2019年高考物理 100考点千题精练 专题9.6 圆形边界磁场问题.doc
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专题9.6 圆形边界磁场问题 一．选择题 1（2018金考卷）.如图所示，在xOy坐标系中，以（r，0）为圆心的圆形区域内存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，在y>r的足够大的区域内，存在沿y轴负方向的匀强电场。在xOy平面内，从O点以相同速率、沿不同方向向第一象限发射质子，且质子在磁场中运动的半径也为r。不计质子所受重力及质子间的相互作用力。则质子 A．在电场中运动的路程均相等 B．最终离开磁场时的速度方向均沿x轴正方向 C．在磁场中运动的总时间均相等 D．从进入磁场到最后离开磁场过程的总路程均相等 【参考答案】AC 【命题意图】本题考查带电粒子在有界匀强磁场中的运动和在匀强电场中的运动及其相关的知识点。 【解题思路】根据题述圆形磁场的半径与质子在磁场中运动的半径相同，从O点以相同的速率沿不同方向向第一象限发射质子，质子经过磁场偏转后以相同的速率平行于y轴射出做减速运动，速度减小到零后反向加速后进入磁场，根据动能定理，在电场中运动的路程均相等，选项A正确；通过分析可知，质子最终离开磁场时的速度方向均与原来进入磁场时速度方向相同，选项B错误；由于带电粒子在磁场中两次运动轨迹虽然不同，但是两次轨迹所对的圆心角之和相同，两次运动的轨迹长度之和相等，所以带电粒子在磁场中运动的总时间相等，选项C正确；带电粒子在电场中运动时间相等，在磁场区域运动时间相等，由于磁场区域与电场区域之间有非场区，所以质子从进入磁场区域到离开磁场区域的过程中的总路程不相等，选项D错误。 2.（2018云南昭通五校联考）如图，在半径为R=mv0/qB的圆形区域内有水平向里的匀强磁场，磁感应强度为B；圆形区域右侧有一竖直感光板MN．带正电粒子从圆弧顶点P以速率v0平行于纸面进入磁场，已知粒子质量为m，电量为q，粒子重力不计．若粒子对准圆心射入，则下列说法中正确的是( ) A． 粒子一定沿半径方向射出 B． 粒子在磁场中运动的时间为 πm/2qB C． 若粒子速率变为2v0，穿出磁场后一定垂直打到感光板MN上 D． 粒子以速度v0从P点以任意方向射入磁场，离开磁场后一定垂直打在感光板MN上 【参考答案】ABD 轨迹圆弧对应的圆心角为故运动时间为：t=T/4，T=， 所以t=πm/2qB，B正确； 若粒子速率变为2v0，则轨道半径变为2R，运动轨迹如图： 故不是垂直打到感光板MN上，故C错误； 当带电粒子以v0射入时，带电粒子在磁场中的运动轨道半径为R． 设粒子射入方向与PO方向夹角为θ，带电粒子从区域边界S射出，带电粒子运动轨迹如图所示． 因PO3=O3S=PO=SO=R所以四边形POSO3为菱形，由图可知：PO∥O3S，v3⊥SO3，因此，带电粒子射出磁场时的方向为水平方向，与入射的方向无关．故D正确；故选：ABD． 3．如图所示，在一个圆环内的区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场（磁场未画出），圆环逆时针转动并在环上开有一个小缺口，一带正电的粒子从小缺口沿直径方向进入圆环内部，且与圆环没有发生碰撞，最后从小缺口处离开磁场区域，已知粒子的比荷为k，磁场的磁感应强度大小为B，圆环的半径为R，粒子进入磁场时的速度为，不计粒子的重力，则圆环转动的角度 A. kB B. 3kB C. 5kB D. 7kB 【参考答案】AC 【名师解析】粒子进入磁场后做匀速圆周运动，故，粒子将圆环区域内运动四分之一周期离开磁场，粒子运动的时间为，在这段时间内，圆环转过的角度为 ，根据可得，故AC正确，BD错误； 故选AC。 【点睛】粒子进入磁场后做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，解得运动半径，粒子将圆环区域内运动四分之一周期离开磁场，根据粒子的时间等于圆环转动的时间求解。 4．如图，虚线所示的圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场，P为磁场边界上的一点，大量相同的带电粒子以相同的速率经过P点，在纸面内沿不同方向射入磁场，若粒子射入的速率为v1，这些粒子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周上；若粒子射入速率为v2，相应的出射点分布在三分之一圆周上，不计重力及带电粒子之间的相互作用，则v2：v1为（ ） A. ：2 B. ：1 C. ：1 D. 3： 【参考答案】C 【名师解析】设圆形区域磁场的半径为r，当速度大小为v1时，从P点入射的粒子射出磁场时与磁场边界的最远交点为M(图甲)时，由题意知∠POM=60∘，由几何关系得轨迹圆半径为R1=r/2； 从P点入射的粒子射出磁场时与磁场边界的最远交点为N(图乙)，由题意知∠PON=120∘，由几何关系得轨迹圆的半径为R2= r； 根据洛伦兹力充当向心力可知： 解得：v= 故速度与半径成正比,因此v2:v1=R2:R1=:1 故C正确，ABD错误。 故选：C. 点睛：据题意画出带电粒子的运动轨迹，找出临界条件角度关系，利用几何关系分别表示出圆周运动的半径，再由洛伦兹力充当向心力，即可求得速度之比． 5．(2016安徽江南十校联考)如图，半径为R的圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。M为磁场边界上一点，有无数个带电量为q、质量为m的相同粒子（不计重力）在纸面内向各个方向以相同的速率通过M点进入磁场，这些粒子射出边界的位置均处于边界的某一段圆弧上，这段圆弧的弧长是圆周长的。下列说法正确的是 A．粒子从M点进入磁场时的速率为 B．粒子从M点进入磁场时的速率为 C．若将磁感应强度的大小增加到，则粒子射出边界的圆弧长度变为原来 D．若将磁感应强度的大小增加到，则粒子射出边界的圆弧长度变为原来 【参考答案】BD 6.如图所示，半径为R的圆是一圆柱形匀强磁场区域的横截面(纸面)，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外。一电荷量为q(q＞0)、质量为m的粒子沿平行于直径ab的方向射入磁场区域，射入点与ab的距离为，已知粒子射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为60，则粒子的速率为(不计重力)( ) A. B. C. D. 【参考答案】B 7..如图所示，空间存在一个半径为R0的圆形匀强磁场区域，磁场的方向垂直于纸面向里，磁感应强度的大小为B．有一个粒子源在纸面内沿各个方向以一定速率发射大量粒子，粒子的质量为m、电荷量为+q．将粒子源置于圆心，则所有粒子刚好都不离开磁场，不考虑粒子之间的相互作用．由此可知（ ） A. 带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径一定是R0 B．带电粒子在磁场中运动的速率一定是 C．带电粒子在磁场中运动的周期一定是 D．带电粒子的动能一定是 【参考答案】BD 二．计算题 25．（18分）（2018湖北华大新高考联盟测评）在xOy平面内分布着垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B＝0.01T，其中有一半径为R＝0.lm的无磁场圆形区域，圆心在原点O（0，0），如图所示。位于直线：x＝一0.3m上的粒子源可以沿直线移动，且沿x轴正向发射质量m＝1.010－14kg、电荷量q＝一1.010－6C、速率v＝4.0105m/s的粒子，忽略粒子间的相互作用，不计粒子的重力。 （1）求从粒子源发射的粒子运动到圆形区域所用的最短时间。 （2）在直线x＝－0.3m上什么范围内发射的粒子才能进人圆形区域？ （3）若在直线x＝－0.3m处放置一足够长的荧光屏，将上述粒子源放在原点O，仅改变发射粒子的速度方向，求粒子能打中荧光屏最高点的纵坐标ym。 【参考答案】 （1） （2）0≤y≤0.8m （3）0.4m 【名师解析】（1）设粒子在磁场中匀速圆周运动的半径为r，由牛顿第二定律 （2分） 解得r＝0.4m（1分） 如图1所示，经过（－0.1m，0）的粒子进入圆形区域的时间最短，由几何关系得 （1分） 由圆周运动公式 （1分） （1分） 联立解得： （或0.5210－６s）（2分） （2）如图2所示，在A1点发射的粒子恰好能进人圆形区域。由几何关系 ，A1M＝A1O1＋O1M 解得：A1M＝0.8m（2分） （3）如图3所示，粒子从原点O（0，0）发射，初速度方向与x轴负方向成q角，轨迹与荧光屏相切与D点（一0.3，y）。由几何关系 （1分） 解得：q＝2arcsin（1分） 而（1分） 解得：ym＝0.4m 2.如图所示，空间存在一个半径为R0的圆形匀强磁场区域，磁场的方向垂直于纸面向里，磁感应强度的大小为B．有一个粒子源在纸面内沿各个方向以一定速率发射大量粒子，粒子的质量为m、电荷量为+q．将粒子源置于圆心，则所有粒子刚好都不离开磁场，不考虑粒子之间的相互作用． (1)求带电粒子的速率． (2)若粒子源可置于磁场中任意位置，且磁场的磁感应强度大小变为B，求粒子在磁场中最长的运动时间t． (3)若原磁场不变，再叠加另一个半径为R1(R1＞R0)圆形匀强磁场，磁场的磁感应强度的大小为 B/2，方向垂直于纸面向外，两磁场区域成同心圆，此时该离子源从圆心出发的粒子都能回到圆心，求R1的最小值和粒子运动的周期T． （2）磁场的大小变为B1=B后，设粒子的轨道半径为r1，由qvB1=m ， 解得：r1==R0。 根据几何关系可以得到，当弦最长时，运动的时间最长，弦为2R0时最长，圆心角90=π/2， 粒子在磁场中最长的运动时间t=， 解得：t=。 根据对称性，画出带电粒子运动轨迹图，粒子运动根据的半径为R0。 由几何关系可得R1的最小值为( +1)R0 粒子运动周期T=2=。 【点评】对于带电粒子能够回到原来的出发点，则其运动轨迹在空间上一定具有对称性。 3．如图所示，xOy平面内有一半径为R的圆形区域，其内存在垂直xOy平面向外的磁感应强度为B的匀强磁场，圆的最低点与坐标原点O重合，MN是与y轴相距的R平行直线。从坐标原点O向圆形区域内垂直磁场射入比荷为的带正电的粒子，不考虑粒子的重力及相互作用力。 （1）当粒子的速度大小为v1=，方向与x轴的负方向成60角时，求该粒子经过MN直线时位置坐标； （2）在MN的右侧0≤y≤2R的范围内加一沿x轴负方向的匀强电场（图中未画出），a、b两个粒子均以大小v2=的速度、方向分别与x轴负方向和正方向均成30角从O点垂直射入磁场，随后两粒子进入电场，两粒子离开电场后将再次返回磁场。求两粒子第一次到达直线MN的时间差△t1和第二次离开磁场时的时间差△t2。 【参考答案】（1） （2）， （2）设粒子速度大小为v2时在磁场中做匀速圆周运动的半径为r2，根据洛伦兹力提供向心力可得：qv2B=m又因为：v2=可得：r2=R设磁场区圆心为O3，b粒子在磁场中圆周运动的圆心为O2，如图所示， 它从Q点射出磁场，根据几何关系可知OO2QO3为菱形，即OO3∥QO2，与粒子从O点射入时的速度方向无关，可知a、b两粒子射出磁场时速度方向均沿x轴正常向，两粒子进入电场后先做匀减速运动，再反向做匀加速运动，仍以大小为v2的速度返回磁场，根据对称性知，两粒子均经过磁场区域的最高点A， 粒子在磁场中做圆周运动的周期：T= 第一次射出磁场时，b粒子在磁场中运动时间：tb=T a粒子在磁场中运动时间：ta=T，两粒子第一次射出磁场后，运动相同的距离到达直线MN，故△t1=ta-tb= 两粒子在电场中运动的时间相同，返回磁场中运动，由对称性可知，a粒子返回磁场中运动时间为T，b粒子返回磁场中运动时间为T，故两粒子同时到达A点，从A点第二次离开磁场，故△t2=0 点睛：（1）利用洛伦兹力提供向心力结合题给速度大小再结合几何关系，联立即可求出该粒子经过MN直线时位置坐标； （2）画出粒子轨迹过程图，利用几何关系结合粒子周期以及粒子在磁场中转过的圆心角，求解粒子在磁场中运动的时间，再比较分析时间即可求出两粒子第一次到达直线MN的时间差△t1和第二次离开磁场时的时间差△t2。 4．（2016石家庄二模）如图所示，以O为圆心、半径为R的圆形区域内存在垂直圆面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，一粒子源位于圆周上的M点，可向磁场区域内垂直磁场沿各个方向发射质量为m、电荷量为-q的粒子，不计粒子重力，N为圆周上另一点，半径OM和ON间的夹角θ，且满足tan=0.5。 (1)若某一粒子以速率v1=，沿与MO成60角斜向上方向射入磁场，求此粒子在磁场中运动的时间； (2)若某一粒子以速率v2，沿MO方向射人磁场，恰能从N点离开磁场，求此粒子的速率移v2； (3)若由M点射人磁场各个方向的所有粒子速率均为v2，求磁场中有粒子通过的区域面积。 粒子在磁场中的运动的时间t==. S1==，S2=，S3=- ， 则：S= S1+ S2+ S3=-。 5. 如图所示，半径为R的圆形区域内存在着磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直于纸面向里，一带负电的粒子(不计重力)沿水平方向以速度v正对圆心入射，通过磁场区域后速度方向偏转了60。 (1)求粒子的比荷及粒子在磁场中的运动时间t。 (2)如果想使粒子通过磁场区域后速度方向的偏转角度最大，在保持原入射速度的基础上，需将粒子的入射点沿圆弧向上平移的距离d为多少？ (2)当粒子的入射点和出射点的连线是磁场圆的直径时，粒子速度偏转的角度最大。 由图可知sin θ＝ ⑦ 平移距离d＝Rsin θ⑧ 由①⑦⑧式得d＝R 答案 (1) (2)R 6．（19分）（2016湖南十三校联考）如图所示，在半径为R，圆心在(0,0)的圆形磁场区域内，加有方向垂直纸面向外、磁感强度为B的匀强磁场。一个质量为m、带电量为+q的带电粒子（不计重力），以某一速度从O点沿y轴的正方向进入磁场，从图中的A点射出。出射的方向与圆在A点的切线方向夹角为600。 如果再在x>R的BC区域加一宽度为2R的方向竖直向下的匀强电场，让在A点射出的带电粒子经电场后，能恰好击中x轴上的点C（坐标为（0，3R））。求： （1）带电粒子的初速度大小 （2）所加电场E的大小 【参考答案】（1）（2） 【命题立意】本题旨在考查洛仑兹力作用的圆周运动、电场中的类平抛运动 【名师解析】（1）由于粒子在O点垂直射入磁场，故圆弧轨道的圆心在X轴上，OP是直径，设入射粒子的速度为v0，由洛伦兹力的表达式和牛顿第二定律得 为圆弧的圆心，由图中角的几何关系可得： ， ， 所以，所以R=r 竖直方向做匀变速直线运动： 击中C点的时间： Y方向： 解得： 【举一反三】带电粒子在磁场中运动的时间是多少 ？ 7. (2016江西模拟)如图所示是半径为R的一圆柱形匀强磁场区域的横截面（纸面），磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外。一电荷量为q（q>0），质量为m的带电粒子沿正对CO中点且垂直于CO方向射入磁场区域，不计重力。 （1）若要使带电粒子能够从BD之间飞出磁场，求射入磁场时粒子的速度大小范围； （2）若要使带电粒子在磁场中运动的时间为其运动周期的1/4，求射入磁场时粒子的速度大小。 【名师解析】（1）如图所示，带电粒子以速度v1进入磁场做匀速圆周运动到达D点，其运动轨迹一定经过圆形O，O1为粒子运动轨迹的圆心，位于圆周圆弧AD上。 sin∠EFO=1/2，∠EFO=30，可知△FOO1为等边三角形，带电粒子运动轨迹半径r1=R， 由牛顿第二定律，qv1B=m 解得：v1=。 如图所示，带电粒子以速度v2进入磁场做匀速圆周运动到达B点， O2为粒子运动轨迹的圆心。 对直角三角形△AO2B，利用勾股定理， （r2-R/2）2+（R+Rcos30）2=r22， 解得：r2=（2+）R。 由牛顿第二定律，qv2B=m 解得：v2=（2+）。 射入磁场时粒子的速度大小范围是：v1
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