2026年高考物理一轮讲义+练习(湖南专用)第48讲动态圆、磁聚焦和磁发散问题(专项训练)(学生版+解析)

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TOC \ "1-2" \h \u \l "_Tc17943" 01 课标达标练
\l "_Tc22251" 题型01 动态圆模型的应用
\l "_Tc2717" 题型02 慈聚焦、磁发散问题的应用
\l "_Tc20184" 02 核心突破练
\l "_Tc5699" 03 真题溯源练
01 动态圆模型的应用
1.（2025高三·全国·专题练习）如图所示，长方形abcd区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，区域内的点O处有一粒子源，O点离ab边距离为0.25L，离bc边距离为L，粒子源以垂直指向dc边的速度方向向磁场内发射不同速率带正电的粒子，已知ab边长为2L、bc边长为L，粒子质量均为m、电荷量均为q，不计粒子重力和粒子间的相互作用，下列说法正确的是（ ）
A．从ab边射出的粒子的运动时间均相同
B．从bc边射出的粒子在磁场中的运动时间最长为
C．粒子有可能从c点离开磁场
D．若要使粒子离开长方形区域，速率至少为
【答案】B
【解析】粒子的可能轨迹如图所示
可见从ab射出的粒子做匀速圆周运动的半径不同，对应的圆心角不相同，所以时间也不同，故A错误；从bc边射出的粒子，其最大圆心角即与bc边相切，即轨迹2，切点处对应圆心角为180°，时间为
其余在bc边射出的粒子的运动时间均小于此值，故B正确；与cd边相切的粒子，轨迹如4，由几何关系知其轨迹半径为0.75L，其切点在c点左侧，故粒子不可能过c点，故C错误；
粒子要想离开长方形区域，临界轨迹如1，则由几何关系得其轨迹半径为0.25L，设此时速率为v，根据牛顿第二定律
解得
可知若要使粒子离开长方形区域，速率至少为，故D错误。
2. (2025广东华南师范大学附属中学高三二模)如图所示，在x轴及其上方存在垂直xOy平面向外的匀强磁场，坐标原点O处有一粒子源，可向x轴和x轴上方的各个方向不断地发射速度大小均为，质量为，带电量为的同种带电正离子。在x轴上距离原点1m处垂直于x轴放置一个长度为1m，厚度不计且能接收带电粒子的薄金属板P（粒子一旦打在金属板P上立即被接收）。现观察到沿x轴负方向射出的粒子恰好打在薄金属板的上端。不计带电粒子的重力和粒子间相互作用力。取，则被薄金属板接收的粒子运动的时间可能为（ ）
A. B. C. D.
【答案】ABD
【解析】由观察到沿x轴负方向射出的粒子恰好打在薄金属板的上端，可知粒子做圆周运动的半径为1m，结合,可知磁感应强度为
打在P左侧下端的粒子在磁场中偏转的角度是，此时运动时间最短，如图1所示，可得被薄金属板接收的粒子在磁场运动的最短时间（被P左侧接收到的粒子在磁场中运动的最短时间）
被P左侧接收到的粒子在磁场中运动最长时间粒子轨迹对应的圆心角为，此时粒子运动时间
被P右侧接收到的粒子在磁场中运动最短时间粒子轨迹对应的圆心角为，此时粒子运动时间
打在P右侧下端的粒子在磁场中运动的时间最长，此时粒子轨迹对应的圆心角为，如图2所示，最长时间
粒子能被P接收时，粒子磁场中运动时间应满足，或
故选ABD。

3.如图所示，长方形abcd长ad＝0.6m，宽ab＝0.3m，O、e分别是ad、bc的中点，以ad为直径的半圆内有垂直纸面向里的匀强磁场(边界上无磁场)，磁感应强度B＝0.25T.一群不计重力、质量m＝3×10－7kg、电荷量q＝＋2×10－3C的带电粒子以速度v＝5×102m/s沿垂直ad方向且垂直于磁场射入磁场区域( )
a
b
d
c
O
e
B
v
A．从Od边射入的粒子，出射点全部分布在Oa边
B．从aO边射入的粒子，出射点全部分布在ab边
C．从Od边射入的粒子，出射点分布在Oa边和ab边
D．从aO边射入的粒子，出射点分布在ab边和be边
【答案】D
【详解】带电粒子在磁场中运动的半径r＝eq \f(mv,qB)＝0.3m，说明粒子在磁场轨迹的半径与半圆形有界磁场的半径相同。如图11所示，粒子从Od边射入的粒子，出射点在eG之间，即在bc边，故A\C均错误；粒子从aO边射入的粒子，出射点在aG之间，即在bc边和ab边上，故选项B错误、选项D正确．
4.如图所示，一个边界为PQ、MN（两边界上有磁场）的足够大的匀强磁场区域，宽度为d，磁场方向垂直纸面向里。O点处有一体积可忽略的粒子发射装置，能够在纸面内向磁场各个方向连续、均匀地发射速度大小相等的质子，发现从磁场MN边界射出的质子数占总数的三分之一，不计质子间相互作用及重力，则MN边界上有质子射出的区域长度为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】从磁场MN边界射出的质子数占总数的三分之一，即当入射角度与PQ边界为角入射时恰好与MN边界相切，如图所示
由几何关系可知
解得
此时，质子从MN边界射出的最高点；当质子与PQ边界平行入射时，如图所示
此时为质子从MN边界射出的最低点，则由几何关系可知，MN边界上有质子射出的区域长度为
故选C。
5．如图所示，平行边界MN、PQ间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B，两边界长度足够长，间距为d，MN上有一粒子源A，可在纸面内沿各个方向向磁场中射入质量均为m、电荷量均为q的带正电的粒子，粒子射入磁场的速度，不计粒子的重力，则粒子能从PQ边界射出磁场的区域长度为（ ）
A．dB．
C．2dD．
【答案】C
【详解】带电粒子在磁场中做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，有
粒子在磁场中运动的半径
粒子从PQ边射出的两个边界粒子的轨迹如图所示
由几何关系可知，从PQ边射出粒子的区域长度为
L=2R=2d
故选C。
6．如图所示，在足够长的荧光屏MN上方分布了水平方向的匀强磁场，磁感应强度的大小B=0.1T、方向与纸面垂直。距离荧光屏h=8cm处有一粒子源S，以速度v=5×105m/s不断地在纸面内向各个方向发射比荷的带正电粒子，不计粒子的重力。则粒子打在荧光屏范围的长度为（ ）

A．10cmB．12cmC．20cmD．24cm
【答案】A
【详解】粒子在磁场中做圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力
解得
如图所示

若粒子打在荧光屏的左侧，弦长等于直径时，粒子打在荧光屏的最左侧，由几何关系有
粒子的运动轨迹与荧光屏右侧相切时，打在荧光屏的最右侧，由几何关系有
根据数学知识可知打在荧光屏上的范围长度为
故选A。
02 慈聚焦、磁发散问题的应用
7．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． B． C．D．
【答案】C
【详解】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
粒子匀速圆周运动所需向心力等于洛伦兹力，则有
解得
故选C。
8．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，。两圆半径均为r，相切于O点。一束宽度为的带电粒子流沿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、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．的大小为
B．从O点进入磁场Ⅱ的粒子的速度仍相等
C．若，则粒子在磁场Ⅱ的边界的射出点在六分之一圆周上
D．若，则粒子在磁场Ⅱ中运动的最长时间为
【答案】ACD
【详解】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
解得
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，其速度大小相等，但速度的方向不同，B错误；
C．若，则
可知，粒子离开磁场II最远的位置离原点为r，如图所示。
由几何关系，弦所对最大圆心角为，故粒子在磁场II的边界的射出点在六分之一圆周上，C正确；
D．若，则
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，则粒子在磁场Ⅱ中运动的最长时间为
D正确；
故选ACD。
9．利用磁聚焦和磁控束可以改变一束平行带电粒子的宽度，人们把此原理运用到薄膜材料制备上，使芯片技术得到飞速发展。如图，宽度为的带正电粒子流水平向右射入半径为的圆形匀强磁场区域，磁感应强度大小为，这些带电粒子都将从磁场圆上O点进入正方形区域，正方形过O点的一边与半径为的磁场圆相切。在正方形区域内存在一个面积最小的匀强磁场区域，使汇聚到O点的粒子经过该磁场区域后宽度变为，且粒子仍沿水平向右射出，不考虑粒子间的相互作用力及粒子的重力，下列说法正确的是（ ）
A．正方形区域中匀强磁场的磁感应强度大小为，方向垂直纸面向里
B．正方形区域中匀强磁场的磁感应强度大小为，方向垂直纸面向里
C．正方形区域中匀强磁场的最小面积为
D．正方形区域中匀强磁场的最小面积为
【答案】BC
【详解】AB． 根据磁聚焦原理，粒子在半径为的圆形磁场区域中运动，粒子运动的轨迹半径为，有
解得
要使汇聚到O点的粒子经正方形区域内的磁场偏转后宽度变为，且粒子仍沿水平向右射出，作出轨迹如图所示，由几何关系可知粒子的轨迹半径，正方形中磁场区域内应该为圆形磁场的一部分，有
解得
比较可得
由左手定则可知，方向垂直纸面向里，A错误，B正确；
CD． 如图，磁场区域的最小面积为
C正确，D错误。
故选BC。
图1
1。如图1所示，一束电子以大小不同的速率沿图示方向飞入横截面是一正方形的匀强磁场，下列判断正确的是（ ）
A、电子在磁场中运动时间越长，其轨迹线越长
B．电子在磁场中运动时间越长。其轨迹线所对应的圆心角越大
C．在磁场中运动时间相同的电子，其轨迹线一定重合
D．电子的速率不同，它们在磁场中运动时间一定不相同
【答案】B
图2
【详解】在图中画出了不同速率的电子在磁场中的轨迹，由前面的知识点可知轨迹的半径R=mv／qB，说明了半径的大小与电子的速率成正比．但由于电子在磁场中运动时间的长短仅与轨迹所对应的圆心角大小有关，故可判断图中五条轨迹线所对应的运动时间关系有t5＝t4＝t3＞t2＞t1显然，本题选项中只有B正确。
2.如图3所示，垂直于纸面向里的匀强磁场分布在正方形abcd区域内，O点是cd边的中点。一个带正电的粒子仅在磁场力的作用下，从O点沿纸面以垂直于cd边的速度射入正方形内，经过时间t0刚好从c点射出磁场。现设法使一束这样带电粒子从O点沿纸面以与Od成30°的方向，以大小不同的速率射入正方形内，那么下列说法中正确的是（ ）
A．若该带电粒子在磁场中经历的时间是eq \f(5,3)t0，则它一定从cd边射出磁场
B．若该带电粒子在磁场中经历的时间是eq \f(2,3)t0，则它一定从ad边射出磁场
C．若该带电粒子在磁场中经历的时间是eq \f(5,4)t0，则它一定从bc边射出磁场
D．若该带电粒子在磁场中经历的时间是t0，则它一定从ab边射出磁场
【答案】AC
图2
【详解】解析：根据题意：粒子以垂直于cd边的速度射入又从c点射出磁场，满足t0=eq \f(T,2)，若经历的时间是eq \f(5,3)t0，即t1=eq \f(5 T,6)，如图3可知A正确；若经历的时间是eq \f(2,3)t0，即t2=eq \f(T,3)，如图可知从ab边射出磁场，选项B错误；若经历的时间是eq \f(5,4)t0，即t3=eq \f(5T,8)，如图可知选项C正确；若经历的时间是t0，即t3=eq \f(T,2)，则出射点一定在速度垂线与边界的交点上，即bc边上，选项D错误。
3．如图所示，直角三角形的AB边长为L，，三角形区域内存在着方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从D点沿着垂直BC边的方向以速度v射入磁场，CD间距离为L，不计粒子受到的重力。下列说法正确的是（ ）
A．粒子在磁场中运动的最长时间为
B．时，带电粒子垂直于AC边射出磁场
C．若粒子从BC边射出磁场，则
D．若粒子从AC边射出磁场，则
【答案】B
【详解】ACD．粒子带正电，根据左手定则可知，粒子进入磁场后将向上偏转，粒子从BC边离开时，粒子在磁场中运动轨迹对应的圆心角最大，运动时间最长，当离开刚好离AC边相切时，粒子轨迹如图所示
由洛伦兹力提供向心力可得
根据几何关系可得
联立解得
，
可知粒子在磁场中运动的最长时间为
当粒子从BC边射出磁场，则有
当粒子从AC边射出磁场，则有
故ACD错误；
B．若带电粒子垂直于AC边射出磁场，如图所示
根据几何关系可知
由洛伦兹力提供向心力可得
联立解得
故B正确。
故选B。
4．科学家利用磁场控制带电粒子的轨迹，研究粒子的性质。如图，左下方空间内有垂直纸面向里的匀强磁场，。现有电荷量相同、质量不同的甲、乙两种正粒子，先后从上点以平行于的相同速度射入磁场，甲、乙分别经过上、两点，，不考虑粒子间相互作用力及重力，则（ ）
A．乙在磁场中运动的轨道半径为B．乙的质量是甲质量的2.5倍
C．甲在磁场中运动时间大于乙D．洛伦兹力对甲、乙均做正功
【答案】B
【详解】A．乙在磁场中做匀速圆周运动的圆心为，做相关辅助线如下
由图可知
有几何关系有乙在磁场中运动的轨道半径为
故A错误；
B．由牛顿第二定律有
化简可得
有图可知
即有
结合可知
即乙的质量是甲质量的2.5倍，故B正确；
C．由公式，且乙粒子的运动轨迹大于甲粒子的运动轨迹，两粒子入射速度大小相同，即有
故C错误；
D．洛伦兹力对进入磁场中的两粒子均不做功，故D错误。
故选B。
5．如图所示，区域AOC内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，经过一段时间有部分粒子从边界OC射出磁场。已知∠AOC＝60°，从边界OC射出的粒子在磁场中运动的最长时间等于（T为粒子在磁场中运动的周期），则从边界OC射出的粒子在磁场中运动的时间不可能为（ ）
A．B．C．D．
【答案】AB
【详解】粒子在磁场做匀速圆周运动，粒子在磁场中出射点和入射点的连线即为轨迹的弦，初速度大小相同，根据
则
轨迹半径相同，如图所示
设
当出射点D与S点的连线垂直于OA时，DS弦最长，轨迹所对的圆心角最大，周期一定，则由粒子在磁场中运动的时间最长，由此得到，轨迹半径为
当出射点E与S点的连线垂直于OC时，弦ES最短，轨迹所对的圆心角最小，则粒子在磁场中运动的时间最短，则
由几何知识，得
最短时间
所以，粒子在磁场中运动时间范围为
CD不符合题意，AB符合题意。
故选AB。
6．如图所示，PQ为磁感应强度、方向垂直纸面向里的匀强磁场的边界，磁场中的O点有一粒子源，它均匀地向纸面内各个方向同时发射速率为、比荷为的带正电的粒子。已知O点与PQ的距离为8cm，不计带电粒子的重力和粒子间的相互作用，下列判断正确的是（ ）
A．PQ上有粒子飞出的区域长度为
B．飞出磁场的粒子在磁场中运动的最长时间为
C．飞出磁场的粒子在磁场中运动的最短时间为
D．飞出磁场的粒子数占所有粒子数的
【答案】AC
【详解】A．粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据
解得
当水平向右出射的粒子恰好与相切时为粒子在上端出射的最远距离，当的距离为时，可以求粒子在下端出射的最远距离，如图所示
由几何关系可知，上有粒子飞出的区域长度为段长度，有
故A正确；
BC．粒子从A点射出时粒子在磁场中运动的时间最长，粒子从E点射出时粒子在磁场中运动的时间最短，如图所示
从E点射出的粒子在磁场中运动时间最短，因为
故是等边三角形，故，对应的时间为
从A点射出的粒子在磁场中运动时间最长，由图可知其圆心角为，对应的时间为
故B错误；C正确；
D．根据题意可知，当带电粒子的速度水平向左出射时偏转个周期恰好与QP边相切，当带电粒子的速度水平向右出射时偏转个周期恰好与QP边相切，如图所示
由图可知，从水平向左出射逆时针至水平向右出射，对应的角度为，即在这个角度内出射的粒子都可以飞磁场，而另一半方向出射的粒子将不能飞出磁场，故飞出磁场的粒子数占所有粒子数的一半。故D错误。
故选AC。
7．如图所示，PQ为磁感应强度为、方向垂直纸面向里的匀强磁场的边界，磁场中的O点有一粒子源，它均匀地向纸面内各个方向同时发射速率为、比荷为的带正电的粒子．已知O点与PQ的距离为，不计带电粒子的重力和粒子间的相互作用，下列判断正确的是（ ）
A．飞出磁场的粒子数占所有粒子数的一半
B．PQ上有粒子飞出的区域长度为
C．飞出磁场的粒子在磁场中运动的最长时间是最短时间的2倍
D．飞出磁场的粒子在磁场中运动的最长时间是最短时间的倍
【答案】AD
【详解】A、粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据
得
根据题意可知，当带电粒子的速度水平向左出射时偏转个周期恰好与QP边相切，当带电粒子的速度水平向右出射时偏转个周期恰好与QP边相切，如图所示：
由图可知，从水平向左出射逆时针至水平向右出射，对应的角度为，即在这个角度内出射的粒子都可以飞磁场，而另一半方向出射的粒子将不能飞出磁场，故飞出磁场的粒子数占所有粒子数的一半，故A正确；
B、当水平向右出射的粒子恰好QP相切时为粒子在上端出射的最远距离，当OD的距离为2r=20cm时，可以求粒子在下端出射的最远距离，如图所示：
由几何关系可知，PQ上有粒子飞出的区域长度为CD段长度，过O点作QP的垂线交于E点，且OE=10cm，由几何关系得
，
故
故B错误；
CD、粒子从A点射出时粒子在磁场中运动的时间最长，粒子从E点射出时粒子在磁场中运动的时间最短，如图所示：
对从E点射出的粒子，因OE=r=10cm，故是等边三角形，故，对应的时间为
对从A点射出的粒子，由图可知其圆心角为，对应的时间为
故
故C错误，D正确；
故选AD。
8．如图所示，边长为0.64m的正方形内有磁感应强度的匀强磁场，方向垂直于纸面向外。在正方形中央处有一个点状的放射源P，它在纸面内同时向各个方向均匀连续发射大量同种粒子，该种粒子速度大小为，比荷。不考虑粒子重力及粒子间相互作用，下列说法正确的是（ ）
A．粒子在磁场中运动的最短时间为
B．粒子在磁场中运动的最长时间为
C．正方形边界上有粒子射出的区域总长为1.6m
D．稳定后单位时间内射出磁场的粒子数与单位时间内粒子源发射的总粒子数之比为1∶2
【答案】ABC
【详解】粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据
解得
带入数据解得
AB．假设粒子逆时针转动，则粒子射出范围如图所示
当轨迹对应弦最短时，对应圆心角最小，此时在磁场中运动时间最短，由题意知，即弦恰好垂直于磁场边界时，弦最短，由几何关系知弦长为
由几何关系知，此时对应圆心角为
所以最短时间为
同理可知，最长弦恰好为直径，所以最长时间为
故AB正确；
C．由几何关系知
解得
则
所以边界上有粒子射出的总长度为
故C正确；
D．由上述分析和轨迹图可知，所有粒子在磁场中均不会做完整圆周运动，即都会从边界射出磁场，故稳定后单位时间内射出磁场的粒子数与单位时间内粒子源发射的总粒子数之比为1∶1，故D错误。
故选ABC。
9．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B1，B2。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．B1的大小为
B．从O点进入磁场II的粒子的速度仍相等
C．若，则粒子在磁场II的边界的射出点在四分之一圆周上
D．若，则粒子在磁场II中运动的最长时间为
【答案】AD
【详解】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
解得
故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，其速度大小相等，但速度的方向不同，故B错误；
C．若，则
可知粒子离开磁场II最远的位置离原点为r，如图所示
由几何关系，弦所对最大圆心角为60°，故粒子在磁场II的边界的射出点在六分之一圆周上，故C正确；
D．若，则
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
故D正确；
故选AD。
10．磁聚焦和磁发散技术在许多真空系统中得到了广泛应用，如电子显微镜技术，它的出现为科学研究做出了重大贡献。现有一个磁发散装置，如图所示，在半径为R的圆形区域内存在垂直纸面向外，磁感应强度为B的匀强磁场，在圆形磁场区域右侧有一方向竖直向下，电场强度为E的匀强电场，电场左边界与圆形磁场右边界相切。在水平地面上放置一个足够长的荧光屏PQ，它与磁场相切于P点。粒子源可以持续的从P点向磁场内发射速率为v方向不同的带正电同种粒子。经观测：有一粒子a以竖直向上的初速度射入磁场，该粒子经磁场偏转后恰好以水平方向离开磁场，然后进入电场区域。粒子b进入磁场的速度方向与粒子a的速度方向夹角为（未知），进入磁场后，粒子b的运动轨迹恰好能通过圆形磁场的圆心O，最终也进入到电场区域。已知电场强度和磁感应强度的关系满足，不计粒子重力及粒子间相互作用。求：
（1）粒子的比荷；
（2）粒子b与粒子a的夹角和b粒子打在荧光屏上的亮点到P点的距离x；
（3）入射方向与荧光屏所在平面成区间范围内的粒子，最终打到荧光屏上形成的亮线长度。

【答案】（1）；（2），；（3）
【详解】（1）由a粒子的运动可知粒子在磁场中运动的半径为
由牛顿第二定律有
可得粒子的比荷
（2）画出粒子b的运动轨迹，如图所示

根据几何关系可知构成一个边长为R的菱形，则
由于，b粒子经过Q点的速度方向与垂直，所以粒子b进入电场的方向也沿水平方向。b粒子进入电场中做类平抛运动，有
，
解得
所以b粒子打在荧光屏上的亮点到P点的距离为
（3）入射方向与P点右侧荧光屏成的粒子，在磁场与电场中的运动轨迹如图所示

由几何关系可知，粒子进入电场时距离荧光屏的距离为
进入电场后，粒子做类平抛运动，有
，
解得
所以该粒子打到荧光屏的位置距离P点的距离为；根据（2）可知，入射方向与P点左侧荧光屏成的粒子，打到荧光屏的位置距离P点的距离为，所以入射方向与荧光屏所在平面成区间范围内的粒子，最终打到荧光屏上形成的亮线长度为
11．带电粒子流的磁聚焦和磁控束是薄膜材料制备的关键技术之一、带电粒子流（每个粒子的质量为、电荷量为）以初速度垂直进入磁场，不计重力及带电粒子之间的相互作用。对处在平面内的粒子，求解以下问题。
（1）如图，宽度为的带电粒子流沿轴正方向射入圆心为、半径为的圆形匀强磁场中，若带电粒子流经过磁场后都汇聚到坐标原点，求该磁场磁感应强度的大小；
（2）如图，虚线框为边长等于的正方形，其几何中心位于。在虚线框内设计一个区域面积最小的匀强磁场，使汇聚到点的带电粒子流经过该区域后宽度变为，并沿轴正方向射出。求该磁场磁感应强度的大小和方向，以及该磁场区域的面积（无需写出面积最小的证明过程）；
【答案】（1）；（2），
【详解】（1）此处考查了磁聚焦，若要射入圆形磁场区域不同位置的平行粒子流最终都从同一位置射出，需要满足的条件是粒子的轨迹半径与磁场区域的半径相等，即
根据洛伦兹力提供向心力，有
联立解得
（2）此处为磁聚焦的逆过程，就是要让汇聚在A点的粒子流最后又变为平行粒子流。故应为圆形磁场区域，且有粒子的轨迹半径与磁场区域的半径相等，当磁场区域面积最小时，磁场的半径为，粒子运动的轨迹和磁场区域如图（虚线表示磁场中运动轨迹，实线表示磁场区域）
则
根据洛伦兹力提供向心力，有
解得
方向垂直纸面向里，面积为
1．（2024·湖北·高考真题）如图所示，在以O点为圆心、半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。圆形区域外有大小相等、方向相反、范围足够大的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q（q>0）的带电粒子沿直径AC方向从A点射入圆形区域。不计重力，下列说法正确的是（ ）
A．粒子的运动轨迹可能经过O点
B．粒子射出圆形区域时的速度方向不一定沿该区域的半径方向
C．粒子连续两次由A点沿AC方向射入圆形区域的最小时间间隔为
D．若粒子从A点射入到从C点射出圆形区域用时最短，粒子运动的速度大小为
【答案】D
【详解】AB．在圆形匀强磁场区域内，沿着径向射入的粒子，总是沿径向射出的；根据圆的特点可知粒子的运动轨迹不可能经过O点，故AB错误；
C．粒子连续两次由A点沿AC方向射入圆形区域，时间最短则根据对称性可知轨迹如图
则最短时间有
故C错误；
D．粒子从A点射入到从C点射出圆形区域用时最短，则轨迹如图所示
设粒子在磁场中运动的半径为r，根据几何关系可知
根据洛伦兹力提供向心力有
可得
故D正确。
故选D。
2．（2024·河北·高考真题）如图，真空区域有同心正方形ABCD和abcd，其各对应边平行，ABCD的边长一定，abcd的边长可调，两正方形之间充满恒定匀强磁场，方向垂直于正方形所在平面．A处有一个粒子源，可逐个发射速度不等、比荷相等的粒子，粒子沿AD方向进入磁场。调整abcd的边长，可使速度大小合适的粒子经ad边穿过无磁场区后由BC边射出。对满足前述条件的粒子，下列说法正确的是（ ）
A．若粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为45°，则粒子必垂直BC射出
B．若粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为60°，则粒子必垂直BC射出
C．若粒子经cd边垂直BC射出，则粒子穿过ad边的速度方向与ad边夹角必为45°
D．若粒子经bc边垂直BC射出，则粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角必为60°
【答案】AD
【详解】A．粒子在磁场中做匀速圆周运动，在正方形abcd区域中做匀速直线运动，粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为45°，在正方形abcd区域中的运动轨迹必平行于AC的连线，可知粒子必经过cd边，进入正方形abcd区域前后的两段圆弧轨迹的半径相等，并且圆心角均为45°，据此作出粒子可能的两个运动轨迹如图所示
粒子的运动轨迹均关于直线BD对称，粒子必从C点垂直于BC射出，故A正确；
C．若粒子经cd边垂直BC射出，粒子运动轨迹如图所示
设粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为，则图中两段圆弧轨迹的圆心角与的关系为
设两正方形的对应边之间的距离为，为保证粒子穿过ad边，需满足
且有
联立解得
为保证粒子穿过cd边，需满足
为保证从BC边射出，需满足
联立解得
可得粒子经cd边垂直BC射出，粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角范围是
故C错误；
BD．粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为60°时，作出粒子恰好经过c点的运动轨迹如图所示
设粒子在e点进入正方形abcd区域，线段MN垂直平分轨迹ec，与AB选项的分析同理，粒子的轨迹关于线段MN对称。线段CE平行于轨迹ec，取圆弧轨迹的中点F，过F点做轨迹ec的平行线分别交AD与BC于点G和点，点为点E关于MN的对称点。易知点e为ad的中点，点E为AD的中点，Ee垂直于ad和AD，设粒子轨迹半径为r，正方形ABCD的边长为2L。由几何关系得
联立解得
因，故，即EF垂直于，由对称性可知四边形为矩形，垂直于CE，可知点是点F关于MN的对称点，即点F是圆弧cH的中点，可知由c到粒子的轨迹圆心角为30°，可得粒子垂直BC射出。若粒子速度较大，轨迹半径较大，则粒子在c点左侧穿过cd，其轨迹如图所示
与临界轨迹对比，粒子第二段的轨迹圆心不会在BC上，故粒子不会垂直BC射出。若粒子速度较小，轨迹半径较小，则粒子在c点下方穿过cb，其轨迹如图所示。
与粒子恰好经过c点的运动过程同理，根据对称性可知粒子一定垂直BC射出，故B错误，D正确。
故选AD。
3．（2024·重庆·高考真题）有人设计了一粒种子收集装置。如图所示，比荷为的带正电的粒子，由固定于M点的发射枪，以不同的速率射出后，沿射线MN方向运动，能收集各方向粒子的收集器固定在MN上方的K点，O在MN上，且KO垂直于MN。若打开磁场开关，空间将充满磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里的匀强磁场，速率为v0的粒子运动到O点时，打开磁场开关，该粒子全被收集，不计粒子重力，忽略磁场突变的影响。
(1)求OK间的距离；
(2)速率为4v0的粒子射出瞬间打开磁场开关，该粒子仍被收集，求MO间的距离；
(3)速率为4v0的粒子射出后，运动一段时间再打开磁场开关，该粒子也能被收集。以粒子射出的时刻为计时O点。求打开磁场的那一时刻。

【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）（1）当粒子到达О点时打开磁场开关，粒子做匀速圆周运动，设轨迹半径为r1，如图所示

由洛伦兹力提供向心力得
其中
（2）速率为4v0的粒子射出瞬间打开磁场开关，则粒子在磁场中运动的轨迹半径
r2 = 4r1
如图所示，由几何关系有
（4r1-2r1）2＋MO2 = (4r1)2
解得
（3）速率为4v0的粒子射出一段时间t到达N点，要使粒子仍然经过K点，则N点在O点右侧，如图所示

由几何关系有
（4r1-2r1）2＋ON2 = (4r1)2
解得
粒子在打开磁场开关前运动时间为
解得
4．（2024·海南·高考真题）如图，在xOy坐标系中有三个区域，圆形区域Ⅰ分别与x轴和y轴相切于P点和S点。半圆形区域Ⅱ的半径是区域Ⅰ半径的2倍。区域Ⅰ、Ⅱ的圆心连线与x轴平行，半圆与圆相切于Q点，QF垂直于x轴，半圆的直径MN所在的直线右侧为区域Ⅲ。区域Ⅰ、Ⅱ分别有磁感应强度大小为B、的匀强磁场，磁场方向均垂直纸面向外。区域Ⅰ下方有一粒子源和加速电场组成的发射器，可将质量为m、电荷量为q的粒子由电场加速到。改变发射器的位置，使带电粒子在OF范围内都沿着y轴正方向以相同的速度沿纸面射入区域Ⅰ。已知某粒子从P点射入区域Ⅰ，并从Q点射入区域Ⅱ（不计粒子的重力和粒子之间的影响）
（1）求加速电场两板间的电压U和区域Ⅰ的半径R；
（2）在能射入区域Ⅲ的粒子中，某粒子在区域Ⅱ中运动的时间最短，求该粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中运动的总时间t；
（3）在区域Ⅲ加入匀强磁场和匀强电场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里，电场强度的大小，方向沿x轴正方向。此后，粒子源中某粒子经区域Ⅰ、Ⅱ射入区域Ⅲ，进入区域Ⅲ时速度方向与y轴负方向的夹角成74°角。当粒子动能最大时，求粒子的速度大小及所在的位置到y轴的距离。
【答案】（1），；（2）；（3），
【详解】（1）根据动能定理得
解得
粒子进入区域I做匀速圆周运动，根据题意某粒子从P点射入区域Ⅰ，并从Q点射入区域Ⅱ，故可知此时粒子的运动轨迹半径与区域Ⅰ的半径R相等，粒子在磁场中运动洛伦兹力提供向心力
解得
（2）带电粒子在OF范围内都沿着y轴正方向以相同的速度沿纸面射入区域Ⅰ，由(1)可得，粒子的在磁场中做匀速圆周运动，轨迹半径均为R，因为在区域Ⅰ中的磁场半径和轨迹半径相等，粒子射入点、区域Ⅰ圆心O1、轨迹圆心O'、粒子出射点四点构成一个菱形，有几何关系可得，区域Ⅰ圆心O1和粒子出射点连线平行于粒子射入点与轨迹圆心O'连线，则区域Ⅰ圆心O1和粒子出射点水平，根据磁聚焦原理可知粒子都从Q点射出，粒子射入区域II，仍做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力
解得
如图，要使粒子在区域Ⅱ中运动的时间最短，轨迹所对应的圆心角最小，可知在区域Ⅱ中运动的圆弧所对的弦长最短，即此时最短弦长为区域Ⅱ的磁场圆半径，根据几何知识可得此时在区域Ⅱ和区域Ⅰ中运动的轨迹所对应的圆心角都为，粒子在两区域磁场中运动周期分别为
故可得该粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中运动的总时间为
（3）如图，将速度分解为沿y轴正方向的速度及速度，因为可得，故可知沿y轴正方向的速度产生的洛伦兹力与电场力平衡，粒子同时受到另一方向的洛伦兹力，故粒子沿y正方向做旋进运动，根据角度可知
故当方向为竖直向上时此时粒子速度最大，即最大速度为
圆周运动半径
根据几何关系可知此时所在的位置到y轴的距离为
5.（2023·湖南·高考真题）如图，真空中有区域Ⅰ和Ⅱ，区域Ⅰ中存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向下（与纸面平行），磁场方向垂直纸面向里，等腰直角三角形CGF区域（区域Ⅱ）内存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外。图中A、C、O三点在同一直线上，AO与GF垂直，且与电场和磁场方向均垂直。A点处的粒子源持续将比荷一定但速率不同的粒子射入区域Ⅰ中，只有沿直线AC运动的粒子才能进入区域Ⅱ。若区域Ⅰ中电场强度大小为E、磁感应强度大小为B1，区域Ⅱ中磁感应强度大小为B2，则粒子从CF的中点射出，它们在区域Ⅱ中运动的时间为t0。若改变电场或磁场强弱，能进入区域Ⅱ中的粒子在区域Ⅱ中运动的时间为t，不计粒子的重力及粒子之间的相互作用，下列说法正确的是（ ）

A．若仅将区域Ⅰ中磁感应强度大小变为2B1，则t > t0
B．若仅将区域Ⅰ中电场强度大小变为2E，则t > t0
C．若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为，则
D．若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为，则
【答案】D
【详解】由题知粒子在AC做直线运动，则有
qv0B1= qE
区域Ⅱ中磁感应强度大小为B2，则粒子从CF的中点射出，则粒子转过的圆心角为90°，根据，有
A．若仅将区域Ⅰ中磁感应强度大小变为2B1，则粒子在AC做直线运动的速度，有
qvA∙2B1= qE
则
再根据，可知粒子半径减小，则粒子仍然从CF边射出，粒子转过的圆心角仍为90°，则t = t0，A错误；
B．若仅将区域Ⅰ中电场强度大小变为2E，则粒子在AC做直线运动的速度，有
qvBB1= q∙2E
则
vB = 2v0
再根据，可知粒子半径变为原来的2倍，则粒子F点射出，粒子转过的圆心角仍为90°，则t = t0，B错误；
C．若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为，则粒子在AC做直线运动的速度仍为v0，再根据，可知粒子半径变为原来的，则粒子从OF边射出，则画出粒子的运动轨迹如下图

根据
可知转过的圆心角θ = 60°，根据，有
则
C错误；
D．若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为，则粒子在AC做直线运动的速度仍为v0，再根据，可知粒子半径变为原来的，则粒子OF边射出，则画出粒子的运动轨迹如下图

根据
可知转过的圆心角为α = 45°，根据，有
则
D正确。
故选D。