2021年浙江高考物理尖子生提升专题07 磁聚焦和磁发散问题

独孤九剑丨浙江2020高考物理尖子生核心素养提升

之磁聚焦和磁发散问题磁聚焦磁发散电性相同的带电粒子平行射入圆形有界匀强磁场，如果轨迹半径与磁场半径相等，则粒子从磁场边界上同一点射出，该点切线与入射方向平行带电粒子从圆形有界匀强磁场边界上同一点射入，如果轨迹半径与磁场半径相等，则粒子出射方向与入射点的切线方向平行［例1］如图甲所示，平行金属板A和B间的距离为d，现在A、板上加上如图乙所示的方波形电压,t—0时，A板比B板的电势高，电压的正向值为u0，反向值为一u0。现有质量为m、带电荷量为q的正粒子3quT组成的粒子束，沿A、B板间的中心线O1O2以速度v0-弋m射入，所有粒子在A、B板间的飞行时间均为T,不计重力影响。求:fl甲fl甲粒子射出电场时的位置离o2点的距离范围及对应的速度；若要使射出电场的粒子经某一圆形区域的匀强磁场偏转后都能通过圆形磁场边界的一个点处，而便于再收集，对应磁场区域的最小半径和相应的磁感应强度大小。［解析］⑴由题意知，当粒子由t=nT(n=0,1,2,3,…)时刻进入电场，向下侧移最大，丽I—卫生化耳丄qu02rT_qu^_7qu0T2则si—2dm(3丿2dm332dm(3丿2—18dm，2T当粒子由t—nT+j(n—0,1,2,3,…)时刻进入电场，向上侧移最大，则s—各①2—迹则s22dm(3丿218dm，在距离o2点下方至o2点上方1um的范围内有粒子射出电场，由上述分析知，粒子射出电场的速度都是相同的，方向垂直于v0向下的速度大小为v—uqT—UoqTvydm33dm'所以射出速度大小为v2uq3v2uq3dm，设速度方向与v0的夹角为0,…v1则tan吩厂不,0=30。。(2)要使射出电场的粒子能够交于圆形磁场区域边界一个点上且区域半径最小时，磁场区域直径与粒子射出即D=4quT(2)要使射出电场的粒子能够交于圆形磁场区域边界一个点上且区域半径最小时，磁场区域直径与粒子射出即D=4quT9dmcos30°=2”』3qu0T29dm故磁场区域的最小半径为D3quT2r=2-9dm，而粒子在磁场中做圆周运动，为使粒子偏转后都通过磁场边界的一个点处，粒子运动半径应为尸，有r解得B咅。［答案］⑴离O2点下方S2至°2点上方陽的范围内號,方向与V0的夹角为30。偏向下(2)氓产2述3mqT［例2］如图所示，真空中有一半径尸=0.5m的圆形磁场，与坐标原点相切，磁场的磁感应强度大小B=2xl0T,方向垂直于纸面向外，在x=lm和x=2m之间的区域内有一沿y轴正方向的匀强电场区域，电场强度£=1.5x103N/C。在x=3m处有一垂直于x轴方向的足够长的荧光屏，从O点处向不同方向发射出速率相同、比荷m=1x109C/kg且带正电的粒子，粒子的运动轨迹在纸面内，一个速度方向沿y轴正方向射入磁场的粒子，恰能从磁场最右侧的A点离开磁场，不计粒子重力及其相互作用，求：

(1)沿y轴正方向射入磁场的粒子进入电场时的速度大小和粒子在磁场中的运动时间；速度方向与y轴正方向成0=30°角(如图中所示)射入磁场的粒子，离开磁场时的速度方向;(1)沿y轴正方向射入磁场的粒子进入电场时的速度大小和粒子在磁场中的运动时间；速度方向与y轴正方向成0=30°角(如图中所示)射入磁场的粒子，离开磁场时的速度方向;按照(2)中条件运动的粒子最后打到荧光屏上的位置坐标。［解析］⑴由题意可知，粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径R=r=0.5m,由Bqv=〒，可得粒子进入电场时的速度为v=qBR=1x109x2x10-3x0.5m/s=1x106m/s,m在磁场中运动的时间为1nmnn“t1=4r=2Bq=2x109x2x10-3s=4x10-6s。(3)粒子在磁场中转过120°后从C点离开磁场，速度方向和x轴平行，做直线运动，再垂直电场线进入电场,(2)由粒子的轨迹半径R=r及几何关系可知，粒子的运动圆轨迹和磁场圆的交点O、C以及两圆的圆心O］、o2组成菱形，CO2和y轴平行，所以粒子离开磁场时的速度v的方向和x轴平行向右，如图甲所示。LJEJJ23如图乙所示。在电场中的加速度大小为Eqa=m=1-5x103X1x109m/s2=1-5x1012皿2'粒子穿出电场时有Ax1Vy=at2=a〒=L5X1012X1X^m/S=1-5X106m/S?

v1.5x106tanr=1^07f，x在磁场中y1=r(1+sin0)=0.5".5m=0.75m,在电场中侧移为11(1\尹2=2〃22=2".5"012*1灯06丿2m=0.75m,飞出电场后粒子做匀速直线运动y3=Axtan«=1x1.5m=1.5m,y=y1+y2+y3=0.75m+0.75m+1.5m=3m,则粒子打到荧光屏上的位置坐标为(3m,3m)。、n［答案］(1)1x106m/s4x10-6s(2)与x轴平行向右(3)(3m,3m)［课时跟踪检测］如图所示,一束不计重力的带电粒子沿水平方向向左飞入圆形匀强磁场区域后发生偏转,都恰好能从磁场区域的最下端P孔飞出磁场，则这些粒子（）运动速率相同运动半径相同比荷相同从P孔射出时的速度方向相同解析：选B解析：选B画出粒子的运动轨迹，如从A点射入的粒子，其圆心为O,因初始速度方向水平，则AO1竖直，因AO1=PO=r,可知平行四边形OPO1A为菱形，可知r=R，则这些粒子做圆周运动的半径都等于磁场区域圆的半径R,根据r=R=径R,根据r=R=mvqB可知，粒子的速率、比荷不定相同；由图中所示运动轨迹知，粒子从P孔射出时的速度方向也不相同，故只有B正确。如图所示，长方形abed的长ad=0.6m，宽ab=0.3m，O、e分别是ad、be的中点，以e为圆心、eb为半径的四分之一圆弧和以O为圆心、O〃为半径的四分之一圆弧组成的区域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、质量为m=3xlO-7kg、电荷量为q=+2xl0—3C的带正电粒子，以速度y=5xl02m/s沿垂直ad方向垂直射入磁场区域，则下列判断正确的是（■■・«从Od之间射入的粒子，出射点全部分布在Oa边从aO之间射入的粒子，出射点全部分布在ab边从Od之间射入的粒子，出射点分布在ab边从ad之间射入的粒子，出射点一定是b点解析：选Dmv3^10—7X5x102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：r=qB=2x10—3X025m=0.3m；因ab=0.3m=r,从O点射入的粒子从b点射出，如图所示；从Od之间射入的粒子，因边界上无磁场，粒子经圆周运动到达bc后做直线运动，即全部通过b点；从aO之间射入的粒子先做一段时间的直线运动，设某一个粒子在M点进入磁场，其运动轨迹圆圆心为O',如图所示，根据几何关系可得，四边形OMeb是菱形，则粒子的出射点一定是b点，可知，从aO之间射入的粒子，出射点一定是b点，故选项A、B、C错误，D正确。3•如图所示，圆形区域内有垂直纸面的匀强磁场，两个质量和电荷量都相同的带电粒子a、b,以不同的速率沿着AO方向对准圆心O射入磁场，其运动轨迹如图所示。若带电粒子只受磁场力的作用，则下列说法正确的是（）a粒子速率较大b粒子速率较大

C．b粒子在磁场中运动时间较长D．a、b粒子在磁场中运动时间一样长v2mv解析：选B根据qvB=mR，得R=~^，由题图知R<Rb，可得v<vb，故A错误，B正确；由两粒子质量2nmA和电荷量都相同及T=-q^知,两粒子周期相同，粒子在磁场中运动时间为t=2r根据题图可判断e>eb，则ta>tb，故C、D错误。4•如图所示，边界OA与OC之间分布有垂直纸面向里的匀强磁场，边界OA上有一个粒子源S。某一时刻，从S平行于纸面向各个方向发射出大量带正电的同种粒子（不计粒子的重力及粒子间的相互作用），所有粒子的速度大小相同，经过一段时间有大量粒子从边界OC射出磁场。已知ZAOC=60°，从边界OC射出的粒子在磁场中运动的最短时间等于T（T为粒子在磁场中做圆周运动的周期），则从边界OC射出的粒子在磁场中运动的最长时间为（）A运动的最长时间为（）A.3B.2C2TCC2TC.3解析：选B由左手定则可知，粒子在磁场中沿逆时针方向做圆周运动，由于粒子速度大小都相同，故轨迹弧长越小，D.5T解析：选B由左手定则可知，粒子在磁场中沿逆时针方向做圆周运动，由于粒子速度大小都相同，故轨迹弧长越小，粒子在磁场中运动时间就越短；而劣弧弧长越小，弦长也越短，所以从S点作OC的垂线SD,则SD为最短弦，可知粒子从D点射出时运动时间最短，如图所示。根据最短时间为6,可知AOSD为等边三角形，粒子圆周运动半径R=SD,过S点作OA的垂线交OC于E点，由几何关系可知SE=2SD,SE恰好可以作为圆弧轨迹的直径，所以从E点射出的粒子，对应弦最长，运行时间最长，且t=2故B项正确。（多选）（2019・新余模拟）如图所示，S为一离子源，MN为长荧光屏，S到MN的距离为厶整个装置处在范围足够大的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B。某时刻离子源S一次性沿平行纸面的各个方向均匀地射出大量的正离子，离子的质量加、电荷量g、速率v均相同，不计离子的重力及离子间的相互作用力，则()A•当v<2半时所有离子都打不到荧光屏上B•当v普时所有离子都打不到荧光屏上c当v=qmL时，打到荧光屏的离子数与发射的离子总数比值为1d•当v=qm时，打到荧光屏的离子数与发射的离子总数比值为|解析：选AC根据洛伦兹力提供向心力有炉2=号尹，得R=m，当v老半时，R<2直径2R<L，所有离子都打不到荧光屏上，故a正确；当v普时，对于g2mL-v<^的离子，2-R<l，能打到荧光屏上，故b错误；当v=qm时，R=L，离子恰好能打在荧光屏上时的运动轨迹如图所示，离子速度为V］时从下侧回旋，刚好和荧光屏正对离子源的下部相切；离子速度为v2时从上侧回旋，刚好和荧光屏正对离子源的上部相切，打到荧光屏的离子数与发射的离子总数比值为2,故C正确，D错误。(多选)如图所示，一粒子发射源P位于足够大绝缘板AB的上方d处，能够在纸面内向各个方向发射速率为V、电荷量为g、质量为m的带正电的粒子。空间存在垂直纸面的匀强磁场，不考虑粒子间的相互作用和粒子重力，已知粒子做圆周运动的半径大小恰好为d,贝％)p米T粒子能打在板上的区域长度是2d粒子能打在板上的区域长度是G'3+1)dc.同一时刻发射出的粒子打到板上的最大时间差为7乎D.同一时刻发射出的粒子打到板上的最大时间差为鷲解析：选BC以磁场方向垂直纸面向外为例，打在极板上粒子轨迹的临界状态如图1所示，根据几何关系知，带电粒子能到达板上的长度l=d^..；'(2d)2—d2=(1'3)d,故A错误，B正确；在磁场中打到板上的粒3一1子运动时间最长和最短的运动轨迹示意图如图2所示，由几何关系知，最长时间t=4T，最短时间t=6T，2nr2nd77nd又有粒子在磁场中运动的周期=竽；根据题意t1—t2=At，联立解得^t=J2T=JV，故C正确，D错误。若磁场方向垂直纸面向里，可得出同样的结论。如图所示为圆形区域的匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，边界跟尹轴相切于坐标原点O。O点处有一放射源，沿纸面向各个方向射出速率均为v的某种带电粒子，带电粒子在磁场中做圆周运动的半径是圆形磁场区域半径的两倍。已知带电粒子的质量为加、电荷量为g,不考虑带电粒子的重力。推导带电粒子在磁场中做圆周运动的半径；求带电粒子在磁场中的最大偏转角。解析：(1)带电粒子进入磁场后，受洛伦兹力作用做匀速圆周运动，v2mv由牛顿第二定律得Bgv=m~，则尸=宓。粒子的速率均相同，因此粒子轨迹圆的半径均相同，但粒子射入磁场的速度方向不确定，故可以保持圆的大小不变，只改变圆的位置，画出“动态圆”，如图所示，通过“动态圆”可以观察到粒子在磁场中的运动轨迹均为劣弧，劣弧弧越长，弧所对应的圆心角越大，则运动时间越长，当粒子的轨迹弧的弦长等于磁场直径时，粒子运动的时间最长，

由几何关系知sin2m=£=2，即^m=60°o答案：(1)见解析(2)60°(2016・海南高考)如图，A、C两点分别位于x轴和尹轴上，ZOCA=30。，OA的长度为Lo在△OCA区域内有垂直于xOy平面向里的匀强磁场。质量为m、电荷量为q的带正电粒子，以平行于y轴的方向从OA边射入磁场。已知粒子从某点射入时，恰好垂直于OC边射出磁场，且粒子在磁场中运动的时间为处不计重力。求磁场的磁感应强度的大小；若粒子先后从两不同点以相同的速度射入磁场，恰好从OC边上的同一点射出磁场，求该粒子这两次在磁场中运动的时间之和；若粒子从某点射入磁场后，其运动轨迹与AC边相切，且在磁场内运动的时间为|/0,求粒子此次入射速度的大小。解析：(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，在时间t0内其速度方向改变了90°，故其周期T=4t0①v2设磁感应强度大小为5粒子速度为卩，圆周运动的半径为r。由洛伦兹力提供向心力得qvE=mr②匀速圆周运动的速度满足v匀速圆周运动的速度满足v=2nrnm联立①②③式得5=益。④图3)图图3)图(b)(2)设粒子从OA边两个不同位置射入磁场，能从OC边上的同一点P射出磁场，粒子在磁场中运动的轨迹如图(a)所示。设两轨迹所对应的圆心角分别为e1和02o由几何关系有%=180。一0⑤粒子两次在磁场中运动的时间分别为t1与t2，则Tt1+t2=2=2t0o@如图(b),由题给条件可知，该粒子在磁场区域中的轨迹圆弧对应的圆心角为150°。设O'为圆弧的圆心,圆弧的半径为r0，圆弧与AC相切于B点，从D点射出磁场。由几何关系和题给条件可知，此时有ZOOD=ZBOA=30°®r0cosZr0cosZOO'D+cosZBOA=L®设粒子此次入射速度的大小为卩0,由圆周运动规律vo=如图所示，初速度沿y轴正方向的粒子直接穿过y轴；由几何关系知，初速度方向与如图所示，初速度沿y轴正方向的粒子直接穿过y轴；由几何关系知，初速度方向与x轴正方向成30°角的粒子，转过的圆心角ZOO2B为150°，则ZOO2A=120°,粒子从y轴穿过的最高点A与O的距离为2Rcos30。=启R,即从y轴穿过的范围为0〜边R,即0〜0.17m。初速度沿y轴正方向的粒子，射出磁场时沿y轴方向运动的距离yC=R由⑴知ZO2OA=30°联立①⑦⑧⑨式得卩0=右厂。⑩07t0答案：⑴益(2)2t0(3进如图所示，质量m=8.OxlO-25kg/r