2025年高考物理二轮专题复习- 电磁小专题 02 放缩圆、旋转圆与平移圆试题

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模型：同种带电粒子从磁场中或磁场边界上的同一点，以方向相同、大小
不同的速度在磁场中开始运动，做轨道半径不同的匀速圆周运动，如图。
特征：速度越大，轨道半径越大，不同的轨迹圆相内切于开始运动的那个
公共点，轨迹圆的圆心共一条直线，这条直线与开始运动的速度方向垂直。
技法：以入射点P为定点（切点），不同的轨迹圆圆心位于直线PP′上，将
半径放缩作轨迹圆，从而探索出临界或极值条件。
a
b
c
d
e
O1
O2
O3
1．（放缩圆）如图所示，等边三角形区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场（包括边界处），三个完全相同的重力不计的带电粒子1、2、3以不同的速度由顶点a垂直bc方向射入磁场，结果粒子1、2、3分别从d、e、c点离开磁场，d、e为ac边的三等分点，不考虑三个粒子间的相互作用。
则下列说法正确的是（ ）
A．粒子3的轨道半径大于三角形的边长
B．粒子1、2、3进入磁场的速度之比为1:2:3
C．离开磁场时，粒子3的偏转角最大、粒子1的偏转角最小
D．若仅将磁场的磁感应强度变为原来的1/3，粒子2从点c离开磁场
【解析】
AC：粒子运动的轨迹如图所示：粒子由顶点a沿垂直于bc
边的方向射入磁场，进入磁场的瞬间粒子速度与ac边的夹角为
30°，在同一直线边界，根据对称性，可知粒子射出磁场是的
速度与ac边的夹角也为30°，因而运动轨迹所对应的圆心角为
60°，圆心，入射点以及出射点的连线构成等边三角形，可判
断出三个粒子的速度偏转角相等，粒子3的轨迹半径等于三角
形abc的边长，故AC错；
B：假设三角形abc的边长为L，则粒子1，2，3的轨迹半
径r分别为L/3，2L/3，L，据洛伦兹力提供向心力，得r∝v，则速度之比为1:2:3，故B对；
D：由，解得，若仅将磁场的磁感应强度变为原来的1/3，则粒子的轨迹半径变为原来的3倍，可知粒子2的轨迹半径变为2L，粒子2将从bc之间的某点离开磁场，故D错。
【答案】B
2．（放缩圆）如图所示，竖直平面内有一半径为R的圆形区域，其圆心为O，最高点为P，该区域内存在垂直圆面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。在圆形区域右侧竖直放置一粒子收集器，M、N为收集器上、下边缘的两点，MN与圆形区域在同一平面内，O与N在同一水平线上，MN＝R，ON＝R。从P点沿PO方向射入大量速率不等的同种粒子，粒子所带电荷量为q、质量为m。忽略粒子间的相互作用力和粒子重力，关于打在收集器MN上的粒子，下列说法正确的是（ ）
A．粒子带负电
B．粒子在磁场中运动的最短时间为
C．打在收集器上的粒子的最小速率为
D．从P点到N点的粒子比从P点到M点的粒子运动时间短
【解释】
A：根据题意可知，粒子在磁场中向右偏转，根据左手定则可知，粒子带正电，A错
B：打到M、N两点的粒子轨迹如图所示，由图可知，粒子打到N点时，在磁场中的轨迹对应的圆心角最小，在磁场中的运动时间最小，则有，B错
C：由图可知粒子打到M点时，在磁场中的轨道半径最小，粒子
的速度最小，据几何关系得，则
最小半径，C错
D：由图可知，从P点到N点的粒子在磁场中的运动时间小于从P
点到M点的粒子在磁场中的运动时间；离开磁场到打到收集器，从P点到N点的粒子通过的位移小于从P点到M点的粒子通过的位移，从P点到N点的粒子的速度大于从P点到M点的粒子的速度，则从P点到N点的粒子从离开磁场到打到收集器所用时间小于从P点到M点的粒子从离开磁场到打到收集器所用时间，故从P点到N点的粒子比从P点到M点的粒子运动时间短，D对
【答案】D
（二）旋转圆
模型：同种带电粒子从磁场中或磁场边界上的
同一点，以大小相同、方向不同的速度在磁场中开
始运动，做轨道半径相同的匀速圆周运动，如图。
特征：轨迹圆的圆心共圆，运动轨迹随着开始
运动的速度方向不同而在磁场中旋转，这些轨迹共
点（开始运动的那个点为各轨迹的公共点），如图。
不同的轨迹圆的圆心在以入射点P为圆心、半径R＝eq \f(mv0,qB)的圆上。
技法：以入射点P为定点（交点），不同的轨迹圆圆心位于同一个圆（图中虚线）上，这个圆的半径和轨迹圆（图中实线）的半径相同，将轨迹圆的半径（直径）旋转，根据轨迹圆的圆心位置作轨迹圆，从而探索出临界或极值条件。
a
b
3．（旋转圆）如图，真空室内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应
强度B＝0.30T。磁场内有一足够大的感光板ab，在离ab的距离l＝32cm
处有一个点状的α粒子放射源S，它在纸面内向各个方向发射α粒子，发射
速度大小都是v＝3.0×106m/s。已知α粒子的比荷＝5.0×107C/kg，不计粒
子的重力，则感光板ab上被α粒子打中区域的长度是 cm。
【解释】
α粒子带正电，在磁场中沿逆时针方向做匀速圆周运动，轨道半径
由于R＜l＜2R，朝不同方向发射的α粒子运动的轨迹都过S点
某一轨迹圆在图中N点左侧与ab相切时，切点P1就是α粒子能打中的左侧最远点
某一轨迹圆的直径SP2的端点P2处在ab上时，P2就是α粒子能打中的右侧最远点
a
b
N
P1
P2
Q
M
根据几何关系可得
所求长度为P1P2＝NP1＋NP2＝16cm＋24cm＝40cm
【答案】40cm
4．（旋转圆）如图所示，挡板MN位于水平面x轴上，在第一、
二象限y≤L区域内存在磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直
于纸面向外。在MN上O点放置了粒子发射源，能向第二象限发射
各个方向的速度的带正电同种粒子，已知粒子质量为m、
电荷量为q，不计粒子的重力和粒子间的相互作用，粒子打到挡板
上时均被挡板吸收，以下说法正确的是（ ）
A．所有粒子做匀速圆周运动的半径均为B．粒子在磁场中运动的最长时间为
C．所有粒子运动的区域面积为D．所有粒子运动的区域面积为
【解释】
由洛伦兹力提供向心力解得，所以A对；
粒子在磁场中运动的最长时间为，所以B错；
所有粒子运动区域为图中阴影部分，
其面积（中间
树叶形面积，可用半圆面积减去一个等腰三角形面积），所以C错D对。
【答案】AD
（三）平移圆
模型：同种带电粒子进入磁场的速度大小、方向相同，但入射点
在同一直线上的不同位置，它们做匀速圆周运动的轨道半径相同，在
磁场中的轨迹向一边平移，如图。
特征：带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径相同，轨迹
圆心在同一直线上沿该直线平移。
技法：保证轨迹圆圆弧的半径大小、朝向、圆心所在直线不变，将整个轨迹向一边平移作轨迹，但在磁场中最终的轨迹长短（或所对圆心角）可能受磁场边界的影响，根据切点、直径或半径的端点，或出磁场边界的顶点等等探究临界或极值条件。
5．（平移圆）如图所示为边长为L的正方形有界匀强磁场ABCD，带电
粒子从A点沿AB方向射入磁场，恰好从C点飞出磁场；若带电粒子以相同
的速度从AD的中点P垂直AD射入磁场，从DC边的M点飞出磁场（M点
未画出）。设粒子从A点运动到C点所用的时间为t1，由P点运动到M点所
用时间为t2（带电粒子重力不计），则t1∶t2为（ ）
A．2∶1B．2∶3C．3∶2D.eq \r(3)∶eq \r(2)
【解释】
画出粒子从A点射入磁场到从C点射出磁场的轨迹，并将该轨迹向下平移，
粒子做圆周运动的半径为R＝L，从C点射出的粒子运动时间为t1＝T/4；由P点
运动到M点，可求得轨迹圆心角θ＝60°，在磁场中的运动时间t2＝T/6。所以
，C正确。
【答案】C
6．（平移圆）如图所示，在直角三角形ABC内存在垂直纸面向外的匀强
磁场，AC＝d，∠B＝30°，现垂直AB边射入一群质量均为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t，而在磁场中运动的最长时间为4t/3（不计重力和粒子间的相互作用）。
下列判断正确的是（ ）
A．粒子做圆周运动的周期为tB．磁场的磁感应强度大小为
C．粒子运动的轨迹半径为D．粒子运动的速度大小为
【解释】
A：垂直于AC边射出的粒子在磁场中运动的时间是T/4，则T＝4t，A错
B：，故B对
C：运动时间最长的粒子，轨迹圆与BC边相切
r
r
2r
r/2
30°
运动时间为，则轨迹圆心角为120°
设轨道半径为r，易得，C错
D．运动T/4时间为t，则运动速度，D对
【答案】BD
甲
乙
7．（放缩圆+旋转圆）如图中虚线所示的圆形区域内有垂直于纸面的匀强
磁场，P为磁场边界上的一点，大量相同的带电粒子以相同的速率经过P点，
在纸面内沿不同的方向射入磁场，若粒子射入速率为v1，这些粒子在磁场边界
的出射点分布在六分之一圆周上；若粒子射入速率为v2，相应的出射点分布在
三分之一圆周上．不计重力及带电粒子之间的相互作用，则v2∶v1为（ ）
A．eq \r(3)∶2B．eq \r(2)∶1C．eq \r(3)∶1D．3∶eq \r(2)
【解释】
根据作图分析可知，当粒子在磁场中运动半个圆周时，打到圆形磁场边界的
位置距P点最远，则当粒子射入的速率为v1，轨迹如图甲所示，设圆形磁场半径
为R，由几何知识可知，粒子运动的轨道半径为；
若粒子射入的速率为v2，轨迹如图乙所示，由几何知识可知，粒子运动的轨
道半径为；
据轨道半径公式，则v2∶v1＝r2∶r1＝eq \r(3)∶1，故C正确。
【答案】C