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高考物理 100考點千題精練 專題9.6 圓形邊界磁場問題

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1、 專題9.6 圓形邊界磁場問題 一.選擇題 1(2018金考卷).如圖所示,在xOy坐標(biāo)系中,以(r,0)為圓心的圓形區(qū)域內(nèi)存在方向垂直于紙面向里的勻強磁場,在y>r的足夠大的區(qū)域內(nèi),存在沿y軸負方向的勻強電場。在xOy平面內(nèi),從O點以相同速率、沿不同方向向第一象限發(fā)射質(zhì)子,且質(zhì)子在磁場中運動的半徑也為r。不計質(zhì)子所受重力及質(zhì)子間的相互作用力。則質(zhì)子 A.在電場中運動的路程均相等 B.最終離開磁場時的速度方向均沿x軸正方向 C.在磁場中運動的總時間均相等 D.從進入磁場到最后離開磁場過程的總路程均相等 【參考答案】AC 【命題意圖】本題考查帶電粒子在有界勻強磁場中的運動和

2、在勻強電場中的運動及其相關(guān)的知識點。 【解題思路】根據(jù)題述圓形磁場的半徑與質(zhì)子在磁場中運動的半徑相同,從O點以相同的速率沿不同方向向第一象限發(fā)射質(zhì)子,質(zhì)子經(jīng)過磁場偏轉(zhuǎn)后以相同的速率平行于y軸射出做減速運動,速度減小到零后反向加速后進入磁場,根據(jù)動能定理,在電場中運動的路程均相等,選項A正確;通過分析可知,質(zhì)子最終離開磁場時的速度方向均與原來進入磁場時速度方向相同,選項B錯誤;由于帶電粒子在磁場中兩次運動軌跡雖然不同,但是兩次軌跡所對的圓心角之和相同,兩次運動的軌跡長度之和相等,所以帶電粒子在磁場中運動的總時間相等,選項C正確;帶電粒子在電場中運動時間相等,在磁場區(qū)域運動時間相等,由于磁場區(qū)域

3、與電場區(qū)域之間有非場區(qū),所以質(zhì)子從進入磁場區(qū)域到離開磁場區(qū)域的過程中的總路程不相等,選項D錯誤。 2.(2018云南昭通五校聯(lián)考)如圖,在半徑為R=mv0/qB的圓形區(qū)域內(nèi)有水平向里的勻強磁場,磁感應(yīng)強度為B;圓形區(qū)域右側(cè)有一豎直感光板MN.帶正電粒子從圓弧頂點P以速率v0平行于紙面進入磁場,已知粒子質(zhì)量為m,電量為q,粒子重力不計.若粒子對準(zhǔn)圓心射入,則下列說法中正確的是( ) A. 粒子一定沿半徑方向射出 B. 粒子在磁場中運動的時間為 πm/2qB C. 若粒子速率變?yōu)?v0,穿出磁場后一定垂直打到感光板MN上 D. 粒子以速度v0從P點以任意方向射入磁場,離開磁場后一

4、定垂直打在感光板MN上 【參考答案】ABD 軌跡圓弧對應(yīng)的圓心角為故運動時間為:t=T/4,T=, 所以t=πm/2qB,B正確; 若粒子速率變?yōu)?v0,則軌道半徑變?yōu)?R,運動軌跡如圖: 故不是垂直打到感光板MN上,故C錯誤; 當(dāng)帶電粒子以v0射入時,帶電粒子在磁場中的運動軌道半徑為R. 設(shè)粒子射入方向與PO方向夾角為θ,帶電粒子從區(qū)域邊界S射出,帶電粒子運動軌跡如圖所示. 因PO3=O3S=PO=SO=R所以四邊形POSO3為菱形,由圖可知:PO∥O3S,v3⊥SO3,因此,帶電粒子射出磁場時的方向為水平方向,與入射的方向無關(guān).故D正確;故選:ABD. 3.如圖所

5、示,在一個圓環(huán)內(nèi)的區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向外的勻強磁場(磁場未畫出),圓環(huán)逆時針轉(zhuǎn)動并在環(huán)上開有一個小缺口,一帶正電的粒子從小缺口沿直徑方向進入圓環(huán)內(nèi)部,且與圓環(huán)沒有發(fā)生碰撞,最后從小缺口處離開磁場區(qū)域,已知粒子的比荷為k,磁場的磁感應(yīng)強度大小為B,圓環(huán)的半徑為R,粒子進入磁場時的速度為,不計粒子的重力,則圓環(huán)轉(zhuǎn)動的角度 A. kB B. 3kB C. 5kB D. 7kB 【參考答案】AC 【名師解析】粒子進入磁場后做勻速圓周運動,故,粒子將圓環(huán)區(qū)域內(nèi)運動四分之一周期離開磁場,粒子運動的時間為,在這段時間內(nèi),圓環(huán)轉(zhuǎn)過的角度為 ,根據(jù)可得,故AC正確,BD錯誤; 故

6、選AC。 【點睛】粒子進入磁場后做勻速圓周運動,由洛倫茲力提供向心力,解得運動半徑,粒子將圓環(huán)區(qū)域內(nèi)運動四分之一周期離開磁場,根據(jù)粒子的時間等于圓環(huán)轉(zhuǎn)動的時間求解。 4.如圖,虛線所示的圓形區(qū)域內(nèi)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(jīng)過P點,在紙面內(nèi)沿不同方向射入磁場,若粒子射入的速率為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(yīng)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: 【參考答案】C

7、 【名師解析】設(shè)圓形區(qū)域磁場的半徑為r,當(dāng)速度大小為v1時,從P點入射的粒子射出磁場時與磁場邊界的最遠交點為M(圖甲)時,由題意知∠POM=60°,由幾何關(guān)系得軌跡圓半徑為R1=r/2; 從P點入射的粒子射出磁場時與磁場邊界的最遠交點為N(圖乙),由題意知∠PON=120°,由幾何關(guān)系得軌跡圓的半徑為R2= r; 根據(jù)洛倫茲力充當(dāng)向心力可知: 解得:v= 故速度與半徑成正比,因此v2:v1=R2:R1=:1 故C正確,ABD錯誤。 故選:C. 點睛:據(jù)題意畫出帶電粒子的運動軌跡,找出臨界條件角度關(guān)系,利用幾何關(guān)系分別表示出圓周運動的半徑,再由洛倫茲力充當(dāng)向心力,即可求得速度之

8、比. 5.(2016安徽江南十校聯(lián)考)如圖,半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場,磁感應(yīng)強度為B。M為磁場邊界上一點,有無數(shù)個帶電量為q、質(zhì)量為m的相同粒子(不計重力)在紙面內(nèi)向各個方向以相同的速率通過M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圓弧上,這段圓弧的弧長是圓周長的。下列說法正確的是 A.粒子從M點進入磁場時的速率為 B.粒子從M點進入磁場時的速率為 C.若將磁感應(yīng)強度的大小增加到,則粒子射出邊界的圓弧長度變?yōu)樵瓉? D.若將磁感應(yīng)強度的大小增加到,則粒子射出邊界的圓弧長度變?yōu)樵瓉? 【參考答案】BD 6.如圖所示,半徑為R的圓是一圓柱形勻強

9、磁場區(qū)域的橫截面(紙面),磁感應(yīng)強度大小為B,方向垂直于紙面向外。一電荷量為q(q>0)、質(zhì)量為m的粒子沿平行于直徑ab的方向射入磁場區(qū)域,射入點與ab的距離為,已知粒子射出磁場與射入磁場時運動方向間的夾角為60,則粒子的速率為(不計重力)(  ) A.    B.    C.    D. 【參考答案】B 7..如圖所示,空間存在一個半徑為R0的圓形勻強磁場區(qū)域,磁場的方向垂直于紙面向里,磁感應(yīng)強度的大小為B.有一個粒子源在紙面內(nèi)沿各個方向以一定速率發(fā)射大量粒子,粒子的質(zhì)量為m、電荷量為+q.將粒子源置于圓心,則所有粒子剛好都不離開磁場,不考慮粒子之

10、間的相互作用.由此可知( ) A. 帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑一定是R0 B.帶電粒子在磁場中運動的速率一定是 C.帶電粒子在磁場中運動的周期一定是 D.帶電粒子的動能一定是 【參考答案】BD 二.計算題 25.(18分)(2018湖北華大新高考聯(lián)盟測評)在xOy平面內(nèi)分布著垂直紙面向里的勻強磁場,磁感應(yīng)強度B=0.01T,其中有一半徑為R=0.lm的無磁場圓形區(qū)域,圓心在原點O(0,0),如圖所示。位于直線:x=一0.3m上的粒子源可以沿直線移動,且沿x軸正向發(fā)射質(zhì)量m=1.010-14kg、電荷量q=一1.010-6C、速率v=4.0105

11、m/s的粒子,忽略粒子間的相互作用,不計粒子的重力。 (1)求從粒子源發(fā)射的粒子運動到圓形區(qū)域所用的最短時間。 (2)在直線x=-0.3m上什么范圍內(nèi)發(fā)射的粒子才能進人圓形區(qū)域? (3)若在直線x=-0.3m處放置一足夠長的熒光屏,將上述粒子源放在原點O,僅改變發(fā)射粒子的速度方向,求粒子能打中熒光屏最高點的縱坐標(biāo)ym。 【參考答案】 (1) (2)0≤y≤0.8m (3)0.4m 【名師解析】(1)設(shè)粒子在磁場中勻速圓周運動的半徑為r,由牛頓第二定律 (2分) 解得r=0.4m(1分) 如圖1所示,經(jīng)過(-0.1m,0)的粒子進入圓形區(qū)域的時間最短,由幾何關(guān)系得

12、 (1分) 由圓周運動公式 (1分) (1分) 聯(lián)立解得: (或0.5210-6s)(2分) (2)如圖2所示,在A1點發(fā)射的粒子恰好能進人圓形區(qū)域。由幾何關(guān)系 ,A1M=A1O1+O1M 解得:A1M=0.8m(2分) (3)如圖3所示,粒子從原點O(0,0)發(fā)射,初速度方向與x軸負方向成q角,軌跡與熒光屏相切與D點(一0.3,y)。由幾何關(guān)系 (1分) 解得:q=2arcsin(1分) 而(1分) 解得:ym=0.4m 2.如圖所示,空間存在一個半徑為R0的圓形勻強磁場區(qū)域,磁場的方向垂直于紙面向里,磁感應(yīng)強度的大小為B.有一個粒子源在紙面內(nèi)沿各個方

13、向以一定速率發(fā)射大量粒子,粒子的質(zhì)量為m、電荷量為+q.將粒子源置于圓心,則所有粒子剛好都不離開磁場,不考慮粒子之間的相互作用. (1)求帶電粒子的速率. (2)若粒子源可置于磁場中任意位置,且磁場的磁感應(yīng)強度大小變?yōu)锽,求粒子在磁場中最長的運動時間t. (3)若原磁場不變,再疊加另一個半徑為R1(R1>R0)圓形勻強磁場,磁場的磁感應(yīng)強度的大小為 B/2,方向垂直于紙面向外,兩磁場區(qū)域成同心圓,此時該離子源從圓心出發(fā)的粒子都能回到圓心,求R1的最小值和粒子運動的周期T. (2)磁場的大小變?yōu)锽1=B后,設(shè)粒子的軌道半徑為r1,由qvB1=m , 解得:r1==R0。 根

14、據(jù)幾何關(guān)系可以得到,當(dāng)弦最長時,運動的時間最長,弦為2R0時最長,圓心角90=π/2, 粒子在磁場中最長的運動時間t=, 解得:t=。 根據(jù)對稱性,畫出帶電粒子運動軌跡圖,粒子運動根據(jù)的半徑為R0。 由幾何關(guān)系可得R1的最小值為( +1)R0 粒子運動周期T=2=。 【點評】對于帶電粒子能夠回到原來的出發(fā)點,則其運動軌跡在空間上一定具有對稱性。 3.如圖所示,xOy平面內(nèi)有一半徑為R的圓形區(qū)域,其內(nèi)存在垂直xOy平面向外的磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場,圓的最低點與坐標(biāo)原點O重合,MN是與y軸相距的R平行直線。從坐標(biāo)原點O向圓形區(qū)域內(nèi)垂直磁場射入比荷為的帶正電的粒子,不考慮粒

15、子的重力及相互作用力。 (1)當(dāng)粒子的速度大小為v1=,方向與x軸的負方向成60角時,求該粒子經(jīng)過MN直線時位置坐標(biāo); (2)在MN的右側(cè)0≤y≤2R的范圍內(nèi)加一沿x軸負方向的勻強電場(圖中未畫出),a、b兩個粒子均以大小v2=的速度、方向分別與x軸負方向和正方向均成30角從O點垂直射入磁場,隨后兩粒子進入電場,兩粒子離開電場后將再次返回磁場。求兩粒子第一次到達直線MN的時間差△t1和第二次離開磁場時的時間差△t2。 【參考答案】(1) (2), (2)設(shè)粒子速度大小為v2時在磁場中做勻速圓周運動的半徑為r2,根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得:qv2B=m又因為:v2=可得:r2

16、=R設(shè)磁場區(qū)圓心為O3,b粒子在磁場中圓周運動的圓心為O2,如圖所示, 它從Q點射出磁場,根據(jù)幾何關(guān)系可知OO2QO3為菱形,即OO3∥QO2,與粒子從O點射入時的速度方向無關(guān),可知a、b兩粒子射出磁場時速度方向均沿x軸正常向,兩粒子進入電場后先做勻減速運動,再反向做勻加速運動,仍以大小為v2的速度返回磁場,根據(jù)對稱性知,兩粒子均經(jīng)過磁場區(qū)域的最高點A, 粒子在磁場中做圓周運動的周期:T= 第一次射出磁場時,b粒子在磁場中運動時間:tb=T a粒子在磁場中運動時間:ta=T,兩粒子第一次射出磁場后,運動相同的距離到達直線MN,故△t1=ta-tb= 兩粒子在電場中運動的時間相同,

17、返回磁場中運動,由對稱性可知,a粒子返回磁場中運動時間為T,b粒子返回磁場中運動時間為T,故兩粒子同時到達A點,從A點第二次離開磁場,故△t2=0 點睛:(1)利用洛倫茲力提供向心力結(jié)合題給速度大小再結(jié)合幾何關(guān)系,聯(lián)立即可求出該粒子經(jīng)過MN直線時位置坐標(biāo); (2)畫出粒子軌跡過程圖,利用幾何關(guān)系結(jié)合粒子周期以及粒子在磁場中轉(zhuǎn)過的圓心角,求解粒子在磁場中運動的時間,再比較分析時間即可求出兩粒子第一次到達直線MN的時間差△t1和第二次離開磁場時的時間差△t2。 4.(2016石家莊二模)如圖所示,以O(shè)為圓心、半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)存在垂直圓面向里、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場,一粒子源位于圓周上的

18、M點,可向磁場區(qū)域內(nèi)垂直磁場沿各個方向發(fā)射質(zhì)量為m、電荷量為-q的粒子,不計粒子重力,N為圓周上另一點,半徑OM和ON間的夾角θ,且滿足tan=0.5。 (1)若某一粒子以速率v1=,沿與MO成60角斜向上方向射入磁場,求此粒子在磁場中運動的時間; (2)若某一粒子以速率v2,沿MO方向射人磁場,恰能從N點離開磁場,求此粒子的速率移v2; (3)若由M點射人磁場各個方向的所有粒子速率均為v2,求磁場中有粒子通過的區(qū)域面積。 粒子在磁場中的運動的時間t==. S1==,S2=,S3=- , 則:S= S1+ S2+ S3=-。 5. 如圖所示,半徑為R的圓形

19、區(qū)域內(nèi)存在著磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場,方向垂直于紙面向里,一帶負電的粒子(不計重力)沿水平方向以速度v正對圓心入射,通過磁場區(qū)域后速度方向偏轉(zhuǎn)了60。 (1)求粒子的比荷及粒子在磁場中的運動時間t。 (2)如果想使粒子通過磁場區(qū)域后速度方向的偏轉(zhuǎn)角度最大,在保持原入射速度的基礎(chǔ)上,需將粒子的入射點沿圓弧向上平移的距離d為多少? (2)當(dāng)粒子的入射點和出射點的連線是磁場圓的直徑時,粒子速度偏轉(zhuǎn)的角度最大。 由圖可知sin θ= ⑦ 平移距離d=Rsin θ⑧ 由①⑦⑧式得d=R 答案 (1)  (2)R 6.(19分)(2016湖南十三校聯(lián)考)如圖所示,在半

20、徑為R,圓心在(0,0)的圓形磁場區(qū)域內(nèi),加有方向垂直紙面向外、磁感強度為B的勻強磁場。一個質(zhì)量為m、帶電量為+q的帶電粒子(不計重力),以某一速度從O點沿y軸的正方向進入磁場,從圖中的A點射出。出射的方向與圓在A點的切線方向夾角為600。 如果再在x>R的BC區(qū)域加一寬度為2R的方向豎直向下的勻強電場,讓在A點射出的帶電粒子經(jīng)電場后,能恰好擊中x軸上的點C(坐標(biāo)為(0,3R))。求: (1)帶電粒子的初速度大小 (2)所加電場E的大小 【參考答案】(1)(2) 【命題立意】本題旨在考查洛侖茲力作用的圓周運動、電場中的類平拋運動 【名師解析】(1)由于粒子在O點垂直射入磁場,故

21、圓弧軌道的圓心在X軸上,OP是直徑,設(shè)入射粒子的速度為v0,由洛倫茲力的表達式和牛頓第二定律得 為圓弧的圓心,由圖中角的幾何關(guān)系可得: , , 所以,所以R=r 豎直方向做勻變速直線運動: 擊中C點的時間: Y方向: 解得: 【舉一反三】帶電粒子在磁場中運動的時間是多少 ? 7. (2016江西模擬)如圖所示是半徑為R的一圓柱形勻強磁場區(qū)域的橫截面(紙面),磁感應(yīng)強度大小為B,方向垂直于紙面向外。一電荷量為q(q>0),質(zhì)量為m的帶電粒子沿正對CO中點且垂直于CO方向射入磁場區(qū)域,不計重力。 (1)若要使帶電粒子能夠從BD之間飛出磁場,求射入磁

22、場時粒子的速度大小范圍; (2)若要使帶電粒子在磁場中運動的時間為其運動周期的1/4,求射入磁場時粒子的速度大小。 【名師解析】(1)如圖所示,帶電粒子以速度v1進入磁場做勻速圓周運動到達D點,其運動軌跡一定經(jīng)過圓形O,O1為粒子運動軌跡的圓心,位于圓周圓弧AD上。 sin∠EFO=1/2,∠EFO=30,可知△FOO1為等邊三角形,帶電粒子運動軌跡半徑r1=R, 由牛頓第二定律,qv1B=m 解得:v1=。 如圖所示,帶電粒子以速度v2進入磁場做勻速圓周運動到達B點, O2為粒子運動軌跡的圓心。 對直角三角形△AO2B,利用勾股定理, (r2-R/2)2+(R+Rcos3

23、0)2=r22, 解得:r2=(2+)R。 由牛頓第二定律,qv2B=m 解得:v2=(2+)。 射入磁場時粒子的速度大小范圍是:v1

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