2023版高考物理一輪復習第八章磁場沖刺訓練

PAGEPAGE24第八章磁場電磁學壓軸大題增分策略(一)——磁場區(qū)域最小面積的五種求法帶電粒子在勻強磁場中的運動頻繁命制壓軸大題，涉及的題型通常有磁場區(qū)域最小面積的求解，“數學圓〞模型在電磁學中的應用，“磁發(fā)散〞和“磁聚焦〞等問題。三種題型分裝在三節(jié)課時中，本節(jié)課那么通過對近年高考及各地模擬題的研究，闡述五種磁場區(qū)域最小面積的求法。粒子速度確定的圓形磁場區(qū)域速度確定的帶電粒子在勻強磁場中運動，其軌跡半徑確定。要求出圓形磁場區(qū)域的最小面積，一般方法是先確定帶電粒子在磁場區(qū)域的入射點和出射點，連接這兩點即得到磁場區(qū)域的直徑，根據圖中幾何關系得到磁場區(qū)域直徑的數值，然后利用面積公式得出圓形磁場區(qū)域的最小面積。[典例1]如下圖，一質量為m、電荷量為q的帶電粒子，從y軸上的P1點以速度v射入第一象限所示的區(qū)域，入射方向與x軸正方向成α角。為了使該粒子能從x軸上的P2點射出該區(qū)域，且射出方向與x軸正方向也成α角，可在第一象限適當的地方加一個垂直于xOy平面、磁感應強度為B的勻強磁場。假設磁場分布為一個圓形區(qū)域，那么這一圓形區(qū)域的最小面積為(不計粒子的重力)()A.eq\f(πm2v2,q2B2) B.eq\f(πm2v2,q2B2)cos2αC.eq\f(πm2v2,q2B2)sinα D.eq\f(πm2v2,q2B2)sin2α[解析]粒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qvB＝meq\f(v2,R)，那么粒子在磁場中做圓周運動的半徑R＝eq\f(mv,qB)。由題意可知，粒子在磁場區(qū)域中的軌跡應與入射方向的速度、出射方向的速度相切，如下圖。那么與入射方向所在直線和出射方向所在直線的距離都為R的O′點就是圓周的圓心。粒子在磁場區(qū)域中的軌跡就是以O′為圓心、R為半徑的圓弧ef，而e點和f點應在所求圓形磁場區(qū)域的邊界上。在通過e、f兩點的不同的圓周中，最小的一個是以ef連線為直徑的圓周，即得圓形區(qū)域的最小半徑r＝Rsinα＝eq\f(mvsinα,qB)，那么這個圓形區(qū)域的最小面積Smin＝πr2＝eq\f(πm2v2sin2α,q2B2)，故D正確。[答案]D粒子速度不確定的圓形磁場區(qū)域速度不確定的帶電粒子在勻強磁場中運動，其軌跡半徑不確定?？筛鶕}述帶電粒子在磁場區(qū)域的入射線和出射線，畫出可能的運動軌跡。然后利用題述條件，確定帶電粒子在磁場區(qū)域的入射點和出射點，連接這兩點即得到磁場區(qū)域的直徑，然后利用面積公式得出圓形磁場區(qū)域的最小面積。[典例2](2022·長春質量監(jiān)測)如下圖，在x軸上方有垂直于xOy平面向外的足夠大勻強磁場(圖中沒有畫出該磁場)，一個質量為m，電荷量為q(q＞0)的粒子，在P點以速率v沿與x軸成某一角度射入磁場，然后粒子從Q點離開磁場，P點與Q點關于y軸對稱且相距為2a，其中a＝eq\f(mv,2Bq)(B為磁感應強度，大小未知，不計粒子重力的影響)。(1)求粒子從P點運動到Q點的時間；(2)假設勻強磁場只在x軸上方某一區(qū)域內存在，且磁場邊界為圓形，改變粒子的入射方向，使粒子進入磁場位置的橫坐標x＝－eq\f(a,2)，其中a＝eq\f(mv,B′q)(B′為磁感應強度，大小未知，不計粒子重力的影響)，還能保證粒子經過Q點，求粒子進入磁場位置的縱坐標及該圓形磁場區(qū)域的最小面積。[解析](1)粒子進入磁場在洛倫茲力作用下，做局部圓周運動，經過PQ兩點的圓弧既可以是優(yōu)弧也可以是劣弧，那么由qvB＝meq\f(v2,r)得r＝eq\f(mv,qB)＝2a圓周運動的周期T＝eq\f(2πr,v)＝eq\f(4πa,v)劣弧對應的圓心角θ滿足sineq\f(θ,2)＝eq\f(a,r)＝eq\f(1,2)，得θ＝eq\f(π,3)優(yōu)弧對應的圓心角θ′＝2π－θ＝eq\f(5π,3)粒子運動時間t＝eq\f(θ,2π)T＝eq\f(2πa,3v)或t＝eq\f(θ′,2π)T＝eq\f(10πa,3v)。(2)由題意可知，粒子進入磁場前先做一段直線運動，進入磁場后，在洛倫茲力作用下，做一段圓弧運動，而后離開磁場區(qū)域，再做一段直線運動到達Q點，如下圖。設進入磁場點的坐標為(x，y)，粒子圓周運動的半徑為r′。由B′qv＝eq\f(mv2,r′)得r′＝a由幾何關系得r′2＝x2＋(r′cosα)2tanα＝eq\f(y,a－x)，x＝eq\f(a,2)，解得y＝eq\f(\r(3),6)a當磁場邊界圓的直徑為進出磁場點之間的線段時，磁場面積最小，對應的半徑最小。由對稱性可知磁場最小半徑為eq\f(a,2)，最小面積為Sm＝πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)))2＝eq\f(π,4)a2。[答案](1)eq\f(2πa,3v)或eq\f(10πa,3v)(2)eq\f(\r(3),6)aeq\f(π,4)a2半圓形磁場區(qū)域要求出半圓形磁場區(qū)域的最小面積，一般方法是先確定帶電粒子在磁場區(qū)域的入射點和出射點，畫出運動軌跡。連接帶電粒子在磁場區(qū)域的入射點和出射點，該線段的平分線與軌跡的交點到入射點和出射點連線的距離即為半圓形磁場區(qū)域半徑，然后利用面積公式得出半圓形磁場區(qū)域的最小面積。[典例3]如下圖，在直角坐標xOy平面y軸左側(含y軸)有一沿y軸負向的勻強電場，一質量為m、電量為q的帶正電粒子從x軸上P處以速度v0沿x軸正向進入電場，從y軸上Q點離開電場時速度方向與y軸負向夾角θ＝30°，Q點坐標為(0，－d)，在y軸右側有一與坐標平面垂直的有界勻強磁場區(qū)域(圖中未畫出)，磁場磁感應強度大小B＝eq\f(mv0,qd)，粒子能從坐標原點O沿x軸負向再進入電場。不計粒子重力，求：(1)電場強度大小E；(2)如果有界勻強磁場區(qū)域為半圓形，求磁場區(qū)域的最小面積；(3)粒子從P點運動到O點的總時間。[解析](1)設粒子從Q點離開電場時速度大小為v，由粒子在勻強電場中做類平拋運動得v＝2v0由動能定理得qEd＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02解得E＝eq\f(3mv02,2qd)。(2)設粒子從M點進入、N點離開半圓形勻強磁場區(qū)域，粒子在磁場中做勻速圓周運動半徑為r，圓心為O1，軌跡如下圖。由洛倫茲力提供向心力，得qvB＝meq\f(v2,r)解得r＝eq\f(mv,qB)＝2d假設半圓形磁場區(qū)域的面積最小，那么半圓形磁場區(qū)域的圓心為O2，可得半徑R＝1.5r＝3d半圓形磁場區(qū)域的最小面積S＝eq\f(1,2)πR2＝eq\f(9,2)πd2。(3)設粒子在勻強電場中運動時間為t1，粒子從Q點離開電場時沿y軸負向速度大小為vy，有vy＝eq\r(3)v0，d＝eq\f(vy,2)t1解得t1＝eq\f(2\r(3)d,3v0)設粒子在磁場中做勻速圓周運動時間為t2，有t2＝eq\f(4πr,3v)＝eq\f(4πd,3v0)粒子在QM、NO間做勻速直線運動時間分別為t3、t4，由幾何關系得QM的長度eq\x\to(QM)＝eq\f(4\r(3),3)dNO的長度eq\x\to(NO)＝eq\f(5\r(3),3)d得t3＝eq\f(\x\to(QM),v)＝eq\f(2\r(3)d,3v0)，t4＝eq\f(\x\to(NO),v)＝eq\f(5\r(3)d,6v0)粒子從P點運動到O點的總時間為t＝t1＋t2＋t3＋t4＝eq\f(13\r(3)＋8πd,6v0)。[答案](1)eq\f(3mv02,2qd)(2)eq\f(9,2)πd2(3)eq\f(13\r(3)＋8πd,6v0)矩形磁場區(qū)域要求出矩形磁場區(qū)域的最小面積，必須求出矩形的最小長和寬。一般方法是先確定帶電粒子在磁場區(qū)域的入射點和出射點，畫出運動軌跡。根據運動軌跡確定矩形磁場區(qū)域的最小長和寬，然后利用面積公式得出矩形磁場區(qū)域的最小面積。[典例4]如圖，xOy平面內存在著沿y軸正方向的勻強電場。一個質量為m、帶電荷量為＋q的粒子從坐標原點O以速度v0沿x軸正方向開始運動。當它經過圖中虛線上的M(2eq\r(3)a，a)點時，撤去電場，粒子繼續(xù)運動一段時間后進入一個矩形勻強磁場區(qū)域(圖中未畫出)，又從虛線上的某一位置N處沿y軸負方向運動并再次經過M點。磁場方向垂直xOy平面(紙面)向里，磁感應強度大小為B，不計粒子的重力。試求：(1)電場強度的大?。?2)N點的坐標；(3)矩形磁場的最小面積。[解析]粒子的運動軌跡如下圖。(1)粒子從O到M做類平拋運動，設時間為t，那么有2eq\r(3)a＝v0t，a＝eq\f(1,2)·eq\f(qE,m)t2解得E＝eq\f(mv02,6qa)。(2)設粒子運動到M點時速度為v，與x方向的夾角為α，那么vy＝eq\f(qE,m)t＝eq\f(\r(3),3)v0，v＝eq\r(v02＋vy2)＝eq\f(2\r(3),3)v0，tanα＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(\r(3),3)，即α＝30°由題意知，粒子從P點進入磁場，從N點離開磁場，粒子在磁場中以O′點為圓心做勻速圓周運動，設半徑為R，那么qvB＝meq\f(v2,R)解得粒子做圓周運動的半徑為R＝eq\f(mv,qB)＝eq\f(2\r(3)mv0,3qB)由幾何關系知β＝eq\f(1,2)∠PMN＝30°所以N點的縱坐標為yN＝eq\f(R,tanβ)＋a＝eq\f(2mv0,qB)＋a，橫坐標為xN＝2eq\r(3)a。即N點的坐標為(2eq\r(3)a，eq\f(2mv0,qB)＋a)。(3)當矩形磁場為圖示虛線矩形時的面積最小。那么矩形的兩個邊長分別為L1＝2R＝eq\f(4\r(3)mv0,3qB)，L2＝R＋Rsinβ＝eq\f(\r(3)mv0,qB)所以矩形磁場的最小面積為Smin＝L1×L2＝eq\f(4m2v02,q2B2)。[答案](1)eq\f(mv02,6qa)(2)(2eq\r(3)a，eq\f(2mv0,qB)＋a)(3)eq\f(4m2v02,q2B2)兩圓弧包圍的磁場區(qū)域要求出兩圓弧包圍的磁場區(qū)域的最小面積，一般方法是先根據帶電粒子在磁場中運動軌跡確定兩磁場邊界圓弧，然后利用幾何關系和相關知識得出兩圓弧包圍的磁場區(qū)域的最小面積。[典例5]如圖，ABCD是邊長為a的正方形。質量為m、電荷量為e的電子以大小為v0的初速度沿紙面垂直于BC邊射入正方形區(qū)域。在正方形內適當區(qū)域中有勻強磁場。電子從BC邊上的任意點入射，都只能從A點射出磁場。不計重力，求：(1)此勻強磁場區(qū)域中磁感應強度的方向和大??；(2)此勻強磁場區(qū)域的最小面積。[解析](1)設勻強磁場的磁感應強度的大小為B。令圓弧是自C點垂直于BC入射的電子在磁場中的運動軌跡。電子所受到的磁場的作用力f＝ev0B，應指向圓弧的圓心，因而磁場的方向應垂直于紙面向外。圓弧的圓心在CB邊或其延長線上。依題意，圓心在A、C連線的中垂線上，故B點即為圓心，圓半徑為a，根據牛頓第二定律有f＝meq\f(v02,a)聯立解得B＝eq\f(mv0,ea)。(2)由(1)中得出的磁感應強度的方向和大小，可知自C點垂直于BC入射電子在A點沿DA方向射出，且自BC邊上其他點垂直于BC入射的電子的運動軌跡只能在BAEC區(qū)域中。因而，圓弧是所求的最小磁場區(qū)域的一個邊界。為了確定該磁場區(qū)域的另一邊界，我們來探討射入A點的電子的速度方向與BA的延長線夾角為θ(不妨設0≤θ≤π/2)的情形。該電子的運動軌跡qpA如下圖。圖中，圓弧的圓心為O，pq垂直于BC邊，且圓弧的半徑仍為a，在以D為原點、DC為x軸，DA為y軸的坐標系中，p點的坐標(x，y)為x＝asinθ，y＝－[a－(a－acosθ)]＝－acosθ這意味著，在0≤θ≤π/2范圍內，p點形成以D為圓心、a為半徑的四分之一圓周，它是電子做直線運動和圓周運動的分界線，構成所求磁場區(qū)域的另一邊界。因此，所求的最小勻強磁場區(qū)域分別由B和D為圓心、a為半徑的兩個四分之一圓周和所圍成，其面積為S＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)πa2－\f(1,2)a2))＝eq\f(π－2,2)a2。[答案](1)垂直于紙面向外eq\f(mv0,ea)(2)eq\f(π－2,2)a2[提能增分集訓]1.如下圖，在平面直角坐標系xOy中的第一象限內存在磁感應強度大小為B、方向垂直于坐標平面向里的有界圓形勻強磁場區(qū)域(圖中未畫出)；在第二象限內存在沿x軸負方向的勻強電場。一粒子源固定在x軸上坐標為(－L,0)的A點。粒子源沿y軸正方向釋放出速度大小為v的電子，電子恰好能通過y軸上坐標為(0,2L)的C點，電子經過磁場偏轉后恰好垂直通過第一象限內與x軸正方向成15°角的射線ON(電子的質量為m，電荷量為e，不考慮粒子的重力和粒子之間的相互作用)。求：(1)勻強電場的電場強度E的大?。?2)電子離開電場時的速度方向與y軸正方向的夾角θ；(3)圓形磁場的最小面積Smin。解析：(1)從A到C的過程中，電子做類平拋運動，y方向勻速運動，x方向勻加速運動，那么有2L＝vt，L＝eq\f(1,2)at2，eE＝ma聯立解得E＝eq\f(mv2,2eL)。(2)設電子到達C點的速度大小為vC，方向與y軸正方向的夾角為θ。由動能定理，有eq\f(1,2)mvC2－eq\f(1,2)mv2＝eEL解得vC＝eq\r(2)v那么cosθ＝eq\f(v,vC)＝eq\f(\r(2),2)，解得θ＝45°。(3)畫出帶電粒子的運動軌跡如下圖。電子在磁場中做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力有evCB＝meq\f(vC2,r)解得半徑r＝eq\f(mvC,eB)＝eq\f(\r(2)mv,eB)電子在磁場中偏轉120°后垂直于ON射出。磁場最小半徑為Rmin＝eq\f(PQ,2)＝rsin60°可得Rmin＝eq\f(\r(6)mv,2eB)圓形磁場的最小面積Smin＝πRmin2＝eq\f(3πm2v2,2e2B2)。答案：(1)eq\f(mv2,2eL)(2)45°(3)eq\f(3πm2v2,2e2B2)2.(2022·山西四校第三次聯考)如下圖，在直角坐標系xOy平面內，虛線MN平行于y軸，N點坐標(－L,0)，MN與y軸之間有沿y軸正方向的勻強電場，在第四象限的某區(qū)域有方向垂直于坐標平面的矩形有界勻強磁場(圖中未畫出)。現有一質量為m、電荷量為－e的電子，從虛線MN上的P點，以平行于x軸正方向的初速度v0射入電場，并從y軸上A點(0,0.5L)射出電場，射出時速度方向與y軸負方向成30°角，此后，粒子做勻速直線運動，進入磁場并從矩形磁場邊界上Q點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),6)L，－L))射出，速度沿x軸負方向，不計電子重力，求：(1)勻強電場的電場強度E的大小；(2)勻強磁場的磁感應強度B的大小和電子在磁場中運動的時間t；(3)矩形有界勻強磁場區(qū)域的最小面積Smin。解析：(1)設電子在電場中運動的加速度為a，時間為t，離開電場時，沿y軸方向的速度大小為vy，那么L＝v0t，a＝eq\f(eE,m)，vy＝at，vy＝eq\f(v0,tan30°)聯立解得E＝eq\f(\r(3)mv02,eL)。(2)設軌跡與x軸的交點為D，OD距離為xD，那么xD＝0.5Ltan30°＝eq\f(\r(3),6)L所以，DQ平行于y軸，電子在磁場中做勻速圓周運動的軌道的圓心在DQ上，電子運動軌跡如下圖。設電子離開電場時速度為v，在磁場中做勻速圓周運動的軌道半徑為r，那么evB＝meq\f(v2,r)，v＝eq\f(v0,sin30°)由幾何關系有r＋eq\f(r,sin30°)＝L，即r＝eq\f(L,3)聯立以上各式解得B＝eq\f(6mv0,eL)電子轉過的軌跡對應的圓心角為120°，時間t＝eq\f(T,3)又T＝eq\f(2πr,v)＝eq\f(πL,3v0)，解得t＝eq\f(πL,9v0)。(3)以切點F、Q的連線長為矩形的一條邊，與電子的運動軌跡相切的另一邊作為FQ的對邊，有界勻強磁場區(qū)域面積為最小。Smin＝eq\r(3)r×eq\f(r,2)＝eq\f(\r(3)L2,18)。答案：(1)eq\f(\r(3)mv02,eL)(2)eq\f(6mv0,eL)eq\f(πL,9v0)(3)eq\f(\r(3)L2,18)3．在平面直角坐標系的第一象限內存在一有界勻強磁場，該磁場的磁感應強度大小為B＝0.1T，方向垂直于xOy平面向里，在坐標原點O處有一正離子放射源，放射出的正離子的比荷都為eq\f(q,m)＝1×106C/kg，且速度方向與磁場方向垂直，假設各離子間的相互作用和離子的重力都可以忽略不計。(1)如圖甲所示，假設第一象限存在直角三角形AOC的有界磁場，∠OAC＝30°，AO邊的長度l＝0.3m，正離子從O點沿x軸正方向以某一速度射入，要使離子恰好能從AC邊射出，求離子的速度大小及離子在磁場中運動的時間。(2)如圖乙所示，假設第一象限存在B＝0.1T另一有界勻強磁場(磁場邊界未畫出)，正離子放射源放射出不同速度的離子，所有正離子射入磁場的方向均沿x軸正方向，從O點進入磁場，且最大速度vm＝4.0×104m/s，為保證所有離子離開磁場的時候，速度方向都沿解析：(1)粒子在磁場中做勻速圓周運動，剛好從AC邊上的D點射出磁場時，即軌跡與AC相切于D點，如圖甲所示，軌跡圓心為O′，半徑為r。由幾何關系可得，r＋eq\f(r,sin30°)＝l得r＝0.1m，對粒子有qvB＝meq\f(v2,r)得v＝eq\f(qBr,m)＝1×104m/s恰好從D點射出時，粒子在磁場中轉過的圓心角θ＝eq\f(2π,3)，粒子做圓周運動的周期T＝eq\f(2πm,qB)那么粒子在磁場中運動的時間為：t＝eq\f(θ,2π)T＝2.1×10－5s。(2)所有粒子進入磁場后都沿逆時針做勻速圓周運動，出射方向沿y軸正方向，速度偏轉角均為90°，而且所有粒子做圓周運動的圓心都在y軸正方向上。那么滿足要求的最小磁場區(qū)域如乙圖所示根據洛倫茲力提供向心力：qvmB＝meq\f(vm2,rm)解得圓周運動的最大半徑為rm＝0.4m那么所求磁場區(qū)域的最小面積為：S＝eq\f(1,4)πrm2－eq\f(1,2)rm2＝0.0456m2。答案：(1)1×104m/s2.1×10－5s(2)0.0454．在xOy平面上的某圓形區(qū)域內，存在一垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B。一個質量為m、帶電量為＋q的帶電粒子，由原點O開始沿x正方向運動，進入該磁場區(qū)域后又射出該磁場。后來，粒子經過y軸上的P點，此時速度方向與y軸的夾角為30°(如下圖)，P到O的距離為L，不計重力的影響。(1)假設磁場區(qū)域的大小可根據需要而改變，試求粒子速度的最大可能值；(2)假設粒子速度大小為v＝eq\f(qBL,6m)，試求該圓形磁場區(qū)域的最小面積。解析：粒子在磁場的初、末速度所在直線必定與粒子的軌跡圓相切，軌跡圓圓心到兩條直線的距離相等，等于軌道半徑，因此，圓心必位于初、末速度延長線形成的角的角平分線上。過P點做末速度的反向延長線，交x軸于Q點，經分析可知，粒子在磁場中做圓周運動的軌跡的圓心必在∠OQP的角平分線QC上，如圖1所示。設粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌道半徑為r，由牛頓第二定律有qvB＝meq\f(v2,r)，得r＝eq\f(mv,Bq)。由此可知粒子速度越大，其軌道半徑越大。在角平分線QC上取不同的點為圓心，由小到大做出一系列軌跡圓(如圖2)，其中以C點為圓心的軌跡①是可能的軌跡圓中半徑最大的，其對應的粒子速度也最大。由圖2可知，速度最大的粒子在磁場中運動軌跡的圓心是y軸上的C點。(1)如圖3所示，速度最大時粒子的軌跡圓過O點、且與PQ相切于A點。由幾何關系有OQ＝Ltan30°，r1＝OQtan30°，可得r1＝eq\f(1,3)L?？汕蟮昧Ｗ铀俣鹊淖畲罂赡苤祐＝eq\f(qBL,3m)。(2)將v＝eq\f(qBL,6m)代入r＝eq\f(mv,Bq)，可得r2＝eq\f(1,6)L，粒子的運動軌跡是如圖4所示的軌跡圓②，該軌跡圓與x軸相切于D點、與PQ相切于E點。連接DE，由幾何關系可知DE＝eq\r(3)r2。由于D點、E點必須在磁場內，即線段DE在磁場內，故可知磁場面積最小時必定是以DE為直徑的圓(如圖4中③所示)。即面積最小的磁場半徑為R＝eq\f(1,2)DE，那么磁場的最小面積為S＝πR2＝πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),12)L))2＝eq\f(πL2,48)。答案：見解析第八章沖刺985深化內容電磁學壓軸大題增分策略(二)——“數學圓〞模型在電磁學中的應用圓是數學中的重要概念之一，在物理學中也有其特殊的作用和價值。本文結合實例闡述“放縮圓〞“平移圓〞“動態(tài)圓〞在物理學中的應用，進一步培養(yǎng)學生用數學方法解決物理問題的能力，同時加強對解題技巧和解題思路的構建?！胺趴s圓〞模型在電磁學中的應用1．適用條件(1)速度方向一定，大小不同粒子源發(fā)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)軌跡圓圓心共線如下圖(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。可以發(fā)現這些帶電粒子射入磁場后，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〞。[典例1]如下圖，寬度為d的勻強有界磁場，磁感應強度為B，MM′和NN′是磁場左右的兩條邊界線?，F有一質量為m、電荷量為q的帶電粒子沿圖示方向垂直射入磁場中，θ＝45°。要使粒子不能從右邊界NN′射出，求粒子入射速率的最大值為多少？[解析]用“放縮圓法〞做出帶電粒子運動的軌跡如下圖，當其運動軌跡與NN′邊界線相切于P點時，這就是具有最大入射速率vmax的粒子的軌跡。由圖可知：Rmax(1－cos45°)＝d，又Bqvmax＝meq\f(vmax2,Rmax)，聯立可得vmax＝eq\f(2＋\r(2)Bqd,m)。[答案]eq\f(2＋\r(2)Bqd,m)[對點訓練]1.(多項選擇)如下圖，垂直紙面向里的勻強磁場分布在正方形abcd區(qū)域內，O點是cd邊的中點，一個帶正電的粒子僅在磁場力的作用下，從O點沿紙面以垂直于cd邊的速度射入正方形內，經過時間t0剛好從c點射出磁場，現設法使該帶電粒子從O點沿紙面與Od成30°的方向，以大小不同的速率射入正方形內，那么以下說法中正確的選項是()A．假設粒子在磁場中經歷的時間是eq\f(5,3)t0，那么它一定從cd邊射出B．假設粒子在磁場中經歷的時間是eq\f(2,3)t0，那么它一定從ad邊射出C．假設粒子在磁場中經歷的時間是eq\f(5,4)t0，那么它一定從bc邊射出D．假設粒子在磁場中經歷的時間是t0，那么它一定從ab邊射出解析：選AC如下圖，做出剛好從ab邊、bc邊射出的軌跡①②和從cd、ad邊射出的軌跡③④。帶電粒子在磁場中運動的周期是2t0，由圖可知，從ab邊射出經歷的時間eq\f(t0,3)＜t1≤eq\f(5t0,6)；從bc邊射出經歷的時間eq\f(5t0,6)＜t2≤eq\f(4t0,3)；從cd邊射出經歷的時間一定是t3＝eq\f(5t0,3)；從ad邊射出經歷的時間t4≤eq\f(t0,3)?！皠討B(tài)圓〞模型在電磁學中的應用1．適用條件(1)速度大小一定，方向不同粒子源發(fā)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，假設射入初速度為v0，那么圓周運動半徑為R＝eq\f(mv0,qB)。如下圖。(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P為圓心、半徑R＝eq\f(mv0,qB)的圓(這個圓在下面的表達中稱為“軌跡圓心圓〞)上。2．界定方法將一半徑為R＝eq\f(mv0,qB)的圓以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“動態(tài)圓〞法。[典例2](多項選擇)如下圖，MN是磁感應強度為B的勻強磁場的邊界。一質量為m、電荷量為q的粒子在紙面內從O點射入磁場。假設粒子速度為v0，最遠能落在邊界上的A點。以下說法正確的選項是()A．假設粒子落在A點的左側，其速度一定小于v0B．假設粒子落在A點的右側，其速度一定大于v0C．假設粒子落在A點左右兩側d的范圍內，其速度不可能小于v0－eq\f(qBd,2m)D．假設粒子落在A點左右兩側d的范圍內，其速度不可能大于v0＋eq\f(qBd,2m)[解析]“假設粒子速度為v0，最遠能落在邊界上的A點〞應理解為粒子以速度v0垂直MN進入磁場，即經歷半個圓周的磁偏轉。假設粒子落在A點的左側，速度不一定小于v0，可能方向不垂直MN(“動態(tài)圓〞)；假設粒子落在A點的右側，速度一定大于v0(“縮放圓〞)；假設粒子落在A點的左側d處，那么垂直MN進入磁場時，軌跡直徑為2r＝OA－d，即eq\f(2mv,qB)＝OA－d，eq\f(2mv0,qB)＝OA，解得v＝v0－eq\f(qdB,2m)；假設粒子不垂直MN進入磁場時，v＞v0－eq\f(qdB,2m)，故速度必須大于v0－eq\f(qBd,2m)；由于粒子是沿任意方向飛入，速度極大的粒子仍可滿足條件。故B、C項正確。[答案]BC[對點訓練]2.(多項選擇)如下圖，以直角三角形AOC為邊界的有界勻強磁場區(qū)域，磁感應強度為B，∠A＝60°，AO＝a。在O點放置一個粒子源，可以向各個方向發(fā)射某種帶負電的粒子，粒子的比荷為eq\f(q,m)，發(fā)射速度大小都為v0，且滿足v0＝eq\f(qBa,m)，發(fā)射方向由圖中的角度θ表示。對于粒子進入磁場后的運動(不計重力作用)，以下說法正確的選項是()A．粒子有可能打到A點B．以θ＝60°飛入的粒子在磁場中運動時間最短C．以θ＜30°飛入的粒子在磁場中運動的時間都相等D．在AC邊界上只有一半區(qū)域有粒子射出解析：選AD所有帶電粒子在磁場中做圓周運動的半徑均為r＝eq\f(mv0,qB)＝a，將軌跡圓以O為圓心，進行旋轉找出臨界條件。當θ＝60°入射時，粒子恰好從A點射出，A正確；當θ＝60°飛入的粒子在磁場中運動時間為eq\f(T,6)，時間最長，B錯誤；以θ＜30°飛入的粒子均從AC邊飛出磁場，圓心角不同，運動時間不相等，C錯誤；θ＝0°飛入的粒子恰從AC中點飛出，θ＝60°飛入的粒子恰從A點飛出，故D正確?！捌揭茍A〞模型在電磁學中的應用1．適用條件(1)速度大小一定，方向一定，但入射點在同一直線上粒子源發(fā)射速度大小、方向一定，入射點不同但在同一直線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，假設入射速度大小為v0，那么半徑R＝eq\f(mv0,qB)，如下圖。(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，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〞。[典例3](多項選擇)利用如下圖裝置可以選擇一定速度范圍內的帶電粒子。圖中板MN上方是磁感應強度大小為B，方向垂直紙面向里的勻強磁場，板上有兩條寬度分別為2d和d的縫，兩逢近端相距為L。一群質量為m、電荷量為q，具有不同速度的粒子從寬度為2d的縫垂直于板MN進入磁場，對于能夠從寬度為d的縫射出的粒子，以下說法正確的選項是()A．粒子帶正電B．射出粒子的最大速度為eq\f(qB3d＋L,2m)C．保持d和L不變，增大B，射出粒子的最大速度與最小速度之差增大D．保持d和B不變，增大L，射出粒子的最大速度與最小速度之差增大[解析]利用左手定那么可判定粒子帶負電，故A項錯誤；利用qvB＝eq\f(mv2,r)知r＝eq\f(mv,qB)，能射出的粒子滿足eq\f(L,2)≤r≤eq\f(L＋3d,2)，因此對應射出粒子的最大速度vmax＝eq\f(qBrmax,m)＝eq\f(qB3d＋L,2m)，故B項正確；vmin＝eq\f(qBrmin,m)＝eq\f(qBL,2m)，Δv＝vmax－vmin＝eq\f(3qBd,2m)，可判定C項正確，D項錯誤。[答案]BC[對點訓練]3．(2022·邢臺質檢)如下圖，邊長為L的正方形有界勻強磁場ABCD，帶電粒子從A點沿AB方向射入磁場，恰好從C點飛出磁場；假設帶電粒子以相同的速度從AD的中點P垂直AD射入磁場，從DC邊的M點飛出磁場(M點未畫出)。設粒子從A點運動到C點所用的時間為t1，由P點運動到M點所用時間為t2(帶電粒子重力不計)，那么t1∶t2為()A．2∶1 B．2∶3C．3∶2 D.eq\r(3)∶eq\r(2)解析：選C畫出粒子從A點射入磁場到從C點射出磁場的軌跡，并將該軌跡向下平移，從C點射出的粒子運動時間為t1＝eq\f(T,4)；由P點運動到M點所用時間為t2，圓心角為θ，那么cosθ＝eq\f(\f(R,2),R)。(粒子做圓周運動的半徑為R＝L)那么cosθ＝eq\f(\f(L,2),L)＝eq\f(1,2)，θ＝60°，故t2＝eq\f(T,6)，所以eq\f(t1,t2)＝eq\f(\f(T,4),\f(T,6))＝eq\f(3,2)，C正確。[提能增分集訓]1．(2022·廣州綜合測試)不計重力的兩個帶電粒子M和N沿同一方向經小孔S垂直進入勻強磁場，在磁場中的運動軌跡如圖。分別用vM與vN、tM與tN、eq\f(qM,mM)與eq\f(qN,mN)表示它們的速率、在磁場中運動的時間、比荷，那么()A．如果eq\f(qM,mM)＝eq\f(qN,mN)，那么vM＞vNB．如果eq\f(qM,mM)＝eq\f(qN,mN)，那么vM＜vNC．如果vM＝vN，那么eq\f(qM,mM)＞eq\f(qN,mN)D．如果tM＝tN，那么eq\f(qM,mM)＞eq\f(qN,mN)解析：選A由qvB＝meq\f(v2,R)得eq\f(q,m)＝eq\f(v,BR)，由圖可知RM＞RN，如果eq\f(qM,mM)＝eq\f(qN,mN)，那么vM＞vN，A正確、B錯誤；如果vM＝vN，那么eq\f(qM,mM)＜eq\f(qN,mN)，C錯誤；由圖t＝eq\f(T,2)＝eq\f(πm,qB)，如果tM＝tN，那么eq\f(qM,mM)＝eq\f(qN,mN)，D錯誤。2．如下圖，圓形區(qū)域內有垂直紙面的勻強磁場，兩個質量和電荷量都相同的帶電粒子a、b，以不同的速率沿著AO方向對準圓心O射入磁場，其運動軌跡如圖。假設帶電粒子只受磁場力的作用，那么以下說法正確的選項是()A．a粒子速率較大B．b粒子速率較大C．b粒子在磁場中運動時間較長D．a、b粒子在磁場中運動時間一樣長解析：選B由題圖知Ra＜Rb，根據qvB＝meq\f(v2,R)，得R＝eq\f(mv,qB)，可得：va＜vb，故A錯誤，B錯誤；由T＝eq\f(2πm,qB)知兩粒子周期相同，粒子在磁場中運動時間為t＝eq\f(θ,2π)T，根據圖可判斷θa＞θb，那么ta＞tb，故C、D錯誤。3．如下圖，在一水平放置的平板MN的上方有勻強磁場，磁感應強度的大小為B，磁場方向垂直于紙面向里。許多質量為m、帶電量為＋q的粒子，以相同的速率v沿位于紙面內的各個方向，由小孔O射入磁場區(qū)域。不計重力，不計粒子間的相互影響。以下圖中陰影局部表示帶電粒子可能經過的區(qū)域，其中R＝eq\f(mv,Bq)。下面哪個選項圖是正確的？()解析：選A如下圖，當粒子的速度方向水平向右時，其軌跡圓在上方。粒子的速度方向由水平向右逆時針轉到水平向左的過程中，對應于軌跡圓以O為軸逆時針轉動，因此這些軌跡是以半徑為2R且繞O點轉動的一簇圓。由于所有帶電粒子在磁場中可能經過的區(qū)域應該是軌跡圓掃過的區(qū)域，所以，只要判定出區(qū)域右側邊界是速度沿ON方向的粒子的圓軌道，就能迅速地得到A答案。4.如下圖，圓形區(qū)域內有一垂直紙面的勻強磁場，P為磁場邊界上的一點。有無數具有同樣電荷、同樣質量的帶電粒子在紙面內沿各個方向以同樣的速率通過P點進入磁場。這些粒子射出邊界的位置均處于邊界的某一段弧上，這段弧的弧長是圓周長的eq\f(1,3)。將磁感應強度的大小由原來的B1變?yōu)锽2，結果相對應的弧長變?yōu)樵瓉淼囊话耄敲磂q\f(B2,B1)等于()A．2 B．3C.eq\r(2) D.eq\r(3)解析：選D做出速度水平向左的粒子的軌跡圓，然后保持O點不變，逆時針旋轉該圓，可以發(fā)現劣弧CO為粒子能出射的位置，其中CO為軌跡圓的直徑。設軌跡圓半徑為r，場區(qū)圓的半徑為R，那么r＝Rsinθ，而r＝eq\f(mv,Bq)，所以B＝eq\f(mv,qRsinθ)。當磁場為B1時，θ1＝120°；當磁場為B2時，θ1＝60°。解得eq\f(B2,B1)＝eq\r(3)。5．一足夠長的矩形區(qū)域abcd內充滿磁感應強度為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場，矩形區(qū)域的左邊界ad寬為L，現從ad中點O垂直于磁場射入一帶電粒子，速度大小為v0，方向與ad邊夾角為α＝30°，如下圖。粒子的電荷量為q，質量為m(重力不計)。(1)假設粒子帶負電，且恰能從d點射出磁場，求v0的大?。?2)假設粒子帶正電，且粒子能從ab邊射出磁場，求v0的取值范圍。解析：(1)假設粒子帶負電，那么進入磁場后沿順時針方向偏轉，如下圖，O1為軌跡圓心，由對稱性可知，速度的偏轉角θ1＝2α＝60°，故軌跡半徑r1＝Od＝eq\f(L,2)。根據牛頓第二定律得qv0B＝eq\f(mv02,r1)，得v0＝eq\f(qBr1,m)＝eq\f(qBL,2m)。(2)假設粒子帶正電，那么沿逆時針方向偏轉，當v0最大時，軌跡與cd相切，軌跡圓心為O2，半徑為r2，由幾何關系得r2－r2cos60°＝eq\f(L,2)，得r2＝L，即vmax＝eq\f(qBr2,m)＝eq\f(qBL,m)。當v0最小時，軌跡與ab相切，軌跡圓心為O3，半徑為r3，由幾何關系可得r3＋r3sin30°＝eq\f(L,2)，得r3＝eq\f(L,3)，那么vmin＝eq\f(qBr3,m)＝eq\f(qBL,3m)，所以eq\f(qBL,3m)＜v0≤eq\f(qBL,m)。答案：(1)eq\f(qBL,2m)(2)eq\f(qBL,3m)＜v0≤eq\f(qBL,m)6．如下圖為圓形區(qū)域的勻強磁場，磁感應強度為B，方向垂直紙面向里，邊界跟y軸相切于坐標原點O。O點處有一放射源，沿紙面向各方向射出速率均為v的某種帶電粒子，帶電粒子在磁場中做圓周運動的半徑是圓形磁場區(qū)域半徑的兩倍。該帶電粒子的質量為m、電荷量為q，不考慮帶電粒子的重力。(1)推導帶電粒子在磁場空間做圓周運動的軌道半徑；(2)求帶電粒子通過磁場空間的最大偏轉角。解析：(1)帶電粒子進入磁場后，受洛倫茲力作用，由牛頓第二定律得Bqv＝meq\f(v2,r)，那么r＝eq\f(mv,Bq)。(2)粒子的速率均相同，因此粒子軌跡圓的半徑均相同，但粒子射入磁場的速度方向不確定，故可以保持圓的大小不變，只改變圓的位置，畫出“動態(tài)圓〞，通過“動態(tài)圓〞可以觀察到粒子運動軌跡均為劣弧，對于劣弧而言，弧越長，弧所對應的圓心角越大，那么運動時間越長，當粒子的軌跡圓的弦長等于磁場直徑時，粒子運動的時間最長，sineq\f(φmax,2)＝eq\f(R,r)＝eq\f(1,2)，即φmax＝60°。答案：(1)eq\f(mv,Bq)(2)60°7.如下圖，磁感應強度大小為B＝0.15T、方向垂直紙面向里的勻強磁場分布在半徑為R＝0.10m的圓形區(qū)域內，圓的左端跟y軸相切于直角坐標系原點O，右端跟很大的熒光屏MN相切于x軸上的A點。置于原點的粒子源可沿x軸正方向以不同的速度射出帶正電的粒子流，粒子的重力不計，比荷eq\f(q,m)＝1.0×108C/kg。(1)請判斷當粒子分別以v1＝1.5eq\r(3)×106m/s和v2＝0.5eq\r(3)×106m/s的速度射入磁場時，能否打到熒光屏上？(2)要使粒子能打在熒光屏上，求粒子流的速度v0的大小應滿足的條件。(3)假設粒子流的速度v0＝3.0×106m/s，且以過O點并垂直于紙面的直線為軸，將圓形磁場逆時針緩慢旋轉90°，求此過程中粒子打在熒光屏上離解析：(1)粒子以不同速度射入磁場的軌跡如下圖，由幾何知識得當粒子做圓周運動的半徑r＞R時，粒子沿圖中①方向射出磁場能打至屏上，當粒子做圓周運動的半徑r≤R時，將沿圖中②③方向射出磁場，不能打到屏上。當粒子速度為v1時，洛倫茲力提供向心力得qv1B＝eq\f(mv12,r1)，解得r1＝eq\r(3)R＞R，故能打到屏上；同理得，當粒子的速度為v2時，解得r2＝eq\f(\r(3),3)R＜R，故不能打到屏上。(2)設當v0＝v3時，粒子恰好打不到熒光屏上，那么這時粒子沿圖中軌跡②從磁場的最高點豎直向上射出磁場。由此可知，粒子在磁場中的軌道半徑r3＝R。又由洛倫茲力提供向心力得qv3B＝meq\f(v32,r3)，解得v3＝1.5×106m/s。由題意可知，當v0＞1.5×106m(3)設速度v0＝3.0×106m/s時，粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌跡半徑為r4，由洛倫茲力提供向心力得qv4B＝meq\f(v42,r4)，解得r4＝2R。如下圖，粒子在磁場中運動的軌跡就是以E點為圓心，以r4為半徑的一段圓弧。因圓形磁場以O為軸緩慢轉動，故磁場邊界變?yōu)橐設為圓心，以2R為半徑的圓弧ABE，當A點恰轉至B點，此時粒子的出射點為B，偏角α最大，射到熒光屏上P點離A點最遠。由幾何知識得AP＝CA·tanα＝(2R－r4tan30°)tan60°＝eq\f(\r(3)－1,5)m。答案：(1)v1能，v2不能(2)v0＞1.5×106(3)eq\f(\r(3)－1,5)m第八章沖刺985深化內容電磁學壓軸大題增分策略(三)——突破“磁發(fā)散〞和“磁聚焦〞兩大難點帶電粒子在磁場中的運動形式很多，其中有一種是帶電粒子在圓形磁場中的運動。當粒子做圓周運動的半徑與圓形磁場的半徑相等時，會出現磁發(fā)散或磁聚焦現象。帶電粒子在圓形磁場中的發(fā)散運動不同帶電粒子在圓形磁場中從同一點沿不同方向出發(fā)，做發(fā)散運動，離開磁場后速度方向都相同。例如：當粒子由圓形勻強磁場的邊界上某點以不同速度射入磁場時，會平行射出磁場，如圖。[典例1]真空中有一半徑為r的圓柱形勻強磁場區(qū)域，磁場方向垂直于紙面向里，Ox為過邊界上O點的切線，如下圖。從O點在紙面內向各個方向發(fā)射速率相同的電子，設電子間相互作用忽略，且電子在磁場中運動的圓周軌跡半徑也為r。所有從磁場邊界射出的電子，其速度方向有何特征？[解析]如下圖，無論入射的速度方向與x軸的夾角為何值，由入射點O、出射點A、磁場圓心O1和軌道圓心O2，一定組成邊長為r的菱形，因為OO1⊥Ox，所以O2A⊥Ox。而O2A與電子射出的速度方向垂直，可知電子射出方向一定與Ox軸方向平行，即所有的電子射出圓形磁場時，速度方向均與[答案]見解析[典例2]如下圖，真空中有一個半徑r＝0.5m的圓形磁場，與坐標原點相切，磁場的磁感應強度大小B＝2×10－3T，方向垂直于紙面向外，在x＝1m和x＝2m之間的區(qū)域內有一個方向沿y軸正向的勻強電場區(qū)域，電場強度E＝1.5×103N/C。在x＝3m處有一垂直x軸方向的足夠長的熒光屏，從O點處向不同方向發(fā)射出速率相同的比荷eq\f(q,m)＝1×109C/kg，且?guī)д姷牧Ｗ?，粒子的運動軌跡在紙面內，一個速度方向沿y軸正方向射入磁場的粒子，恰能從磁場最右側的A點離開磁場，不計重力及阻力的作用，求：(1)粒子進入電場時的速度和粒子在磁場中的運動時間；(2)速度方向與y軸正方向成30°(如圖中所示)射入磁場的粒子，離開磁場時的速度方向；(3)(2)中的粒子最后打到熒光屏上，該發(fā)光點的位置坐標。[解析](1)由題意可知，粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌道半徑R＝r＝0.5m，有Bqv＝eq\f(mv2,R)，可得粒子進入電場時的速度為v＝eq\f(qBR,m)＝1×109×2×10－3×0.5m/s＝1×106m/s。在磁場中運動的時間為t1＝eq\f(1,4)T＝eq\f(πm,2Bq)＝eq\f(3.14,2×109×2×10－3)s＝7.85×10－7s。(2)粒子的運動圓軌跡和磁場圓的交點O、C以及兩圓的圓心O1O2組成菱形，CO2和y軸平行，所以v和x軸平行，如以下圖所示。(3)粒子在磁場中轉過120°角后從C點離開磁場，速度方向和x軸平行，做直線運動，再垂直電場線進入電場，如以下圖所示：在電場中的加速度大小為：a＝eq\f(Eq,m)＝1.5×103×1×109m/s2＝1.5×1012m/s2粒子穿出電場時有：vy＝at2＝a×eq\f(Δx,v)＝1.5×106m/s，tanα＝eq\f(vy,vx)＝eq\f(1.5×106,1×106)＝1.5。在磁場中y1＝1.5r＝1.5×0.5m＝0.75m。在電場中側移為：y2＝eq\f(1,2)at22＝eq\f(1,2)×1.5×1012×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,1×106)))2m＝0.75m。飛出電場后粒子做勻速直線運動y3＝Δxtanα＝1×1.5m＝1.5m，y＝y(tǒng)1＋y2＋y3＝0.75m＋0.75m＋1.5m＝3m。那么該發(fā)光點的坐標為(3m,3m)。[答案](1)1×106m/s7.85×10－7s(2)見解析(3)(3m,帶電粒子在圓形磁場中的會聚運動速度相同的不同帶電粒子進入圓形勻強磁場后，會聚于同一點。例如：當速度相同的粒子平行射入磁場中，會在圓形磁場中會聚于圓上一點，如下圖。[典例3]真空中有一半徑為r的圓柱形勻強磁場區(qū)域，磁場方向垂直于紙面向里，Ox為過邊界上O點的切線，如下圖，速率相同，方向都沿Ox方向的不同電子，在磁場中運動的圓周軌跡半徑也為r。進入圓形勻強磁場后，所有從磁場邊界出射的電子，離開磁場的位置有何特征？[解析]由A點進入磁場的電子，其圓周軌道和圓形磁場的兩交點以及兩圓心組成邊長為r的菱形，v0和AO1垂直，所以AO1的對邊也和v0垂直，即AO1的對邊和Ox方向垂直，所以AO1的對邊即為O2O，電子從O點離開磁場，因此，所有從磁場邊界出射的電子，離開磁場的位置都在O點。[答案]見解析[典例4]如圖甲所示，平行金屬板A和B間的距離為d，現在A、B板上加上如圖乙所示的方波形電壓，t＝0時，A板比B板的電勢高，電壓的正向值為u0，反向值為－u0，現有質量為m、帶電荷量為q的正粒子組成的粒子束，從AB的中點O1以平行于金屬板方向O1O2的速度v0＝eq\f(\r(3)qu0T,3dm)射入，所有粒子在AB間的飛行時間均為T，不計重力影響。求：(1)粒子射出電場時位置離O2點的距離范圍及對應的速度；(2)假設要使射出電場的粒子經某一圓形區(qū)域的勻強磁場偏轉后都能通過圓形磁場邊界的一個點處，而便于再收集，那么磁場區(qū)域的最小半徑和相應的磁感應強度是多大？[解析](1)當粒子由t＝nT時刻進入電場，向下側移最大，那么：s1＝eq\f(qu0,2dm)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2T,3)))2＋eq\f(qu0,dm)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2T,3)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,3)))－eq\f(qu0,2dm)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,3)))2＝eq\f(7qu0T2,18dm)。當粒子由t＝nT＋eq\f(2T,3)時刻進入電場，向上側移最大，那么s2＝eq\f(qu0,2dm)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,3)))2＝eq\f(qu0T2,18dm)，在距離O2中點下方eq\f(7qu0T2,18dm)至上方eq\f(qu0T2,18dm)的范圍內有粒子射出。打出粒子的速度都是相同的，在沿電場線方向速度大小為vy＝eq\f(u0q,dm)·eq\f(T,3)＝eq\f(u0qT,3dm)。所以射出速度大小為v＝eq\r(v02＋vy2)＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\