《高考物理 100考點千題精練 專題9.6 圓形邊界磁場問題》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考物理 100考點千題精練 專題9.6 圓形邊界磁場問題（19頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

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(fù)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(fù)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(fù)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(fù)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(fù)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(fù)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