（通用版）2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第九章 第58課時 磁場中的動態(tài)圓、磁聚焦、磁發(fā)散問題（題型研究課）講義（含解析）

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1、（通用版）2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第九章 第58課時 磁場中的動態(tài)圓、磁聚焦、磁發(fā)散問題（題型研究課）講義（含解析） 題型1　平移圓問題 1．適用條件 (1)速度大小一定，方向一定，入射點不同但在同一直線上 粒子源發(fā)射速度大小、方向一定，入射點不同但在同一直線上的帶電粒子進(jìn)入勻強(qiáng)磁場時，它們做勻速圓周運(yùn)動的半徑相同，若入射速度大小為v0，則圓周運(yùn)動半徑R＝，如圖所示(圖中只畫出粒子帶負(fù)電的情景)。 (2)軌跡圓圓心共線 帶電粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的圓心在同一直線上，該直線與入射點的連線平行。 2．界定方法 將半徑為R＝的圓進(jìn)行平移，從而探索粒子的臨界條件，這種方法

2、叫“平移圓法”。 [例1]　(多選)利用如圖所示裝置可以選擇一定速度范圍內(nèi)的帶電粒子。圖中板MN上方是磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，板上有兩條寬度分別為2d和d的縫，兩縫近端相距為L。一群質(zhì)量為m、電荷量為q、速度不同的粒子，從寬度為2d的縫垂直于板MN進(jìn)入磁場，對于能夠從寬度為d的縫射出的粒子，下列說法正確的是(　　) A．射出粒子帶正電 B．射出粒子的最大速度為 C．保持d和L不變，增大B，射出粒子的最大速度與最小速度之差增大 D．保持d和B不變，增大L，射出粒子的最大速度與最小速度之差增大 [解析]　利用左手定則可判定，射出粒子帶負(fù)電，A項錯誤；利用qvB

3、＝知r＝，能射出的粒子半徑滿足≤r≤，因此射出粒子的最大速度vmax＝＝，B項正確；射出粒子的最小速度vmin＝＝，Δv＝vmax－vmin＝，由此可判定，C項正確，D項錯誤。 [答案]　BC 題型2　放縮圓問題 1．適用條件 (1)速度方向一定，大小不同 粒子源發(fā)射速度方向一定、大小不同的帶電粒子進(jìn)入勻強(qiáng)磁場時，這些帶電粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的軌跡半徑隨速度的變化而變化。 (2)軌跡圓圓心共線 如圖所示(圖中只畫出粒子帶正電的情景)，速度v越大，運(yùn)動半徑也越大。帶電粒子沿同一方向射入磁場后，它們運(yùn)動軌跡的圓心在垂直初速度方向的直線PP′上。 2．界定方法 以入射點P為

4、定點，圓心位于PP′直線上，將半徑放縮做軌跡，從而探索出臨界條件，這種方法稱為“放縮圓法”。 [例2]　(多選)如圖所示，垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場分布在正方形abcd區(qū)域內(nèi)，O點是cd邊的中點。一個帶正電的粒子僅在磁場力的作用下，從O點沿紙面以垂直于cd邊的速度射入正方形內(nèi)，經(jīng)過時間t0后剛好從c點射出磁場。現(xiàn)設(shè)法使該帶電粒子從O點沿紙面以與Od成30°角的方向，以大小不同的速率射入正方形內(nèi)，下列說法中正確的是(　　) A．若該帶電粒子在磁場中經(jīng)歷的時間是t0，則它一定從cd邊射出磁場 B．若該帶電粒子在磁場中經(jīng)歷的時間是t0，則它一定從ad邊射出磁場 C．若該帶電粒子在磁場中經(jīng)歷

5、的時間是t0，則它一定從bc邊射出磁場 D．若該帶電粒子在磁場中經(jīng)歷的時間是t0，則它一定從ab邊射出磁場 [解析]　如圖所示，作出帶電粒子以與Od成30°角的方向的速度射入正方形內(nèi)時，剛好從ab邊射出的軌跡①、剛好從bc邊射出的軌跡②、從cd邊射出的軌跡③和剛好從ad邊射出的軌跡④。由從O點沿紙面以垂直于cd邊的速度射入正方形內(nèi)，經(jīng)過時間t0后剛好從c點射出磁場可知，帶電粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的周期是2t0。由圖中幾何關(guān)系可知，從ad邊射出磁場經(jīng)歷的時間一定小于t0；從ab邊射出磁場經(jīng)歷的時間一定大于t0，小于t0；從bc邊射出磁場經(jīng)歷的時間一定大于t0，小于t0；從cd邊射出磁場經(jīng)歷的

6、時間一定是t0。綜上所述，A、C正確。 [答案]　AC 題型3　旋轉(zhuǎn)圓問題 1．適用條件 (1)速度大小一定，方向不同 粒子源發(fā)射速度大小一定、方向不同的帶電粒子進(jìn)入勻強(qiáng)磁場時，它們在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的半徑相同，若射入初速度為v0，則圓周運(yùn)動半徑為R＝，如圖所示。 (2)軌跡圓圓心共圓 帶電粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的圓心在以入射點為圓心、半徑R＝的圓上。 2．界定方法 將半徑為R＝的圓以帶電粒子入射點為圓心進(jìn)行旋轉(zhuǎn)，從而探索粒子的臨界條件，這種方法稱為“旋轉(zhuǎn)圓法”。 [例3]　邊長為L的等邊三角形OAB區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場。在紙面內(nèi)從O點向磁場區(qū)域AOB各

7、個方向瞬時射入質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的粒子，所有粒子的速率均為v。如圖所示，沿OB方向射入的粒子從AB邊的中點C射出，不計粒子之間的相互作用和重力的影響，已知sin 35°≈0.577。求： (1)勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大??； (2)帶電粒子在磁場中運(yùn)動的最長時間； (3)沿OB方向射入的粒子從AB邊的中點C射出時，還在磁場中運(yùn)動的粒子占所有粒子的比例。 [解析]　(1)OC＝Lcos 30°＝L 沿OB方向射入的粒子從AB邊的中點C射出，由幾何知識得，粒子做圓周運(yùn)動的圓弧對應(yīng)的圓心角為60° 半徑r＝OC＝L 由qvB＝ 得B＝＝。 (2)從A點射出的粒子在磁場中運(yùn)動

8、時間最長，設(shè)弦OA對應(yīng)的圓心角為α，由幾何關(guān)系得 sin ＝＝≈0.577，α≈70° 最長時間tm≈·＝。 (3)從OA上D點射出的粒子做圓周運(yùn)動的弦長OD＝OC，粒子做圓周運(yùn)動的圓弧對應(yīng)的圓心角也為60°，如圖所示，由幾何知識得入射速度與OD的夾角應(yīng)為30°，即沿OC方向射入的粒子在磁場中運(yùn)動的時間與沿OB方向射入的粒子從AB邊的中點C射出的時間相等，從OB方向到OC方向這30°范圍內(nèi)的粒子此時都還在磁場中，而入射的范圍為60°，故還在磁場中運(yùn)動的粒子占所有粒子的比例是。 [答案]　(1)　(2)　(3) [集訓(xùn)沖關(guān)] 1.(2019·廣州檢測)不計重力的兩個帶電粒子M和

9、N沿同一方向經(jīng)小孔S垂直進(jìn)入勻強(qiáng)磁場，在磁場中的運(yùn)動軌跡如圖所示。分別用vM與vN、tM與tN、與表示它們的速率、在磁場中運(yùn)動的時間、比荷，則(　　) A．如果＝，則vM>vN B．如果＝，則vM D．如果tM＝tN，則> 解析：選A　由qvB＝m得＝，由題圖可知RM>RN，如果＝，則vM>vN，A正確，B錯誤；如果vM＝vN，則<，C錯誤；由題圖可知t＝＝，如果tM＝tN，則＝，D錯誤。 2. (多選)如圖所示，S處有一電子源，可向紙面內(nèi)任意方向發(fā)射電子，平板MN垂直于紙面，在紙面內(nèi)的長度L＝9.1 cm，中點O與S間的距離d＝4.55 cm，MN

10、與SO直線的夾角為 θ，板所在平面有電子源的一側(cè)區(qū)域有方向垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝2.0×10－4 T。電子質(zhì)量m＝9.1×10－31 kg，電荷量大小e＝1.6×10－19 C，不計電子重力，電子源發(fā)射一個速度v＝1.6×106 m/s 的電子，該電子擊中板的范圍的長度為l，則(　　) A．θ＝90°時，l＝9.1 cm　　 B．θ＝60°時，l＝9.1 cm C．θ＝45°時，l＝4.55 cm D．θ＝30°時，l＝4.55 cm 解析：選AD　電子在磁場中運(yùn)動，洛倫茲力提供向心力，有evB＝，R＝＝4.55×10－2 m＝4.55 cm＝，θ＝90°時，擊中板

11、的范圍如圖甲所示，l＝2R＝9.1 cm，選項A正確；θ＝60°時，擊中板的范圍如圖乙所示，l＜2R＝9.1 cm，選項B錯誤；θ＝30°時，擊中板的范圍如圖丙所示，l＝R＝4.55 cm，當(dāng)θ＝45°時，擊中板的范圍如圖丁所示，l＞R＝4.55 cm，故選項D正確，C錯誤。 3.如圖所示，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B＝0.15 T、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場分布在半徑為R＝0.10 m的圓形區(qū)域內(nèi)，圓的左端跟y軸相切于直角坐標(biāo)系原點O，右端跟很大的熒光屏MN相切于x軸上的A點。置于原點的粒子源可沿x軸正方向射出速度不同的帶正電的粒子流，粒子的重力不計，比荷＝1.0×108 C/kg。 (1)請

12、判斷當(dāng)粒子分別以v1＝1.5×106 m/s和v2＝0.5×106 m/s的速度射入磁場時，能否打到熒光屏上； (2)要使粒子能打在熒光屏上，求粒子的速度v0的大小應(yīng)滿足的條件； (3)若粒子的速度v0＝3.0×106 m/s，且以過O點并垂直于紙面的直線為軸，將圓形磁場逆時針緩慢旋轉(zhuǎn)90°，求此過程中粒子打在熒光屏上離A點的最遠(yuǎn)距離。 解析：(1)粒子以不同速度射入磁場的軌跡示例如圖甲所示，由幾何知識得當(dāng)粒子做圓周運(yùn)動的半徑r>R時，粒子沿圖中①方向射出磁場能打到熒光屏上，當(dāng)粒子做圓周運(yùn)動的半徑r≤R時，將沿圖中②、③方向射出磁場，不能打到熒光屏上。 當(dāng)粒子速度為v1時，由洛倫茲力提

13、供向心力，得qv1B＝m， 解得r1＝R>R，故能打到熒光屏上； 同理，當(dāng)粒子的速度為v2時， 解得r2＝R1.5×106 m/s時，粒子能打到熒光屏上。 (3)設(shè)速度v0＝v4＝3.0×106 m/s 時，粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的軌跡半徑為r4， 由洛倫茲力提供向心力， 得qv4B＝m， 解得

14、r4＝2R， 如圖乙所示，粒子在磁場中運(yùn)動的軌跡是以E點為圓心，以r4為半徑的一段圓弧。因圓形磁場以O(shè)為軸緩慢轉(zhuǎn)動，故磁場邊界變?yōu)橐設(shè)為圓心，以2R為半徑的圓弧ABE，粒子軌跡圓弧與其交點為B，當(dāng)A點恰轉(zhuǎn)至B點，此時粒子的出射點為B，在磁場中的偏角α最大為60°，射到熒光屏上P點離A點最遠(yuǎn)， 由幾何知識得AP＝CA·tan α＝(2R－r4tan 30°)·tan 60°＝ m≈0.15 m。 答案：(1)速度為v1時，能　速度為v2時，不能 (2)v0>1.5×106 m/s　(3)0.15 m 命題點二　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

15、勻強(qiáng)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(qiáng)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、B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－u0?，F(xiàn)有質(zhì)量為m、帶電荷量為q的正粒子組成的粒子束，沿A、B板間的中心線O1O2以速度v0＝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： (1)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； (2)

16、若要使射出電場的粒子經(jīng)某一圓形區(qū)域的勻強(qiáng)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(qiáng)度大小。 [解析]　(1)由題意知，當(dāng)粒子由t＝nT(n＝0,1,2,3，…)時刻進(jìn)入電場，向下側(cè)移最大， 則s1＝2＋··－2＝， 當(dāng)粒子由t＝nT＋(n＝0,1,2,3，…)時刻進(jìn)入電場，向上側(cè)移最大， 則s2＝2＝， 在距離O2點下方至O2點上方的范圍內(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 vy＝·＝， 所以射出速度大小為 v＝＝ ＝， 設(shè)速度方向與v0的夾角為θ， 則tan θ

17、＝＝， θ＝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)域直徑與粒子射出范圍的寬度相等，如圖所示， 粒子射出范圍的寬度D＝(s1＋s2)cos 30°， 即D＝cos 30°＝， 故磁場區(qū)域的最小半徑為 r＝＝， 而粒子在磁場中做圓周運(yùn)動，為使粒子偏轉(zhuǎn)后都通過磁場邊界的一個點處，粒子運(yùn)動半徑應(yīng)為r，有 qvB＝m， 解得B＝。 [答案]　(1)離O2點下方至O2點上方的范圍內(nèi)　，方向與v0的夾角為30°偏向下　(2)　 [例2]　如圖所示，真空中有一半徑r＝0.5 m的圓形磁場，與坐標(biāo)原點相切，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝2×10

18、－3 T，方向垂直于紙面向外，在x＝1 m和x＝2 m之間的區(qū)域內(nèi)有一沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場區(qū)域，電場強(qiáng)度E＝1.5×103 N/C。在x＝3 m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＝1×109 C/kg 且?guī)д姷牧Ｗ樱Ｗ拥倪\(yùn)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(jìn)入電場時的速度大小和粒子在磁場中的運(yùn)動時間； (2)速度方向與y軸正方向成θ＝30°角(如圖中所示)射入磁場的粒子，離開磁場時的速度方向； (3)按照(2)中條件運(yùn)動

19、的粒子最后打到熒光屏上的位置坐標(biāo)。 [解析]　(1)由題意可知，粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的軌跡半徑R＝r＝0.5 m， 由Bqv＝，可得粒子進(jìn)入電場時的速度為 v＝＝1×109×2×10－3×0.5 m/s＝1×106 m/s， 在磁場中運(yùn)動的時間為 t1＝T＝＝ s＝×10－6 s。 (2)由粒子的軌跡半徑R＝r及幾何關(guān)系可知，粒子的運(yùn)動圓軌跡和磁場圓的交點O、C以及兩圓的圓心O1、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。 (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(yùn)動，再垂直電場線進(jìn)入電

20、場，如圖乙所示。 在電場中的加速度大小為 a＝＝1.5×103×1×109 m/s2＝1.5×1012 m/s2， 粒子穿出電場時有 vy＝at2＝a·＝1.5×1012× m/s＝1.5×106 m/s， tan α＝＝＝1.5， 在磁場中y1＝r(1＋sin θ)＝0.5×1.5 m＝0.75 m， 在電場中側(cè)移為 y2＝at22＝×1.5×1012×2 m＝0.75 m， 飛出電場后粒子做勻速直線運(yùn)動 y3＝Δxtan α＝1×1.5 m＝1.5 m， y＝y(tǒng)1＋y2＋y3＝0.75 m＋0.75 m＋1.5 m＝3 m， 則粒子打到熒光屏上的位置坐標(biāo)為(3 m,3 m)。 [答案]　(1)1×106 m/s　×10－6 s　(2)與x軸平行向右　(3)(3 m,3 m)