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1、 專題9.5 平行邊界磁場問題 一．選擇題 1．如圖所示，帶有正電荷的A粒子和B粒子同時以同樣大小的速度(速度方向與邊界的夾角分別為30、60)從寬度為d的有界勻強磁場的邊界上的O點射入磁場，又恰好都不從另一邊界飛出，則下列說法中正確的是( ) A. A、B兩粒子在磁場中做圓周運動的半徑之比為 B. A、B兩粒子在磁場中做圓周運動的半徑之比為 C. A、B兩粒子的比荷之比是 D. A、B兩粒子的比荷之比是 【參考答案】D 【名師解析】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：qvB=m，解得：； 由幾何關(guān)系得：rAcos30+rA=d

2、，rBcos60+rB=d，解得：，故AB錯誤；粒子軌道半徑： 可知，，由題意可知，兩粒子的v大小與B都相同，則兩粒子的q/m之比與軌道半徑成反比，則A、B兩粒子的q/m之比是，故C錯誤，D正確；故選D。 點睛：本題要會用圓弧的特性來確定圓心，畫出圓弧并運用幾何關(guān)系來算出圓弧的半徑，同時還體現(xiàn)出控制變量的思想． 2．電荷量分別為q和的兩個帶電粒子分別以速度和射入勻強磁場，兩粒子的入射方向與磁場邊界的夾角分別為和，磁場寬度為d，兩粒子同時由A點出發(fā)，同時到達B點，如圖所示，則 A. a粒子帶負電，b粒子帶正電 B. 兩粒子的軌道半徑之比：： C. 兩粒子的速度之比：：2 D. 兩

3、粒子的質(zhì)量之比：：2 【參考答案】ABD 【名師解析】a粒子是入射的，而b粒子是入射的，由于從B點射出，則a粒子受到的洛倫茲力方向沿b粒子速度方向，而b粒子受到的洛倫茲力方向沿a粒子速度方向，由左手定則可知：a粒子帶負電、b粒子帶正電，故A正確； AB連線是兩粒子的運動圓弧對應(yīng)的弦，則弦的中垂線與各自速度方向直線的交點即為各自圓心。結(jié)果發(fā)現(xiàn)：兩圓心的連線與兩個半徑構(gòu)成一個角為，另一個為的直角三角形。根據(jù)幾何關(guān)系，則有兩半徑相比為：：，故B正確；AB連線是兩粒子的運動圓弧對應(yīng)的弦，則弦的中垂線與各自速度方向直線的交點即為各自圓心。結(jié)果發(fā)現(xiàn)：兩圓心的連線與兩個半徑構(gòu)成一個角為，另一個為

4、的直角三角形。則a粒子圓弧對應(yīng)的圓心角為，而b粒子圓弧對應(yīng)的圓心角為，粒子在磁場中的運動時間：，由題意可知，兩粒子在磁場中的運動時間t相等，即：，則粒子的周期之比為：：：2，粒子做圓周運動的周期：，則兩粒子的質(zhì)量之比：：：2，故D正確；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：，解得：，由題意可知：q、B都相同，而：：2，：：，則粒子的速度大小之比：：：，故C錯誤；故選ABD。 點睛：本題考查了粒子在磁場中的運動，分析清楚粒子運動過程、作出粒子運動軌跡是解題的前提與關(guān)鍵；利用圓弧的特性來確定圓心，畫出圓弧并運用幾何關(guān)系來算出圓弧的半徑，同時還體現(xiàn)出控制變量的思想。

5、3.(2016湖南長沙模擬)如圖10所示，一個理想邊界為PQ、MN的勻強磁場區(qū)域，磁場寬度為d，方向垂直紙面向里。一電子從O點沿紙面垂直PQ以速度v0進入磁場。若電子在磁場中運動的軌道半徑為2d。O′在MN上，且OO′與MN垂直。下列判斷正確的是(　　) A.電子將向右偏轉(zhuǎn) B.電子打在MN上的點與O′點的距離為d C.電子打在MN上的點與O′點的距離為d D.電子在磁場中運動的時間為 【參考答案】D 4.如圖所示，直角坐標系中y軸右側(cè)存在一垂直紙面向里、寬為a的有界勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B，右邊界PQ平行y軸，一粒子(重力不計)從原點O以與x軸正方向成θ角的速率v垂直射入

6、磁場，當斜向上射入時，粒子恰好垂直PQ射出磁場，當斜向下射入時，粒子恰好不從右邊界射出，則粒子的比荷及粒子恰好不從右邊界射出時在磁場中運動的時間分別為(　　) A.　 B.　 C.　 D.　 【參考答案】C 5.(多選)如圖，兩個初速度大小相同的同種離子a和b，從O點沿垂直磁場方向進入勻強磁場，最后打到屏P上。不計重力。下列說法正確的有(　　) A.a、b均帶正電 B.a在磁場中飛行的時間比b的短 C.a在磁場中飛行的路程比b的短 D.a在P上的落點與O點的距離比b的近 【參考答案】AD 6.如圖所示，在x軸上方存在垂直于紙面向里的勻強磁場，

7、磁感應(yīng)強度為B。在xOy平面內(nèi)，從原點O處沿與x軸正方向成θ角(0＜θ＜π)方向以速率v發(fā)射一個帶正電的粒子(重力不計)，則下列說法正確的是(　　) A.當v一定時，θ越大，粒子在磁場中運動的時間越短 B.當v一定，θ越大時，粒子離開磁場的位置距O點越遠 C.當θ一定，v越大時，粒子在磁場中運動的角速度越大 D.當θ一定，v越大時，粒子在磁場中運動的時間越短 【參考答案】A 7．（2016廣州模擬）不計重力的兩個帶電粒子M和N沿同一方向經(jīng)小孔S垂直進入勻強磁場，在磁場中的徑跡如圖。分別用vM與vN， tM與tN，與表示它們的速率、在磁場中運動的時間、荷質(zhì)比，則 A．如

8、果=，則vM ＞ vN B．如果=，則tM ＜ tN C．如果vM = vN，則＞ D．如果tM = tN，則＞ 【參考答案】A 【命題意圖】本題考查了帶電粒子在勻強磁場中的勻速圓周運動及其相關(guān)的知識點。 8．如圖所示，在一單邊有界磁場的邊界上有一粒子源O，沿垂直磁場方向，以相同速率向磁場中發(fā)出了兩種粒子，a為質(zhì)子（），b為α粒子（），b的速度方向垂直磁場邊界，a的速度方向與b的速度方向夾角為θ＝30，兩種粒子最后都打到了位于磁場邊界位置的光屏OP上，則 A．a(chǎn)、b兩粒子轉(zhuǎn)動周期之比為2 ：3 B．a(chǎn)、b兩粒子在磁場中運動時間之比為2 ：3 C．a(chǎn)、b兩粒子在磁場中

9、轉(zhuǎn)動半徑之比為1 ：2 D．a(chǎn)、b兩粒子打到光屏上的位置到O點的距離之比為1 ：2 【參考答案】BC 【命題意圖】本題考查了帶電粒子在勻強磁場中的勻速圓周運動及其相關(guān)的知識點。 【解題思路】由帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的周期公式T=可知，a、b兩粒子轉(zhuǎn)動周期之比Ta∶Tb=∶=1∶2，選項A錯誤。a粒子在勻強磁場中運動軌跡對應(yīng)的圓心角為240，運動時間為2Ta/3；b粒子在勻強磁場中運動軌跡對應(yīng)的圓心角為180，運動時間為Tb/2；a、b兩粒子在勻強磁場中運動的時間之比為ta∶tb=2Ta/3∶Tb/2=2∶3，選項B正確。由qvB=m，解得r=。由此可知a、b兩粒子在勻強磁

10、場中運動的軌道半徑之比為ra∶rb=∶=1∶2，選項C正確。a粒子打到光屏上的位置到O點的距離為2racos30=ra，b粒子打到光屏上的位置到O點的距離為2 rb，a、b兩粒子打到光屏上的位置到O點的距離之比為ra ∶rb=∶4，選項D錯誤。 二．計算題 1.如圖所示，區(qū)域Ⅰ、Ⅲ內(nèi)存在垂直紙面向外的勻強磁場，區(qū)域Ⅲ內(nèi)磁場的磁感應(yīng)強度為B，寬為1.5d，區(qū)域Ⅰ中磁場的磁感應(yīng)強度B1未知，區(qū)域Ⅱ是無場區(qū)，寬為d，一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子從磁場邊界上的A點與邊界成θ＝60角垂直射入?yún)^(qū)域Ⅰ的磁場，粒子恰好不從區(qū)域Ⅲ的右邊界穿出且剛好能回到A點，粒子重力不計。 (1)求區(qū)域Ⅰ中磁

11、場的磁感應(yīng)強度B1； (2)求區(qū)域Ⅰ磁場的最小寬度L； (3)求粒子從離開A點到第一次回到A點的時間t。 【名師解析】(1)由題意知粒子的運行軌跡如圖所示，設(shè)在區(qū)域Ⅰ、Ⅲ中粒子做圓周運動的半徑分別為r、R，由圖知R＋Rcos θ＝1.5d， Rsin θ－＝rsin θ， 聯(lián)立得R＝d，r＝。 (2)由(1)及圖知區(qū)域Ⅰ磁場的最小寬度L＝r－rcos θ＝。 所以粒子從離開A點到第一次回到A點的時間：t＝t1＋t2＋t3＝。 答案　(1)3B　(2)　(3) 2．(12分) （2016洛陽一模）如圖18所示，在無限長的豎直邊界AC和DE間，上、下部分分別充滿方

12、向垂直于ADEC平面向外的勻強磁場，上部分區(qū)域的磁感應(yīng)強度大小為B0，OF為上、下磁場的水平分界線。質(zhì)量為m、帶電荷量為+q的粒子從AC邊界上與O點相距為a的P點垂直于A C邊界射入上方區(qū)域，經(jīng)OF上的Q點第一次進入下方區(qū)域，Q與O點的距離為3a。不考慮粒子重力 (1)求粒子射入時的速度大??； (2)要使粒子不從AC邊界飛出，求下方區(qū)域的磁感應(yīng)強度應(yīng)滿足的條件； (3)若下方區(qū)域的磁感應(yīng)強度B=3B0，粒子最終垂直DE邊界飛出，求邊界DE與AC間距離的可能值。 【命題意圖】本題考查洛倫茲力、牛頓運動定律、帶電粒子在勻強磁場中的勻速圓周運動及其相關(guān)的知識點。 20．(12分)

13、 解：（1）設(shè)粒子在OF上方做圓周運動半徑為R， 由幾何關(guān)系可知：R=5a ---------------------- （1分） 由牛頓第二定律可知：qvB0=m ---------- （1分） 解得：v=---------------------- ------------（1分） （2）當粒子恰好不從AC邊界飛出時，設(shè)粒子在OF下方做圓周運動的半徑為r1，由幾何關(guān)系得： r1+r1cosθ=3a --------------------------------------（1分） cosθ= ---------------------------------------

14、----（1分） 所以r1= ------------------------------------（1分） 根據(jù)qvB1= ---------------------------------（1分） 解得：B1= 當B1＞時，粒子不會從AC邊界飛出。-------（1分） 3．如圖所示，在屏蔽裝置底部中心位置O點放一醫(yī)用放射源，可通過細縫沿扇形區(qū)域向外輻射速率為v＝3．2106 m/s的 α粒子．已知屏蔽裝置寬AB＝9 Cm，縫長AD＝18 Cm，α粒子的質(zhì)量m＝6．6410－27kg，電荷量q＝3．210－19 C．若在屏蔽裝置右側(cè)條形區(qū)域內(nèi)加一勻強磁場來隔離輻射，磁

15、感應(yīng)強度B＝0．332 T，方向垂直于紙面向里，整個裝置放于真空環(huán)境中． (1)若所有的α粒子均不能從條形磁場隔離區(qū)的右側(cè)穿出，則磁場的寬度D至少是多少？ (2)若條形磁場的寬度D＝20 Cm，則射出屏蔽裝置的α粒子在磁場中運動的最長時間和最短時間各是多少？(結(jié)果保留2位有效數(shù)字) 【參考答案】(1)0．34 m　(2)2．010－7s　6．510－8 s 【名師解析】(1)由題意：AB＝9 Cm，AD＝18 Cm，可得 ∠BAO＝∠ODC＝45 所有α粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑相同，設(shè)為R，根據(jù)牛頓第二定律有 Bqv＝ 解得R＝0．2 m＝20 Cm 由題意及幾何

16、關(guān)系可知：若條形磁場區(qū)域的右邊界與沿OD方向進入磁場的α粒子的圓周軌跡相切，則所有α粒子均不能從條形磁場隔離區(qū)右側(cè)穿出，此時磁場的寬度最小，如圖甲所示． 設(shè)此時磁場寬度D＝D0，由幾何關(guān)系得 D0＝R＋RCos 45＝(20＋10)Cm＝0．34 m． 　 　　　甲　　　　　　　　　　乙 若α粒子在磁場中做勻速圓周運動對應(yīng)的圓弧軌跡的弦最短，則α粒子在磁場中運動的時間最短．最短的弦長為磁場寬度D．設(shè)在磁場中運動的最短時間為tmin，軌跡如圖乙所示，因R＝D，則圓弧對應(yīng)的圓心角為60，故 tmin＝＝10－6 s＝6．510－8 s． 我國經(jīng)濟發(fā)展進入新常態(tài)，需要轉(zhuǎn)變經(jīng)濟發(fā)展方式，改變粗放式增長模式，不斷優(yōu)化經(jīng)濟結(jié)構(gòu)，實現(xiàn)經(jīng)濟健康可持續(xù)發(fā)展進區(qū)域協(xié)調(diào)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(jīng)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(diào)等現(xiàn)實挑戰(zhàn)。