5、粒子的軌跡長度大于半個圓周，小于一個整圓周，故運動時間大于t，大于2t，選項C錯誤，D正確．
5．如圖所示，在半徑為R的圓形區(qū)域充滿著勻強磁場，有一帶電粒子以某一初速度v0從A點對著圓形磁場的圓心O點射入，剛好垂直打在與初速度方向平行放置的屏MN上．不考慮粒子所受的重力．下列有關說法中不正確的是( B )
A．該粒子一定帶正電
B．只增加粒子的速率，粒子在磁場中運動的時間將會變長
C．只增加粒子的速率，粒子一定還會從磁場射出，且射出磁場方向的反向延長線一定仍然過O點
D．只改變粒子入射的方向，粒子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后仍會垂直打在屏MN上
解析：根據(jù)左手定則可知，向上偏轉(zhuǎn)的粒子一定帶正電
6、，選項A說法正確，不符合題意；當粒子速率增加時，其運動的軌跡半徑變大，其轉(zhuǎn)過的圓心角減小，在磁場中運動的時間會變短，選項B說法錯誤，符合題意；由幾何關系可知，只要粒子入射的方向指向圓心O，射出方向的反向延長線一定仍然過O點，選項C說法正確，不符合題意；由題意可知，粒子在磁場中運動的軌跡半徑與磁場半徑R相等，當粒子速度方向變化時，其軌跡如圖，其中D為粒子出射點，C為軌跡的圓心，由于AC＝CD＝R＝AO＝OD，所以四邊形AODC為菱形，CD與AO平行，即粒子從D點射出時速度方向與AO垂直，所以仍會垂直打在屏MN上，選項D說法正確，不符合題意．
6．如圖，A、C兩點分別位于x軸和y軸上，∠OC
7、A＝30°，OA的長度為L.在△OCA區(qū)域內(nèi)有垂直于xOy平面向里的勻強磁場．質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子，以平行于y軸的方向從OA邊射入磁場．已知粒子從某點射入時，恰好垂直于OC邊射出磁場，且粒子在磁場中運動的時間為t0.不計重力．
(1)求磁場的磁感應強度的大小；
(2)若粒子先后從兩不同點以相同的速度射入磁場，恰好從OC邊上的同一點射出磁場，求該粒子這兩次在磁場中運動的時間之和；
(3)若粒子從某點射入磁場后，其運動軌跡與AC邊相切，且在磁場內(nèi)運動的時間為t0，求粒子此次入射速度的大?。?
解析：
甲
(1)粒子在磁場中做勻速圓周運動，在時間t0內(nèi)其速度方向改變了9
8、0°，故周期T＝4t0，設磁感應強度大小為B，粒子速度為v，粒子做圓周運動的半徑為r，則qvB＝m，勻速圓周運動的速度滿足v＝，解得B＝.
(2)設粒子從OA邊兩個不同位置射入磁場，能從OC邊上的同一點P射出磁場，粒子在磁場中運動的軌跡如圖甲所示．
設兩軌道所對應的圓心角分別為θ1和θ2.
由幾何關系得θ1＝180°－θ2，
粒子兩次在磁場中運動的時間分別為t1與t2，則t1＋t2＝＝2t0.
乙
(3)如圖乙所示，由題給條件可知，該粒子在磁場區(qū)域中的軌跡圓弧對應的圓心角為150°.設O′為圓弧的圓心，圓弧的半徑為r0，圓弧與AC相切于B點，從D點射出磁場，由幾何關系和題給條件
9、可知，此時有∠OO′D＝∠BO′A＝30°，
r0cos∠OO′D＋＝L，
設粒子此次入射速度的大小為v0，由圓周運動規(guī)律得v0＝，聯(lián)立以上各式得v0＝.
答案：(1) (2)2t0 (3)
7．如圖所示，半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)有一垂直紙面向里的勻強磁場，P為磁場邊界上的一點．大量質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子，在紙面內(nèi)沿各個方向以相同速率v從P點射入磁場．這些粒子射出磁場時的位置均位于PQ圓弧上，PQ圓弧長等于磁場邊界周長的(不計粒子重力和粒子間的相互作用)，則該勻強磁場的磁感應強度大小為( D )
A. B.
C. D.
解析：這些粒子在磁場中
10、做勻速圓周運動，由牛頓第二定律可得qvB＝.從Q點離開磁場的粒子是這些粒子中離P點最遠的粒子，所以PQ為從Q點離開磁場的粒子的軌跡圓弧的直徑，由圖中幾何關系可知，該粒子軌跡圓的圓心O′、磁場圓的圓心O和點P形成一個直角三角形，由幾何關系可得，r＝Rsin60°＝R.聯(lián)立解得B＝，D項正確．
8．(2019·廣東茂名一模)(多選)如圖所示，OACD是一長為OA＝L的矩形，其內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強磁場，一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子從O點以速度v0垂直射入磁場，速度方向與OA的夾角為α，粒子剛好從A點射出磁場，不計粒子的重力，則( BC )
A．粒子一定帶正電
B．勻強磁場的磁感應強
11、度為
C．粒子從O到A所需的時間為
D．矩形磁場的寬度最小值為(1－cosα)
解析：
本題考查帶電粒子在有界磁場中的運動．由題意可知，粒子進入磁場時所受洛倫茲力斜向右下方，由左手定則可知，粒子帶負電，故A錯誤；粒子運動軌跡如圖所示．由幾何知識可得r＝，粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得qv0B＝m，解得B＝，故B正確；由幾何知識可知，粒子在磁場中轉(zhuǎn)過的圓心角θ＝2α，粒子在磁場中做圓周運動的周期T＝，粒子在磁場中的運動時間t＝T＝，故C正確；根據(jù)圖示，由幾何知識可知，矩形磁場的最小寬度d＝r－rcosα＝(1－cosα)，故D錯誤．
9．(2019
12、·河南豫北豫南聯(lián)考)(多選)如圖所示，正六邊形abcdef區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面的勻強磁場．一帶正電的粒子從f點沿fd方向射入磁場區(qū)域，當速度大小為v時，從b點離開磁場，在磁場中運動的時間為t，不計粒子重力．下列說法正確的是( AB )
A．若該粒子從a點離開磁場，則入射速度大小為
B．若該粒子從c點離開磁場，則在磁場中運動的時間為
C．要使該粒子從cd邊離開磁場，則入射速度必須大于3v
D．該粒子能在磁場中運動的最長時間為2t
解析：粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律有qvB＝m，r＝，粒子在磁場中運動的軌跡如圖所示．從b點離開磁場的粒子，圓心在a點，
13、半徑等于正六邊形的邊長rb＝L，若從a點離開由對稱性知ra＝，故初速度為va＝＝，A正確；從c點離開磁場的粒子，圓心是O點，半徑等于正六邊形邊長的2倍，即rc＝2a，圓心角為60°，從b點飛出的圓心角為120°，根據(jù)t＝T得＝＝，則tc＝＝，故B正確；據(jù)分析可知從f點入射的粒子速度越大，半徑越小，偏轉(zhuǎn)角度越小，剛好從c點飛出的速度為vc＝＝2v，故從cd邊離開磁場入射速度必須大于2v，C錯誤；根據(jù)t＝T可知圓心角越大運動時間越長，從af邊飛出的粒子圓心角最大為180°，tmax＝t＝t，故D錯誤．
10．(2019·福建廈門模擬)(多選)如圖所示，在xOy平面的第Ⅰ象限內(nèi)存在垂直xOy平
14、面向里、磁感應強度大小為B的勻強磁場，兩個相同的帶電粒子以相同的速度v0先后從y軸上坐標為(0,3L)的A點和B點(坐標未知)垂直于y軸射入磁場，并在x軸上坐標為(L,0)的C點相遇，不計粒子重力及其相互作用．根據(jù)題設條件可以確定( ABC )
A．帶電粒子在磁場中運動的半徑
B．B點的位置坐標
C．兩個帶電粒子在磁場中運動的時間
D．帶電粒子的質(zhì)量
解析：
已知粒子的入射點及入射方向，同時已知圓上的兩點，根據(jù)入射點速度的方向及AC連線的中垂線即可明確粒子運動軌跡圓的圓心位置；由幾何關系可以知道AC長為2L，∠BAC＝30°，則R＝＝L＝2L；因兩粒子的速度相同，且是同種粒
15、子，則可以知道，它們的軌跡半徑相同，即兩粒子的軌道半徑均可求出；同時根據(jù)幾何關系可以知道A處射出的粒子對應的軌跡圓心角為120°，B處射出的粒子對應的軌跡圓心角為60°，則A處粒子在磁場中運動的時間tA＝T，B處粒子在磁場中運動的時間tB＝T，而由T＝可求出周期T，即可知兩個帶電粒子在磁場中運動的時間；由幾何關系可求得B點對應的坐標，故A、B、C正確．根據(jù)洛倫茲力充當向心力可求出對應的比荷，但因為電荷量未知，故無法求出粒子的質(zhì)量，故D錯誤．
11．如圖所示，在坐標系xOy中，第一象限內(nèi)充滿著兩個勻強磁場a和b，OP為分界線，在磁場a中，磁感應強度為2B，方向垂直于紙面向里，在磁場b中，磁感應
16、強度為B，方向垂直于紙面向外，P點坐標為(4l,3l)．一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子從P點沿y軸負方向射入磁場b，經(jīng)過一段時間后，粒子恰能經(jīng)過原點O，不計粒子重力．求：
(1)粒子從P點運動到O點的最短時間是多少？
(2)粒子運動的速度可能是多少？
解析：(1)設粒子的入射速度為v，用Ra、Rb、Ta、Tb分別表示粒子在磁場a中和磁場b中運動的軌道半徑和周期，則有Ra＝，Rb＝，Ta＝＝，Tb＝.當粒子先在磁場b中運動，后進入磁場a中運動，然后從O點射出時，粒子從P點運動到O點所用的時間最短，如圖所示．
根據(jù)幾何知識得tanα＝＝，α＝37°.粒子在磁場b和磁場a中運動的時間分別為
tb＝Tb，ta＝Ta
故從P點運動到O點的最短時間為t＝ta＋tb＝.
(2)由題意及解析(1)圖可知
n(2Racosα＋2Rbcosα)＝
解得v＝(n＝1,2,3，…)．
答案：(1) (2)(n＝1,2,3，…)
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2020版高考物理一輪復習 第九章 課時作業(yè)30 磁場對運動電荷的作用 新人教版
