专题五 二轮复习3步走2 微专题(十五) 带电粒子在磁场中的四类动态圆模型-【新高考方案】2026年高考物理二轮复习专题增分方略教师用书word

微专题(十五)　带电粒子在磁场中的四类动态圆模型 模型1　“放缩圆”模型 1.模型适用条件:带电粒子进入匀强磁场的速度方向一定,进入磁场后做匀速圆周运动的半径不同。 2.轨迹圆特点:轨迹圆相切于入射点,圆心在垂直于初速度方向的同一直线上,如图所示。 3.常见分析思路:以入射点P为定点,圆心位于PP'直线上,将半径放缩作出粒子运动轨迹,从而探索出临界条件。 [例1]　(2025·安徽马鞍山模拟)如图所示,在直角三角形abc(含边界)区域内,存在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场。一束带正电粒子从ab边中点O以不同初速度v沿平行于ac方向射入该磁场区域,部分粒子能从ab边射出磁场,且这些粒子在磁场中运动的时间均为t0。已知ab边长为L,∠b=30°,不计粒子间的相互作用力及粒子所受的重力。求: (1)该带电粒子的比荷; (2)能从ac边射出磁场的粒子,其速度大小的取值范围。 [解析]　(1)如图甲所示,粒子从ab边射出磁场,则在磁场中的运动轨迹所对应的圆心角为240°,运动时间均相等 设其周期为T 由qvB=,v= 得T= 由题意可知t0=×T 可得带电粒子的比荷为=。 (2)如图乙所示,当粒子的轨迹与ac边相切时,有2r1=Lcos 30° 解得轨迹半径为r1=L 由qv1B=m 解得v1= 如图丙所示,当粒子的轨迹与bc边相切,有r2=Lsin 30° 解得轨迹半径为r2=L 由qv2B=m 解得v2= 故从ac边射出的粒子在磁场内运动的速度大小范围为<v≤。 [答案]　(1)　(2)<v≤ 模型2　“旋转圆”模型 1.模型适用条件:带电粒子进入匀强磁场的速度大小一定,方向不同。 2.轨迹圆特点:如图所示,所有带电粒子的轨迹圆的圆心在以入射点P为圆心、半径R=的圆上。 3.常见分析思路:将一半径为R=的圆以入射点为圆心进行旋转,从而探索粒子不同的出射范围所对应的临界条件。 [例2]　如图所示,在直角三角形MON区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场(未画出),磁感应强度大小为B,O点处的粒子源可向纸面内磁场区域各个方向发射带电粒子。已知带电粒子的质量为m、电荷量为+q、速率均为v=,ON长为d且∠ONM=30°,忽略粒子的重力及相互间的作用力。下列说法正确的是 (　　) A.自MN边射出的粒子在磁场中运动的最短时间为 B.自MN边射出的粒子在磁场中运动的最长时间为 C.MN边上有粒子到达区域的长度为 D.ON边上有粒子到达区域的长度为 [解析]　粒子在磁场区域内做匀速圆周运动,由洛伦兹力提供向心力得qvB=m,结合v=,解得粒子的轨迹半径为r=,自MN边射出的粒子在磁场中运动的最短时间对应的运动轨迹交MN于A点,对应的圆心角为60°,自MN边射出的粒子在磁场中运动的最长时间对应的运动轨迹交MN于B点,对应的圆心角为90°,如图所示,根据T=,解得粒子的运动周期为T=,则自MN边射出的粒子在磁场中运动的最短时间和最长时间分别为tmin=T=,tmax=T=,故A、B错误;MN边上有粒子到达区域的长度为AB之间的距离,由几何关系可得AB=r=,故C正确;ON边上有粒子到达区域的长度为OC之间的距离,由几何关系可得OC=2×cos 30°=d,故D错误。 [答案]　C 模型3　“平移圆”模型 1.模型适用条件:带电粒子进入匀强磁场的速度大小和方向均相同,但入射点的位置不同。 2.轨迹圆特点:带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径相等,因入射点的位置不同,通过平移能确定在不同入射点的运动轨迹。射入直线边界的各粒子运动轨迹如图所示。 3.常见分析思路:将半径为R=的圆进行平移,从而探索粒子的临界条件。 [例3]　如图所示,在xOy平面直角坐标系内,OA与x轴的夹角为37°,OA足够长,OA与x轴之间存在垂直纸面向外的匀强磁场,磁感应强度大小为B=,在OA上分布着足够多的粒子源,可以向磁场中发射速度大小为v0、方向垂直于OA的带电粒子,带电粒子的质量为m、电荷量为q,则带电粒子能打到x轴距坐标原点最远位置的横坐标为(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8) (　　) A.3L0 B.4L0 C.5L0 D.6L0 [解析]　带电粒子在磁场中运动过程中洛伦兹力提供向心力,有qv0B=,解得r=3L0, OA上的粒子源向外发射的所有带电粒子在磁场中运动的轨迹为一平移圆,如图(a)所示,根据几何关系可得当粒子轨迹半径O1P与OA垂直时,打到x轴上的P点距坐标原点最远,根据几何关系得OP===5L0。 另外要注意本题中带电粒子打到最远的距离不是轨迹与x轴相切时,如果相切时作出轨迹图如图(b)所示,根据几何关系有OQ===4L0,所以Q点不是距离坐标原点最远的点。故选C。 [答案]　C 模型4　“聚焦圆”模型 1.模型适用条件:带电粒子以相同速度平行进入圆形磁场且做圆周运动的半径与圆形磁场的半径相同。 2.轨迹圆特点:所有带电粒子偏转后会聚于一点,如图所示。 3.常见分析思路:以对准圆形磁场的圆心入射的粒子为研究对象,其必背离圆心离开磁场,从而得到聚集点。 　　 [例4]　(2025·江西萍乡三模)(多选)如图,空间中一半径为R的圆形区域(包括边界)内有方向垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场。磁场左侧宽度为R的区域里,大量质量为m、电荷量为q的带正电粒子以相同的水平速度平行射入圆形磁场,其中从A点沿AO方向射入的粒子恰好能从圆形磁场最高点M点飞出,已知过A、O两点的直线水平且是带电粒子射入区域的中心线,不计粒子重力及粒子间的相互作用,下列说法正确的是 (　　) A.粒子做圆周运动的半径为 B.粒子的速度大小为 C.粒子在磁场中运动的最短时间为 D.粒子在磁场中运动的最长时间为 [解析]　由几何关系可知粒子做圆周运动的半径r=R,由洛伦兹力提供向心力得qv0B=,解得粒子的速度大小为v0=,故A错误,B正确;如图所示,由C点入射的粒子在磁场中运动时间最短,设运动轨迹对应的圆心角为α,则有cos α==,粒子做圆周运动的周期为T==,粒子在磁场中运动的最短时间tC=·T=;同理,由D点入射的粒子在磁场中运动时间最长,对应的圆心角为120°,则最长时间为tD=T=,故C错误,D正确。 [答案]　BD [专题验收评价]　　　　　　测评内容:微专题(十五) 1.(2025·湖北武汉期中)科学家可以利用磁场对带电粒子的运动进行有效控制。如图所示,圆心为O、半径为r的圆形区域外存在方向垂直于纸面向外的匀强磁场。P点为纸面内一离子源,可以沿着与PO成θ=37°的方向发射速度大小不等的同种正离子,已知=5r,不计离子重力。为使离子源发射的正离子都能射入圆形区域,则正离子在磁场中做圆周运动的轨道半径R需满足(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8) (　　) A.3r<R<6r B.3r<R<5r C.4r<R<5r D.4r<R<6r 解析:选A　若发射出的正离子速度较小,其运动轨迹与圆形区域相切于A点,如图所示,在△OPO1中,根据余弦定理可得=+25r2-2·R1·5r·cos,解得R1=3r。若发射出的正离子速度较大,其运动轨迹与圆形区域相切于C点,如图所示,在△OPO2中,由余弦定理可得=+25r2-2R2·5r·cos,解得R2=6r。综上可知,若要求正离子进入圆形区域,则正离子运动的半径应满足的条件为3r<R<6r,故选A。 2.(2025·四川绵阳期末)如图,正方形区域abcd内存在匀强磁场,磁场方向垂直纸面向里。一带电粒子从ad边的中点M以速度v垂直于ad边射入磁场,并恰好从ab边的中点N射出磁场。不计粒子的重力,下列说法正确的是 (　　) A.粒子带负电 B.若粒子射入磁场的速度增大为2v,粒子将从a点射出 C.若粒子射入磁场的速度增大为2v,粒子将从b点左侧射出 D.若粒子射入磁场的速度增大为2v,粒子在磁场中的运动时间将变长 解析:选C　根据左手定则可知粒子带正电,故A错误;根据qvB=m,解得r=,设正方形边长为L,粒子以速度v和速度2v进入磁场,有=,L=,轨迹如图,可知若粒子射入磁场的速度增大为2v,射出的位置在Nb之间,故B错误,C正确;由图可知,若粒子射入磁场的速度增大为2v,则在磁场中运动的轨迹所对应的圆心角θ将变小,由T=可得t=T=,粒子在磁场中的运动时间将变短,故D错误。 3.如图所示,在PM和QK之间有大量相同带电粒子以同一速度沿水平方向射入以O点为圆心的圆形匀强磁场区域,磁场半径为R,该圆形磁场方向垂直纸面向外,PM与圆心O在同一水平直线上,PM和QK间距离为0.5R,已知所有粒子均从O点正下方的N点射出圆形磁场区域,立即进入下方垂直纸面向里的匀强磁场,并都能打到水平挡板的下表面,挡板的左侧紧贴N点,已知下方磁场的磁感应强度是上方磁场的两倍,不计粒子重力及粒子间的相互作用。则挡板下表面有粒子打到的区域长度为 (　　) A.R B.R C.R D.R 解析:选C　根据题意,由于所有粒子均从O点正下方的N点射出圆形磁场区域,则粒子在圆形磁场中运动轨迹的半径等于圆形磁场的半径,画出粒子的运动轨迹,如图所示,则有qvB=m,解得v=,粒子进入下方磁场,则有R'==R,由几何关系可得,挡板下表面有粒子打到的区域长度为ΔL=2R'-2R'sin 60°=R,故选C。 4.(2025·安徽黄山期中)如图所示,半径为R的圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B。在磁场边界上的M点放置一个放射源,在纸面内以相同速率向各个方向发射大量同种粒子,粒子的电荷量为q、质量为m,所有粒子只能从磁场边界的某段圆弧射出,其弧长所对的圆心角为60°。不计粒子间相互作用力及粒子的重力,下列说法正确的是 (　　) A.粒子进入磁场时的速率为 B.粒子在磁场中运动的最长时间是 C.若仅将磁感应强度大小改为,有粒子射出的边界弧长变为 D.若仅将粒子入射速率改为原来的倍,有粒子射出的边界弧长变为 解析:选C　粒子均从某段圆弧边界射出,其弧长所对的圆心角为60°,设从M点射入的粒子与磁场边界的最远交点为P,则最远交点是轨迹直径与磁场边界圆的交点,如图,则对应的弦长为R,则有R=2r,对粒子受力分析,根据洛伦兹力提供向心力有qvB=m,解得v=,故A错误;当粒子沿磁场圆的切线方向飞出时,粒子在磁场中将做一个完整的圆,则运动的最长时间为t=T=,故B错误;将磁感应强度大小改为,则轨迹半径变为原来的倍,则粒子在磁场中运动的最长弦长为d1=2r1=R,根据几何关系可知,此时对应的最大圆心角为,则最长弧长为,故C正确;若粒子入射速率改为v,则轨迹半径变为原来的倍,则粒子在磁场中运动的最长弦长为d2=2r2=R,根据几何关系可知,此时对应的最大圆心角为,则最长弧长为,故D错误。 5.(2025·甘肃高考)(多选)2025年5月1日,全球首个实现“聚变能发电演示”的紧凑型全超导托卡马克核聚变实验装置(BEST)在我国正式启动总装。如图是托卡马克环形容器中磁场截面的简化示意图,两个同心圆围成的环形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B,内圆半径为R0。在内圆上A点有a、b、c三个粒子均在纸面内运动,并都恰好到达磁场外边界后返回。已知a、b、c带正电且比荷均为,a粒子的速度大小为va=,方向沿同心圆的径向;b和c粒子的速度方向相反且与a粒子的速度方向垂直。不考虑带电粒子所受的重力和相互作用。下列说法正确的是 (　　) A.外圆半径等于2R0 B.a粒子返回A点所用的最短时间为 C.b、c粒子返回A点所用的最短时间之比为 D.c粒子的速度大小为va 解析:选BD　根据a粒子的速度大小为va=,可得a粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为Ra=R0,又a粒子恰好到达磁场外边界后返回,作出a粒子的运动轨迹如图1所示, 设外圆半径为R',由几何关系得∠AOO'=45°,R'=R0+R0,A错误;a粒子做匀速圆周运动的周期T==,做匀速圆周运动的时间t1=2×·T=,做匀速直线运动的时间t2==,故a粒子返回A点所用的最短时间为tmin=t1+t2= ,B正确;作出b、c粒子运动轨迹分别如图2甲、乙所示,b、c粒子返回A点都是运动一个圆周,又b、c粒子比荷均为,所以两粒子做匀速圆周运动的周期相同,故b、c粒子返回A点所用的最短时间之比为1∶1,C错误;由几何关系得2Rc=R0,由洛伦兹力提供向心力,有qvcB=,联立解得vc=va,D正确。 6.(多选)如图所示是半径为R的半圆形有界匀强磁场(含圆形边界),磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外,位于圆心O点处的质子源可在纸面内沿各个方向以相等速率向磁场区域内连续发射质量m、电荷量为q的质子(重力不计),则下列说法正确的是 (　　) A.为使所有质子均不会从磁场圆弧边界ACD射出磁场,则质子的速度v≤ B.从圆心O处以斜向右与AD夹角为60°的方向发射的质子恰从D点射出,则质子的轨道半径为R C.若质子的速率v=,则质子在磁场中运动的最长时间为tmax= D.若质子的速率v=,则所有质子在磁场中通过的区域的面积为R2 解析:选ABD　质子在磁场中做圆周运动,要使质子均不从圆弧边界ACD射出磁场,则质子的轨迹半径应满足r1≤,由qvB=m,解得v≤,A正确;图甲中,根据几何关系可知r2cos 30°=,解得r2=R,B正确;若质子的速率v=,则如图乙所示,当质子在磁场中运动的轨迹圆弧对应的弦为磁场区域圆的半径时,质子在磁场中有最长运动时间,由几何关系可知tmax=×=,C错误;若质子的速率v=,由图乙可知待求磁场区域面积为图中阴影部分面积,则S=π×-R·Rsin 30°+πR2=R2,D正确。 7.(16分)(2025·广东广州三模)如图所示,距离地面足够高的一水平面上固定一弹射器,每次均会弹射出质量为m=0.1 kg、带电量为q=+0.2 C的金属小球。弹射器出口O在MN线上,MN右侧存在方向垂直水平面向上的匀强磁场,整个水平面存在竖直向上的匀强电场(图中未画出),电场强度大小为E=5 N/C,垂直于MN方向放置一足够大的目标板,板面竖直放置,且O点到目标板的距离为L0=4 m。小球初速度大小均为v=2 m/s,方向在水平面内且可沿OP1、OP2之间的任意方向,OP1、OP2与MN的垂线OP的夹角为θ=30°。(不计空气阻力,忽略小球间的相互作用,取重力加速度大小为g=10 m/s2、π=3.1、=1.7,计算结果均保留1位小数) (1)若沿OP出射的小球恰好与目标板相切,求磁场的磁感应强度大小B1;(6分) (2)若磁感应强度大小为B2= T: ①若a、b球先后分别沿着OP1、OP2出射且在MN线相遇,求两球出射的时间间隔Δt;(6分) ②求沿OP2出射的小球击中目标板的点与MN的距离d。(4分) 解析:(1)根据电场力的计算公式有F=qE=1 N 重力G=mg=1 N 可知小球在竖直方向受力平衡 因此,小球射出后由洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动, 若沿着OP方向出射的小球刚好与目标板相切,则小球轨迹半径R1==2 m 由洛伦兹力提供向心力有qvB1=m 解得B1=0.5 T。 (2)①设小球轨迹半径为R2,有qvB2=m 小球运动的周期为T= a球到达MN的时间为ta=T b球到达MN的时间为tb=T 则Δt=ta-tb≈1.6 s。 ②如图,沿着OP2出射的小球,从MN边界向左出射击中目标板 由几何关系可知d=tan 60° 解得d=2.3 m。 答案:(1)0.5 T　(2)①1.6 s　②2.3 m 学科网（北京）股份有限公司 $