2025屆物理總復習·二輪·電磁小專題（共6篇）02放縮圓、旋轉圓與平移圓（一）放縮圓模型：同種帶電粒子從磁場中或磁場邊界上的同一點，以方向相同、大小

不同的速度在磁場中開始運動，做軌道半徑不同的勻速圓周運動，如圖。特征：速度越大，軌道半徑越大，不同的軌跡圓相內切于開始運動的那個

公共點，軌跡圓的圓心共一條直線，這條直線與開始運動的速度方向垂直。技法：以入射點P為定點（切點），不同的軌跡圓圓心位于直線PP′上，將

半徑放縮作軌跡圓，從而探索出臨界或極值條件。abcdeO1O2O31．（放縮圓）如圖所示，等邊三角形區域內存在垂直紙面向外的勻強磁場（包括邊界處），三個完全相同的重力不計的帶電粒子1、2、3以不同的速度由頂點a垂直bc方向射入磁場，結果粒子1、2、3分別從d、e、c點離開磁場，dabcdeO1O2O3A．粒子3的軌道半徑大于三角形的邊長B．粒子1、2、3進入磁場的速度之比為1:2:3C．離開磁場時，粒子3的偏轉角最大、粒子1的偏轉角最小D．若僅將磁場的磁感應強度變為原來的1/3，粒子2從點c離開磁場【解析】AC：粒子運動的軌跡如圖所示：粒子由頂點a沿垂直于bc

邊的方向射入磁場，進入磁場的瞬間粒子速度與ac邊的夾角為

30°，在同一直線邊界，根據對稱性，可知粒子射出磁場是的

速度與ac邊的夾角也為30°，因而運動軌跡所對應的圓心角為

60°，圓心，入射點以及出射點的連線構成等邊三角形，可判

斷出三個粒子的速度偏轉角相等，粒子3的軌跡半徑等于三角

形abc的邊長，故AC錯；B：假設三角形abc的邊長為L，則粒子1，2，3的軌跡半

徑r分別為L/3，2L/3，L，據洛倫茲力提供向心力，得r∝v，則速度之比為1:2:3，故B對；D：由，解得，若僅將磁場的磁感應強度變為原來的1/3，則粒子的軌跡半徑變為原來的3倍，可知粒子2的軌跡半徑變為2L，粒子2將從bc之間的某點離開磁場，故D錯。

【答案】B2．（放縮圓）如圖所示，豎直平面內有一半徑為R的圓形區域，其圓心為O，最高點為P，該區域內存在垂直圓面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B。在圓形區域右側豎直放置一粒子收集器，M、N為收集器上、下邊緣的兩點，MN與圓形區域在同一平面內，O與N在同一水平線上，MN＝R，ON＝R。從P點沿PO方向射入大量速率不等的同種粒子，粒子所帶電荷量為q、質量為m。忽略粒子間的相互作用力和粒子重力，關于打在收集器MN上的粒子，下列說法正確的是（）A．粒子帶負電B．粒子在磁場中運動的最短時間為C．打在收集器上的粒子的最小速率為D．從P點到N點的粒子比從P點到M點的粒子運動時間短【解釋】A：根據題意可知，粒子在磁場中向右偏轉，根據左手定則可知，粒子帶正電，A錯B：打到M、N兩點的粒子軌跡如圖所示，由圖可知，粒子打到N點時，在磁場中的軌跡對應的圓心角最小，在磁場中的運動時間最小，則有，B錯C：由圖可知粒子打到M點時，在磁場中的軌道半徑最小，粒子

的速度最小，據幾何關系得，則

最小半徑，C錯D：由圖可知，從P點到N點的粒子在磁場中的運動時間小于從P

點到M點的粒子在磁場中的運動時間；離開磁場到打到收集器，從P點到N點的粒子通過的位移小于從P點到M點的粒子通過的位移，從P點到N點的粒子的速度大于從P點到M點的粒子的速度，則從P點到N點的粒子從離開磁場到打到收集器所用時間小于從P點到M點的粒子從離開磁場到打到收集器所用時間，故從P點到N點的粒子比從P點到M點的粒子運動時間短，D對【答案】D（二）旋轉圓模型：同種帶電粒子從磁場中或磁場邊界上的

同一點，以大小相同、方向不同的速度在磁場中開

始運動，做軌道半徑相同的勻速圓周運動，如圖。特征：軌跡圓的圓心共圓，運動軌跡隨著開始

運動的速度方向不同而在磁場中旋轉，這些軌跡共

點（開始運動的那個點為各軌跡的公共點），如圖。

不同的軌跡圓的圓心在以入射點P為圓心、半徑R＝eq\f(mv0,qB)的圓上。技法：以入射點P為定點（交點），不同的軌跡圓圓心位于同一個圓（圖中虛線）上，這個圓的半徑和軌跡圓（圖中實線）的半徑相同，將軌跡圓的半徑（直徑）旋轉，根據軌跡圓的圓心位置作軌跡圓，從而探索出臨界或極值條件。ab3．（旋轉圓）如圖，真空室內有垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應

強度B＝0.30T。磁場內有一足夠大的感光板ab，在離ab的距離l＝32cm

處有一個點狀的α粒子放射源S，它在紙面內向各個方向發射α粒子，發射

速度大小都是v＝3.0×106m/s。已知α粒子的比荷＝5.0×107C/kg，不計粒

子的重力，則感光板ab上被α粒子打中區域的長度是cm。ab【解釋】α粒子帶正電，在磁場中沿逆時針方向做勻速圓周運動，軌道半徑由于R＜l＜2R，朝不同方向發射的α粒子運動的軌跡都過S點某一軌跡圓在圖中N點左側與ab相切時，切點P1就是α粒子能打中的左側最遠點某一軌跡圓的直徑SP2的端點P2處在ab上時，P2就是α粒子能打中的右側最遠點ababNP1P2QM所求長度為P1P2＝NP1＋NP2＝16cm＋24cm＝40cm【答案】40cm4．（旋轉圓）如圖所示，擋板MN位于水平面x軸上，在第一、

二象限y≤L區域內存在磁感應強度為B的勻強磁場，磁場方向垂直

于紙面向外。在MN上O點放置了粒子發射源，能向第二象限發射

各個方向的速度的帶正電同種粒子，已知粒子質量為m、

電荷量為q，不計粒子的重力和粒子間的相互作用，粒子打到擋板

上時均被擋板吸收，以下說法正確的是（）A．所有粒子做勻速圓周運動的半徑均為 B．粒子在磁場中運動的最長時間為C．所有粒子運動的區域面積為 D．所有粒子運動的區域面積為【解釋】由洛倫茲力提供向心力解得，所以A對；粒子在磁場中運動的最長時間為，所以B錯；所有粒子運動區域為圖中陰影部分，其面積（中間

樹葉形面積，可用半圓面積減去一個等腰三角形面積），所以C錯D對。【答案】AD（三）平移圓模型：同種帶電粒子進入磁場的速度大小、方向相同，但入射點

在同一直線上的不同位置，它們做勻速圓周運動的軌道半徑相同，在

磁場中的軌跡向一邊平移，如圖。特征：帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌道半徑相同，軌跡

圓心在同一直線上沿該直線平移。技法：保證軌跡圓圓弧的半徑大小、朝向、圓心所在直線不變，將整個軌跡向一邊平移作軌跡，但在磁場中最終的軌跡長短（或所對圓心角）可能受磁場邊界的影響，根據切點、直徑或半徑的端點，或出磁場邊界的頂點等等探究臨界或極值條件。5．（平移圓）如圖所示為邊長為L的正方形有界勻強磁場ABCD，帶電

粒子從A點沿AB方向射入磁場，恰好從C點飛出磁場；若帶電粒子以相同

的速度從AD的中點P垂直AD射入磁場，從DC邊的M點飛出磁場（M點

未畫出）。設粒子從A點運動到C點所用的時間為t1，由P點運動到M點所

用時間為t2（帶電粒子重力不計），則t1∶t2為（）A．2∶1 B．2∶3 C．3∶2 D.eq\r(3)∶eq\r(2)【解釋】畫出粒子從A點射入磁場到從C點射出磁場的軌跡，并將該軌跡向下平移，

粒子做圓周運動的半徑為R＝L，從C點射出的粒子運動時間為t1＝T/4；由P點

運動到M點，可求得軌跡圓心角θ＝60°，在磁場中的運動時間t2＝T/6。所以，C正確。【答案】C6．（平移圓）如圖所示，在直角三角形ABC內存在垂直紙面向外的勻強

磁場，AC＝d，∠B＝30°，現垂直AB邊射入一群質量均為m、電荷量均為q、

速度大小均為v的帶正電粒子，已知垂直AC邊射出的粒子在磁場中運動的時

間為t，而在磁場中運動的最長時間為4t/3（不計重力和粒子間的相互作用）。

下列判斷正確的是（）A．粒子做圓周運動的周期為t B．磁場的磁感應強度大小為C．粒子運動的軌跡半徑為 D．粒子運動的速度大小為【解釋】A：垂直于AC邊射出的粒子在磁場中運動的時間是T/4，則T＝4t，A錯B：，故B對C：運動時間最長的粒子，軌跡圓與BC邊相切rr2rrrr2rr/230°設軌道半徑為r，易得，C錯D．運動T/4時間為t，則運動速度，D對【答案】BD甲乙7．（放縮圓+旋轉圓）如圖中虛線所示的圓形區域內有垂直于紙面的勻強

磁場，P為磁場邊界上的一點，大量相同的帶電粒子以相同的速率經過P點，

在紙面內沿不同的方向射入磁場，若粒子射入速率為v1，這些粒子在磁場邊界

的出射點分布在六分之一圓周上；若粒子射入速率為v2，相應的出射點分布在

三分之一圓周上．不計重力及帶電粒子之間的相互作用，則v2∶v1為甲乙A．eq\r(3)∶2 B．eq\r(2)∶1 C．eq\r(3)∶1 D．3