新高考物理一輪復習精品學案第10章專題強化19動態(tài)圓問題（含解析）-學案下載-教習網(wǎng)

題型一 “平移圓”模型
例1 (多選)如圖所示，在Ⅰ、Ⅱ兩個區(qū)域內(nèi)存在磁感應(yīng)強度大小均為B的勻強磁場，磁場方向分別垂直于紙面向外和向里，AD、AC邊界的夾角∠DAC＝30°，邊界AC與邊界MN平行，Ⅱ區(qū)域?qū)挾葹閐.質(zhì)量為m、電荷量為＋q的粒子可在邊界AD上的不同點射入，入射速度垂直AD且垂直磁場，若入射速度大小為eq \f(qBd,m)，不計粒子重力，則( )
A．粒子在磁場中運動的半徑為eq \f(d,2)
B．粒子在距A點0.5d處射入，不會進入Ⅱ區(qū)域
C．粒子在距A點1.5d處射入，在Ⅰ區(qū)域內(nèi)運動的時間為eq \f(πm,qB)
D．能夠進入Ⅱ區(qū)域的粒子，在Ⅱ區(qū)域內(nèi)運動的最短時間為eq \f(πm,3qB)
答案 CD
解析帶電粒子在磁場中的運動半徑r＝eq \f(mv,qB)＝d，選項A錯誤；設(shè)從某處E進入磁場的粒子，其軌跡恰好與AC相切(如圖所示)，則E點距A點的距離為2d－d＝d，粒子在距A點0.5d處射入，會進入Ⅱ區(qū)域，選項B錯誤；粒子在距A點1.5d處射入，不會進入Ⅱ區(qū)域，在Ⅰ區(qū)域內(nèi)的軌跡為半圓，運動的時間為t＝eq \f(T,2)＝eq \f(πm,qB)，選項C正確；進入Ⅱ區(qū)域的粒子，弦長最短的運動時間最短，且最短弦長為d，對應(yīng)圓心角為60°，最短時間為tmin＝eq \f(T,6)＝eq \f(πm,3qB)，選項D正確．
題型二 “旋轉(zhuǎn)圓”模型
例2 如圖所示，真空室內(nèi)存在勻強磁場，磁場方向垂直于紙面向里，磁感應(yīng)強度的大小B＝0.30 T．磁場內(nèi)有一塊足夠大的平面感光板ab，板面與磁場方向平行，在距ab的距離l＝32 cm處，有一個點狀的α粒子放射源S，它向各個方向發(fā)射α粒子，α粒子的速度都是v＝3.0×106 m/s.已知α粒子的電荷量與質(zhì)量之比eq \f(q,m)＝5.0×107 C/kg.若只考慮在圖紙平面內(nèi)運動的α粒子，則感光板ab上被α粒子打中區(qū)域的長度是多少？(不計粒子的重力)
答案 40 cm
解析 α粒子帶正電，故在磁場中沿逆時針方向做勻速圓周運動，用R表示軌跡半徑，
有qvB＝meq \f(v2,R)，
由此得R＝20 cm，
由于2R>l>R，朝不同方向發(fā)射的α粒子的圓軌跡都過S，
可知，某一圓軌跡在圖中N左側(cè)與ab相切，
則此切點P1就是α粒子能打中的左側(cè)最遠點；
再考慮N的右側(cè)．任何α粒子在運動中離S的距離不可能超過2R，以2R為半徑、S為圓心作圓，交ab于N右側(cè)的P2點，
此即右側(cè)能打到的最遠點；粒子運動軌跡如圖所示
根據(jù)幾何關(guān)系可得
NP1＝eq \r(R2－?l－R?2)＝16 cm
NP2＝eq \r(?2R?2－l2)＝24 cm
所求長度為P1P2＝NP1＋NP2＝16 cm＋24 cm＝40 cm.
題型三 “放縮圓”模型
例3 (2020·全國卷Ⅰ·18)一勻強磁場的磁感應(yīng)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， eq \\ar(ab, \s\up5(⌒))為半圓，ac、bd與直徑ab共線，ac間的距離等于半圓的半徑．一束質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的粒子，在紙面內(nèi)從c點垂直于ac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．在磁場中運動時間最長的粒子，其運動時間為( )
A.eq \f(7πm,6qB) B.eq \f(5πm,4qB) C.eq \f(4πm,3qB) D.eq \f(3πm,2qB)
答案 C
解析粒子在磁場中運動的時間與速度大小無關(guān)，由在磁場中的運動軌跡對應(yīng)的圓心角決定．設(shè)軌跡交半圓 eq \\ar(ab, \s\up5(⌒))于e點，ce中垂線交bc于O點，則O點為軌跡圓的圓心，如圖所示．圓心角θ＝π＋2β，當β最大時，θ有最大值，由幾何知識分析可知，當ce與 eq \\ar(ab, \s\up5(⌒))相切時，β最大，此時β＝30°，可得θ＝eq \f(4,3)π，則t＝eq \f(θ,2π)T＝eq \f(4πm,3qB)，故選C.
例4 (2020·全國卷Ⅲ·18)真空中有一勻強磁場，磁場邊界為兩個半徑分別為a和3a的同軸圓柱面，磁場的方向與圓柱軸線平行，其橫截面如圖所示．一速率為v的電子從圓心沿半徑方向進入磁場．已知電子質(zhì)量為m，電荷量為e，忽略重力．為使該電子的運動被限制在圖中實線圓圍成的區(qū)域內(nèi)，磁場的磁感應(yīng)強度最小為( )
A.eq \f(3mv,2ae) B.eq \f(mv,ae)
C.eq \f(3mv,4ae) D.eq \f(3mv,5ae)
答案 C
解析磁感應(yīng)強度取最小值時對應(yīng)的臨界狀態(tài)如圖所示，設(shè)電子在磁場中做圓周運動的半徑為r，由幾何關(guān)系得a2＋r2＝(3a－r)2，根據(jù)牛頓第二定律和圓周運動知識得evB＝meq \f(v2,r)，聯(lián)立解得B＝eq \f(3mv,4ae)，故選C.
題型四 “磁聚焦”模型
1．帶電粒子的會聚
如圖甲所示，大量同種帶正電的粒子，速度大小相同，平行入射到圓形磁場區(qū)域，如果軌跡圓半徑與磁場圓半徑相等(R＝r)，則所有的帶電粒子將從磁場圓的最低點B點射出．(會聚)
證明：四邊形OAO′B為菱形，必是平行四邊形，對邊平行，OB必平行于AO′(即豎直方向)，可知從A點發(fā)出的帶電粒子必然經(jīng)過B點．
2．帶電粒子的發(fā)散
如圖乙所示，有界圓形磁場的磁感應(yīng)強度為B，圓心為O，從P點有大量質(zhì)量為m、電荷量為q的正粒子，以大小相等的速度v沿不同方向射入有界磁場，不計粒子的重力，如果正粒子軌跡圓半徑與有界圓形磁場半徑相等，則所有粒子射出磁場的方向平行．(發(fā)散)
證明：所有粒子運動軌跡的圓心與有界圓圓心O、入射點、出射點的連線為菱形，也是平行四邊形，O1A、O2B、O3C均平行于PO，即出射速度方向相同(即水平方向)．
例5 (多選)如圖所示，半徑為R、磁感應(yīng)強度為B的圓形勻強磁場，MN是一豎直放置的足夠長的感光板．大量相同的帶正電粒子從圓形磁場最高點P以速率v沿不同方向垂直磁場方向射入，不考慮速度沿圓形磁場切線方向入射的粒子．粒子質(zhì)量為m，電荷量為q，不考慮粒子間的相互作用和粒子的重力．關(guān)于這些粒子的運動，以下說法正確的是( )
A．對著圓心入射的粒子，速度越大在磁場中通過的時間越短
B．對著圓心入射的粒子，速度越大在磁場中通過的時間越長
C．若粒子速度大小均為v＝eq \f(qBR,m)，出射后均可垂直打在MN上
D．若粒子速度大小均為v＝eq \f(qBR,m)，則粒子在磁場中的運動時間一定小于eq \f(πm,qB)
答案 ACD
解析對著圓心入射的粒子，速度越大在磁場中做圓周運動的軌跡半徑越大，弧長越長，軌跡對應(yīng)的圓心角越小，由t＝eq \f(θ,2π)T＝eq \f(θm,qB)可知，運動時間越短，故選項A正確，B錯誤．粒子速度大小均為v＝eq \f(qBR,m)時，根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得粒子的軌跡半徑為：r＝eq \f(mv,qB)＝R，根據(jù)幾何關(guān)系可知，入射點P、O、出射點與軌跡圓的圓心的連線構(gòu)成菱形，射出磁場時的軌跡半徑與PO平行，故粒子射出磁場時的速度方向與MN垂直，出射后均可垂直打在MN上；根據(jù)幾何關(guān)系可知，軌跡對應(yīng)的圓心角小于180°，粒子在磁場中的運動時間：teq \f(Bql,m)
D．使粒子的速度eq \f(Bql,4m)