2020年高考物理100考點(diǎn)最新模擬題千題精練專題3.12圓形邊界磁場問題(提高篇)(電磁部分)(含解析)

1、R的圓形專題3.12圓形邊界磁場問題（提高篇）1.（6分）（2019年福建省廈門市思明區(qū)雙十中學(xué)高考物理熱身試卷）如圖所示，在紙面內(nèi)半徑為區(qū)域中充滿了垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場。a、b兩個(gè)帶電粒子以相同的速率從M點(diǎn)沿著直徑MOM"向垂直射入磁場，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，并從P、Q兩點(diǎn)離開。已知P、。0（圓心）三點(diǎn)共線，直徑MONPOQe角11為。=60,不計(jì)粒子的重力，下列說法正確的是（A.a粒子帶正電，b粒子帶負(fù)電a、b粒子軌跡半彳交之比為1：3在磁場中運(yùn)行的弧長之比為：ra0a： rb0b =）：（.1RX,因兩粒子的速率相同，則C.a、b粒子在磁場中運(yùn)行時(shí)間之比為2：3D.a、b粒子的

2、比荷之比為1:3【參考答案】：BG【名師解析】由左手定則可知，b粒子帶正電，a粒子帶負(fù)電，故A錯(cuò)誤；設(shè)磁場所在的虛線圓的半徑為R,則ra=Rtan30°=也r;b=Rtan60°=則a、b粒子軌跡半徑之比為1:3,故B正確；a、b粒子兩粒子的時(shí)間之比為2：3,故C正確；根據(jù)R=以”可知兩粒子的比荷之比等于半徑的倒數(shù)比，即3:1,故D錯(cuò)誤。2 .如圖所示，半徑為R的圓是一圓柱形勻強(qiáng)磁場區(qū)域的橫截面（紙面），磁感應(yīng)強(qiáng)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的粒子沿平彳T于直徑ab的方向射入磁場區(qū)域，射入點(diǎn)與ab的距離R為工，已知粒子射出磁場與射入磁

3、場時(shí)運(yùn)動(dòng)方向間的夾角為60。，則粒子的速率為（不計(jì)重力）（）C.3qBR2mD.2qBRm【名師解析】如圖所示，粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心Q必在過入射點(diǎn)垂直于入射速度方向的直線EF上，由于粒子射入、射出磁場時(shí)運(yùn)動(dòng)方向間的夾角為60。，故圓弧ENM寸應(yīng)圓心角為60。，所以EMO為等邊三角R形。由于OD=2,所以/EOD=60。，OM曰等邊三角形，所以可得到粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑EO=0E=2R由qvB=,得丫=,B正確。Rm3 .如圖所示，空間存在一個(gè)半徑為R的圓形勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁場的方向垂直于紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大m電荷量為+q.將粒小為B.有一個(gè)粒子源在紙面內(nèi)沿各個(gè)方向以一定速率發(fā)射大量粒子，粒子

4、的質(zhì)量為子源置于圓心，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.由此可知（A.帶電粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑一日 /EzeB.帶電粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的速率一定是qBRo2mC.帶電粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的周期一定是qBD.帶電粒子的動(dòng)能-一定是q2B2R28m【參考答案】BD【名師解析】：根據(jù)所有粒子剛好都不離開磁場，可知粒子離開出發(fā)點(diǎn)最遠(yuǎn)的距離為R,且為軌道半徑r的2倍，即R=2r,解得r=R0/2,選項(xiàng)A錯(cuò)誤。由qvBm,解得v=qBR0-,選項(xiàng)B正確。帶電粒子在r2m磁場中運(yùn)動(dòng)的周期T=2-=2Jm,選項(xiàng)C錯(cuò)誤。帶電粒子的動(dòng)能Ek=1mV=qBR0,選項(xiàng)d正確。vqB28m二.

5、計(jì)算題1 .(16分)(2019江蘇七市三模)如圖甲所示，一有界勻強(qiáng)磁場垂直于xOy平面向里，其邊界是以坐標(biāo)原點(diǎn)。為圓心、半徑為R的圓.一質(zhì)量為mK電荷量為q的帶正電的粒子，從磁場邊界與x軸交點(diǎn)P處以初速度大小vo、沿x軸正方向射入磁場，恰能從M點(diǎn)離開磁場，不計(jì)粒子的重力.(1)求勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B;(2)若帶電粒子從P點(diǎn)以初速度大小vo射入磁場，改變初速度的方向，粒子恰能經(jīng)過原點(diǎn)O,求粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t及離開磁場時(shí)速度的方向；(3)在勻強(qiáng)磁場外側(cè)加一有界均勻輻向電場，如圖乙所示，與。點(diǎn)相等距離處的電場強(qiáng)度大小相等，方向指向原點(diǎn)O.帶電粒子從P點(diǎn)沿x軸正方向射入磁場，改變粒子初速

6、度的大小，粒子恰能不離開電場外邊界且能回到P點(diǎn)，求粒子初速度大小v及電場兩邊界間的電勢(shì)差U.【名師解析】：（1）根據(jù)幾何關(guān)系，粒子圓周運(yùn)動(dòng)半徑r=R（1分）2由向心力公式有qvoB»=（1分）解得B=-（2分）qR（2）如圖甲，過帶電粒子運(yùn)動(dòng)軌跡上的弦PO做垂直平分線交磁場邊界于。點(diǎn)，因?yàn)榱Ｗ幼鰣A周運(yùn)動(dòng)的半徑與磁場邊界半徑相等，所以POO為一等邊三角形，O即為圓心位置（1分）粒子圓周運(yùn)動(dòng)周期T=/（1分）圖甲中有/PON=120°（1分）則有t=T（1分）解得t"（1分）離開磁場時(shí)速度沿y軸正方向（1分）（3）設(shè)粒子剛進(jìn)入磁場做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心O和原點(diǎn)。的連線與x軸

7、夾角為3,運(yùn)動(dòng)半徑為ri,如圖乙，則tan3=R（1分）2由向心力公式有qvB=（1分）ri粒子從P點(diǎn)射入磁場，恰能回到P點(diǎn)，則2k3=2門兀解得v=votannk、。分）其中n=1,2,3-k=2n+1,2n+2,2n+3（1分）,12由能量守恒有qU=2mv（1分）2解得U=J2q（tan紫）2（1分）（n=1,2,3，k=2n+1,2n+2,2n+3）2.（2019湘贛十四校二模）如圖所示，半徑r=0.06m的半圓形無場區(qū)的圓心在坐標(biāo)原點(diǎn)O處，半徑R=0.13磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B=0.075T的圓形有界磁場區(qū)的圓心坐標(biāo)為（0,0.08m）,平行金屬板MN的極板長L=0.3m間距d=0.1m,

8、極板間所加電壓U=6.4X102V,其中N極板收集到的粒子全部中和吸收。一位于O處的粒子源向第一、二象限均勻地發(fā)射速度為v的帶正電粒子，經(jīng)圓形磁場偏轉(zhuǎn)后，從第一象限出射的粒子速度方向均沿x軸正方向，已知粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)半徑R=0.08簿若粒子重力不計(jì)、比荷q/m錯(cuò)誤！未找到引用源。二108C/kg、不計(jì)粒子間的相互作用力及電場的邊緣效應(yīng)。sin53°=0.8,cos53°=0.6。(1)求粒子的發(fā)射速度v的大小；(2)若粒子在O點(diǎn)入射方向與x軸負(fù)方向夾角為37。，求它打出磁場時(shí)的坐標(biāo):(3)N板收集到的粒子占所有發(fā)射粒子的比例刀。2v【名師解析】(1)由洛倫茲力充當(dāng)向心力

9、，即qvB=m一Ro可得：v=6x105m/s；(2)若粒子在O點(diǎn)入射方向與x軸負(fù)方向夾角為37°,作出速度方向的垂線與y軸交于一點(diǎn)Q根據(jù)幾何關(guān)系可得PQ=0.06/tan37°=0.083即Q為軌跡圓心的位置；Q到圓上y軸最高點(diǎn)的距離為0.18m0.06/sin370錯(cuò)誤！未找到引用源。=0.08m,故粒子剛好從圓上y軸最高點(diǎn)離開；故它打出磁場時(shí)的坐標(biāo)為(0,0.18m);(3)如圖所示，令恰能從下極板右端出射的粒子坐標(biāo)為y,由帶電粒子在電場中偏轉(zhuǎn)的規(guī)律得：y=l錯(cuò)誤！未找到引用源。at22a=qE/m=qU/mdt=錯(cuò)誤！未找到引用源。/v由解得：y=0.08m設(shè)此粒子

10、射入時(shí)與x軸的夾角為“，則由幾何知識(shí)得：y=rsina+R-Rcosa可知tana=4/3,即a=53°比例 引=53° /180° X100%=29%答：(1)粒子的發(fā)射速度 v的大小為6xi05m/s；(2)若粒子在 O點(diǎn)入射方向與x軸負(fù)方向夾角為37。，它打出磁場時(shí)的坐標(biāo)為(0, 0.18 mm ;(3) N板收集到的粒子占所有發(fā)射粒子的比例29%3. (2019廣東潮州二模)如圖所示，在豎直面內(nèi)半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)存在垂直于面向里的勻強(qiáng)磁場，其P, P到圓心O的距離為R/2,在P點(diǎn)處有一個(gè)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,在圓形磁場區(qū)域內(nèi)水平直徑上有一點(diǎn)發(fā)射正離子的裝置

11、，能連續(xù)不斷地向豎直平面內(nèi)的各方向均勻地發(fā)射出速率不同的正離子。已知離子的質(zhì)量均為m電荷量均為q,不計(jì)離子重力及離子間相互作用力，求：(1)若所有離子均不能射出圓形磁場區(qū)域，求離子的速率取值范圍:(2)若離子速率大小vo=qBR2m錯(cuò)誤！未找到引用源。,則離子可以經(jīng)過的磁場的區(qū)域的最高點(diǎn)與最低點(diǎn)的高度差是多少?！久麕熃馕觥?1)粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng),2由牛頓第二定律得：qvB=mv-,R如圖所示，若所有離子均不能射出圓形磁場區(qū)域，則：r<R/4,解得：vWqBR錯(cuò)誤！未找到引用源。；4m(2)當(dāng)離子速率大小WM'qBR時(shí)，由(1)式可知此時(shí)離子圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑r=R/2,

12、2m離子經(jīng)過最高點(diǎn)和最低點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖，由幾何關(guān)系知：hi2+(R/2)2=R2錯(cuò)誤！未找到引用源。，解得：hi=Y15錯(cuò)誤！未找到引用源。R4由幾何關(guān)系知：h2=R/2+0.5Rsin60二 R,4v吧;4m故最高點(diǎn)與最低點(diǎn)的高度差：h=h1+h2=求從粒子源發(fā)射的粒子運(yùn)動(dòng)到圓形區(qū)域所用的最短時(shí)間。在直線x = 0.3m上什么范圍內(nèi)發(fā)射的粒子才能進(jìn)人圓形區(qū)域?出而R錯(cuò)誤！未找到引用源。；答：(1)若所有離子均不能射出圓形磁場區(qū)域，離子的速率取值范圍是:(2)若離子速率大小V0=qBR,則離子可以經(jīng)過的磁場的區(qū)域的最高點(diǎn)與最低點(diǎn)的高度差是2m2£Ar錯(cuò)誤！未找到引用源。4.(18分

13、)(2018湖北華大新高考聯(lián)盟測評(píng))在xOy平面內(nèi)分布著垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度=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(diǎn)0(0,0),如圖所示。位于直線：x=0.3m上的粒子源可以沿直線移動(dòng)，且沿x軸正向發(fā)射質(zhì)量m=1.0X10T4kg、電荷量q=-1.0X10-6C速率v=4.0X105m/s的粒子，忽略粒子間的相互作用，不計(jì)粒子的重力。(1)(2)(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(diǎn)0,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(diǎn)的縱坐標(biāo)ytro【參考答案】（1）一106s（2）0WyW0.8m（3）0.4m6【

14、名師解析】（1）設(shè)粒子在磁場中勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r,由牛頓第二定律2mv，八、qvB（2分）r解得r=0.4m（1分）如圖1所示，經(jīng)過（一0.1m,0）的粒子進(jìn)入圓形區(qū)域的時(shí)間最短，由幾何關(guān)系得sinMD。0.2D；O00.40.5 （1 分）由圓周運(yùn)動(dòng)公式T紅（1分） vt T （1分） 2聯(lián)立解得：t - 10 6s （或 0.52 X10 %）（2 分） 6（2）如圖2所示，在A點(diǎn)發(fā)射的粒子恰好能進(jìn)人圓形區(qū)域。由幾何關(guān)系2201MgOMO,AM=AiO+OM解得：A隹0.8m（2分）如圖2所示，在A2點(diǎn)發(fā)射的粒子恰好能進(jìn)入圓形區(qū)域，由幾何關(guān)系OM=O2O2MO2A2M=QM-AQ解得：

15、A2M=0（即A與M重合）（2分）綜上，在直線x=0.3m上，0WyW0.8m范圍內(nèi)發(fā)射的粒子才能進(jìn)入圓形區(qū)域。（2分）（3）如圖3所示，粒子從原點(diǎn)0（0,0）發(fā)射，初速度方向與x軸負(fù)方向成角，軌跡與熒光屏相切與D點(diǎn)（一0.3,y）。由幾何關(guān)系sinO3F03C0.1 0.1cos0.4（1分）解得:=2arcsin（1分）而 ymMD 0.1sin0.4cos （1 分）解得：ym= 0.4m5.如圖所示，空間存在一個(gè)半徑為R的圓形勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁場的方向垂直于紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B.有一個(gè)粒子源在紙面內(nèi)沿各個(gè)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，

16、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(qiáng)度大小變?yōu)?2 B,求粒子在磁場中最長的運(yùn)動(dòng)時(shí)4(3)若原磁場不變，再疊加另一個(gè)半徑為Ri(Ri>R)圓形勻強(qiáng)磁場，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)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(shí)該離子源從圓心出發(fā)的粒子都能回到圓心，求R的最小值和粒子運(yùn)動(dòng)的周期T.【名師解析】(1)粒子離開出發(fā)點(diǎn)最遠(yuǎn)的距離為軌道半徑的2倍，由幾何關(guān)系，則有Ro=2r,2由qvB=m一,r解得；r=-mvqB所以：v=qBR0。(2)磁場的大小變?yōu)锽i=B后，42設(shè)粒子的軌道半徑為

17、ri,由qvBi=mv- r12mii解得：ri=mv=72Ro。qBi根據(jù)幾何關(guān)系可以得到，當(dāng)弦最長時(shí)，運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最長，弦為2 K時(shí)最長，圓心角90° =兀 /2 ,粒子在磁場中最長的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t=jv2m解得：t=qB(3)根據(jù)矢量合成法則疊加區(qū)域的磁場大小為B/2 ,方向垂直紙面向里；環(huán)形區(qū)域（R以外）的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B/2,方向垂直紙面向外.由qvB/2=mv_r>解得；r2=2mv_=Ro0qB根據(jù)對(duì)稱性，畫出帶電粒子運(yùn)動(dòng)軌跡圖，粒子運(yùn)動(dòng)根據(jù)的半徑為R0。由幾何關(guān)系可得Ri的最小值為（J3+1）R粒子運(yùn)動(dòng)周期T=6X2=28qB/23qB【點(diǎn)評(píng)】對(duì)于帶電粒子能夠回到原

18、來的出發(fā)點(diǎn)，則其運(yùn)動(dòng)軌跡在空間上一定具有對(duì)稱性。6.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(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場，圓的最低點(diǎn)與坐標(biāo)原點(diǎn)O重合，MN是與y軸相距的群R平行直線。從坐標(biāo)原點(diǎn)。向圓形區(qū)域內(nèi)垂直£磁場射入比荷為m的帶正電的粒子，不考慮粒子的重力及相互作用力。（1）當(dāng)粒子的速度大小為vi=舊I,方向與x軸的負(fù)方向成60°角時(shí)，求該粒子經(jīng)過MNg線時(shí)位置坐標(biāo)；（2）在MN的右側(cè)0WyW2R的范圍內(nèi)加一沿x軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場（圖中未畫出），a、b兩個(gè)粒子均以大qlfR小V2=E的速度、方向分別與x軸負(fù)方向和正方向均成30角從。點(diǎn)垂直射

19、入磁場，隨后兩粒子進(jìn)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(dá)直線MN的時(shí)間差'ti和第二次離開磁場時(shí)的時(shí)間蕓't2。AL = 0八土【參考答案】（1）（網(wǎng)網(wǎng)（2）1g廿【名師解析】（1）設(shè)速度為vi,方向與x軸的負(fù)方向成60角的粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的圓心為Q,半徑為ri,根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得：qviB=mi1,又因?yàn)榱Ｗ拥乃俣却笮?vi= m聯(lián)立可得:ri=2Ri3可知該粒子從圓形區(qū)域磁場的最高點(diǎn)射出，如圖所示,粒子經(jīng)過 MN上P點(diǎn)，P點(diǎn)的縱坐標(biāo):yi=2R+ Rtan60° =5R故P點(diǎn)的位置坐標(biāo)為（/粗，5R）;qv2B=m（2）設(shè)粒子速度大小為V2時(shí)在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為2,根