高中物理 加強練習第十一章　109.平移圓　旋轉圓　放縮圓

109.平移圓旋轉圓放縮圓(分值：30分)1~3題每題6分1.(多選)(2025·新疆烏魯木齊市檢測)如圖所示，在直角三角形ACD區域內存在著垂直平面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B，AD邊存在粒子收集器，已知∠ACD=30°，DA邊的長度為L。有一群質量為m、電荷量為q的帶負電粒子以不同的速度從CD邊的中點垂直CD邊射入磁場中，不計粒子的重力和粒子間的相互作用力，則能從AD邊收集到的粒子的速度可能為()A.3qBL5C.3qBL2答案CD解析粒子從E點垂直CD邊射入，則若粒子恰好從D點射出，則由幾何關系可知運動半徑為r1=14·Ltan30°=根據qv1B=mv可得v1=3若粒子軌跡與AC邊相切，則由幾何關系可知r2=12·Ltan30°=根據qv2B=mv可得v2=3可知粒子從AD邊射出時的速度范圍3qBL2m≥v≥3qBL42.(2025·北京市一六一中學檢測)如圖所示，真空區域內有寬度為d、磁感應強度為B的勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里，MN、PQ是磁場的邊界。質量為m、電荷量為q(q>0)的帶正電的粒子(不計重力)，沿著與MN夾角θ為30°的方向以某一速度射入磁場中，粒子恰好未能從PQ邊界射出磁場。下列說法錯誤的是()A.可求出粒子在磁場中運動的半徑B.可求出粒子在磁場中運動的加速度大小C.若僅減小射入速度，則粒子在磁場中運動的時間一定變短D.若僅增大磁感應強度，則粒子在磁場中運動的時間一定變短答案C解析根據題意可以分析粒子到達PQ邊界時速度方向與邊界線相切，如圖所示則根據幾何關系可知d=r+rcos30°粒子在磁場中做圓周運動，洛倫茲力提供向心力有qvB=mv解得v=qBr則加速度大小為a=v2r故A、B正確；設粒子運動軌跡的圓心角為α，根據t=α2π×2πm若僅減小射入速度，則粒子在磁場中運動的半徑減小，可知粒子運動軌跡的圓心角不變，時間不變，若僅增大磁感應強度，粒子運動軌跡的圓心角不變，粒子在磁場中運動的時間變短，故C錯誤，D正確。3.(2025·河南漯河市檢測)如圖所示，在xOy平面直角坐標系內，OA與x軸的夾角為37°，OA足夠長，OA與x軸之間存在垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為B=mv03qL0，在OA上分布著足夠多的粒子源，可以向磁場中發射速度大小為v0、方向垂直于OA的帶電粒子，帶電粒子的質量為m，電荷量為qqA.3L0 B.4L0 C.5L0 D.6L0答案C解析帶電粒子在磁場中運動由洛倫茲力提供向心力有qv0B=m將B=mvr=3L0，OA上的粒子源向外發射的所有帶電粒子在磁場中運動的軌跡為一平移圓，如圖(a)所示根據幾何關系可得當粒子軌跡半徑O1P與OA垂直時，打到x軸上的P點距坐標原點最遠，根據幾何關系得OP=O1Psin37°=r另外要注意本題中帶電粒子打的最遠的距離不是軌跡與x軸相切時，如果相切時作出軌跡圖如圖(b)所示根據幾何關系有OQ=O2Qtan37°=r所以Q點不是距離坐標原點最遠的點，故選C。4.(12分)(2025·江蘇常州市模擬)如圖所示，在xOy平面的x軸上方區域范圍內存在著范圍足夠大的勻強磁場，磁感應強度大小為B=mv0qa。在坐標(0，a2)處有一粒子源，在某一時刻向平面內各個方向均勻發射N個(N足夠大)質量為m、電荷量為-q(q>0)、速度大小為v0的帶電粒子(不計粒子重力及粒子間的相互作用，題中N、a、m、q、v(1)(3分)粒子在磁場中運動的半徑R和周期T；(2)(4分)x軸上能接收到粒子的區域長度L；(3)(5分)能到達x軸的粒子所占粒子總數的百分比η(保留3位有效數字)。答案(1)a2πav0(2)152(3)66.7%解析(1)由洛倫茲力提供向心力可得qv0B=mv0解得軌跡半徑R=a則T=2π(2)粒子到達x軸上的范圍如圖所示，x軸右側長度為L1=(2a)x軸左側，運動軌跡與x軸相切，由幾何關系知L2=(a)聯立可得L=L1+L2=15a2(3)粒子的運動軌跡恰好與x軸負半軸相切，半徑PO1與y軸夾角θ，滿足cosθ=a2