專題10磁場帶電粒子在磁場中的運動

目錄

01考情透視目標導航............................................................................3

02知識導圖思維引航............................................................................4

03核心精講題型突破............................................................................5

題型一磁場的性質...........................................................................5

【核心精講】...............................................................................5

一、磁場疊加問題的解題思路.................................................................5

二、安培力的分析與計算.....................................................................5

【真題研析】...............................................................................6

【命題預測】...............................................................................7

考向一磁場的疊加...........................................................................7

考向二安培力作用下的平衡問題...............................................................9

題型二帶電粒子在勻強磁場中的運動..........................................................11

【核心精講】..............................................................................11

一、帶電粒子在勻強磁場運動的基本公式......................................................11

二、帶電粒子在勻強磁場運動的“兩個確定”..................................................11

三、帶電粒子在磁場中的臨界極值問題四個結論................................................11

【真題研析】..............................................................................11

【命題預測】..............................................................................13

考向一直線邊界............................................................................13

考向二圓形邊界............................................................................15

考向三多解問題............................................................................16

1/30

題型三帶電粒子在勻強磁場中的動態圓模型....................................................18

【核心精講】..............................................................................18

一、放縮圓模型............................................................................18

二、旋轉圓模型............................................................................19

三、平移圓模型............................................................................19

四、磁聚焦模型............................................................................19

【真題研析】..............................................................................20

【命題預測】..............................................................................22

考向一放縮圓模型..........................................................................22

考向二旋轉圓模型..........................................................................24

考向三平移圓模型..........................................................................27

考向四磁聚焦模型..........................................................................28

2/30

命題統計

2024年2023年2022年

命題要點

2024?浙江卷14、2023,江蘇卷12、2022,湖北卷111、

2024?貴州卷15、2023?福建卷16、2022?湖南卷13、

2024?重慶卷113、2022?全國卷15、

2024?福建卷?T6、2022,江蘇卷?T3、

磁場的性質

2022?浙江卷13、

熱

考

角

度

2024?江西卷?T7、2023?全國乙卷118、2022?遼寧卷?T8、

2024?湖北卷17、2023?全國甲卷120、2022?廣東卷17、

帶電粒子在勻

強磁場中的運2024?河北卷110、2023?湖北卷115、2022?湖北卷?T8

動及動態圓問

題

高考對帶電粒子在有界磁場中的運動的考查較為頻繁，以選擇題和計算題中

命題規律出現較多，選擇題的難度一般較為簡單，計算題的難度相對較大。與安培力有關

的通電導體在磁場中的加速或平衡問題，也應引起足夠重視。

預計在2025年高考中，還會以選擇題的形式對安培力的大小方向和平衡問

考向預測

題還會有考查，同時重點關注帶電粒子在有界磁場中的運動問題。

對于安培力的考查多以導體棒為典型模型予以命題；對于帶電粒子在磁場中

命題情景

的運動多以平行邊界、圓形邊界的磁場命題較多。

常用方法整體法和隔離法、正交分解法、畫圖法

3/30

磁感強度大小：〃二

4/30

0

盎心精潴￡題型突破

題型一磁場的性質

核心精講

一、

1.根據安培定則確定通電導線周圍磁場的方向。

2.磁場中某點磁感應強度的方向為該點磁感線的切線方向。

3.磁感應強度是矢量，多個通電導體產生的磁場疊加時，合磁場的磁感應強度等于場源單獨存在時在該點磁感

應強度的矢量和。

二、

1.安培力公式：F=ILBsm0o

2.彎曲通電導線的有效長度

xxxxBxxx

(1)當導線彎曲時，L是導線兩端的有效直線長度(如圖所示)。

(2)對于任意形狀的閉合線圈，其有效長度均為零，所以通電后在勻強磁場中受到的安培力的矢量和為零。

3.安培力方向的判斷

(1)判斷方法：左手定則。

(2)方向特點：既垂直于3,也垂直于/,所以安培力一定垂直于3與/決定的平面。

4.通電導線在磁場中的平衡和加速問題的分析思路

(1)選定研究對象。

(2)變三維為二維，如側視圖、剖面圖或俯視圖等，并畫出平面受力分析圖，其中安培力的方向要注意

FJB、尸安J_/；如圖所示。

5/30

（3）列平衡方程或牛頓第二定律方程進行求解。

真題研析=51

1.（2022?全國?高考真題）安裝適當的軟件后，利用智能手機中的磁傳感器可以測量磁感應強度3。如圖,

在手機上建立直角坐標系，手機顯示屏所在平面為xOy面。某同學在某地對地磁場進行了四次測量，每次

測量時夕軸指向不同方向而z軸正向保持豎直向上。根據表中測量結果可推知（）

測量序號Bx/piTBy/|1TBz/|iT

1021-45

20-20-46

3210-45

4-210-45

A.測量地點位于南半球

B.當地的地磁場大小約為50「iT

C.第2次測量時y軸正向指向南方

D.第3次測量時y軸正向指向東方

【答案】BC

【詳解】A.如圖所示

地球可視為一個磁偶極，磁南極大致指向地理北極附近，磁北極大致指向地理南極附近。通過這兩個磁極

6/30

的假想直線(磁軸)與地球的自轉軸大約成11.3度的傾斜。由表中z軸數據可看出z軸的磁場豎直向下，

則測量地點應位于北半球，A錯誤；

B.磁感應強度為矢量，故由表格可看出此處的磁感應強度大致為BJ碌+虜=J母+以計算得Bh50nT,

B正確；

CD.由選項A可知測量地在北半球，而北半球地磁場指向北方斜向下，則第2次測量，測量與＜0,故了

軸指向南方，第3次測量%＞0,故x軸指向北方而y軸則指向西方，C正確、D錯誤。

故選BCo

【技巧點撥】

(1)題中z軸方向始終為負，說明測量地點磁感應強度豎直分量向下，位于北半球；

(2)根據矢量合成法則求得合磁場的大小和方向。

2.(2024?貴州?高考真題)如圖，兩根相互平行的長直導線與一“凸”形導線框固定在同一豎直平面內，導

線框的對稱軸與兩長直導線間的距離相等。已知左、右兩長直導線中分別通有方向相反的恒定電流12,

且則當導線框中通有順時針方向的電流時，導線框所受安培力的合力方向()

A.豎直向上B.豎直向下C.水平向左D.水平向右

【答案】C

【詳解】根據右手螺旋定則可知導線框所在磁場方向向里，由于。＞/2,可知左側的磁場強度大，同一豎直

方向上的磁場強度相等，故導線框水平方向導線所受的安培力相互抵消，根據左手定則結合F=可知左

半邊豎直方向的導線所受的水平向左的安培力大于右半邊豎直方向的導線所受的水平向右的安培力，故導

線框所受安培力的合力方向水平向左。

故選Co

【技巧點撥】

(1)根據右手安培定則判斷導線框里的磁場方向；

(2)根據左手定則判斷安培力的方向，根據大小，判定合力方向。

?命題預測r

考向一磁場的疊加

7/30

3.（2024?江蘇鎮江?一模）如圖，紙面內有兩條互相垂直的長直絕緣導線乙、L2,L中的電流方向向左，

L中的電流方向向上；￡,的正上方有6兩點，它們相對于L對稱。整個系統處于勻強外磁場中，外磁場

的磁感應強度大小為瓦，方向垂直于紙面向外。已知。、6兩點的磁感應強度大小分別為土瓦和（瓦，方向

也垂直于紙面向外。則（）

b.....-.......a?

A.流經L的電流在b點產生的磁感應強度大小為套瓦

B.流經L的電流在。點產生的磁感應強度大小為帝％

C.流經L的電流在6點產生的磁感應強度大小為2加

D.流經心的電流在a點產生的磁感應強度大小為看瓦

【答案】A

【詳解】設口中的電流在。、b兩點產生的磁感應強度大小為3,L中的電流在。、6兩點產生的磁感應強

度大小為82,由安培定則可知乙中的電流在。點產生的磁場方向垂直于紙面向里，L中的電流在。點產生

的磁場方向垂直于紙面向里；l中的電流在6點產生的磁場方向垂直于紙面向里，L中的電流在6點產生

的磁場方向垂直于紙面向外，所以根據已知條件得到%-（為+82）=多%%+為=與解得當=等,

4=靜故選A。

4.（2025?安徽?一模）根據經典電磁理論，運動的電荷會產生磁場。某帶電量為+?點電荷以速率v沿x軸

正方向運動，該運動電荷在x軸上各點產生的磁感應強度恰為0、在7軸上距其:?處的M點產生的磁感應強

度大小為黑，方向垂直于平面xQy、其中左是靜電常數，c是真空中的光速，據此可以確定半徑為R、大小

為/的環形電流在其圓心處產生的磁感應強度的大小為（）

I

I

?

?

?

1r

?

?

O!---->---------->

+qvx

圖1圖2

8/30

A.-5D.-~C?~-L）?n

C2RIC2R2IC2RC29R2

【答案】c

【詳解】設圓環的載流子帶電量為q,體密度為九，載流子勻速運動的速率為也圓環橫截面積為S,則環形

電流中包含的載流子個數N=n（2nRS）環形電流產生的磁場可以認為是這N個載流子產生的磁場的疊加，即

B-N空^再根據/=nqSv聯立可得瓦=^^故選C。

oCKCK

考向二安培力作用下的平衡問題

5.（2025?江蘇南通?二模）在傾角8=37。的光滑導體滑軌的上端接入一個電動勢E=3V,內阻r=0.5。的

電源，滑軌間距L=50cm,將一個質量6=40g,電阻R=1。的金屬棒水平放置在滑軌上。若滑軌所在空

間加一勻強磁場，當閉合開關S后，金屬棒剛好靜止在滑軌上，如圖所示。已知sin37。=06cos37。=

08g=10m/s2,下列說法正確的是（）

A.磁感應強度有最小值，為0.32T,方向垂直滑軌平面向下

B.磁感應強度有最大值，為0.4T,方向水平向右

C.磁感應強度有可能為0.3T,方向豎直向下

D.磁感應強度有可能為0.4T,方向水平向左

【答案】C

【詳解】A.由閉合電路歐姆定律可得/=/-=-A=2A對金屬棒受力分析可知，當安培力沿斜面向上

時，安培力最小，此時F安=nlgsine=0.04xl0xsin37。N=0.24N當安培力最小，且磁感應強度方向與

電流方向相互垂直時,磁感應強度最小為8向。=哭=黑T=0.24T由左手定則判斷可知,磁感應強度的

方向為垂直斜面向下，故A錯誤;

B.當磁感應強度方向水平向右，安培力豎直向上，當B/L=mg金屬棒剛好靜止在滑軌上，可得8=器=

嘿*=0.4T但此時磁感應強度并不是最大值，故B錯誤；

C.當磁感應強度方向豎直向下，金屬棒受到安培力方向水平向右，金屬棒平衡可得B'〃cos37。=zngsin37。

mgsin37°0.04x10x0.6

解得8'T=0.3T故C正確;

/Lcos37°0.5x2x0.8

D.當磁感應強度方向水平向左，安培力豎直向下，不可能平衡，故D錯誤。

故選C。

9/30

6.（2022?湖南?高考真題）如圖（a）,直導線MN被兩等長且平行的絕緣輕繩懸掛于水平軸。。上，其所

在區域存在方向垂直指向O。，的磁場，與O。，距離相等位置的磁感應強度大小相等且不隨時間變化，其截面

圖如圖（6）所示。導線通以電流/,靜止后，懸線偏離豎直方向的夾角為0。下列說法正確的是（)

④

/I'

/3'、

ooM(N)

左右

圖(a)圖(b)

A.當導線靜止在圖（a）右側位置時，導線中電流方向由N指向M

B.電流/增大，靜止后，導線對懸線的拉力不變

C.tanO與電流/成正比

D.sin。與電流/成正比

【答案】D

【詳解】A.當導線靜止在圖Q）右側位置時，對導線做受力分析有

⑥0(0)

可知要讓安培力為圖示方向，則導線中電流方向應由河指向N,A錯誤;

BCD.由于與。O距離相等位置的磁感應強度大小相等且不隨時間變化，有sin。=胃，人=mgcosO則可看

出sin?與電流/成正比，當/增大時（9增大，則cosd減小，靜止后，導線對懸線的拉力打減小，BC錯誤、D

正確。故選D。

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題型二帶電粒子在勻強磁場中的運動

核心精講n

一、帶電粒子在勻強遨場運動的基松式

1.向心力公式誣=加=

r

rni?

2.軌道半徑公式:尸/■o

3.周期公式:7專=箸

4?運動時間公式..北

1.圓心確定：

(1)與速度方向垂直的直線過圓心；

(2)弦的垂直平分線過圓心；

(3)軌跡圓弧與邊界切點的法線過圓心。

2.半徑確定：

(1)利用「嗡公式確定半徑;

(2)利用平面幾何知識求半徑。

三、重電粒子在磁場中的暄界極值回顧小結論

1.剛好穿出磁場邊界的條件是帶電粒子在磁場中運動的軌跡與邊界相切。

2.當速率v一定時，弧長(或圓心角小于180。時的弦長)越長，圓心角越大，則帶電粒子在有界磁場中運動的時間

越長。

3.當速率v變化時，圓心角越大，運動時間越長。

4.在圓形勻強磁場中，若帶電粒子速率v一定且運動軌跡圓半徑大于磁場區域圓半徑，則入射點和出射點為磁

場直徑的兩個端點時，軌跡對應的偏轉角最大(所有的弦長中直徑最長)

真題研析

7.(2024?廣西?高考真題)Oxy坐標平面內一有界勻強磁場區域如圖所示，磁感應強度大小為2,方向垂直

紙面向里。質量為加，電荷量為+q的粒子，以初速度v從。點沿x軸正向開始運動，粒子過y軸時速度與

11/30

》軸正向夾角為45。，交點為尸。不計粒子重力，則尸點至。點的距離為（）

XXXXXX

B

XXXXX、

XXXXxX

C(1+/*D.(1+加

qB2qB

【答案】c

【詳解】粒子運動軌跡如圖所示

在磁場中，根據洛倫茲力提供向心力有=巾9可得粒子做圓周運動的半徑r=/根據幾何關系可得P點

至。點的距離/=「+點=（1+物就故選C。

【技巧點撥】

（1）畫出軌跡，根據入射方向和出射方向確定圓心;

（2）根據洛倫茲力向心力公式確定半徑，通過幾何關系確定待求物理量。

8.（2024?湖北?高考真題）如圖所示，在以。點為圓心、半徑為R的圓形區域內有垂直于紙面向里的勻強

磁場，磁感應強度大小為瓦圓形區域外有大小相等、方向相反、范圍足夠大的勻強磁場。一質量為加、電

荷量為q（q>0）的帶電粒子沿直徑/C方向從/點射入圓形區域。不計重力，下列說法正確的是（）

A.粒子的運動軌跡可能經過。點

B.粒子射出圓形區域時的速度方向不一定沿該區域的半徑方向

C.粒子連續兩次由A點沿/C方向射入圓形區域的最小時間間隔為空

3qB

D.若粒子從/點射入到從C點射出圓形區域用時最短，粒子運動的速度大小為與空

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【答案】D

【詳解】AB.在圓形勻強磁場區域內，沿著徑向射入的粒子，總是沿徑向射出的；根據圓的特點可知粒子

的運動軌跡不可能經過0點，故AB錯誤；

C.粒子連續兩次由/點沿/C方向射入圓形區域，時間最短則根據對稱性可知軌跡如圖

則最短時間有t=27=音故C錯誤；

D.粒子從/點射入到從C點射出圓形區域用時最短，則軌跡如圖所示

設粒子在磁場中運動的半徑為r,根據幾何關系可知r=苧根據洛倫茲力提供向心力有quB=小營可得u=

乎故D正確。故選D。

3m

【技巧點撥】

（1）在圓形勻強磁場區域內，沿著徑向射入的粒子，總是沿徑向射出；

（2）根據對稱性，畫出軌跡，找出時間最短的條件。

命題預測T

考向一直線邊界

9.（2024?江西景德鎮?一模）如圖所示，abed為紙面內矩形的四個頂點，矩形區域內（含邊界）處于垂直

紙面向外的勻強磁場中，磁感應強度大小為5,ad=L,ab=V3LO一質量為冽、電荷量為q（Q>0）的

粒子，從。點沿防方向運動，不計粒子重力。下列說法正確的是（）

-3

B

d

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A.粒子能通過cd邊的最短時間t=篝

2qB

B.若粒子恰好從4點射出磁場，粒子速度"=幽

m

C.若粒子恰好從C點射出磁場，粒子速度發=幽

m

D.若粒子只能從ad邊界射出磁場，則粒子的入射速度0<uW幽

m

【答案】c

【詳解】A.粒子能通過/邊，從C點射出的粒子在磁場中運動的時間最短，根據幾何關系

22

（r2-L）+（V3L）=療解得72=2L則轉過的圓心角sin。=號=苧即6=60。粒子在磁場中運動的周期

T=等則粒子能通過cd邊的最短時間”券T=笠故A錯誤；

B.若粒子恰好從d點射出磁場，由幾何關系可知其半徑勺=根據=小?解得藥=警故B錯誤；

C.若粒子恰好從c點射出磁場，根據幾何關系G-LT+（V3L）2=皆解得「2=2L由洛倫茲力提供向心力

得qwB=■解得切=^:故C正確；

D.若粒子從4點射出磁場，粒子運動軌跡為半圓，從d點出射時半徑最大，對應的入射速度最大，貝捫m=磐

故若粒子只能從"邊界射出磁場，則粒子的入射速度0<"W警，故D錯誤。故選C。

10.（2024?廣東?二模）如圖所示，斜邊MN長度為Z,的等腰直角三角形OMN區域內存在磁感應強度大小為

8的勻強磁場（三角形邊界上也存在磁場）。一電荷量為q,質量為優的帶正電的粒子（不計重力）從斜邊

MN上的尸點進入磁場，速度方向與PM間的夾角8=45。，且MP=：經過一段時間，粒子從PN上的。點

（未畫出）離開磁場，則下列說法正確的是（）

3N

O（

\J.P

'''\M

A.磁場方向垂直于紙面向里

B.粒子的最大速度為等

C.。點到尸點的最大距離為與

14/30

D.粒子在磁場中運動的時間為卓

【答案】c

【詳解】A.根據左手定則可知，磁場方向垂直于紙面向外，A項錯誤；

B.速度越大，粒子在磁場中做圓周運動的半徑越大，當速度達到最大值時，根據幾何關系可知，粒子做圓

周運動的軌跡同時與三角形的。M,ON邊相切，且從。點飛出的速度方向與MN的夾角也為0=45。，畫出

粒子在磁場中的運動軌跡如圖，

由幾何關系有「max=《COS。由洛倫茲力提供向心力有=巾金解得"max=警，B項錯誤；

Jrmax6m

C.由幾何關系有XpD=U%=gC項正確；

cos03

D.粒子做勻速圓周運動的周期7=筆粒子在磁場中運動的時間t=^T=駕，D項錯誤。故選C。

qB42qB

考向二圓形邊界

11.（2024?云南昆明?模擬預測）一圓筒的橫截面如圖所示，其圓心為O,筒內有垂直于紙面向里的勻強磁

場，磁感應強度為及質量為加、電荷量為夕的帶正電粒子以速度v沿半徑S。方向射入磁場中。粒子與圓

筒發生兩次碰撞后仍從S孔射出，設粒子與圓筒碰撞過程中沒有動能損失，且電荷量保持不變，在不計重

力的情況下，則圓筒的半徑為（）

V3THV2mv

3qB

【答案】B

【詳解】粒子進入磁場后做勻速圓周運動，運用幾何關系做出圓心為。'，圓半徑為八設第一次碰撞點為力,

由于粒子與圓筒發生兩次碰撞又從S孔射出，因此&4弧所對的圓心角NAO'S=g由幾何關系得r=Rtan等立

子運動過程中洛倫茲力充當向心力，由牛頓第二定律得qvB=小營聯立解得R=霽故選Bo

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12.（2024?江西?模擬預測）如圖所示，在半徑為R、圓心為。的半圓形區域內存在垂直紙面向里、磁感應

強度大小為3的勻強磁場，帶電荷量為-q、質量為他的粒子（不計所受重力）從。點沿紙面各個方向射入

勻強磁場后，均從。C段射出磁場，下列說法正確的是（）

A.粒子射入磁場時的最大速度為避

m

B.粒子射入磁場時的最大速度為跡

m

c.粒子在磁場中運動的最長時間為W

qB

D.粒子在磁場中運動的最長時間為寫

qB

【答案】D

【詳解】如圖所示

當離子軌跡與半圓形邊界相切時，離子軌跡半徑最大，則有r1n=3由洛倫茲力提供向心力可得"M3=小/

幺rm

可得粒子射入磁場時的最大速度為%,=警粒子在磁場中運動的最長時間為==T=篝故ABC錯誤，D

正確。故選D。

考向三多解問題

13.（2025?河南安陽?一模）如圖所示，在平面直角坐標系第一象限內存在一理想邊界，邊界和x軸之間存

在垂直紙面、磁感應強度大小為8的勻強磁場（圖中未畫出），邊界與》軸之間存在沿x軸負方向、電場

強度大小為E的勻強電場。在第四象限內存在平行于了軸向下的勻強電場，在〉軸正半軸上有可移動的粒

16/30

子源能無初速釋放電荷量大小為e、質量為加的電子，電子從靜止被電場加速后進入磁場區域均能垂直穿過

x軸，圖中N點坐標為。,0),不計電子受到的重力，求:

(1)磁場的方向；

⑵邊界曲線的方程；

(3)能經過/點的電子釋放點的縱坐標應滿足的條件。

【答案】(1)垂直紙面向里(2)y=>0)(3)^y2+(2n+l)y=L(n=0,1,2,-??)

【詳解】(1)電子能垂直x軸進入第四象限，由左手定則可判定磁場垂直紙面向里。

(2)設電子由靜止釋放的縱坐標為y,到達邊界時的速度大小為v,對應邊界上點的坐標為(%,y),則有eEx=

如廬，y=器解得y=J鬻>0)

(3)能經過/點的粒子軌跡如圖所示，

設釋放點縱坐標為歹，則有％+(2n+l)y=L(n=0,12…)即滿足+(2n+l)y=L(n=0,1,2,…)時電

子能經過4點。

14.(2024?陜西安康?模擬預測)如圖所示，以。尸為分界線將直角MON分為區域I和H,區域I內存在方向

垂直紙面向外、磁感應強度大小為8的勻強磁場，區域n內存在方向垂直紙面向里、磁感應強度大小為23

的勻強磁場，OP與。河間的夾角為30。。一質量為機、帶電量為+q的粒子從分界線上的P點以速度V、沿

與分界線。尸成60。角的方向射入區域I,在區域I偏轉后直接從。點離開磁場區域，不計粒子的重力。

(1)求。尸之間的距離；

(2)若粒子從尸點射入的速度方向不變，大小可以改變，要使粒子仍從。點離開磁場區域，求粒子射入時

速度大小的可能值。

MO

17/30

【答案】（1）粵（2）,（n=0,1,2,3...）

qB3n+2

2

【詳解】（1）根據牛頓第二定律吐8=小亍得「=松粒子運動軌跡如圖

OP長度為I=向=駕

qB

（2）粒子從。點離開一定是從區域I與ON相切離開磁場區域，故勺=二翳=:根據幾何關系（通4+

qBq"BL

7^1）71+百行=。2即（百?吧+百?3）/1+料?吧=。「=百?"，「=吧「=膽解得%=工（n=

171IqBq-2BJqBqBqB22qB13n+2

0,1,2,3...)

題型三帶電粒子在勻強磁場中的動態圓模型

核心精講H

一、

粒子源發射速度方向一定，速度大小不同的帶電粒子進入勻強磁場

速度方向一定，速度

時，這些帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌跡半徑隨速度的變化

大小不同

而變化

如圖所示（圖中只畫出粒子帶正電的情景），速度V越大，運動半徑也

越大。可以發現這些帶電粒子射入磁場后，它們運動軌跡的圓心在垂

適用條件直初速度方向的直線尸P上

義XXXX

軌跡圓圓心共線

XX.漢一乂、XX

/、'、

x,ZX5--"、、＞＜、X

X\X/々2?（XZ&：X

\\0：、、力

xX'%x\^x

、、w）戶

XXXX以X

以入射點尸為定點，圓心位于PP直線上，將半徑放縮作軌跡圓，從而探索出臨界條件，這

界定方法

種方法稱為“放縮圓”法

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二、mtBs

粒子源發射速度大小一定、方向不同的帶電粒子進入勻強磁場時，它們在磁場中做勻

速圓周運動的半徑相同，若射入初速度為加則圓周運動半徑"7,如圖所示

適

速度大小

用

一定，方向

條

不同P

件

帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的圓心在以入射點尸

軌跡圓圓心共圓

為圓心、半徑"7的圓上

將半徑“黑的圓以入射點為圓心進行旋轉,從而探索粒子的臨界條件，這種方

界定方法

法稱為“旋轉圓”法

三、平移圓模型

粒子源發射速度大小、方向一定，入射點不同，但在同一直線的帶電粒子進入勻強磁

速度大小一

場時，它們做勻速圓周運動的半徑相同，若入射速度大小為V0,則半徑尺=皿，如

定，方向一qB

適

定，但入射點圖所示

用

在同一直線XXX義XXX

條

上x%K由、、X

件III

軌跡圓圓心帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的圓心在同一直線上，該直線與所有入射點的連線

共線平行

界定方法將半徑尺=皿的圓進行平移，從而探索粒子的臨界條件，這種方法叫“平移圓”法

qB

四、瞬焦模型

1.磁發散：如圖1所示，有界圓形磁場的磁感應強度為￡圓心為。，從尸點有大量質量為加、電荷量為

q的正粒子，以大小相等的速度v沿不同方向射入有界磁場，帶電粒子從圓形有界勻強磁場邊界上同一點射

入，如果軌跡圓半徑與磁場圓半徑相等(R=r),則粒子出射方向與磁場邊界在入射點的切線方向平行。

2.磁匯聚：如圖2所示，大量的同種帶正電的粒子，速度大小相同，平行入射到圓形磁場區域，如果軌跡

圓半徑與磁場圓半徑相等(R=r),則所有的帶電粒子將從磁場圓的最低點3點射出，磁場邊界在該點的切線

與入射方向平行。

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15.（2024?河北?高考真題）如圖，真空區域有同心正方形N3CD和必力，其各對應邊平行，48CD的邊長

一定，06cd的邊長可調，兩正方形之間充滿恒定勻強磁場，方向垂直于正方形所在平面./處有一個粒子

源，可逐個發射速度不等、比荷相等的粒子，粒子沿方向進入磁場。調整a6cd的邊長，可使速度大小

合適的粒子經ad邊穿過無磁場區后由3c邊射出。對滿足前述條件的粒子，下列說法正確的是（）

A.若粒子穿過ad邊時速度方向與ad邊夾角為45。，則粒子必垂直5C射出

B.若粒子穿過ad邊時速度方向與ad邊夾角為60。，則粒子必垂直3c射出

C.若粒子經cd邊垂直2C射出，則粒子穿過ad邊的速度方向與ad邊夾角必為45。

D.若粒子經be邊垂直3c射出，則粒子穿過泅邊時速度方向與ad邊夾角必為60。

【答案】AD

【詳解】A.粒子在磁場中做勻速圓周運動，在正方形a6cd區域中做勻速直線運動，粒子穿過ad邊時速度

方向與ad邊夾角為45。，在正方形"cd區域中的運動軌跡必平行于NC的連線，可知粒子必經過cd邊，進

入正方形a灰力區域前后的兩段圓弧軌跡的半徑相等，并且圓心角均為45。，據此作出粒子可能的兩個運動

軌跡如圖所示

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粒子的運動軌跡均關于直線8。對稱，粒子必從C點垂直于BC射出，故A正確;

C.若粒子經cd邊垂直2c射出，粒子運動軌跡如圖所示

設粒子穿過溫邊時速度方向與ad邊夾角為仇則圖中兩段圓弧軌跡的圓心角刃與。2的關系為g+。2=90°

設兩正方形的對應邊之間的距離為A3為保證粒子穿過以/邊，需滿足Rsing>AL且有R-RcosOi=AL聯

立解得<60。為保證粒子穿過cd邊，需滿足Rsin%>AL為保證從BC邊射出，需滿足R-Reos/<RL

聯立解得>45。可得粒子經cd邊垂直2c射出，粒子穿過ad邊時速度方向與at/邊夾角范圍是45。W川W

60。故C錯誤；

BD.粒子穿過ad邊時速度方向與ad邊夾角為60。時，作出粒子恰好經過c點的運動軌跡如圖所示

設粒子在e點進入正方形成立區域，線段垂直平分軌跡ec,與AB選項的分析同理，粒子的軌跡關于

線段九W對稱。線段CE平行于軌跡ec,取圓弧軌跡的中點R過歹點做軌跡ec的平行線分別交/。與5c

于點G和點F',點E'為點E關于AW的對稱點。易知點e為ad的中點，點E為4D的中點，Ee垂直于ad

和AD,設粒子軌跡半徑為r,正方形48co的邊長為2L。由幾何關系得rsin60。=L,FQ=rsin30°,EP=L-

rppL

FQ,PF=——rsin60。，tan/PEF=聯立解得NPEF=30。因Z_EGF=60。，故N￡TG=90。，即E尸垂直

cos30EP

于GF',由對稱性可知四邊形EFF'E'為矩形，F'E'垂直于CE,可知點戶是點尸關于MN的對稱點，即點尸是

圓弧c8的中點，可知由c到戶粒子的軌跡圓心角為30。，可得粒子垂直2C射出。若粒子速度較大，軌跡半

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徑較大，則粒子在C點左側穿過cd,其軌跡如圖所示

與臨界軌跡對比，粒子第二段的軌跡圓心不會在8c上，故粒子不會垂直8c射出。若粒子速度較小，軌跡

半徑較小，則粒子在c點下方穿過防，其軌跡如圖所示。

與粒子恰好經過c點的運動過程同理，根據對稱性可知粒子一定垂直射出，故B錯誤，D正確。

故選AD。

【技巧點撥】

利用不同情況的動態圓的特點，畫出軌跡圖，找出臨界條件；

命題預測

考向一放縮圓模型

16.（2024?陜西安康?模擬預測）如圖所示，在豎直面內有一半徑為R的能吸收帶電粒子的半圓形裝置，在

裝置外有垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為3,邊界仍為過圓心。的一水平直線。一群質量為

加、電荷量為g的帶正電粒子以不同的速率從4點豎直向上進入磁場，/O的長度為,R,粒子重力和粒子間

的相互作用不計，sin37o=,,下列說法正確的是（）

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A.能夠被裝置吸收的粒子的最大速度為誓

3m

B.能夠被裝置吸收的粒子的最小速度為警

3m

C.能夠被裝置吸收的粒子中，運動時間最短的粒子速度大小為等

3m

D.能夠被裝置吸收的粒子中，運動時間最短的粒子運動時間為辭

【答案】BD

【詳解】A.粒子從N點進入磁場，運動軌跡半徑最大時有最大速度，當粒子從半圓形裝置最右面被該裝置

吸收時，其軌跡半徑最大，其速度最大，對于粒子有quB=小貯整理有!；=理有幾何關系可知，其粒子的半

rm

徑設為「max，有2Fax=2R+所以有上述分析有為ax=警故A項錯誤；

B.當運動軌跡最小時，其粒子的速度最小，即粒子從裝置最左側被吸收其半徑最小，由幾何關系有2rmm=

結合之前的分析可知，有％in=等故B項錯誤；

33m

CD.粒子進入磁場運動至圓周上，時間最短即為圓心角最小，根據圓心角等于2