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2024 年高考一轮复习100 考点100 讲
第12 章 磁场
第12.8 讲 磁聚焦、放缩圆、旋转圆问题
【知识点精讲】
1、“放缩圆”模型的应用
适用条件
速度方向
一定，大
小不同
粒子源发射速度方向一定、大小不同的带电粒子进入匀强磁场
时，这些带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径随速度
的变化而变化。
轨迹圆圆
心共线
如图所示(图中只画出粒子带正电的情景)，速度v 越大，运动
半径也越大。可以发现这些带电粒子射入磁场后，它们运动轨
迹的圆心在垂直初速度方向的直线PP′上。
界定方法
以入射点P 为定点，圆心位于PP′直线上，将半径放缩作轨迹圆，从而探
索出临界条件，这种方法称为“放缩圆”法。
2、“旋转圆”模型的应用
适用方法
速度大小
一定，方
向不同
粒子源发射速度大小一定、方向不同的带电粒子进入匀强磁场
时，它们在磁场中做匀速圆周运动的半径相同，若射入初速度
为v0，则圆周运动半径为R＝，如图所示。
轨迹圆圆
心共圆
带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心在以入射点P 为圆
心、半径R＝的圆上。
界定方法
将一半径为R＝的圆以入射点为圆心进行旋转，从而探索粒子的临界条件，
这种方法称为“旋转圆”法
3. “磁发散”和“磁汇聚”
在圆形边界的匀强磁场中，若带电粒子做匀速圆周运动的半径恰好等于磁场区域的半径，则有如下两
个重要结论：
磁发散
磁汇聚
当粒子从磁场边界上同一点沿不同方向
进入磁场区域时，粒子离开磁场时的速度方
向一定平行，而且与入射点的切线方向平
行。如图甲所示，此种情境称为“ 磁发
当粒子以相互平行的速度从磁场边界上任意
位置进入磁场区域时，粒子一定会从同一点
离开磁场区域，而且该点切线与入射方向平
行。如图乙所示，此种情境称为“ 磁汇
1
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散”。
聚”。
【方法归纳】
1.当带电粒子射入磁场的速度方向确定，速度大小变化或磁场磁感应强度大小变化时，粒
子做匀速圆周运动的轨道半径r 随着变化。可以以入射点为定点，作出半径不同的一系列轨
迹，即放缩圆。
2. 当带电粒子射入磁场的速度大小不变，方向改变，粒子做匀速圆周运动的轨道半径r
不变。可以以入射点为定点，作出轨迹圆，将轨迹圆旋转，即旋转圆。
3. 速度大小和方向相同的一排相同带电粒子进入直线边界，各个带电粒子的轨迹圆弧可
以由其它粒子的轨迹圆弧沿着边界平移，即定圆平移。
【最新高考题精练】
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，
为半圆，ac、bd 与直径ab 共线，ac 间的距离等于半圆的半径。一束质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子，
在纸面内从c 点垂直于ac 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( )
A．
B．
C．
D．
【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有qvB＝m，
解得r＝，运动时间t＝＝，θ 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
2
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所对圆心角决定。采用放缩法，粒子垂直ac 射入磁场，则轨迹圆圆心必在直线ac 上，将粒子的轨迹半径
从零开始逐渐放大。当r≤0.5R(R 为的半径)和r≥1.5R 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<r<1.5R 时，粒子从弧ab 上射出，轨迹半径从0.5R 逐渐增大，粒子射出位置从a 点沿弧向
右移动，轨迹所对圆心角从π 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θmax＝π＋＝，粒子最长运动时间为。
综上，选项C 正确。
【最新模拟题精练】
1. （2022 湖南长沙明德中学模拟）如图所示，矩形ABCD 区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁场的
磁感应强度大小为B，AB 边长为d，BC 边长为2d，O 是BC 边的中点，E 是AD 边的中点，在O 点有一粒
子源，可以在纸面内向磁场内各个方向均匀射出质量均为m、电荷量均为q、同种电性的带电粒子，粒子
射出的速度大小相同，速度与OB 边的夹角为
的粒子恰好从E 点射出磁场，不计粒子的重力，则（
）
A. 从AD 边射出与从CD 边射出的粒子数之比为
B. 粒子运动的速度大小为
C. 粒子在磁场中运动的最长时间为
3
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D. 磁场区域中有粒子通过的面积为
【参考答案】ABD
【名师解析】利用旋转圆法，画出粒子运动轨迹如图所示
由此粒子的运动轨迹结合几何关系可知，粒子做圆周运动的半径
由牛顿第二定律
解得粒子运动的速度大小为
，故B 正确；
由于粒子做圆周运动的速度大小相同，因此在磁场中运动的轨迹越长，时间越长，分析可知，粒子在磁场
中运动的最长弧长为四分之一圆周，因此最长时间为四分之一周期，即最长时间为
，故C 错误；
由图可知，磁场区域有粒子通过的面积为图中
区域的面积，即为
故D 正确；由图可知，当速度垂直
时，粒子刚好从
点射出，如下图所示
4
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由几何关系可知，当速度方向与
的夹角为
时，恰好从
点射出，则从AD 边射出与从CD 边射出的
粒子数之比为
，故A 正确。
2. （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bc 段是半径为R 的四分之一圆弧，ab、cd 的延长线通过圆弧的圆心，Ob 长为R。一
束质量为m、电荷量为q（q>0）的粒子，在纸面内以不同的速率从O 点垂直ab 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（ ）
A. 从M 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
D. 所有粒子所用最短时间为
【参考答案】AD
【名师解析】
5
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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
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，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Ob 长为R，所以由几何关系知，此时弦切角为
，所以圆心角为
所以最短运动时间为
即从M 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。
故选AD。
3. (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O 为
处有一粒子源，
时刻沿纸面内的任意方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k，粒子在磁场中运动的半径为
，则（ ）
6
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A. 粒子在圆形磁场区域中运动的最短时问为
B. 粒子在圆形磁场区城中运动的最短时间为
C.
时刻，出磁场与未出磁场的粒子数之比为
D.
时刻，出磁场与未出磁场的粒子数之比为
【答案】AD
【解析】如图1 所示，当粒子的轨迹以AB 为弦长时经历的时间最小，由几何关系得圆心角为
，故粒子
在圆形磁场区域中运动的最短时间为
，A 正确B 错误。
．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
时，由几何关系知出磁场与未出磁场的粒子数之比为
，故C 错误，D 正确。
4..（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M 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q、质量为m（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
。下
7
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列说法正确的是（ ）
A．粒子进入磁场时的速率为
B．所有粒子中在磁场中运动的最长时间是
C．将磁感应强度大小改为
时，有粒子射出的边界弧长变为
D．若粒子入射速率为
时，有粒子射出的边界弧长变为
【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
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
根据牛顿第二定律有
解得
故A 错误；
8
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粒子在磁场中运动的周期为
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；
将磁感应强度大小改为
时，粒子运动半径变为
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
故C 正确；
若粒子入射速率为
时，粒子运动半径变为
如图所示，可知此时磁场区域所截粒子轨迹弦长最大值为
，所以有粒子射出的边界弧长变为
故D 错误。
5. 如图所示，横截面为正方形abcd 的有界匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。一束电子以大小不同、方
向垂直ad 边界的速度飞入该磁场，不计电子重力及相互之间的作用，对于从不同边界射出的电子，下列判
断正确的是( )
9
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A.从ad 边射出的电子在磁场中运动的时间都相等
B.从c 点离开的电子在磁场中运动时间最长
C.电子在磁场中运动的速度偏转角最大为π
D.从bc 边射出的电子的速度一定大于从ad 边射出的电子的速度
【参考答案】ACD
【名师解析】
电子的速率不同，运动轨迹半径不同，如图所示，由周期公式T＝知，周期与电子的速率无关，所以电
子在磁场中的运动周期相同，由t＝T 知，电子在磁场中的运动时间与轨迹对应的圆心角成正比，所以电子
在磁场中运动的时间越长，其轨迹所对应的圆心角θ 越大，故从ad 边射出的电子在磁场中运动的时间都相
等，且运动时间最长，A、C 正确，B 错误；从bc 边射出的轨道半径大于从ad 边射出的电子的轨道半径，
由半径公式r＝知，轨迹半径与速率成正比，D 正确。
6.（2022 山东泰安三模）如图所示为一圆形区域，O 为圆心，半径为R，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q、质量为m 的相同带电粒子a、b
（不计重力）从P 点先后以大小相等的速率
射入磁场，粒子a 正对圆心射入，粒子b 射入磁场时
的速度方向与粒子a 射入时的速度方向成θ 角，已知粒子a 与粒子b 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r =R
B. θ=60°
C. θ=30°
D. a、b 粒子离开磁场时的速度方向也成θ 角
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【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 =
，代入速度
，得r = R，故A 正确；
BC．因a 正对圆心射入，又r = R，故a 粒子在磁场中的运动时间为
，运动圆弧的圆心角为90°，两
粒子在磁场中运动的周期相等，即T =
，故b 粒子在磁场中的运动时间为
，即运动圆弧的圆心角
为120°，运动圆弧对应的圆心与O、P 三点的连线构成等边三角形，故θ=30°，故B 错误，C 正确；
作图可知a、b 粒子离开磁场时平行，是“磁发散”模型，故D 错误。
故选AC。
7. 如图所示，纸面内有宽为L，水平向右飞行的带电粒子流，粒子质量为m、电荷量为-q、速率为
v0，不考虑粒子的重力及相互间的作用，要使粒子都会聚到一点，可以在粒子流的右侧虚线框内设计一匀
强磁场区域，则磁场区域的形状及对应的磁感应强度可以是哪一种(其中B0=
，A、C、D 选项中曲线均
为半径是L 的
圆弧，B 选项中曲线为半径是
的圆)（ ）
qL
mv0
4
1
2
L
11
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【参考答案】．A
【命题意图】 本题考查带电粒子在有界匀强磁场中的运动、磁聚焦现象及其相关的知识点。
【解题思路】若带电粒子水平向右射入图A 所示的匀强磁场中，根据洛伦兹力提供向心力，
qv0B0=mv0
2/R，解得，粒子运动的轨迹半径R=L，恰好等于磁场圆形边界的半径，所以图A 可以使粒子都
会聚到一点（梭形磁场区域的最下方点），选项A 正确。
8. （２０２２山西太原二模）如图，在以O 为圆心的圆形区域内有垂直纸面向外的匀强磁场。一对正、负
电子从A 点以相同的速度
沿与OA 成37°角，先、后进入该磁场，其中正电子从B 点离开磁场，负电子
从C 点离开磁场（图中未画出）。不计粒子受到的重力，已知
，则
为（取
）
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A.
B.
C. 2
D.
【参考答案】C
【名师解析】根据几何关系得出两粒子的运动轨迹如图
在磁场中，根据
，解得
由几何关系得
，
则
，故C 正确，ABD 错误。
9、[多选]如图所示是一个半径为R 的竖直圆形磁场区域，磁感应强度大小为B，磁感应强度方向垂直
纸面向内。有一个粒子源在圆上的A 点不停地发射出速率相同的带正电的粒子，带电粒子的质量均为m，
运动的半径为r，在磁场中的轨迹所对应的圆心角为α。以下说法正确的是( )
A．若r＝2R，则粒子在磁场中运动的最长时间为
B．若r＝2R，粒子沿着与半径方向成45°角斜向下射入磁场，则有关系tan＝成立
C．若r＝R，粒子沿着圆形磁场的半径方向射入，则粒子在磁场中的运动时间为
D．若r＝R，粒子沿着与半径方向成60°角斜向下射入磁场，则圆心角α 为150°
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【参考答案】 BD
【名师解析】若r＝2R，粒子在磁场中运动时间最长时，磁场区域的直径是轨迹的一条弦，作出轨迹
如图甲，因为r＝2R，圆心角α＝60°，粒子在磁场中运动的最长时间tmax＝T＝·＝，故A 错误。
若r＝2R，粒子沿着与半径方向成45°角斜向下射入磁场，根据几何关系，有tan ＝＝＝，故B 正确。
若r＝R，粒子沿着圆形磁场的半径方向射入，粒子运动轨迹如图丙所示，圆心角为90°，粒子在磁场中运
动的时间t＝T＝·＝，故C 错误。若r＝R，粒子沿着与半径方向成60°角斜向下射入磁场，轨迹如图丁所
示，图中轨迹圆心与磁场圆心以及入射点和出射点构成菱形，圆心角为150°，故D 正确。
10.（12 分）（2023 湖南新高考教研联盟第二次联考）如图所示，xOy 坐标系中，第三象限存在沿x 轴正向
的匀强电场，第四象限与x 轴和y 轴相切的半径为
的圆形区域内存在匀强磁场
，磁感应强度
，方向垂直纸面向里，x 轴上方存在垂直纸面向外的匀强磁场
，磁感应强度
。在第
三象限
，
至
间存在粒子源，比荷
的相同带正电粒子由粒子源
无初速度释放后进入电场，在电场中加速后进入圆形磁场，其中正对圆心入射的粒子经
偏转后恰好以垂
直于x 轴的方向经切点P 点进入磁场
，带电粒子最终都打到放置在x 轴上的收集板上。不计粒子的重力，
，
，求：
（1）第三象限中加速电场的电场强度E；
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（2）收集板最小长度L；
（3）带电粒子在磁场
、
中运动的总时间范围（用含
的分数式表示）。
【名师解析】
（1）由几何关系，粒子在电场加速后进入
中匀速圆周运动的半径
……（1 分）
粒子在
中圆周运动
，
……（1 分）
对粒子在电场中运动由动能定理：
……（1 分）
解得：
，
……（1 分）
（2）粒子均将从P 点进入
磁场
粒子在
中圆周运动：
，
……（1 分）
作出粒子源上下边界粒子的轨迹如图
由几何关系知
，
，
则从粒子源下端进入
再进入
的粒子打在收集板最左端
……（1 分）
垂直
轴进入
的粒子打在收集板最右端
……（1 分）
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所以收集板长度
……（1 分）
（3）粒子进入
时的位置越靠下，进入
点与
连线弦切角越大，在
中运动时间越长，同时粒子在
中的运动轨迹从劣弧向优弧变化，
在
中转过圆心角变大，因此粒子源上下边界入射的粒子在磁场中运动的时间即为边界时间情况由
进
入磁场粒子在磁场中运动时间最短
……（2 分）
由
进入磁场粒子在磁场中运动时间最长
……（2 分）
粒子在磁场中运动时间：
11. (2023 河北衡水五模)如图所示，在xOy 平面内，以O'(O， R)为圆心、R 为半径的圆内有垂直于平面向
外的匀强磁场，x 轴下方有足够大的垂直于平面向里的匀强磁场，两区域磁感应强度大小相等．在O"(
R，-R)处，放置一半径R´=
的半圆弧形接收器EHF，EO"F 与y 轴平行，在圆形磁场的左侧0<y<2R 的区
间内均匀分布着质量为m、电荷量为+q 的一簇带电粒子，当所有粒子均沿x 轴正方向以速度v 射入圆形磁
场区域时，粒子偏转后都从O 点进入x 轴下方磁场，不计粒子重力、不考虑粒子间相互作用力，粒子离开
磁场后不再回到磁场．求：
16
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（1）磁场的磁感应强度B 的大小；
（2）［-R，（
+1）R］处的粒子经磁场偏转后能否被接收器接收；
（3）打到接收器上的粒子占粒子总数的百分比．
【参考答案】（1）B=
；（2）不能；（3）50
【名师解析】
（1）粒子在上方磁场中的半径r=R 时，粒子偏转后都从O 点进入，由洛伦茨力充当向心力
qvB=m
解得磁场的磁感应强度B 的大小为B=
．
（2）［-R，（
+1）R］处的粒子经上方磁场偏转后与x 轴负方向的角度
=
=
，
=45°，粒子与x 轴负方向成45°角进入下方磁场运动时，圆心在（
R，-
R）处，轨迹与接收器不
相交，所以不能被接收器接受，如下图：
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（3）当粒子运动轨迹与接收器在F 点相内切时，由几何关系可知，运动轨迹的圆心恰好在E 点，根据几
何关系可知，粒子由O 点进入时，粒子的速度方向与y 轴负方向的夹角
=
=
，
=30°，粒
子进入上方磁场G 时的纵坐标
y1=R+R
=1.5R
当粒子运动轨迹在E 点与接收器相外切时，运动轨迹的圆心恰好在（
R，
R）处，根据几何关系可知，
粒子由O 点进入磁场时粒子速度方向与x 轴正方向的夹角
=
=
，
=60°，粒子进入上方磁
场I 的纵坐标
y2=R- R
=0.5R
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在上方磁场GI 间射入的粒子能打到接收器上，LGI=y1-y2=R，
占粒子总数的百分比
=
100
=50
．
12.如图所示，匀强磁场的磁感应强度为B，宽度为d，边界为CD 和EF。一电子从CD 边界
外侧以速率v0垂直射入匀强磁场，入射方向与CD 边界间夹角为θ。已知电子的质量为m，电
荷量为e，为使电子能从磁场的另一侧EF 射出，求：
(1)电子的速率v0至少多大？
(2)若θ 角可取任意值，v0的最小值是多少？
【名师解析】 本题考查圆周运动的边界问题的求解方法。
(1)当入射速率v0很小时，电子会在磁场中转动一段圆弧后又从CD 一侧射出，速率越大，轨
道半径越大，当轨道的边界与EF 相切时，电子恰好不能从EF 射出，如图所示，电子恰好射
出时，由几何知识可得：r＋rcos θ＝d①2-1-c-n-j-y
又r＝②
由①②得v0＝③
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故电子要射出磁场，速率至少应为。
(2)由③式可知，θ＝0°时，v0＝最小，
由②式知此时半径最小，rmin＝，也可由轨迹分析得出上述结论。
答案 (1) (2)
13. （2023 江西部分重点高中联考）如图所示，以O 点为坐标原点在竖直面内建立坐标系，Oa、cd 是两个
线状粒子放射源，长度均为L=1m，放出同种带正电的粒子，粒子电荷量为
，粒子的质量
为
，其中Oa 发出的所有粒子初速度为零，cd 发出的所有粒子初速度均为
，
方向水平向右，带电粒子的重力以及粒子之间的相互作用均可忽略。曲线ob 的方程为
，在曲线Ob
与放射源Oa 之间存在竖直向上、场强E 大小为
的匀强电场；第一象限内、虚线eb 的上方
有垂直纸面向里、磁感应强度为
的匀强磁场I；第二象限内以O 为圆心、L 长为半径的四分之一圆形区
域内有垂直纸面向里、磁感应强度为
的匀强磁场II。图中的Oe、ab、Oc、eb、ed 的长度均为L。观察
发现：Oa 发出的所有粒子均从同一点离开匀强磁场I，cd 发出的所有粒子在匀强磁场II 的作用下也汇聚于
同一点，即该点可接收到两个粒子源发出的所有粒子。在所有粒子到达汇聚点的过程中，求：
（1）粒子放射源Oa 发出粒子进入匀强磁场I 时的最大速度；
（2）匀强磁场I、II 的磁感应强度
、
的大小；
（3）Oa、cd 两个放射源中点M、N 发出的粒子在磁场中的运动时间之比。
【参考答案】（1）
（2）
，
（3）
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【名师解析】（1）粒子在电场中受电场力而加速
得
由
，代入可得
（2）粒子在磁场
中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力
由
又因为
，可得
x 接近于0，r 也接近于0，可知粒子均汇聚于e 点，所以
得到
所以
在磁场
中运动的粒子也汇聚于e 点，可知
得到
（3）粒子在磁场中圆周运动
，
得
21
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由几何关系可知，M 点射出的粒子在磁场I 中偏转半周，运动时间为
设N 点射出的粒子在磁场II 中偏转
得
则运动时间为
则Oa、cd 两个放射源中点M、N 发出的粒子在磁场中的运动时间之比为
14．（2023 四川宜宾重点高中二诊）（20 分）如图所示，在
平面内，三个半径为的四
分之一圆形有界区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ内有垂直纸面向外、磁感应强度为
的匀强磁场（含边界
上）。一群质量为
电荷量为的带正电的粒子同时从坐标原点O 以相同的速率、不同的方
向射入第一象限内（含沿轴、
轴方向），它们在磁场中运动的轨道半径也为，在
的区域，存在场强为
、沿
方向的匀强电场。整个装置在真空中，不计粒子的重力及粒子
之间的相互作用。求：
（1）粒子从O 点射入磁场时的速率
；
（2）这群粒子从O 点射入磁场至运动到轴的最长时间；
（3）这群粒子到达
轴上的区域范围。
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【名师解析】：
（1）粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力，则有
又
可得
（2）如图所示，这些粒子中，从O 沿
轴方向射入磁场的粒子，从O 到C 用时最长。
由
可得
（3）这些粒子经过Ⅰ区域偏转后方向都变为与
轴平行，接着匀速直线进入Ⅱ区域，经过Ⅱ区域偏
转又都通过C 点；从C 点进入Ⅲ区域，经过Ⅲ区域偏转，离开Ⅲ区域时，所有粒子都变成与
轴平行
（即垂直进入电场）。
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对于从
进入电场的粒子，在
方向的分运动有
解得
则该粒子运动到
轴上的坐标为
对于从
进入电场的粒子，在
方向的分运动有
解得
则该粒子运动到y 轴的坐标为
这群粒子运动到
轴上的区间为
15. 电子质量为m、电荷量为e，从坐标原点O 处沿xOy 平面射入第一象限，射入时速度方向不同，
速度大小均为v0，如图所示。现在某一区域加一方向向外且垂直于xOy 平面的匀强磁场，磁感应强度为
B，若这些电子穿过磁场后都能垂直射到荧光屏MN 上，荧光屏与y 轴平行。求：
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(1)荧光屏上光斑的长度；
(2)所加磁场范围的最小面积。
【名师解析】 (1)如图所示，初速度沿x 轴正方向的电子，沿弧OB 运动到P 点，为荧光屏上光斑的
最高点，初速度沿y 轴正方向的电子，沿弧OC 运动到Q 点，为荧光屏上光斑的最低点。电子在磁场中做
匀速圆周运动，由牛顿第二定律得
ev0B＝m
解得R＝
光斑长度PQ＝R＝。
(2)所加磁场的最小面积是以O′为圆心、R 为半径的斜线部分，其面积大小为
S＝πR2＋R2－πR2＝。
[答案] (1) (2)
16．如图甲所示,质量m=8.0×10−25kg，电荷量q=1.6×10−15C 的带正电粒子从坐标原点O 处沿xOy 平面射入第
一象限内，且在与x 方向夹角大于等于30°的范围内，粒子射入时的速度方向不同，但大小均为
v0=2.0×107m/s。现在某一区域内加一垂直于xOy 平面向里的匀强磁场,磁感应强度大小B=0.1T，若这些粒子
穿过磁场后都能射到与y 轴平行的荧光屏MN 上,并且当把荧光屏MN 向左移动时，屏上光斑长度和位置保
持不变。(π=3.14)求：
（1）粒子从y 轴穿过的范围。
（2）荧光屏上光斑的长度。
（3）打到荧光屏MN 上最高点和最低点的粒子运动的时间差。
（4）画出所加磁场的最小范围（用斜线表示）。
【名师解析】：粒子在磁场中匀速圆周运动，有
解得
当把荧光屏MN 向左移动时，屏上光斑长度和位置保持不变，说明粒子是沿水平方向从磁场中出射，
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则所加的磁场为圆形，同时圆形磁场的半径与电子在磁场中匀速圆周运动的半径相等，即R=0.1m；且圆形
磁场的圆心在y 轴上O 点正上方，如图所示的O1点。
（1）初速度沿y 轴正方向的粒子直接从原点穿过y 轴；
初速度与x 轴正方向成300的粒子，在磁场中转过1500后沿水平方向射出，设该粒子圆周运动的圆心
为O2 ，则∠OO2B=1500 ；设此粒子从y 轴上的A 点穿过y 轴，由几何关系知∠OAO2=300 ，则有
。
粒子从y 轴穿过的范围为
。
（2）初速度沿y 轴方向入射的粒子经四分之一圆周后速度水平，如图所示，打在光屏上的P 点，有
；
初速度与x 轴正方向成300入射的粒子，在磁场中转过1500后沿水平方向射出，如图所示，打在光屏上
的Q 点，有
；
荧光屏上光斑的长度
（3）粒子在磁场中运动的周期
打到最高点和最低点的粒子在磁场中运动多用的时间
打到最高点和最低点的粒子在磁场外运动多用的时间
打到最高点和最低点的粒子运动的时差间
（4）所加磁场的最小范围如图所示，其中从B 到C 的边界无磁场分布。
17．（20 分）（2023 湖南名校联考）1897 年汤姆孙使用气体放电管，根据阴极射线在电场和磁场中的偏
转情况发现了电子，并求出了电子的比荷。比荷是微观带电粒子的基本参量之一，测定电子的比荷的方法
很多，其中最典型的是汤姆孙使用的方法和磁聚焦法。
（1）图 1 是汤姆孙使用的气体放电管的原理图。在阳极 A 与阴极 K 之间加上高压，A、A'是两个正对
的小孔，C、D 是两片正对的平行金属板，S 是荧光屏。由阴极发射出的电子流经过 A、A'后形成一束狭
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窄的电子束，电子束由于惯性沿直线射在荧光屏的中央 O 点。若在 C、D 间同时加上竖直向下的匀强电
场和垂直纸面向里的匀强磁场，调节电场和磁场的强弱，可使电子束仍沿直线射到荧光屏的 O 点，此时
电场强度为 E，磁感应强度为 B。
a．求电子通过 A'时的速度大小 v；
b．若将电场撤去，电子束将射在荧光屏上的 O'点，可确定出电子在磁场中做圆周运动的半径 R，求e 电
子的比荷
e
m 。
（2）图 2 是磁聚焦法测比荷的原理图。在阴极 K 和阳极 A 之间加电压，电子由阳极 A 中心处的小孔
P 射出。小孔 P 与荧光屏中心 O 点连线为整个装置的中轴线。在极板很短的电容器 C 上加很小的交变
电场，使不同时刻通过这里的电子发生不同程度的偏转，可认为所有电子从同一点发散。在电容器 C 和
荧光屏 S 之间加一平行 PO 的匀强磁场，电子从 C 出来后将沿螺旋线运动，经过一段时间再次汇聚在
一点。调节磁感应强度 B 的大小，可使电子流刚好再次汇聚在荧光屏的 O 点。已知 K、A 之间的加速
电压为 U，C 与 S 之间磁场的磁感应强度为 B，发散点到 O 点的距离为 l。
a．我们在研究复杂运动时，常常将其分解为两个简单的运动形式。你认为题中电子的螺旋运动可分解为
哪两个简单的运动形式？
b．求电子的比荷
e
m 。
【名师解析】.
（1）a．电子在复合场中做匀速直线运动，由 eE = evB ，得 v =
E
B
4 分
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b．去掉电场，电子在磁场中做匀速圆周运动，由 evB = m
v2
R
得
e
m= v
BR = E
B2 R 4 分
（2）a．电子的螺旋运动可分解为沿 PO 方向的匀速运动和垂直于 PO 方向上的匀速圆周
运动。4 分
b．从发散点到再次汇聚点，两个方向的分运动时间相等，有t 直=t圆
1 分
加速电场
eU =
1
2 mv 2
2 分
匀速直线运动
t 直= l
v
2 分
做匀速圆周运动
evB =
m v2
R
T=
2πR
v =2πm
eB
2 分
t圆=T
联立以上各式可得
e
m=8 π2U
B2l2
1 分
18 .磁聚焦式霍尔推进器可作为太空飞船的发动机，其原理如下：系统捕获宇宙中大量存在的等离子
体(由电荷量相同的正、负离子组成)经系统处理后，从下方以恒定速率v1向上射入磁感应强度大小为B1、
垂直纸面向里的匀强磁场区域Ⅰ内，如图乙所示。当栅极MN、PQ 间形成稳定的电场后，自动关闭区域Ⅰ
系统(关闭粒子进入通道、撤去磁场B1)。区域Ⅱ内有磁感应强度大小为B2、垂直纸面向外的匀强磁场，磁
场右边界是直径为D、与上下极板相切的半圆(圆与下板相切于极板中央A)。放在A 处的放射源能够向纸面
内SN 上方各个方向均匀发射速度大小相等的氙原子核，氙原子核经过该区域后形成宽度为D 的平行氙粒
子束，经过栅极MN、PQ 之间的电场加速后从PQ 喷出，在加速氙原子核的过程中探测器获得反向推力(不
计氙原子核、等离子体的重力，不计粒子之间的相互作用与相对论效应)。已知极板长RM＝2D，栅极MN
和PQ 间距为d，氙原子核的质量为m、电荷量为q。
(1)求氙原子核在A 处的速度大小v2；
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(2)求氙原子核从PQ 喷出时的速度大小v3；
(3)因区域Ⅱ内磁场发生器发生故障，导致区域Ⅱ中磁感应强度减半并分布在整个区域Ⅱ中，求能进入
区域Ⅰ的氙原子核占A 处发射粒子总数的比例。
【名师解析】：(1)氙原子核在磁场中做匀速圆周运动时有
qv2B2＝m
根据题意，在A 处发射速度大小相等、方向不同的氙原子核后，形成宽度为D 的平行氙粒子束，即r
＝
解得v2＝。
(2)等离子体由下方进入区域Ⅰ后，在洛伦兹力的作用下发生偏转，当等离子体受到的电场力大小等
于洛伦兹力时，形成稳定的匀强电场，设等离子体的电荷量为q′，则
q ′E＝q′v1B1
即E＝B1v1
对氙原子核经过区域Ⅰ加速的过程，根据动能定理有
qU＝mv3
2－mv2
2
其中U＝Ed＝B1v1d
联立可得v3＝
。
(3)根据题意，当区域Ⅱ中的磁感应强度变为B2′＝之后，
根据r′＝可知，r′＝2r＝D
①根据示意图可知，垂直极板SN，即沿着AF 方向射入的氙原
子核，恰好
能够从M 点沿着轨迹1 进入区域Ⅰ，而沿着AF 左侧射入的氙原子
核将被上极
板RM 挡住而无法进入区域Ⅰ。
该轨迹的圆心O1正好在N 点，即AO1＝MO1＝D。
②根据示意图可知，沿着AG 方向射入的氙原子核，恰好从下极板N 点沿着轨迹2 进入区域Ⅰ，而沿
着AG 右侧射入的氙原子核将被下极板SN 挡住而无法进入区域Ⅰ。
则有AO2＝AN＝NO2＝D，
所以此时入射角∠GAN＝30°
根据上述分析可知，只有∠FAG＝60°这个范围内射入的氙原子核才能进入区域Ⅰ。该部分氙原子核占
A 处发射粒子总数的比例为η＝＝。
答案：(1) (2) (3)
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