缩放圆和旋转圆

缩放圆和旋转圆
缩放圆和旋转圆
缩放圆和旋转圆是物理学中的基本概念。

缩放圆是指带电粒子在匀强磁场中做半径不断变化的匀速圆周运动，轨迹连续起来形成一个与入射点相切并在放大或缩小的“动态圆”。

解题时可以使用圆规画出几个半径不同的圆，方便发现粒子轨迹特点，达到快速解题的目的。

旋转圆是指带电粒子在匀强磁场中做半径不变的圆周运动，但速度方向不限定，可以在-180°范
围内变化。

解题时可以使用圆规或硬币画出其轨迹，达到快速解答试题的目的。

同时，粒子在做圆周运动时的绕行方向不随旋转而改变，即同旋性。

缩放圆和旋转圆都有一些特征。

缩放圆的特征是带电粒子做半径不断变化的匀速圆周运动，轨迹连续起来形成一个动态圆。

旋转圆的特征是带电粒子在匀强磁场中做半径不变的圆周运动，但速度方向不限定，可以在-180°范围内变化。

旋转圆
的五大特征包括半径相等、都过发射点、圆心分布在一圆周上、
旋转方向相同（同旋性）、同时发射、同时刻在同一圆周上，最大范围是π(2R)2.
在圆形有界磁场中的旋转圆问题中，左边界是相切点A，右边界是OB为直径，边界点是相切点B、C。

在磁场中运动
的最远距离为OA=2r。

最近点是A（OA=2Rsinθ），最远点是
B（OB为直径）。

圆中最大的弦长是直径。

在选择题中，磁场中运动的最长时间取决于离开磁场速度方向是否垂直于入射点与磁场圆心的连线，答案为m。

7.一块长为l的水平极板间有垂直纸面向里的匀强磁场，
磁感应强度为B，板间距离也为l。

极板不带电。

现有质量为m、电荷量为q的带正电粒子(不计重力)，从左边极板间中点
处垂直磁感线以速度v水平射入磁场，欲使粒子不打在极板上，可采用的办法是使粒子的速度v＞Bq/m或者v＜Bq/m。

8.一束电子以大小不同的速率沿图示方向飞入横截面是一
正方形的匀强磁场。

正确的判断是：B.电子在磁场中运动时间越长，其轨迹线所对应的圆心角越大。

9.边长为l的正六边形abcdef中，存在垂直该平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。

在a点处的粒子源发出大量质量为m、电荷量为+q的同种粒子，粒子的速度大小不同，方向始终垂直ab边且与磁场垂直。

不计粒子间的相互作用力及重力，当粒子的速度为v时，粒子恰好能经过b点。

正确的说法是：A.速度小于v的粒子在磁场中的运动时间为2l/v；C.经过c点的粒子在磁场中的运动时间为2l/(v√3)。

10.内圆半径为r、外圆半径为3r的圆环区域内有垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场。

圆环左侧质量为m、电量为q的正离子，经过电场加速后从N板小孔射出，并沿圆环直径方向射入磁场，不计离子的重力，忽略平行板外的电场。

要使离子不进入小圆区域，电压U的取值范围为
U≤4qr^2B^2/m。

11.△ABC为与匀强磁场垂直的边长为a的等边三角形，比荷为e/m的电子以速度v从A点沿AB边入射，欲使电子经过BC边，磁感应强度B的取值为B＞2v^2/(ea)。

场，磁感应强度大小为B。

一带电粒子以速率v沿圆周从点A射入磁场，粒子的电荷量为q，质量为m。

不计重力，假
设粒子在磁场中的运动轨迹是一圆弧，且圆心在圆形区域内。

已知粒子在圆周上的运动方向与切线夹角为30°，且粒子穿过
圆形区域后离开磁场的出射点为点B。

求粒子离开磁场的速率。

解析：根据洛伦兹力的公式F=qvB，可以得到粒子在磁
场中受到的向心力为F=qvB。

由于粒子在圆周上运动，所以
向心力等于质量乘以向心加速度，即qvB=mv²/R，其中R为
圆的半径。

根据题目中给出的信息，可以得到sin30°=v/2v，
解得v=2v/√3.再根据动能守恒可得1/2mv²=1/2m(2v/√3)²，即
v'=v/√3.因此，粒子离开磁场的速率为v'。

答案为D。

17．（2015•广东）如图所示，一长直导线$AB$通以电流$I$，在其右侧有一矩形回路$abcd$，$ab$与$AB$垂直，
$cd$与$AB$平行，$ab=cd=l$，$bc=ad=d$。

$abcd$平面垂直
于$AB$，与$AB$的距离为$h$。

已知$h。

d,l$，磁场强度为
$B$。

矩形回路$abcd$中的电动势大小为（）。

解析：由法拉第电磁感应定律可得，矩形回路中的电动势为$\mathcal{E}=-\dfrac{\Delta \Phi}{\Delta t}$，其中$\Delta
\Phi$为磁通量的变化量。

由于矩形回路与$AB$平行，所以
$AB$所产生的磁通量不变，只需要考虑$ab$和$cd$两条边的
磁通量变化。

当矩形回路向右移动$\Delta x$时，$ab$边的磁
通量变化量为$\Delta \Phi_1=Bd\Delta x$，$cd$边的磁通量变
化量为$\Delta \Phi_2=-Bd\Delta x$（因为$cd$边的磁通量是减
小的）。

因此，总的磁通量变化量为$\Delta \Phi=\Delta
\Phi_1+\Delta \Phi_2=2Bd\Delta x$。

由于$\Delta x/\Delta t$即为
矩形回路向右移动的速度，所以$\Delta x/\Delta t=v$。

因此，
电动势大小为$\mathcal{E}=2Bd\cdot v$。

答案为B。

18．（2014•江苏）如图所示，一根长直的导线$AB$通以
电流$I$，在其左侧有一矩形回路$abcd$，$ab$与$AB$垂直，$cd$与$AB$平行，$ab=cd=l$，$bc=ad=d$。

$abcd$平面垂直
于$AB$，与$AB$的距离为$h$。

若矩形回路$abcd$的电阻为$R$，则它受到的安培力的大小为（）。

解析：安培力的公式为$F=BIl$，其中$B$为磁感应强度，$I$为电流，$l$为导线长度。

由于矩形回路$abcd$的电阻为
$R$，所以通过它的电流为$I=\dfrac{U}{R}$，其中$U$为矩形回路两端的电势差。

根据欧姆定律可知，$U=IR$。

因此，
$I=\dfrac{U}{R}=\dfrac{IR}{R}$，即$I=\dfrac{U}{R}$。

由此
可得，$F=BIl=B\dfrac{U}{R}l$。

由于矩形回路与$AB$平行，所以$AB$所产生的磁感应强度不变，只需要考虑$ab$和
$cd$两条边的安培力。

当矩形回路向右移动$\Delta x$时，$ab$边受到的安培力为$F_1=B\dfrac{U}{R}d$，$cd$边受到的安培力为$F_2=-B\dfrac{U}{R}d$（因为$cd$边的电流方向与$AB$所产生的磁场方向相反）。

因此，总的安培力为
$F=F_1+F_2=B\dfrac{U}{R}(d-d)=0$。

答案为A。

17．如图，真空室内存在匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度的大小为B=0.60T，磁场内有一块平面感光板AB，板面与磁场方向平行，在距AB的距离l=16cm处，有一个点状的α放射源S，它向各个方向发射α粒子，α粒子的速度都是v=3.0×10m/s，已知α粒子的电荷与质量之比为
q/m=5.0×107C/kg，现只考虑在图纸平面中运动的α粒子，求AB上被α粒子打中的区域的长度。

解：由于α粒子带电，所以在磁场中会受到洛伦兹力的作用，其方向垂直于运动方向和磁场方向，大小为F=qvB。

由于α粒子的速度和方向都已知，所以可以求出洛伦兹力的大小和方向。

由于α粒子的质量也已知，所以可以根据牛顿第二定律求出其在磁场中的加速度。

由于α粒子在磁场中做匀速圆周
运动，所以可以利用运动学公式求出其在磁场中运动的轨迹。

由于AB平面与磁场方向平行，所以可以求出α粒子在AB平
面上的轨迹，从而求出AB上被α粒子打中的区域的长度。

18．如图(a)所示，在以O为圆心，内外半径分别为R1和
R2的圆环区域内，存在辐射状电场和垂直纸面的匀强磁场，
内外圆间的电势差U为常量，R1=R，R2=3R。

一电荷量为+q，质量为m的粒子从内圆上的A点进入该区域，不计重力。

1)已知粒子从外圆上以速度v1射出，求粒子在A点的初
速度v的大小。

2)若撤去电场，如图(b)，已知粒子从OA延长线与外圆的交点C以速度v2射出，方向与OA延长线成45°角，求磁感
应强度的大小及粒子在磁场中运动的时间。

3)在图(b)中，若粒子从A点进入磁场，速度大小为v3，
方向不确定，要使粒子一定能够从外圆射出，磁感应强度应小于多少？
解：(1)由于粒子在磁场中做匀速圆周运动，所以可以利用运动学公式求出粒子在A点的初速度v。

2)由于撤去电场后，粒子只受到磁场的作用，所以可以利用洛伦兹力的公式求出磁感应强度的大小。

由于粒子在磁场中做匀速圆周运动，所以可以利用运动学公式求出粒子在磁场中运动的时间。

3)由于粒子要从外圆射出，所以其在磁场中做匀速圆周运动的半径应等于外圆的半径。

由于粒子的速度大小已知，所以可以利用洛伦兹力的公式求出磁感应强度的最大值。