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[-考点-08-] 动态圆
[典例1]
答案 ABC
解析 带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，垂直AC 边射出的粒子在磁场中运动的时间是
T，即为t＝T，则得周期为T＝4t，故A 正确；由T＝4t，R＝，T＝得，B＝＝，故B 正确；
运动时间最长的粒子在磁场中运动的轨迹如图所示，根据几何关系有Rsin＋＝d，解得R＝
d，故C 正确；根据粒子在磁场中运动的速度为v＝，周期为T＝4t，半径R＝d，联立可得
v＝，故D 错误.
[典例2]
答案 (1)或 (2)
解析 (1)由题意可知，沿x 轴正方向出射的离子，经半圆到达N 点，
由此可得r＝a，可知通过M 点的离子有两个出射方向，如图甲，一个轨迹转过的圆心角为
60°，即t1＝T，另一个轨迹转过的圆心角为300°，即t2＝T，离子做匀速圆周运动，周期T
＝，即T＝，解得t1＝，t2＝
(2)如图乙所示，由动态圆分析结果可知，能打到收集板上的离子分布在速度方向与x 轴正
方向成60°角的范围内，因为放射源均匀打出离子，因此打到收集板上的离子数占辐射总
数的比例为＝.
1
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[典例3]
答案 AD
解析 带电粒子以垂直于cd 边的某一速度射入正方形内，经过时间t0刚好从c 点射出磁
场，则知带电粒子的运动周期T＝2t0.该粒子从O 点以与Od 成30°角的方向射入磁场，随着
粒子速度逐渐增大，轨迹由①→②→③→④依次渐变，由图可知粒子在四个边射出时，射
出范围分别为OG、FE、DC、BA 之间，不可能从四个顶点射出，故A 正确．由上述分析
知粒子运动周期为2t0，由图分析可知，从ab 边射出的粒子所用时间不可能为t0，从bc 边
射出的粒子所用时间不超过T＝，所有从cd 边射出的粒子圆心角都是300°，所用时间为
＝，故B、C 错误，D 正确．
[典例4]
答案 ACD
解析 对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中做圆周运动的轨迹半径越大，弧长越长，
轨迹对应的圆心角越小，由t＝T＝可知，运动时间越短，故选项A 正确，B 错误．粒子速
度大小均为v＝时，根据洛伦兹力提供向心力可得粒子的轨迹半径为：r＝＝R，根据几何
关系可知，入射点P、O、出射点与轨迹圆的圆心的连线构成菱形，射出磁场时的轨迹半径
与PO 平行，故粒子射出磁场时的速度方向与MN 垂直，出射后均可垂直打在MN 上；根据
几何关系可知，轨迹对应的圆心角小于180°，粒子在磁场中的运动时间：t<T＝，故选项
C、D 正确．
1.答案 C
解析 粒子在磁场中做匀速圆周运动，有qv0B＝m，解得r＝2R，如图所示，当粒子在磁场
中的运动轨迹对应的圆心角最大时，粒子在磁场中运动的时间最长，由于sin α＝，要使圆
心角α 最大，FE 最长，经分析可知，当粒子从y 轴上的D′点射入、从x 轴上的E′点射出磁
场时，粒子在磁场中运动的时间最长，有sin αm＝，解得αm＝，从D′点射入磁场的粒子在
磁场中运动的时间最长，且tm＝·，解得tm＝，故选C.
2.答案 CD
2
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解析 带电粒子在磁场中的运动半径r＝＝d，选项A 错误；设从某处E 进入磁场的粒子，
其轨迹恰好与AC 相切(如图所示)，则E 点距A 点的距离为2d－d＝d，粒子在距A 点0.5d
处射入，会进入Ⅱ区域，选项B 错误；粒子在距A 点1.5d 处射入，不会进入Ⅱ区域，在Ⅰ
区域内的轨迹为半圆，运动的时间为t＝＝，选项C 正确；进入Ⅱ区域的粒子，弦长最短的
运动时间最短，且最短弦长为d，对应圆心角为60°，最短时间为tmin＝＝，选项D 正确．
3.答案 AC
解析 由洛伦兹力提供向心力有qBv0＝m，代入数据解得r＝，所以A 正确；粒子在磁场中
运动的最长时间为t＝T＝，所以B 错误；所有粒子运动的区域面积为图中阴影部分面积，
由几何关系有S＝πr2＋π(2r)2＝πL2，所以C 正确，D 错误．
4.答案 BD
解析 带正电的粒子向下偏转，根据左手定则可知匀强磁场的方向垂直纸面向外，故A 错
误；如图甲所示，设粒子的运动半径为r，根据几何关系可得CF＝，2＋()2＝r2，解得r＝
R，根据洛伦兹力提供向心力，有qv0B＝m，解得B＝，故C 错误；所有粒子在磁场中运动
半径都相等，运动的圆弧越短，在磁场中运动的时间越短，如图乙所示，
由几何关系可得sin∠HO2F＝，解得∠HO2F＝30°，粒子在磁场中运动的周期T＝，则粒子
在磁场中运动的最短时间tmin＝T＝，故D 正确；任意一点射入磁场，粒子的运动半径等于
R，如图丙所示，由几何关系可知四边形OIJF 恒为一个菱形，OF∥IJ，所以所有的粒子都
从F 点射出，故B 正确．
3
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5.答案 CD
解析 粒子恰好经过N 点，如图甲中轨迹1，设半径为R，由几何关系可知2Rsin 60°＝a，
解得R＝a，选项A 错误；当轨迹刚好与MN 相切时，粒子刚好能打到板上，如图甲中轨迹
2，
设速度方向与ON 夹角为θ，由几何关系得Rsin θ＋R＝a，解得sin θ＝－1，由此可得Rcos
θ＝a＝a，所以，挡板左侧能被粒子击中的竖直长度为a，选项B 错误；要使粒子打到右侧，
则有两个临界条件，如图甲轨迹1、3，初速度方向的夹角为60°，则比例为＝，选项C 正
确；由C 选项可知使挡板的右侧被击中的竖直长度为a，粒子轨迹如图乙，速度方向与ON
夹角为60°，由洛伦兹力提供向心力得qvB＝，解得v＝，选项D 正确．
6.答案 BCD
解析 所有电子运动轨迹相同，水平分界线上电子射出区域的长度为L，选项A 错误；改
变上方磁场的磁感应强度，电子运动轨迹改变但所有电子运动轨迹依然相同，电子射出区
域的长度将保持不变，选项B 正确；从P 点入射的电子刚好到达Q 点，即偏转对应的最小
弦长为L，则r＝＝，B＝，选项C 正确；出射电子束的宽度(平行线间的距离)为，只要满
足电子轨迹半径等于磁场区域圆的半径就可以实现收集(会聚)．设想以较大的磁场区域圆
实现会聚，不断缩小磁场区域圆直至以出射电子束的宽度为半径对应最小的半圆形磁场区
域，如图所示；可以是区域1、2 组成的半圆，也可以是区域1、3 组成的半圆，最小半径
与最大的磁感应强度B′＝相对应，选项D 正确．
4
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7.答案 (1) (2) 垂直于纸面向里 πr2
2
(3) (π－1)r3
2 (π－1)r4
2
解析 (1)粒子垂直y 轴进入圆形磁场，在坐标原点O 汇聚，满足磁聚焦的条件，即粒子在
磁场中运动的半径等于圆形磁场的半径r1，粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，
qvB1＝m
解得B1＝
(2)粒子从O 点进入下方虚线区域，若要从聚焦的O 点飞入然后沿x 轴正方向飞出，为磁发
散的过程，即粒子在下方圆形磁场运动的轨迹半径等于磁场半径，粒子轨迹最大的边界如
图甲中所示，图中圆形磁场即为最小的匀强磁场区域
磁场半径为r2，根据qvB2＝m，
可知磁感应强度为B2＝
根据左手定则可知磁场的方向为垂直纸面向里，圆形磁场的面积为S2＝πr2
2
(3)画出磁场区域面积最小时的情形，如图乙所示．
在Ⅰ、Ⅱ区域的磁场中，由几何关系可知带电粒子运动的轨迹半径R3＝r3，由洛伦兹力提
供向心力有qvB3＝，解得B3＝，Ⅱ中磁场区域的面积S1＝2×＝r3
2.
在Ⅲ、Ⅳ区域的磁场中，由几何关系可知带电粒子运动的轨迹半径R4＝r4，由洛伦兹力提
供向心力有qvB4＝，解得B4＝，Ⅳ中磁场区域的面积S4＝2×＝r4
2.
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