全国通用2018年高考物理一轮复习第10章磁场微专题54带电粒子在圆形边界磁场中的运动

[方法点拨] (1)带电粒子进入圆形边界磁场，一般需要连接磁场圆圆心与两圆交点(入射点与出射点)连线，轨迹圆圆心与两交点连线；(2)轨迹圆半径与磁场圆半径相等时会有磁聚焦现象；(3)沿磁场圆半径方向入射的粒子，将沿半径方向出射．

1．如图1所示圆形区域内，有垂直于纸面方向的匀强磁场．一束质量和电荷量都相同的带电粒子，以不同的速率，沿着相同的方向，对准圆心O射入匀强磁场，又都从该磁场中射出．这些粒子在磁场中的运动时间有的较长，有的较短．若带电粒子在磁场中只受磁场力的作用，则在磁场中运动的带电粒子( )

图1

A．速率越大的运动时间越长 B．运动时间越长的周期越大

C．速率越小的速度方向变化的角度越小 D．运动时间越长的半径越小

2．如图2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、质量为m的负离子沿平行于直径ab的方向射入磁

场区域，射入点与ab的距离为.已知离子射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为60°，

2则离子的速率为(不计重力)( )

R

图2

A.C.

qBR 2m3qBR 2mB.D.

qBR m2qBR

m 1

3．如图3所示，空间有一圆柱形匀强磁场区域，O点为圆心，磁场方向垂直于纸面向外．一带正电的粒子从A点沿图示箭头方向以速率v射入磁场，θ＝30°，粒子在纸面内运动，经过时间t离开磁场时速度方向与半径OA垂直．不计粒子重力．若粒子速率变为，其他条件

2不变，粒子在圆柱形磁场中运动的时间为( )

v

图3

A. 23tC. 2

tB．t D．2t

4．(多选)如图4所示，圆心角为90°的扇形COD内存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，E点为半径OD的中点．现有比荷大小相等的两个带电粒子a、b(不计重力)以大小不等的速度分别从O、E点均沿OC方向射入磁场，粒子a恰从D点射出磁场，粒子b恰从C点射出磁场，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则下列说法中正确的是( )

图4

A．粒子a带正电，粒子b带负电

B．粒子a、b在磁场中运动的加速度大小之比为5∶2 C．粒子a、b的速率之比为2∶5

D．粒子a、b在磁场中运动的时间之比为180∶53

1

5．(多选)如图5所示，匀强磁场分布在半径为R的圆形区域MON内，Q为半径ON上的一点

4且OQ＝2

R，P点为边界上一点，且PQ与OM平行．现有两个完全相同的带电粒子以相同的2

速度射入磁场(不计粒子重力及粒子间的相互作用)，其中粒子1从M点正对圆心射入，恰从

N点射出，粒子2从P点沿PQ射入，下列说法正确的是( )

2

图5

A．粒子2一定从N点射出磁场 B．粒子2在P、N之间某点射出磁场

C．粒子1与粒子2在磁场中的运行时间之比为3∶2 D．粒子1与粒子2在磁场中的运行时间之比为2∶1

6．如图6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. 图6

(1)若某一粒子以速率v1＝动的时间；

(2)若某一粒子以速率v2沿MO方向射入磁场，恰能从N点离开磁场，求此粒子的速率v2； (3)若由M点射入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． 7．如图7所示，在半径分别为r和2r的同心圆(圆心在O点)所形成的圆环区域内，存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B.在大圆边界上A点有一粒子源，垂直AO向左发射一质量为m，电荷量为＋q，速度大小为

θ2

qBR沿与MO成60°角斜向上方向射入磁场，求此粒子在磁场中运mqBr的粒子．求： m

图7

(1)若粒子能进入磁场发生偏转，则该粒子第一次到达磁场小圆边界时，粒子速度相对于初始方向偏转的角度；

(2)若粒子每次到达磁场大圆边界时都未从磁场中射出，那么至少经过多长时间该粒子能够回到出发点A.

3

答案精析 1．D

2．D [设带电离子在匀强磁场中运动轨迹的半径为r，速率为v.根据题述，带电离子射出磁场与射入磁场时速度方向之间的夹角为60°，可知带电离子运动轨迹所对的圆心角为60°，

v22qBRrsin 30°＝R.由qvB＝m，解得v＝，选项D正确．]

rm3．C [粒子以速率v垂直OA方向射出磁场，由几何关系可知，粒子轨迹半径为r＝R＝，2πv粒子在磁场中运动轨迹所对应的圆心角等于粒子速度的偏转角，即；当粒子速率变为时，

32粒子轨迹半径减为，如图所示，

2

mvqBR

粒子偏转角为π，由粒子在磁场中运动时间t与轨迹所对圆心角成正比和匀速圆周运动周期

T＝2πm可知，粒子减速后在磁场中运动时间为1.5t，C项正确．]

qB4．CD [两个粒子的运动轨迹如图所示，根据左手定则判断知粒子a带负电，粒子b带正电，A错误；设扇形COD的半径为r，粒子a、b的轨道半径分别为Ra、Rb，则Ra＝，Rb＝r＋Rb－，sin θ＝，22Rb5vqB得Rb＝r，θ＝53°，由qvB＝m，得v＝R，所以粒子a、b的速

4Rm2

r22



r2

rvaRa2qvB率之比为＝＝，C正确；由牛顿第二定律得加速度a＝，所以vbRb5maava2

粒子a、b在磁场中运动的加速度大小之比为＝＝，B错误；粒子a在磁场中运动的时间

abvb5

53°

πRb180°πRata180

ta＝，粒子b在磁场中运动的时间tb＝，则＝，D正确．]

vavbtb53

5．AD [如图所示，粒子1从M点正对圆心射入，恰从N点射出，根据洛伦兹力指向圆心，和MN的中垂线过圆心，可确定圆心为O1，半径为R.两个完全相同的带电粒子以相同的速度射入磁场，粒子运动的半径相同．粒子2从P点沿PQ射入，根据洛伦兹力指向圆心，圆心

O2应在P点上方R处，连接O2P、ON、OP、O2N，O2PON为菱形，O2N大小为R，所以粒子2一定

从N点射出磁场．A正确，B错误．

4

∠MO1N＝90°，∠PO2N＝∠POQ，cos ∠POQ＝，所以∠PO2N＝∠POQ＝45°.两个完全相同的带电粒子以相同的速度射入磁场，粒子运动的周期相同．粒子运动时间与圆心角成正比，所以粒子1与粒子2在磁场中的运行时间之比为2∶1.C错误，D正确．]

OQOP

5mπqBR11232

6．(1) (2) (3)πR－R

6qB2m244

解析 (1)粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，设轨迹半径为r1，由

v21

牛顿第二定律可得qv1B＝m r1

解得r1＝

mv1

＝R qB粒子沿与MO成60°角的方向射入磁场，设粒子从区域边界P点射出，其运动轨迹如图甲所示．

甲

由图中几何关系可知粒子轨迹所对应的圆心角为α＝150° 2πm粒子运动周期T＝

Bq150°粒子在磁场中的运动的时间t＝T

360°5mπ

解得t＝ 6qB(2)粒子以速率v2沿MO方向射入磁场，在磁场中做匀速圆周运动，恰好从N点离开磁场，其运动轨迹如图乙所示，

5

乙

θ1

设粒子轨迹半径为r2，由图中几何关系可得：r2＝Rtan ＝R

22

v22

由牛顿第二定律可得qv2B＝m r2

解得：粒子的速度v2＝

qBR 2m(3)粒子沿各个方向以v2进入磁场做匀速圆周运动时的轨迹半径都为r2，且不变．由图丙可知，

丙

粒子在磁场中通过的面积S等于以O3为圆心的半圆的面积S1，以M为圆心的扇形MOQ的面积

S2和以O点为圆心的圆弧MQ与直线MQ围成的面积S3之和．

1R1

S1＝π2＝πR2

2

21616



8

S2＝πR2 S3＝πR2－

32R 4

11322

则S＝S1＋S2＋S3＝πR－R

2444π＋33m7．(1)120° (2)

Bq解析 (1)粒子做匀速圆周运动，设初速度为v0，轨迹半径为R＝

mv0

＝r qB如图甲所示，粒子将沿着AB弧(圆心在O1)运动，交内边界于B点．

甲

△OO1B为等边三角形，则∠BO1O＝60°

粒子的轨迹AB弧对应的圆心角为∠BO1A＝120°.

6

则速度偏转角为120°.

(2)粒子从B点进入中间小圆区域沿直线BC运动，又进入磁场区域，经偏转与外边界相切于

D点．在磁场中运动的轨迹如图乙所示，

乙

4π粒子在磁场区域运动的时间t3

1＝3×2π

·T＝2T

T＝2πmBq

每通过一次无磁场区域，粒子在该区域运动的距离l＝2rcos 30°＝3r 粒子在无磁场区域运动的总时间t＝3l2v

0

代入v0＝

qBr3m，得t＝3m2qB 则粒子回到A点所用的总时间：t＝t4π＋33m1＋t2＝Bq.

7