专题08 扇形边界磁场模型-高考物理磁场常用模型最新模拟题精练

高考物理《磁场》常用模型最新模拟题精练

专题8  扇形边界磁场模型

一．选择题

1．(2022湖北华师大附中模拟)如图，空间中有一个圆心角为90°的扇形区域MON，扇形区域内（含边界）分布方向垂直纸面向外的匀强磁场，扇形区域外分布方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小均为B。一电荷量为e、质量为m的电子以某一速度沿MO方向射入扇形区域，最终能够经过N点。则粒子从M点运动到N点的时间可能为

A.    B.   C.    D.

【参考答案】ACD

【名师解析】把扇形n等分。当n取奇数时，由图甲可知，t为周期的整数倍加上第一段的运动时间，即t=+=，（n=1,3,5，···）；当n为偶数时，由图乙结合对称性可得t’=nT/2=，（n=2,4,6，···）；当n=1时，可得t1=，选项A正确；当n=2时，可得t2=，选项C正确；当n=3时，可得t3=，选项D正确。

2. （2022河南许昌一模）如图所示，在Oxy平面直角坐标系的轴右侧、以原点O为圆心的半圆形区域内存在匀强磁场，磁场的方向垂直于Oxy平面并指向纸面里。在坐标原点O有一个粒子发射源，可以沿x轴正方向先后发射质量相同、速度大小不相同的两个粒子（重力均不计），二者电荷量相同电性相反。一个粒子在磁场中运动一段时间t1后从P1点离开磁场，在磁场中运动的轨迹半径为r1；另一个粒子在磁场中运动一段时间 t2后从P2点离开磁场，在磁场中运动的轨迹半径为r2。下列说法正确的是（　　）

A. t1=t2，  r1=r2 B. t1>t2，r1 >r2 C. t1<t2，  r1 <r2 D. t1<t2， r1>r2

【参考答案】D

【名师解析】

画出两粒子在磁场中的运动轨迹如图；由图可知从P1点射出的粒子的半径较大，即

r1>r2

从P2点射出的粒子在磁场中转过的角度较大，根据

两粒子的周期相同，根据

可知，在磁场中运动的时间t1<t2，故选D。

3.（2020江西南昌一模）如图所示，ABCO为一边界为半圆周的匀强磁场区域，圆弧半径为R，O点为圆心，P点、B点、M点为圆弧边界上的点，B点为半圆弧中点，Q点为OA中点，N点为边界OC中点，且PQ∥BO∥MN。现有三个完全相同的带电粒子以相同速度射入磁场（不计粒子重力），其中粒子l从B点正对圆心O射入，恰从A点射出，粒子2从．P点射入，粒子3从M点射入，则

A．粒子2从A点射出磁场

B粒子3在磁场中的轨道半径等于R

C．粒子2和粒子3离开磁场时方向不同

D．粒子1、粒子2、粒子3在磁场中的运动时间之比为2：3：3

【参考答案】BC

【命题意图】   本题以三个完全相同的带电粒子以相同的速度射入半圆形匀强磁场区域为情景，考查洛伦兹力与牛顿运动定律及其相关知识点，考查的核心素养是运动和力的观点、磁场的观点、科学思维能力。

【解题思路】根据题述粒子1从B点正对圆心射入磁场，恰好从A点射出，可知粒子在磁场中运动轨迹的半径r1=R，选项B正确；画出粒子运动轨迹如图所示。粒子2从P点射入，将从AP之间射出，不能从A点射出磁场，选项A错误；由画出的粒子运动轨迹图可以看出，粒子2和粒子3离开磁场时方向不相同，选项C正确；由画出的粒子运动轨迹图可以看出，粒子1在磁场中运动轨迹的弧长最长，粒子2在磁场中运动轨迹的弧长最短，根据 s=vt可知选项D错误。

【关键点拨】对于带电粒子在有界匀强磁场中运动，解题的关键是画出带电粒子运动轨迹，利用洛伦兹力提供向心力列方程解答。

4、（2020高考精优预测卷）如图所示，空间存在四分之一圆形磁场区域，半径为R，磁感应强度为B，磁场方向垂直纸面向外.质量为m，电量为q的电子，以初速度v从圆心O沿方向射入磁场，恰好由A点射出.要使电子从弧之间射出，弧是弧长度的2倍，电子从O点射入的初速度可能是（不计电子的重力）(   )

A. B. C. D.

【参考答案】BC

【名师解析】：本题考查带电粒子在磁场中的运动.电子以初速度v射入磁场时恰好从A点射出，则电子的运动半径，设电子恰好从D射出，由几何知识知，电子的半径为，由洛伦兹力提供向心力得，解得，则，即，故电子要从弧射出，初速度需满足，选项BC正确，AD错误.

5．（6分）（2019河南天一大联考6）如图所示，圆心为O的四分之一圆弧区域内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，Q点为OA半径的中点。现有比荷相同的甲、乙两个带电粒子分别从O点、Q点同时垂直磁场方向和OA进人磁场，结果甲粒子从A点射出磁场，乙粒子从E点射出磁场。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，不计粒子间的相互作用力和粒子重力，下列说法中正确的是（　　）

A．两粒子在磁场中运动的周期相同 

B．甲、乙两粒子在磁场中做圆周运动的半径之比为 

C．甲粒子的运动速率大于乙粒子的运动速率 

D．甲、乙两粒子在磁场中运动的偏转角之比为

【参考答案】ABD

【名师解析】根据T＝和题目中的条件可知，两粒子在磁场中运动的周期相同，故A正确；设四分之一圆弧区域的半径为r，甲、乙两粒子的轨道半径分别为R甲、R乙，做出两粒子在磁场中的运动轨迹，如图所示，由几何关系可得：R甲＝，R乙2＝r2+（R乙﹣）2，sinθ＝，解得R乙＝，θ＝53℃，由洛仑磁力提供向心力有qvB＝m，解得v＝，所以粒子甲、乙速率之比为＝＝，故B正确，C错误；乙粒子的偏转角θ乙＝53°，甲粒子的偏转角θ甲＝180°，故甲、乙两粒子在磁场中运动的偏转角之比为＝，故D正确。

6.如图所示，半径为R的1/4圆形区域内存在着垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，磁场的左边垂直x轴放置一线型粒子发射装置，能在0≤y≤R的区间内各处沿x轴正方向同时发射出速度相同、带正电的同种粒子，粒子质量为m，电荷量为q，不计粒子的重力及粒子间的相互作用力，若某时刻粒子被装置发射出后，经过磁场偏转击中y轴上的同一位置，则下列说法中正确的是(　　)

A. 粒子都击中在O点处

B. 粒子的初速度为

C. 粒子在磁场中运动的最长时间为

D. 粒子到达y轴上的最大时间差为

【参考答案】D

【名师解析】由题意，某时刻发出的粒子都击中的点是y轴上同一点，由最高点射出的只能击中(0，R)，则击中的同一点就是(0，R)，A错误；从最低点射出的也击中(0，R)，那么粒子做匀速圆周运动的半径为R，由洛伦兹力提供向心力得，则速度，B错误；偏转角最大的时间最长，显然从最低点射出的粒子偏转90°，时间最长，时间，C错误；从最高点直接射向(0，R)的粒子时间最短，则最长与最短的时间差为，D正确．

【关键点拨】看起来情况比较复杂，但涉及的问题却是常规问题，本题的关键点是粒子源发出的粒子是速度大小和方向均相同，则其做匀速圆周运动的半径相同，在从最低点的特殊情况就能知道相同的半径就是圆弧的半径，再结合周期公式能求出最长和最短时间．

7. 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相互间的作用，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哪一种(其中B0=，A、C、D选项中曲线均为半径是L的圆弧，B选项中曲线为半径是的圆)（    ）

【参考答案】．A

【命题意图】  本题考查带电粒子在有界匀强磁场中的运动、磁聚焦现象及其相关的知识点。

【解题思路】若带电粒子水平向右射入图A所示的匀强磁场中，根据洛伦兹力提供向心力，qv0B0=mv02/R，解得，粒子运动的轨迹半径R=L，恰好等于磁场圆形边界的半径，所以图A可以使粒子都会聚到一点（梭形磁场区域的最下方点），选项A正确。

8．如图半径为R的半圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场。一质量为m、带电量为-q且不计重力的粒子，以速度v沿与半径AO夹角θ=30°的方向从A点垂直磁场射入，最后粒子从圆弧MN上射出，则

磁感应强度的大小不可能为（    ）

A.     B.     C.     D.

【参考答案】B

【名师解析】当粒子轨迹恰好与MN相切时，为临界条件，粒子轨迹如图所示，根据几何知识可得，，故，，解得，又知道，解得，若使粒子从圆弧MN上射出，故，即，故B不可能．

【点睛】本题考查了粒子在磁场中的运动，关键是找出临界条件，找到圆心位置，由几何关系求半径，由洛伦兹力提供向心力得到磁感应强度，这是带电粒子在磁场中运动经常用到的解题思路．

9. 如图所示，半径为R的半圆形区域内分布着垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，半圆的左边垂直x轴放置一粒子发射装置，在-R≤y≤R的区间内各处均沿x轴正方向同时发射出一个带正电粒子，粒子质量均为m、电荷量均为q、初速度均为v，重力忽略不计，所有粒子均能穿过磁场到达y轴，其中最后到达y轴的粒子比最先到达y轴的粒子晚△t时间，则（　　）

A．粒子到达y轴的位置一定各不相同

B．磁场区域半径R应满足R≤

C．从x轴入射的粒子最先到达y轴

D．△t= -R/v，其中角度θ为最后到达y轴的粒子在磁场中运动轨迹所对应的圆心角，满足sinθ=

【参考答案】BD

【名师解析】粒子射入磁场后做匀速圆周运动，其运动轨迹如图所示。y=±R的粒子直接沿直线做匀速运动到达y轴，其它粒子在磁场中发生偏转。由图可知，发生偏转的粒子也有可能打在y=R的位置上，所以粒子到达y轴的位置不是各不相同的，选项A错误；以沿x轴射入的粒子为例，若r= ＜R，则粒子未能达到y轴就偏向上离开磁场区域，所以要求R≤，所有粒子才能穿过磁场到达y轴，选项B正确；从x轴入射的粒子在磁场中运动轨迹对应的弧长最长，所以该粒子最后到达y轴，而y=±R的粒子直接沿直线做匀速运动到达y轴，时间最短，选项C错误；由qvB=m，解得r=。从x轴入射的粒子运动时间为：t1==，y=±R的粒子直接沿直线做匀速运动到达y轴，时间最短，则t2=R/v，所以△t=t1-t2=-R/v ，其中角度θ为从x轴入射的粒子运动轨迹对应的圆心角，满足sinθ=R/r=，选项D正确．
【点评】此题是相同速率的带电粒子从圆弧形边界进入磁场的情景，从不同位置进入磁场的粒子轨迹半径相同，轨迹所对的圆心角、圆心、弧长不同。
10. 如图所示，长方形abcd长ad=0.6m，宽ab=0.3m，O、e分别是ad、bc的中点，以ad为直径的半圆内有垂直纸面向里的匀强磁场（边界上无磁场），磁感应强度B=0.25T．一群不计重力、质量m=3×10-7kg、电荷量q=+2×10-3C的带电粒子以速度v=5×l02m/s沿垂直ad方向且垂直于磁场射人磁场区域

（　　）

【参考答案】D

【名师解析】

二．计算题

1.（2023山东济宁名校联考）如图所示，某放射源A均匀地向外辐射出平行于y轴的、速度一定的粒子（质量为m，电荷量为+q）．为测定其飞出的速度大小，先让其经过一个磁感应强度为B、区域为半圆形的匀强磁场，经该磁场偏转后，它恰好能够沿x轴进入右侧的平行板电容器，并打到置于N板上的荧光屏上．调节滑动触头P位于滑动变阻器的中央位置时，通过显微镜Q看到屏上的亮点恰好能消失．已知电源电动势为E，内电阻为，滑动变阻器的总阻值，试求：

（1）粒子从放射源飞出时速度的大小；

（2）屏上的亮点恰好能消失时的粒子，在磁场中运动的总时间t．

（3）半圆形磁场区域的半径R．

【名师解析】（1）由闭合电路的欧姆定律，回路中的电流强度

-------------------------------------- 1分

两极板间的电压-------------------- 1分

对某一α粒子，在加速电场中应用动能定理得：

------------------------------- 1分

联立解得------------------------------ 1分

（2）由题意，粒子向上射入磁场偏转90°后射出，后来又从O点返回磁场再偏转90°，最后向上射出磁场．所以粒子在磁场中运动的总时间-----------1分

粒子在磁场中运动的周期为 -----1分

联立解得------------------1分

（3）设粒子在磁场中运动轨迹的半径为r，则---------------1分

由题意半圆形磁场区域的半径--------1分

联立解得 -----------------------1分

2.如图所示，长方形abcd长ad=0.6m，宽ab=0.3m，O、e分别是ad、bc的中点，以ad为直径的半圆内有垂直于纸面向里的匀强磁场（边界上无磁场），磁感应强度B=0.25T．一群不计重力、质量m=3×10-7kg、电荷量q=+2×10-3C的带电粒子．以速度v=5×102m/s沿垂直ad方向且垂直于磁场射入磁场区域，不考虑粒子的重力的相互作用．问：
（1）若从O点射入的带电粒子刚好沿Oe直线射出，求空间所加电场的大小和方向．
（2）若只有磁场时，某带电粒子从O点射入，求该粒子从长方形abcd射出的位置．

【名师解析】：

（1）若从O点射入的带电粒子刚好沿Oe直线射出，电场力与洛伦兹力必须平衡，由左手定则判断得知：洛伦兹力方向竖直向上，则电场力必须平行与bc向下，粒子带正电，电场方向也竖直向下．且有
   qE=qvB
解得，E=vB=5×102×0.25N=125N/C
（2）粒子进入磁场后做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力，得
   qvB=m

解得，r==0.3m=ad.

带电粒子进入磁场时所受的洛伦兹力向上，则粒子轨迹的圆心为a点．设粒子从ae弧上f点射出磁场
∵aO=af=r，Of=r，
∴△aOf是等边三角形，∠faO=60°
粒子经过磁场速度的偏向角θ=∠faO=60°
根据几何知识得：

eg=r（1-cos60°）+（r-rsin60°）tan60°=（-1）r=0.732×0.3m=0.22m

故带电粒子从e点上方距离e点0.22m射出磁场．

3.匀强磁场区域由一个半径为R的半圆和一个长为2R、宽为的矩形组成，磁场的方向如图所示。一束质量为m、电荷量为＋q的粒子(粒子间的相互作用和重力均不计)以速度v从边界AN的中点P垂直于AN和磁场方向射入磁场中。问：

(1)当磁感应强度为多大时，粒子恰好从A点射出？

(2)对应于粒子可能射出的各段磁场边界，磁感应强度应满足什么条件？

【名师解析】　(1)由左手定则判定，粒子向左偏转，只能从PA、AC和CD三段边界射出，如图所示。

当粒子从A点射出时，运动半径r1＝。

由qvB1＝，得B1＝

(2)当粒子从C点射出时，由勾股定理得：

(R－r2)2＋()2＝r，解得r2＝R。

由qvB2＝，得B2＝。

据粒子在磁场中运动半径随磁场减弱而增大，可以判断：

当B＞时，粒子从PA段射出；

当＞B＞时，粒子从AC段射出；

当B＜时，粒子从CD段射出。

4．如图所示的xOy平面上，以坐标原点O为圆心的四分之一圆形区域MON内分布着磁感应强度为B=2.0×10-3T的匀强磁场，其中M、N点距坐标原点O的距离为m，磁场方向垂直纸面向里．坐标原点O处有一个粒子源，不断地向xOy平面发射比荷为=5×107 C/kg的带正电粒子，它们的速度大小都是v=1×105m/s，与x轴正方向的夹角分布在0～90°范围内．

(1)求平行于x轴射入的粒子，出射点的位置及在磁场中的运动时间；

(2)求恰好从M点射出的粒子，从粒子源O发射时的速度与x轴正向的夹角；

(3)若粒子进入磁场前经加速使其动能增加为原来的2倍，仍从O点垂直磁场方向射入第一象限，求粒子在磁场中运动的时间t与射入时与x轴正向的夹角的关系．

【名师解析】．（1）平行于x轴射入的粒子，轨迹如图所示，设出射点为P，由得:

 m=1m。

有几何关系可知：O1P= O1O=1m，OP=m，则△O1O P为等腰直角三角形

x=y=1m，；故P点坐标为(1m,1m),

运动时间为 s。

（2）由几何关系可知：O2M=O2O=1m，OM=m，则△O2O M为等腰直角三角形

∠O2O M=45°,则从粒子源O发射时的速度与x轴正向的夹角为45°。

 (3) 由，可知：,，R’=R= m .

若粒子从M点出射时OM= R’, △O3O M为正三角形，圆心角，出射角；

若粒子从弧MN上射出时，弦长均为m，圆心角均为，运动时间均为：，

故时：

若粒子从边OM出射时，如图，,

运动时间s，

故时：s..