专题强化十八　磁场中的“动态圆”模型 讲义-2027届高考物理一轮复习

该高中物理高考复习讲义聚焦磁场中的“动态圆”模型专题，覆盖放缩圆、旋转圆、平移圆及磁聚焦、磁发散等核心考点，按考向梳理适用条件、轨迹特点和临界分析方法，通过考点精讲、方法归纳、真题演练的教学环节，帮助学生建立动态圆问题的解题框架。 讲义以动态圆模型分类为线索，结合几何关系分析临界条件，如放缩圆法通过半径放缩探索粒子运动轨迹，培养学生科学思维中的模型建构和科学推理能力。设置基础例题到综合练习题的分层训练，配合即时反馈，确保高效突破难点，为教师把控复习节奏、提升学生应考能力提供有力支持。

专题强化十八　磁场中的“动态圆”模型 学习目标：1.理解“平移圆”“旋转圆”“放缩圆”的适用条件并会用其分析临界问题。2.理解磁聚焦、磁发散的原理并会分析解决相关问题。 考点一　用“动态圆”思想处理临界、极值问题 考向　放缩圆法 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率的变化而变化 轨迹 特点 轨迹圆圆心共线 如图所示(图中只画出粒子带正电的情景)，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于初速度方向的直线PP'上 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 例1 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 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。 考向　旋转圆法 适用 条件 速度大小一定，方向不同 粒子源发射速度大小一定、方向不同的同种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。若射入初速度大小为v0，则圆周运动半径为r=，如图所示 特点 轨迹圆圆心共圆 如图，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R=的圆上 界定 方法 将半径为r=的轨迹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 例2 如图所示，S为一离子源，MN为荧光屏。由S到MN作垂线，垂足为P，SP=L，整个装置处在范围足够大的匀强磁场中。磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度大小为B。某时刻离子源S一次性沿平行纸面向各个方向均匀地射出大量的正离子，各离子的质量都为m，电荷量都为q，速率v均相同，不计离子的重力及离子之间的相互作用力。 (1)若所有离子都打不到荧光屏上，求射出离子速率的取值范围; (2)若荧光屏足够大，当离子的速率v1=时，求同一时刻发射出的离子达到荧光屏上的最大时间差; (3)若荧光屏足够大，当离子的速率v1=时，求荧光屏上被离子打中的区域长度。 答案　(1)0<v<　(2)　(3)(1+)L 解析　(1)若沿MN方向射出的离子打不到屏上，则所有离子都打不到屏上，如图甲所示， 则有qvB=m，且R< 联立解得0<v<。 (2)当v1=时，轨迹半径R1==L 离子距离荧光屏最短弦长为SP，对应圆心角最小，离子能打中荧光屏的时间最短，如图乙所示， 由几何关系可知θ1=60° 因为周期T== 故离子能打中荧光屏的最短时间t1=·T= 离子能打中荧光屏且在磁场中运动时间最长时，其轨迹如图丙所示， 轨迹与MN相切，对应圆心角θ2=270° 离子能打中荧光屏的最长时间t2=·T= 同一时刻发射出的离子达到荧光屏上的最大时间差Δt=t2-t1=。 (3)如图丁所示，上侧一个圆与MN相切于A点，A为离子能打中的上侧最远点;下侧一个圆以SQ为直径，Q就是离子能打中的下侧最远点，由几何关系可知荧光屏上被离子打中的区域长度AQ=R+2Rcos 30°=(1+)L。 考向　平移圆法 适用 条件 速度大小一定，方向一定，但入射点在同一直线上 粒子源发射速度大小、方向一定、入射点不同但在同一直线上的同种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，则轨迹半径r=，如图所示 特点 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上，该直线与入射点的连线平行 界定 方法 将半径为r=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 例3 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 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。 考点二　磁聚焦与磁发散 磁聚焦 如图甲所示，大量的同种带正电的粒子，速度大小相同，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。(会聚) 磁发散 如图乙所示，圆形磁场圆心为O，从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v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有界圆形磁场半径相等，则所有粒子射出磁场的方向平行。(发散) 例4 (2026·江苏苏州期中)如图所示，足够长水平挡板位于x轴上，其下表面为荧光屏，接收到电子后会发光，荧光屏的同一位置接收两个电子，称为“两次发光区域”，在第四象限足够大区域有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，在第三象限有垂直于纸面向里、半径为2L的圆形匀强磁场，磁感应强度大小为2B，边界与y轴相切于A点(0，-4L)。一群电子从与x轴平行的虚线处垂直于虚线射入圆形磁场后均从A点进入右侧磁场，这些电子在虚线处的x坐标范围为(-4L，0)。电子电荷量为e、质量为m，不计电子重力及电子之间的相互作用。 (1)求电子在圆形磁场区域内的轨迹半径r0和初速度大小v0; (2)求电子落在荧光屏最右侧处x轴的坐标; (3)求落在荧光屏上“两次发光区域”的长度; (4)若入射电子在虚线处均匀分布，且各位置只有1个，求落在荧光屏上“两次发光区域”和“一次发光区域”的电子数之比。 答案　(1)2L　　(2)4L　(3)4(-1)L　(4)1∶1 解析　(1)恰好沿圆形磁场径向射入的电子，轨迹如图甲所示， 根据几何知识可知，电子在圆形磁场中做圆周运动的半径r0=2L 由牛顿第二定律可得ev0·2B=m 解得v0=。 (2)当电子在第四象限运动的直径与x轴相交时，电子落在荧光屏最右侧，轨迹如图乙所示， 根据牛顿第二定律可得ev0B=m 解得r1=4L 设此时直径与y轴夹角为θ，由几何关系可得 cos θ== 解得θ=60° 落点x轴的坐标为x=2r1sin 60°=4L。 (3)经分析可知，电子源上从左到右的电子在运动过程中，到达荧光屏的位置与坐标原点的距离逐渐增大，增大到最大值4L，此时电子到达荧光屏最右侧之后电子落点开始向荧光屏左侧移动，电子落在荧光屏最左侧的轨迹如图丙所示， 由几何关系可知，落在荧光屏上的坐标为4L，则落在荧光屏上“两次发光区域”的长度为 Δx=4L-4L=4(-1)L。 (4)落在荧光屏上坐标范围(4L，4L)为“两次发光区域”，坐标范围(0，4L)为“一次发光区域”，恰好沿圆形磁场径向射入的电子，出发时的x轴坐标为-2L，落在荧光屏上的位置坐标为4L，综上所述，落在荧光屏上“一次发光区域”的电子分布在(-2L，0)，落在荧光屏上“两次发光区域”的电子分布在(-4L，-2L)。由此可知，落在荧光屏上“两次发光区域”和“一次发光区域”的电子数之比为1∶1。 1.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。 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。 2.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。 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。 3.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。 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≤。 4.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。 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 $