2019年高考物理 100考點千題精練 專題9.6 圓形邊界磁場問題.doc
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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 【名師解析】設(shè)圓形區(qū)域磁場的半徑為r，當速度大小為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，再由洛倫茲力充當向心力，即可求得速度之比． 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＝4.0105m/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 （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。 根據(jù)幾何關(guān)系可以得到，當弦最長時，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，圓的最低點與坐標原點O重合，MN是與y軸相距的R平行直線。從坐標原點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，不考慮粒子的重力及相互作用力。 （1）當粒子的速度大小為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； （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=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，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； （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+Rcos30）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下載提示(請認真閱讀)
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