(新高考)高考物理一輪復(fù)習(xí)課時加練第11章　微專題72　帶電粒子在圓形邊界磁場中的運(yùn)動 (含解析)

微專題72帶電粒子在圓形邊界磁場中的運(yùn)動1．帶電粒子進(jìn)入圓形邊界磁場，一般需要將磁場圓圓心與兩圓交點(入射點與出射點)連線、將軌跡圓圓心與兩交點連線、將軌跡圓與磁場圓圓心連線.2.帶電粒子進(jìn)入圓形邊界磁場，軌跡圓半徑與磁場圓半徑相等時會有磁聚焦現(xiàn)象.3.沿磁場圓半徑方向入射的粒子，將沿半徑方向出射．1.如圖所示，圓心為O、半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.氦核(eq\o\al(4,2)He)和質(zhì)子(eq\o\al(1,1)H)先后從A點沿AO的方向射入磁場，均從C點射出磁場，OA與OC的夾角為106°.氦核(eq\o\al(4,2)He)的質(zhì)量為m、電荷量為q，不計粒子的重力，sin53°＝0.8，下列說法正確的是()A．質(zhì)子與氦核在磁場中運(yùn)動的時間相等B．質(zhì)子在磁場中運(yùn)動的時間是氦核的2倍C．氦核(eq\o\al(4,2)He)的速度大小為eq\f(4qBR,3m)D．質(zhì)子(eq\o\al(1,1)H)的速度大小為eq\f(2qBR,3m)答案C解析作出質(zhì)子(eq\o\al(1,1)H)和氦核(eq\o\al(4,2)He)在磁場中的運(yùn)動軌跡，如圖所示根據(jù)題意可知質(zhì)子(eq\o\al(1,1)H)和氦核(eq\o\al(4,2)He)在磁場中運(yùn)動的圓心角相等，運(yùn)動周期為T＝eq\f(2πm,qB)，運(yùn)動時間為t＝eq\f(θ,2π)T，可知質(zhì)子(eq\o\al(1,1)H)和氦核(eq\o\al(4,2)He)在磁場中運(yùn)動的時間之比為eq\f(t1,t2)＝eq\f(1,2)，故A、B錯誤；對質(zhì)子(eq\o\al(1,1)H)和氦核(eq\o\al(4,2)He)，根據(jù)幾何關(guān)系可得tan53°＝eq\f(r,R)，又qvB＝meq\f(v2,r)，可得氦核(eq\o\al(4,2)He)的速度大小為v1＝eq\f(4qBR,3m)，質(zhì)子(eq\o\al(1,1)H)的速度大小為v2＝eq\f(8qBR,3m)，故C正確，故D錯誤．2.(多選)(2023·河北張家口市高三模擬)如圖所示，半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于圓面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，AC是圓的一條直徑，D為圓上一點，∠COD＝60°.在A點有一個粒子源，沿與AC成30°角斜向上垂直磁場的方向射出速率均為v的各種帶正電粒子，所有粒子均從圓弧CD射出磁場，不計粒子的重力及粒子間的相互作用．則從A點射出的粒子的比荷eq\f(q,m)可能是()A.eq\f(v,BR) B.eq\f(3v,2BR)C.eq\f(\r(3)v,BR) D.eq\f(\r(3)v,3BR)答案AD解析帶電粒子從C點射出磁場時，軌跡如圖所示由幾何關(guān)系得sin30°＝eq\f(R,r1)，解得r1＝2R，帶電粒子從D點射出磁場時，軌跡如圖所示，由幾何關(guān)系得AODO2是菱形，所以粒子的軌跡半徑r2＝R，所以粒子在磁場中運(yùn)動的軌跡半徑滿足r2≤r≤r1，由洛倫茲力提供向心力得qvB＝meq\f(v2,r)，解得從A點射出的粒子的比荷滿足eq\f(v,2BR)≤eq\f(q,m)≤eq\f(v,BR)，故選A、D.3.(多選)如圖所示，半徑為R、圓心為O的圓形區(qū)域內(nèi)有方向垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場(圖中未畫出)．兩個質(zhì)量、電荷量都相同的帶正電粒子，以不同的速率從a點先后沿直徑ac和弦ab方向射入磁場區(qū)域，ab和ac的夾角為30°，已知沿ac方向射入的粒子剛好從b點射出，沿ab方向射入的粒子剛好從O點正下方射出，不計粒子重力．則()A．沿ac方向射入的粒子在磁場中運(yùn)動軌跡半徑為RB．沿ab方向射入的粒子在磁場中運(yùn)動軌跡半徑為(eq\r(3)＋1)RC．沿ac方向射入的粒子與沿ab方向射入的粒子在磁場中運(yùn)動的時間之比為2∶1D．沿ac方向射入的粒子與沿ab方向射入的粒子在磁場中運(yùn)動的速率的比值為eq\f(2－\r(3),3)答案BC解析沿ac方向射入的粒子在磁場中運(yùn)動方向偏轉(zhuǎn)60°，其軌跡所對的圓心角為60°，如圖中軌跡1所示，由幾何關(guān)系知其軌跡半徑為r1＝eq\f(R,tan30°)＝eq\r(3)R，故A錯誤；沿ab方向射入磁場區(qū)域的粒子在磁場中運(yùn)動軌跡如圖中軌跡2所示，根據(jù)幾何關(guān)系可知，該粒子的軌跡所對圓心角為30°，則軌跡半徑r2滿足eq\f(r2,sin45°)＝eq\f(R,sin15°)，又sin15°＝sin(45°－30°)，解得r2＝(eq\r(3)＋1)R，故B正確；兩粒子的質(zhì)量和電荷量相同，根據(jù)T＝eq\f(2πm,qB)，可知在磁場中的運(yùn)動周期相同，結(jié)合兩粒子在磁場中的偏轉(zhuǎn)角之比為2∶1，可知沿ac方向射入的粒子與沿ab方向射入的粒子在磁場中運(yùn)動的時間之比為2∶1，故C正確；根據(jù)qvB＝eq\f(mv2,r)，可得v＝eq\f(qBr,m)，則沿ac方向射入的粒子與沿ab方向射入的粒子在磁場中運(yùn)動的速率的比值為eq\f(3－\r(3),2)，故D錯誤．4.如圖所示，半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)存在著磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)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°.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，在保持原入射速度大小和方向不變的基礎(chǔ)上，需將粒子的入射點向上平移的距離d為()A.eq\f(1,2)R B.eq\f(\r(3),3)RC.eq\f(\r(2),2)R D.eq\f(\r(3),2)R答案B解析粒子運(yùn)動軌跡如圖甲所示，根據(jù)幾何知識可得r＝eq\f(R,tan30°)，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．由圖乙可知sinθ＝eq\f(R,r)，平移距離為d＝Rsinθ，解得d＝eq\f(\r(3),3)R，故B正確，A、C、D錯誤．5.(多選)(2023·湖北省聯(lián)考)如圖，坐標(biāo)原點O有一粒子源，能向坐標(biāo)平面第一、二象限內(nèi)發(fā)射大量質(zhì)量為m、電荷量為q的正粒子(不計重力)，所有粒子速度大小相等．圓心在(O，R)，半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)，有垂直于坐標(biāo)平面向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.磁場右側(cè)有一長度為R，平行于y軸的光屏，其中心位于(2R，R)．已知初速度沿y軸正向的粒子經(jīng)過磁場后，恰能垂直射在光屏上，則()A．粒子速度大小為eq\f(qBR,m)B．所有粒子均能垂直射在光屏上C．能射在光屏上的粒子，在磁場中運(yùn)動時間最長為eq\f(2πm,3qB)D．能射在光屏上的粒子初速度方向與x軸夾角滿足45°≤θ≤135°答案AC解析由題意，初速度沿y軸正向的粒子經(jīng)過磁場后，恰能垂直射在光屏上，有qBv＝meq\f(v2,r)，r＝R，解得v＝eq\f(BqR,m)，A正確；由于所有粒子的速度大小相等，但方向不同，且離開磁場區(qū)域的出射點距離原點的豎直高度最大值為2R，并不會垂直打在光屏上，B錯誤；如圖甲，打在光屏上端的粒子在磁場中運(yùn)動時間最長，由幾何關(guān)系可得，運(yùn)動時間最長的粒子，對應(yīng)軌跡的圓心角為eq\f(2,3)π，甲根據(jù)周期公式T＝eq\f(2πr,v)，可得t＝eq\f(\f(2π,3),2π)T＝eq\f(1,3)T＝eq\f(2πm,3Bq)，C正確；粒子初速度方向與x軸夾角為θ時，若能打在光屏下端，如圖乙乙由幾何關(guān)系可得圓心角為60°，即初速度與x軸夾角為θ1＝60°，同理，粒子打在光屛上端時(如圖甲)，初速度與x軸夾角為θ2＝120°，D錯誤．6.如圖所示，第一象限內(nèi)有一圓形邊界勻強(qiáng)磁場(圖中未畫出)．一質(zhì)量為m、電荷量為＋q的帶電粒子，以大小為v的速度沿＋x方向自磁場邊界上的點P(L,3L)射入，從點Q(L,0)射出時速度方向與x軸負(fù)方向成60°角，粒子重力不計．求：(1)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小和方向；(2)圓形有界磁場的最小面積．答案(1)eq\f(mv,qL)方向垂直于紙面向外(2)eq\f(3,4)πL2解析(1)由于PQ平行于y軸，帶電粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的圓心在PQ上，由幾何關(guān)系可得r＋eq\f(r,cos60°)＝3L由牛頓第二定律可得qvB＝meq\f(v2,r)聯(lián)立解得B＝eq\f(mv,qL)由左手定則可得，磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直于紙面向外．(2)設(shè)帶電粒子從點F飛出后經(jīng)過Q點，則以PF為直徑的圓形有界磁場的面積最小，設(shè)圓形磁場的最小半徑為R，由幾何關(guān)系可得R＝rsin60°＝eq\f(\r(3),2)L則最小面積為S＝πR2＝eq\f(3,4)πL2.7.如圖所示，圓形區(qū)域有一勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直紙面向里，邊界跟y軸相切于坐標(biāo)原點O.O點處有一放射源，沿紙面向各方向射出速率均為v的某種帶正電粒子，帶電粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的半徑是圓形磁場區(qū)域半徑的2倍.已知該帶電粒子的質(zhì)量為m、電荷量為q，不考慮帶電粒子的重力．(1)推導(dǎo)帶電粒子在磁場空間做圓周運(yùn)動的軌跡半徑；(2)求帶電粒子通過磁場空間的最大偏轉(zhuǎn)角．答案(1)eq\f(mv,qB)(2)60°解析(1)帶電粒子進(jìn)入磁場后，受洛倫茲力作用，由牛頓第二定律得Bqv＝meq\f(v2,r)，則r＝eq\f(mv,Bq).(2)粒子的速率均相同，因此粒子軌跡圓的半徑均相同，但粒子射入磁場的速度方向不確定，故可以保持圓的大小不變，只改變圓的位置，畫出“動態(tài)圓”，如圖甲所示，通過“動態(tài)圓”可以觀察到粒子運(yùn)動軌跡均為劣弧，對于劣弧而言，弧越長，弧所對應(yīng)的圓心角越大，偏轉(zhuǎn)角越大，則運(yùn)動時間越長，如圖乙所示，當(dāng)粒子的軌跡圓的弦長等于磁場直徑時，粒子在磁場空間的偏轉(zhuǎn)角最大，sineq\f(φmax,2)＝eq\f(R,r)＝eq\f(1,2)，即φmax＝60°.8.如圖所示，真空中有兩個以O(shè)為圓心的同心圓，內(nèi)圓半徑為R，外圓半徑未知．內(nèi)圓有一垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B；內(nèi)圓與外圓之間的環(huán)狀區(qū)域內(nèi)的勻強(qiáng)磁場垂直紙面向里，大小也為B.在內(nèi)圓邊界上有一粒子源S，所發(fā)出的粒子質(zhì)量為m，電荷量為＋q，速度大小為v0.內(nèi)圓邊界上無磁場，外圓邊界上存在磁場．不計粒子重力，求：(1)若粒子源在紙面內(nèi)向各個方向發(fā)射粒子，為了讓粒子約束在外圓內(nèi)運(yùn)動，則外圓半徑至少為多大？(2)若發(fā)出的粒子初速度方向沿半徑背離圓心．粒子運(yùn)動了一段時間再次經(jīng)過S，則v0應(yīng)該滿足什么條件(寫出v0與m、q、B、R之間的關(guān)系)?(3)在滿足(2)問的條件下，粒子相鄰兩次經(jīng)過S處的時間是多少？答案(1)R＋eq\f(2mv0,qB)(2)v0＝eq\f(qBR,m)taneq\f(π,n)(n≥3，且取整數(shù))(3)見解析解析(1)粒子在磁場中運(yùn)動時由洛倫茲力提供向心力，qv0B＝meq\f(v02,r)解得r＝eq\f(mv0,qB)當(dāng)粒子軌跡與外圓內(nèi)切時外圓半徑最小，如圖由圖中幾何關(guān)系得，外圓半徑R1＝R＋2r故外圓半徑至少為R1＝R＋eq\f(2mv0,qB)(2)經(jīng)分析得，帶電粒子運(yùn)動軌跡將內(nèi)圓均分成n段圓弧(n≥3，且取整數(shù))，如圖由圖中幾何關(guān)系得θ＝eq\f(2π,2n)＝eq\f(π,n)且tanθ＝eq\f(r,R)故taneq\f(π,n)＝eq\f(mv0,qBR)(n≥3，且取整數(shù))則v0應(yīng)滿足：v0＝eq\f(qBR,m)taneq\f(π,n)(n≥3，且取整數(shù))(3)粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的周期為T＝eq\f(2πr,v0)＝eq\f(2πm,qB)粒子相鄰兩次經(jīng)過內(nèi)圓