2026届高考物理二轮专题提升课件：“平移圆”“放缩圆”“旋转圆”“磁聚焦”和“磁发散”模型

该高中物理高考复习课件聚焦带电粒子在磁场中的动态圆（平移、放缩、旋转圆）及磁聚焦/发散模型，针对高考热点的临界极值问题，依据高考评价体系梳理考点，分析模型类试题权重，归纳轨迹分析、临界条件判断等常考题型，体现备考针对性与实用性。 课件亮点在于结合高考真题典题（如平移圆轨迹平移法、磁聚焦半径关系推导），以模型建构和科学推理素养为核心，指导学生掌握动态圆临界条件分析、磁聚焦轨迹圆心定位等突破方法，助力学生高效解题，为教师提供系统复习框架，提升高考冲刺教学效率。

专题提升“平移圆”“放缩圆”“旋转圆” “磁聚焦”和“磁发散”模型 专题概述:带电粒子在匀强磁场运动中的临界、极值问题是高考的热点之一,一些特殊的临界、极值问题可以用“动态圆”模型分析,有助于发现临界状态,适用条件是带电粒子射入磁场的速度大小或方向至少有一项保持不变。其中,“平移圆”模型中带电粒子的入射点发生变化;“放缩圆”模型和“旋转圆”模型中带电粒子从同一点进入磁场。 带电粒子在圆形边界磁场中的运动是高考试题常见的类型,对于该类问题,如果满足某种条件,应用“磁聚焦”和“磁发散”模型来分析问题,会达到事半功倍的效果。为了考查学生分析问题解决问题的能力,命题人常常将某种模型镶嵌在题目中。 题型一　“动态圆”模型 一、“平移圆”模型 “平移 圆”模 型 适用条件 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、方向一定的带电粒子,入射点不同但在同一直线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,则半径 ,如图所示 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,该直线与入射点的连线平行 界定方法 将半径为 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 二、“放缩圆”模型 “放缩 圆”模 型 适用条件 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 轨迹圆圆心共线   界定方法 以入射点P为定点,圆心位于PP'直线上,将半径放缩作轨迹圆,从而探索出临界条件,这种方法称为“放缩圆”法 如图所示(图中只画出粒子带正电的情况),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 三、“旋转圆”模型 “旋转 圆”模 型 适用条件 速度大小一定,方向不同 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P为圆心、半径 的圆上 界定方法 将一半径为 的圆以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 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 。如图所示 考向一 “平移圆”模型 典题1 如图所示,边长为L的正方形有界匀强磁场ABCD,带电粒子从A点沿AB方向射入磁场,恰好从C点飞出磁场;若带电粒子以相同的速度从AD的中点P垂直AD射入磁场,从DC边的M点飞出磁场(M点未画出)。设粒子从A点运动到C点所用时间为t1,由P点运动到M点所用时间为t2(带电粒子重力不计),则t1∶t2为(　　) A.2∶1 B.2∶3 C.3∶2 D. C 解析 画出粒子从A点射入磁场到从C点射出磁场的轨迹,如图所示,并将该轨迹向下平移,粒子做圆周运动的半径R=L,从C点射出的粒子运动时间 考向二 “放缩圆”模型 典题2 如图所示,磁感应强度为B的匀强磁场方向垂直纸面向里,图中虚线为磁场的边界,其中bc段是半径为R的四分之一圆弧,ab、cd的延长线通过圆弧的圆心,Ob长为R。一束质量为m、电荷量为q的粒子,在纸面内以不同的速率从O点垂直ab射入磁场,已知所有粒子均从圆弧边界射出,其中M、N是圆弧边界上的两点,不计粒子间的相互作用和重力。则下列说法正确的是(　　) A.粒子带负电荷 B.从M点射出粒子的速率一定大于从N点射出粒子的速率 C.从M点射出的粒子在磁场中运动的时间一定小于从N点 射出的粒子在磁场中运动的时间 D.粒子在磁场中的最短运动时间为 D 解析 粒子运动轨迹如图所示,粒子做逆时针的匀速圆周运动,根据左手定则可知粒子带正电,由图可知,粒子落到b点到c点的过程中,半径越来越大,则由r= 可知,速度越来越大,所以从M点射出粒子的速率一定小于从N点射出粒子的 速率。又因为粒子在磁场中的运动时间和圆心角成正比,且由几何关系知,弦切角等于圆心角的一半,所以当弦切角最小时对应粒子的运动时间最短。当弦与圆周相切时,弦切角最小,因为Ob长为R,由几何关系知,此时弦切角为θ=60°,所以圆心角为α=120°,最短运动时间为 ,即从M点射出的粒子在磁场中运动的时间与从N点射出的粒子在磁场中运动的时间大小不能确定。综上所述,D正确,A、B、C错误。 考向三 “旋转圆”模型 典题3 (多选) 如图所示,在直角坐标系xOy的第一象限内存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场,在y轴上S处有一粒子源,它可向右侧纸面内各个方向射出速率相等的质量均为m、电荷量均为q的同种带电粒子,所有粒子射出磁场时离S最远的位置是x轴上的P点。已知 ,粒子带负电,粒子所受重力及粒子间的相互作用均不计,则( 　) A.粒子的速度大小为 B.从x轴上射出磁场的粒子在磁场中运动的最长时间与 最短时间之比为3∶2 C.沿平行x轴正方向射入的粒子离开磁场时的位置到 O点的距离为 d D.从O点射出的粒子在磁场中的运动时间为 AD 从x轴上射出磁场的粒子中,沿y轴正方向射出的粒子在磁场中运动的时间最长,从O点射出的粒子时间最短,运动轨迹如图所示,根据几何关系,粒子在磁场中做圆周运动的圆心角分别为α= 、θ= ,从x轴上射出磁场的粒子在磁场中运动的最长时间 沿平行x轴正方向射入的粒子,其圆心在O点,离开磁场时的位置到O点的距离为r,即沿平行x轴正方向射入的粒子离开磁场时的位置到O点的距离为d,C错误;从O点射出的粒子轨迹如图所示,对应的圆心角为θ= ,从O点射出的粒子在磁场中的运动时间为 题型二　“磁聚焦”和“磁发散”模型 磁聚焦 磁发散 电性相同的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,磁场边界在该点的切线与入射方向平行 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,则粒子出射方向与磁场边界在入射点的切线方向平行 说明:磁聚焦和磁发散是相反的过程,满足运动的可逆性。 考向一 “磁聚焦”模型 典题4 如图所示,在xOy平面内半径为R(未知)的圆形区域内有垂直于平面向外的匀强磁场,圆形区域的边界与y轴在坐标原点O相切,区域内磁场的磁感应强度大小为B1。空间中z轴正方向垂直于xOy平面向外,x轴上过D点(4d,0,0)放置一足够大且垂直于x轴的粒子收集板PQ,PQ与yOz平面间有一沿x轴正方向的匀强电场,电场强度大小为E。x轴上过C点(d,0,0)垂直于x轴的平面MN与PQ间存在沿x轴负方向的匀强磁场,磁感应强度大小为B2。在xOy平面内的-2R≤x≤-R区域内,有大量质量为m、电荷量为q的带正电粒子沿y轴正方向以速度v0射入圆形区域,经过磁场偏转后所有粒子均恰好经过O点,然后进入y轴右侧区域。已知电场强度大 作用。求: (1)圆形区域的半径R; (2)带电粒子到达MN平面上的所有位置中,离x轴最远的位置坐标; (3)经过MN平面时离x轴最远的带电粒子到达收集板PQ时的位置坐标。 解析 (1)根据“磁聚焦”模型可知圆形磁场的半径等于带电粒子的轨道半径,由洛伦兹力提供向心力得 (2)从A点射入圆形磁场的粒子经过O点时,速度方向沿y轴负方向,在MN上的位置离x轴最远,在y轴右侧区域运动的带电粒子,沿x轴正方向粒子做匀加速直线运动,由牛顿第二定律得qE=ma 考向二 “磁发散”模型 典题5 (多选)圆心为O、半径为R的圆形区域内存在磁感应强度为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场,在磁场边缘上的A点沿纸面向圆形区域各个方向均匀发射速度大小为v0的带电粒子。圆的右边为边长2R的正方形,刚好与圆相切于B点,切点为MN中点,其区域内存在水平向左的匀强电场。当粒子沿AO方向时,粒子刚好从B点离开磁场,进入电场后又恰好从右边界的中点返回。不计粒子重力和粒子间的相互作用。下列说法正确的是(　　) A.粒子的比荷为 B.粒子从A点进入磁场到最终离开磁场的运动过程中的总时间与入射方向无关 C.若将电场E方向变为竖直向下,则从电场边界PQ与NQ射出的粒子数之比为2∶1 D.若将电场E方向变为竖直向下,且粒子要全部从NQ边界射出,则电场强度大小至少为原来的4倍 答案 ACD　 在磁场边缘上的A点沿纸面向圆形区域各个方向均匀发射速度大小为v0的带电粒子,粒子离开圆形磁场将与电场平行离开磁场进入电场,粒子运动轨迹如图所示,由当粒子沿AO方向时,粒子刚好从B点离开磁场,进入电场后 R= R= R= R= R= t1=;由P点运动到M点所用时间为t2,圆心角为θ,则cos θ=,则cos θ=,θ=60°,故t2=,所以,C正确。 tmin= OP=d 解析 根据几何关系可得SP==2d,所有粒子射出磁场时离S最远的位置是x轴上的P点,可知粒子做圆周运动的半径r满足2r=SP=2d,得r=d,根据洛伦兹力提供向心力得qvB=m,解得v=,A正确; 与最短时间之比为,B错误; t=,D正确。 小E=2,不计带电粒子的重力及粒子间的相互 答案 (1)　(2)(d,-2d,0)　(3) qv0B1=m 解得R=。 解得a= 由运动学公式得d=at2 解得t= 又L=v0t 解得离x轴最远的距离L=2d 对应坐标为(d,-2d,0)。 (3)经过MN时离x轴最远的带电粒子,沿x轴做匀加速直线运动到达收集板PQ,粒子在到达MN平面时,沿x轴方向的速度大小=2ad 解得v1=v0 设粒子从MN到达PQ所用的时间为t2,则3d=v1t2+ 解得t2= 经过MN时离x轴最远的带电粒子,在yOx平面内做匀速圆周运动,由洛伦兹力提供向心力得qv0B2=m 解得r= 粒子做圆周运动的周期T= 又 解得α=π 带电粒子到达收集板PQ上位置的y坐标为-(L-r),则该带电粒子到达收集板PQ上位置坐标为(4d,-2d,-)。 解析 由题可知粒子在圆形区域磁场内的偏转半径为R,则有Bqv0=,化简可得粒子的比荷为,A正确;粒子从A点进入磁场到最终离开磁场的运动过程中的总时间为t=T=,所以总时间与偏转角度有关,偏转角度越大,运动时间越长,粒子入射方向不同,偏转时间不同,则从进入磁场到最终离开磁场的运动过程中的总时间也不一样,B错误; 又恰好从右边界的中点返回可得Eq·2R=,解得静电力大小为F=Eq=,则若将电场E方向变为竖直向下,粒子将做类平抛运动,且向下的加速度大小为a=,刚好打到Q处的粒子,有h1=,2R=v0t1,解得h1=R, 由于能进入电场的粒子范围总高度为2R,高度小于等于R的粒子范围均从NQ射出,高度大于R,小于等于2R范围的均从PQ射出,高度等于R的粒子从A点射出时速度方向与水平方向的夹角为60°,则从电场边界PQ与NQ射出的粒子数之比为,C正确;若将电场E方向变为竖直向下,且粒子要全部从NQ边界射出,则进入电场范围高度为2R的粒子恰好打到Q处,则有2R=a't2,2R=v0t,解得a'=,在原电场下加速度大小为a=,所以由上面两式可得,D正确。 $