浙江2020高考物理尖子生核心素养提升专题06 平移圆、放缩圆、旋转圆问题（解析版）

浙江省高中物理解题能力提升之平移圆、放缩圆、旋转圆问题题型1　平移圆问题1．适用条件(1)速度大小一定，方向一定，入射点不同但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上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v0，则圆周运动半径R＝eq\f(mv0,qB)，如图所示(图中只画出粒子带负电的情景)。(2)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。2．界定方法将半径为R＝eq\f(mv0,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”。[例1]　(多选)利用如图所示装置可以选择一定速度范围内的带电粒子。图中板MN上方是磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，板上有两条宽度分别为2d和d的缝，两缝近端相距为L。一群质量为m、电荷量为q、速度不同的粒子，从宽度为2d的缝垂直于板MN进入磁场，对于能够从宽度为d的缝射出的粒子，下列说法正确的是(　　)A．射出粒子带正电B．射出粒子的最大速度为eq\f(qB(3d＋L(,2m)C．保持d和L不变，增大B，射出粒子的最大速度与最小速度之差增大D．保持d和B不变，增大L，射出粒子的最大速度与最小速度之差增大[解析]　利用左手定则可判定，射出粒子带负电，A项错误；利用qvB＝eq\f(mv2,r)知r＝eq\f(mv,qB)，能射出的粒子半径满足eq\f(L,2)≤r≤eq\f(L＋3d,2)，因此射出粒子的最大速度vmax＝eq\f(qBrmax,m)＝eq\f(qB(3d＋L(,2m)，B项正确；射出粒子的最小速度vmin＝eq\f(qBrmin,m)＝eq\f(qBL,2m)，Δv＝vmax－vmin＝eq\f(3qBd,2m)，由此可判定，C项正确，D项错误。[答案]　BC题型2　放缩圆问题1．适用条件(1)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。(2)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。带电粒子沿同一方向射入磁场后，它们运动轨迹的圆心在垂直初速度方向的直线PP′上。2．界定方法以入射点P为定点，圆心位于PP′直线上，将半径放缩做轨迹，从而探索出临界条件，这种方法称为“放缩圆法”。[例2]　(多选)如图所示，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后刚好从c点射出磁场。现设法使该带电粒子从O点沿纸面以与Od成30°角的方向，以大小不同的速率射入正方形内，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[解析]　如图所示，作出带电粒子以与Od成30°角的方向的速度射入正方形内时，刚好从ab边射出的轨迹①、刚好从bc边射出的轨迹②、从cd边射出的轨迹③和刚好从ad边射出的轨迹④。由从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后刚好从c点射出磁场可知，带电粒子在磁场中做圆周运动的周期是2t0。由图中几何关系可知，从ad边射出磁场经历的时间一定小于eq\f(1,3)t0；从ab边射出磁场经历的时间一定大于eq\f(1,3)t0，小于eq\f(5,6)t0；从bc边射出磁场经历的时间一定大于eq\f(5,6)t0，小于eq\f(4,3)t0；从cd边射出磁场经历的时间一定是eq\f(5,3)t0。综上所述，A、C正确。[答案]　AC题型3　旋转圆问题1．适用条件(1)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v0，则圆周运动半径为R＝eq\f(mv0,qB)，如图所示。(2)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为圆心、半径R＝eq\f(mv0,qB)的圆上。2．界定方法将半径为R＝eq\f(mv0,qB)的圆以带电粒子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”。[例3]　边长为L的等边三角形OAB区域内有垂直纸面向里的匀强磁场。在纸面内从O点向磁场区域AOB各个方向瞬时射入质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，所有粒子的速率均为v。如图所示，沿OB方向射入的粒子从AB边的中点C射出，不计粒子之间的相互作用和重力的影响，已知sin35°≈0.577。求：(1)匀强磁场的磁感应强度的大小；(2)带电粒子在磁场中运动的最长时间；(3)沿OB方向射入的粒子从AB边的中点C射出时，还在磁场中运动的粒子占所有粒子的比例。[解析]　(1)OC＝Lcos30°＝eq\f(\r(3),2)L沿OB方向射入的粒子从AB边的中点C射出，由几何知识得，粒子做圆周运动的圆弧对应的圆心角为60°半径r＝OC＝eq\f(\r(3),2)L由qvB＝eq\f(mv2,r)得B＝eq\f(mv,qr)＝eq\f(2\r(3)mv,3qL)。(2)从A点射出的粒子在磁场中运动时间最长，设弦OA对应的圆心角为α，由几何关系得sineq\f(α,2)＝eq\f(\f(L,2),r)＝eq\f(\r(3),3)≈0.577，α≈70°最长时间tm≈eq\f(70°,360°)·eq\f(2πm,qB)＝eq\f(7\r(3)πL,36v)。(3)从OA上D点射出的粒子做圆周运动的弦长OD＝OC，粒子做圆周运动的圆弧对应的圆心角也为60°，如图所示，由几何知识得入射速度与OD的夹角应为30°，即沿OC方向射入的粒子在磁场中运动的时间与沿OB方向射入的粒子从AB边的中点C射出的时间相等，从OB方向到OC方向这30°范围内的粒子此时都还在磁场中，而入射的范围为60°，故还在磁场中运动的粒子占所有粒子的比例是eq\f(1,2)。[答案]　(1)eq\f(2\r(3)mv,3qL)　(2)eq\f(7\r(3)πL,36v)　(3)eq\f(1,2)[集训冲关]1.(2019·广州检测)不计重力的两个带电粒子M和N沿同一方向经小孔S垂直进入匀强磁场，在磁场中的运动轨迹如图所示。分别用vM与vN、tM与tN、eq\f(qM,mM)与eq\f(qN,mN) 表 关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf 示它们的速率、在磁场中运动的时间、比荷，则(　　)A．如果eq\f(qM,mM)＝eq\f(qN,mN)，则vM>vNB．如果eq\f(qM,mM)＝eq\f(qN,mN)，则vM<vNC．如果vM＝vN，则eq\f(qM,mM)>eq\f(qN,mN)D．如果tM＝tN，则eq\f(qM,mM)>eq\f(qN,mN)解析：选A　由qvB＝meq\f(v2,R)得eq\f(q,m)＝eq\f(v,BR)，由题图可知RM>RN，如果eq\f(qM,mM)＝eq\f(qN,mN)，则vM>vN，A正确，B错误；如果vM＝vN，则eq\f(qM,mM)<eq\f(qN,mN)，C错误；由题图可知t＝eq\f(T,2)＝eq\f(πm,qB)，如果tM＝tN，则eq\f(qM,mM)＝eq\f(qN,mN)，D错误。2.(多选)如图所示，S处有一电子源，可向纸面内任意方向发射电子，平板MN垂直于纸面，在纸面内的长度L＝9.1cm，中点O与S间的距离d＝4.55cm，MN与SO直线的夹角为θ，板所在平面有电子源的一侧区域有方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B＝2.0×10－4T。电子质量m＝9.1×10－31kg，电荷量大小e＝1.6×10－19C，不计电子重力，电子源发射一个速度v＝1.6×106m/s的电子，该电子击中板的范围的长度为l，则(　　)A．θ＝90°时，l＝9.1cm　　B．θ＝60°时，l＝9.1cmC．θ＝45°时，l＝4.55cmD．θ＝30°时，l＝4.55cm解析：选AD　电子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，有evB＝eq\f(mv2,R)，R＝eq\f(mv,Be)＝4.55×10－2m＝4.55cm＝eq\f(L,2)，θ＝90°时，击中板的范围如图甲所示，l＝2R＝9.1cm，选项A正确；θ＝60°时，击中板的范围如图乙所示，l＜2R＝9.1cm，选项B错误；θ＝30°时，击中板的范围如图丙所示，l＝R＝4.55cm，当θ＝45°时，击中板的范围如图丁所示，l＞R＝4.55cm，故选项D正确，C错误。3.如图所示，磁感应强度大小为B＝0.15T、方向垂直纸面向里的匀强磁场分布在半径为R＝0.10m的圆形区域内，圆的左端跟y轴相切于直角坐标系原点O，右端跟很大的荧光屏MN相切于x轴上的A点。置于原点的粒子源可沿x轴正方向射出速度不同的带正电的粒子流，粒子的重力不计，比荷eq\f(q,m)＝1.0×108C/kg。(1)请判断当粒子分别以v1＝1.5eq\r(3)×106m/s和v2＝0.5eq\r(3)×106m/s的速度射入磁场时，能否打到荧光屏上；(2)要使粒子能打在荧光屏上，求粒子的速度v0的大小应满足的条件；(3)若粒子的速度v0＝3.0×106m/s，且以过O点并垂直于纸面的直线为轴，将圆形磁场逆时针缓慢旋转90°，求此过程中粒子打在荧光屏上离A点的最远距离。解析：(1)粒子以不同速度射入磁场的轨迹示例如图甲所示，由几何知识得当粒子做圆周运动的半径r>R时，粒子沿图中①方向射出磁场能打到荧光屏上，当粒子做圆周运动的半径r≤R时，将沿图中②、③方向射出磁场，不能打到荧光屏上。当粒子速度为v1时，由洛伦兹力提供向心力，得qv1B＝meq\f(v12,r1)，解得r1＝eq\r(3)R>R，故能打到荧光屏上；同理，当粒子的速度为v2时，解得r2＝eq\f(\r(3),3)R<R，故不能打到荧光屏上。(2)设当v0＝v3时，粒子恰好打不到荧光屏上，则这时粒子沿图甲中②方向从磁场的最高点竖直向上射出磁场。由几何关系可知，粒子在磁场中的轨迹半径r3＝R，由洛伦兹力提供向心力，得qv3B＝meq\f(v32,r3)，解得v3＝1.5×106m/s。由分析可知，当v0>1.5×106m/s时，粒子能打到荧光屏上。(3)设速度v0＝v4＝3.0×106m/s时，粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径为r4，由洛伦兹力提供向心力，得qv4B＝meq\f(v42,r4)，解得r4＝2R，如图乙所示，粒子在磁场中运动的轨迹是以E点为圆心，以r4为半径的一段圆弧。因圆形磁场以O为轴缓慢转动，故磁场边界变为以O为圆心，以2R为半径的圆弧ABE，粒子轨迹圆弧与其交点为B，当A点恰转至B点，此时粒子的出射点为B，在磁场中的偏角α最大为60°，射到荧光屏上P点离A点最远，由几何知识得AP＝CA·tanα＝(2R－r4tan30°)·tan60°＝eq\f(\r(3)－1,5)m≈0.15m。答案：(1)速度为v1时，能　速度为v2时，不能(2)v0>1.5×106m/s　(3)0.15m