备考2024届高考物理一轮复习分层练习第十一章磁场专题十五磁场中的动态圆模型

专题十五磁场中的动态圆模型1.如图所示为边长为L的正方形有界匀强磁场ABCD，带电粒子从A点沿AB方向射入磁场，恰好从C点飞出磁场；若带电粒子以相同的速度从AD的中点P垂直AD射入磁场，则从DC边的M点飞出磁场（M点未画出）.设粒子从A点运动到C点所用的时间为t1，从P点运动到M点所用的时间为t2.带电粒子重力不计，则t1∶t2为（　C　）A.2∶1B.2∶3C.3∶2D.1∶2解析　画出粒子从A点射入磁场到从C点射出磁场的轨迹，并将该轨迹向下平移，粒子做圆周运动的半径为R＝L，从C点射出的粒子运动时间为t1＝T4；由P点运动到M点所用时间为t2，圆心角为θ，cosθ＝R2R＝12，则θ＝60°，故t2＝T6，所以t1t2＝T4T6＝32，C正确.2.[2021全国乙]如图，圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，质量为m、电荷量为q（q＞0）的带电粒子从圆周上的M点沿直径MON方向射入磁场.若粒子射入磁场时的速度大小为v1，离开磁场时速度方向偏转90°；若射入磁场时的速度大小为v2，离开磁场时速度方向偏转60°.不计重力，则v1v2为（　B　）A.12B.33C.32D.3解析　设圆形磁场区域的半径为R，粒子的运动轨迹如图所示，沿直径MON方向以速度v1射入圆形匀强磁场区域的粒子离开磁场时速度方向偏转90°，则其轨迹半径为r1＝R，由洛伦兹力提供向心力得qv1B＝mv12r1，解得v1＝qBRm；沿直径MON方向以速度v2射入圆形匀强磁场区域的粒子离开磁场时速度方向偏转60°，由几何关系得tan30°＝Rr2，可得其轨迹半径为r2＝3R，由洛伦兹力提供向心力得qv2B＝mv22r2，解得v2＝3qBRm，则v1v2＝13＝33，B正确.3.[多选]如图所示，空间中存在一半径为R、磁感应强度为B的圆形匀强磁场，MN是一竖直放置的足够长的感光板.大量相同的带正电粒子从圆形磁场最高点P以速率v沿不同方向垂直磁场方向射入，不考虑速度沿圆形磁场切线方向入射的粒子.粒子质量为m，电荷量为 q，不考虑粒子间的相互作用和粒子的重力.关于这些粒子的运动，以下说法正确的是（　ACD　）A.对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中运动的时间越短B.对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中运动的时间越长C.若粒子速度大小均为v＝qBRm，出射后均可垂直打在MN上D.若粒子速度大小均为v＝qBRm，则粒子在磁场中的运动时间一定小于πmqB解析　对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中做圆周运动的轨迹半径越大，轨迹对应的圆心角越小，由t＝θ2πT＝θmqB可知，运动时间越短，故A正确，B错误.粒子速度大小均为v＝qBRm时，根据洛伦兹力提供向心力可得粒子的轨迹半径r＝mvqB＝R，根据几何关系可知，入射点P、O、出射点与轨迹圆的圆心的连线构成菱形，射出磁场时的轨迹半径与PO平行，故粒子射出磁场时的速度方向与MN垂直，出射后均可垂直打在MN上；根据几何关系可知，轨迹对应的圆心角小于180°，粒子在磁场中的运动时间t＜12T＝πmqB，故C、D正确.4.[2023豫北名校联考/多选]如图所示，直角三角形ABC区域内有一方向垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，∠A＝30°，AB＝L.在A点有一个粒子源，可以沿AB方向发射速度大小不同的带正电的粒子.已知粒子的比荷均为k，不计粒子间相互作用及重力，则下列说法正确的是（　CD　）A.随着速度的增大，粒子在磁场中运动的时间变短B.随着速度的增大，粒子射出磁场区域时速度的偏转角变大C.从AC边射出的粒子的最大速度为233kLBD.从AC边射出的粒子在磁场中的运动时间为π3kB解析 5.[多选]如图所示，正方形abcd区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，O点是cd边的中点.一个带正电的粒子（重力忽略不计）从O点沿纸面以垂直于cd边的速度射入正方形区域内，经过时间t0刚好从c点射出磁场.现设法使该带电粒子从O点沿纸面以与Od成30°角的方向（如图中虚线所示）且以各种不同的速率射入正方形区域内，那么下列说法正确的是（　AD　）A.该带电粒子不可能从正方形的某个顶点射出磁场B.若该带电粒子从ab边射出磁场，它在磁场中经历的时间可能为32t0C.若该带电粒子从bc边射出磁场，它在磁场中经历的时间可能为32t0D.若该带电粒子从cd边射出磁场，它在磁场中经历的时间一定为53t0解析　带电粒子以垂直于cd边的速度射入正方形内，经过时间t0刚好从c点射出磁场，则知带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为T＝2t0.如图所示，随粒子速度逐渐增大，轨迹由①→②→③→④依次渐变，由图可以知道粒子在四个边射出时，不可能从四个顶点射出，故A正确；由几何关系可知粒子从ab边射出时经历的时间小于半个周期t0，从bc边射出时经历的时间小于23T，从cd边射出时轨迹所对的圆心角都是300°，经历的时间为5T6＝5t03，故B、C错误，D正确.6.如图所示，在屏MN的上方有磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里.P为屏上的一个小孔，PC与MN垂直.一群质量为m、带电荷量为－q的粒子（不计重力），以相同的速率v从P处沿垂直于磁场的方向射入磁场区域.粒子入射方向在与磁场B垂直的平面内，且散开在与PC夹角为θ的范围内.则在屏MN上被粒子打中的区域的长度为（　D　）A.2mvqBB.2mvcosθqBC.2mv（1－sinθ）qBD.2mv（1－cosθ）qB 解析　当粒子初速度方向与MN垂直时，粒子打中屏MN上被粒子打中的区域的最右端，到P点的距离x1＝2r＝2mvqB；当粒子初速度方向与PC夹角为θ时，粒子打中屏MN上被粒子打中的区域的最左端，到P点的距离x2＝2rcosθ＝2mvcosθqB，故在屏MN上被粒子打中的区域的长度为x1－x2＝2mv（1－cosθ）qB，D正确.7.[选项图形化/多选]如图所示，纸面内有宽为L、水平向右飞行的带电粒子流，粒子质量为m，电荷量为－q，速率为v0，不考虑粒子的重力及粒子间的相互作用，要使粒子都会聚到一点，可以在粒子流的右侧虚线框内设计一匀强磁场区域，则磁场区域的形状及对应的磁感应强度可以是下列选项中的（其中B0＝mv0qL，A、C、D选项中曲线均为半径为L的14圆弧，B选项中曲线为半径为L2的圆）（　AB　）A　　　　B　　　　C　　　　D8.如图所示，正方形区域abcd内（含边界）有垂直纸面向里的匀强磁场，ab＝l，Oa＝0.4l，大量带正电的粒子从O点沿与ab边成37°角的方向以不同的初速度v0射入磁场，不计粒子重力和粒子间的相互作用.已知带电粒子的质量为m，电荷量为q，磁场的磁感应强度大小为B，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.（1）求带电粒子在磁场中运动的最长时间；（2）若带电粒子从ad边离开磁场，求v0的取值范围.答案　（1）143πm90qB　（2）qBl4m＜v0≤5qBl9m解析　（1）粒子从ab边离开磁场时，在磁场中运动的时间最长，如图甲所示有qBv0＝mv02R，又T＝2πRv0，解得T＝2πmBq又由几何关系得θ＝74°，则粒子在磁场中运动的最长时间 t＝360°－74°360°T＝143πm90qB（2）粒子轨迹与ad边相切时，如图乙所示，设此时初速度为v01，轨迹半径为R1，由几何关系可得R1＋R1sin37°＝0.4l又qBv01＝mv012R1，解得v01＝qBl4m粒子运动轨迹与cd边相切时，如图丙所示，设此时初速度为v02，轨迹半径为R2，由几何关系可得R2＋R2cos37°＝l又qBv02＝mv022R2，解得v02＝5qBl9m综上可得qBl4m＜v0≤5qBl9m.9.[与数学知识联系紧密/2024湖北武汉部分学校调研/多选]如图所示，在xOy平面的第一象限内存在方向垂直纸面向里、磁感应强度大小B＝0.5T的有界匀强磁场（未画出），磁场右边界满足曲线方程x22＋y24＝1（其中x≥0，y≥0，单位：m），M点的坐标为（12m，32m）.从O点沿x轴正方向以不同速率射出大量质量m＝1×10－6kg、电荷量q＝＋2×10－4C的同种粒子，不计粒子的重力及粒子间的相互作用力，已知所有粒子均不从磁场右边界射出.下列说法正确的是（　BD　）A.所有粒子在磁场中运动的时间不同B.粒子的最大速率为100m/sC.磁场中有粒子出现的区域面积为π3m2D.某粒子从O点运动到M点的过程，动量改变量大小为1×10－4kg·m/s 解析　由题意可知所有的粒子应从y轴上沿x轴负方向离开磁场，则所有粒子在磁场中的运动时间均为T2＝πmqB，又所有粒子的质量和电荷量均相同，所以所有粒子在磁场中的运动时间相同，A错误；当粒子在磁场中的运动轨迹与磁场右边界相切时，粒子的运动轨迹半径最大，速率最大，又粒子的最大轨迹圆方程为x2＋（y－rm）2＝rm2，磁场右边界的曲线方程为x22＋y24＝1，则联立所得方程的判别式Δ＝0，解得rm＝1m，根据粒子在磁场中运动时有qvmB＝mvm2rm，可得vm＝qBrmm＝100m/s，B正确；根据题意可知磁场中有粒子出现的区域面积为粒子在磁场中运动的最大轨迹圆面积的12，即S＝12πrm2＝π2m2，C错误；作出粒子运动过程中经过M点的轨迹如图所示，则由几何关系有r2＝（12m）2＋（32m－r）2，解得r＝33m，则粒子的速率为v＝qBrm＝10033m/s，根据图中的几何关系可知粒子在M点时速度方向与y轴正方向的夹角满足cosθ＝1233＝32，即θ＝30°，则粒子从O点运动到M点的过程，速度改变量的大小为Δv＝2vsin30°+90°2＝3v＝100m/s，所以此过程动量改变量的大小为Δp＝mΔv＝1×10－4kg·m/s，D正确.