第38讲 磁场中的“圆”问题-2026年高考物理母题60讲

高考物理母题60讲 第三十八讲磁 母题呈现 [例]粒子源S能够在纸面内连续不断同时 向各个方向均匀发射电荷量为q,质量为 m,速率都为0=BgL的正粒子。粒子收集 m 板MN足够长，水平置于粒子源的正下方， 收集板与一灵敏理想电流表G相连接在大 地上，收集板与粒子源的间距为d。整个空 间存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强 度大小为B。粒子源每秒内可以发射V个 粒子，不计粒子的重力及各个粒子之间的相 互作用力，求解以下问题： (1)能打在收集板上的粒子在磁场中运动的 最短时间tmin; (2)收集板上能接收到粒子区域的长度L; (3)通过电流表的电流大小I; (4)请你重新设计一种面积最小的磁场区域 (磁感应强度的大小不变)，使所有粒子都能 打在收集板上，且打在收集板上时粒子的速 度方向都垂直于收集板，在答卷纸上画出你 所设计的磁场区域和方向。 d M .12 场中的“圆”问题 母题拓展 1.放缩圆 在垂直于纸面的无限大 的磁感应强度为B的匀 强磁场中，在O点有一粒 子源在纸面内，沿同一方 53456元 向发射速度为，质量为 m,电荷量为十q的带电 粒子（重力不计），这些带电粒子在匀强磁场 中做同方向旋转匀速圆周运动。其特点是： (1)各动态圆的圆心（取七个圆）分布在与速 度方向垂直的同一条直线上，如图所示。 (2)各动态圆的半径R各不相同。 (3)各动态圆相切于O点。 2.旋转圆 在垂直于纸面的无限大 的磁感应强度为B的匀× 强磁场中，在O点有一粒 子源在纸面内，朝各个方 02× 向发射速度大小为，质 0 量为m,电荷量为十g的 带电粒子（重力不计），这 些带电粒子在匀强磁场中做同方向旋转匀 速圆周运动。其特点是： (1)各动态圆圆心O1、O2、O3、O、O(取五个 圆)的轨迹分布在以粒子源O为圆心，R= 需为半径的一个圆周上（如图虚线所示）。 (2)带电粒子在磁场中能经过的区域是以粒子源 O为圆心，2R为半径的大圆（如图实线所示）。 (3)各动态圆相交于O点。 3.圆形有界磁场中的“磁聚焦”规律 (1)带电粒子的聚焦 如图甲所示，大量同种带正电的粒子，速度 大小相等，水平平行入射到圆形磁场区域， 如果轨迹圆半径与磁场圆半径相等(r= R),则所有的带电粒子将从磁场圆的最低 点B点射出。（聚焦） 证明：四边形OAOB为菱形，对边平行， OB必平行于AO'(即竖直方向)，可知从A 点入射的带电粒子必然经过B点。 (2)带电粒子的发散 如图乙所示，圆形磁场区域的磁感应强度 为B,圆心为O,从最高点P点有大量质量 为m、电荷量为q的正粒子，以大小相等的 速度沿不同方向射入有界磁场，不计粒 子的重力，如果正粒子轨迹圆半径与磁场 圆半径相等，则所有粒子射出磁场的方向 平行。（发散） 证明：所有粒子运动轨迹的圆心与磁场圆 圆心O、入射点、出射点的连线为菱形， O,A、O,B、OC均平行于PO,即出射速度 方向相同（即水平方向）。 0 033 B 衍生练习 [衍生1]（多选)如图所示，在 B 直角三角形ABC内充满垂直 纸面向外的匀强磁场（图中未 画出)，AB边长度为d,∠B= 若。现垂直AB边射入一束质 量均为m、电荷量均为q、速度大小均为v的 带正电粒子。已知垂直AC边射出的粒子 在磁场中运动的时间为t。,而运动时间最 长的粒子在磁场中的运动为专。，不计重 力。则下列说法正确的是 ( ) A.粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期 为4to B.该匀强磁场的磁感应强度大小为πm 2qto C.粒子在磁场中运动的轨道半径为d D.粒子进入磁场时速度大小为3π 5to [衍生2]（多选)如图所 M 示，边界OM和平面 XXX ON之间分布有垂直 xx Bx xx 纸面向里的匀强隘场，60手N 磁感应强度大小为B。边界ON上点S处 有一个粒子源，可在纸面内向各个方向射 出质量为m,电荷量为q的带正电粒子（不 计粒子间的重力和粒子间的相互作用)。 已知∠MON=30°，SO之间间距为d,粒子 速率均为=②Bqd。则 Am 高考物理母题60讲 A.粒子如果从边界OM射出，在磁场中运 动的最短时间为器 B.粒子如果从边界OM射出，在磁场中运 动的最短时间为器 C.粒子如果从边界OM射出，打在边界 O1上的点距S的最远距离为号d D.粒子如果从S点垂直于边界OM射入 磁场，则一定从边界ON射出 [衍生3]（多选）如图所 示，在直角坐标系xOy 第一象限内x轴上方存 s 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 的质量大小均为m,电荷量大小均为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OP= 3OS=√3d,粒子带负电，粒子重力及粒子 间的相互作用均不计。则 A.粒子的速度大小为Bd B.从O点射出的粒子在磁场中的运动时 间为器 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9：4 [衍生4]如图所示，一足够长的矩形区域 abcd内充满方向垂直纸面向里的、磁感应 强度为B的匀强磁场，在ad边中点O,方 向垂直磁场向里射入一速度方向跟ad边 夹角0=30°、大小为，（未知量）的带正电 粒子，已知粒子质量为m,电量为q,ad边 长为L,ab边足够长，粒子重力不计。求： b d 27 、高考物理母题60讲 (1)若粒子恰好不能从磁场下边界射出，求 粒子的入射速度大小1： (2)若粒子恰好沿磁场上边界切线射出，求 粒子的人射速度大小v2; (3)若带电粒子的速度。大小可取任意 值，求粒子在磁场中运动的最长时间。 [衍生5]如图，ABCD是边长 D 为a的正方形。质量为m、电 荷量为e的电子以大小为vo 的初速度沿纸面垂直于BC 边射入正方形区域。在正方形内适当区域 中有匀强磁场。电子从BC边上的任意点 入射，都只能从A点射出磁场。不计重 力，求： (1)此匀强磁场区域中磁感应强度的方向 和大小； (2)此匀强磁场区域的最小面积。 ·1 [衍生6]如图所示，半径 y R=10cm的圆形匀强磁 场区域边界跟y轴相切于 X XXRXA 坐标系原点O,磁感强度 XXXX x B=0.332T,方向垂直于 纸面向里。在O处有一 放射源，可沿纸面向各个方向射出速率均 为v=3.2×10°m/s的a粒子，已知a粒 子的质量m=6.64×10”kg,电量q= 3.2×1019℃。求： (1)画出α粒子通过磁场空间做圆周运动 的圆心点轨迹，并说明作图的依据； (2)求出α粒子通过磁场空间的最大偏 转角； (3)再以过O点并垂直于纸面的直线为轴 旋转磁场区域，能使穿过磁场区且偏转角 最大的α粒子射到正方向的y轴上，则圆 形磁场区的直径OA至少应转过多少 角度？ [衍生7]如图所示，在xOy坐标系中，区域 I是圆心为O1(0,2m)、半径r=2m的圆 形的匀强磁场，区域Ⅱ是宽度d=1.0m的 直线边界匀强磁场，两区域（含边界）磁感 应强度大小均为B=1T,方向均垂直于纸 面向里。在0≤y≤2r区域内，一群质量 m=8×10kg、电荷量q=-2×103C 的粒子以速度v=5×103m/s平行于x轴 正方向且垂直于磁场射入圆形磁场区域， 其中粒子a正对O1沿半径的方向射入，粒 子b打在区域Ⅱ的上边界最左边P点（图 中未标出)。不计粒子的重力和粒子间的 相互作用。求： Ay/m 0→ 区域I 0→v ×0帝 0 x/m 区域Ⅱ×××O××× (1)粒子a在圆形磁场区域I运动的时 间t1; (2)区域Ⅱ的下边界能被粒子打中的长 度L; (3)粒子b在两磁场区域运动的总时间t2。 [衍生8]带电粒子流的磁聚焦和磁控束是 薄膜材料制备的关键技术之一。带电粒子 流（每个粒子的质量为m、电荷量为十q)以 初速度v垂直进入磁场，不计重力及带电 粒子之间的相互作用。对处在xOy平面 内的粒子，求解以下问题。 y M(0r) 0(0,0) 二22 图a 图b [归纳提升] ·129 高考物理母题60讲 (1)如图a,宽度为2r1的带电粒子流沿z 轴正方向射入圆心为A(0,r)、半径为r 的圆形匀强磁场中，若带电粒子流经过磁 场后都汇聚到坐标原点O,求该磁场磁感 应强度B,的大小； (2)如图a,虚线框为边长等于2r2的正方 形，其几何中心位于C(0,一r2)。在虚线 框内设计一个区域面积最小的匀强磁场， 使汇聚到O点的带电粒子流经过该区域 后宽度变为2r2,并沿x轴正方向射出。求 该磁场磁感应强度B,的大小和方向，以及 该磁场区域的面积（无需写出面积最小的 证明过程)； (3)如图b,虚线框I和Ⅱ均为边长等于r 的正方形，虚线框Ⅲ和Ⅳ均为边长等于4 的正方形。在I、Ⅱ、Ⅲ和N中分别设计一 个区域面积最小的匀强磁场，使宽度为2r 的带电粒子流沿x轴正方向射入I和Ⅱ后 汇聚到坐标原点O,再经过Ⅲ和V后宽度 变为2r4,并沿x轴正方向射出，从而实现 带电粒子流的同轴控束。求I和Ⅲ中磁场 磁感应强度的大小，以及Ⅱ和V中匀强磁 场区域的面积（无需写出面积最小的证明 过程)。城面积最小，其半径刚好为1的一半，即有2，则 圆形匀强磁场区域的最小面积Smm=πr2, 解得Smim= 3元m2u房 4g2B2 ②)粒子在磁场中运动的周期T2红R2,则粗 子在磁场中运动的时间t= 3 3gB (3)根据几何关系可知x0=R+R=3m sin30° [答案]（1)3rm2号 4g2B2 (2)20(3)3 3gB gB 第三十八讲磁场中的“圆”问题 [母题呈现 [制1[解折])根据B=m号得r器=d, 如图所示 B A © 当粒子与收集板相遇位置在粒子源正下方A点时，弦 长最短，圈心角为最小为60，时间最短，即tm=T门 1 2mmxm 6 qB 3gB (2)粒子与收集板相遇的最左端B和最右端C如图所 示，由几何关系，收集板上能接收到粒子区域的长度 为L=d+5d=(1+5)d。 (3)由图可知 D © N 粒子轨迹与收集板的两个切点为D点与C点，打在D 点的粒子在粒子源发射速度1的方向竖直向上，打 在C点的粒子在粒子源发射速度2的方向竖直向 下。1与2的方向的夹角为180°，发射速度方向v1 与2的夹角之间的粒子均能打在收集板上，故每秒 内到达班象数的点子发方需N子N,则李衫 内收集板收集的粒子电荷量就等于通过电流表的电 流大小I,可得I=0.5Ng。 (4)粒子源左右两侧的粒子不可能都逆时针转动且垂 直到达收集板，所以两侧需要存在不同方向的匀强磁 场。使粒子垂直到达收集板的条件是：粒子射出磁场 时的方向与收集板垂直，出射点的集合为半径为d的 圆形，故磁场区域为半径为d的圆形区域，即粒子源 ·28 高考物理母题60讲 两侧磁场面积均为π严，且方向分别垂直纸面向里和 垂直纸面向右。如图所示 G [答案](1)m (2)(1+√3)d(3)0.5Nq 3gB (4)见解析 [衍生练习] [衍生1][解析]A.根据题意垂直AB边进入，垂直 AC边飞出，经过四分之一个周期，即二T=0,解得 A T=4t,A正确；B.洛伦兹力提供向心力quB=m 尺，解得R=阳粒子运动的周期T=2R=2 gB U gB 4to,解得磁感应强度B=m,B正确：C.粒子与BC 2gto 边相切，运功时间最长，满足。T不，在磁场中转过 圆心角120°，如图 B 根据几何关系可知Rsin6 R 五d,解得R-名， sin- 6 C错误：D,根据T-2π迟可知R· T 4to 兴D错误。 [答案]AB [衍生2][解析]AB.粒子在磁场中的运动半径为 ,=g=d,过S点做OM的垂线为最短弦，最短 孩为了d,由儿何关系可知，粒子在磁场中转过的角 庆为90，则对息的最短时同为1m-子-品故A 正确，B错误：C.沿着水平向右射出的粒子，打在边 界OM上的点距S的距离最远，但不是一个半圆，即 最远距离不是2r=竖d,故C错祝：D由几何关系 知，圆周运动的半径r二2d小于S点到OM的最短 距离2山，则粒子如果从S点垂直于边界OM射入磁 场，则一定从边界ON射出，故D项正确。 [答案]AD 、高考物理母题60讲 [衍生3][解析]A.由OP=√，OS=√5d,可得SP =2d,如图所示，结合“在轨迹圆中，轨迹的直径为最 长的弦”和题中“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SP是其中一个轨迹的直 =d, 径，由gBm,可得r三mB 则u=gBd,A正确：B.由几何知识可得从0点射出 m 的粒子，轨迹所对的圆心角为60°，在磁场中的运动 时间为需·罗-器B正用C经年行处 正方向射入的粒子，圆心在原，点处，运动轨迹为四分 之一圆，离开磁场时的位置到O点的距离为d,C错 误；D.从x轴上射出磁场的粒子，从原，点射出时在磁 场中运动时间最短，运动轨迹与x轴相切时运动时 _270°，2πm_3m 间最长tnx-360·gB-2那，则1mx:1=9:2.D 错误。 + X 0 [答案]AB [衍生4]「解析](1)(2)两临界情况的运动轨迹如图 所示 a 01 6 60 02 B/ 0 + × × 2 d C 若粒子速度为0，则qoB=m 爱得w- m 设圆心在O1处对应圆孤与cd边相切，相应速度 为01， 由几何关系得R一Rsin9=台，解得R1=L, 则有01= gBR1_gBL m m 设圆心在O2处对应圆孤与ab边相切，相应速度 为U02 由几何关系得R十Rsn0=台，解得R:=台， 则有2=gBR-gBL m 3m (3)由1 T,T吧可知，粒子在磁场中经过的 2π1 孤所对的圆心角α越长，在磁场中运动的时间也越 长。在磁场中运动的半径r≤R时，运动时间最长， 则圆孤所对圆心角为a=(2一20)=5严，所以最长时 3 5 3+1 间为1=会1=云×带B· 2πm_5rm [答案]1)BL(2)BL (3)5m 3m 3gB ·28 [衍生5][解析](1)设匀强磁场的磁感应强度的大 小为B。令圆孤AEC是自C点垂直于BC入射的电 子在磁场中的运行轨道。电子所受到的磁场的作用 力f=eoB,① 应指向圆孤的圆心，因而磁场的方向应垂直于纸面 向外。圆孤AEC的圆心在CB边或其延长线上。依 题意，圆心在A、C连线的中垂线上，故B点即为圆 心，圆辛径为a我照牛频定律有B=m,② 联立①②式得B=m ea (2)由(1)中决定的磁感应强度的方向和大小，可知 自C点垂直于BC入射电子在A点沿DA方向射 出，且自BC边上其他，点垂直于入射的电子的运动轨 道只能在BAEC区域中。因而，圆孤AEC是所求的 最小磁场区域的一个边界。 为了决定该磁场区域的另一边界，我们来考查射中 A,点的电子的速度方向与BA的延长线夹角为日（不 妨设0<受)的情形。该电子的运动轨选qpA如 图所示。 C E B 0 图中，圆AP的圆心为O,g垂直于BC边，圆弧AP的 半径仍为a,在D为原点、DC为x轴，AD为y轴的坐 标系中，P点的坐标(x,y)为x=asin0,③ y=-[a-(a-a cos 0)]=-acos 0,1 这意味着，在范国0≤日≤号内，p点形成以D为圆 心，a为半径的四分之一圆周AFC,它是电子做直线 运动和圆周运动的分界线，构成所求磁场区域的另 一边界。 因此，所求的最小匀强磁场区域时分别以B和D为 圆心a为半径的两个四分之一圆周AEC和AFC所 围成的，其面积为S=21元。 [答案](1)” 方向垂直于纸面向外 ea 22 [衍生6][解析](1)α粒子在磁场中做圆孤运动的半 径为，由公式9=m号r器=0,2m, gB ,∴.r=2R。α粒子通过磁场空间做圆周运动的圆心，点 的轨迹如图(1)中虚线1所示（即以O为圆心，r为半 径的半圆孤ABC)。 (2)α粒子在磁场中做圆孤运动中的轨迹半径r大小 一定，欲穿过磁场时偏转角最大，须圆孤轨道所夹的 弦最长，即OO'A共线，如图(1)所示。 y B 0 图(1) y 、A xB 0 图(2)》 。.1 sin号一=，g=6o°。] (3)欲使穿过磁场且偏转最大的α粒子，能射入y轴 正方向上，必须从A点射出的a粒子和x轴正方向 的夹角大于90°，根据几何关系可知圆形磁场至少应 逆时针转过60°，如图(2)所示。 [答案](1)见解析(2)60°(3)60 [衍生7][解析](1)粒子进入磁场后，由洛伦兹力提 02 供向心力得quB=m尺，解得R=2m, 由题意可知粒子a从坐标原，点O出区域I,由几何 关系可得粒子α转过的圆心角为90°，则在磁场中运 动的时间为t1= =子×2，解得1≈6.28× T 10-4s。 (2)如图所示，所有粒子都从原点O出来，如图所示 y/m 区域I 0→ ×0 →x/m 区域ⅡX×K冬× 其中从原点O出来后沿x轴正方向的粒子打在区域 Ⅱ的下边界最右边，根据几何关系可得L1 √R一(R一d)2=√5m,从原点出来后打在区域Ⅱ的 下边界最左边的粒子，其轨迹与区域Ⅱ的下边界刚好 相切，根据几何关系可得L2=√/R2-(R-d0z=√5m, 区域Ⅱ的下边界能被粒子打中的长度为L=L1十L2 =2√3m. (3)由几何关系可知，粒子b在圆形磁场和轴下方磁 场各运动号T,则有=号T,解得2≈1.67×X 10-3sa [答案](1)6.28×10-4s(2)2√3m(3)1.67× 10-3s [衍生8][解析](1)粒子沿x轴正方向射入圆形磁 场，在坐标原点O汇聚，分析可知粒子在磁场中运动 的半径等于圆形磁场的半径「1。粒子在磁场中运 动，洛伦兹力提供向心力，有gB1=m”,解得 r By=mv gr (2)分析可知，虚线框内面积最小的磁场区域为：以C 为圆心、2为半径的圆。粒子在虚线框内磁场中运 2 动的半径为r2,根据牛顿第二定律有qguB2=m, ·28 高考物理母题60讲 解得B2=心，根据左手定则可知，虚线框内磁场的 gr2 方向为垂直于纸面向里，虚线框内圆形磁场区域的 面积为S2=元r吃。 (3)从[区进入磁场的粒子的临界轨迹如图所示，其 中3和4为粒子运动的轨迹圆，1和2为磁场的圆孤 边界 粒子在I、Ⅲ区域磁场中做圆周运动的半径分别为 r,根据gB=m可知，I和Ⅲ中磁场的磁感应 强度大小分别为B1=心，B1=m gr3 9r1 图中阴影区域为I、Ⅳ中的磁场区域，Ⅱ、Ⅲ中的磁 场区域与I、Ⅳ中的磁场区域关于x轴对称，则Ⅱ中 匀强磁场区战的面积S1=2Xx号-号 =(合-1)3。 N中均强磁场区城的面积Sw=2×-r =(合-) [答案] (1)me gri (2)n℃ 垂直于纸面向里π号 (3)mu my 第三十九讲组合场中粒子运动问题 例][解析](1)电子第二象限内做匀加速直线运 动，据动能定理eEL之m6,E=。 (2)电子的运动轨迹如图所示 电子在电场中做类平抛运动，设电子从A运动到C的 时间为t1,有 E 0 + × 父×]× 0' x 1 2d=,d7ar2a生，联立解得E-2 m (3)设电子进入磁场时速度为v,v与x轴的夹角为日， 则tan0=1=1,解得0=45，故0=√2o, 电子进入磁场后做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向 心力，有e0B=m 由几何关系可知r=√2d,解得B=m ed