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2020高考物理一轮复习通用版讲义：第九章第58课时磁场中的动态圆、磁聚焦、磁发散问题(题型研究课)含答案

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第58课时 磁场中的动态圆、磁聚焦、磁发散问题(题型研究课) 命题点一 平移圆、放缩圆、旋转圆问题 题型1 平移圆问题 1．适用条件 (1)速度大小一定，方向一定，入射点不同但在同一直线上 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，则圆周运动半径R＝mv0qB，如图所示(图中只画出粒子带负电的情景)。

(2)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。 2．界定方法

将半径为R＝mv0qB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1] (多选)利用如图所示装置可以选择一定速度范围内的带电粒子。图中板MN上方是磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，板上有两条宽度分别为2d和d的缝，两缝近端相距为L。一群质量为m、电荷量为q、速度不同的粒子，从宽度为2d的缝垂直于板MN进入磁场，对于能够从宽度为d的缝射出的粒子，下列说法正确的是( ) A．射出粒子带正电

B．射出粒子的最大速度为qB3d＋L2m C．保持d和L不变，增大B，射出粒子的最大速度与最小速度之差增大 D．保持d和B不变，增大L，射出粒子的最大速度与最小速度之差增大

[解析] 利用左手定则可判定，射出粒子带负电，A项错误；利用qvB＝mv2r知r＝mvqB，能射出的粒子半径满

足L2≤r≤L＋3d2，因此射出粒子的最大速度vmax＝qBrmaxm＝qB3d＋L2m，B项正确；射出粒子的最小速度vmin＝qBrmin

m

＝qBL2m，Δv＝vmax－vmin＝3qBd2m，由此可判定，C项正确，D项错误。 [答案] BC 题型2 放缩圆问题 1．适用条件 (1)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 迹半径随速度的变化而变化。 (2)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。带电粒子沿同一方向射入磁场后，它们运动轨迹的圆心在垂直初速度方向的直线PP′上。 2．界定方法 以入射点P为定点，圆心位于PP′直线上，将半径放缩做轨迹，从而探索出临界条件，这种方法称为“放缩圆法”。

[例2] (多选)如图所示，垂直于纸面向里的匀强磁场分布在正方形abcd区域内，O点是cd边的中点。一个带正电的粒子仅在磁场力的作用下，从O点沿纸面以垂直于cd边的速度射入正方形内，经过时间t0后刚好从c点射出磁场。现设法使该带电粒子从O点沿纸面以与Od成30°角的方向，以大小不同的速率射入正方形内，下列说法中正确的是( )

A．若该带电粒子在磁场中经历的时间是53t0，则它一定从cd边射出磁场 B．若该带电粒子在磁场中经历的时间是23t0，则它一定从ad边射出磁场 C．若该带电粒子在磁场中经历的时间是54t0，则它一定从bc边射出磁场 D．若该带电粒子在磁场中经历的时间是t0，则它一定从ab边射出磁场 [解析] 如图所示，作出带电粒子以与Od成30°角的方向的速度射入正方形内时，刚好从ab边射出的轨迹①、刚好从bc边射出的轨迹②、从cd边射出的轨迹③和刚好从ad边射出的轨迹④。由从O点沿纸面以垂直于cd边的速度射入正方形内，经过时间t0后刚好从c点射出磁场可知，带电粒子在磁场中做圆周运动的周期是2t0。由图中几何关系可知，

从ad边射出磁场经历的时间一定小于13t0；从ab边射出磁场经历的时间一定大于13t0，小于56t0；从bc边射出磁场经历的时间一定大于56t0，小于43t0；从cd边射出磁场经历的时间一定是53t0。综上所述，A、C

正确。 [答案] AC 题型3 旋转圆问题 1．适用条件 (1)速度大小一定，方向不同 粒子源发射速度大小一定、方向不同的带电粒子进入匀强磁场时，它们在磁场中做匀

＝mv0qB，如图所示。 速圆周运动的半径相同，若射入初速度为v0，则圆周运动半径为R(2)轨迹圆圆心共圆 带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心在以入射点为圆心、半径R＝mv0qB的圆上。 2．界定方法 将半径为R＝mv0qB的圆以带电粒子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3] 边长为L的等边三角形OAB区域内有垂直纸面向里的匀强磁场。在纸面内从O点向磁场区域AOB各个方向瞬时射入质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，所有粒子的速率均为v。如图所示，沿OB方向射入的粒子从AB边的中点C射出，不计粒子之间的相互作用和重力的影响，已知sin 35°≈0.577。求： (1)匀强磁场的磁感应强度的大小； (2)带电粒子在磁场中运动的最长时间； (3)沿OB方向射入的粒子从AB边的中点C射出时，还在磁场中运动的粒子占所有粒子的比例。

[解析] (1)OC＝Lcos 30°＝32L 沿OB方向射入的粒子从AB边的中点C射出，由几何知识得，粒子做圆周运动的圆弧对应的圆心角为60° 半径r＝OC＝32L 由qvB＝mv2r 得B＝mvqr＝23mv3qL。 (2)从A点射出的粒子在磁场中运动时间最长，设弦OA对应的圆心角为α，由几何关系得

sin α2＝L2r＝33≈0.577，α≈70° 最长时间tm≈70°360°·2πmqB＝73πL36v。 (3)从OA上D点射出的粒子做圆周运动的弦长OD＝OC，粒子做圆周运动的圆弧对应的圆心角也为60°，如图所示，由几何知识得入射速度与OD的夹角应为30°，即沿OC方向射入的粒子在磁场中运动的时间与沿OB方向射入的粒子从AB边的中点C射出的时间相等，从OB方向到OC方向这30°范围内的粒子此时都还在磁场中，而入射的范围为

60°，故还在磁场中运动的粒子占所有粒子的比例是12。

[答案] (1)23mv3qL (2)73πL36v (3)12

[集训冲关] 1.(2019·广州检测)不计重力的两个带电粒子M和N沿同一方向经小孔S垂直进入匀强磁

场，在磁场中的运动轨迹如图所示。分别用vM与vN、tM与tN、qMmM与qNmN表示它们的速率、在磁场中运动的时间、比荷，则( ) A．如果qMmM＝qNmN，则vM>vN B．如果qMmM＝qNmN，则vMC．如果vM＝vN，则qMmM>qNmN D．如果tM＝tN，则qMmM>qNmN 解析：选A 由qvB＝mv2R得qm＝vBR，由题图可知RM>RN，如果qMmM＝qNmN，则vM>vN，A正确，B错误；如果vM＝vN，则qMmM，则qMmM＝qNmN，D错误。

2. (多选)如图所示，S处有一电子源，可向纸面内任意方向发射电子，平板MN垂直于纸面，在纸面内的长度L＝9.1 cm，中点O与S间的距离d＝4.55 cm，MN与SO直线的夹角为 θ，板所在平面有电子源的一侧区域有方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B＝2.0×10－4 T。电子质量m＝9.1×10－31 kg，电荷量大小e＝1.6×10－19 C，不计电子重力，电子源发射一个速度v＝1.6×106 m/s 的电子，该电子击中板的范围的长度为l，则( ) A．θ＝90°时，l＝9.1 cm B．θ＝60°时，l＝9.1 cm C．θ＝45°时，l＝4.55 cm D．θ＝30°时，l＝4.55 cm

解析：选AD 电子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，有evB＝mv2R，R＝mvBe＝4.55×10－2 m＝4.55 cm＝L2，θ＝90°时，击中板的范围如图甲所示，l＝2R＝9.1 cm，选项A正确；θ＝60°时，击中板的范围如图乙所示，l＜2R＝9.1 cm，选项B错误；θ＝30°时，击中板的范围如图丙所示，l＝R＝4.55 cm，当θ＝45°时，击中板的范围如图丁所示，l＞R＝4.55 cm，故选项D正确，C错误。

3.如图所示，磁感应强度大小为B＝0.15 T、方向垂直纸面向里的匀强磁场分布在半径为R＝0.10 m的圆形区域内，圆的左端跟y轴相切于直角坐标系原点O，右端跟很大的荧光屏MN相切于x轴上的A点。置于原点的粒子源可沿x轴正方向射出速度不同的带正电的粒子

流，粒子的重力不计，比荷qm＝1.0×108 C/kg。 (1)请判断当粒子分别以v1＝1.53×106 m/s和v2＝0.53×106 m/s的速度射入磁场时，能否打到荧光屏上； (2)要使粒子能打在荧光屏上，求粒子的速度v0的大小应满足的条件； (3)若粒子的速度v0＝3.0×106 m/s，且以过O点并垂直于纸面的直线为轴，将圆形磁场逆时针缓慢旋转90°，求此过程中粒子打在荧光屏上离A点的最远距离。 解析：(1)粒子以不同速度射入磁场的轨迹示例如图甲所示，由几何知识得当粒子做圆周运动的半径r>R时，粒子沿图中①方向射出磁场能打到荧光屏上，当粒子做圆周运动的半径r≤R时，将沿图中②、③方向射出磁场，不能打到荧光屏上。

当粒子速度为v1时，由洛伦兹力提供向心力，得qv1B＝mv12r1， 解得r1＝3R>R，故能打到荧光屏上； 同理，当粒子的速度为v2时，

解得r2＝33R(2)设当v0＝v3时，粒子恰好打不到荧光屏上，则这时粒子沿图甲中②方向从磁场的最高点竖直向上射出磁场。由几何关系可知，粒子在磁场中的轨迹半径r3＝R，

由洛伦兹力提供向心力，得qv3B＝mv32r3， 解得v3＝1.5×106 m/s。 由分析可知，当v0>1.5×106 m/s时，粒子能打到荧光屏上。 (3)设速度v0＝v4＝3.0×106 m/s 时，粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径为r4， 由洛伦兹力提供向心力，

得qv4B＝mv42r4， 解得r4＝2R， 如图乙所示，粒子在磁场中运动的轨迹是以E点为圆心，以r4为半径的一段圆弧。因圆形磁场以O为轴缓慢转动，故磁场边界变为以O为圆心，以2R为半径的圆弧ABE，粒子轨迹圆弧与其交点为B，当A点恰转至B点，此时粒子的出射点为B，在磁场中的偏角α最大为60°，射到荧光屏上P点离A点最远，

由几何知识得AP＝CA·tan α＝(2R－r4tan 30°)·tan 60°＝3－15 m≈0.15 m。 答案：(1)速度为v1时，能 速度为v2时，不能 (2)v0>1.5×106 m/s (3)0.15 m 命题点二 磁聚焦和磁发散问题 磁聚焦 磁发散 电性相同的带电粒子平行射入圆形有界匀强磁场，如果轨迹半径与磁场半径相等，则粒子从磁场边界上同一点射出，该点切线与入射方向平行

带电粒子从圆形有界匀强磁场边界上同一点射入，如果轨迹半径与磁场半径相等，则粒子出射方向与入射点的切线方向平行

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圆形磁场的聚焦问题 精品课件

圆形磁场的聚焦问题 精品课件


B
C.
M 2R
D.
M 2R
O
2R
N
O
R 2R N
M
O
N
……以速率 v 沿纸面各个方向由小孔O射入磁场
2R 2R
2R
2R
O
O
R R 2R
2R
O
2R
2R
O
R 2R
A.
B.
C.
D.
例、如图，半径为 r=3×10－2m的圆形区域内有一匀强磁场
B=0.2T，一带正电粒子以速度v0=106m/s的从a点处射入磁
0
解：（1） R1+R1sin30º = L/2 得R1 = L/3 R2－ R2cos60º = L/2 得：R2 = L。
qBL （1） m ≥v0≥
qBL 3m
a
b
R1
O
v 0
R2 B c
d
例2、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θ＝30°、大小为v 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：(2)如果带电粒子不受上述v 大小范 围的限制，求粒子在磁场中运动的最长时间．
例2、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θ＝30°、大小为v 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：(1)粒子能从ab边上射出 磁场的v0大小范围．
分析：从O点向各个方向发射的粒子在磁场中做匀速圆周
2020版高考物理大一轮复习第九章磁场章末热点集训课件

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解析：选 BD.磁场方向与导体棒垂直，导体棒所受安培力 F ＝BIL＝BREL，方向为垂直于磁场方向与电流方向所确定的平 面斜向下，其有水平向右的分量，将向右运动，故 A、C 错 误，B 正确．导体棒受到的合力 F 合＝Fcos(90°－θ)＝Fsin θ， 由 a＝Fm合得 a＝BEmLsRin θ，D 正确．
的研究方向；分析小说，一般都是从人物、环境、情节三个要素入手；写记叙文，则要从时间、地点、人物和事情发生的起因、经过、结果六个方面进
行叙述。这些都是语文学习中的一些具体方法。其他的科目也有适用的学习方法，如解数学题时，会用到反正法；换元法；待定系数法；配方法；消元
法；因式分解法等，掌握各个科目的方法是大家应该学习的核心所在。
导体棒沿圆弧导轨摆动，摆到最大高度时，细线与竖直方向 成 θ＝53°角，摆动过程中导体棒始终与导轨接触良好且细线 处于张紧状态，导轨电阻不计，忽略导体棒产生的反电动势， sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，g＝10 m/s2，则( ) A．磁场方向一定竖直向下 B．电源电动势 E＝3 V C．导体棒在摆动过程中所受安培力的大小 F＝0.3 N D．导体棒在摆动过程中电源提供的电能为 0.048 J
带电粒子在匀强磁场中运动的求解 (多选)(2019·内蒙古杭锦后旗奋斗中学 高三考试)如图所示，直角三角形 ABC 区域中 存在一匀强磁场，比荷相同的两个粒子(不计 重力)沿 AB 方向射入磁场，分别从 AC 边上的 P、Q 两点射出，则( ) A．从 P 点射出的粒子速度大 B．从 Q 点射出的粒子向心力加速度大 C．从 P 点射出的粒子角速度大 D．两个粒子在磁场中运动的时间一样长
[解析] 粒子的运动轨迹如图所示，粒 子在磁场中做圆周运动，分别从 P 点和 Q 点射出，洛伦兹力提供向心力：qvB ＝mvr2，轨迹半径 r＝mqBv，两粒子比荷 相等，rP＜rQ，所以 vP＜vQ，故 A 错误； 向心加速度 a＝vr2＝qmvB，vP＜vQ，所 以 aP＜aQ，故 B 正确；粒子在磁场中圆周运动的周期
2024年高考物理热点磁场中的旋转圆、放缩圆、平移圆、磁聚焦模型(解析版)

2024年高考物理热点磁场中的旋转圆、放缩圆、平移圆、磁聚焦模型(解析版)

磁场中的旋转圆、放缩圆、平移圆、磁聚焦模型1.高考命题中，带电粒子在有界磁场中的运动问题，常常涉及到临界问题或多解问题，粒子运动轨迹和磁场边界相切经常是临界条件。

带电粒子的入射速度大小不变，方向变化，轨迹圆相交与一点形成旋转圆。

带电粒子的入射速度方向不变，大小变化，轨迹圆相切与一点形成放缩圆。

2.圆形边界的磁场，如果带电粒子做圆周运动的半径如果等于磁场圆的半径，经常创设磁聚焦和磁发散模型。

一、分析临界极值问题常用的四个结论(1)刚好穿出磁场边界的条件是带电粒子在磁场中运动的轨迹与边界相切.(2)当速率v 一定时，弧长越长，圆心角越大，则带电粒子在有界磁场中运动的时间越长,(3)当速率v 变化时，圆心角大的，运动时间长，解题时一般要根据受力情况和运动情况画出运动轨迹的草图，找出圆心，再根据几何关系求出半径及圆心角等(4)在圆形匀强磁场中，当运动轨远圆半径大于区域圆半径时，入射点和出射点为磁场直径的两个端点时轨迹对应的偏转角最大(所有的弦长中直径最长)。

二、“放缩圆”模型的应用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度的变化而变化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”法三、“旋转圆”模型的应用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，若射入初速度为v 0，则圆周运动半径为R =mv 0qB。

如图所示轨迹圆圆心共圆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 =mv 0qB的圆上界定方法将一半径为R =mv 0qB的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”法四、“平移圆”模型的应用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，但在同一直线的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v 0，则半径R =mv 0qB，如图所示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 =mv 0qB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”法五、“磁聚焦”模型1．带电粒子的会聚如图甲所示，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)证明：四边形OAO ′B 为菱形，必是平行四边形，对边平行，OB 必平行于AO ′(即竖直方向)，可知从A 点发出的带电粒子必然经过B 点．2．带电粒子的发散如图乙所示，有界圆形磁场的磁感应强度为B ，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)证明：所有粒子运动轨迹的圆心与有界圆圆心O 、入射点、出射点的连线为菱形，也是平行四边形，O 1A (O 2B 、O 3C )均平行于PO ，即出射速度方向相同(即水平方向)．(建议用时：60分钟)一、单选题1地磁场能抵御宇宙射线的侵入，赤道剖面外地磁场可简化为包围地球一定厚度的匀强磁场，方向垂直该部面，如图所示，O为地球球心、R为地球半径，假设地磁场只分布在半径为R和2R的两边界之间的圆环区域内(边界上有磁场)，磷的应强度大小均为B，方向垂直纸面向外。

2025年高考物理复习课件 第4讲专题提升 “平移圆”“放缩圆”“旋转圆”“磁聚焦”和“磁发散”模型

2025年高考物理复习课件 第4讲专题提升 “平移圆”“放缩圆”“旋转圆”“磁聚焦”和“磁发散”模型

心,Ob长为R。一束质量为m、电荷量为q的粒子,在纸面内以不同的速率从O点
垂直ab射入磁场,已知所有粒子均从圆弧边界射出,其中M、N是圆弧边界上的两
点,不计粒子间的相互作用和重力。则下列说法正确的是( D )
A.粒子带负电荷
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点射出的粒子在磁场中运动的时间一定小于从N点
R= 。
1
(2)从A点射入圆形磁场的粒子经过O点时,速度方向沿y轴负方向,在MN上
的位置离x轴最远,在y轴右侧区域运动的带电粒子,沿x轴正方向粒子做匀
加速直线运动,由牛顿第二定律得qE=ma
解得
0 2
a=
6
由运动学公式得
解得
1 2
d=2at
2 3
t=
0
又 L=v0t
解得离 x 轴最远的距离 L=2 3d
定。综上所述,D正确,A、B、C错误。
考向三 “旋转圆”模型
典题3 (多选)(2024河南郑州模拟)如图所示,在直角坐标系xOy的第一象限内存在磁
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均为m、电荷量均为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= 3 =
3π
磁场中做圆周运动的圆心角分别为α= 2
π
、θ= 3
,
从x轴上射出磁场的粒子在磁场中运动的最长时间
max
与最短时间之比为
min


9
2π
= = = 2,B 错误;

2π
沿平行x轴正方向射入的粒子,其圆心在O点,离开磁场时的位置到O点的距