磁场“平移圆”模型+讲义-2025-2026学年高二下学期物理人教版选择性必修第二册

磁场“平移圆”模型一．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＝eq\f(mv0,qB)，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。二．界定方法将半径为R＝eq\f(mv0,qB)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”。

1．如图所示，在直角三角形abc区域内存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。大量质量为m、电荷量为＋q的同种粒子以相同的速度沿纸面垂直于ab边射入场区，结果在bc边仅有一半的区域内有粒子射出。已知bc边的长度为L，bc和ac的夹角为60°，不计粒子重力及粒子间的相互作用力。下列说法正确的是（）A．粒子的入射速度为B．粒子的入射速度为C．粒子在磁场中运动的最大轨迹长度为D．从bc边射出的粒子在磁场内运动的最长时间为2.如图，在xOy平面内y轴右侧有以O点为圆心、半径为R的半圆形匀强磁场区域abc，磁感应强度大小为B，方向垂直于xOy平面向里。大量质量为m、带电荷量为q（q>0）的粒子以速度v=2qBRm从y轴上ab间各点平行于A．πm6qB B．πm2qB3.如图所示，C、D、E为以O为圆心、半径为R的圆周上的点，∠COD=π2，A为CD的中点，在OCEDO内充满垂直于纸面向外的匀强磁场（图中未画出，O点处也有磁场），磁感应强度大小为B。一群质量为m、电荷量为q的带正电粒子以速率v0=qBRA．粒子在磁场中运动的轨道半径为RB．从CO射出磁场的粒子运动时间不同C．粒子在磁场中运动的最长时间为3D．粒子可能从圆弧边界射出4．（多选）如图所示，在直角三角形ABC内充满垂直纸面向外的匀强磁场（图中未画出），AB边长度为d，。现垂直AB边射入一束质量均为m、电荷量均为q、速度大小均为v的带正电粒子。已知垂直AC边射出的粒子在磁场中运动的时间为t0，而运动时间最长的粒子在磁场中的运动时间为（不计重力），则下列说法中正确的是（）A．粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为4t0B．该匀强磁场的磁感应强度大小为C．粒子在磁场中运动的轨道半径为D．粒子进入磁场时速度大小为5.（多选）如图所示，半径为R的圆形区域内有垂直于平面向外的匀强磁场，AB为直径，磁感应强度大小为B0，两个带电荷量均为＋q，质量均为m的带电粒子a、b，同时从边界上两点垂直直径AB方向并沿该平面射入磁场，粒子的初速度大小均为，两入射点与圆心的连线跟直径AB的夹角均为30°，不计两粒子重力及两粒子间的相互作用，则下列说法正确的是（）A．a、b两粒子都经过B点B．a、b两粒子可以在磁场中相遇C．a、b两粒子在磁场中的运动时间之比为5∶1D．a、b两粒子离开磁场时的速度偏向角之比为1∶56．如图甲所示，在平面直角坐标系的第二象限内放置有如图所示的两块极板M和N，极板厚度不计，第一、四象限有垂直纸面向内的匀强磁场，磁感应强度大小为。已知两极板间距和极板的长度均为，现给极板加上电压，从上极板的左端位置以沿轴正方向的初速度发射一电荷量为、质量为的带负电粒子，粒子从处进入磁场。不计粒子的重力和粒子间的相互作用力，求：(1)两板间的电势差；(2)粒子第二次穿过轴的坐标；(3)如图乙所示，若有一平行于轴的线状粒子源放置在平行板的左侧，能够在区域水平向右发射速度为与题中相同的粒子，在磁场区域内适当位置放置一平行轴的挡板去遮挡粒子，要挡住所有粒子，取，求挡板长度的最小值。7.如图，在边长为L的等边三角形ACD区域内，存在垂直于所在平面向里的匀强磁场。大量的质量为m、电荷量为q的带正电粒子以相同速度（速度大小未确定）沿垂直于CD的方向射入磁场，经磁场偏转后三条边均有粒子射出，其中垂直于AD边射出的粒子在磁场中运动的时间为t0。不计粒子的重力及粒子间的相互作用。求：(1)磁场的磁感应强度大小；(2)要确保粒子能从CD边射出，射入的最大速度；(3)AC、AD边上可能有粒子射出的范围。8.如图所示直角坐标系xoy中，在第2、3、4象限存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B=10T，沿x轴放置一挡板P，板的左端在坐标原点，任何带电粒子射到板上均会被板吸收。现有一群同种带电粒子在ab间以相同速度沿与y轴成37°射入磁场，最后都打在挡板P上。带电粒子的电荷量，质量，射入磁场速度。a点纵坐标为，b点纵坐标为。忽略粒子间的相互碰撞与影响，不考虑粒子的重力。（1）粒子在磁场中的运动半径；（2）挡板P的最小长度；参考答案1．A【详解】AB．粒子进入磁场向上做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力因bc边只有一半区域有粒子射出，在bc边中点射出的粒子轨迹如图中实线所示由几何关系可得则粒子的入射速度，故A正确，B错误；C．粒子在磁场中运动的最大轨迹长度为，故C错误；D．与bc边相切恰从bc边射出粒子的对应的圆心角最大为从bc边射出的粒子在磁场内运动的最长时间为，故D错误。故选A。2答案】A【详解】粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律有qvB=m解得粒子运动的半径为r=2R运动的周期为T=粒子进入磁场如图粒子从A射出磁场对应的圆心为C，此时有sin时间最长对应圆心角α最大，对应AB最大，由几何知识得，当粒子从c点射出时轨迹圆的圆心角最大，如图所示，此时sinα=R2R=13.【答案】C【详解】A．如图所示，由洛伦兹力提供向心力q代入数据可得r=RB．粒子在磁场中做圆周运动的周期为T，则有T=由图可知，部分粒子从OC边射入磁场，又从OC边射出磁场，由对称性可知，粒子偏转的圆心角为90°，时间为t1C．沿AO入射的粒子，与磁场圆在最低点内切，圆心角为270°，粒子在磁场中运动的最长时间为t3D．从图中可知，粒子不会从圆弧边界射出，故D错误。故选C。4．ABC【详解】A．根据题意垂直边进入，垂直边飞出，经过四分之一个周期，即解得A正确；B．洛伦兹力提供向心力解得粒子运动的周期解得磁感应强度B正确；C．粒子与边相切，运动时间最长，满足，在磁场中转过圆心角，如图根据几何关系可知解得C正确；D．根据可知D错误。故选ABC。5.AC【详解】A．根据牛顿第二定律根据题意解得过a、B作一个圆，过b、B再作一个圆，因为四边形AObO1和四边形BObO1都是菱形，则O1就是圆心，所以两个粒子均经过B点，A正确；B．a、b两粒子在磁场中的速度大小相同，路程不相同，粒子b先到达B点，两个粒子不会相遇，B错误；C．a、b两粒子在磁场中的运动时间分别为解得C正确；D．a、b两粒子离开磁场时的速度偏向角之比为D错误。故选AC。6．(1)(2)(3)【详解】（1）粒子向下偏转，上极板带正电，在电场中运动水平方向，竖直方向做匀加速运动，根据牛顿第二定律，有，联立可得，即。（2）轴方向的分速度大小合速度大小由得磁场中圆周运动的半径为因此第二次穿过轴的坐标为：（3）粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，、分别为上下边界两个粒子运动轨迹的圆心。由得、间的距离为，由轨迹分析可知挡板挡住的区域即可挡住所有粒子。因此挡板的最短长度为。7.【答案】(1)；(2)；(3)【详解】(1)洛伦兹力提供向心力，有周期

当粒子垂直AD边射出时，根据几何关系有：圆心角为60°的时间为联立解得(2)当轨迹圆与AC、AD都相切时，粒子能从CD边射出，半径最大，速度为最大值，此时根据得联立解得所以粒子射入的速度应满足(3)由(2)知，当轨迹圆与AC相切时，从AC边射出的粒子距C