专题3 微专题3 动态圆的应用-【红对勾讲与练】2026年高考物理二轮复习讲义

A.若电子从P点出发恰好第一次经原点O,运 续表 动时同可能为器 类型 图例 特点 B.若电子从P点出发恰好第一次经原点O,运 动路程可能为π 0 ××到 C.若电子从P点出发经原点O到达Q点，运 存在临界条件，如图 动时何可能为器 丙所示，轨迹与右边 0 平行 界相切时，该粒子恰 D.若电子从P点出发恰好第一次经原点O到 边界 好不从右边界射出 达Q点，运动路程为πL或2πL (找出切点和交点是 解题关键) 。听课记录 如图甲所示，沿径 模型归一， 向射入必沿径向射 带电粒子在磁场中常见运动模型 出（不沿径向进入 类型 图例 特点 时入射速度与半径 的夹角等于出射速 圆形 度与半径的夹角)； 边界 如图乙所示为磁发 进出磁场的速度方 直线 散与磁聚焦，轨迹 向与边界的夹角相 边界 半径等于磁场半 等(“等角进出”) U 径，有“点入平出” “平入点出”的结论 温髻提示》请完成课时作业0 微专题3动态圆的应用 考向探究》素养提升 考向一 放缩圆法 适用粒子的入射点位置相同，速度方向一定，速 [典例1(2025·山东青岛高三××××× 条件度大小不同 质检)如图所示，长度为L的××P× 水平板上方区域存在垂直纸×××交 面向里，磁感应强度大小为B××××8 放 --X 的匀强磁场，从距水平板中心正上方？的P点 缩 处以水平向右的速度v。释放一个质量为m、电 圆 应用 方法 荷量为e的电子，若电子能打在水平板上，不计 × 电子重力及空气阻力，速度。应满足() 以入射点P为定点，轨迹圆的圆心位于粒子 处于入射点时所受洛伦兹力所在的射线PP A.voeBL 2m 上，将半径放缩作轨迹圆，粒子轨迹与磁场边 LeBL 界相切是恰好不射出磁场的临界状态 B.vo-4m 036 2对勾·讲与练·高三二轮物理 C.eBL eBL 场，已知所有粒子均从圆弧边界射出，其中M、 4m 2m N是圆弧边界上的两点，不计粒子重力和粒子 D.voe eBL 2m 二或< 间的相互作用。则下列说法中正确的是() Am A.粒子带负电 心听课记录 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点射出粒子在磁场中所用时间一定小 于从N点射出粒子所用时间 [典例2如图所示，磁感应强d!×××× D.所有粒子中射出磁场时所用的最短时间 度为B的匀强磁场方向 垂直纸面向里，图中虚线C××× 为 3qB 为磁场的边界，其中bc段 是半径为R的四分之一 心听课记录 圆弧，ab、dc的延长线通过圆弧的圆心，O乃长 为R。一束质量均为m、电荷量均为q的粒子， 在纸面内以不同的速率从O点垂直ab射人磁 老向二 定圆旋转法 适用粒子的入射点位置相同，速度大小一定，半 A.粒子在磁场中做圆周运动的半径为21 条件径一定，速度方向不同 将半径为r 的圆绕入射点进行旋转 B.粒子在磁场中运动的速度大小为5gBL 8m 从而找出临界条件 C.粒子从PQ边射出的区域长为L 旋 + D.沿斜向下与MN夹角为30°方向射入的粒子 转 应用 恰好从c点射出磁场 圆 方法 心听课记录 旋转圆的圆心在以入射点P为圆心、半径 w的圆上 gB 典例3（多选）如图所示，平行线 M 典例4（多选）如图所示，S为× ×X MN、PQ间有垂直纸面向外的 离子源，MN为足够长的 B、 匀强磁场，磁场的磁感应强度 荧光屏，S到MN的距离 。 大小为B,MN、PQ间的距离 a--- -------C 为SP=L,MN左侧区域有 为L。在MN上的a点有一粒 b 范围足够大的匀强磁场，磁× 子源，可以沿垂直于磁场的各 感应强度大小为B,方向垂直纸面向里。某时 个方向射入质量为m、电荷量 刻离子源S一次性沿平行纸面向各个方向均 为q的带负电的粒子，且这些粒子的速度大小 匀地喷发大量的质量为m、电荷量为q、速率为 相等。这些粒子经磁场偏转后，穿过PQ边界 gBL 的正离子（此后不再喷发），不计离子重力， 线的最低点为b点。已知c是PQ上的一点， m 不考虑离子之间的相互作用力。则 () ac垂直于PQ,c、b间的距离为，L,则下列说 法正确的是 ( A.离子打中荧光屏的最短时间为x” 3aB 第一部分专题三 电场与磁场 037 B.离子打中荧光屏的最长时间为” ⑦听课记录 C.离子打中荧光屏的宽度为2L D.打到荧光屏的离子数与发射的离子数比值 为 考向三 定圆平移法 适用粒子的入射点位置不同但在同一直线上， 1×107kg、电荷量q=一2×103C的带电粒 条件 速度大小、方向均一定 子以速度v=5×103m/s沿垂直于BO方向， 从BO之间射入磁场区域，带电粒子不计重力 轨迹圆的半径相同，将半径为，=的圆 gB 和它们之间的相互作用力，则 () 平 沿入射点所在的直线进行平移，从而找到 移 A.在AC边界上有粒子射出的长度为（√2一 应用临界条件 圆 1)m 方法 ×X×X×XXX B.C点有粒子射出 C.在AB边界上有粒子射出的长度为1m D.磁场中运动时间最长的粒子从底边上距B 轨迹圆的所有圆心在一条直线上 点（√2-1）m处入射 「典例5（多选）如图所示，等 腰直角三角形区域分布有 心听课记录 垂直纸面向里的匀强磁场，B, 腰长AB=2m,O为BC ↑↑↑1o 的中点，磁感应强度B=0.25T,一群质量m= 温髻提示》请完成课时作业11 第9讲 带电粒子在复合场中的运动 知识网络》体系构建 场与场不重合， 特点 同一区域内存在多个场 分布在不同区域 特点 分析 各个场对带电粒子的作用具有独立性 匀速直 不计重力：gE=qB 不同区域单独分析， 组合场 叠加场 但要注意交界处 分析 无约束 线运动 计重力：qE、mg、qB 电粒 三力平衡 的运动变化 两 的运动 匀速圆 在 种 周运动 -gE=mg、9B=m号 运 电偏转：类平抛 动 有约束 受轻杆、轻绳、圆 直线运动 类斜抛 两类 合场 的运动 环、轨道等约束 圆周运动 磁偏转：匀速圆 偏转 质谱仪 周运动 的运动 回旋加速器 电磁场 电场或磁场周期性变化， 速度选择器 交变场 与现代 粒子的运动具有周期性 科技 磁流体发电机 电磁流量计 霍尔元件 038 2对勾·讲与练·高三二轮物理在磁场Ⅱ区偏转的圆心角为α，由几何 关系知c0sa= -= r1十rg 5,可得 37°，故粒子在I区运动的时间为t1= 360°-2(90°-37°) TI= 254° 2xm 360° 60° qB 粒子在Ⅱ区运动的时间为t,= 2×37 74° 2xm 联立可得带 360° 360 qB, 电粒子在I区和Ⅱ区的运动时间之比 为= 127 故D正确：带电粒子在 148 I区和Ⅱ区的轨迹长度分别为11= 360°-2(90°-37) 254 360° 360° 2π1,12= 2X379 74 360° ×2πrg= 360 2πr2,故在I区和Ⅱ区的轨迹长度之 l1127 比为 148 故C错误。 典例7AD 电子从P点出发恰好第 一次经原，点O,有两类情况，一类是第 奇数次回到x轴经过原点O,另一类 是第偶数次回到x轴经过原，点O。其 中第一次和第二次回到x轴的轨迹如 图甲、乙所示， XXX XXXX X XX 甲 乙 由轨迹图结合几何关系，可得运动时 间为t= Xn(m=1,2,3,…).T= 4 2xm ,解得t= r172 eB 2eB (n=1,2,3,…),当 72 n=1时，运动时间为t= 2eB ,由轨迹 图结合几何关系，轨迹圆的半径为r= ②L×in45=上(m=1,2,3,…),可 得运动路程为= 2 故A正确，B错误；同理，若电子从P 点出发恰好第一次经原点O到达Q 点，轨迹也为两类，如图丙、丁所示， X XX 丙 丁 由轨迹图结合几何关系，可得运动时 同为=（+8买）×n=T=1 3,5,…),或t2= nT 二Xn×2=g(n 2,4,6,…),T=2xm 2xnm eB ,解得t1= eB r1172 (n=1,3,5,…),t2= (n=2,4, eB 6,…),若电子从P点出发恰好第一次 经原，点O到达Q,点，运动路程为s1= nX2rm=1,3.5:=分×2r (n=2,4,6,…),解得s1=2xL(n=1, 3,5,…),s。=πL(n=2,4,6,…),故C 错误，D正确。 微专题3动态圆的应用 》考向探究·素养提升《 考向一放缩圆法 典例1C如图所示， 应用“放缩圆法”作 图，当轨迹半径很小 或者很大时，电子均 不能够到达水平板 上，两个临界轨迹分 别为与水平板相切、 恰好经过水平板右端点，电子在磁场 中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供 向心力有c0,B=m尺，解得R=B, 根据几何关系可知Rm= 4,Rx= 台你兴兴有 eBL eBL 4m <u。<2m ,故选C。 典例2D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，A错误；根据qoB=m 巴，得= qBr ,从M点射出粒子的运动半径更 m 小，则速度更小，B错误；由t= T= 2x 、·吧，粒子运动周期相同，运动轨 迹对应的圆心角日越大，粒子运动时 间越长，由几何关系可知，当运动轨迹 的弦与bc圆孤相切时，日最小，运动时 间最短，如图所示，Ob等于R,由几何 关系可知，此时运动轨迹对应的圆心 120° 角为120°，则最短时间为tm=360 B-知，M、N两点具体位置未 知，则无法判断从M点射出粒子所用 时间和从V点射出粒子所用时间的大 小关系，C错误，D正确。 d:x X × × + + 0 d 考向二定圆旋转法 典例3BC作出部分 M 粒子的运动轨迹如图 所示，粒子从b点射 出时，根据几何关系 有R2=(L-R)2+ a (位)求得R=1, A错误；由qB= mR得粒子做圆周运 Q 动的速度大小u=gBR-5gBL B正 m 8m 确：设粒子从PQ射出区域的上端d 点到c点的距离为s,根据几何关系有 2,因此 R(山R)+s,求得s=号 bd=L,C正确；从c点射出磁场的粒 子，在a点时速度与MN的夹角日满足 2Rcos0=L,可得cos0=0.8,则0≠30°， D错误。 典例4AD 报据gB=m之，则离子 71) 轨迹半径r= gB =L,离子轨迹对应 弦长最短时运动时间最短，即离子恰 好打中P点，如图甲所示，根据几何关 系可知，轨迹对应的圆心角为60°，离 子能打中荧光屏的最短时间为t= 1 T= 元7a ,A正确； 6 3gB M × S 2 X 甲 乙 离子运动轨迹如图乙 所示，离子速度为1 时从下侧回旋，刚好和 M' 边界相切于B点，离 子速度为2时从上侧 回旋，刚好和边界相切 于A点，离子的周期 N T- 2xm ,离子打中荧 gB 丙 光屏的最长时间为 270° 3xm 1= 360T- 2qB ,B错误；离子打中荧 光屏的范围总长度为图乙中的AC长 度，由几何关系可知|AC引=（√3+ 1)R=(√+1)L,离子打中荧光屏的 宽度为（√3十1）L,C错误：离子恰好打 到MN上的临界运动轨迹如图丙所 示，离子速度为1从下侧回旋，刚好 和边界相切，离子速度为2时从上 侧回旋，刚好和边界相切，打到N'点 的离子离开S时的初速度方向和打 到M'点的离子离开S时的初速度方 向夹角日=π，能打到荧光屏上的离子 数与发射的离子数之比k= 2 D正确。 考向三定圆平移法 典例5ACD A 粒子在磁场中 偏转，根据洛伦 兹力提供向心 B 力，有q0B= 一，解得粒子在磁场中运动的轨迹 半径为r=1m,作出粒子在磁场中的 运动轨迹图，如图所示，由图可知，AC 边上有粒子射出的长度为DE= √2r-r=(√2-1)m,故A正确；粒子 参考答案 225 不可能到达C点，故B错误；在AB边 界上有粒子射出的长度为BF=r=1 m,故C正确；磁场中运动时间最长的 粒子运动半个圆周，轨迹与AB、AC 相切，由图可知从底边上距B点 (√2一1)m处入射，故D正确。 第9讲带电粒子在 复合场中的运动 》考向探究·素养提升《 考向一 带电粒子在组合场中的运动 3vi 4Eh 典例1 (1) (2) 6Eh voR (3)9 h+√3πR 300 解析：(1)带电粒子在匀强电场中做类 平抛运动，由水平方向做匀速直线运 动得2h=0t1,在O点时竖直向下的 分速度v,=votan30°，由竖直方向做 匀加速直线运动知v,=at1,加速度为 a=9E,联立上式解得9 √3 m m 6Eh (2)设粒子进入磁场的速度为，有 c0s30°=】 粒子的运动轨迹如图所示， 由几何关系得，粒子在磁场中做匀速 圆周运动的轨迹半径为r=R, 由洛伦兹力提供向心力可知 guB= 4Eh 联立解得B= VoR (3)粒子在磁场中运动的周期为T= 2,粒子在磁场中运动的时间为 120° √3πR t= 360° BUo 2h 粒子在电场中运动的时间为t1= 粒子运动的总时间t=t1十t2: 6h十√3πR 联立解得t= 300 典例2 o) 解析：(1)粒子在磁场中做圆周运动， 在电场中做类平抛运动，轨迹如图 所示， 2L x 2262对闪·讲与练·高三二轮物理 设其在磁场中做圆周运动的半径为 R,由几何关系有Rsin=L, 解得R=2L, 3 m8 结合牛顿第二定律有Bgv。= R 联立上式解得B= √3mug 2gL (2)粒子在电场中做类平抛运动，运动 时间t L 竖直方向位移y'=。at, Eg 其中a=m 联立解得y=2 粒子离开电场的位置的横坐标x=2L, 级坐标y=R(1+cos609)-y=号L. 2 即粒子离开电场的位置坐标为 考向二带电粒子在叠加场中的运动 3mvo 典例3(1)u,B（2)32eB (3)90% 解析：(1)入射速度为。时，电子沿x 轴做直线运动，则有Ee=ev。B,解得 E=vaB。 (2)电子在竖直向下的匀强电场和垂 直坐标平面向里的匀强磁场的叠加场 中运动，由于洛伦兹力不做功，且电子 入射建度为警，则电子交到的静电力 大于洛伦兹力，电子向上偏转，根据动 能定理有B:=立m(分)广' 1 3m08 合n(仔)广，解得y-2B (3)若电子以入射时，设电子能达到 的最高点位置的纵坐标为y,则根据 动能定理有eB)=2mv-2mu, 由于电子在最高点与在最低，点所受的 合力大小相等，则在最高点有F合= evmB一eE,在最低点有F合=eE一 2E euB,联立有vm=B 一0，y= 2m(v。-0） ，要让电子到达纵坐标 eB y6位置，即y≥y·解得0≤ 0,则若电子入射速度在0<u<u。 9 范围内均匀分布，能到达纵坐标y:= mw位置的电子数N占总电子数N。 5eB 的90%。 典例4(1)”mg (2十3)x8 2g (2)1+2)u。3)4g .3r00 解析：(1)依题意，小球从P点运动到 坐标原点O,速率没有改变，即动能变 化为0，由动能定理可知合力做功为0， 静电力与重力等大反向，可得gE=g, 解得E=竖， 9 可知小球在洛伦兹力作用下做匀速圆 周运动，轨迹如图甲所示， 30% x 甲 2 根据gmoB=m2,解得 r= 8 由几何关系，可得xp=r十rcos30°， (2十3)u 联立解得xp= 2g (2)根据配速法把小球在坐标原点的 速度。分解为沿x轴正方向的V。和 与x轴负方向成45°的√20。，如图乙 所示， 30 X 乙 其中沿x轴正方向的。对应的洛伦 兹力恰好与小球重力平衡，即F洛= qv.B=mg, 小球沿x轴正方向做匀速直线运动， 与x轴负方向成45°的√20。对应的洛 伦兹力提供小球做逆时针匀速圆周运 动的向心力，可知小球第一次到达最 低点时速度的大小为 u=0。十√2u。=(1十√2)0o。 (3)由第(2)问分析可知小球在撤去电 场后做匀速圆周运动的分运动轨迹如 图丙所示， ci 30°% P。 45 1359 丙 (N20o) 根据√2oogB=m R 又T= 2πR 2o