专题十八 磁场中的“动态圆”模型 专项训练-2027届高考物理一轮复习

**基本信息** 聚焦磁场“动态圆”模型，通过磁聚焦、轨迹临界等情境，系统整合洛伦兹力与几何知识，强化科学思维中的模型建构与推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |选择题|8题（含2多选）|动态圆轨迹分析、磁聚焦模型、几何关系（半径/圆心角）|以洛伦兹力提供向心力为核心，结合圆的性质推导轨迹范围与临界条件| |计算题|4题|临界状态判断、区域面积计算|从粒子运动规律到复杂磁场区域应用，形成“概念-推理-应用”逻辑链|

专题十八　磁场中的“动态圆”模型 专项训练 1． 选择题： 1.如图所示,空间存在垂直于纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场(未画出),线状粒子源OM与屏ON垂直,ON=2OM=2L,粒子源能发射质量为m、电荷量为+q(q>0)、速度大小为v、方向与磁场垂直且与OM夹角θ=45°的粒子,已知v=,不计粒子重力,则屏ON上有粒子打到的区域长度为(　　) A.L B.(-1)L C.L D.L 2.极光是由太阳抛射出的高能带电粒子受到地磁场作用,在地球南北极附近与大气碰撞产生的发光现象。赤道所在平面的地磁场,可简化为如图所示:O为地球球心,R为地球半径,将地磁场在半径为R到3R之间的圆环区域看成是匀强磁场,磁感应强度大小为B。磁场边缘A处有一粒子源,可在赤道平面内以相同速率v0向各个方向射入某种带正电粒子。不计粒子重力、粒子间的相互作用及大气对粒子运动的影响,不考虑相对论效应。其中沿半径方向(图中1方向)射入磁场的粒子恰不能到达地球表面。若和AO方向成θ角向上方(图中2方向)射入磁场的粒子也恰好不能到达地球表面,则(　　) A.sin θ= B.sin θ= C.tan θ= D.tan θ= 3.带电粒子流的磁聚焦是薄膜材料制备的关键技术之一。磁聚焦原理如图所示,真空中半径为r的圆形区域内存在垂直于纸面的匀强磁场。一束宽度为2r、沿x轴正方向运动的电子流射入该磁场后聚焦于坐标原点O。已知电子的质量为m、电荷量为e、进入磁场的速度均为v,不计粒子间的相互作用,则磁感应强度的大小为(　　) A. B. C. D. 4.如图所示,纸面内有宽为L、水平向右飞行的带正电粒子流,粒子的质量为m、电荷量为q、速率为v0,不考虑粒子的重力及相互作用。要使粒子都会聚到一点,可以在粒子流的右侧虚线框内设计一匀强磁场区域,设B0=。选项A、B、C中的曲线均为半径是L的四分之一圆弧,其中A、B的磁感应强度B=B0,C的磁感应强度B=2B0;选项D中曲线是直径为L的圆,磁感应强度B=B0。则磁场区域的形状及对应的磁感应强度可能是(　　) 5.如图所示，垂直于纸面向里的匀强磁场分布在边长为L的等边三角形ABC内，D是AB边的中点，一簇相同的带负电的粒子仅在磁场的洛伦兹力作用下，从D点沿纸面以平行于BC边方向、大小不同的速率射入三角形内，不考虑粒子重力及粒子之间的相互作用，已知粒子在磁场中运动的周期为T，则下列说法正确的是(　　) A.粒子垂直于BC边射出时，运动半径为L B.速度小的粒子一定比速度大的粒子在磁场中运动时间长 C.粒子可能从AB边射出，且在磁场中运动时间为T D.粒子可能从C点射出，且在磁场中运动的时间为T 6.如图所示，在直角三角形ABC内充满垂直于纸面向外的匀强磁场(图中未画出)，AB边长度为d，∠B=。现垂直于AB边射入质量均为m、电荷量均为q、速度大小均为v的带正电粒子，已知垂直于AC边射出的粒子在磁场中运动的时间为t0，而运动时间最长的粒子在磁场中的运动时间为t0(不计重力)。则下列判断不正确的是(　　) A.粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为4t0 B.该匀强磁场的磁感应强度大小为 C.粒子在磁场中运动的轨迹半径为d D.粒子进入磁场时速度大小为 7.(多选)如图所示,坐标原点O处有一粒子源,能向坐标平面一、二象限内发射大量质量为m、电荷量为q的带正电粒子(不计重力及粒子间相互作用),所有粒子速度大小相等。圆心在(0,R)、半径为R的圆形区域内,有垂直于坐标平面向外的匀强磁场,磁感应强度大小为B,磁场右侧有一点A,已知初速度沿y轴正方向的粒子经过磁场后,粒子的速度方向沿x轴的正方向,则(　　) A.初速度方向与x轴夹角为120°的粒子经过A点 B.初速度方向与x轴夹角为135°的粒子经过A点 C.经过A点的粒子在磁场中运动时间为 D.经过A点的粒子在磁场中运动时间为 8.(多选)如图所示,扇形区域AOB内存在垂直于纸面向里的匀强磁场,OA与OB互相垂直,是扇形的两条半径,一个带电粒子从A点沿AO方向进入磁场,从B点离开,若该粒子以同样的速度从弧AB上的C点沿平行于AO方向进入磁场,下列说法正确的是(　　) A.粒子带正电 B.C点越靠近B点,粒子偏转角度越大 C.C点越远离B点,粒子运动时间越短 D.只要C点在AB之间,粒子仍然从B点离开磁场 二．计算题： 9.如图所示，真空中有两块足够大的荧光屏P1、P2水平正对放置，间距为d，两荧光屏之间有一垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。在紧贴荧光屏P2的A点有一粒子源，某一时刻向荧光屏P2上方纸面内的各个方向同时以相同的速率各发射一个粒子(图中只画出其中的几个方向)，粒子的质量为m，带电荷量为-q，粒子的速率v0=。若粒子打到荧光屏上立即被吸收并发出荧光，不计粒子之间的相互作用力和重力。求: (1)平行于P2向左发射的粒子在磁场中的运动时间; (2)荧光屏P1、P2之间有粒子经过的区域的面积。 10.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。忽略质子之间的相互作用，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。 11.如图所示，在直角三角形abc(含边界)区域内，存在垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场。一束带正电的粒子从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°，不计粒子之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。 12.利用磁场和电场实现粒子偏转是科学仪器中广泛应用的技术，如图所示，Oxy平面内有一半径为R的圆形磁场，与x轴相切于坐标原点O，圆心O1在y轴上。在圆形磁场左侧放置一沿y轴方向且长度为R的发射源ABC，其中A、C是发射源两个端点，B是其中间点，且与O1纵坐标相同，发射源ABC各点沿x轴正方向均匀发射电荷量为q、质量为m、速率均为v的带正电荷的粒子，这些粒子通过圆形磁场后均由O点飞出。在y=-0.5R处平行x轴放置两块间距极小、厚度忽略不计的足够长的金属网P、Q，其中金属网P接地，金属网Q的电势为φ，Q下方存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，不计粒子重力，不考虑粒子之间相互作用以及粒子对磁场和电势分布的影响。 (1)求圆形磁场磁感应强度B0的大小及方向; (2)求从A点射出的粒子通过圆形磁场的时间及离开磁场瞬间的速度方向; (3)当金属网Q电势φ=，求这些粒子在磁场中运动的所有轨迹中的最低点坐标y。 参考答案： 1.答案D　解析 如图所示,粒子源发出的粒子做圆周运动的圆心都位于O1O2连线上,M点及O点发出的粒子恰好可打到O点,即OM之间的粒子均可打到屏上,其中自OM中点发出的粒子圆心位于NO延长线上,该粒子打在屏上的位置距离O点最远,根据洛伦兹力提供向心力,有qvB=m,可得r=,根据几何关系可得光屏上有粒子打到的区域长度为x=r(1-sin 45°)=L,D正确。 2. 答案 A　解析 若高能粒子仍以速率v射入地球磁场,可知沿径向方向射入的粒子会和地球相切而出,和AO方向成θ角向上方射入磁场的粒子轨迹也恰与地球相切并射出,在此θ角范围内射入的粒子能到达地球,其余进入磁场的粒子不能到达地球,设方向2射出的粒子与地球切于G点,连接C、O并延长交磁场边界于F点,由几何关系可知,AO=OF,则∠AOF的角平分线垂直于AF,即方向2与OC平行,可知∠AOG=θ,如图所示,由图中几何关系可得AF=r=4R、AO=FO=3R,则有sin θ=,故选A。 3.答案 C　解析 由“磁聚焦”模型可知电子在磁场中运动的轨迹半径R=r,由牛顿第二定律得evB=,得磁感应强度的大小为B=,故选C。 4.答案 A　解析 已知磁感应强度B=B0=,由洛伦兹力提供向心力得qv0B=m,解得A项中粒子的轨迹半径为rA=L,同理可得rB=L,rC=,rD=L,结合题意和“磁聚焦”模型的特点可知选项A正确。 5.答案　D解析　粒子垂直于BC边射出时，运动轨迹如图甲所示，则半径r=cos 30°=L，故A错误;若带电粒子运动轨迹与BC边相切时其圆心角为180°，则粒子在磁场中的运动时间为T;若带电粒子从C点射出，由几何关系可知从C点射出磁场时，速度与AC相切，故粒子可以从C点射出， 如图乙所示，入射速度的弦切角α=30°，故圆心角为60°，粒子在磁场中的运动时间为T;若带电粒子从AB边射出磁场，可知圆心角为240°，粒子在磁场中的运动时间为T，故B、C错误，D正确。 6.答案　D解析　带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，垂直于AC边射出的粒子在磁场中运动的时间是T，即T=t0，可得周期为T=4t0，故A正确;由T=4t0、R=、T=，可得B==，故B正确; 运动时间最长的粒子在磁场中运动的轨迹如图所示，由于t0=T，则粒子在磁场中转过的圆心角为120°，根据几何关系有Rsin +=d，解得R=d，故C正确;根据v=、T=4t0、R=d，可得v=，故D错误。 7.答案 AC　解析 初速度沿y轴正方向的粒子经过磁场后,粒子的速度方向沿x轴的正方向,则粒子的轨迹半径r=R,由qvB=可得粒子轨迹半径为R;结合题意和几何关系可知,平面第一、二象限射入的粒子从磁场射出时,速度一定沿x轴正方向,设经过A点的粒子在磁场中运动的轨迹所对的圆心角为α,根据几何关系有R+Rsin (α-90°)=R,解得α=120°,A正确,B错误;该粒子在磁场中的运动时间为t=,C正确,D错误。 8.答案 AD　解析 由题意可知,粒子从A点进入磁场从B点离开,由左手定则可知粒子带正电,故A正确;由题意可知当粒子从A点入射时,从B点离开磁场,则粒子做圆周运动的半径等于磁场圆弧边界的半径,根据磁聚焦的原理,当入射方向平行时,这些粒子将从同一点射出,如图所示,该粒子从点A、C、C1、C2以相同的速度进入磁场,都将从同一点B射出,从图中可以看出,C点越靠近B点,粒子偏转角越小,运动时间越短,离B点越远,粒子偏转角越大,运动时间越长,故D正确,B、C错误。 9.答案　(1)　(2)πd2 解析　(1)设粒子运动轨迹的半径为R，则有qv0B=m 解得R=2d 平行于P2向左发射的粒子在磁场中的运动轨迹如图甲所示， 设圆心角为α，则有cos α=解得α= 粒子的运动周期T== 粒子的运动时间t=·T=。 (2)粒子的轨迹恰好和P1相切时，设初速度的方向和P2成θ角，轨迹如图乙所示， 则有cos θ= 则θ= 有粒子经过的区域的最大面积如图丙中阴影部分所示， 该区域的面积S=2(πR2-Rsin α·Rcos α)+dRsin θ 联立解得S=πd2。 10.答案　(1)垂直于xOy平面向外　 (2)πR2-2R2 解析　(1)从原点O竖直向上射出的质子垂直打在荧光屏上，故磁场方向必定垂直于xOy平面向外，根据题意可得质子的半径为R，洛伦兹力提供向心力， 则有ev0B=m 解得B=。 (2)在由O点射入第Ⅰ象限的所有质子中，沿y轴正方向射出的质子转过圆周，速度变为沿x轴正方向，这条轨迹为磁场区域的上边界。设某质子做匀速圆周运动的圆心为O'，与O点的连线与y轴正方向夹角为θ，若离开磁场时质子速度变为沿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 消去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=2(πR2-R2) 根据对称性可知，磁场的最小总面积为S=2S1=πR2-2R2。 11.答案　(1)　(2)<v≤ 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。 其周期为T=，由牛顿第二定律得qvB=m，且t0=T 联立可得粒子的比荷为=。 (2)由洛伦兹力提供向心力有qvB=m，作出粒子从ac边射出的临界情况如图乙、丙所示 由图乙可知，当粒子的轨迹与ac边相切时，由几何关系得轨迹半径为r1=L 联立解得v1= 由图丙可知当粒子的轨迹与bc边相切时，由几何关系得轨迹半径为r2=L 解得v2= 故从ac边射出的粒子在磁场内运动的速度范围为<v≤。 12.答案　(1)　垂直于纸面向外　(2)　与y轴负方向成45°角向左下方　(3)--0.5R 解析　(1)由于粒子通过圆形磁场后均由O点飞出，根据磁聚焦模型可知，轨迹半径为R，由洛伦兹力提供向心力有qvB0=m 可知B0= 由左手定则判断可知，磁场方向垂直于纸面向外。 (2)从A点射出的粒子在圆形磁场中的轨迹如图甲所示，由几何关系可知sin α==，α=45°，其转过的圆心角θ=135°，因此运动时间t=T=·= 分析可知，速度方向为与y轴负方向成45°角向左下方。 (3)由金属网P接地、金属网Q电势φ= 可知，正电荷在P、Q之间做减速运动，假设离开Q极板的速度大小为v'， 由动能定理有-q·=mv'2-mv2 可得v'=v 所有粒子的轨迹中的最低点应有vy'=0，vx'=v，其轨迹如图乙所示， 可知此时轨迹半径R'= 因此ymin=-2R'-0.5R=-2-0.5R=--0.5R。 学科网（北京）股份有限公司 $