2024年高考物理热点磁场中的旋转圆、放缩圆、平移圆、磁聚焦模型(解析版)

磁场中的旋转圆、放缩圆、平移圆、磁聚焦模型
1.高考命题中，带电粒子在有界磁场中的运动问题，常常涉及到临界问题或多解问题，粒子运动轨迹和磁场边界相切经常是临界条件。

带电粒子的入射速度大小不变，方向变化，轨迹圆相交与一点形成旋转圆。

带电粒子的入射速度方向不变，大小变化，轨迹圆相切与一点形成放缩圆。

2.圆形边界的磁场，如果带电粒子做圆周运动的半径如果等于磁场圆的半径，经常创设磁聚焦和磁发散模型。

一、分析临界极值问题常用的四个结论
(1)刚好穿出磁场边界的条件是带电粒子在磁场中运动的轨迹与边界相切.
(2)当速率v 一定时，弧长越长，圆心角越大，则带电粒子在有界磁场中运动的时间越长,
(3)当速率v 变化时，圆心角大的，运动时间长，解题时一般要根据受力情况和运动情况画出运动轨迹的草图，找出圆心，再根据几何关系求出半径及圆心角等
(4)在圆形匀强磁场中，当运动轨远圆半径大于区域圆半径时，入射点和出射点为磁场直径的两个端点时轨迹对应的偏转角最大(所有的弦长中直径最长)。

二、“放缩圆”模型的应用
适用条件
速度方向一定，大小不同
粒子源发射速度方向一定，大小不同的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
三、“旋转圆”模型的应用
适用条件
速度大小一定，方向不同
粒子源发射速度大小一定、方向不同的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，若射入初速
度为v 0，则圆周运动半径为R =mv 0
qB。

如图所示
轨迹圆圆心共圆
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 =
mv 0
qB
的圆上界定方法
将一半径为R =
mv 0
qB
的圆以入射点为圆心进行旋转，从而探索粒子的临界条件，这种方法称为“旋转圆”法
四、“平移圆”模型的应用
适用条件
速度大小一定，方向一定，但入射点在同一直
线上粒子源发射速度大小、方向一定，入射点不同，但在同一直线的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v 0，则半径R =mv 0
qB
，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 =mv 0
qB
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
五、“磁聚焦”模型1．带电粒子的会聚
如图甲所示，大量的同种带正电的粒子，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，O 1A (O 2B 、O 3C )均平行于PO ，即出射速度方向相同(即水平方向)．
(建议用时：60分钟)
一、单选题
1地磁场能抵御宇宙射线的侵入，赤道剖面外地磁场可简化为包围地球一定厚度的匀强磁场，方向垂直该部面，如图所示，O为地球球心、R为地球半径，假设地磁场只分布在半径为R和2R的两边界之间的圆环区域内(边界上有磁场)，磷的应强度大小均为B，方向垂直纸面向外。

宇宙射线中含有一种带电粒子，其质量为m、电荷量为q，忽略引力和带电粒子间的相互作用，下列说法正确的是()
A.从A点沿垂直地面方向射入的该种粒子，速率为qBR
m的粒子可达到地面
B.从A点沿垂直地面方向射入的该种粒子，速率为3qBR
2m的粒子可达到地面
C.从A点沿平行地面方向射入的该种粒子，速率为3qBR
3m的粒子可达到地面
D.从A点沿平行地面方向射入的该种粒子，速率为3qBR
m的粒子可达到地面
【答案】C
【解析】AB．从A点沿垂直地面方向射入的该种粒子，轨迹与地面相切时，根据几何关系可知
r2+(2R)2=(r+R)2
根据
qvB=m v2
r
解得到达地面最小速度
v=3BqR 2m
故AB错误；
CD．从A点沿平行地面方向射入的该种粒子，到达地面最小轨迹半径
r1=1
2
R
对应最小速度
v1=qBR 2m
最大轨迹半径
r2=3
2
R 对应最大速度
v2=3qBR 2m
故C正确D错误。

故选C。

2(2024·重庆·统考一模)地磁场对宇宙高能粒子有偏转的作用，
从而保护了地球的生态环境。

赤道平面的地磁场简化为如图，O 为地球球心、R 为地球半径，地磁场只分布在半径为R 和2R 的两边界之间的圆环区域内，磁感应强度大小均为B ，方向垂直纸面向里。

假设均匀分布的带正电高能粒子以相同速度垂直MN 沿赤道平面射向地球。

已知粒子质量均为m 。

电荷量均为q 。

不计粒子的重力及相互作用力。

则(
)
A.粒子无论速率多大均无法到达MN 右侧地面
B.若粒子速率为qBR
m ，正对着O 处入射的粒子恰好可以到达地面
C.若粒子速率小于qBR
2m ，入射到磁场的粒子可到达地面
D.若粒子速率为5qBR
4m ，入射到磁场的粒子恰能覆盖MN 右侧地面一半的区域
【答案】D
【解析】A ．射入方向在地球下表面以下的粒子，只要速率合适，粒子可到达MN 右侧地面，故A 错误；
B ．若粒子的速率为qBR
m
，则粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力，有
qvB =m
v 2
r
解得
r =R 若粒子正对着O 处入射，且恰好可以到达地面，其轨迹如图所示
设该轨迹半径为r 1，由几何关系可得
r 2
1+(2R )2-r 1=R
解得
r 1=
3
2
R ≠r 故B 错误；C ．若粒子的速率为
qBR
2m
，则粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力，有qv 2B =m v 2
2
r 2
解得
r 2=
R 2<r 1=3
2R 由B 选项分析可知，若粒子速率等于
qBR
2m
时，入射到磁场的粒子均不可以到达地面，所以若粒子速率小于qBR
2m
，入射到磁场的粒子均不可以到达地面，故C 错误；D ．若粒子速率为5qBR
4m
，由洛伦兹力提供向心力得
qv 3B =m v 2
3
r 3解得
r 3=
5R 4
此时最下端的粒子正入射恰好可以到达最右侧地面；而在最下端的以上入射的粒子，因为向上偏转，能到达MN 右侧地面最右端以下；综上所述，入射到磁场的粒子恰能覆盖MN 右侧地面一半的区域，故D 正确。

故选D 。

3两个等质量粒子分别以速度v a 和v b 垂直射入有界匀强磁场，
两粒子的入射方向与磁场边界的夹角分别为60°和45°，磁场垂直纸面向外，磁场宽度为d ，两粒子同时由A 点出发，同时到达B 点，A 、B 连线垂直于磁场边界。

如图所示，则(
)
A.a 粒子带负电，b 粒子带正电
B.两粒子的轨道半径之比R a :R b =1:2
C.两粒子的电荷量之比q a :q b =3:2
D.两粒子的速率之比v a :v b =22:3
【答案】D
【解析】两粒子运动轨迹如图所示
A ．由左手定则可知b 粒子带负电，a 粒子带正电，A 错误；
B ．根据几何关系，有
d =R a =2R b
则
R a :R b =2:1
B 错误；
D ．粒子从A 到B ，由几何关系知a 粒子圆心角为φa =π3，b 粒子圆心角为φb =π
2
，由于两粒子同时出发同时到达，有
t AB =
φa R a
v a =φb R b v b
则
v a :v b =22:3
D 正确；
C ．粒子所受洛伦兹力提供向心力，有
qvB =m
v 2
R
则有
q a q b =v a R b v b R a
=23C 错误。

故选D 。

4如下图所示，
电子质量为m ，电荷量为e ，从坐标原点O 处沿xOy 平面射入第一象限，射入时速度方向不同，速度大小均为v 0，现在某一区域加一方向向外且垂直于xOy 平面的匀强磁场，磁感应强度为B ，若这些电子穿过磁场后都能垂直射到荧光屏MN 上，荧光屏与y 轴平行，下列说法正确的是(
)
A.所加磁场范围的最小面积是πm 2ν20
2e 2B
2
B.所加磁场范围的最小面积是
π+2 m 2ν
202e 2B 2
C.所加磁场范围的最小面积是
3π+2 m 2ν2
4e 2B 2 D.所加磁场范围的最小面积是
3πm 2ν20
2e 2B 2
【答案】B
【解析】设粒子在磁场中运动的半径为R ，由牛顿第二定律得
ev 0B =m v 2
R
即
R =
mv 0
eB
电子从y 轴穿过的范围为
OM =2R =2
mv 0
eB
初速度沿x 轴正方向的电子沿OA 运动到荧光屏MN 上的P 点；初速度沿y 轴正方向的电子沿OC 运动到荧光屏MN 上的Q 点；由几何知识可得
PQ =R =
mv 0
eB
取与x 轴正方向成θ角的方向射入的电子为研究对象，其射出磁场的点为E x ,y ，因其射出后能垂直打到
屏MN 上，故有
x =-R sin θ
y =R +R cos θ
即
x 2+(y -R )2=R 2
又因为电子沿x 轴正方向射入时，射出的边界点为A 点；沿y 轴正方向射入时，射出的边界点为C 点，故所加最小面积的场的边界是以0,R 为圆心、R 为半径的圆的一部分，如图中实线圆所围区域，所以磁场范围的最小面积为
s =34πR 2+R 2-14πR 2
=π2+1 mv 0eB 2=π+2 m 2v 202e 2B
2故B 正确。

故选B 。

5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力，则磁感应强度的大小为(
)
A.
mv
2er
B.
2mv 2er
C.
mv er
D.
2mv er
【答案】C
【解析】由题可知，从左侧任选一束电子流A 经磁场偏转后，通过坐标原点O ，如图所示
由于电子沿水平方向射入磁场，半径与速度方向垂直，可知
AO 2⎳O 1O
由几何关系可知，平行四边形AO 2OO 1为菱形，因此电子在磁场中运动的轨道半径
R =r 又由于
evB =
mv 2
R
可知磁感应强度的大小为
B =
mv
er
故选C 。

二、多选题
6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B 1，B 2．两圆半径均为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.B 1的大小为
mv
qr
B.从O 点进入磁场Ⅱ的粒子的速度仍相等
C.若B 2=2B 1，则粒子在磁场Ⅱ的边界的射出点在六分之一圆周上
D.若B 2=0.5B 1，则粒子在磁场Ⅱ中运动的最长时间为
2πr
3v 【答案】ABD
【解析】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
B 1qv =
mv 2
r
解得
B 1=
mv qr 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，B 正确；
C ．若B 2=2B 1，则
r 2=
mv B 2q
=1
2r 由此可知，粒子离开磁场Ⅱ中能做完整的圆周运动，粒子在磁场Ⅱ的边界的射出点在O ，C 错误；
D ．若B 2=0.5B 1，则
r 2=
mv
B 2q =2r
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
t=1
6×2π⋅2r
v
=2πr
3v
D正确。

故选ABD。

7如图所示，多边形区域内有磁感应强度为B的垂直纸面向里的匀强磁场(边界处有磁场)，粒子源P 可以沿底边向右发射质量为m、电荷量为+q的粒子，粒子速率各不相同；右侧边界中点处有一粒子源Q可
以在纸面内沿各个方向向磁场内部发射质量为m、电荷量为-q、速率为v1=qBa
m的粒子。

下列说法正确
的是()
A.由粒子源P发射的粒子，能够到达的边界长度为3a
B.由粒子源P发射的粒子，能够到达的边界长度为4a
C.由粒子源Q发射的粒子，首次到达边界(除Q所在的边界)的最短时间为πm
3qB
D.由粒子源Q发射的粒子，首次到达边界的最长时间为πm
qB
【答案】AC
【解析】AB．由粒子源P发射的粒子轨迹的圆心在图(a)中虚线LL 上，如图
由qBv =m v 2
r
可知
r =
mv qB
轨迹半径r 随速度增大而增大。

当r ≤
a 2时，粒子能够到达MP 之间；当a 2
<r ≤a 时，粒子能够到达MA 之间；当r >a 时，粒子能够到达Q 点正下方的边界上，A 正确，B 错误；
CD ．由粒子源Q 发射的粒子，速率相同，将v 1=qBa
m
代入
qBv =m
v 2
r
可得
r =a 如图(b )所示
粒子首次到达M 点的时间最短，由几何关系
α=60°
则
t min =
16T =16⋅2πa v 1=πm
3qB
粒子恰好没有落在M 点时，落点为N ，此时是首次到达边界的最长时间，由几何关系
β<180°所以
max qB
故C正确，D错误。

故选AC。

三、解答题
8如图所示，在矩形MNPQ平面内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。

点M处有一个粒子源，在某时刻发射大量质量为m、电荷量为q的带正电粒子，它们的速度大小相等，方向均在纸面内，与MN的夹角分布在0~90°范围内。

已知MN=a，NP=1+3
a，粒子在磁场中做圆周运动的半径介于a∼1+3
a之间，不计粒子重力及相互间的作用。

若粒子在磁场中运动的最长时间为其做圆周运动周期的四分之一。

求：
(1)粒子在磁场中运动的轨道半径R；
(2)粒子在磁场中运动的速度大小v。

【答案】(1)R=2a；(2)v=2qBa m
【解析】(1)粒子的入射方向分布在0~90°范围内，圆心分布在四分之一个圆上，粒子在磁场中运动的最长时间为其做圆周运动周期的四分之一，则此轨迹的圆心角为90°，轨迹与NP边相切，从QP边飞出，如图所示
有几何关系可知
R sinθ+a=R
R sinθ+R cosθ=(1+3)a
联立解得
θ=30°，R=2a
(2)由洛伦兹力提供向心力，有
qvB=m v2
R
解得
m
9(2024·广西·统考一模)如图，一半径为R 1的圆内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B 1，方向垂直于纸面向里，在圆形磁场右边有一接地的“
”形金属挡板abcd ,ab =cd =3R 1,bc =4R 1，在bc 边中点O 开一
小孔，圆形磁场与bc 边相切于O 点，挡板内存在垂直于纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度大小B 2=0.5B 1，在cd 边下方2R 1处放置一足够长的水平接收板P ，初速度可忽略的大量电子，经过电压U 加速后，有宽度为2R 1的平行电子束竖直向上进入圆形磁场，均通过O 点进入B 2，电子质量为m ，电荷量为e ，忽略电子间的相互作用和电子的重力，其中U 、B 1、m 、e 已知，求：(1)电子进入圆形磁场区域时的速度v ；(2)圆形磁场区域的半径R 1；。

(3)电子在水平接收板上击中的区域。

【答案】(1)
2eU m ；(2)
1B 12mU e ；(3)3+43 ⋅
1B 1
2mU e
，区域如图左
【解析】(1)电子初速度为0，忽略电子间的相互作用和电子的重力，经过电压U 加速，则
eU =12
mv 2
解得
v =2eU
m
(2)因为有宽度为2R 1的平行电子束竖直向上进入圆形磁场，均通过O 点，画图可知，圆形磁场半径等于电子在其运动轨迹的半径，即
R 1=R =
m
eB 1
2eU m =1B 1
2mU
e
(3)挡板内电子进入挡板内磁场，由
evB =m
v 2
r
可知在挡板内做圆周运动的半径为圆形磁场内圆周运动半径的2倍，即
R 2=2R 1
当圆的轨迹与ab 边相切时，即粒子在O 点速度方向向上，此时粒子可以射到收集板，如左图所示。

随着粒子在O 点速度从竖直向上往顺时针偏转时，其轨迹也绕O 点顺时针偏转，当偏转到圆的轨迹与ad 边相切时，此时粒子刚好不能射到收集板，如右图所示
在右边大三角形中
tan θ=
AH 1+4R 1
x 1
在三角形O 1H 1A 中
O 1H 1=3R 1-2R 1=R 1O 1A =2R 1
sin θ=O 1H 1AO 1
=R 12R 1=
1
2则
θ=
π
6
AH 1=3R 1
代入解得
x 1=3+43 R 1=3+43 ⋅
1
B 1
2mU e
电子在水平接收板上击中的区域为x 1这一区域。

10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)
qBd m ；(3)πm
3qB
；(4)d 2【解析】(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
r =d 由牛顿第二定律
qvB =m
v 2
r
解得粒子运动的速度大小为
v =
qBd m
(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
T =
2πr v
可得最短时间
t =16T =
πm 3qB
(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AODA 区域的面积
该区域面积为
s =
14πd 2+d 2-14
πd 2
=d 2
(建议用时：30分钟)
一、单选题
1如图所示，
上下板足够长，间距为d 。

一质量为m 、电荷量为+q 的粒子(不计重力)，从下极板上的A 点以速度v 沿与极板成60°角、垂直磁场的方向射入磁场区域。

若要使粒子不打在上极板，则磁场的磁感应强度B 应满足(
)
A.0<B <3mv
2qd
B.0<B <
mv qd
C.B >
3mv 2qd
D.B >
mv qd
【答案】C
【解析】粒子不打在上极板，临界情况为粒子的轨迹恰好与上极板相切，如图所示
设轨道半径为r ，由几何关系可得
d =r sin30°+r
解得
r =
2d 3
由于洛伦兹力提供向心力，则
qvB =m
v 2
r
解得
B =
3mv 2qd 磁感应强度B 越大，轨迹半径越小，所以磁场的磁感应强度B 应满足
B >
3mv 2qd 故选C 。

2如图所示，
水平直线边界PQ 的上方空间内有方向垂直纸面向外、磁感应强度大小为B 的匀强磁场，长为2d 、与PQ 平行的挡板MN 到PQ 的距离为d ，边界PQ 上的S 点处有一电子源，可在纸面内向PQ 上
方各方向均匀的发射电子。

已知电子质量为m 、电荷量为e ，速度大小均为eBd
m
，N 、S 的连线与PQ 垂直，
不计电子之间的作用力，则挡板MN 的上表面没有被电子击中部分的长度为()
A.d
B.
3d
C.2-3 d
D.3-3 d
【答案】D
【解析】带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有
Bve =m
v 2
r
得
r =mv Be
=d
做出粒子从不同方向射出的轨迹，如图
则挡板MN 的上表面被电子击中部分为CD ，根据几何关系可得
DN =
2d
2
-d 2=3d
CN =d
所以没有被电子击中部分的长度为
x =2d -3d -d =3-3 d
故选D 。

3如图所示，
在直角坐标系xOy 的第一象限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，在y 轴上S 处有一粒子源，它可向右侧纸面内各个方向射出速率相等、质量均为m 、电荷量均为q 的
同种带负电粒子，所有粒子射出磁场时离S 最远的位置是x 轴上的P 点。

已知OP =3d ，OS
=d ，粒子重力及粒子间的相互作用均不计，则(
)
A.粒子的速度大小为
m
qBd
B.从O 点射出的粒子在磁场中运动的时间为
πm qB
C.从x 轴上射出磁场的粒子在磁场中运动的最短时间与最长时间之比为2∶9
D.沿平行于x 轴正方向射入的粒子离开磁场时的位置到O 点的距离为
d
2【答案】C
【解析】A ．粒子射出磁场时离S 最远的位置是x 轴上的P 点，如图所示
其轨迹为轨迹1，可知SP 为轨迹圆的直径，由几何关系知
2R
2
=d 2+3d 2解得
R =d
洛伦兹力提供向心力，有
m
v 2
R
=qvB 解得
v =
qBd m 故A 错误；B ．粒子运动的周期
T =
2πR v =2πm
Bq
从O 点射出的粒子其轨迹为轨迹3，由几何关系可知
sin θ2=
1
2
d R
解得
θ=60°
即轨迹所对的圆心角为60°，粒子在磁场中运动的时间t =θ360°
T =
πm 3qB 故B 错误；
C ．运动时间最长的粒子为运动轨迹与x 轴相切的粒子，其轨迹为轨迹2，对应的圆心角为270°，则运动的最长时间
t 1=
3
4
T 运动时间最短的粒子为从原点飞出的粒子，其轨迹为轨迹3，对应的圆心角为60°，则运动的最短时间
t 2=16
T
所以
t 1:t 2=9:2
故C 正确；
D ．沿平行于x 轴正方向射入的粒子，圆心在原点处，运动轨迹为四分之一圆，离开磁场时的位置到O 点的距离为d ，故D 错误。

故选C 。

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，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.
mv
2qr
B.
2mv 2qr
C.
mv qr
D.
2mv qr
【答案】C
【解析】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
R =r 粒子匀速圆周运动所需向心力等于洛伦兹力，则有
qvB =m
v 2R
解得
B =
mv
qr 故选C 。

5如图(a )是一种防止宇宙射线危害字航员的装置，
在航天器内建立半径分别为R 和3R 的同心圆柱，圆柱之间加上沿轴向方向的磁场，其横截面如图(b )所示。

宇宙射线中含有大量的质子，质子沿各个方向运动的速率均为v 0，质子的电荷量为e 、质量为m 。

下列说法中正确的是(
)
A.若沿任何方向入射的质子都无法进入防护区，则磁感应强度大小至少为
2mv 0
3-1 eR
B.若正对防护区圆心入射的质子恰好无法进入防护区，则磁感应强度大小为
mv 03eR
C.若正对防护区圆心入射的质子恰好无法进入防护区，则该情况下质子从进入磁场到离开磁场的总时间
为πR 6v 0D.若正对防护区圆心入射的质子恰好无法进入防护区，则该情况下质子在磁场中的轨迹对应的圆心角为60°【答案】A
【解析】A ．为使所有速度为v 0的粒子都不进入防护区，半径最大的粒子轨迹如图
则粒子的半径最大为
r =
R 2-R 1
2
=3-1
2
R 由洛伦兹力提供向心力
qv 0B =m v 2
r
解得磁感应强度至少为
B =
2mv 0
(3-1)eR 故A 正确；
BCD ．设正对防护区圆心入射的质子的轨迹半径为r ，粒子运动轨迹如图
由几何关系得
(3R )2+r 2=(R +r )2
解得
r =R
由洛伦兹力提供向心力得
qv 0B =m v 2
r
解得
B =mv 0eR tan α=
3R
R
=3则
α=60°
质子在磁场中的轨迹对应的圆心角为120°，质子从进入磁场到离开磁场的总时间为
t =120°360°
⋅2πR v 0=
2πR 3v 0故BCD 错误。

故选A 。

二、多选题
6如图所示，
边界OA 与OC 之间分布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，经过一段时间有大量粒子从边界OC 射出磁场。

已知∠AOC =θ，从边界OC
穿出的粒子在磁场中运动的最长时间等于T
2
(T 为粒子在磁场中运动的周期)，则从边界OC 穿出的粒子在
磁场中运动的时间的说法正确的是()
A.若θ=60°，则从边界OC 穿出的粒子在磁场中运动的时间最短为T
6B.若θ=45°，则从边界OC 穿出的粒子在磁场中运动的时间最短为
T
4C.若θ=30°，则从边界OC 穿出的粒子在磁场中运动的时间最短为
T
3
D.从边界OC 穿出的粒子在磁场中运动的时间的长短与θ的大小无关【答案】ABC
【解析】题中的条件说明，很多相同m 、q 的粒子在同一点以相同的速率v 沿不同方向射入磁场，由
r =
mv qB 知道，所有粒子轨道半径相等，由
T =
2πm
qB
知道，所有粒子的运动周期是相等的，从边界OC 穿出的粒子在磁场中运动的最长时间等于T 2
，说明在不同边界的磁场中粒子源S 到O 点的距离不同，所以要分别作图分析。

A ．若θ=60°，如图1所示，所有粒子运动轨迹的圆心为以S 为圆心以3
2
OS 为半径的半圆弧DFGH 上。

从边界OC 穿出的粒子在磁场中运动的最长时间等于
T
2
，该粒子的轨迹所对应的弦为直径SE ，随着轨迹。