2021年浙江高考物理尖子生提升專題07 磁聚焦和磁發(fā)散問題

獨孤九劍丨浙江2020高考物理尖子生核心素養(yǎng)提升

之磁聚焦和磁發(fā)散問題磁聚焦磁發(fā)散電性相同的帶電粒子平行射入圓形有界勻強磁場，如果軌跡半徑與磁場半徑相等，則粒子從磁場邊界上同一點射出，該點切線與入射方向平行帶電粒子從圓形有界勻強磁場邊界上同一點射入，如果軌跡半徑與磁場半徑相等，則粒子出射方向與入射點的切線方向平行［例1］如圖甲所示，平行金屬板A和B間的距離為d，現(xiàn)在A、板上加上如圖乙所示的方波形電壓,t—0時，A板比B板的電勢高，電壓的正向值為u0，反向值為一u0?，F(xiàn)有質(zhì)量為m、帶電荷量為q的正粒子3quT組成的粒子束，沿A、B板間的中心線O1O2以速度v0-弋m射入，所有粒子在A、B板間的飛行時間均為T,不計重力影響。求:fl甲fl甲粒子射出電場時的位置離o2點的距離范圍及對應(yīng)的速度；若要使射出電場的粒子經(jīng)某一圓形區(qū)域的勻強磁場偏轉(zhuǎn)后都能通過圓形磁場邊界的一個點處，而便于再收集，對應(yīng)磁場區(qū)域的最小半徑和相應(yīng)的磁感應(yīng)強度大小。［解析］⑴由題意知，當(dāng)粒子由t=nT(n=0,1,2,3,…)時刻進入電場，向下側(cè)移最大，麗I—衛(wèi)生化耳丄qu02rT_qu^_7qu0T2則si—2dm(3丿2dm332dm(3丿2—18dm，2T當(dāng)粒子由t—nT+j(n—0,1,2,3,…)時刻進入電場，向上側(cè)移最大，則s—各①2—跡則s22dm(3丿218dm，在距離o2點下方至o2點上方1um的范圍內(nèi)有粒子射出電場，由上述分析知，粒子射出電場的速度都是相同的，方向垂直于v0向下的速度大小為v—uqT—UoqTvydm33dm'所以射出速度大小為v2uq3v2uq3dm，設(shè)速度方向與v0的夾角為0,…v1則tan吩廠不,0=30。。(2)要使射出電場的粒子能夠交于圓形磁場區(qū)域邊界一個點上且區(qū)域半徑最小時，磁場區(qū)域直徑與粒子射出即D=4quT(2)要使射出電場的粒子能夠交于圓形磁場區(qū)域邊界一個點上且區(qū)域半徑最小時，磁場區(qū)域直徑與粒子射出即D=4quT9dmcos30°=2”』3qu0T29dm故磁場區(qū)域的最小半徑為D3quT2r=2-9dm，而粒子在磁場中做圓周運動，為使粒子偏轉(zhuǎn)后都通過磁場邊界的一個點處，粒子運動半徑應(yīng)為尸，有r解得B咅。［答案］⑴離O2點下方S2至°2點上方陽的范圍內(nèi)號,方向與V0的夾角為30。偏向下(2)氓產(chǎn)2述3mqT［例2］如圖所示，真空中有一半徑尸=0.5m的圓形磁場，與坐標(biāo)原點相切，磁場的磁感應(yīng)強度大小B=2xl0T,方向垂直于紙面向外，在x=lm和x=2m之間的區(qū)域內(nèi)有一沿y軸正方向的勻強電場區(qū)域，電場強度￡=1.5x103N/C。在x=3m處有一垂直于x軸方向的足夠長的熒光屏，從O點處向不同方向發(fā)射出速率相同、比荷m=1x109C/kg且?guī)д姷牧Ｗ樱Ｗ拥倪\動軌跡在紙面內(nèi)，一個速度方向沿y軸正方向射入磁場的粒子，恰能從磁場最右側(cè)的A點離開磁場，不計粒子重力及其相互作用，求：

(1)沿y軸正方向射入磁場的粒子進入電場時的速度大小和粒子在磁場中的運動時間；速度方向與y軸正方向成0=30°角(如圖中所示)射入磁場的粒子，離開磁場時的速度方向;(1)沿y軸正方向射入磁場的粒子進入電場時的速度大小和粒子在磁場中的運動時間；速度方向與y軸正方向成0=30°角(如圖中所示)射入磁場的粒子，離開磁場時的速度方向;按照(2)中條件運動的粒子最后打到熒光屏上的位置坐標(biāo)。［解析］⑴由題意可知，粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌跡半徑R=r=0.5m,由Bqv=〒，可得粒子進入電場時的速度為v=qBR=1x109x2x10-3x0.5m/s=1x106m/s,m在磁場中運動的時間為1nmnn“t1=4r=2Bq=2x109x2x10-3s=4x10-6s。(3)粒子在磁場中轉(zhuǎn)過120°后從C點離開磁場，速度方向和x軸平行，做直線運動，再垂直電場線進入電場,(2)由粒子的軌跡半徑R=r及幾何關(guān)系可知，粒子的運動圓軌跡和磁場圓的交點O、C以及兩圓的圓心O］、o2組成菱形，CO2和y軸平行，所以粒子離開磁場時的速度v的方向和x軸平行向右，如圖甲所示。LJEJJ23如圖乙所示。在電場中的加速度大小為Eqa=m=1-5x103X1x109m/s2=1-5x1012皿2'粒子穿出電場時有Ax1Vy=at2=a〒=L5X1012X1X^m/S=1-5X106m/S?

v1.5x106tanr=1^07f，x在磁場中y1=r(1+sin0)=0.5".5m=0.75m,在電場中側(cè)移為11(1\尹2=2〃22=2".5"012*1燈06丿2m=0.75m,飛出電場后粒子做勻速直線運動y3=Axtan?=1x1.5m=1.5m,y=y1+y2+y3=0.75m+0.75m+1.5m=3m,則粒子打到熒光屏上的位置坐標(biāo)為(3m,3m)。、n［答案］(1)1x106m/s4x10-6s(2)與x軸平行向右(3)(3m,3m)［課時跟蹤檢測］如圖所示,一束不計重力的帶電粒子沿水平方向向左飛入圓形勻強磁場區(qū)域后發(fā)生偏轉(zhuǎn),都恰好能從磁場區(qū)域的最下端P孔飛出磁場，則這些粒子（）運動速率相同運動半徑相同比荷相同從P孔射出時的速度方向相同解析：選B解析：選B畫出粒子的運動軌跡，如從A點射入的粒子，其圓心為O,因初始速度方向水平，則AO1豎直，因AO1=PO=r,可知平行四邊形OPO1A為菱形，可知r=R，則這些粒子做圓周運動的半徑都等于磁場區(qū)域圓的半徑R,根據(jù)r=R=徑R,根據(jù)r=R=mvqB可知，粒子的速率、比荷不定相同；由圖中所示運動軌跡知，粒子從P孔射出時的速度方向也不相同，故只有B正確。如圖所示，長方形abed的長ad=0.6m，寬ab=0.3m，O、e分別是ad、be的中點，以e為圓心、eb為半徑的四分之一圓弧和以O(shè)為圓心、O〃為半徑的四分之一圓弧組成的區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場（邊界上無磁場），磁感應(yīng)強度B=0.25T。一群不計重力、質(zhì)量為m=3xlO-7kg、電荷量為q=+2xl0—3C的帶正電粒子，以速度y=5xl02m/s沿垂直ad方向垂直射入磁場區(qū)域，則下列判斷正確的是（■■??從Od之間射入的粒子，出射點全部分布在Oa邊從aO之間射入的粒子，出射點全部分布在ab邊從Od之間射入的粒子，出射點分布在ab邊從ad之間射入的粒子，出射點一定是b點解析：選Dmv3^10—7X5x102粒子進入磁場后做勻速圓周運動，根據(jù)洛倫茲力提供向心力，得：r=qB=2x10—3X025m=0.3m；因ab=0.3m=r,從O點射入的粒子從b點射出，如圖所示；從Od之間射入的粒子，因邊界上無磁場，粒子經(jīng)圓周運動到達(dá)bc后做直線運動，即全部通過b點；從aO之間射入的粒子先做一段時間的直線運動，設(shè)某一個粒子在M點進入磁場，其運動軌跡圓圓心為O',如圖所示，根據(jù)幾何關(guān)系可得，四邊形OMeb是菱形，則粒子的出射點一定是b點，可知，從aO之間射入的粒子，出射點一定是b點，故選項A、B、C錯誤，D正確。3?如圖所示，圓形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面的勻強磁場，兩個質(zhì)量和電荷量都相同的帶電粒子a、b,以不同的速率沿著AO方向?qū)?zhǔn)圓心O射入磁場，其運動軌跡如圖所示。若帶電粒子只受磁場力的作用，則下列說法正確的是（）a粒子速率較大b粒子速率較大

C．b粒子在磁場中運動時間較長D．a(chǎn)、b粒子在磁場中運動時間一樣長v2mv解析：選B根據(jù)qvB=mR，得R=~^，由題圖知R<Rb，可得v<vb，故A錯誤，B正確；由兩粒子質(zhì)量2nmA和電荷量都相同及T=-q^知,兩粒子周期相同，粒子在磁場中運動時間為t=2r根據(jù)題圖可判斷e>eb，則ta>tb，故C、D錯誤。4?如圖所示，邊界OA與OC之間分布有垂直紙面向里的勻強磁場，邊界OA上有一個粒子源S。某一時刻，從S平行于紙面向各個方向發(fā)射出大量帶正電的同種粒子（不計粒子的重力及粒子間的相互作用），所有粒子的速度大小相同，經(jīng)過一段時間有大量粒子從邊界OC射出磁場。已知ZAOC=60°，從邊界OC射出的粒子在磁場中運動的最短時間等于T（T為粒子在磁場中做圓周運動的周期），則從邊界OC射出的粒子在磁場中運動的最長時間為（）A運動的最長時間為（）A.3B.2C2TCC2TC.3解析：選B由左手定則可知，粒子在磁場中沿逆時針方向做圓周運動，由于粒子速度大小都相同，故軌跡弧長越小，D.5T解析：選B由左手定則可知，粒子在磁場中沿逆時針方向做圓周運動，由于粒子速度大小都相同，故軌跡弧長越小，粒子在磁場中運動時間就越短；而劣弧弧長越小，弦長也越短，所以從S點作OC的垂線SD,則SD為最短弦，可知粒子從D點射出時運動時間最短，如圖所示。根據(jù)最短時間為6,可知AOSD為等邊三角形，粒子圓周運動半徑R=SD,過S點作OA的垂線交OC于E點，由幾何關(guān)系可知SE=2SD,SE恰好可以作為圓弧軌跡的直徑，所以從E點射出的粒子，對應(yīng)弦最長，運行時間最長，且t=2故B項正確。（多選）（2019?新余模擬）如圖所示，S為一離子源，MN為長熒光屏，S到MN的距離為厶整個裝置處在范圍足夠大的勻強磁場中，磁場方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強度大小為B。某時刻離子源S一次性沿平行紙面的各個方向均勻地射出大量的正離子，離子的質(zhì)量加、電荷量g、速率v均相同，不計離子的重力及離子間的相互作用力，則()A?當(dāng)v<2半時所有離子都打不到熒光屏上B?當(dāng)v普時所有離子都打不到熒光屏上c當(dāng)v=qmL時，打到熒光屏的離子數(shù)與發(fā)射的離子總數(shù)比值為1d?當(dāng)v=qm時，打到熒光屏的離子數(shù)與發(fā)射的離子總數(shù)比值為|解析：選AC根據(jù)洛倫茲力提供向心力有爐2=號尹，得R=m，當(dāng)v老半時，R<2直徑2R<L，所有離子都打不到熒光屏上，故a正確；當(dāng)v普時，對于g2mL-v<^的離子，2-R<l，能打到熒光屏上，故b錯誤；當(dāng)v=qm時，R=L，離子恰好能打在熒光屏上時的運動軌跡如圖所示，離子速度為V］時從下側(cè)回旋，剛好和熒光屏正對離子源的下部相切；離子速度為v2時從上側(cè)回旋，剛好和熒光屏正對離子源的上部相切，打到熒光屏的離子數(shù)與發(fā)射的離子總數(shù)比值為2,故C正確，D錯誤。(多選)如圖所示，一粒子發(fā)射源P位于足夠大絕緣板AB的上方d處，能夠在紙面內(nèi)向各個方向發(fā)射速率為V、電荷量為g、質(zhì)量為m的帶正電的粒子?？臻g存在垂直紙面的勻強磁場，不考慮粒子間的相互作用和粒子重力，已知粒子做圓周運動的半徑大小恰好為d,貝％)p米T粒子能打在板上的區(qū)域長度是2d粒子能打在板上的區(qū)域長度是G'3+1)dc.同一時刻發(fā)射出的粒子打到板上的最大時間差為7乎D.同一時刻發(fā)射出的粒子打到板上的最大時間差為鷲解析：選BC以磁場方向垂直紙面向外為例，打在極板上粒子軌跡的臨界狀態(tài)如圖1所示，根據(jù)幾何關(guān)系知，帶電粒子能到達(dá)板上的長度l=d^..；'(2d)2—d2=(1'3)d,故A錯誤，B正確；在磁場中打到板上的粒3一1子運動時間最長和最短的運動軌跡示意圖如圖2所示，由幾何關(guān)系知，最長時間t=4T，最短時間t=6T，2nr2nd77nd又有粒子在磁場中運動的周期=竽；根據(jù)題意t1—t2=At，聯(lián)立解得^t=J2T=JV，故C正確，D錯誤。若磁場方向垂直紙面向里，可得出同樣的結(jié)論。如圖所示為圓形區(qū)域的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B，方向垂直紙面向里，邊界跟尹軸相切于坐標(biāo)原點O。O點處有一放射源，沿紙面向各個方向射出速率均為v的某種帶電粒子，帶電粒子在磁場中做圓周運動的半徑是圓形磁場區(qū)域半徑的兩倍。已知帶電粒子的質(zhì)量為加、電荷量為g,不考慮帶電粒子的重力。推導(dǎo)帶電粒子在磁場中做圓周運動的半徑；求帶電粒子在磁場中的最大偏轉(zhuǎn)角。解析：(1)帶電粒子進入磁場后，受洛倫茲力作用做勻速圓周運動，v2mv由牛頓第二定律得Bgv=m~，則尸=宓。粒子的速率均相同，因此粒子軌跡圓的半徑均相同，但粒子射入磁場的速度方向不確定，故可以保持圓的大小不變，只改變圓的位置，畫出“動態(tài)圓”，如圖所示，通過“動態(tài)圓”可以觀察到粒子在磁場中的運動軌跡均為劣弧，劣弧弧越長，弧所對應(yīng)的圓心角越大，則運動時間越長，當(dāng)粒子的軌跡弧的弦長等于磁場直徑時，粒子運動的時間最長，

由幾何關(guān)系知sin2m=￡=2，即^m=60°o答案：(1)見解析(2)60°(2016?海南高考)如圖，A、C兩點分別位于x軸和尹軸上，ZOCA=30。，OA的長度為Lo在△OCA區(qū)域內(nèi)有垂直于xOy平面向里的勻強磁場。質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子，以平行于y軸的方向從OA邊射入磁場。已知粒子從某點射入時，恰好垂直于OC邊射出磁場，且粒子在磁場中運動的時間為處不計重力。求磁場的磁感應(yīng)強度的大小；若粒子先后從兩不同點以相同的速度射入磁場，恰好從OC邊上的同一點射出磁場，求該粒子這兩次在磁場中運動的時間之和；若粒子從某點射入磁場后，其運動軌跡與AC邊相切，且在磁場內(nèi)運動的時間為|/0,求粒子此次入射速度的大小。解析：(1)粒子在磁場中做勻速圓周運動，在時間t0內(nèi)其速度方向改變了90°，故其周期T=4t0①v2設(shè)磁感應(yīng)強度大小為5粒子速度為卩，圓周運動的半徑為r。由洛倫茲力提供向心力得qvE=mr②勻速圓周運動的速度滿足v勻速圓周運動的速度滿足v=2nrnm聯(lián)立①②③式得5=益。④圖3)圖圖3)圖(b)(2)設(shè)粒子從OA邊兩個不同位置射入磁場，能從OC邊上的同一點P射出磁場，粒子在磁場中運動的軌跡如圖(a)所示。設(shè)兩軌跡所對應(yīng)的圓心角分別為e1和02o由幾何關(guān)系有%=180。一0⑤粒子兩次在磁場中運動的時間分別為t1與t2，則Tt1+t2=2=2t0o@如圖(b),由題給條件可知，該粒子在磁場區(qū)域中的軌跡圓弧對應(yīng)的圓心角為150°。設(shè)O'為圓弧的圓心,圓弧的半徑為r0，圓弧與AC相切于B點，從D點射出磁場。由幾何關(guān)系和題給條件可知，此時有ZOOD=ZBOA=30°?r0cosZr0cosZOO'D+cosZBOA=L?設(shè)粒子此次入射速度的大小為卩0,由圓周運動規(guī)律vo=如圖所示，初速度沿y軸正方向的粒子直接穿過y軸；由幾何關(guān)系知，初速度方向與如圖所示，初速度沿y軸正方向的粒子直接穿過y軸；由幾何關(guān)系知，初速度方向與x軸正方向成30°角的粒子，轉(zhuǎn)過的圓心角ZOO2B為150°，則ZOO2A=120°,粒子從y軸穿過的最高點A與O的距離為2Rcos30。=啟R,即從y軸穿過的范圍為0?邊R,即0?0.17m。初速度沿y軸正方向的粒子，射出磁場時沿y軸方向運動的距離yC=R由⑴知ZO2OA=30°聯(lián)立①⑦⑧⑨式得卩0=右廠。⑩07t0答案：⑴益(2)2t0(3進如圖所示，質(zhì)量m=8.OxlO-25kg/r