专题十五 带电粒子在磁场中的运动-动态圆模型 讲义 -2026届高考物理一轮复习

专题十五 带电粒子在磁场中运动－动态圆模型 模型一：“旋转圆”模型 知识总结 模型界定 将一半径为R＝的圆以入射点为圆心进行旋转，从而探索出粒子运动的临界条件，即为“旋转圆”法 模型条件 粒子源发射速度大小一定、方向不同的同种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，若入射初速度大小为v0，则圆周运动轨迹半径为R＝，如图所示 模型特点 轨迹圆的圆心共圆：如图所示，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＝的圆上 典型例题 1．如图所示，直角三角形abc中∠a＝30°，ac＝L，其区域内存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场，c点处的粒子源可向磁场区域各个方向发射速度大小为（k为粒子的比荷）的带正电的粒子。不考虑粒子的重力和相互间作用力，下列说法正确的是（ ） A．ab边上有粒子到达区域的长度为 B．ac边上有粒子到达区域的长度为 C．从ab边射出的粒子在磁场中运动的最短时间为 D．从ac边射出的粒子在磁场中运动的最长时间为 【答案】C 【解析】A．根据带电粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力可得qvB＝，解得R＝，根据题意可知，＝k，v＝，解得R＝， 作出粒子运动的两个临界轨迹，如图所示 粒子沿cb方向射入，其在磁场中运动的轨迹圆心为O1，从ab边上的d点射出磁场，由几何关系可求得轨迹所对圆心角为60°，当粒子轨迹恰好与ab边相切时，其在磁场中运动的轨迹圆心为O2，可以证明cdeO2为一正方形，故在ab边有粒子射出的区域长度为de的长度，即，故A错误； C．从ab边射出的粒子，从d点射出磁场事，在磁场中运动时间最短，即t＝＝，故C正确； B．粒子在ac边上最远从f点射出，由几何关系可得cf＝＝，故ac边上有粒子到达区域的长度为，B错误； D．ac边射出的粒子，从f点射出时，其在做场中运动的时间最长，最长时间为t＝＝，D错误。 2．（多选）如图所示，在荧屏MN上方分布了水平方向的匀强磁场，方向垂直纸面向里。距离荧屏d处有一粒子源S，能够在纸面内不断地向各个方向同时发射速度大小为v、电荷量为q、质量为m的带正电粒子，不计粒子的重力，已知粒子做圆周运动的半径也恰好为d，则（　　） A．粒子能打到荧屏MN上的区域长度为 B．能打到荧屏MN上最左侧的粒子所用的时间为 C．粒子从发射到打到荧屏MN上的最长时间为 D．同一时刻发射的粒子打到荧屏MN上的最大时间差为 【答案】BD 【解析】打在荧屏MN上的粒子轨迹的临界状态如图1所示，根据几何关系知，带电粒子能打到荧屏MN上的区域长度为：l＝AB＝R＋＝(1＋)R＝(1＋)d，故A错误；由运动轨迹图可知，能打到荧屏MN上最左侧的粒子偏转了半个周期，故所用时间为：t＝，又T＝，解得：t＝，故B正确；在磁场中运动时间最长（优弧1）和最短（劣弧2）的粒子的运动轨迹如图2所示，粒子做完整圆周运动的周期T＝，由几何关系可知，最长时间：t1＝＝，最短时间：t2＝＝，根据题意得同一时刻发射的粒子打到荧屏MN上的最大时间差：Δt＝t1－t2＝，故C错误，D正确。 3．如图，xOy平面内有大量质子从原点O在180°的范围内连续以相同速率v0向y轴右侧发射，右侧足够远处放置与x轴垂直且足够大的荧光屏，O在荧光屏上的投影点为O′。现在第Ⅰ象限和第Ⅳ象限一定范围内分别施加一个垂直于xOy平面的区域匀强磁场（磁场大小相同、方向不同），使得所有质子都垂直打在荧光屏上CC′范围内，已知O′C＝O′C′＝R。忽略质子间的相互作用，已知质子质量为m、电荷量为e，求： （1）磁场在第Ⅰ象限的方向和大小； （2）在Ⅰ、Ⅳ象限所加磁场的最小总面积。 【答案】（1）从原点O竖直向上射出的电子垂直打在荧光屏上， 故磁场方向必定垂直xOy平面向外 根据题意粒子的回旋半径为R， 根据ev0B＝，解得B＝ （2）在由O点射入第Ⅰ象限的所有质子中，沿y轴正方向射出的电子转过圆周，速度变为沿x轴正方向，这条轨迹为磁场区域的上边界。 设某电子做匀速圆周运动的圆心O′，与O点的连线与y轴正方向夹角为θ， 若离开磁场时电子速度变为沿x轴正方向， 其射出点（也就是轨迹与磁场边界的交点）的坐标为（x，y）。 由图中几何关系可得x＝Rsin θ，y＝R－Rcos θ 参数θ可知磁场区域的下边界满足的方程为x2＋(R－y)2＝R2（x＞0，y＞0） 这是一个圆的方程，圆心在（0，R）处，磁场区域为图中两条圆弧所围成的面积， 磁场的最小面积为S1＝ 根据对称性可知，磁场的最小总面积为S＝2S1＝πR2－2R2 模型二：“放缩圆”模型 知识总结 模型界定 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，从而探索出粒子运动的临界条件，即为“放缩圆”法 模型条件 粒子源发射速度方向一定，大小不同的同种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大小变化而变化 特点 轨迹圆的圆心共线：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 典型例题 1．（多选）如图所示，一束电子以大小不同的速率沿图示方向垂直飞入横截面是一正方形的匀强磁场区域，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，其轨迹线不一定重合 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】BC 【解析】AB．由周期公式T＝知，周期与电子的速率无关，所以在磁场中的运动周期相同，由知，电子在磁场中运动时间与轨迹对应的圆心角成正比，所以电子在磁场中运动的时间越长，其轨迹线所对应的圆心角θ越大，电子飞入匀强磁场中做匀速圆周运动，由半径公式知，轨迹半径与速率成正比，则电子的速率越大，在磁场中的运动轨迹半径越大，故A错误，B正确； CD．若它们在磁场中运动时间相同，但轨迹不一定重合，比如：轨迹3、4与5，它们的运动时间相同，但它们的轨迹对应的半径不同，即它们的速率不同，故C正确，D错误。 故选BC。 2．一匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，其边界如图中虚线所示，ab＝be＝2bc＝2de＝L，bcde为矩形。一束质量为m、电荷量为q（q＞0）的粒子，在纸面内从a点垂直于ab射入磁场，这些粒子具有各种速率。不计粒子之间的相互作用及重力，在磁场中运动时间最长的粒子，其运动速率为（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】设粒子过bcde上一点g，当∠Oag最大时，∠aOg最小，粒子运动时间最长，O为粒子做圆周运动的圆心，由几何关系知，当粒子过c点时，粒子运动时间最长，轨迹如图所示： 设半径为R，则有(L－R)2＋＝R2，解得R＝，由牛顿第二定律：qvB＝，解得v＝，故B正确，ACD错误。故选B。 3．（多选）在矩形abcO区域内存在一个垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场，Oa边长为4l，ab边长为3l。带正电的粒子从O点沿Ob方向以不同速率射入，已知粒子的质量为m、电荷量为q，粒子所受重力及粒子间的相互作用均忽略不计。取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，下列说法正确的是（　　） A．粒子在磁场中运动的最长时间为 B．粒子在磁场中运动的最长时间为 C．垂直边界ab射出时，粒子的速度大小为 D．垂直边界ab射出时，粒子的速度大小为 【答案】AC 【解析】由几何关系有，解得θ＝37°，设粒子做圆周运动的半径为R，由，，可得，可知粒子在磁场中做圆周运动的周期和速度无关。由几何关系可知粒子偏转的最大圆心角，粒子运动的最长时间，A正确，B错误； 粒子垂直于ab边射出时，由几何关系有，解得，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有，解得，C正确，D错误。故选AC。 模型三：“平移圆”模型 知识总结 模型界定 将半径为R＝的圆进行平移，从而探索出粒子运动的临界条件，即为“平移圆”法 模型条件 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同种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，则半径R＝，如图所示 模型特点 带电粒子轨迹圆的圆心在同一直线上、且该直线与入射点的连线平行（或共线） 典型例题 1．如图所示，在xOy平面的第Ⅰ、Ⅳ象限内有一圆心为O、半径为R的半圆形匀强磁场，线状粒子源从y轴左侧平行于x轴正方向不断射出质量为m、电荷量为q、速度大小为v0的带正电粒子。磁场的磁感应强度大小为、方向垂直平面xOy向里。不考虑粒子间的相互作用，不计粒子受到的重力。所有从不同位置进入磁场的粒子中，在磁场中运动的时间最长为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】粒子在磁场中做匀速圆周运动，有qv0B＝，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．如图所示，有一等腰直角三角形AOC，直角边长为3d，AOC区域范围内（包含边界）存在磁感应强度为B、方向垂直于纸面向外的匀强磁场，质量为m、电荷量为＋q的粒子可在直角边AO上的不同位置垂直边界、垂直磁场射入，入射速度大小为，D、E是AO边界上的两点（图中未画出），AD＝EO＝0.5d，不计粒子重力，则（　　） A．粒子在磁场做圆周运动的半径为2d B．粒子距A点处射入，恰好不从AC边界出射 C．从D点射入的粒子，在磁场中运动的时间为 D．从E点射入的粒子，在磁场中运动的时间为 【答案】D 【解析】由洛伦兹力提供向心力，可得，解得，A错误； 粒子刚好不出磁场区域的运动轨迹如图所示 恰好与AC相切，根据几何关系可得，此时入射点到A的距离为，即入射点到A点距离大于的粒子都不能出磁场，B错误；从D点射入的粒子，运动轨迹为半圆，如图 则时间为，在E点入射的粒子运动轨迹如上图，由几何关系可知，则圆心角为60°，在磁场中运动的时间为，C错误，D正确。故选D。 3．如图所示的环形区域中存在垂直于纸面向外的匀强磁场，已知外圆半径是内圆半径的倍，内圆半径为R。MN为磁场外圆边界的直径，一群均匀分布、质量为m、带电荷量为＋q的粒子垂直MN以速度v平行射入磁场区域，粒子入射范围的宽度等于MN的长度。已知正对圆心O入射的粒子恰好没有射入内圆，不计粒子重力及粒子间的相互作用。求： （1）磁场的磁感应强度大小； （2）若某粒子可以垂直射入内圆，则该粒子从进入磁场到内圆所需的时间； （3）从M点射入的粒子第一次在环形磁场中速度偏转角的余弦值。 【答案】（1）；（2）；（3） 【解析】（1）正对圆心O入射的粒子恰好没有射入内圆，轨迹图如图1所示， 根据几何关系有，解得 根据洛伦兹力提供向心力有 磁场的磁感应强度大小为； （2）粒子可以垂直射入内圆，轨迹图如图2所示，打在内圆的点设为K，轨迹圆圆心为Q，则三角形OKQ为等腰直角三角形，可得 根据，可知 故轨迹的圆心角为 粒子从进入磁场到内圆所需的时间为； （3）从M点射入的粒子第一次在环形磁场中，轨迹图如图3所示，D点为轨迹圆圆心， 根据几何关系可知三角形COD为等腰三角形，有 从M点射入的粒子第一次在环形磁场中速度偏转角的余弦值为＝＝。 模型四：“磁聚焦”模型 知识总结 1．磁发散：带电粒子从圆形有界匀强磁场边界上同一点射入，如果轨迹半径与磁场半径相等，则粒子出射方向与入射点的切线方向平行。 2．磁聚集：带电粒子平行射入圆形有界匀强磁场，如果轨迹半径与磁场半径相等，则粒子从磁场边界上同一点射出，该点切线与入射方向平行。 典型例题 1．如图所示，在真空中，半径为R的圆形区域内存在垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B，一束质子在纸面内以相同的速度射向磁场区域，质子的电荷量为e，质量为m，速度为，则以下说法正确的是（ ） A．对着圆心入射的质子的出射方向的反向延长线不一定过圆心 B．从a点比从b点进入磁场的质子在磁场中运动时间短 C．所有质子都在磁场边缘同一点射出磁场 D．若质子以相等的速率从同一点沿各个方向射入磁场，则它们离开磁场的出射方向可能垂直 【答案】C 【解析】做匀速圆周运动的向心力由洛仑兹力提供：，将代入，求得r＝R，即磁场圆的半径与质子轨迹圆的半径相等。 A．对着圆心射入的质子，由几何关系知该质子最后从O点的正下方C点射出磁场，其出射方向的反向延长线必过圆心，所以选项A错误。 BC．假设从任意点E水平射入的质子，其做匀速圆周运动的圆心为D，连接EOCD构成如图所示的四边形， 由于DE∥OC，且DE＝OC，则四边形DEOC是平行四边形，所以DC＝OE＝R，所以从任意点E水平入射的质子也从O点的正下方C射出，故C正确； 由于从a点入射的质子比从b点入射的质子偏转角大，根据（θ为运动轨迹对应的圆心角）可知，从a点入射的质子在磁场中运动时间长，所以选项B错误。 D．由于质子的速率，则质子做匀速圆周运动的半径仍为R；假设这些质子从O点正下方的C点从不同方向射入磁场，则这些质子在磁场中运动的过程可以看成题中的质子束运动的逆过程，由此可知这些质子从磁场出射时都是相互平行的；由此扩展来看，质子以相等的速率从同一点沿各个方向射入磁场，则它们离开磁场的出射方向一定是相互平行的，不可能出现垂直的情况，故D错误。 故选C。 2．（多选）如图所示，长方形abcd的长ad＝0.6 m，宽ab＝0.3 m，O、e分别是ad、bc的中点，以e为圆心，eb为半径的圆弧和以O为圆心，Od为半径的圆弧组成的区域内有垂直纸面向里的匀强磁场（eb边界上无磁场），磁感应强度B＝0.25 T。一群不计重力、质量m＝3×10－7 kg、电荷量q＝2×10－3 C的带正电粒子以速度v＝5×102 m/s沿垂直ad方向且垂直于磁场射入磁场区域，则下列判断正确的是（　　） A．从Od边射入的粒子，出射点全部分布在ab边 B．从aO边射入的粒子，出射点全部通过b点 C．从Od边射入的粒子，出射点全部通过b点 D．从aO边射入的粒子，出射点分布在ab边 【答案】BC 【解析】AC．粒子进入磁场后做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力， 得到：； 因ab＝0.3 m，从Od边射入的粒子，形成以r为半径的圆弧，从点O射入粒子的从b点出去；从Od之间射入飞粒子，因边界上无磁场，粒子到达bc后应做直线运动，即全部通过b点，故A错误；C正确； BD．从aO边射入的粒子先做一段时间的直线运动，设某一个粒子在M点进入磁场，其圆心为O′，如图所示，根据几何关系，可得：虚线的四边形O′Med是菱形，则粒子的出射点一定是从b点射出．同理可知，从aO边射入的粒子，出射点全部从b点射出；故B正确，D错误； 故选BC。 3．“太空粒子探测器”由加速、偏转和收集三部分组成，其原理可简化为如图所示。辐射状的加速电场区域I边界为两个同心平行的网状金属扇形弧面，O1为圆心，圆心角θ为120°，外圆弧面AB与内圆弧面CD间的电势差为U0，M为外圆弧的中点。在紧靠O1右侧有一圆形匀强磁场区域Ⅱ，圆心为O2，半径为L，磁场方向垂直于纸面向外且大小为B＝。在磁场区域下方相距L处有一足够长的收集板PNQ。已知MO1O2和FNQ为两条平行线，且与O2N连线垂直。假设太空中漂浮着质量为m、电荷量为q的带正电粒子，它们能均匀地吸附到AB弧面并经电场从静止开始加速，然后从O1进入磁场，并最终到达PNQ板被收集，忽略一切万有引力和粒子之间作用力。求： （1）粒子经电场加速后，进入磁场时的速度v的大小； （2）粒子在磁场中运动的半径R； （3）粒子到达收集板沿PQ方向的宽度。 【答案】解：（1）带电粒子在电场中加速时，电场力做功，根据动能定理有qU0＝ 解得v＝ （2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有qvB＝ 代入数据解得R＝L （3）所有粒子从AB弧面射入的粒子，速度大小相等，在磁场中做匀速圆周运动的半径相同，且与磁场的半径相同，根据对称性可知，它们经过磁场旋转后都从磁场边界垂直于PNQ线射出，最终到达PNQ板被收集，轨迹如图所示 AC从各个粒子的运动轨迹可以看出，轨迹1在磁场中转动的角度最小，所以从A点射入的粒子到达收集板的最左端，根据几何知识可知， 该粒子转动了30°，轨迹1、2的距离为x1＝L－R(1－cos 30°)＝ 根据对称性可得，粒子到达收集板的范围为x＝2x1＝ 1 学科网（北京）股份有限公司 $$