2024年高考物理二轮复习模型51 旋转圆、放缩圆、磁聚焦模型（解析版）

2024高考物理二轮复习80热点模型

最新高考题模拟题专项训练

模型51旋转圆、放缩圆、磁聚焦模型

最新高考题

1.（2020•全国卷I）一匀强磁场的磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外，其边界

如图中虚线所示，ab为半圆，〃c、儿/与直径取?共线，4c间的距离等于半圆的半径。一

束质量为〃?、电荷量为式夕>0）的粒子，在纸面内从c点垂直于碇射入磁场，这些粒子具有

各种速率。不计粒子之间的相互作用。在磁场中运动时间最长的粒子，其运动时间为（）

卜一::::

_.

7nm5--

A-6qBB'4qB

4兀〃z3-

C'3qBD-2qB

【参考答案】C

【名师解析】带电粒子在匀强磁场中运动，运动轨迹如图所示，由洛伦兹力提供向心力

7）~iTiv0r0m

有qvB=my,解得「=转，运动时间♦=-7=~qB，®为带电粒子在磁场中运动轨迹所

对的圆心角，粒子在磁场中运动时间由轨迹所对圆心角决定。采用放缩法，粒子垂直衣射

入磁场，则轨迹圆圆心必在直线如上，将粒子的轨迹半径从零开始逐渐放大。当「W0.5R依

为~石的半径）和r2l.5R时，粒子从ac.bd区域射出磁场，运动时间等于半个周期。当

0.5R<«1.5R时，粒子从弧力上射出，轨迹半径从0.5R逐渐增大，粒子射出位置从。点沿

弧向右移动，轨迹所对圆心角从n逐渐增大。当轨迹半径等于R时，轨迹所对圆心角最大，

再增大轨迹半径，轨迹所对圆心角减小。因此轨迹半径等于R时，所对圆心角最大，为％”

n4n4n

=n+—=一丁,粒子最长运动时间为3瓦o综上，选项C正确。

2.（10分）（2020年7月浙江选考）某种离子诊断测量简化装置如图所示。竖直平面内存

在边界为矩形EEG"、方向垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场，探测板

CO平行于"G水平放置，能沿竖直方向缓慢移动且接地。a、氏c三束宽度不计、间

距相等的离子束中的离子均以相同速度持续从边界EH水平射入磁场，8束中的离子在

磁场中沿半径为R的四分之一圆弧运动后从下边界"G竖直向下射出，并打在探测板

的右边缘。点。已知每束每秒射入磁场的离子数均为M离子束间的距离均为0.6R，

探测板CO的宽度为0.5A,离子质量均为，〃、电荷量均为q,不计重力及离子间的相互

作用。

••••

H1-————(3

C----------D

（1）求离子速度v的大小及c•束中的离子射出磁场边界HG时与H点的距离s；

（2）求探测到三束离子时探测板与边界"G的最大距离4Klx；

（3）若打到探测板上的离子被全部吸收，求离子束对探测板的平均作用力的竖直分量

产与板到"G距离L的关系。

【名师解析】：（1）伏8='二得v:幽

Rm

几何关系OO'=0.67?

5=加_（06/?）2=Q.8R

（2）。、c束中的离了•从同一点。射出，a=/3

R-s

tana=-----

Anax

4去

（3）a或c束中每个离子动量的竖直分量Pz=pcosa=0.8qBR

4

O<4,—R

15

K=Np+2Np工=2.6NqBR

4

—R<L,,0.4/?

15

F2=Np+Npi=l.SNqBR

L>0.4/?

工=即=NqBR

最新模拟题

1.（2024湖北宜城一中质检）如图所示，在平板尸。上方有一匀强磁场，磁场方向垂直纸面

向里。某时刻有心6、c三个电子（不计重力）分别以大小相等、方向如图所示的初速度

%、物和力经过平板PQ上的小孔。垂直射入匀强磁场。这三个电子打到平板PQ上的位置

到小孔O的距离分别是/〃、4和电子在磁场中运动的时间分别为公办和小整个装置

放在真空中。则下列判断正确的是（）

XXXXXXXX

B

XXXXXXXX

XXXXVKXXX

XXVXX"Xx-xX

pXxxx2

o

C.ta>tb>tcD.t0=tc<tb

【参考答案】c

【名师解析】

三个电子的速度大小相等，轨迹如图所示

XXX

XXX

垂宜进入同一匀强磁场中。由于初速度力和力的方向与PQ的夹角相等，所以这两个电子

的运动轨迹正好组合成一个完整的圆，则这两个电子打到平板PQ上的位置到小孔的距离是

相等的。而初速度w,的电子方向与PQ垂直，则它的运动轨迹正好是半圆，所以电子打到平

板上的位置到小孔的距离恰好是圆的直径。由于它们的速度大小相等，因此它们的运动

轨迹的半径均相同。所以速度为w,的距离最大。故A错误，B错误；

CD.从图中可得，初速度力的电子偏转的角度最大，初速度"的电子偏转的角度最小，根

据粒子在磁场中运动的时间与偏转的角度之间的关系

可得偏转角度最大。运动的时间最长，偏转角度最小的c在磁场中运动的时间最短。故C

正确，D错误。

2.（2023湖北荆门三校5月联考）（15分）如图所示，在纸面内有一平面直角坐标系xOy,

其第一象限内有一沿），轴负方向的有界匀强电场，其右侧边界满足方程y=N,如图中虚线所

示，电场强度大小E=4V/m。第三象限内（包含x轴负半轴）存在垂直纸面向里的匀强磁场，

TT

磁感应强度大小为8=。在第一象限内虚线右侧、纵坐标0Wy/0.25m区域内有大量（速

度相等）沿x轴负方向运动的带电粒子，粒子电荷量q=+8xl06c,质量〃『lxl（F6kg。已

知从边界上横坐标为x=01m以初速度如处飞入的粒子从坐标原点飞出电场区域，不计粒

子重力和粒子之间的相互作用力，求：

（1）粒子的初速度VO；

（2）所有粒子离开电场时，其速度方向与x轴负方向所成夹角的范围;

（3）粒子在磁场中运动的最短时间和出磁场的坐标。

【参考答案［.（1）4m/s；（2）0-45°；（3）0.25s

【名师解析】（1）从x=0.1m飞入的粒子，由类平抛运动的规律有

y=^a12（1分）

。=延（I分）

m

x=vot（1分）

y=x2（1分）

联立解得

vo=4m/s（1分）

（2）从范围内任意位置进入电场的粒子，设进入的位置横坐标为九，则由

X=vot

。=这

m

解得

y=-at2=x2（1分）

2

可知，所有粒子均从坐标原点飞出电场。

设粒子飞离电场时沿电场方向的速度大小为打，则

tan0=—（］分）

%

（1分）

v：=2ay

粒子在电场中运动时间越长，飞出电场时速度方向与x轴负方向的夹角越大，故

从y/=0.25m处进人电场的粒子，飞离电场时与x轴负方向的夹角最大，，/=45。（1分）

从用=0飞人的粒子运动方向不变，＜92=0（1分）

故粒子飞离电场时速度方向与x轴负方向的夹角范围为0-45%

（3）与x轴负方向夹角最大的粒子在磁场中运动的时间最短，所有粒子从同一点离开磁场,

由洛伦兹力提供向心力有

qvB=—（I分）

r

解得

mvmv2V2,,八、/一八、

r——=--------0------=------m（1夕＞）,T=----=ls（1，》）

Bq8qcos45°式v

磁场中运动最短时间"寸2x45T=025sC分）出磁场的坐（标为4可A"分）

3.如图所示，有一粒子源，可以产生某种质量为〃?，电荷量为，/的带正电离子，离子从静

止开始经M和N两板间的电场加速后，从cd边的中点。沿纸面以与Od成30。角的方向射

入边长为。的正方形时出边界内的匀强磁场区域，己知匀强磁场的磁感应强度为B,方向

垂直纸面向里，不计粒子的重力以及离子间的相互作用。求：

（1）若要离子全部从必边射出，加速电场MN两板间的电压。满足的条件；

（2）若加速电场MN两板间的电压［/=迎三，离子在磁场中运动的时间

50m

【参考答案】⑴2（7—＜退入⑵岩

m2mMB

【名师解析】

(1)当粒子不从。”边射出的临界轨迹是轨迹与边相切，如图中①所示，设此时粒子轨

道半径为4，几何关系得

~~={sin30。

解得

r[=a

在磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力

mv；

q%nB=­L

4

粒子在电场中加速过程根据动能定理

„12

qUx=-mv}

以上各式联立解得轨迹与ad边相切时加速电压为

5金

2m

当粒子恰好从向边射出的临界轨迹是轨迹与M边相切，如图中②所示，设此时粒子轨道半

径为由几何关系得

解得

在磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力

mv\

qv,BD=——-

r2

粒子在电场中加速过程根据动能定理

以上各式联立解得轨迹与ad边相切时加速电压为

2(7-4码物2/

U?=

tn

要使粒子全部从ad边射出，则粒子轨迹半径要小于/=。，大于4=(4-26)a,则加速电

^U2<U<Ut,即

2(7一4百丽2«<qB/

m2m

(2)加速电场两板间的电压

U=皿

5m

粒子在电场中加速过程根据动能定理

„12

qU=—mv

在磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力

2

qvB=-----

r

以上各式联立代入数据解得

一

5

如图所示，当粒子轨迹与秘边界相切时，如图中③所示，设此时的轨道半径为4，由几何

关系得弓+竽in30°=

解得g=

因为r<“，则粒子从cd边射出

根据对称性得轨迹的圆心角为300°,运动时间为

300°-52兀m57rm

t=------T=-x------=-------

360°6qB3qB

4.如图所示，在,y＞0的区域内存在垂直于xOy平面向里，大小为8的匀强磁场，），＜0的区

域内存在沿y轴正方向的匀强电场（图中未画出）。质量为相、电荷量为4（q＞0）的粒子

（不计重力）自y轴上的点尸以初速度必沿x轴正方向射出，经点、M（L,0）进入磁场，

且速度与x轴正方向的夹角为60。，经磁场偏转后从x正半轴上的点N离开磁场。

（1）求匀强电场的场强大小E以及点P的坐标;

（2）求两点间距d以及粒子在磁场中运动的时间S

（3）若粒子运动到点N瞬间，将）＜0的区域的电场撤去，改为垂直于X。），平面向里，大小

为Z8。＞0）的匀强磁场，结果使得粒子的轨迹在之后的运动中能够与y轴相切，试求2的

【参考答案】（1）避竺”，_@L）；（2）2底叫,曾

qL2qB3qB

2>j3nmva

(3),〃=1,2,3,…或吗——“1,2,3,

Q下>n+百+2)〃?%-qBL7¥

(2,3〃+J3-2)mv0-qBL

【名师解析】

（1）粒子做类平抛运动

L-W

qE=ma

Vj=at

tan60°=—

%

联立得

（R、

故点P的坐标为0,-^-L

7

（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动

v2

qvB-m—

r

d=2cos60°

得

_2yf3mv

a—Q

qB

粒子运动的周期

-2冗r27tm

1=-----=-------

vqB

粒子的圆心角为240。，故

2_47rm

*)=­T=-------

°33qB

（3）记粒子经点N后第一次返回x轴的点。，由（2）知，N。间距为

d，=2鬲%

ZqB

经分析，粒子可能的轨迹如图所示

由儿何关系有

L=—d')+g+匚〃=1,2,3,…

解得

A,=,〃=1,2,3,…

(26〃+8+2)机％_qBL

或

L=n(d-d)-(r-g)

解得

2>/3nmv

A=Q,72=1,2,3,•••

(2百〃+百一2)/九%-qBL

5.（15分）（2023江苏扬州考前质检）如图所示，y方向足够长的两个条形区域，宽度分

别为li=O.lm和12=0.2m,两区域分别分布着磁感应强度为Bi和B?的磁场，磁场方向

垂直于xoy平面向外，磁感应强度B2=0.1T.现有大量粒子从坐标原点O以恒定速度

v=2xl06m/s不断沿x轴正方向射入磁场，由于Bi的大小在0〜0.5T范围内可调，粒子

可从磁场边界的不同位置飞出.已知带电粒子的电量q=-2xlO-8C,质量m=4xl0_|6kg,

不考虑带电粒子的重力.求：

（1）要使粒子能进入B2的磁场，Bi应满足的条件;

（2）粒子在条形区域内运动的最短时间t.

（3）粒子从y轴飞出磁场时的最高点坐标y；

【名师解析】

（1）当带电粒子在Bi磁场中圆周运动的半径大于h时粒子能进入磁感应强度B2的磁场。

v

qvBi=m一(1分)

当r=li时q1、（I分）

代入数据得B1=O.4T（I分）

因此B满足的条件为0WBi<0.4T（I分）

V-

qvB,=m—

（2）当Bi=O时，粒子进入B2磁场，r2

解得：r2=0.4m（1分）

粒子从右边界MN飞出。

.A1

smna,=——=—

由几何关系可知'A2

02=30°（1分）

%=—+-^L=155x107s

粒子在两个条形区域运动的时间为v6qBl

随着Bi的增大，如图所示，根据时间等于弧长与速度的比值可知，粒子在磁场中的运动

时间先增大后减小，当Bi达到最大值0.5T时，粒子从左边界飞出，运动时间为

L—=4^X10-<!$=126X10_7S<Z

2qB11

所以粒子在两个条形区域内运动的最短时间为

12=1.26XIO7s

(3)设Ai为粒子从MN射出的最高点，则Ai为轨迹与边界MN的切点，如图01为

粒子在Bi磁场中运动的圆心，02为粒子在B?磁场中运动的圆心，由几何知识可得

O,C,=弓—(/]+/2)=0.1m

l\+O-,C1

Sinnd=-------=—2

r22,01=30°(2分)

rt=—=0.2m

由几何知识知此时sin30

Al的纵坐标必=虱184)+宁3。小爷^

，=2，J+G

粒子从y轴飞出磁场时的最高点坐标X-501

6.(2022湖南长沙长郡中学模拟)如图所示，磁感应强度为B

的匀强磁场方向垂直纸面向里，图中虚线为磁场的边界，其中A段是半径为R的四分之一

圆弧，“6、cd的延长线通过圆弧的圆心，。6长为R。一束质量为，"、电荷量为4（”>0）的

粒子，在纸面内以不同的速率从。点垂直外射入磁场，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。则下列分析中正确的是

()

d\XX

XXX

XXXXX

XXXXX

N''、、、x

\XXX

卜

M\XXX

I

bOa

A.从“点射出粒子的速率一定小于从N点射出粒子的速率

B.从M点射出粒子在磁场中运动时间一定小于从N点射出粒子所用时间

C.所有粒子所用最短时间为不

6qB

D.所有粒子所用最短时间为警

3qB

【参考答案】AD

【名师解析】

粒子运动轨迹如图所示，可以看出，粒子落到b点到c,点的过程中，半径越老越大，则由

mv

「二不可知’速度越来越大,所以从M点射出粒子的速率一定小于从N点射出粒子的速率.

又因为粒子在磁场中的运动时间和圆心角成正比，且由几何关系知I,弦切角等于圆心角的一

半，所以当弦切角最小时对应粒子的运动时间最短，如图所示，当弦与圆周相切时，弦切角

最小，因为（为长为凡所以由几何关系知，此时弦切角为6=60°，所以圆心角为a=120。

120°2万"22/rm

所以最短运动时间为。=而、而=而

即从历点射出粒子在磁场中运动时间与从N点射出粒子所用时间大小不能确定。

7.（2023云南昆明一中第9次质检）如图所示，空闻有半径为R的圆形匀强磁场，磁感应强度

大小为B,方向垂直于纸面，在距圆心。为“■处有一粒子源，1=0时刻沿纸面内的任意方

2

向上均匀发射出速度大小相同的大量带电粒子，粒子比荷为4,粒子在磁场中运动的半径为

7T

粒子在圆形磁场区域中运动的最短时间为——

3kB

7T

B.粒子在圆形磁场区城中运动的最短时间为一

kB

24

C.——时刻，出磁场与未出磁场的粒子数之比为1:3

3kB

27r

D.——时刻，出磁场与未出磁场的粒子数之比为1:1

3kB

【参考答案】AD

【名师解析】如图1所示，当粒子的轨迹以A8为弦长时经历的时间最小，由几何关系得圆

171

心角为60°,故粒子在圆形磁场区域中运动的最短时间为£=-7=——，A正确B错误。

63kB

.因粒子均匀分布于各个方向，故粒子数之比与角度成正比，如图2所示，当/=!7=主

33kB

时，由几何关系知出磁场与未出磁场的粒子数之比为1:1,故C错误，D正确。

8..（2023山东滕州质检）8.如图所示，半径为R的圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁

场，磁感应强度为B,在磁场边界上的何点放置一个放射源，能在纸面内以速率v向各个方

向发射大量的同种粒子，粒子的电荷量为《、质量为机（不计粒子的重力），所有粒子均从

某段圆弧边界射出，其圆弧长度为手。下列说法正确的是（）

------、、、

/'xX次、、

/XX弘\

•XX/Xt

：X/XI

\XXX；

M

A.粒子进入磁场时的速率为v=圆也

m

Tim

B.所有粒子中在磁场中运动的最长时间是f=r

C.将磁感应强度大小改为扫8时，有粒子射出的边界弧长变为宁

D.若粒子入射速率为迈u时，有粒子射出的边界弧长变为成

3

【参考答案】.C

【名师解析】.由题意，如图所示，当粒子在磁场中运动转过的圆心角为180。时，其射出

点N离M最远，此时"N对应磁场区域的圆心角为120。，则根据几何关系可知粒子做匀速

圆周运动的半径为4=Rsin60°=当■R

根据牛顿第二定律有=解得「也叫故A错误;

当粒子的轨迹与磁场区域内切时，其运动时间最长，恰好为1个周期，故B错误;

粒子运动半径变为4=舍=:氏

将磁感应强度大小改为6B时，

如图所示，可知此时磁场区域所截粒子轨迹弦长最大值为七所以有粒子射出的边界弧长变

为MN=!-2TCR=建故C正确;

63

若粒子入射速率为争时，粒子运动半径变为钎当「争

如图所示，可知此时磁场区域所截粒子轨迹弦长最大值为&R,所以有粒子射出的边界弧

长变为的7=!-2兀/?="故D错误。

42

9.（2022山东泰安三模）如图所示为一圆形区域，。为圆心，半径为七P为边界上的一点，

区域内有垂直于纸面的匀强磁场（图中未画出），磁感应强度大小为B。电荷量为小质量

为m的相同带电粒子a、h（不计重力）从P点先后以大小相等的速率丫=迎射入磁场,

m

粒子a正对圆心射入，粒子6射入磁场时的速度方向与粒子a射入时的速度方向成。角，已

知粒子a与粒子6在磁场中运动的时间之比为3：4,下列说法正确的是（）

A.粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径，

B.0=60°

C.（9=30°

D.a、匕粒子离开磁场时的速度方向也成。角

【参考答案】AC

【名师解析】

粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径r