磁聚焦和磁發(fā)散

1、磁聚焦和磁發(fā)散一、帶電粒子的匯聚特點：磁場是圓形磁場磁場圓的半徑和軌跡圓的半徑相等大量帶正電的粒子平行入射0結論：這些粒子會匯聚一點射出磁場。幾何關系：磁場圓的兩條半徑，軌跡圓的兩條半徑組成的四邊形是菱形。因為OO是角平分線，所以Z1=Z2，因為OB=OB所以Z2=Z3,所以Z1=Z3,四邊形AOBO是菱形。如圖所示，大量的同種帶正電的粒子，速度大小相同，平行入射到圓形磁場區(qū)域，如果軌跡圓半徑與磁場圓半徑相等即R=r,則所有的帶電粒子將從磁場圓的最低點B點射出.平行四邊形OAO,B為菱形，可得B0為軌跡圓的半徑，可知從A點發(fā)出的帶電粒子必然經過B點.1、如圖所示，x軸正方向水平向右，y軸正方向

2、豎直向上在xOy平面內有與y軸平行的勻強電場，在半徑為R的圓內還有與xOy平面垂直的勻強磁場.在圓的左邊放置一帶電微粒發(fā)射裝置,它沿x軸正方向發(fā)射出一束具有相同質量m、電荷量q(q0)和初速度v的帶電微粒.發(fā)射時，這束帶電微粒分布在0y2R的區(qū)間內.已知重力加速度大小為g.帶電微粒發(fā)射裝置(1) 從A點射出的帶電微粒平行于x軸從C點進入有磁場區(qū)域，并從坐標原點O沿y軸負方向離開，求電場強度和磁感應強度的大小和方向.請指出這束帶電微粒與x軸相交的區(qū)域，并說明理由.(1) 帶電粒子平行于x軸從C點進入磁場，說明帶電微粒所受重力和電場力平衡。設電場強度大小為E,由吒朋，可得，方向沿y軸正方向帶電微粒

3、進入磁場后，將做圓周運動，且r=R,如圖甲所示，設磁感應強度大小為B。由，得，方向垂直于紙面向外10（2）這束帶電微粒都通過坐標原點方法一：從任一點P水平進入磁場的帶電微粒在磁場中做半徑為R的勻速圓周運動，其圓心位于其正下方的Q點，如圖乙所示，這束帶電微粒進入磁場后的圓心軌跡是如圖乙的虛線半圓，此圓的圓心是坐標原點方法二：從任一點P水平進入磁場的帶電微粒在磁場中做半徑為R的勻速圓周運動。如圖乙所示，高P點與0點的連線與y軸的夾角為0,其圓心Q的坐標為（-Rsin0,Rcos。），圓周運動軌跡方程為（兀+恥in日）+S-Rcos得x=0，y=0或x=-Rsin0，y=R（l+cos0）2、如圖所

4、示，在一個半徑為R的圓形區(qū)域內存在垂直紙面向里的勻強磁場，0為圓心，一個電子以一定速度v沿A0方向（水平）射入磁場，經過時間t從0點正下方的C點射出磁場，另有一電子以相同速度從磁場邊界上的B點水平射入磁場，兩速度方向與圓周在一平面內，且A、B兩點n間圓弧長度為&R，則第二個電子在磁場中運動的時間為（A）A、第二個電子在磁場中運動的時間為21B、第二個電子在磁場中運動的時間為ft8C、第二個電子從C點的左側圓弧AC上某點射出D、第二個電子在磁場中運動軌跡所對應的圓心角為0=；43、如圖所示，半徑為R的半圓形區(qū)域內分布著垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B，半圓的左邊垂直x軸放置一粒子發(fā)射裝置，

5、在-RWyWR的區(qū)間內各處均沿x軸正方向同時發(fā)射出一束帶正電粒子，粒子質量均為m、電荷量均為q、初速度均為v,重力及粒子間的相互作用均忽略不計，所有粒子都能到達y軸，其中最后到達y軸的粒子比最先到達y軸的粒子晚At時間，則（ABD）A. 有些粒子可能到達y軸上相同的位置B.磁場區(qū)域半徑R應滿足RmvqBD.At亠-RBqv.0mRAt=亦匚其中角度。的弧度值滿足血0BqRmvA、粒子射入磁場后做勻速圓周運動，其運動軌跡如圖所示，y=R的粒子直接沿直線運動到達y軸，其他粒子在磁場中發(fā)生偏轉。由圖可知，發(fā)生偏轉的粒子也有可能直接打在y=R的位置上，所以粒子可能會到達y軸的同一位置，故A正確;B、以

6、沿x軸射入的粒子為例，若r=mv飛R,則粒子不能到達y軸就偏向上離開磁場區(qū)域，所qBmv以要求R廳，所有粒子才能穿越磁場到達y軸，故B正確;D、從x軸入射的粒子在磁場中對應的弧長最長，所以該粒子最后到達y軸，LR02兀mLR0m=v+云=v+qB，（其中。為從X軸入射粒子運動的圓心角，根據幾何關系有a=e，則sin0=sina=qBR）；而y=土R的粒子沿直線勻速運動到y(tǒng)軸，時間最短，rmvL9mRt=，所以：t=t-t=，故D正確。2v12qBvc兀a,兀mRC、由于9，所以At0)的粒子以速度v從0點垂直于磁場方向且速度方向沿X軸正方向射入第一象限，粒子恰好從q點正上方的A點射出磁場，不計

7、粒子重力。(1) 求磁感應強度B的大??；(2) 求粒子從O點進入磁場到最終離開磁場所通過的路程。(3) 若粒子以速度v從0點垂直于磁場方向且與x軸正方向的夾角9=300射入第一象限，求粒子從射入磁場到最終離開磁場的時間to(1) 設粒子在磁場中做圓運動的軌跡半徑為RquB=血R粒子自A點射出，由幾何知識R=a解得B=皿qa(2) 經分析粒子在磁場運動的路程R=aS=iRx2=na14粒子在電場中的路程S2=q=ma=2Z=22a厶Eq汽坦=+鴛V粒子從磁場中的P點射出，因磁場圓和粒子的軌跡圓的半徑相等，OO1PO2構成菱形，故粒子從P12點的出射方向與y軸平行，粒子由0到P所對應的圓心角為0廠

8、60。由幾何知識可知，粒子由P點到x軸的距離S=acos0粒子在電場中做勻變速運動，在電場中運動的時間_=皿1qe粒子由P點第2次進入磁場，由Q點射出，PO0O3構成菱形，由幾何知識可知Q點在x軸上，粒子由P到Q的偏向角為02=120。，則+02=n粒子先后在磁場中運動的總時間獷;粒子在場區(qū)之間做勻速運動的時間=皿解得粒子從射入磁場到最終離開磁場的時間（2+兀V3）a2mvt=t+t+t=+123yq8、如圖所示，在直角坐標系xOy平面的第II象限內有半徑為R的圓分別與x軸、y軸相切于P（-r,0）、Q（0,r）兩點，圓內存在垂直于xOy平面向外的勻強磁場，磁感應強度為B.與y軸負方向平行的勻

9、強電場左邊界與y軸重合，右邊界交x軸于M點，一帶正電的粒子A（重力不計）電荷量為q、質量為m,以某一速率垂直于x軸從C點射入磁場，經磁場偏轉恰好從D點進入電場，最后從G點以與x軸正向夾角為45。的方向射出電場.求:0M之間的距離;(2)該勻強電場的電場強度E；(3)若另有一個與A的質量和電荷量相同、速率也相同的粒子A，,從C點沿與x軸負方向成30角的方向射入磁場,則粒子A，再次回到x軸上某點時,該點的坐標值為多少?（1）設粒子A射入磁場時的速率為V。，其在磁場中做圓周運動的圓心必在x軸上，設其圓心為OA,連接OAC、OAD，則OAC=OAD=r,所以OA與O點重合，故A粒子在磁場區(qū)域的偏轉半徑

10、也是r.（2分）A粒子運動至D點時速度與y軸垂直，粒子A從D至G作類平拋運動，設其加速度為a,在電場中運行的時間為t,由平拋運動的規(guī)律可得：r-al2（1分）(Xt-（1分）由運動學知識可得：匕（1分）聯(lián)立解得：（1分）（2）粒子A的軌跡圓半徑為r，由洛侖茲力和向心力公式可得：v2qvcB=m廣（2分）由牛頓運動定律和電場力公式可得：（2分）E進聯(lián)立解得：九（2分）（3）設粒子A，在磁場中圓周運動的圓心為0，,因為ZOZCA=90,OzC=r,以Oz為圓心、r為半徑做A，的軌跡圓交圓形磁場必于只點，貝Q四邊形CO,H0為菱形，故0,Hy軸，粒子A，從磁場中出來交y軸于I點，HI丄0,H,所以粒

11、子A，也是垂直于y軸進入電場。（2分）設粒子A，從J點射出電場，交x軸于K點，因與粒子A在電場中的運動類似，由（1）式可得：0IJG=r（2分）又0I=r+rcos30（1分）由式解得：JG=rcos30=2r根據圖中幾何知識可得：ZJKG=45,GK=GJ所以粒子A，再次回到x軸上的坐標為（丄,0）（1分）三、磁發(fā)散問題中和數學相關的最值問題9、在如圖的x0y坐標系中.A（-L,0）、C是x軸上的兩點，P點的坐標為（0,L）.在第二象限內以D（-L,L）為圓心、L為半徑的*圓形區(qū)域內，分布著方向垂直x0y平面向外、磁感應強度大小為B的勻強磁場;在第一象限三角形0PC之外的區(qū)域，分布著沿y軸負

12、方向的勻強電場.現有大量質量為m、電荷量為+q的相同粒子，從A點平行xOy平面以相同速率、沿不同方向射向磁場區(qū)域，其中沿AD方向射入的粒子恰好從P點進入電場，經電場后恰好通過C點.已知a=30,不考慮粒子間的相互作用及其重力，求：（1）電場強度的大??；沐（2）x正半軸上有粒子穿越的區(qū)間.dFb1rfr111ruIl!:10t/7ia-1uIApc解：（1）帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，設半徑為r,粒子初速度為v,0P_忙則，由幾何關系得：r=L，沿AD方向的粒子由P點進入電場時，速度方向與y軸垂直，設在電場中運動的時間為t,電場強度為E,則0qE=ma，tanOt=v0f0，13L=2qB2

13、L解得：E=（2）若粒子的速度方向與x軸正方向的夾角為e,粒子從F點射出磁場，由于r=L，故四邊形ADF0為菱形，OF平行AD,v丄0F,F帶電粒子離開磁場時，速度方向沿X軸正方向，則有：y=L（1-cos0）,F粒子從F通過PC，則ranU粒子在電場中運動的時間為t,從C通過X軸離開電場，沿X軸方向的位移為X,I2x=vt,0粒子到達X軸的坐標為X,X=x+xcCF8+Jl（OV0W9O。）當e=90時，x的最小Ccosl當9=3運J1xitiaxn-時，x的最大值C所以x正半袖上有粒子穿越的區(qū)間為IqB-L答：（1）電場強度的大小為（2）x正半袖上有粒子穿越的區(qū)間為變式1、在直角坐標系xo

14、y中，A（-0.3，0）、C是x軸上兩點，P點的坐標為（0,0.3）。在第二象限內以D（-0.3,0.3）為圓心、0.3m為半徑的1/4圓形區(qū)域內，分布著方向垂直xoy平面向外、磁感應強度大小為B=0.1T的勻強磁場；在第一象限三角形OPC之外的區(qū)域，分布著沿y軸負方向的勻強電場（如圖所示）?，F有大量質量為m二3x10-9kg、電荷量為q二lx104C的相同粒子，從A點平行xoy平面以相同速率v二103m/s沿不同方向射向磁場區(qū)域，其中沿AD方向射入的粒子恰好從P點垂直y軸進入電場，恰好通過C點。已知a=37，不考慮粒子間的相互作用及其重力，求：20mvqB（1）電場強度E的大??；（2）粒子穿

15、越x正半軸的最大值。mv(1)r=(2)0.5mqB【解析】（1）帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，設半徑為r,粒子的初速度為vmv2qvB=根據題意和幾何知識，可得：r=DP=0.3mv=1X103n/sr沿AD方向的粒子由P點進入電場時，速度方向與y軸垂直。所以，該粒子在電場中做類平拋運動，運動時間為tOC=vt1OP=at22OP=OCtanaqE=maE=112.5V/m（2）若速度方向與x軸正方向的夾角為e的入射粒子，從x正半軸穿過時距離0點最遠。粒子從F點離開磁場，其中O是粒子運動的圓心。由于粒子的運動半徑等于磁場的半徑，所以四邊形ADFO為菱形，O|AD，v丄OF，而AD又是豎直方

16、向，所以v垂直于y軸FF從F點進入電場，仍做類平拋運動。運動時間為tx=vt1y=at2F2x=x+xCFx二工Ftanay=r(1一cos0)F粒子到達X軸的坐標為X聯(lián)合接的xc設1-cos0=0.4l-cos0+0.4cos0當k=0.5時xc有最大值且為5m=k，所以x=0.4k+0.4(1-k2)C10、如圖所示，在xOy平面內，緊挨著的三個“柳葉”形有界區(qū)域內（含邊界上）有磁感應強度為B的勻強磁場,它們的邊界都是半徑為a的*圓，每個4圓的端點處的切線要么與x軸平行、要么與y軸平行區(qū)域的下端恰在0點，區(qū)域在A點平滑連接、區(qū)域在C點平滑連接.大量質量均為m、電荷量均為q的帶正電的粒子依次

17、從坐標原點0以相同的速率、各種不同的方向射入第一象限內（含沿x軸、y軸方向），它們只要在磁場中運動，軌道半徑就都為a.在yWa的區(qū)域,存在場強為E的沿一x方向的勻強電場.整個裝置在真空中，不計粒子重力、不計粒子之間的相互作用求:(1)粒子從o點射出時的速率V。；這群粒子中，從0點射出至運動到x軸上的最長時間;(3) 這群粒子到達y軸上的區(qū)域范圍.四、磁場的最小區(qū)域問題11、電子質量為M,電荷量為e,從坐標原點0處沿xOy平面射入第一象限，射入時速度方向不同，速度大小均為V。，如圖所示。現在某一區(qū)域加一方向向外且垂直于xOy平面的勻強磁場，磁感應強度為B,若這些電子穿過磁場后都能垂直射到熒光屏M

18、N上，熒光屏與y軸平行，求：N(1) 熒光屏上光斑的長度；(2) 所加磁場范圍的最小面積。解：(1)如圖所示，求光斑長度，關鍵是找到兩個邊界點，初速度方向沿x軸正方向的電子，沿弧0B運動到P；初速度方向沿y軸正方向的電子,沿弧0C運動到QR=電子在磁場中的半徑PQ=R=由圖可知(2)沿任一方向射入第一象限的電子經電場偏轉后都能垂直打到熒光屏MN上，所加最小面積的磁場的邊界是以0(0,R)為圓心，R為半徑的圓的一部分，如圖中實線所示，所以磁場范圍的最小面積為“二兀皆十卩-丄兀皿二(蘭十1)(響442藥12、如圖，ABCD是邊長為a的正方形。質量為皿、電荷量為e的電子以大小為vO的初速度沿紙面垂直于BC變射入正方形區(qū)域。在正方形)內適當區(qū)域中有勻強磁場。電子從BC邊上的任意點入射，都只能從A14Li點射出磁場。不計重力，求：（1）此勻強磁場區(qū)域中磁感應強度的方向和大?。?）此勻強磁場區(qū)域的最小面積。_-是自C點垂直于BC入射的電子在解：（1）設勻強