《高考物理 100考點千題精練 專題9.7 扇形邊界磁場問題》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《高考物理 100考點千題精練 專題9.7 扇形邊界磁場問題（10頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、 專題9.7 扇形邊界磁場問題 一．選擇題 1．如圖所示，半徑為R的1/4圓形區(qū)域內存在著垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B，磁場的左邊垂直x軸放置一線型粒子發(fā)射裝置，能在0≤y≤R的區(qū)間內各處沿x軸正方向同時發(fā)射出速度相同、帶正電的同種粒子，粒子質量為m，電荷量為q，不計粒子的重力及粒子間的相互作用力，若某時刻粒子被裝置發(fā)射出后，經過磁場偏轉擊中y軸上的同一位置，則下列說法中正確的是(　　) A. 粒子都擊中在O點處 B. 粒子的初速度為 C. 粒子在磁場中運動的最長時間為 D. 粒子到達y軸上的最大時間差為 【參考答案】D 【點睛】看起來情況比較復雜，但涉及的問題

2、卻是常規(guī)問題，本題的關鍵點是粒子源發(fā)出的粒子是速度大小和方向均相同，則其做勻速圓周運動的半徑相同，在從最低點的特殊情況就能知道相同的半徑就是圓弧的半徑，再結合周期公式能求出最長和最短時間． 2.（2018衡水六調）如圖所示，紙面內有寬為L，水平向右飛行的帶電粒子流，粒子質量為m、電荷量為-q、速率為v0，不考慮粒子的重力及相互間的作用，要使粒子都會聚到一點，可以在粒子流的右側虛線框內設計一勻強磁場區(qū)域，則磁場區(qū)域的形狀及對應的磁感應強度可以是哪一種(其中B0=，A、C、D選項中曲線均為半徑是L的圓弧，B選項中曲線為半徑是的圓) 【參考答案】A 【命題意圖】本題考查帶電粒子在有界勻強磁

3、場中的運動、磁聚焦現象及其相關的知識點。 3．如圖半徑為R的半圓形區(qū)域內有垂直紙面向里的勻強磁場。一質量為m、帶電量為-q且不計重力的粒子，以速度v沿與半徑AO夾角θ=30°的方向從A點垂直磁場射入，最后粒子從圓弧MN上射出，則 磁感應強度的大小不可能為（ ） A. B. C. D. 【參考答案】B 【名師解析】當粒子軌跡恰好與MN相切時，為臨界條件，粒子軌跡如圖所示，根據幾何知識可得 ，，故，，解得，又知道，解得，若使粒子從圓弧MN上射出，故，即，故B不可能． 【點睛】本題考查了粒子在磁場中的運動，關鍵是找出臨界條件，找到圓心位置

4、，由幾何關系求半徑，由洛倫茲力提供向心力得到磁感應強度，這是帶電粒子在磁場中運動經常用到的解題思路． 4.（2016·福建模擬）如圖所示，半徑為R的半圓形區(qū)域內分布著垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B，半圓的左邊垂直x軸放置一粒子發(fā)射裝置，在-R≤y≤R的區(qū)間內各處均沿x軸正方向同時發(fā)射出一個帶正電粒子，粒子質量均為m、電荷量均為q、初速度均為v，重力忽略不計，所有粒子均能穿過磁場到達y軸，其中最后到達y軸的粒子比最先到達y軸的粒子晚△t時間，則（　　） A．粒子到達y軸的位置一定各不相同 B．磁場區(qū)域半徑R應滿足R≤ C．從x軸入射的粒子最先到達y軸 D．△t=

5、-R/v，其中角度θ為最后到達y軸的粒子在磁場中運動軌跡所對應的圓心角，滿足sinθ= 【參考答案】BD 【名師解析】粒子射入磁場后做勻速圓周運動，其運動軌跡如圖所示。y=±R的粒子直接沿直線做勻速運動到達y軸，其它粒子在磁場中發(fā)生偏轉。由圖可知，發(fā)生偏轉的粒子也有可能打在y=R的位置上，所以粒子到達y軸的位置不是各不相同的，選項A錯誤；以沿x軸射入的粒子為例，若r= ＜R，則粒子未能達到y(tǒng)軸就偏向上離開磁場區(qū)域，所以要求R≤，所有粒子才能穿過磁場到達y軸，選項B正確；從x軸入射的粒子在磁場中運動軌跡對應的弧長最長，所以該粒子最后到達y軸，而y=±R的粒子直接沿直線做

6、勻速運動到達y軸，時間最短，選項C錯誤；由qvB=m，解得r=。從x軸入射的粒子運動時間為：t1==，y=±R的粒子直接沿直線做勻速運動到達y軸，時間最短，則t2=R/v，所以△t=t1-t2=-R/v ，其中角度θ為從x軸入射的粒子運動軌跡對應的圓心角，滿足sinθ=R/r=，選項D正確． 【點評】此題是相同速率的帶電粒子從圓弧形邊界進入磁場的情景，從不同位置進入磁場的粒子軌跡半徑相同，軌跡所對的圓心角、圓心、弧長不同。 5. 如圖所示，長方形abcd長ad=0.6m，寬ab=0.3m，O、e分別是ad、bc的中點，以ad為直徑的半圓內有垂直紙面向里的勻強磁場（邊界上無磁場

7、），磁感應強度B=0.25T．一群不計重力、質量m=3×10-7kg、電荷量q=+2×10-3C的帶電粒子以速度v=5×l02m/s沿垂直ad方向且垂直于磁場射人磁場區(qū)域（　　） A． 從Od邊射入的粒子，出射點全部分布在Oa邊 B． 從aO邊射入的粒子，出射點全部分布在ab邊 C． 從Od邊射入的粒子，出射點分布在Oa邊和ab邊 D．從aO邊射入的粒子，出射點分布在ab邊和bc邊 【參考答案】D 二．計算題 1.如圖所示，長方形abcd長ad=0.6m，寬ab=0.3m，O、e分別是ad、bc的中點，以ad為直徑的半圓內有垂直于紙面向里的

8、勻強磁場（邊界上無磁場），磁感應強度B=0.25T．一群不計重力、質量m=3×10-7kg、電荷量q=+2×10-3C的帶電粒子．以速度v=5×102m/s沿垂直ad方向且垂直于磁場射入磁場區(qū)域，不考慮粒子的重力的相互作用．問： （1）若從O點射入的帶電粒子剛好沿Oe直線射出，求空間所加電場的大小和方向． （2）若只有磁場時，某帶電粒子從O點射入，求該粒子從長方形abcd射出的位置． 【名師解析】： （1）若從O點射入的帶電粒子剛好沿Oe直線射出，電場力與洛倫茲力必須平衡，由左手定則判斷得知：洛倫茲力方向豎直向上，則電場力必須平行與bc向下，粒子帶正電

9、，電場方向也豎直向下．且有 qE=qvB 解得，E=vB=5×102×0.25N=125N/C 帶電粒子進入磁場時所受的洛倫茲力向上，則粒子軌跡的圓心為a點．設粒子從ae弧上f點射出磁場 ∵aO=af=r，Of=r， ∴△aOf是等邊三角形，∠faO=60° 粒子經過磁場速度的偏向角θ=∠faO=60° 根據幾何知識得： eg=r（1-cos60°）+（r-rsin60°）tan60°=（-1）r=0.732×0.3m=0.22m 故帶電粒子從e點上方距離e點0.22m射出磁場． 2.

10、勻強磁場區(qū)域由一個半徑為R的半圓和一個長為2R、寬為的矩形組成，磁場的方向如圖所示。一束質量為m、電荷量為＋q的粒子(粒子間的相互作用和重力均不計)以速度v從邊界AN的中點P垂直于AN和磁場方向射入磁場中。問： (1)當磁感應強度為多大時，粒子恰好從A點射出？ (2)對應于粒子可能射出的各段磁場邊界，磁感應強度應滿足什么條件？ 【名師解析】(1)由左手定則判定，粒子向左偏轉，只能從PA、AC和CD三段邊界射出，如圖所示。當粒子從A點射出時，運動半徑r1＝。 由qvB1＝，得B1＝ 3．（2016`山東濟南期末）如圖所示的xOy平面上，以坐標原點O為圓心的四分之一圓形區(qū)域M

11、ON內分布著磁感應強度為B=2.0×10-3T的勻強磁場，其中M、N點距坐標原點O的距離為m，磁場方向垂直紙面向里．坐標原點O處有一個粒子源，不斷地向xOy平面發(fā)射比荷為=5×107 C/kg的帶正電粒子，它們的速度大小都是v=1×105m/s，與x軸正方向的夾角分布在0～90°范圍內． (1)求平行于x軸射入的粒子，出射點的位置及在磁場中的運動時間； (2)求恰好從M點射出的粒子，從粒子源O發(fā)射時的速度與x軸正向的夾角； (3)若粒子進入磁場前經加速使其動能增加為原來的2倍，仍從O點垂直磁場方向射入第一象限，求粒子在磁場中運動的時間t與射入時

12、與x軸正向的夾角的關系． 【名師解析】．（1）平行于x軸射入的粒子，軌跡如圖所示，設出射點為P， 由得: m=1m。 有幾何關系可知：O1P= O1O=1m，OP=m，則△O1O P為等腰直角三角形 x=y=1m，；故P點坐標為(1m,1m), 運動時間為 s。 （2）由幾何關系可知：O2M=O2O=1m，OM=m，則△O2O M為等腰直角三角形 ∠O2O M=45°,則從粒子源O發(fā)射時的速度與x軸正向的夾角為45°。 (3) 由，可知：,，R’=R= m . 若粒子從M點出射時OM= R’, △O3O M為正三角形，圓心角，出射角； 若粒子從弧MN上射出時，弦長均為m，圓心角均為，運動時間均為：， 故時： 若粒子從邊OM出射時，如圖，, 運動時間s， 故時：s.. 我國經濟發(fā)展進入新常態(tài)，需要轉變經濟發(fā)展方式，改變粗放式增長模式，不斷優(yōu)化經濟結構，實現經濟健康可持續(xù)發(fā)展進區(qū)域協(xié)調發(fā)展，推進新型城鎮(zhèn)化，推動城鄉(xiāng)發(fā)展一體化因：我國經濟發(fā)展還面臨區(qū)域發(fā)展不平衡、城鎮(zhèn)化水平不高、城鄉(xiāng)發(fā)展不平衡不協(xié)調等現實挑戰(zhàn)。