第十一章 微專題82　帶電粒子在圓形邊界磁場中的運動-2025年高中物理《加練半小時》新教材版

第十一章磁場微專題82帶電粒子在圓形邊界磁場中的運動1．帶電粒子進入圓形邊界磁場，注意運用對稱性做題。2.大量帶電粒子平行進入圓形邊界磁場，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.(多選)(2023·安徽蕪湖市模擬)國際空間站上的阿爾法磁譜儀(AMS)是探究宇宙中的反物質和暗物質(即由反粒子構成的物質)的重要儀器，如氚核(eq\o\al(3,1)H)的反粒子(反氚核)為eq\o\al(3,－1)H。該磁譜儀核心部分的截面區(qū)域是半徑為R的圓形勻強磁場區(qū)域，該區(qū)域磁場方向垂直紙面向外，且粒子打到磁場邊界就被吸收。如圖所示，P為粒子的入射窗口，各粒子從P射入時的速度大小相同，且均沿直徑方向，P、a、b、c、d、e為圓周上的等分點，若質子(eq\o\al(1,1)H)射入磁場區(qū)域后打在a點，則反氚核(eq\o\al(3,－1)H)射入后()A．反氚核將打在d點B．反氚核射入磁場后運動軌跡的半徑為質子的eq\f(1,3)C．反氚核在磁場中運動軌跡的弧長為質子的eq\f(3,2)D．反氚核在磁場中運動的時間為質子的eq\f(2,3)答案AC解析帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得qvB＝meq\f(v2,r)解得r＝eq\f(mv,qB)。設質子的軌道半徑為r，已知各粒子從P射入速度相同，則反氚核(eq\o\al(3,－1)H)的軌道半徑應為r′＝3r。質子eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o\al(1,1)H))射入磁場區(qū)域后打在a點，它轉過的圓心角θ1＝180°－60°＝120°，根據(jù)幾何關系得taneq\f(θ1,2)＝tan60°＝eq\f(R,r)＝eq\r(3)，同理對反氚核eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o\al(3,－1)H))有taneq\f(θ2,2)＝eq\f(R,r′)＝eq\f(\r(3),3)，則θ2＝60°，又由左手定則可知，質子剛射入磁場時受到的洛倫茲力豎直向下，則反氚核應從d點射出磁場，故A正確，B錯誤；根據(jù)數(shù)學知識可知軌跡弧長為l＝rθ，可知反氚核在磁場中運動的軌跡弧長為質子的eq\f(3,2)，故C正確；根據(jù)帶電粒子在磁場中運動的周期公式可知氚核的周期為T＝eq\f(2πm,qB)，質子在磁場中運動軌跡的圓心角為θ1＝120°，反氚核在磁場中運動軌跡的圓心角為θ2＝60°，根據(jù)t＝eq\f(θ,360°)T，可知質子在磁場中運動的時間為反氚核在磁場中運動時間的eq\f(2,3)，故D錯誤。2.(2023·云南玉溪市期末)如圖所示，半徑為R的eq\f(1,4)圓形區(qū)域內存在著垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B，磁場的左邊垂直x軸放置一線型粒子發(fā)射裝置，能在0≤y≤R的區(qū)間內各處沿x軸正方向同時發(fā)射出速度相同、帶正電的同種粒子，粒子質量為m、電荷量為q，不計粒子的重力及粒子間的相互作用力，若某時刻粒子被裝置發(fā)射出后，經(jīng)過磁場偏轉擊中y軸上的同一位置，則下列說法中正確的是()A．粒子都擊中O點處B．粒子的初速度為eq\f(BqR,2m)C．粒子在磁場中運動的最長時間為eq\f(πm,qB)D．粒子到達y軸上的最大時間差為eq\f(πm,2qB)－eq\f(m,qB)答案D解析由題意，某時刻發(fā)出的粒子都擊中的點是y軸上同一點，由最高點射出的粒子只能擊中(0，R)，則擊中的同一點就是(0，R)，A錯誤；從最低點射出的粒子也擊中(0，R)，那么粒子做勻速圓周運動的半徑為R，由洛倫茲力提供向心力得qvB＝meq\f(v2,R)，則速度v＝eq\f(BqR,m)，B錯誤；偏轉角最大的時間最長，顯然從最低點射出的粒子偏轉90°，時間最長，t＝eq\f(1,4)T＝eq\f(1,4)·eq\f(2πm,qB)＝eq\f(πm,2qB)，C錯誤；從最高點直接射向(0，R)的粒子時間最短，則最大的時間差為Δt＝t－eq\f(R,v)＝eq\f(πm,2qB)－eq\f(m,qB)，D正確。3.(多選)如圖所示，半徑為R、圓心為O的圓形區(qū)域內有方向垂直于紙面向外的勻強磁場(圖中未畫出)。兩個質量、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動軌跡半徑為RB．沿ab方向射入的粒子在磁場中運動軌跡半徑為(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動方向偏轉60°，其軌跡所對的圓心角為60°，如圖中軌跡1所示，由幾何關系知其軌跡半徑為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動軌跡如圖中軌跡2所示，根據(jù)幾何關系可知，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；兩粒子的質量和電荷量相同，根據(jù)T＝eq\f(2πm,qB)，可知在磁場中的運動周期相同，結合兩粒子在磁場中的偏轉角之比為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)域內存在著磁感應強度為B的勻強磁場，方向垂直于紙面向里，一帶負電的粒子(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)域后速度方向偏轉了60°。若使粒子通過磁場區(qū)域后速度方向的偏轉角度最大，在保持原入射速度大小和方向不變的基礎上，需將粒子的入射點向上平移的距離d為()A.eq\f(1,2)RB.eq\f(\r(3),3)RC.eq\f(\r(2),2)RD.eq\f(\r(3),2)R答案B解析粒子運動軌跡如圖甲所示，根據(jù)幾何知識可得r＝eq\f(R,tan30°)，當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.如圖所示，第一象限內有一圓形邊界勻強磁場(圖中未畫出)。一質量為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，經(jīng)過點Q(L,0)時速度方向與x軸負方向成60°角，粒子重力不計。求：(1)磁感應強度的大小和方向；(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動的圓心在PQ上，由幾何關系可得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，磁感應強度的方向垂直于紙面向外。(2)設帶電粒子從點F飛出磁場后經(jīng)過Q點，則以PF為直徑的圓形有界磁場的面積最小，設圓形磁場的最小半徑為R，由幾何關系可得R＝rsin60°＝eq\f(\r(3),2)L則最小面積為S＝πR2＝eq\f(3,4)πL2。6.如圖所示，圓形區(qū)域內有一勻強磁場，磁感應強度為B，方向垂直紙面向里，邊界跟y軸相切于坐標原點O。O點處有一放射源，沿紙面向各個方向射出速率均為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量為m、電荷量為q，不考慮帶電粒子的重力及粒子間相互作用。(1)求帶電粒子在磁場中做圓周運動的軌跡半徑；(2)求帶電粒子通過磁場區(qū)域的最大偏轉角。答案(1)eq\f(mv,qB)(2)60°解析(1)帶電粒子進入磁場后，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”可以觀察到粒子運動軌跡均為劣弧，對于劣弧而言，弧越長，弧所對應的圓心角越大，偏轉角越大，則運動時間越長，如圖乙所示，當粒子的軌跡圓的弦長等于磁場圓直徑時，粒子通過磁場區(qū)域的偏轉角最大，sineq\f(φmax,2)＝eq\f(R,r)＝eq\f(1,2)，即φmax＝60°。7.(2023·江西贛州市期末)如圖所示，在紙面內存在一半徑為R的圓形區(qū)域，區(qū)域內、外分別存在大小不同、方向均垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度的大小關系為B2＝0.5B1，以圓形區(qū)域中心O為坐標原點，在紙面內建立直角坐標系。O處有一粒子源，可以在紙面內向各個方向發(fā)射速度大小均為v的電子，電子回到O處時會被立即吸收，其中沿與x軸正方向成α＝60°角發(fā)射的電子A，恰好可以經(jīng)過x軸上的P點(圖中未標出)。已知電子的電荷量為－e、質量為m，圓形區(qū)域內磁場的磁感應強度B1＝eq\f(mv,eR)，不考慮電子之間的作用力。求：(1)電子在圓形磁場區(qū)域內運動的軌跡半徑r；(2)P點的橫坐標xP；(3)要使發(fā)射出的所有電子都能回到O處，圓形區(qū)域外磁場B2的最小面積S。答案(1)R(2)eq\f(\r(3)＋\r(7),2)R(3)(6＋4eq\r(3))πR2解析(1)由洛倫茲力提供向心力，則有B1ve＝meq\f(v2,r)，得r＝R(2)由B2＝0.5B1得r2＝2r＝2R，粒子的部分運動軌跡如圖所示根據(jù)幾何關系MO1＝OO1＝OM＝R，故∠OMO1＝60°，OC＝eq\f(\r(3