可知af=5cosθ=adsinθ=dfcos∠因此軌跡半徑r=apcos∠naf=C．假如粒子的速度不變，磁場的磁感應強度變為原來的二倍，由半徑的計算公式r=mvqB可知，半徑減小為原來的12，所以粒子不可能從dD．根據運動學公式可知粒子在磁場中運動的周期為T=2πr因此如果只改變粒子的速度大小使其分別從e、d、f點射出時，根據幾何關系可知所用時間為t=αα為軌跡所對的圓心角，由此可分析出從f點射出運動時間最小，故D錯誤。故選：A。（2023春?德陽期末）如圖所示，豎直平行線MN、PQ間距離為a，其間存在垂直紙面向里的勻強磁場（含邊界PQ），磁感應強度大小為B，MN上O處的粒子源能沿不同方向釋放速度大小相等、方向均垂直磁場的帶負電粒子，電荷量為q，質量為m。粒子間的相互作用及重力不計，其中沿θ＝60°射入的粒子，恰好垂直PQ射出，則（）A．粒子在磁場中做圓周運動的半徑為3a B．粒子的速率為aqBmC．沿θ＝60°射入的粒子，在磁場中的運動時間為πm3qBD．PQ邊界上有粒子射出的長度為23a【解答】解：AB、粒子沿θ＝60°射入時，恰好垂直PQ射出，則粒子在磁場中轉過30°，如圖所示所以有Rsin30°＝a解得R＝2a由洛倫茲力提供向心力qBv=mv則v=2aqB故AB錯誤；C、沿θ＝60°射入的粒子，在磁場中的運動時間為t=30°故C錯誤；D、θ＝0°時，粒子離開磁場在PQ上O的水平線上方3a當θ增大時，粒子離開磁場在PQ上的位置下移，直到粒子運動軌跡與PQ相切；θ繼續增大，則粒子不能從PQ邊界射出；粒子運動軌跡與PQ相切時，由半徑R＝2a，可知，粒子轉過的角度為60°，所以，出射點在O的水平線下方3a處；所以，PQ邊界上有粒子射出的長度為23a故選：D。（2020?延慶區一模）如圖所示，正方形區域內有勻強磁場，現將混在一起的質子H和α粒子加速后從正方形區域的左下角射入磁場，經過磁場后質子H從磁場的左上角射出，α粒子從磁場右上角射出磁場區域，由此可知（）A．質子和α粒子具有相同的速度 B．質子和α粒子具有相同的動量 C．質子和α粒子具有相同的動能 D．質子和α粒子由同一電場從靜止加速【解答】解：設正方形的邊長為L，則由運動軌跡可知質子H的軌道半徑為rH=L2，α粒子的軌道半徑為rL＝L帶電粒子在磁場中運動：Bqv=mv2r，得r=mvBqA、由①可得：vHvα=B、因速度相等，質量不同，則動量不同，故B錯誤C、因速度相等，質量不同，則動能不同，故C錯誤D、若同一加速電場加速：qU=12mv2得v=2qUm則速度之比為：故選：A。（2023?平城區校級一模）空間存在勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面，線段MN是屏與紙面的交線，長度為4L，其左側有一粒子源S，可沿紙面內各個方向不斷發射質量為m、電荷量為q、速率相同的粒子；SP⊥MN，P為垂足，如圖所示，已知SP＝MP＝L，若MN上所有的點都能被粒子從其右側直接打中，則粒子的速率至少為（）A．2qBLm B．2qBLm C．5qBL【解答】解：粒子要打中MN的右側所有位置，最容易的方式為粒子從S飛出，繞過距離最近的M點，從右側打中MN最下端的N點，