專題10磁場帶電粒子在磁場中的運(yùn)動

目錄

01考情透視目標(biāo)導(dǎo)航............................................................................3

02知識導(dǎo)圖思維引航............................................................................4

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

題型一磁場的性質(zhì)...........................................................................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(yù)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(qiáng)磁場中的運(yùn)動..........................................................11

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

一、帶電粒子在勻強(qiáng)磁場運(yùn)動的基本公式......................................................11

二、帶電粒子在勻強(qiáng)磁場運(yùn)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(jié)論................................................11

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

【命題預(yù)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(qiáng)磁場中的動態(tài)圓模型....................................................18

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

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

二、旋轉(zhuǎn)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(yù)測】..............................................................................22

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

考向二旋轉(zhuǎn)圓模型..........................................................................24

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

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

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命題統(tǒng)計

2024年2023年2022年

命題要點(diǎn)

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(zhì)

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(qiáng)磁場中的運(yùn)2024?河北卷110、2023?湖北卷115、2022?湖北卷?T8

動及動態(tài)圓問

題

高考對帶電粒子在有界磁場中的運(yùn)動的考查較為頻繁，以選擇題和計算題中

命題規(guī)律出現(xiàn)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(guān)

的通電導(dǎo)體在磁場中的加速或平衡問題，也應(yīng)引起足夠重視。

預(yù)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(yù)測

題還會有考查，同時重點(diǎn)關(guān)注帶電粒子在有界磁場中的運(yùn)動問題。

對于安培力的考查多以導(dǎo)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(yùn)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(qiáng)度大?。骸ǘ?/p>

4/30

0

盎心精潴￡題型突破

題型一磁場的性質(zhì)

核心精講

一、

1.根據(jù)安培定則確定通電導(dǎo)線周圍磁場的方向。

2.磁場中某點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向?yàn)樵擖c(diǎn)磁感線的切線方向。

3.磁感應(yīng)強(qiáng)度是矢量，多個通電導(dǎo)體產(chǎn)生的磁場疊加時，合磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度等于場源單獨(dú)存在時在該點(diǎn)磁感

應(yīng)強(qiáng)度的矢量和。

二、

1.安培力公式：F=ILBsm0o

2.彎曲通電導(dǎo)線的有效長度

xxxxBxxx

(1)當(dāng)導(dǎo)線彎曲時，L是導(dǎo)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(qiáng)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(diǎn)：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(dǎo)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?nèi)S為二維，如側(cè)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(jìn)行求解。

真題研析=51

1.（2022?全國?高考真題）安裝適當(dāng)?shù)能浖螅弥悄苁謾C(jī)中的磁傳感器可以測量磁感應(yīng)強(qiáng)度3。如圖,

在手機(jī)上建立直角坐標(biāo)系，手機(jī)顯示屏所在平面為xOy面。某同學(xué)在某地對地磁場進(jìn)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(jù)表中測量結(jié)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(diǎn)位于南半球

B.當(dāng)?shù)氐牡卮艌龃笮〖s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(zhuǎn)軸大約成11.3度的傾斜。由表中z軸數(shù)據(jù)可看出z軸的磁場豎直向下，

則測量地點(diǎn)應(yīng)位于北半球，A錯誤；

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

B正確；

CD.由選項(xiàng)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(diǎn)撥】

(1)題中z軸方向始終為負(fù)，說明測量地點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度豎直分量向下，位于北半球；

(2)根據(jù)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(dǎo)線與一“凸”形導(dǎo)線框固定在同一豎直平面內(nèi)，導(dǎo)

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

且則當(dāng)導(dǎo)線框中通有順時針方向的電流時，導(dǎo)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(jù)右手螺旋定則可知導(dǎo)線框所在磁場方向向里，由于。＞/2,可知左側(cè)的磁場強(qiáng)度大，同一豎直

方向上的磁場強(qiáng)度相等，故導(dǎo)線框水平方向?qū)Ь€所受的安培力相互抵消，根據(jù)左手定則結(jié)合F=可知左

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

線框所受安培力的合力方向水平向左。

故選Co

【技巧點(diǎn)撥】

(1)根據(jù)右手安培定則判斷導(dǎo)線框里的磁場方向；

(2)根據(jù)左手定則判斷安培力的方向，根據(jù)大小，判定合力方向。

?命題預(yù)測r

考向一磁場的疊加

7/30

3.（2024?江蘇鎮(zhèn)江?一模）如圖，紙面內(nèi)有兩條互相垂直的長直絕緣導(dǎo)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(diǎn)，它們相對于L對稱。整個系統(tǒng)處于勻強(qiáng)外磁場中，外磁場

的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為瓦，方向垂直于紙面向外。已知。、6兩點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)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(jīng)L的電流在b點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為套瓦

B.流經(jīng)L的電流在。點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為帝％

C.流經(jīng)L的電流在6點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為2加

D.流經(jīng)心的電流在a點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為看瓦

【答案】A

【詳解】設(shè)口中的電流在。、b兩點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為3,L中的電流在。、6兩點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)

度大小為82,由安培定則可知乙中的電流在。點(diǎn)產(chǎn)生的磁場方向垂直于紙面向里，L中的電流在。點(diǎn)產(chǎn)生

的磁場方向垂直于紙面向里；l中的電流在6點(diǎn)產(chǎn)生的磁場方向垂直于紙面向里，L中的電流在6點(diǎn)產(chǎn)生

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

4=靜故選A。

4.（2025?安徽?一模）根據(jù)經(jīng)典電磁理論，運(yùn)動的電荷會產(chǎn)生磁場。某帶電量為+?點(diǎn)電荷以速率v沿x軸

正方向運(yùn)動，該運(yùn)動電荷在x軸上各點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度恰為0、在7軸上距其:?處的M點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)

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

為/的環(huán)形電流在其圓心處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)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(shè)圓環(huán)的載流子帶電量為q,體密度為九，載流子勻速運(yùn)動的速率為也圓環(huán)橫截面積為S,則環(huán)形

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

B-N空^再根據(jù)/=nqSv聯(lián)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(dǎo)體滑軌的上端接入一個電動勢E=3V,內(nèi)阻r=0.5。的

電源，滑軌間距L=50cm,將一個質(zhì)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(qiáng)磁場，當(dāng)閉合開關(guān)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(yīng)強(qiáng)度有最小值，為0.32T,方向垂直滑軌平面向下

B.磁感應(yīng)強(qiáng)度有最大值，為0.4T,方向水平向右

C.磁感應(yīng)強(qiáng)度有可能為0.3T,方向豎直向下

D.磁感應(yīng)強(qiáng)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(dāng)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(dāng)安培力最小，且磁感應(yīng)強(qiáng)度方向與

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

方向?yàn)榇怪毙泵嫦蛳?，故A錯誤;

B.當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度方向水平向右，安培力豎直向上，當(dāng)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(yīng)強(qiáng)度并不是最大值，故B錯誤；

C.當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)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(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)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。

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6.（2022?湖南?高考真題）如圖（a）,直導(dǎo)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(qū)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(yīng)強(qiáng)度大小相等且不隨時間變化，其截面

圖如圖（6）所示。導(dǎo)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(dāng)導(dǎo)線靜止在圖（a）右側(cè)位置時，導(dǎo)線中電流方向由N指向M

B.電流/增大，靜止后，導(dǎo)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(dāng)導(dǎo)線靜止在圖Q）右側(cè)位置時，對導(dǎo)線做受力分析有

⑥0(0)

可知要讓安培力為圖示方向，則導(dǎo)線中電流方向應(yīng)由河指向N,A錯誤;

BCD.由于與。O距離相等位置的磁感應(yīng)強(qiáng)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(dāng)/增大時（9增大，則cosd減小，靜止后，導(dǎo)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(qiáng)磁場中的運(yùn)動

核心精講n

一、帶電粒子在勻強(qiáng)遨場運(yùn)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(yùn)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(diǎn)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(jié)論

1.剛好穿出磁場邊界的條件是帶電粒子在磁場中運(yùn)動的軌跡與邊界相切。

2.當(dāng)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(yùn)動的時間

越長。

3.當(dāng)速率v變化時，圓心角越大，運(yùn)動時間越長。

4.在圓形勻強(qiáng)磁場中，若帶電粒子速率v一定且運(yùn)動軌跡圓半徑大于磁場區(qū)域圓半徑，則入射點(diǎn)和出射點(diǎn)為磁

場直徑的兩個端點(diǎn)時，軌跡對應(yīng)的偏轉(zhuǎn)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(biāo)平面內(nèi)一有界勻強(qiáng)磁場區(qū)域如圖所示，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為2,方向垂直

紙面向里。質(zhì)量為加，電荷量為+q的粒子，以初速度v從。點(diǎn)沿x軸正向開始運(yùn)動，粒子過y軸時速度與

11/30

》軸正向夾角為45。，交點(diǎn)為尸。不計粒子重力，則尸點(diǎn)至。點(diǎn)的距離為（）

XXXXXX

B

XXXXX、

XXXXxX

C(1+/*D.(1+加

qB2qB

【答案】c

【詳解】粒子運(yùn)動軌跡如圖所示

在磁場中，根據(jù)洛倫茲力提供向心力有=巾9可得粒子做圓周運(yùn)動的半徑r=/根據(jù)幾何關(guān)系可得P點(diǎn)

至。點(diǎn)的距離/=「+點(diǎn)=（1+物就故選C。

【技巧點(diǎn)撥】

（1）畫出軌跡，根據(jù)入射方向和出射方向確定圓心;

（2）根據(jù)洛倫茲力向心力公式確定半徑，通過幾何關(guān)系確定待求物理量。

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

磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為瓦圓形區(qū)域外有大小相等、方向相反、范圍足夠大的勻強(qiáng)磁場。一質(zhì)量為加、電

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

A.粒子的運(yùn)動軌跡可能經(jīng)過。點(diǎn)

B.粒子射出圓形區(qū)域時的速度方向不一定沿該區(qū)域的半徑方向

C.粒子連續(xù)兩次由A點(diǎn)沿/C方向射入圓形區(qū)域的最小時間間隔為空

3qB

D.若粒子從/點(diǎn)射入到從C點(diǎn)射出圓形區(qū)域用時最短，粒子運(yùn)動的速度大小為與空

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【答案】D

【詳解】AB.在圓形勻強(qiáng)磁場區(qū)域內(nèi)，沿著徑向射入的粒子，總是沿徑向射出的；根據(jù)圓的特點(diǎn)可知粒子

的運(yùn)動軌跡不可能經(jīng)過0點(diǎn)，故AB錯誤；

C.粒子連續(xù)兩次由/點(diǎn)沿/C方向射入圓形區(qū)域，時間最短則根據(jù)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(diǎn)射入到從C點(diǎn)射出圓形區(qū)域用時最短，則軌跡如圖所示

設(shè)粒子在磁場中運(yùn)動的半徑為r,根據(jù)幾何關(guān)系可知r=苧根據(jù)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(diǎn)撥】

（1）在圓形勻強(qiáng)磁場區(qū)域內(nèi)，沿著徑向射入的粒子，總是沿徑向射出；

（2）根據(jù)對稱性，畫出軌跡，找出時間最短的條件。

命題預(yù)測T

考向一直線邊界

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

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

粒子，從。點(diǎn)沿防方向運(yùn)動，不計粒子重力。下列說法正確的是（）

-3

B

d

13/30

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(diǎn)射出磁場，粒子速度"=幽

m

C.若粒子恰好從C點(diǎn)射出磁場，粒子速度發(fā)=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(diǎn)射出的粒子在磁場中運(yùn)動的時間最短，根據(jù)幾何關(guān)系

22

（r2-L）+（V3L）=療解得72=2L則轉(zhuǎn)過的圓心角sin。=號=苧即6=60。粒子在磁場中運(yùn)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(diǎn)射出磁場，由幾何關(guān)系可知其半徑勺=根據(jù)=小?解得藥=警故B錯誤；

C.若粒子恰好從c點(diǎn)射出磁場，根據(jù)幾何關(guān)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(diǎn)射出磁場，粒子運(yùn)動軌跡為半圓，從d點(diǎn)出射時半徑最大，對應(yīng)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(qū)域內(nèi)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為

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

MN上的尸點(diǎn)進(jìn)入磁場，速度方向與PM間的夾角8=45。，且MP=：經(jīng)過一段時間，粒子從PN上的。點(diǎn)

（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(diǎn)到尸點(diǎn)的最大距離為與

14/30

D.粒子在磁場中運(yùn)動的時間為卓

【答案】c

【詳解】A.根據(jù)左手定則可知，磁場方向垂直于紙面向外，A項(xiàng)錯誤；

B.速度越大，粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的半徑越大，當(dāng)速度達(dá)到最大值時，根據(jù)幾何關(guān)系可知，粒子做圓

周運(yùn)動的軌跡同時與三角形的。M,ON邊相切，且從。點(diǎn)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(yùn)動軌跡如圖，

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

Jrmax6m

C.由幾何關(guān)系有XpD=U%=gC項(xiàng)正確；

cos03

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

qB42qB

考向二圓形邊界

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

場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為及質(zhì)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(fā)生兩次碰撞后仍從S孔射出，設(shè)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(jìn)入磁場后做勻速圓周運(yùn)動，運(yùn)用幾何關(guān)系做出圓心為。'，圓半徑為八設(shè)第一次碰撞點(diǎn)為力,

由于粒子與圓筒發(fā)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(guān)系得r=Rtan等立

子運(yùn)動過程中洛倫茲力充當(dāng)向心力，由牛頓第二定律得qvB=小營聯(lián)立解得R=霽故選Bo

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

強(qiáng)度大小為3的勻強(qiáng)磁場，帶電荷量為-q、質(zhì)量為他的粒子（不計所受重力）從。點(diǎn)沿紙面各個方向射入

勻強(qiáng)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(yùn)動的最長時間為W

qB

D.粒子在磁場中運(yùn)動的最長時間為寫

qB

【答案】D

【詳解】如圖所示

當(dāng)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(yùn)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(biāo)系第一象限內(nèi)存在一理想邊界，邊界和x軸之間存

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

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

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

x軸，圖中N點(diǎn)坐標(biāo)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(jīng)過/點(diǎn)的電子釋放點(diǎn)的縱坐標(biāo)應(yīng)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(jìn)入第四象限，由左手定則可判定磁場垂直紙面向里。

(2)設(shè)電子由靜止釋放的縱坐標(biāo)為y,到達(dá)邊界時的速度大小為v,對應(yīng)邊界上點(diǎn)的坐標(biāo)為(%,y),則有eEx=

如廬，y=器解得y=J鬻>0)

(3)能經(jīng)過/點(diǎn)的粒子軌跡如圖所示，

設(shè)釋放點(diǎn)縱坐標(biāo)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(jīng)過4點(diǎn)。

14.(2024?陜西安康?模擬預(yù)測)如圖所示，以。尸為分界線將直角MON分為區(qū)域I和H,區(qū)域I內(nèi)存在方向

垂直紙面向外、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為8的勻強(qiáng)磁場，區(qū)域n內(nèi)存在方向垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為23

的勻強(qiáng)磁場，OP與。河間的夾角為30。。一質(zhì)量為機(jī)、帶電量為+q的粒子從分界線上的P點(diǎn)以速度V、沿

與分界線。尸成60。角的方向射入?yún)^(qū)域I,在區(qū)域I偏轉(zhuǎn)后直接從。點(diǎn)離開磁場區(qū)域，不計粒子的重力。

(1)求。尸之間的距離；

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

速度大小的可能值。

MO

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【答案】（1）粵（2）,（n=0,1,2,3...）

qB3n+2

2

【詳解】（1）根據(jù)牛頓第二定律吐8=小亍得「=松粒子運(yùn)動軌跡如圖

OP長度為I=向=駕

qB

（2）粒子從。點(diǎn)離開一定是從區(qū)域I與ON相切離開磁場區(qū)域，故勺=二翳=:根據(jù)幾何關(guān)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(qiáng)磁場中的動態(tài)圓模型

核心精講H

一、

粒子源發(fā)射速度方向一定，速度大小不同的帶電粒子進(jìn)入勻強(qiáng)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(yùn)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(yùn)動半徑也

越大?？梢园l(fā)現(xiàn)這些帶電粒子射入磁場后，它們運(yùn)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(diǎn)尸為定點(diǎn)，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(fā)射速度大小一定、方向不同的帶電粒子進(jìn)入勻強(qiáng)磁場時，它們在磁場中做勻

速圓周運(yùn)動的半徑相同，若射入初速度為加則圓周運(yùn)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(yùn)動的圓心在以入射點(diǎn)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(diǎn)為圓心進(jìn)行旋轉(zhuǎn),從而探索粒子的臨界條件，這種方

界定方法

法稱為“旋轉(zhuǎn)圓”法

三、平移圓模型

粒子源發(fā)射速度大小、方向一定，入射點(diǎn)不同，但在同一直線的帶電粒子進(jìn)入勻強(qiáng)磁

速度大小一

場時，它們做勻速圓周運(yùn)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(diǎn)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(yùn)動的圓心在同一直線上，該直線與所有入射點(diǎn)的連線

共線平行

界定方法將半徑尺=皿的圓進(jìn)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(fā)散：如圖1所示，有界圓形磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為￡圓心為。，從尸點(diǎn)有大量質(zhì)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(qiáng)磁場邊界上同一點(diǎn)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(diǎn)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(qū)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(diǎn)3點(diǎn)射出，磁場邊界在該點(diǎn)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(qū)域有同心正方形N3CD和必力，其各對應(yīng)邊平行，48CD的邊長

一定，06cd的邊長可調(diào)，兩正方形之間充滿恒定勻強(qiáng)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(fā)射速度不等、比荷相等的粒子，粒子沿方向進(jìn)入磁場。調(diào)整a6cd的邊長，可使速度大小

合適的粒子經(jīng)ad邊穿過無磁場區(qū)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(jīng)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(jīng)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(yùn)動，在正方形a6cd區(qū)域中做勻速直線運(yùn)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(qū)域中的運(yùn)動軌跡必平行于NC的連線，可知粒子必經(jīng)過cd邊，進(jìn)

入正方形a灰力區(qū)域前后的兩段圓弧軌跡的半徑相等，并且圓心角均為45。，據(jù)此作出粒子可能的兩個運(yùn)動

軌跡如圖所示

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粒子的運(yùn)動軌跡均關(guān)于直線8。對稱，粒子必從C點(diǎn)垂直于BC射出，故A正確;

C.若粒子經(jīng)cd邊垂直2c射出，粒子運(yùn)動軌跡如圖所示

設(shè)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(guān)系為g+。2=90°

設(shè)兩正方形的對應(yīng)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(lián)

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(lián)立解得>45。可得粒子經(jīng)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(jīng)過c點(diǎn)的運(yùn)動軌跡如圖所示

設(shè)粒子在e點(diǎn)進(jìn)入正方形成立區(qū)域，線段垂直平分軌跡ec,與AB選項(xiàng)的分析同理，粒子的軌跡關(guān)于

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

于點(diǎn)G和點(diǎn)F',點(diǎn)E'為點(diǎn)E關(guān)于AW的對稱點(diǎn)。易知點(diǎn)e為ad的中點(diǎn)，點(diǎn)E為4D的中點(diǎn)，Ee垂直于ad

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

rppL

FQ,PF=——rsin60。，tan/PEF=聯(lián)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(xiàn)'E'垂直于CE,可知點(diǎn)戶是點(diǎn)尸關(guān)于MN的對稱點(diǎn)，即點(diǎn)尸是

圓弧c8的中點(diǎn)，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(diǎn)左側(cè)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(diǎn)下方穿過防，其軌跡如圖所示。

與粒子恰好經(jīng)過c點(diǎn)的運(yùn)動過程同理，根據(jù)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(diǎn)撥】

利用不同情況的動態(tài)圓的特點(diǎn)，畫出軌跡圖，找出臨界條件；

命題預(yù)測

考向一放縮圓模型

16.（2024?陜西安康?模擬預(yù)測）如圖所示，在豎直面內(nèi)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(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為3,邊界仍為過圓心。的一水平直線。一群質(zhì)量為

加、電荷量為g的帶正電粒子以不同的速率從4點(diǎn)豎直向上進(jìn)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(yùn)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(yùn)動時間最短的粒子運(yùn)動時間為辭

【答案】BD

【詳解】A.粒子從N點(diǎn)進(jìn)入磁場，運(yùn)動軌跡半徑最大時有最大速度，當(dāng)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(guān)系可知，其粒子的半

rm

徑設(shè)為「max，有2Fax=2R+所以有上述分析有為ax=警故A項(xiàng)錯誤；

B.當(dāng)運(yùn)動軌跡最小時，其粒子的速度最小，即粒子從裝置最左側(cè)被吸收其半徑最小，由幾何關(guān)系有2rmm=

結(jié)合之前的分析可知，有％in=等故B項(xiàng)錯誤；

33m

CD.粒子進(jìn)入磁場運(yùn)動至圓周上，時間最短即為圓心角最小，根據(jù)圓心角等于2