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專題15 帶電粒子在有界勻強磁場中的勻速圓周運動模型
目錄
一.帶電粒子在有界勻強磁場中的勻速圓周運動模型解法綜述 1
二．帶電粒子在直線邊界磁場中的運動模型 2
三．平行邊界磁場模型 7
四．圓形邊界磁場模型 10
五．環形磁約束模型 16
六．三角形或四邊形邊界磁場模型 20
七．數學圓模型在電磁學中的應用 24
模型一　“放縮圓”模型的應用 24
模型二　“旋轉圓”模型的應用 27
模型三　“平移圓”模型的應用 31
模型四 “磁聚焦”模型 32

一.帶電粒子在有界勻強磁場中的勻速圓周運動模型解法綜述
基本思路 圖例 說明
圓心的確定 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的法線過圓心 P、M點速度垂線交點
P點速度垂線與弦的垂直平分線交點
某點的速度垂線與切點法線的交點
半徑的確定 利用平面幾何知識求半徑 常用解三角形法：例：(左圖)
R＝或由R2＝L2＋(R－d)2求得R＝
運動時間的確定 利用軌跡對應圓心角θ或軌跡長度L求時間
①t＝T
②t＝ (1)速度的偏轉角φ等于所對的圓心角θ
(2)偏轉角φ與弦切角α的關系：φ<180°時，φ＝2α；φ>180°時，φ＝360°－2α
二．帶電粒子在直線邊界磁場中的運動模型
【運動模型】直線邊界，粒子進出磁場具有對稱性(如圖所示)

圖a中粒子在磁場中運動的時間t＝＝
圖b中粒子在磁場中運動的時間t＝(1－)T＝(1－)＝
圖c中粒子在磁場中運動的時間t＝T＝
【模型演練1】.(2020·貴州貴陽市四校聯考)在如圖所示的xOy平面的第一象限內，存在著垂直紙面向里、磁感應強度分別為B1、B2的兩個勻強磁場(圖中未畫出)．Oa是兩磁場的邊界，且與x軸的夾角為45°.一不計重力、帶正電的粒子從坐標原點O沿x軸正向射入磁場．之后粒子在磁場中的運動軌跡恰與y軸相切但未離開磁場．則兩磁場磁感應強度的比值為(　　)

A.＝ B.＝
C.＝ D.＝
【答案】　C
【解析】　設帶電粒子在B1中運動的半徑為R1，在B2中運動的半徑為R2，根據條件作出粒子的運動軌跡如圖所示，

由圖中幾何關系可知R1＝2R2，根據qvB＝m可得＝＝，故C正確，A、B、D錯誤．
【模型演練2】(2020·吉林長春市六中3月線上測試)如圖所示，在0≤x≤3a的區域內存在與xOy平面垂直的勻強磁場，磁感應強度大小為B.在t＝0時刻，從原點O發射一束等速率的相同的帶電粒子，速度方向與y軸正方向的夾角分布在0°～90°范圍內．其中，沿y軸正方向發射的粒子在t＝t0時刻剛好從磁場右邊界上P(3a，a)點離開磁場，不計粒子重力，下列說法正確的是(　　)

A．粒子在磁場中做圓周運動的半徑為3a
B．粒子的發射速度大小為
C．帶電粒子的比荷為
D．帶電粒子在磁場中運動的最長時間為2t0
【答案】　D
【解析】　沿y軸正方向發射的粒子在磁場中運動的軌跡如圖甲所示：

設粒子運動的軌跡半徑為r，根據幾何關系有(3a－r)2＋(a)2＝r2，可得粒子在磁場中做圓周運動的半徑r＝2a，選項A錯誤；根據幾何關系可得sin θ＝＝，所以θ＝，圓弧OP的長度s＝(π－θ)r，所以粒子的發射速度大小v＝＝，選項B錯誤；根據洛倫茲力提供向心力有qvB＝m，結合粒子速度以及半徑可得帶電粒子的比荷＝，選項C錯誤；當粒子軌跡恰好與磁場右邊界相切時，粒子在磁場中運動的時間最長，粒子軌跡如圖乙所示，粒子與磁場邊界相切于M點，由幾何關系可知，從E點射出．設從P點射出的粒子轉過的圓心角為π－θ，時間為t0，則從E點射出的粒子轉過的圓心角為2(π－θ)，故帶電粒子在磁場中運動的最長時間為2t0，選項D正確．

【典例分析3】(2020·全國卷Ⅱ·24)如圖，在0≤x≤h，－∞0)的粒子以速度v0從磁場區域左側沿x軸進入磁場，不計重力．

(1)若粒子經磁場偏轉后穿過y軸正半軸離開磁場，分析說明磁場的方向，并求在這種情況下磁感應強度的最小值Bm；
(2)如果磁感應強度大小為，粒子將通過虛線所示邊界上的一點離開磁場．求粒子在該點的運動方向與x軸正方向的夾角及該點到x軸的距離．
【答案】　見解析
【解析】　(1)由題意，粒子剛進入磁場時應受到方向向上的洛倫茲力，因此磁場方向垂直于紙面向里．設粒子進入磁場中做圓周運動的半徑為R，根據洛倫茲力公式和圓周運動規律，有
qv0B＝m①
由此可得R＝②
粒子穿過y軸正半軸離開磁場，其在磁場中做圓周運動的圓心在y軸正半軸上，半徑應滿足R≤h③
由題意，當磁感應強度大小為Bm時，粒子穿過y軸正半軸離開磁場時的運動半徑最大，由此得
Bm＝④
(2)若磁感應強度大小為，粒子做圓周運動的圓心仍在y軸正半軸上，由②④式可得，此時圓弧半徑為R′＝2h⑤
粒子會穿過圖中P點離開磁場，運動軌跡如圖所示．設粒子在P點的運動方向與x軸正方向的夾角為α，

由幾何關系sin α＝＝⑥
即α＝⑦
由幾何關系可得，P點與x軸的距離為
y＝2h(1－cos α)⑧
聯立⑦⑧式得y＝(2－)h.
【模型演練4】(2020·湖北宜昌市四月調研)如圖所示，直線MN上方有垂直紙面向里的勻強磁場，電子1從磁場邊界上的a點垂直MN和磁場方向射入磁場，經t1時間從b點離開磁場．之后電子2也由a點沿圖示方向以相同速率垂直磁場方向射入磁場，經t2時間從a、b連線的中點c離開磁場，則為(　　)

A．3 B．2 C. D.
【答案】A
【解析】電子1、2在磁場中都做勻速圓周運動，根據題意畫出兩電子的運動軌跡，如圖所示：

電子1垂直邊界射進磁場，從b點離開，則運動了半個圓周，ab即為直徑，c點為圓心，電子2以相同速率垂直磁場方向射入磁場，經t2時間從a、b連線的中點c離開磁場，根據半徑r＝可知，電子1和2的半徑相等，根據幾何關系可知，△aOc為等邊三角形，則電子2轉過的圓心角為60°，所以電子1運動的時間t1＝＝，電子2運動的時間t2＝＝，所以＝3，故A正確，B、C、D錯誤．
【模型演練5】（2021屆云南省昆明市高三（上）三診一模摸底診斷測試理綜物理試題 ）如圖所示，虛線上方存在方向垂直紙面向里、磁感應強度大小為的勻強磁場，下方存在方向相同、磁感應強度大小為的勻強磁場，虛線為兩磁場的分界線。位于分界線上，點為的中點。一電子從點射入磁場，速度方向與分界線的夾角為，電子離開點后依次經兩點回到點。已知電子的質量為，電荷量為，重力不計，求：
(1)的值；
(2)電子從射入磁場到第一次回到點所用的時間。

【答案】(1)；(2)
【解析】
電子在磁場中的運動軌跡如圖所示

設電子在勻強磁場中做勻速圓周運動的半徑分別為，電子在磁場中做勻速圓周運動有
…①
…②
由于最終能回到點，由幾何關系，可得
…③
聯立①②③，解得

電子在磁場中的運動周期


電子在磁場中的運動周期

設電子經過三段軌跡的時間分別為，由幾何關系可得
到的圓心角為，則

到的圓心角為，則

到的圓心角為，則

電子從射入磁場到第一次回到點所用的時間為

聯立以上式子，解得

三．平行邊界磁場模型
【運動模型】

平行邊界存在臨界條件，圖a中粒子在磁場中運動的時間t1＝，t2＝＝
圖b中粒子在磁場中運動的時間t＝
圖c中粒子在磁場中運動的時間
t＝(1－)T＝(1－)＝
圖d中粒子在磁場中運動的時間t＝T＝
【模型演練1】.(多選)(2020·遼寧沈陽市第一次質檢)兩個帶等量異種電荷的粒子分別以速度va和vb射入勻強磁場，兩粒子的入射方向與磁場邊界的夾角分別為60°和30°，磁場寬度為d，兩粒子同時由A點出發，同時到達B點，如圖所示，則(　　)

A．a粒子帶正電，b粒子帶負電
B．兩粒子的軌道半徑之比Ra∶Rb＝∶1
C．兩粒子的質量之比ma∶mb＝1∶2
D．兩粒子的質量之比ma∶mb＝2∶1
【答案】　BD
【解析】　由左手定則可得：a粒子帶負電，b粒子帶正電，故A錯誤；粒子做勻速圓周運動，運動軌跡如圖所示

故Ra＝＝d，Rb＝＝d，
所以，Ra∶Rb＝∶1，故B正確；
由幾何關系可得：從A運動到B，a粒子轉過的圓心角為60°，b粒子轉過的圓心角為120°，
ta＝＝tb＝，則Ta∶Tb＝2∶1，
再根據洛倫茲力提供向心力可得：Bvq＝，
所以，運動周期為：T＝＝；
根據a、b粒子電荷量相等可得ma∶mb＝Ta∶Tb＝2∶1，故C錯誤，D正確．
【模型演練2】(2020·湖南長沙模擬)如圖所示，一個理想邊界為PQ、MN的勻強磁場區域，磁場寬度為d，方向垂直紙面向里．一電子從O點沿紙面垂直PQ以速度v0進入磁場．若電子在磁場中運動的軌道半徑為2d.O′在MN上，且OO′與MN垂直．下列判斷正確的是 (　　)

A．電子將向右偏轉
B．電子打在MN上的點與O′點的距離為d
C．電子打在MN上的點與O′點的距離為d
D．電子在磁場中運動的時間為
【答案】：D
【解析】：電子帶負電，進入磁場后，根據左手定則判斷可知，所受的洛倫茲力方向向左，電子將向左偏轉，如圖所示

A錯誤；設電子打在MN上的點與O′點的距離為x，則由幾何知識得：x＝r－＝2d－＝(2－)d，故B、C錯誤；設軌跡對應的圓心角為θ，由幾何知識得：sin θ＝＝0.5，得θ＝，則電子在磁場中運動的時間為t＝＝，故D正確．
【模型演練4】.如圖所示，有界勻強磁場邊界線SP∥MN，速率不同的同種帶電粒子從S點沿SP方向同時射入磁場，粒子的帶電量相同，其中穿過a點的粒子速度v1與MN垂直；穿過b點的粒子速度v2與MN成60°角，設兩粒子從S到a、b所需時間分別為t1和t2，則t1∶t2為(重力不計) (　　)

A．1∶3 B．4∶3
C．1∶1 D．3∶2
【答案】：D
【解析】：粒子在磁場中的運動軌跡如圖所示

可求出從a點射出的粒子對應的圓心角為90°，從b點射出的粒子對應的圓心角為60°，由t＝·可得t1∶t2＝90°∶60°＝3∶2，D正確．
四．圓形邊界磁場模型
【模型構建】沿徑向射入圓形磁場的粒子必沿徑向射出，運動具有對稱性(如圖所示)

粒子做圓周運動的半徑r＝
粒子在磁場中運動的時間t＝T＝
θ＋α＝90°
1． 圓形有界磁場問題（1）
正對圓心射入圓形磁場區域

正對圓心射出，兩圓心和出（入）射點構成直角三角形，有→磁偏轉半徑，根據半徑公式求解；時間。速度v越大→磁偏轉半徑r越大→圓心角α越小→時間t越短。若r=R，構成正方形。
2． 圓形有界磁場問題（2）
不對圓心射入圓形磁場區域

兩個等腰三角形，一個共同的底邊 若r=R，構成菱形
【模型演練1】(2020·貴州黔東南州一模)如圖，直角坐標系xOy平面內，有一半徑為R的圓形勻強磁場區域，磁感應強度的大小為B，方向垂直于紙面向里，邊界與x、y軸分別相切于a、b兩點．一質量為m，電荷量為q的帶電粒子從b點沿平行于x軸正方向進入磁場區域，離開磁場后做直線運動，經過x軸時速度方向與x軸正方向的夾角為60°，不計帶電粒子重力，下列判斷正確的是(　　)

A．粒子帶正電
B．粒子在磁場中運動的軌道半徑為R
C．粒子運動的速率為
D．粒子在磁場中運動的時間為
【答案】　C
【解析】　粒子的軌跡如圖所示，向下偏轉，速度方向與x軸正方向的夾角為60°，所以粒子帶負電，根據幾何知識可得tan 30°＝，解得r＝R，故根據r＝可得粒子運動的速率為v＝，由幾何知識可知粒子軌跡所對應圓心角為60°，故粒子在磁場中運動的時間為t＝·＝，C正確．

【模型演練2】.(多選)(2020·福建廈門市3月質檢)如圖所示，圓形區域直徑MN上方存在垂直于紙面向外的勻強磁場，下方存在垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小相同．現有兩個比荷相同的帶電粒子a、b，分別以v1、v2的速度沿圖示方向垂直磁場方向從M點入射，最終都從N點離開磁場，則(　　)

A．粒子a、b可能帶異種電荷
B．粒子a、b一定帶同種電荷
C．v1∶v2可能為2∶1
D．v1∶v2只能為1∶1
【答案】　BC
【解析】　兩粒子都從M點入射從N點出射，則a粒子向下偏轉，b粒子向上偏轉，由左手定則可知兩粒子均帶正電，故A錯誤，B正確；設磁場半徑為R，將MN當成磁場的邊界，兩粒子均與邊界成45°角入射，由運動對稱性可知出射時與邊界成45°，則一次偏轉穿過MN時速度偏轉90°；而上下磁場方向相反，則兩粒子可以圍繞MN重復穿越，運動有周期性，設a粒子重復k次穿過MN，b粒子重復n次穿過MN，由幾何關系可知k·r1＝2R(k＝1,2,3…)，n·r2＝2R(n＝1,2,3…)由洛倫茲力提供向心力有qvB＝m，可得v＝，而兩個粒子的比荷相同，可知＝，如n＝1，k＝1時，＝，如n＝2，k＝1時，＝，則v1∶v2可能為1∶1或2∶1，故C正確，D錯誤．
【模型演練3】.(多選)(2021·福建廈門市線上檢測)如圖所示，圓形區域直徑MN上方存在垂直于紙面向外的勻強磁場，下方存在垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小相同．現有兩個比荷相同的帶電粒子a、b，分別以v1、v2的速度沿圖示方向垂直于磁場從M點入射，最終都從N點離開磁場，不計粒子重力及粒子間的相互作用，則(　　)

A．粒子a、b可能帶異種電荷
B．粒子a、b一定帶同種電荷
C．v1∶v2可能為2∶1
D．v1∶v2只能為1∶1
【答案】　BC
【解析】　兩粒子都從M點入射從N點出射，則a粒子向下偏轉，b粒子向上偏轉，由左手定則可知兩粒子均帶正電，故A錯誤，B正確；設磁場區域半徑為R，將MN當成磁場的邊界，兩粒子均與邊界成45°角入射，由運動對稱性可知出射時與邊界成45°角，則一次偏轉穿過MN時速度偏轉90°；而上下磁場方向相反，則兩粒子可以圍繞MN重復穿越，運動有周期性，設a粒子重復k次穿過MN，b粒子重復n次穿過MN，由幾何關系可知
k·r1＝2R(k＝1,2,3，…)
n·r2＝2R(n＝1,2,3，…)
由洛倫茲力提供向心力得qvB＝m，可得v＝，而兩個粒子的比荷相同，可知＝，當n＝1，k＝1時，＝，當n＝2，k＝1時，＝，則v1∶v2可能為1∶1或2∶1，還可能是其他比值，故C正確，D錯誤．
【模型演練4】(多選)(2020·四川樂山市高三下學期三調)如圖所示，在一個半徑為R的圓形區域內存在磁感應強度為B、方向垂直于紙面向里的勻強磁場，一個比荷為的正粒子，從A點沿與AO成30°角的方向射入勻強磁場區域，最終從B點沿與AO垂直的方向離開磁場．若粒子在運動過程中只受磁場力作用，則(　　)

A．粒子運動的軌道半徑r＝R
B．粒子在磁場區域內運動的時間t＝
C．粒子的初速度為v0＝
D．若僅改變初速度的方向，該粒子仍能從B點飛出磁場區域
【答案】　AC
【解析】　畫出粒子軌跡示意圖，如圖所示，

因為粒子從B點沿與AO垂直的方向離開磁場，故O′B與AO平行，又因為△OAB與△O′AB均為等腰三角形，可得：∠OAB＝∠OBA＝∠O′BA＝∠O′AB，所以O′A與BO也平行，因為粒子速度方向偏轉的角度為60°，故∠AO′B＝60°，所以四邊形OAO′B為兩個等邊三角形組成的菱形，故粒子運動的軌道半徑r＝R，故A正確．
粒子在磁場中運動的周期：T＝＝，
粒子在磁場中轉過的圓心角θ＝60°，
所以粒子在磁場中運動的時間為：t＝×＝，故B錯誤．
根據洛倫茲力提供向心力可得：qv0B＝m，結合軌道半徑r＝R，聯立可得粒子的初速度為：v0＝，故C正確．
當入射粒子速度方向發生變化時，粒子運動的軌跡示意圖如圖所示，

速度大小不變，粒子做圓周運動的半徑不變，入射速度方向發生變化，粒子在圓周上的出射點也隨之變化，所以若僅改變初速度的方向，該粒子將不能從B點飛出磁場區域，故D錯誤．
【模型演練5】如圖甲所示，有界勻強磁場Ⅰ的寬度與圖乙所示圓形勻強磁場Ⅱ的半徑相等，一不計重力的粒子從左邊界的M點以一定初速度水平向右垂直射入磁場Ⅰ，從右邊界射出時速度方向偏轉了θ角；該粒子以同樣的初速度沿半徑方向垂直射入磁場Ⅱ，射出磁場時速度方向偏轉了2θ角．已知磁場Ⅰ、Ⅱ的磁感應強度大小分別為B1、B2，則B1與B2的比值為 (　　)

A．2cos θ B．sin θ
C．cos θ D．tan θ
【答案】：C
【解析】：設有界磁場Ⅰ寬度為d，則粒子在磁場Ⅰ和磁場Ⅱ中的運動軌跡分別如圖(a)、(b)所示，由洛倫茲力提供向心力知Bqv＝m，得B＝，由幾何關系知d＝r1sin θ，d＝r2tan θ，聯立得＝cos θ，選項C正確．

【模型演練6】.(2020·山東濰坊檢測)如圖所示，虛線所圍區域內有方向垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B.一束電子沿圓形區域的直徑方向以速度v射入磁場，電子束經過磁場區后，其運動的方向與原入射方向成θ角．設電子質量為m，電荷量為e，不計電子之間的相互作用力及所受的重力．求：

(1)電子在磁場中運動軌跡的半徑R；
(2)電子在磁場中運動的時間t；
(3)圓形磁場區域的半徑r.
【答案】：(1)　(2)　(3)tan
【解析】：(1)電子在磁場中受到的洛倫茲力提供電子做勻速圓周運動的向心力即：evB＝m
由此可得電子做圓周運動的半徑R＝
(2)如圖根據幾何關系，可以知道電子在磁場中做圓周運動時轉過的圓心角α＝θ

則電子在磁場中運動的時間：
t＝T＝×＝×＝
(3)由題意知，由圖根據幾何關系知：tan ＝
所以r＝Rtan ＝tan
【模型演練7】．(2020·陜西咸陽模擬)如圖所示，A點距坐標原點的距離為L，坐標平面內有邊界過A點和坐標原點O的圓形勻強磁場區域，磁場方向垂直于坐標平面向里．有一電子(質量為m、電荷量為e)從A點以初速度v0平行于x軸正方向射入磁場區域，在磁場中運動，從x軸上的B點射出磁場區域，此時速度方向與x軸的正方向之間的夾角為60°，求：

(1)磁場的磁感應強度大??；
(2)磁場區域的圓心O1的坐標；
(3)電子在磁場中運動的時間．
【答案】：(1)　(2)(L，)　(3)
【解析】：(1)由題意得電子在有界圓形磁場區域內受洛倫茲力做圓周運動，設圓周運動軌跡半徑為r，磁場的磁感應強度為B，則有ev0B＝m①
過A、B點分別作速度的垂線交于C點，則C點為軌跡圓的圓心，已知B點速度與x軸夾角為60°，由幾何關系得，軌跡圓的圓心角∠C＝60°②
AC＝BC＝r，已知OA＝L，得OC＝r－L③
由幾何知識得r＝2L④
由①④得B＝⑤
(2)由于ABO在有界圓周上，∠AOB＝90°，得AB為有界磁場圓的直徑，故AB的中點為磁場區域的圓心O1，由③易得△ABC為等邊三角形，磁場區域的圓心O1的坐標為(L，)．

(3)電子做勻速圓周運動，則圓周運動的周期為T＝⑥
由②④⑥得電子在磁場中運動的時間t＝＝.
五．環形磁約束模型
【模型構建】
臨界圓
臨界半徑 勾股定理(R2-R1)2=R12+r2
解得：

【模型演練1】(2020·安徽十校聯盟檢測)如圖所示，磁場的邊界是兩個同心圓，內圓的半徑為r，磁場方向垂直紙面向里，磁感應強度大小為B，A是內側邊界上的一點．在圓心O處沿平行紙面方向射出一個質量為m、電荷量為q的帶電粒子，粒子速度方向與OA成60°角，粒子經磁場第一次偏轉后剛好從A點射出磁場，不計粒子重力，則下列說法正確的是(　　)

A．粒子一定帶正電
B．粒子第一次在磁場中運動的時間為
C．粒子運動的速度大小為
D．磁場外邊界圓的半徑至少為r
【答案】　D
【解析】　粒子在磁場中運動的軌跡如圖所示，根據左手定則可以判斷粒子帶負電，故A錯誤；粒子第一次在磁場中運動的時間為t＝T＝，故B錯誤；根據圖中幾何關系可得粒子在磁場中做圓周運動的半徑為R＝rtan 30°＝r，根據洛倫茲力提供向心力可得qvB＝m，解得v＝，故C錯誤；磁場外邊界圓的半徑至少為r′＝R＋＝r，故D正確．

【模型演練2】(2020·全國卷Ⅲ·18)真空中有一勻強磁場，磁場邊界為兩個半徑分別為a和3a的同軸圓柱面，磁場的方向與圓柱軸線平行，其橫截面如圖8所示．一速率為v的電子從圓心沿半徑方向進入磁場．已知電子質量為m，電荷量為e，忽略重力．為使該電子的運動被限制在圖中實線圓圍成的區域內，磁場的磁感應強度最小為(　　)

A. B. C. D.
【答案】　C
【解析】　磁感應強度取最小值時對應的臨界狀態如圖所示，設電子在磁場中做圓周運動的半徑為r，由幾何關系得a2＋r2＝(3a－r)2，根據牛頓第二定律和圓周運動知識得evB＝m，聯立解得B＝，故選C.

【模型演練3】(2021·廣東深圳高級中學月考)如圖所示，直徑分別為D和2D的同心圓處于同一豎直面內，O為圓心，GH為大圓的水平直徑．兩圓之間的環形區域(Ⅰ區)和小圓內部(Ⅱ區)均存在垂直圓面向里的勻強磁場．間距為d的兩平行金屬極板間有一勻強電場，上極板開有一小孔．一質量為m、電荷量為＋q的粒子由小孔下方處靜止釋放，加速后粒子以豎直向上的速度v射出電場，由H點緊靠大圓射入磁場．不計粒子的重力．

(1)求極板間電場強度的大小；
(2)若粒子運動軌跡與小圓相切，求Ⅰ區磁感應強度的大?。?br /> 【答案】：(1)　(2)或
【解析】：(1)設極板間電場強度的大小為E，對粒子在電場中的加速運動，由動能定理得
qE·＝mv2①
由①式得E＝②
(2)設Ⅰ區磁感應強度的大小為B，粒子做圓周運動的半徑為R，由牛頓第二定律得qvB＝m③
如圖所示，粒子運動軌跡與小圓相切有兩種情況．若粒子軌跡與小圓外切，由幾何關系得

R＝④
聯立③④式得B＝⑤
若粒子軌跡與小圓內切，由幾何關系得R＝⑥
聯立③⑥式得B＝⑦
【模型演練4】(2021屆·濰坊模擬)如圖所示，兩個同心圓，半徑分別為r和2r，在兩圓之間的環形區域內存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B。圓心O處有一放射源，放出粒子的質量為m、帶電荷量為q，假設粒子速度方向都和紙面平行。

(1)圖中箭頭表示某一粒子初速度的方向，OA與初速度方向夾角為60°，要想使該粒子經過磁場后第一次通過A點，則初速度的大小是多少？
(2)要使粒子不穿出環形區域，則粒子的初速度不能超過多少？
【答案】(1)　(2)
【解析】(1)如圖甲所示，設粒子在磁場中的軌道半徑為R1，則由幾何關系得R1＝

甲　　　　　　　　　乙
又qv1B＝m　解得v1＝。
(2)如圖乙所示，設粒子軌跡與磁場外邊界相切時，粒子在磁場中的軌跡半徑為R2，
則由幾何關系有(2r－R2)2＝R＋r2，可得R2＝
又qv2B＝m，可得v2＝
故要使粒子不穿出環形區域，粒子的初速度不能超過。
【模型演練5】 (2021·安徽安慶市下學期第二次模擬)如圖所示，半徑分別為R、2R的兩個同心圓，圓心為O，大圓和小圓之間區域有垂直于紙面向外的勻強磁場，其余區域無磁場，一重力不計的帶正電粒子從大圓邊緣的P點沿PO 方向以速度v1射入磁場，其運動軌跡如圖所示，圖中軌跡所對的圓心角為120°；若將該帶電粒子從P點射入的速度大小變為v2，不論其入射方向如何，都不可能射入小圓內部區域，則至少為(　　)

A. B. C. D.
【答案】　A
【解析】　粒子速度為v1時，圓心角為120°，設圓心為O1，由幾何關系可知，半徑r1＝PO·tan 30°＝2R×＝當v2方向豎直向上，粒子恰好完成半個圓周且與內圓相切時有：r2＝，此時v2為滿足條件的最大值結合r＝得：v＝，所以速度之比等于半徑之比，＝所以至少為.

六．三角形或四邊形邊界磁場模型
【模型演練1】 (2019·全國卷Ⅱ·17)如圖，邊長為l的正方形abcd內存在勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面(abcd所在平面)向外．ab邊中點有一電子發射源O，可向磁場內沿垂直于ab邊的方向發射電子．已知電子的比荷為k.則從a、d兩點射出的電子的速度大小分別為(　　)

A.kBl，kBl B.kBl，kBl
C.kBl，kBl D.kBl，kBl
【答案】B
【解析】電子從a點射出時，其運動軌跡如圖線①，軌跡半徑為ra＝，由洛倫茲力提供向心力，有evaB＝m，又＝k，解得va＝；電子從d點射出時，運動軌跡如圖線②，由幾何關系有r＝l2＋(rd－)2，解得：rd＝，由洛倫茲力提供向心力，有evdB＝m，又＝k，解得vd＝，選項B正確．

【模型演練2】 (2021·山東省實驗中學第二次模擬)如圖所示，在一等腰直角三角形ACD區域內有垂直紙面向外的勻強磁場，磁場的磁感應強度大小為B.一質量為m、電荷量為q的帶正電粒子(重力不計)以速度v從AC邊的中點O垂直AC邊射入磁場區域．若三角形的兩直角邊長均為2L，要使粒子從CD邊射出，則v的取值范圍為(　　)

A.≤v≤ B.≤v≤
C.≤v≤ D.≤v≤
【答案】　C
【解析】　根據洛倫茲力充當向心力可知，v＝，因此半徑越大，速度越大；根據幾何關系可知，使粒子軌跡與AD邊相切時速度最大，如圖，則有AO′·sin 45°＝O′E，即(R＋L)sin 45°＝R，解得滿足題目要求的最大半徑為R＝(＋1)L，故最大速度為v1＝；當粒子從C點出射時，滿足題目要求的半徑最小，為r2＝，故最小速度應為v2＝，則v的取值范圍為≤v≤，故C正確，A、B、D錯誤．

【模型演練3】(2020·河北第二次省際調研)如圖，在邊長為L的正方形abcd的部分區域內存在著方向垂直紙面的勻強磁場，a點處有離子源，可以向正方形abcd所在區域的任意方向發射速率均為v的相同的正離子，且所有離子均垂直bc邊射出，下列說法正確的是(　　)

A．磁場區域的最小面積為L2
B．離子在磁場中做圓周運動的半徑為L
C．磁場區域的最大面積為L2
D．離子在磁場中運動的最長時間為
【答案】　C
【解析】　由題圖可知，若所有正離子垂直bc邊射出，則以d為圓心，半徑為L的圓弧ac為磁場區域的邊界，其半徑與離子做圓周運動的半徑相同，所以離子在磁場中做圓周運動的半徑為R＝L；磁場區域的最小面積為Smin＝2×＝，故A、B錯誤；

磁場的最大區域是四分之一圓，面積Smax＝πL2
離子運動的最長時間t＝＝，故C正確，D錯誤．
【模型演練4】(2020·黑龍江哈爾濱六中期末)如圖所示，邊長為l的等邊三角形ACD內、外分布著方向相反的勻強磁場，磁感應強度大小均為B.由頂點A處沿∠CAD的角平分線方向發射不同速度的粒子，粒子質量均為m、電荷量均為＋q.不計粒子重力．粒子以下列速度發射時其中不能通過D點的是(　　)

A. B. C. D.
【答案】　C
【解析】　粒子運動過程只受洛倫茲力作用，故粒子做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得qvB＝m，解得v＝，由左手定則可知：粒子在三角形內做逆時針圓周運動，在三角形外做順時針圓周運動；由粒子做圓周運動，軌道半徑相同，根據幾何關系可得：粒子在同一條邊上每兩次經過邊界AD時在邊界上的距離為r，故要使粒子通過D點，則有r＝，n＝1、2、3、4…，故能通過D點的粒子速度大小v＝，n＝1、2、3…，選項C符合題意．
【模型演練5】如圖所示，在邊長為L的正方形abcd內有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B。從邊ad的四等分點P處沿與ad邊成45°角的方向向磁場區域內射入速度大小不等的帶電粒子，粒子的質量為m，電荷量為－q(q>0)。不計粒子重力，關于粒子的運動，下列說法正確的是(　　)

A．可能有粒子從b點射出
B．粒子在磁場中運動的最長時間為
C．速度為v＝的粒子從cd邊射出磁場
D．從bc邊射出的粒子的運動軌跡所對應的圓心角一定小于135°
【答案】BCD
【解析】磁場邊界為正方形，粒子不可能到達b點，選項A錯誤；當粒子運動半徑較小時，將從ad邊射出，運動時間最長，且t＝＝，選項B正確；當粒子運動軌跡恰好與cd相切時，r1＋r1sin 45°＝，則半徑r1＝，當粒子軌跡恰好與bc邊相切時，有r2＋r2cos 45°＝L，則r2＝＝(2－)L，而當速度v＝時，粒子的軌道半徑r＝，r1＜r＜r2，粒子將從cd邊射出，選項C正確；粒子軌跡恰好與bc邊相切時，圓心角為135°，則從bc邊射出的粒子軌跡所對應的圓心角一定小于135°，選項D正確。
七．數學圓模型在電磁學中的應用
模型一　“放縮圓”模型的應用
適用條件 速度方向一定，大小不同 粒子源發射速度方向一定，大小不同的帶電粒子進入勻強磁場時，這些帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌跡半徑隨速度的變化而變化
軌跡圓圓心共線 如圖所示(圖中只畫出粒子帶正電的情景)，速度v越大，運動半徑也越大。可以發現這些帶電粒子射入磁場后，它們運動軌跡的圓心在垂直初速度方向的直線PP′上
界定
方法 以入射點P為定點，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，這種方法稱為“放縮圓”法

【模型演練1】(2020·全國卷Ⅰ·18)一勻強磁場的磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面向外，其邊界如圖9中虛線所示，為半圓，ac、bd與直徑ab共線，ac間的距離等于半圓的半徑．一束質量為m、電荷量為q(q>0)的粒子，在紙面內從c點垂直于ac射入磁場，這些粒子具有各種速率．不計粒子之間的相互作用．在磁場中運動時間最長的粒子，其運動時間為(　　)

A. B.
C. D.
【答案】　C
【解析】　粒子在磁場中運動的時間與速度大小無關，由在磁場中的運動軌跡對應的圓心角決定．設軌跡交半圓于e點，ce中垂線交bc于O點，則O點為軌跡圓心，如圖所示．圓心角θ＝π＋2β，當β最大時，θ有最大值，由幾何知識分析可知，當ce與相切時，β最大，此時β＝30°，可得θ＝π，則t＝T＝，故選C.

【模型演練2】.(多選)(2020·山東濰坊市檢測)如圖所示，一束電子以大小不同的速率沿圖示方向垂直飛入橫截面是一正方形的勻強磁場區域，下列判斷正確的是(　　)

A．電子在磁場中運動時間越長，其軌跡線越長
B．電子在磁場中運動時間越長，其軌跡線所對應的圓心角越大
C．在磁場中運動時間相同的電子，其軌跡線不一定重合
D．電子的速率不同，它們在磁場中運動時間一定不相同
【答案】　BC
【解析】　由t＝T知，電子在磁場中運動時間與軌跡對應的圓心角成正比，所以電子在磁場中運動的時間越長，其軌跡線所對應的圓心角θ越大，電子飛入勻強磁場中做勻速圓周運動，軌跡線弧長s＝rθ，運動時間越長，θ越大，但半徑r不一定大，s也不一定大，故A錯誤，B正確．由周期公式T＝知，電子做圓周運動的周期與電子的速率無關，所以電子在磁場中的運動周期相同，若它們在磁場中運動時間相同，但軌跡不一定重合，比如：軌跡4與5，它們的運動時間相同，但它們的軌跡對應的半徑不同，由r＝可知它們的速率不同，故C正確，D錯誤．

【模型演練3】(多選)如圖所示，在一等腰直角三角形ACD區域內有垂直紙面向外的勻強磁場，磁場的磁感應強度大小為B，一質量為m、電荷量為q的帶正電的粒子(重力不計)從AC邊的中點O垂直于AC邊射入該勻強磁場區域，若該三角形的兩直角邊長均為2l，則下列關于粒子運動的說法中正確的是(　　)

A．若該粒子的入射速度為v＝，則粒子一定從CD邊射出磁場，且距點C的距離為l
B．若要使粒子從CD邊射出，則該粒子從O點入射的最大速度應為v＝
C．若要使粒子從CD邊射出，則該粒子從O點入射的最大速度應為v＝
D．當該粒子以不同的速度入射時，在磁場中運動的最長時間為
【答案】ABD　
【解析】

若粒子射入磁場時速度為v＝，則由qvB＝m可得r＝l，由幾何關系可知，粒子一定從CD邊上距C點為l的位置離開磁場，選項A正確；因為r＝，所以v＝，因此，粒子在磁場中運動的軌跡半徑越大，速度就越大，由幾何關系可知，當粒子在磁場中的運動軌跡與三角形的AD邊相切時，能從CD邊射出的軌跡半徑最大，此時粒子在磁場中做圓周運動的軌跡半徑r＝(＋1)l，故其最大速度為v＝，選項B正確，C錯誤；粒子在磁場中的運動周期為T＝，故當粒子從三角形的AC邊射出時，粒子在磁場中運動的時間最長，由于此時粒子做圓周運動的圓心角為180°，故其最長時間應為t＝，選項D正確。
【模型演練4】（2021屆云南省保山市智源中學周測）一勻強磁場的磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面向外，其邊界如圖中虛線所示，ab＝be＝2bc＝2de＝L，bcde為矩形．一束質量為m、電荷量為q(q>0)的粒子，在紙面內從a點垂直于ab射入磁場，這些粒子具有各種速率．不計粒子之間的相互作用．在磁場中運動時間最長的粒子，其運動速率為(　　)

A. B. C. D.
【答案】　C
【解析】　設粒子過bcde上一點g，當∠Oag最大時，∠aOg最小，粒子運動時間最長，O為粒子做圓周運動的圓心，由幾何關系知，當粒子過c點時，粒子運動時間最長，設半徑為R，則有(L－R)2＋()2＝R2，得R＝L，由qvB＝m，聯立得v＝.

模型二　“旋轉圓”模型的應用
適用條件 速度大小一定，方向不同 粒子源發射速度大小一定、方向不同的帶電粒子進入勻強磁場時，它們在磁場中做勻速圓周運動的半徑相同，若射入初速度為v0，則圓周運動半徑為R＝。如圖所示
軌跡圓圓心共圓 帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的圓心在以入射點P為圓心、半徑R＝的圓上
界定
方法 將一半徑為R＝的圓以入射點為圓心進行旋轉，從而探索粒子的臨界條件，這種方法稱為“旋轉圓”法
【模型演練1】(2017·全國卷Ⅱ)如圖所示，虛線所示的圓形區域內存在一垂直于紙面的勻強磁場，P為磁場邊界上的一點。大量相同的帶電粒子以相同的速率經過P點，在紙面內沿不同方向射入磁場。若粒子射入速率為v1，這些粒子在磁場邊界的出射點分布在六分之一圓周上；若粒子射入速率為v2，相應的出射點分布在三分之一圓周上。不計重力及帶電粒子之間的相互作用。則v2∶v1為(　　)

A．∶2 B．∶1 C．∶1 D．3∶
【答案】C　
【解析】相同的帶電粒子垂直勻強磁場入射均做勻速圓周運動。粒子以v1入射，一端為入射點P，對應圓心角為60°(對應六分之一圓周)的弦PP′必為垂直該弦入射粒子運動軌跡的直徑2r1，如圖甲所示

設圓形區域的半徑為R，由幾何關系知r1＝R。其他不同方向以v1入射的粒子的出射點在PP′對應的圓弧內。同理可知，粒子以v2入射及出射情況，如圖乙所示。由幾何關系知r2＝＝R，可得r2∶r1＝∶1。因為m、q、B均相同，由公式r＝可得v∝r，所以v2∶v1＝∶1。故選C。
【模型演練2】.(多選)(2020·四川綿陽市高三第三次診斷)如圖所示，在邊長為L的正方形區域ABCD內存在磁感應強度大小為B，方向垂直紙面向外的勻強磁場．質量為m，電荷量為q的帶電粒子(不計重力)，分別以相同的速率v從A點沿不同方向垂直磁場方向射入磁場，當沿AC方向射入時，垂直于BC邊射出磁場．則粒子(　　)

A．帶負電
B．運動速率v＝
C．在磁場中運動的最長時間Tm＝
D．在磁場中運動的最長時間Tm＝
【答案】　BC
【解析】　由左手定則可知粒子帶正電，選項A錯誤；

根據粒子的運動軌跡可知R＝L
由qvB＝m
可得v＝，選項B正確；
從C點射出的粒子在磁場中運動的時間最長，圓弧所對的圓心角為60°，則最長時間為
Tm＝·＝
選項C正確，D錯誤．
【模型演練3】如圖所示為圓形區域的勻強磁場，磁感應強度為B，方向垂直紙面向里，邊界跟y軸相切于坐標原點O。O點處有一放射源，沿紙面向各方向射出速率均為v的某種帶電粒子，帶電粒子在磁場中做圓周運動的半徑是圓形磁場區域半徑的兩倍。已知該帶電粒子的質量為m、電荷量為q，不考慮帶電粒子的重力。

(1)推導帶電粒子在磁場空間做圓周運動的軌跡半徑；
(2)求帶電粒子通過磁場空間的最大偏轉角。
【答案】(1)見解析　(2)60°
【解析】(1)帶電粒子進入磁場后，受洛倫茲力作用，由牛頓第二定律得
Bqv＝m，則r＝。
(2)粒子的速率均相同，因此粒子軌跡圓的半徑均相同，但粒子射入磁場的速度方向不確定，故可以保持圓的大小不變，只改變圓的位置，畫出“動態圓”，通過“動態圓”可以觀察到粒子運動軌跡均為劣弧，對于劣弧而言，弧越長，弧所對應的圓心角越大，偏轉角越大，則運動時間越長，當粒子的軌跡圓的弦長等于磁場直徑時，粒子在磁場空間的偏轉角最大，sin ＝＝，即φmax＝60°。

【模型演練4】(2020·蚌埠二模)如圖所示，直線MN是一勻強磁場的邊界，三個相同的帶正電粒子分別沿圖示1、2、3三個方向以相同的速率從O點射入磁場，沿箭頭1、3兩個方向的粒子分別經t1、t3時間均從p點離開磁場，沿箭頭2方向(垂直于MN)的粒子經t2時間從q點離開磁場，p是Oq的中點，則t1、t2、t3之比為 (　　)

A．1∶2∶3 B．2∶3∶4 C．1∶3∶5 D．2∶3∶10
【答案】　C
【解析】　粒子在磁場中做圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得qvB＝m，解得r＝，由題意可知，三個粒子做圓周運動的軌道半徑r相等，粒子在磁場中做圓周運動的軌跡如圖所示，

Oq＝2r，而p是Oq的中點，Op＝Oq＝r，△OpO1、△OpO3都是等邊三角形，粒子在磁場中做圓周運動，轉過的圓心角θ1＝60°，θ2＝180°，θ3＝300°，粒子在磁場中做圓周運動的周期T＝相等，粒子在磁場中的運動時間t＝T，則t1∶t2∶t3＝θ1∶θ2∶θ3＝60°∶180°∶300°＝1∶3∶5，選項C正確。
【模型演練5】(2021·安徽宣城市第二次模擬)如圖，圓形區域內有一垂直紙面的勻強磁場，P為磁場邊界上的一點．有無數個帶有相同電荷量和相同質量的粒子在紙面內沿各個方向以同樣的速率通過P點進入磁場．這些粒子射出邊界的位置均處于邊界的某一段弧上，這段圓弧的弧長是圓周長的.將磁感應強度的大小從原來的B1變為B2，結果相應的弧長變為圓周長的，則等于(　　)

A. B. C. D.
【答案】　A
【解析】　設圓的半徑為r，磁感應強度為B1時，從P點射入的粒子與磁場邊界的最遠交點為M，最遠的點是軌跡圓直徑與磁場邊界圓的交點，如圖甲所示，∠POM＝120°，設粒子做圓周運動的半徑為R，則有sin 60°＝，解得R＝r；

磁感應強度為B2時，從P點射入的粒子與磁場邊界的最遠交點為N，最遠的點是軌跡圓直徑與磁場邊界圓的交點，如圖乙所示，∠PON＝90°，設粒子做圓周運動的半徑為R′，則有
R′＝r，由帶電粒子做勻速圓周運動的半徑R＝，由于v、m、q相等，則得＝＝＝，故選項A正確，B、C、D錯誤．

模型三　“平移圓”模型的應用
適用條件 速度大小一定，方向一定，但入射點在同一直線上 粒子源發射速度大小、方向一定，入射點不同，但在同一直線的帶電粒子進入勻強磁場時，它們做勻速圓周運動的半徑相同，若入射速度大小為v0，則半徑R＝，如圖所示
軌跡圓圓心共線 帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的圓心在同一直線上，該直線與入射點的連線平行
界定方法 將半徑為R＝的圓進行平移，從而探索粒子的臨界條件，這種方法叫“平移圓”法
【模型演練1】(2020·江西紅色七校一聯)如圖所示，在直角三角形ABC內充滿垂直紙面向外的勻強磁場(圖中未畫出)，AB邊長度為d，∠B＝?，F垂直AB邊射入一群質量均為m、電荷量均為q、速度大小均為v(未知)的帶正電粒子，已知垂直AC邊射出的粒子在磁場中運動的時間為t，而運動時間最長的粒子在磁場中運動的時間為t(不計粒子重力)。則下列說法正確的是(　　)

A．粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期為4t
B．該勻強磁場的磁感應強度大小為
C．粒子在磁場中運動的軌跡半徑為d
D．粒子進入磁場時的速度大小為
【答案】　ABC
【解析】　帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，垂直AC邊射出的粒子在磁場中運動的時間是T，即為t＝T，則得周期為T＝4t，故A正確；由T＝4t，R＝，T＝得，B＝＝，故B正確；運動時間最長的粒子在磁場中運動的軌跡如圖所示，根據幾何關系有Rsin ＋＝d，解得R＝d，故C正確；根據粒子在磁場中運動的速度為v＝，周期為T＝4t，半徑R＝d，聯立可得v＝，故D錯誤。

【模型演練2】如圖所示，邊長為L的正方形有界勻強磁場ABCD，帶電粒子從A點沿AB方向射入磁場，恰好從C點飛出磁場；若帶電粒子以相同的速度從AD的中點P垂直AD射入磁場，從DC邊的M點飛出磁場(M點未畫出)。設粒子從A點運動到C點所用的時間為t1，由P點運動到M點所用時間為t2(帶電粒子重力不計)，則t1∶t2為(　　)

A．2∶1　　 B．2∶3 C．3∶2 D．∶
【答案】C　
【解析】畫出粒子

從A點射入磁場到從C點射出磁場的軌跡，并將該軌跡向下平移，粒子做圓周運動的半徑為R＝L，從C點射出的粒子運動時間為t1＝；由P點運動到M點所用時間為t2，圓心角為θ，則cos θ＝，則cos θ＝，θ＝60°，故t2＝，所以＝＝，C正確。
模型四 “磁聚焦”模型
1．帶電粒子的會聚
如圖甲所示，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B點射出．(會聚)
證明：四邊形OAO′B為菱形，必是平行四邊形，對邊平行，OB必平行于AO′(即豎直方向)，可知從A點發出的帶電粒子必然經過B點．
2．帶電粒子的發散
如圖乙所示，有界圓形磁場的磁感應強度為B，圓心為O，從P點有大量質量為m、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，不計粒子的重力，如果正粒子軌跡圓半徑與有界圓形磁場半徑相等，則所有粒子射出磁場的方向平行．(發散)
證明：所有粒子運動軌跡的圓心與有界圓圓心O、入射點、出射點的連線為菱形，也是平行四邊形，O1A(O2B、O3C)均平行于PO，即出射速度方向相同(即水平方向)．

【模型演練1】(多選)(2021·山東泰安市一模)如圖所示，半徑為R、磁感應強度為B的圓形勻強磁場，MN是一豎直放置的足夠長的感光板．大量相同的帶正電粒子從圓形磁場最高點P以速率v沿不同方向垂直磁場方向射入，不考慮速度沿圓形磁場切線方向入射的粒子．粒子質量為m，電荷量為q，不考慮粒子間的相互作用力和粒子的重力．關于這些粒子的運動，以下說法正確的是(　　)

A．對著圓心入射的粒子，速度越大在磁場中通過的時間越短
B．對著圓心入射的粒子，速度越大在磁場中通過的時間越長
C．若粒子速度大小均為v＝，出射后均可垂直打在MN上
D．若粒子速度大小均為v＝，則粒子在磁場中的運動時間一定小于
【答案】　ACD
【解析】　對著圓心入射的粒子，速度越大在磁場中做圓周運動的軌跡半徑越大，弧長越長，軌跡對應的圓心角越小，由t＝T＝可知，運動時間越短，故選項A正確，B錯誤．粒子速度大小均為v＝時，根據洛倫茲力提供向心力可得粒子的軌跡半徑為：r＝＝R，根據幾何關系可知，入射點P、O、出射點與軌跡的圓心的連線構成菱形，射出磁場時的軌跡半徑與PO平行，故粒子射出磁場時的速度方向與MN垂直，出射后均可垂直打在MN上；根據幾何關系可知，軌跡對應的圓心角小于180°，粒子在磁場中的運動時間：t 【模型演練2】(2021·山東濟南市上學期期末)(多選)如圖所示，長方形abcd的長ad＝0.6 m，寬ab＝0.3 m，O、e分別是ad、bc的中點，以e為圓心，eb為半徑的圓弧和以O為圓心，Od為半徑的圓弧組成的區域內有垂直紙面向里的勻強磁場(eb邊界上無磁場)，磁感應強度B＝0.25 T．一群不計重力、質量m＝3×10－7 kg、電荷量q＝2×10－3C的帶正電粒子以速度v＝5×102 m/s沿垂直于ad且垂直于磁場方向射入磁場區域，粒子間的相互作用不計，則下列判斷正確的是(　　)

A．從Od邊射入的粒子，出射點全部分布在ab邊
B．從aO邊射入的粒子，出射時全部通過b點
C．從Od邊射入的粒子，出射時全部通過b點
D．從aO邊射入的粒子，出射點分布在ab邊
【答案】　BC
【解析】　粒子進入磁場后做勻速圓周運動，根據洛倫茲力提供向心力，得到：r＝＝0.3 m，因ab＝0.3 m，從Od邊射入的粒子，形成以r為半徑的圓弧，從點O射入的粒子從b點射出；從Od之間射入的粒子，因邊界上無磁場，粒子到達bc后應做直線運動，即全部通過b點，故A錯誤，C正確；從aO邊射入的粒子先做一段時間的直線運動，設某一個粒子在M點進入磁場，其圓心為O′，如圖所示，根據幾何關系可得：虛線的四邊形O′Meb是菱形，則粒子的出射點一定是從b點射出．同理可知，從aO邊射入的粒子，出射時全部從b點射出，即“磁聚焦”，故B正確，D錯誤．

【模型演練3】(2020·廣東模擬)如圖所示，在直角坐標系xOy中，x軸上方有勻強磁場，磁感應強度的大小為B，磁場方向垂直于紙面向外．大量質量為m、電荷量為＋q的粒子，以相同的速率v沿紙面內，由x軸負方向與y軸正方向之間各個方向從原點O射入磁場區域．不計重力及粒子間的相互作用．下列圖中陰影部分表示帶電粒子在磁場中可能經過的區域，其中R＝，正確的圖是(　　)



【答案】　D
【解析】　首先當粒子沿x軸負方向運動的時候，其軌跡如圖所示，是一個完整的圓，隨著粒子的出射角度向y軸正方向逐漸轉動過程中，這個圓逐漸沿順時針方向轉動；當粒子沿y軸正方向的時候，其軌跡為一個半圓．根據分析在這個軌跡圓轉動的過程中，圖中完整的圓與半圓相交的部分不會有粒子經過，故D項正確．

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