重难点10 磁场-2024年高考物理【热点·重难点】专练（新高考专用）

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1.命题情境源自生产生活中的与磁场的相关的情境或科学探究情境，解题时能从具体情境中抽象出物理模型，正确应用磁场知识、安培力、洛伦兹力、动力学等解决物理实际问题。
2.选择题命题中主要考查磁感应强度的叠加，安培力、洛伦兹力大小和方向等知识点。立体空间的磁场加大了立体空间的思维能的考查。
3. 命题中经常注重物理建模思想的应用，具体问题情境中，抽象出物体模型。带电粒子在有界磁场中的运动，带电粒子在电场和磁场组合场或复合场中运动的考查，利用动力学和功能关系、动量守恒等思想分析问题和解决问题。
4. 命题中经常出现巧妙利用三类动态圆模型（平移圆、旋转圆、缩放圆）解决大量带电粒子沿不同方向进入有界磁场运动的问题。
一、磁场叠加问题的解题思路
(1)确定磁场场源，如通电导线．
(2)定位空间中需要求解磁场的点，利用安培定则判定各个场源在这一点上产生的磁场的大小和方向．如图所示为M、N在c点产生的磁场BM、BN.
(3)应用平行四边形定则进行合成，如图中的B为合磁场．
二、安培力作用下的平衡和加速问题
解题思路：
(1)选定研究对象．
(2)受力分析时，变立体图为平面图，如侧视图、剖面图或俯视图等，并画出平面受力分析图，安培力的方向F安⊥B、F安⊥I.如图所示：
三、带电粒子在有界磁场中运动的临界、极值问题的四个结论
(1)刚好穿出磁场边界的条件是带电粒子在磁场中运动的轨迹与边界相切。
(2)当速度v一定时，弧长(或弦长)越长或者圆心角越大，则带电粒子在有界磁场中运动的时间越长。
(3)当速率v变化时，圆心角越大，运动时间越长。
(4)在圆形匀强磁场中，当轨迹圆的半径大于磁场圆的半径、且入射点和出射点位于磁场圆同一直径的两个端点时，轨迹对应的偏转角最大，运动时间最长。
四、带电粒子在有界磁场中运动的多解问题
1．带电粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，由于带电粒子的电性、磁场方向、临界状态等多种因素的影响，问题往往存在多解问题。根据多解形成的原因，常见的有如下三种情况：
2.解答多解问题的关键
(1)找出多解的原因。
(2)画出粒子的可能轨迹，找出圆心、半径的可能情况。
五、三类动态圆模型
1．“平移圆”模型
2．“放缩圆”模型
3．“旋转圆”模型
（建议用时：30分钟）
一、单选题
1．智能手机安装适当的软件后，利用传感器可测量磁感应强度B的大小。如图甲所示，在手机上建立三维坐标系，手机显示屏所在平面为xOy面。某同学在某地对地磁场进行了两次测量，将手机显示屏朝上平放在水平桌面上测量结果如图乙，之后绕x轴旋转某一角度后测量结果如图丙，图中显示数据的单位为μT（微特斯拉）。已知手机显示屏的面积大约为0.01m2，根据数据可知两次穿过手机显示屏磁通量的变化量约为（ ）

A．B．
C．D．
【答案】C
【解析】根据题意，计算通过手机显示屏的磁通量时，应利用地磁场的z轴分量，则图甲时穿过显示屏的磁通量大小约为
图乙时穿过显示屏的磁通量大小约为
由数据可得，第一次地磁场从手机显示屏穿过，z轴磁场分量为负值，第二次z轴地磁场分量为正值，可知地磁场从手机背面穿过，则磁通量的变化量约为
故选C。
2．如图所示，重物放在电子称上，跨过定滑轮的细绳一端系住重物，另一端系住多匝矩形通电线圈（为线圈供电的电源没有画出）。矩形线圈下部放在匀强磁场中，线圈平面与匀强磁场垂直，线圈的匝数为n，水平边长为L，当线圈中通过顺时针方向的恒定电流为I时，电子称显示的力的值为，改变线圈中电流的方向，但不改变线圈电流的大小，电子称显示的力的值为，整个过程中细绳没有松弛。则磁感应强度B的大小为（ ）

A．B．C．D．
【答案】C
【解析】由于线圈左右两侧收到的安培力大小相等、方向相反，故整个线框受到的合安培力方向只在竖直方向，设重物的质量为M，线框的质量为m，当线圈中通过顺时针方向的恒定电流时，安培力方向为竖直向下，已重物为研究对象，根据受力平衡可得
当线圈中通过逆时针方向的恒定电流时，安培力方向为竖直向上
联合解得
故选C。
3．虚线OM和虚线ON之间的夹角为30°，如图所示，虚线OM上方存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场。一带负电的粒子沿纸面以大小为v的速度从O点右侧距离为L的A点向左上方射人磁场，速度与OM成30°角。已知该粒子在磁场中的运动轨迹与ON只有一个交点，并从OM上另一点射出磁场，不计重力。则粒子在磁场中做圆周运动的半径为（ ）
A．B．C．2LD．3L
【答案】A
【解析】
轨迹与相切，画出粒子的运动轨迹如图所示，由于
故为等边三角形，则
而
则
故为一直线，则
解得
故A正确，BCD错误。
故选A。
4．（2023·云南·一模）空间存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面，线段是屏与纸面的交线，长度为，其左侧有一粒子源S，可沿纸面内各个方向不断发射质量为m、电荷量为q、速率相同的粒子；，P为垂足，如图所示，已知，若上所有的点都能被粒子从其右侧直接打中，则粒子的速率至少为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】粒子要打中的右侧所有位置，最容易的方式为粒子从飞出，绕过距离最近的点，从右侧打中最下端的点，粒子运动的轨迹如图所示
为轨迹圆的弦长，为中点，，；粒子运动的半径为，根据几何关系可知四边形为平行四边形，则
解得
粒子在匀强磁场中匀速圆周运动，洛伦兹力完全提供向心力，根据牛顿第二定律可知
解得粒子的最小速率为
故选C。
二、多选题
5．如图甲所示，为特高压输电线路上使用六分裂阻尼间隔棒的情景。其简化如图乙，间隔棒将6条输电导线分别固定在一个正六边形的顶点、、、、、上，为正六边形的中心，A点、B点分别为、的中点。已知通电导线在周围形成磁场的磁感应强度与电流大小成正比，与到导线的距离成反比。6条输电导线中通有垂直纸面向外，大小相等的电流，其中导线中的电流对导线中电流的安培力大小为，则（ ）
A．A点和B点的磁感应强度相同
B．其中导线所受安培力大小为
C．、、、、五根导线在点的磁感应强度方向垂直于向下
D．、、、、五根导线在点的磁感应强度方向垂直于向上
【答案】BC
【详解】A．根据对称性可知A点和B点的磁感应强度大小相等，方向不同，关于点对称，故A错误；
B．根据题意可知、对导线的安培力大小，、对导线的安培力大小为
对导线，安培力大小为，根据矢量的合成可得导线所受安培力
故B正确；
CD．根据安培定则，、两条导线在点的磁感应强度等大反向，、两条导线在点的磁感应强度等大反向，、、、、五根导线在点的磁感应强度方向与导线在点的磁感应强度方向相同，垂直于向下，故C正确，D错误。
故选C。
6．如图所示，水平绝缘桌面上有两平行导轨与一电源及导体棒MN构成的闭合回路，已知两导轨间距为L，质量为m的导体棒MN与两导轨垂直，通过导体棒的电流为I，匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向与水平面成角斜向上，导体棒MN静止，重力加速度大小为g，则导体棒MN受到的（ ）
A．摩擦力大小为B．摩擦力大小为
C．支持力大小为D．支持力大小为
【答案】AD
【解析】以导体棒为研究对象，分析受力如图所示
其中，导体棒和磁场垂直，故导体棒受到的安培力大小F=BIL，对导体棒根据平衡条件知在水平方向有
在竖直方向
解得支持力大小为
故选AD。
三、解答题
7．（2024·海南·校联考一模）如图所示，间距为的平行金属导轨倾斜放置，与水平面的夹角。一质量为的金属棒垂直导轨放置，并与定值电阻R（大小未知）、电动势（内阻不计）的电源、开关S构成闭合回路，整个装置处在竖直向上磁感应强度大小为的匀强磁场中。闭合开关S，金属棒恰好不会沿导轨向上滑动.已知金属棒与导轨间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，导轨和金属棒的电阻均不计，重力加速度g取，金属棒始终与导轨垂直且接触良好。
（1）求电阻R的阻值；
（2）若把电源更换为电动势为、内阻的电源，闭合开关S时，求金属棒的瞬时加速度大小。
【答案】（1）；（2）
【解析】（1）金属棒恰好不向上滑动，所受的摩擦力方向沿导轨向下，对金属棒受力分析如图所示，
由平衡条件可知
又
联立解得
（2）若把电源更换为电动势为、内阻为的电源，开关闭合S的瞬间，金属棒所受的安培力大小
根据牛顿第二定律有
解得
8．如图所示，在竖直面内的直角坐标系中，y轴竖直，A、B两点的坐标分别为与。的区域内有沿x轴负方向的匀强电场；第二象限内有方向垂直坐标平面向里的匀强磁场（图中未画出）；第四象限内有方向垂直坐标平面向里的匀强磁场和竖直方向的匀强电场（图中均未画出）。一质量为m、电荷量为q的带正电小球（视为质点）从A点以大小（g为重力加速度大小）的速度沿做直线运动，通过O点（第一次通过x轴）后在第四象限内做匀速圆周运动，恰好通过B点（第二次通过x轴）。求：
（1）第二象限内磁场的磁感应强度大小；
（2）小球从O点到第四次通过x轴的时间t；
（3）小球第五次通过x轴时的位置坐标以及第四次通过x轴后在第一象限内运动过程中到x轴的最大距离。
【答案】（1）；（2）；（3）（0,0）；
【解析】（1）小球沿AO方向做直线运动，则必为匀速直线运动，则受力平衡，小球受向下的重力，水平向左的电场力和垂直于AO斜向右上方的洛伦兹力，则
解得
（2）小球从开始运动到第一次经过x轴的时间
小球进入第四象限后做匀速圆周运动，则
周期
则第二次经过x轴的时间
小球射入第一象限时速度与x轴正向成45°，水平方向沿x轴正向做匀减速运动，加速度为
竖直方向做匀减速运动加速度为
ay=g
合加速度大小为
方向与x轴负向成45°角，则再次（第3次）经过x轴的时间
返回时仍经过P点，此时速度仍为
方向与x轴负向成45°角，进入第四象限后仍做匀速圆周运动，运动时间为
小球从O点到第四次通过x轴的时间
（3）小球第四次经过x轴的位置坐标为
x=2L
速度方向与x轴负向成45°角，正好与合加速度方向垂直，则第五次经过x轴时沿x轴负向的距离为，则
解得
则第五次经过x轴时小球恰好到达原点，即位置坐标为（0，0）；
第四次通过x轴后在第一象限内运动过程中到x轴的最大距离
（建议用时：30分钟）

一、单选题
1．我国潜艇研制已经取得了重大突破，开始进入试车定型阶段，该潜艇应用了超导磁流体推进器。如图是超导磁流体推进器原理图，推进器浸没在海水中，海水由前、后两面进出，左、右两侧导体板连接电源，与推进器里的海水构成回路，由固定在潜艇上的超导线圈（未画出）产生垂直于海平面向下的匀强磁场，磁感应强度为B。已知左、右两侧导体板间海水的体积为V，垂直于导体板方向单位面积上的电流为I（导体板外电流不计），下列说法正确的是（ ）
A．要使潜艇前进，左，右两侧导体板所接电源的正、负极应与图示方向相同
B．同时改变超导线圈中电流的方向和海水中电流的方向，潜艇受磁场力的方向将反向
C．潜艇所受磁场力的大小为IVB
D．若导体板间海水的电阻为R，其两端的电压为U，则潜艇在海水中匀速前进时，海水中的电流等于
【答案】C
【解析】A．根据左手定则，左、右内侧导体板所接电源的正、负极与图示方向相同时，海水受到安培力向前，根据牛顿第三定律，海水对磁场（实质是海水对超导潜艇）的作用力向后，该力是使潜艇后退的力，选项A错误；
B．改变超导线圈中电流的方向，匀强磁场的方向发生改变，同时改变海水中电流的方向，则潜艇受磁场力的方向不变，选项B错误；
C．设推进器内侧导体板的面积为S，间距为d，装满水时，磁场力为
选项C正确；
D．船在海水中匀速前进时，可视为导体在海水中切割磁感线，产生与电流方向相反的感应电动势，所以海水中的电流小于，选项D错误。
故选C。
2．（2023·河南开封·统考一模）茫茫宇宙中存在大量的宇宙射线，对宇航员构成了很大威胁。现有一束射线（含有α、β、γ三种射线）先经过一张纸，再进入圆形磁场区域，之后打在荧光屏上，出现了A、B两个亮斑。已知α粒子的质量约为β粒子质量的8000倍，α射线的速度约为光速的，β射线的速度约为光速。下列说法正确的是（ ）
A．圆形区域内磁场方向垂直纸面向里
B．打在A处的射线经过圆形区域时，动能增加
C．如果将纸拿走保留磁场，光屏将会出现明显的两个亮斑
D．如果将纸拿走保留磁场，光屏将会出现明显的三个亮斑
【答案】C
【解析】A．α射线贯穿能力很弱，不能穿过纸而进入磁场，γ粒子不带电，在磁场中不偏转，打在B处，β粒子带负电，偏转后打在A处，则根据左手定则判断可知，圆形区域内磁场方向垂直纸面向外，故A错误。
B．打在A处的射线经过圆形区域时，由于洛伦兹力不做功，所以动能不增加，故B错误；
CD．如果将纸拿走保留磁场，则α射线进入磁场，根据洛伦兹力提供向心力有
可得，轨迹半径为
由于α粒子的质量约为β粒子质量的8000倍，α射线的速度约为光速的，则α粒子做圆周运动的半径很大，远大于β粒子做圆周运动的半径。所以α粒子在磁场中的偏转量很小，几乎不偏转，与γ射线一起打在B处，则光屏还是会出现明显的两个亮斑，故C正确，D错误。
故选C。
3．（2023·河北邯郸·统考二模）如图所示，四根通有恒定电流的长直导线垂直平面放置，四根长直导线与平面的交点组成边长为的正方形且关于轴和轴对称，各导线中电流方向已标出，其中导线1、3中电流大小为，导线2、4中电流大小为。已知通电长直导线周围的磁感应强度大小与电流成正比、与该点到通电长直导线的距离成反比，即、下列说法正确的是（ ）
A．长直导线1、4之间的相互作用力为吸引力
B．一垂直于纸面并从点射入的粒子，将做圆周运动
C．导线4受到的导线1、2、3的作用力的合力方向指向点
D．仅将导线2中的电流反向，则导线2和4连线上各点磁感应强度方向均相同
【答案】D
【解析】A．当通有同向电流时，通电导线之间表现为吸引力，当通有反向电流时，通电导线之间表现为斥力，A错误；
B．由右手螺旋定则并结合矢量叠加可知点的磁感应强度为零，因此过点垂直于纸面射入的粒子，将做匀速直线运动，B错误；
C．长直导线1在长直导线4处产生的磁感应强度大小为
方向水平向左，导线3在长直导线4处产生的磁感应强度大小也为，方向竖直向上，长直导线2在长直导线4处产生的磁感应强度大小为
方向垂直导线2、4的连线指向右下方，所以三根导线在4处的合场强为零，导线4不受安培力，C错误；
D．根据右手螺旋定则以及磁场叠加原理可知，导线1、3在导线2、4的连线上除点的磁感应强度为零外，其他位置合磁感应强度均垂直于导线2、4的连线指向斜向左上方。仅将导线2中的电流反向，导线2、4在导线2、4的连线上的磁感应强度方向均垂直于导线2、4的连线指向斜向左上方。磁场叠加原理可知，四根导线在导线2、4的连线上的磁感应强度方向均垂直于导线2、4的连线指向斜向左上方。D正确。
故选D。
二、多选题
4．（2023·云南·校联考一模）2022年6月17日，我国新一代战舰预计将会配备电磁轨道炮，其原理可简化为如图所示（俯视图）装置。两条平行的水平轨道被固定在水平面上，炮弹（安装于导体棒ab上）由静止向右做匀加速直线运动，到达轨道最右端刚好达到预定发射速度v，储能装置储存的能量恰好释放完毕。已知轨道宽度为d，长度为L，磁场方向竖直向下，炮弹和导体杆ab的总质量为m，运动过程中所受阻力为重力的k（）倍，储能装置输出的电流为I，重力加速度为g，不计一切电阻、忽略电路的自感。下列说法正确的是（ ）
A．电流方向由b到a
B．磁感应强度的大小为
C．整个过程通过ab的电荷量为
D．储能装置刚开始储存的能量为
【答案】BCD
【解析】A．导体杆ab向右做匀加速直线运动，受到的安培力向右，根据左手定则可知，流过导体杆的电流方向由a到b，故A错误；
B．导体杆ab向右做匀加速直线运动，根据运动学公式可得
根据牛顿第二定律可得
又
联立解得磁感应强度的大小为
故B正确；
C．整个过程的运动时间为
整个过程通过ab的电荷量为
故C正确；
D．由于不计一切电阻、忽略电路的自感，根据能量守恒可知，储能装置刚开始储存的能量为
故D正确。
故选BCD。
5．如图所示，某同学设计了一种粒子探测器，粒子源放置在边长为的正方形的中心，正方形四边均为荧光屏，在正方形内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为，粒子源能向纸面内的各个方向发射比荷为的带正电粒子，粒子打到荧光屏上后即被荧光屏吸收，不考虑粒子间的相互作用和荧光屏吸收粒子后的电势变化，不计粒子源的尺寸大小和粒子重力。下列说法正确的是（ ）
A．若粒子的速度大小，则所有粒子均不能打到荧光屏
B．若粒子的速度大小，则所有粒子均不能打到荧光屏
C．若粒子的速度大小，则所有粒子均能打到荧光屏
D．若粒子的速度大小，则所有粒子均能打到荧光屏
【答案】BD
【解析】AB．粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力和牛顿第二定律有
若
即
则所有粒子均不能打到荧光屏，故B正确，A错误；
CD．如图所示
只要图中粒子能打到荧光屏，则所有粒子均能打到荧光屏，即
解得
由
解得
故D正确，C错误。
故选BD。
三、解答题
6．如图所示，在Oxy平面的第一象限内有一过原点的无限长挡板，挡板与x轴成60°角放置。挡板上方有无限长、边界平行于挡板的区域I和II，分别存在磁感应强度大小为B0和2B0的匀强磁场，方向均垂直纸面向里，磁场边界与y轴分别交于y=2h和y=4h处。在y=3h处有一离子源射出平行x轴、方向与x轴正向相同、质量为m、电荷量为q的正离子。不计正离子的重力以及离子间的相互作用，并忽略磁场的边缘效应。
（1）若没有离子进入区域I，求离子初速度最大值v1；
（2）若离子经磁场偏转后垂直y轴离开第一象限，求离子初速度的最大值v2；
（3）若离子经磁场偏转后恰好能打到挡板上，求离子初速度v3。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】（1）由
可得
若离子恰好与磁场I的边界相切
得
（2）由题可知
得
又
该离子不会进入区域I，满足题目要求
（3）平行挡板方向由动量定理
解得
7．（2023·广东·模拟预测）如图所示，圆心为O、半径的圆形区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，在边界上的P点有一粒子源，沿纸面向PO右侧各个方向（含PO方向）发射速率的带正电粒子，粒子的比荷。板长的平行正对带电金属板M、N与PO垂直，板间距为2m，O点与金属板M所在平面的距离为0.5m。金属板右侧存在垂直纸面向里的匀强磁场，虚线为金属板与磁场区域的分界线，磁场的磁感应强度大小。已知粒子沿PO方向入射时，粒子在圆形磁场中的偏转角刚好为，金属板间的电势差，不计粒子重力。，。求
（1）沿PO方向入射的粒子通过平行金属板过程中沿垂直板面方向偏移的距离；
（2）打在N板右端的粒子进入圆形磁场区域时的速度方向与PO的夹角；
（3）在右侧磁场区域中粒子扫过的区域的外边界与磁场边界所围的面积。
【答案】（1）0.9m；（2）；（3）
【解析】（1）沿PO方向进入圆形磁场的粒子从圆形磁场边界的Q点离开磁场，粒子的运动轨迹如图所示
由几何关系可知为正方形，所以粒子在圆形磁场区域中运动的半径
粒子在圆形磁场中运动有
解得
粒子进入平行金属板后做类平抛运动，有
粒子通过平行金属板过程中沿垂直板面方向的偏移量
解得
（2）由于粒子都从P点射入磁场，且轨迹半径与磁场区域半径相等，由磁发散模型可知，粒子射出磁场的速度方向都与PO垂直，所以粒子进入平行金属板间后都做类平抛运动。所以粒子在穿出金属板间过程中沿垂直板面方向的偏移量均为
设打在N板右端的粒子进入圆形磁场区域时的速度方向与PO的夹角为，由几何关系可知
解得
所以
（3）粒子在通过磁场边界时有
所以粒子进入右侧磁场时的速度
粒子在金属板间运动的速度偏转角的正切值
当粒子在右侧磁场中运动时有
粒子运动过程中离边界的最远距离
粒子扫过的区域的外边界与磁场边界所围的面积
联立代入数据解得
8．如图所示，在平面直角坐标系xOy内有一直角三角形，其顶点坐标分别为（0，0），（0，d），（d，0），三角形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，x轴下方有沿着y轴负方向的匀强电场，电场强度大小为E。一质量为m、电荷量为-q的粒子从y轴上的某点M由静止释放，粒子第一次进入磁场后恰好不能从直角三角形的斜边射出，不计粒子重力。
（1）求M点到O点的距离；
（2）改变粒子在y轴上的释放点，使粒子由N点静止释放后能沿垂直于直角三角形斜边的方向射出磁场，求N点到O点的距离；
（3）在（2）过程中，求粒子从N点由静止释放到射出磁场的运动时间。
【答案】（1）；（2）（n=0，1，2…）；（3）（n=0，1，2，…）
【解析】（1）设粒子在磁场中运动的轨迹半径为R0，由几何关系可知
解得
由牛顿第二定律得
设M点到O点的距离为y0，由动能定理得
解得
（2）要使粒子由N点静止释放后能沿垂直于斜边的方向射出磁场，则粒子在磁场中运动轨迹的半径R满足：
由牛顿第二定律得
设N点到O点的距离为y，由动能定理有
解得
（n=0，1，2…）
（3）设粒子在电场中的加速度为a，则
qE=ma
设粒子在电场中每单程的运动时间为t0，则
粒子在电场中总的运动时间t1=(2n+1）t0（n=0，1，2，…）
解得
粒子在磁场中做圆周运动的周期
粒子在磁场中总的运动时间
（n=0，1，2，……）
解得
（n=0，1，2，…）
粒子从N点由静止释放到射出磁场运动的总时间
（n=0，1，2，……）
类型
分析
图例
带电粒子电性不确定
受洛伦兹力作用的带电粒子，可能带正电荷，也可能带负电荷，在相同的初速度下，正、负粒子在磁场中运动轨迹不同，形成多解
如图，带电粒子以速度v垂直进入匀强磁场，如带正电，其轨迹为a；如带负电，其轨迹为b
磁场方向不确定
只知道磁感应强度大小，而未具体指出磁感应强度的方向，此时必须要考虑磁感应强度方向不确定而形成多解
如图，带正电粒子以速度v垂直进入匀强磁场，若B垂直纸面向里，其轨迹为a，若B垂直纸面向外，其轨迹为b
临界状态不唯一
带电粒子在洛伦兹力作用下飞越有界磁场时，由于粒子运动轨迹是圆弧状，因此，它可能穿过磁场飞出，也可能转过180°从入射界面一侧反向飞出，于是形成多解
模型界定
将半径为R＝ eq \f(mv0,qB) 的圆进行平移，从而探索出粒子运动的临界条件，即为“平移圆”法
模型条件
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同种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，则半径R＝ eq \f(mv0,qB) ，如图所示
模型特点
带电粒子轨迹圆的圆心在同一直线上、且该直线与入射点的连线平行(或共线)
模型界定
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，从而探索出粒子运动的临界条件，即为“放缩圆”法
模型条件
粒子源发射速度方向一定，大小不同的同种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
特点
轨迹圆的圆心共线：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
模型界定
将一半径为R＝ eq \f(mv0,qB) 的圆以入射点为圆心进行旋转，从而探索出粒子运动的临界条件，即为“旋转圆”法
模型条件
粒子源发射速度大小一定、方向不同的同种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，若入射初速度大小为v0，则圆周运动轨迹半径为R＝ eq \f(mv0,qB) ，如图所示
模型特点
轨迹圆的圆心共圆：如图所示，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＝ eq \f(mv0,qB) 的圆上