2021版高考物理一轮复习专题突破九磁场中的“动态问题”和“磁聚焦”问题学案

2021版高考物理一轮复习专题突破九磁场中的“动态问题”和“磁聚焦”问题学案

专题突破(九)　磁场中的“动态问题”和“磁聚焦”问题 一、磁场中的动态圆 在本章中，经常会遇到这样两类问题，第一类是同样的粒子从磁场边界(如左边界)上某一点射入匀强磁场中时，磁场右边无限宽广，入射方向不变，但速度大小(或磁场磁感应强度大小)发生改变，根据qvB＝可知R＝，在v或B发生改变时，半径会发生变化，但由于入射方向不变，根据半径跟速度垂直知粒子轨迹的圆心都落在过入射点与入射速度垂直的直线上，相当于圆心在同一直线上的圆的放缩，如图甲，它们从磁场左边界射出时，速度方向互相平行，在磁场中转过的角度相等．第二类是粒子入射速度大小不变，但方向发生变化，同时磁感应强度不变，可知这种情况下，粒子的轨迹半径不变，圆心位于以入射点为圆心，以轨迹半径为半径的半圆上，相当于一个固定大小的轨迹圆绕着入射点在旋转，如图乙．‎ 例1　如图，边长ab＝1.5L、bc＝L的矩形区域内存在着垂直于区域平面向里的匀强磁场，在ad边中点O处有一粒子源，可在区域平面内沿各方向发射速度大小相等的同种带电粒子．已知沿Od方向射入的粒子在磁场中运动的轨道半径为L，且经时间t0从边界cd离开磁场．不计粒子的重力和粒子间的相互作用，下列说法正确的是(　　)‎ A．粒子带负电 B．粒子可能从c点射出 C．粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为4t0‎ D．粒子在磁场中运动的最长时间为2t0‎ ‎[解析] 粒子运动轨迹如下图所示：‎ 根据左手定则可知粒子带正电，故A不符合题意；当粒子轨迹与dc相切时，‎ 8‎ 设切点与d点距离为x，由几何关系得x2＋＝L2，解得x＝L<1.5L，则粒子不会达到c点，故B不符合题意；设沿Od方向射入的粒子轨迹对应的圆心角为θ，sin θ＝，解得θ＝60°.根据题意得T＝t0，解得T＝6t0，故C不符合题意；由几何关系可以得到，在磁场中运动的时间最长，如下图所示，Ob＝＝L，设此时轨迹的圆心角为α，由几何关系得sin ＝，解得α＝120°，则运动时间为t＝T＝2t0，故D符合题意．‎ ‎[答案] D 例2　(多选)如图所示，等腰直角三角形abc区域内(包含边界)有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度的大小为B，在bc的中点O处有一粒子源，可沿与ba平行的方向发射大量速率不同的同种粒子，这些粒子带负电，质量为m，电荷量为q，已知这些粒子都能从ab边离开abc区域，ab＝2l，不考虑粒子的重力及粒子间的相互作用．关于这些粒子，下列说法正确的是(　　)‎ A．速度的最大值为 B．速度的最小值为 C．在磁场中运动的最短时间为 D．在磁场中运动的最长时间为 ‎[解析] 粒子从ab边离开磁场时的临界运动轨迹如图所示：‎ 由几何知识可知：r1＝，以及＋[2L－(r2－L)]cos 45°＝r2，解得：r2＝ 8‎ l，粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB＝m，解得：v＝，故粒子的最大速度为vmax＝＝，最小速度vmin＝＝，故A正确，B错误．由粒子从ab边离开磁场区域的临界运动轨迹可知，粒子转过的最大圆心角：θmax＝180°，最小圆心角：θmin>45°，粒子做圆周运动的周期：T＝，则粒子在磁场中运动的最短时间tmin＝T>；最长时间tmax＝T＝；故C错误，D正确．‎ ‎[答案] AD 二、磁聚焦、磁发散问题 一束带电粒子以平行相等的初速度垂直射入圆形匀强磁场，若粒子的轨迹半径等于磁场圆的半径，这些粒子会经过与初速度方向平行的磁场圆切线的一个切点，如图甲带负电的粒子“聚焦”于A点，若速度大小相等的一束带正电粒子从圆形匀强磁场边界上同一点沿不同方向垂直射入圆形匀强磁场，若粒子的轨迹半径等于圆形磁场的半径，所有粒子会平行地离开磁场且与磁场圆在该点的切线平行，如图乙(磁发散)．‎ 例3　如图所示，O′PQ是关于y轴对称的四分之一圆，在PQNM区域有均匀辐向电场，PQ与MN间的电压为U.PQ上均匀分布带正电的粒子，可均匀持续地以初速度为零发射出来，任一位置上的粒子经电场加速后都会从O′进入半径为R、中心位于坐标原点O的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直xOy平面向外，大小为B，其中沿＋y轴方向射入的粒子经磁场偏转后恰能沿＋x轴方向射出．在磁场区域右侧有一对平行于x轴垂直于y轴且到x轴距离都为R的金属平行板A和K，金属板长均为4R，其中K板接地，A与K两板间加有电压UAK>0, 忽略极板电场的边缘效应．己知金属平行板左端连线与磁场圆相切，O′在y轴(0，－R)上．(不考虑粒子之间的相互作用力)‎ ‎(1)求带电粒子的比荷；‎ ‎(2)求带电粒子进入右侧电场时的纵坐标范围；‎ 8‎ ‎(3)若电压UAK＝，求到达K板的粒子数与进入平行板总粒子数的比值．‎ ‎[解析] (1)qU＝mv2‎ 由已知条件知道偏转半径r＝R Bqv＝m 解得：＝ ‎(2)因为r＝R，所有粒子经磁场偏转后都平行于x轴，沿QN方向射入时，偏转的圆心角为135°，离开磁场时a点的纵坐标为ya＝R.沿PM方向入射的带电粒子离开磁场时点b的纵坐标为yb＝－R，故进入电场时的坐标范围为－R～R ‎ ‎(3)E＝ F＝Eq＝ma y＝at2‎ vt＝4R 得： y＝R 从纵坐标y＝0.5R进入偏转电场的粒子恰能打到K板右边缘，其进入磁场时的速度与y轴夹角为30°，y轴左方45°范围内发射的粒子都能到达K板，所以比例η＝＝.‎ 8‎ ‎1．(多选)如图所示，边长为L的正三角形ABC区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B0，BC边的中点O有一粒子源，可以在ABC平面内沿任意方向发射速率为v的相同的正粒子，若从AB边中点D射出磁场的粒子，从O到D的过程中速度方向偏转了60°，不计粒子的重力及带电粒子之间的相互作用，下列说法正确的是(　　)‎ A．粒子运动的轨道半径为L B．粒子不可能从A点射出磁场 C．粒子的比荷为＝ D．从B点射出的粒子在磁场中的运动时间为 ‎[解析] 从D点射出的粒子，由弦长公式OD＝＝2rsin 30°，解得：r＝，故A错误；若粒子从A点射出，则弦长为L，由弦长公式得：L＝2×sin α，解得：α＝60°，即粒子以与竖直方向成60°角射入，由几何关系可得，粒子将从AC边射出，故粒子不可能从A点射出磁场，故B正确；由粒子做匀速圆周运动的半径公式qvB＝m 得：R＝，即＝，解得：＝，故C正确；从B点射出的粒子的弦切角为30°，所以运动时间为t＝×＝，故D错误．‎ ‎[答案] BC ‎2．(多选)如图所示，竖直平面内一半径为R的圆形区域内有磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直纸面向里．一束质量为m、电荷量为－q的带电粒子沿平行于直径MN的方向以不同速率从P点进入匀强磁场，入射点P到直径MN的距离h＝R，不计粒子重力．下列说 8‎ 法正确的是(　　)‎ A．若粒子射出磁场时的速度方向恰好与其入射方向相反，则其入射速度为 B．若粒子恰好能从M点射出，则其速度为 C．粒子从P点经磁场到M点的时间为 D．当粒子轨道半径r＝R时，粒子从圆形磁场区域最低点射出 ‎[解析] 若粒子射出磁场时的速度方向恰好与其入射方向相反，即粒子在磁场中偏转180°，由几何关系得r＝R＝，解得：v＝，故A正确；连接PM即为粒子做圆周运动的弦长，连接PO，由h＝R，所以∠POM＝60°，所以△POM为等边三角形，即PM＝R＝2rsin 60°，解得：r＝R＝，解得：v＝，故B正确；粒子从P点经磁场到M点的时间为t＝×＝，故C错误；当粒子轨道半径r＝R时，由图可知，POGF为菱形，又因PF为竖直方向，所以OG也为竖直方向，所以出射点为圆形磁场区域最低点，故D正确．‎ ‎[答案] ABD ‎3．如图所示，ABCD与MNQP均为边长为l的正方形区域，且A点为MN的中点．ABCD区域中存在有界的垂直纸面方向的匀强磁场，在整个MNQP区域中存在图示方向的匀强电场．质量为m、电荷量为e的电子以大小为v0的初速度垂直于BC射入正方形ABCD区域，且都从A点进入电场，已知从C点进入磁场的粒子在ABCD区域中运动时始终位于磁场中，不计电子重力，求：‎ ‎(1)匀强磁场区域中磁感应强度B的大小和方向；‎ ‎(2)要使所有粒子均能打在PQ边上，电场强度E至少为多大；‎ 8‎ ‎(3)ABCD区域中磁场面积的最小值是多少．‎ ‎[解析] (1)由洛伦磁力提供向心力可得ev0B＝ 由题意则有r＝l 解得B＝，方向为垂直纸面向外 ‎(2)沿AN方向进入电场的粒子能打在PQ边上则所有粒子都能打在PQ边上，在匀强电场中做类平抛运动，则有eE＝ma l＝at2‎ ＝v0t 解得E＝ ‎(3)图中阴影部分为磁场最小范围，由几何关系可知 Smin＝2×＝πl2－l2‎ ‎4．如图所示，在x轴上方存在垂直于xOy平面向外的匀强磁场，坐标原点O处有一粒子源，可向x轴和x轴上方的xOy平面各个方向不断地发射质量为m、带电量为＋q、速度大小均为v的粒子．在x轴上距离原点x0处垂直于x轴放置一个长度为x0、厚度不计、两侧均能接收粒子的薄金属板P(粒子打在金属板P上即被吸收，电势保持为0)．沿x轴负方向射出的粒子恰好打在薄金属板的上端，不计带电粒子的重力和粒子间相互作用力．‎ ‎(1)求磁感应强度B的大小；‎ ‎(2)求被薄金属板接收的粒子在磁场运动的最短时间与最长时间；‎ ‎(3)要使薄金属板P右侧不能接收到粒子，求挡板沿x轴正方向移动的最小距离．‎ ‎[解析] (1)设粒子做圆周运动的半径为R.‎ 根据牛顿第二定律，得qvB＝ 由几何关系，得R＝x0‎ 联立解得B＝；‎ ‎(2)带电粒子在磁场中的运动周期为T，则有T＝，‎ 8‎ 得T＝ 打在P左侧下端的粒子在磁场中运动的时间最短；‎ 由几何关系可知打在P左侧下端的粒子在磁场中偏转的角度是θ1＝60°‎ 运动的最短时间tmin＝T 联立解得tmin＝ 打在P右侧下端的粒子在磁场中运动的时间最长，‎ 由几何关系可知：打在P左侧下端的粒子在磁场中偏转的角度是θ2＝300°，‎ 运动的最长时间tmax＝T 联立解得tmax＝ ‎(3)要使挡板右侧无粒子到达，P板最上端与O点的连线长应为2x0即粒子运动的直径，如图所示．‎ 所以沿x轴正方向移动的最小长度为：‎ Δx＝ON－OM＝－x0＝x0‎ 8‎