【物理】2020届一轮复习人教版第九章磁场中的“动态问题”和“磁聚焦”问题学案

【物理】2020届一轮复习人教版第九章磁场中的“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 ＝mv2 R 可知 R＝mv qB ，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 图示是一个半径为 R 的竖直圆形磁场区域，磁感应强度大小为 B，磁感应强度方向垂直纸面向内．有 一个粒子源在圆上的 A 点不停地发射出速率相同的带正电的粒子，带电粒子的质量均为 m，运动的半径为 r，在磁场中的轨迹所对应的圆心角为α.以下说法正确的是( ) A．若 r＝2R，则粒子在磁场中运动的最长时间为πm 6qB B．若 r＝2R，粒子沿着与磁场的半径方向成 45°角斜向下射入磁场，则关系式 tan α 2 ＝2 2＋1 7 成立 C．若 r＝R，粒子沿着磁场的半径方向射入，则粒子在磁场中的运动时间为πm 3qB D．若 r＝R，粒子沿着与磁场的半径方向成 60°角斜向下射入磁场，则圆心角α为 150° 【解析】若 r＝2R，粒子在磁场中运动时间最长时，磁场区域的直径是轨迹的一条弦，作出轨迹如图 ①，因为 r＝2R，圆心角α＝60°，粒子在磁场中运动的最长时间 tmax＝ 60° 360° T＝1 6 ·2πm qB ＝πm 3qB ，故 A 错误． 若 r＝2R，粒子沿着与半径方向成 45°角斜向下射入磁场，轨迹如图②所示，根据几何关系，有 tan α 2 ＝ 2 2 R r－ 2 2 R ＝ 2 2 R 2R－ 2 2 R ＝2 2＋1 7 ，故 B 正确．若 r＝R，粒子沿着磁场的半径方向射入，粒子运动轨迹如 图③所示，圆心角 90°，粒子在磁场中运动的时间 t＝ 90° 360° T＝1 4 ·2πm qB ＝πm 2qB ，故 C 错误．若 r＝R，粒子 沿着与半径方向成 60°角斜向下射入磁场，轨迹如图④所示，图中轨迹圆心与磁场圆心以及入射点和出射 点构成菱形，圆心角 150°，故 D 正确． 【答案】BD 例 2 如图甲所示，在空间中存在垂直纸面向里的磁感应强度为 B 的匀强磁场，其边界 AB、CD 相距为 d， 在左边界的 Q 点处有一质量为 m、带电量为 q 的负粒子沿与左边界成 30°的方向射入磁场，粒子重力不 计．求： (1)带电粒子能从 AB 边界飞出的最大速度； (2)若带电粒子能垂直 CD 边界飞出磁场，穿过小孔进入如图乙所示的匀强电场中减速至零且不碰到负 极板，则极板间电压 U 应满足什么条件？整个过程粒子在磁场中运动的时间是多少？ (3)若带电粒子的速度是(2)中的 3倍，并可以从 Q 点沿纸 面各个方向射入磁场，则粒子能打到 CD 边 界的距离大小？ 【解析】(1)带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，设半径为 R1，运动速度为 v0.粒子能从左边界射出， 临界情况如图甲所示，由几何条件知 R1＋R1cos 30°＝d 又 qv0B＝mv2 0 R1 解得 v0＝ Bqd m（1＋cos 30°） ＝2（2－ 3）Bqd m 所以粒子能从左边界射出时的最大速度为 vm＝v0＝2（2－ 3）Bqd m (2)带电粒子能从右边界垂直射出，如图乙所示． 由几何关系知 R2＝ d cos 30° 由洛伦兹力提供向心力得 Bqv2＝mv2 2 R2 由动能定理得－qU＝0－1 2 mv2 2 解得 U＝ B2qd2 2mcos230° ＝2B2qd2 3m 所加电压满足的条件 U>2B2qd2 3m . 粒子转过的圆心角为 60°，所用时间为T 6 ，而 T＝2πm Bq 因返回通过磁场所用时间相同，所以总时间 t＝2×T 6 ＝2πm 3Bq (3)当粒子速度是(2)中的 3倍时，解得 R3＝2d 由几何关系可得粒子能打到 CD 边界的范围如图丙所示． 粒子打到 CD 边界的距离 l＝2×2dcos 30°＝2 3d 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 PQMN 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q m ； (2)求带电粒子进入右侧电场时的纵坐标范围； (3)若电压 UAK＝3U 4 ，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＝1 2 mv2 由已知条件知道偏转半径 r＝R Bqv＝mv2 r 解得：q m ＝ 2U B2R2 (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＝ 2 2 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＝－ 2 2 R，故 进入电场时的坐标范围为－ 2 2 R～ 2 2 R (3)E＝UAK 2R F＝Eq＝ma y＝1 2 at2 vt＝4R 得： y＝3 2 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＝45°＋30° 90° ＝5 6 . 针对训练 1．如图所示，半径为 R 的1 4 圆形区域内存在着垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为 B，磁场的左 边垂直 x 轴放置一线形粒子发射装置，能在 0≤y≤R 的区间内各处沿 x 轴正方向同时发射出速度相同、带 正电的同种粒子，粒子质量为 m、电荷量为 q，不计粒子的重力及粒子间的相互作用力，若某时刻粒子被 装置发射出后，经过磁场偏转击中 y 轴上的同一位置，则下列说法中正确的是(D) A．粒子都击中在 O 点处 B．粒子的初速度为BqR 2m C．粒子在磁场中运动的最长时间为πm qB D．粒子到达 y 轴上的最大时间差为πm 2qB － m qB 【解析】由题意，某时刻发出的粒子都击中的点是 y 轴上同一点，由最高点射出的粒子只能击中(0， R)，则击中的同一点就是(0，R)，A 错误；从最低点射出的粒子也击中(0，R)，那么粒子做匀速圆周运动 的半径为 R，由洛伦兹力提供向心力得 qvB＝mv2 R ，则速度 v＝BqR m ，B 错误；偏转角最大的时间最长，显然 从最低点射出的粒子偏转 90°，时间最长，时间 t＝1 4 T＝1 4 ×2πm qB ＝πm 2qB ，C 错误；从最高点直接射向(0，R) 的粒子时间最短，则最长与最短的时间差为Δt＝t－R v ＝πm 2qB － m qB ，D 正确． 2．如图所示，在长度足够长、宽度 d＝5 cm 的区域 MNPQ 内，有垂直纸面向里的水平匀强磁场，磁感 应强度 B＝0.33 T．水平边界 MN 上方存在范围足够大的竖直向上的匀强电场，电场强度 E＝200 N/C.现有 大量质量 m＝6.6×10－27 kg、电荷量 q＝3.2×10－19 C 的带负电的粒子，同时从边界 PQ 上的 O 点沿纸面向 各个方向射入磁场，射入时的速度大小均为 v＝1.6×106 m/s，不计粒子的重力和粒子间的相互作用．求： (1)带电粒子在磁场中运动的半径 r； (2)与 x 轴负方向成 60°角射入的粒子在电场中运动的时间 t. 【解析】(1)由洛伦兹力做向心力有 qvB＝mv2 r 解得 r＝0.1 m (2)建立 xOy 直角坐标系，粒子的运动轨迹如图所示，由几何关系知，在磁场中运动的圆心角为 30°， 粒子平行于电场强度方向进入电场 粒子在电场中运动的加速度 a＝qE m 粒子在电场中运动的时间 t＝2v a 解得 t＝3.3×10－4 s 3．如图所示，在 xOy 平面上的某圆形区域内，存在一垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为 B. 一电荷量为＋q、质量为 m 的带电粒子，由原点 O 开始沿 x 正方向运动，进入该磁场区域后又射出该磁场．后 来，粒子经过 y 轴上的 P 点，此时速度方向与 y 轴正方向的夹角为 30°，已知 P 到 O 的距离为 L，不计重 力的影响， (1)若磁场区域的大小可根据需要而改变，试求粒子速度的最大可能值； (2)若粒子速度大小为 v＝qBL 6m ，试求该圆形磁场区域的最小面积． 【解析】粒子在磁场的初、末速度所在直线必定与粒子的轨迹圆相切，轨迹圆圆心到两直线的距离相 等，等于轨道半径，因此，圆心必位于初、末速度延长线形成的角的角平分线上．过 P 点作末速度的反向 延长线，交 x 轴于 Q 点，经分析可知，粒子在磁场中做圆周运动的轨迹的圆心必在∠OQP 的角平分线 QC 上， 如图 1 所示．设粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径为 r，由牛顿第二定律有 qvB＝mv2 r ，得 r＝mv qB . 由此可知粒子速度越大，其轨迹半径越大．在角平分线 QC 上取不同的点为圆心，由小到大作出一系 列轨迹圆(如图2)，其中以C点为圆心的轨迹①是可能的轨迹圆中半径最大的，其对应的粒子速度也最大．由 图 1 可知，速度最大的粒子在磁场中运动轨迹的圆心是 y 轴上的 C 点． (1)如图 1 所示，速度最大时粒子的轨迹圆过 O 点且与 PQ 相切于 A 点．由几何关系有 OQ＝Ltan 30°， r1＝OQtan 30°，可得 r1＝1 3 L. 可求得粒子速度的最大可能值 v＝qBL 3m . (2)将 v＝qBL 6m 代入 r＝mv qB ，可得 r2＝1 6 L，粒子运动的轨迹是如图 3 所示的轨迹圆②，该轨迹圆与 x 轴 相切于 D 点，与 PQ 相切于 E 点．连接 DE，由几何关系可知 DE＝ 3r2. 由于 D 点 E 点必须在磁场内，即线段 DE 在磁场内，故可知磁场面积最小时必定是以 DE 为直径的圆(如 图 3 中③所示)． 即面积最小的磁场半径为 R＝1 2 DE，则磁场的最小面积为 S＝πR2＝π 3 12 L 2 ＝πL2 48 . 4．如图所示，半径为 r 的圆形匀强磁场区域Ⅰ与 x 轴相切于坐标系的原点 O，磁感应强度为 B1，方向 垂直于纸面向外．磁场区域Ⅰ右侧有一长方体加速管，加速管底面宽度为 2r，轴线与 x 轴平行且过磁场区 域Ⅰ的圆心，左侧的电势比右侧高 U＝2qB2 1r2 m .在加速管出口下侧距离 2r 处放置一宽度为 2r 的荧光屏．加 速管右侧存在方向垂直于纸面向外的匀强磁场区域Ⅱ.在 O 点处有一个粒子源，能沿纸面向 y>0 的各个方 向均匀地发射大量质量为 m、带电荷量为 q 且速率相同的粒子，其中沿 y 轴正方向射入磁场的粒子，恰能 沿轴线进入长方形加速管并打在荧光屏的中心位置．不计粒子重力及其相互作用，求： (1)粒子刚进入加速管时的速度大小； (2)磁场区域Ⅱ的磁感应强度大小 B2(用 B1 表示)； (3)若磁场Ⅱ的磁感应强度 B2 减小 10%，求荧光屏上有粒子到达的范围． 【解析】(1)磁场区域Ⅰ内粒子运动轨道半径为 r，qvB1＝mv2 r 解得 v＝qB1r m (2)经过加速电场：qU＝1 2 mv2 2－1 2 mv2 解得：v2＝ 5qB1r m 粒子在磁场区域Ⅱ的轨道半径为 2r，qv2B2＝mv2 2 2r 解得 B2＝ 5 2 B1 (3)粒子经磁场区域Ⅰ后，其速度方向均与 x 轴平行；经证明可知：OO1CO2 是菱形，所以 CO2 和 y 轴平 行，v 和 x 轴平行． 磁场Ⅱ的磁感应强度 B2 减小 10%，即 B2′＝ 9 10 B2，r2′＝10 9 r2＝20 9 r 荧光屏上方没有粒子到达的长度为 d＝2r2′－2r2＝4 9 r 即荧光屏上有粒子到达的范围是：距上端 4 9 r 处到下端，总长度 14 9 r