2020版高考物理新创新一轮复习通用版讲义：第九章第58课时　磁场中的动态圆、磁聚焦、磁发散问题（题型研究课）

第58课时　磁场中的动态圆、磁聚焦、磁发散问题(题型研究课)

命题点一　平移圆、放缩圆、旋转圆问题

题型1　平移圆问题

1．适用条件

(1)速度大小一定，方向一定，入射点不同但在同一直线上

粒子源发射速度大小、方向一定，入射点不同但在同一直线上的带电粒子进入匀强磁场时，它们做匀速圆周运动的半径相同，若入射速度大小为v0，则圆周运动半径R＝，如图所示(图中只画出粒子带负电的情景)。

(2)轨迹圆圆心共线

带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心在同一直线上，该直线与入射点的连线平行。

2．界定方法

将半径为R＝的圆进行平移，从而探索粒子的临界条件，这种方法叫“平移圆法”。

[例1]　(多选)利用如图所示装置可以选择一定速度范围内的带电粒子。图中板MN上方是磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，板上有两条宽度分别为2d和d的缝，两缝近端相距为L。一群质量为m、电荷量为q、速度不同的粒子，从宽度为2d的缝垂直于板MN进入磁场，对于能够从宽度为d的缝射出的粒子，下列说法正确的是(　　)

A．射出粒子带正电

B．射出粒子的最大速度为

C．保持d和L不变，增大B，射出粒子的最大速度与最小速度之差增大

D．保持d和B不变，增大L，射出粒子的最大速度与最小速度之差增大

[解析]　利用左手定则可判定，射出粒子带负电，A项错误；利用qvB＝知r＝，能射出的粒子半径满足≤r≤，因此射出粒子的最大速度vmax＝＝，B项正确；射出粒子的最小速度vmin＝＝，Δv＝vmax－vmin＝，由此可判定，C项正确，D项错误。

[答案]　BC

题型2　放缩圆问题

1．适用条件

(1)速度方向一定，大小不同

粒子源发射速度方向一定、大小不同的带电粒子进入匀强磁场时，这些带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径随速度的变化而变化。

(2)轨迹圆圆心共线

如图所示(图中只画出粒子带正电的情景)，速度v越大，运动半径也越大。带电粒子沿同一方向射入磁场后，它们运动轨迹的圆心在垂直初速度方向的直线PP′上。

2．界定方法

以入射点P为定点，圆心位于PP′直线上，将半径放缩做轨迹，从而探索出临界条件，这种方法称为“放缩圆法”。

[例2]　(多选)如图所示，垂直于纸面向里的匀强磁场分布在正方形abcd区域内，O点是cd边的中点。一个带正电的粒子仅在磁场力的作用下，从O点沿纸面以垂直于cd边的速度射入正方形内，经过时间t0后刚好从c点射出磁场。现设法使该带电粒子从O点沿纸面以与Od成30°角的方向，以大小不同的速率射入正方形内，下列说法中正确的是(　　)

A．若该带电粒子在磁场中经历的时间是t0，则它一定从cd边射出磁场

B．若该带电粒子在磁场中经历的时间是t0，则它一定从ad边射出磁场

C．若该带电粒子在磁场中经历的时间是t0，则它一定从bc边射出磁场

D．若该带电粒子在磁场中经历的时间是t0，则它一定从ab边射出磁场

[解析]　如图所示，作出带电粒子以与Od成30°角的方向的速度射入正方形内时，刚好从ab边射出的轨迹①、刚好从bc边射出的轨迹②、从cd边射出的轨迹③和刚好从ad边射出的轨迹④。由从O点沿纸面以垂直于cd边的速度射入正方形内，经过时间t0后刚好从c点射出磁场可知，带电粒子在磁场中做圆周运动的周期是2t0。由图中几何关系可知，从ad边射出磁场经历的时间一定小于t0；从ab边射出磁场经历的时间一定大于t0，小于t0；从bc边射出磁场经历的时间一定大于t0，小于t0；从cd边射出磁场经历的时间一定是t0。综上所述，A、C正确。

[答案]　AC

题型3　旋转圆问题

1．适用条件

(1)速度大小一定，方向不同

粒子源发射速度大小一定、方向不同的带电粒子进入匀强磁场时，它们在磁场中做匀速圆周运动的半径相同，若射入初速度为v0，则圆周运动半径为R＝，如图所示。

(2)轨迹圆圆心共圆

带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心在以入射点为圆心、半径R＝的圆上。

2．界定方法

将半径为R＝的圆以带电粒子入射点为圆心进行旋转，从而探索粒子的临界条件，这种方法称为“旋转圆法”。

[例3]　边长为L的等边三角形OAB区域内有垂直纸面向里的匀强磁场。在纸面内从O点向磁场区域AOB各个方向瞬时射入质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，所有粒子的速率均为v。如图所示，沿OB方向射入的粒子从AB边的中点C射出，不计粒子之间的相互作用和重力的影响，已知sin 35°≈0.577。求：

(1)匀强磁场的磁感应强度的大小；

(2)带电粒子在磁场中运动的最长时间；

(3)沿OB方向射入的粒子从AB边的中点C射出时，还在磁场中运动的粒子占所有粒子的比例。

[解析]　(1)OC＝Lcos 30°＝L

沿OB方向射入的粒子从AB边的中点C射出，由几何知识得，粒子做圆周运动的圆弧对应的圆心角为60°

半径r＝OC＝L

由qvB＝

得B＝＝。

(2)从A点射出的粒子在磁场中运动时间最长，设弦OA对应的圆心角为α，由几何关系得

sin ＝＝≈0.577，α≈70°

最长时间tm≈·＝。

(3)从OA上D点射出的粒子做圆周运动的弦长OD＝OC，粒子做圆周运动的圆弧对应的圆心角也为60°，如图所示，由几何知识得入射速度与OD的夹角应为30°，即沿OC方向射入的粒子在磁场中运动的时间与沿OB方向射入的粒子从AB边的中点C射出的时间相等，从OB方向到OC方向这30°范围内的粒子此时都还在磁场中，而入射的范围为60°，故还在磁场中运动的粒子占所有粒子的比例是。

[答案]　(1)　(2)　(3)

 [集训冲关]

1.(2019·广州检测)不计重力的两个带电粒子M和N沿同一方向经小孔S垂直进入匀强磁场，在磁场中的运动轨迹如图所示。分别用vM与vN、tM与tN、与表示它们的速率、在磁场中运动的时间、比荷，则(　　)

A．如果＝，则vM>vN

B．如果＝，则vM<vN

C．如果vM＝vN，则>

D．如果tM＝tN，则>

解析：选A　由qvB＝m得＝，由题图可知RM>RN，如果＝，则vM>vN，A正确，B错误；如果vM＝vN，则<，C错误；由题图可知t＝＝，如果tM＝tN，则＝，D错误。

2. (多选)如图所示，S处有一电子源，可向纸面内任意方向发射电子，平板MN垂直于纸面，在纸面内的长度L＝9.1 cm，中点O与S间的距离d＝4.55 cm，MN与SO直线的夹角为 θ，板所在平面有电子源的一侧区域有方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B＝2.0×10－4 T。电子质量m＝9.1×10－31  kg，电荷量大小e＝1.6×10－19 C，不计电子重力，电子源发射一个速度v＝1.6×106 m/s 的电子，该电子击中板的范围的长度为l，则(　　)

A．θ＝90°时，l＝9.1 cm　　 B．θ＝60°时，l＝9.1 cm

C．θ＝45°时，l＝4.55 cm  D．θ＝30°时，l＝4.55 cm

解析：选AD　电子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，有evB＝，R＝＝4.55×10－2 m＝4.55 cm＝，θ＝90°时，击中板的范围如图甲所示，l＝2R＝9.1 cm，选项A正确；θ＝60°时，击中板的范围如图乙所示，l＜2R＝9.1 cm，选项B错误；θ＝30°时，击中板的范围如图丙所示，l＝R＝4.55 cm，当θ＝45°时，击中板的范围如图丁所示，l＞R＝4.55 cm，故选项D正确，C错误。

3.如图所示，磁感应强度大小为B＝0.15 T、方向垂直纸面向里的匀强磁场分布在半径为R＝0.10 m的圆形区域内，圆的左端跟y轴相切于直角坐标系原点O，右端跟很大的荧光屏MN相切于x轴上的A点。置于原点的粒子源可沿x轴正方向射出速度不同的带正电的粒子流，粒子的重力不计，比荷＝1.0×108 C/kg。

(1)请判断当粒子分别以v1＝1.5×106 m/s和v2＝0.5×106 m/s的速度射入磁场时，能否打到荧光屏上；

(2)要使粒子能打在荧光屏上，求粒子的速度v0的大小应满足的条件；

(3)若粒子的速度v0＝3.0×106 m/s，且以过O点并垂直于纸面的直线为轴，将圆形磁场逆时针缓慢旋转90°，求此过程中粒子打在荧光屏上离A点的最远距离。

解析：(1)粒子以不同速度射入磁场的轨迹示例如图甲所示，由几何知识得当粒子做圆周运动的半径r>R时，粒子沿图中①方向射出磁场能打到荧光屏上，当粒子做圆周运动的半径r≤R时，将沿图中②、③方向射出磁场，不能打到荧光屏上。

当粒子速度为v1时，由洛伦兹力提供向心力，得qv1B＝m，

解得r1＝R>R，故能打到荧光屏上；

同理，当粒子的速度为v2时，

解得r2＝R<R，故不能打到荧光屏上。

(2)设当v0＝v3时，粒子恰好打不到荧光屏上，则这时粒子沿图甲中②方向从磁场的最高点竖直向上射出磁场。由几何关系可知，粒子在磁场中的轨迹半径r3＝R，

由洛伦兹力提供向心力，得qv3B＝m，

解得v3＝1.5×106 m/s。

由分析可知，当v0>1.5×106 m/s时，粒子能打到荧光屏上。

(3)设速度v0＝v4＝3.0×106 m/s 时，粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径为r4，

由洛伦兹力提供向心力，

得qv4B＝m，

解得r4＝2R，

如图乙所示，粒子在磁场中运动的轨迹是以E点为圆心，以r4为半径的一段圆弧。因圆形磁场以O为轴缓慢转动，故磁场边界变为以O为圆心，以2R为半径的圆弧ABE，粒子轨迹圆弧与其交点为B，当A点恰转至B点，此时粒子的出射点为B，在磁场中的偏角α最大为60°，射到荧光屏上P点离A点最远，

由几何知识得AP＝CA·tan α＝(2R－r4tan 30°)·tan 60°＝ m≈0.15 m。

答案：(1)速度为v1时，能　速度为v2时，不能

(2)v0>1.5×106 m/s　(3)0.15 m

命题点二　磁聚焦和磁发散问题

　　[例1]　如图甲所示，平行金属板A和B间的距离为d，现在A、B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－u0。现有质量为m、带电荷量为q的正粒子组成的粒子束，沿A、B板间的中心线O1O2以速度v0＝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：

(1)粒子射出电场时的位置离O2点的距离范围及对应的速度；

(2)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]　(1)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，

则s1＝2＋··－2＝，

当粒子由t＝nT＋(n＝0,1,2,3，…)时刻进入电场，向上侧移最大，

则s2＝2＝，

在距离O2点下方至O2点上方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

vy＝·＝，

所以射出速度大小为

v＝＝ ＝，

设速度方向与v0的夹角为θ，

则tan θ＝＝，

θ＝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范围的宽度相等，如图所示，

粒子射出范围的宽度D＝(s1＋s2)cos 30°，

即D＝cos 30°＝，

故磁场区域的最小半径为

r＝＝，

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r，有

qvB＝m，

解得B＝。

[答案]　(1)离O2点下方至O2点上方的范围内　，方向与v0的夹角为30°偏向下　(2)　

[例2]　如图所示，真空中有一半径r＝0.5 m的圆形磁场，与坐标原点相切，磁场的磁感应强度大小B＝2×10－3 T，方向垂直于纸面向外，在x＝1 m和x＝2 m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E＝1.5×103 N/C。在x＝3 m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＝1×109 C/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；

(2)速度方向与y轴正方向成θ＝30°角(如图中所示)射入磁场的粒子，离开磁场时的速度方向；

(3)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]　(1)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＝0.5 m，

由Bqv＝，可得粒子进入电场时的速度为

v＝＝1×109×2×10－3×0.5 m/s＝1×106 m/s，

在磁场中运动的时间为

t1＝T＝＝ s＝×10－6 s。

(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O1、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。

(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，如图乙所示。

在电场中的加速度大小为

a＝＝1.5×103×1×109 m/s2＝1.5×1012 m/s2，

粒子穿出电场时有

vy＝at2＝a·＝1.5×1012× m/s＝1.5×106 m/s，

tan α＝＝＝1.5，

在磁场中y1＝r(1＋sin θ)＝0.5×1.5 m＝0.75 m，

在电场中侧移为

y2＝at22＝×1.5×1012×2 m＝0.75 m，

飞出电场后粒子做匀速直线运动

y3＝Δxtan α＝1×1.5 m＝1.5 m，

y＝y1＋y2＋y3＝0.75 m＋0.75 m＋1.5 m＝3 m，

则粒子打到荧光屏上的位置坐标为(3 m,3 m)。

[答案]　(1)1×106 m/s　×10－6 s　(2)与x轴平行向右　(3)(3 m,3 m)