第十一章 微点突破6 磁聚焦 磁发散（教师用书word）-【步步高】2025年高考物理大一轮复习讲义（人教版 广东专用）

微点突破6　磁聚焦　磁发散 目标要求　1.理解“磁聚焦”和“磁发散”模型。2.学会分析磁聚焦和磁发散问题。 1．带电粒子的会聚 如图甲所示，大量的同种带正电的粒子，速度大小相同，沿水平方向平行入射到圆形磁场区域，不计粒子的重力及粒子间相互作用，如果轨迹圆半径与磁场圆半径相等(R＝r)，则所有的带电粒子将从磁场圆的最低点B点射出。(会聚) 证明：四边形OAO′B为菱形，必是平行四边形，对边平行，OB必平行于AO′(即竖直方向)，可知从A点入射的带电粒子必然经过B点。 2．带电粒子的发散 如图乙所示，圆形磁场圆心为O，从P点有大量质量为m、电荷量为q的正粒子，以大小相等的速度v沿不同方向射入有界磁场，不计粒子的重力及粒子间相互作用，如果正粒子轨迹圆半径与有界圆形磁场半径相等，则所有粒子射出磁场的方向平行。(发散) 例1　(2023·广东清远市期末)如图所示，xOy坐标系中，第三象限存在沿x轴正方向的匀强电场，第四象限与x轴和y轴相切的半径为R的圆形区域内存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场Ⅰ，其边界与x轴的切点为P点。x轴上方存在垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场Ⅱ。在第三象限(－2R，－R)处存在粒子源，带正电粒子由粒子源无初速度释放后进入电场，在电场中加速后进入圆形磁场Ⅰ，又恰好以垂直于x轴的方向经P点进入磁场Ⅱ，最后带电粒子都打到放置在x轴上的收集板上。带电粒子的比荷均为，不计粒子间的相互作用和粒子受到的重力。若粒子源在第三象限(－2R，－)处，带电粒子仍能打到放置在x轴上的收集板上，求收集板的最小长度L。 答案　(4－2)R 解析　设粒子在匀强磁场Ⅰ中做匀速圆周运动的半径为r1，根据几何关系有r1＝R，粒子在匀强磁场Ⅰ中做匀速圆周运动时，根据洛伦兹力提供向心力有Bqv＝m 根据题中条件可知，粒子源改变位置后带电粒子仍从P点进入匀强磁场Ⅱ，设粒子进入匀强磁场Ⅱ时与x轴正方向的夹角为θ，根据几何关系有r1cos θ＋＝r1 根据几何关系可知，此时带电粒子打在收集板上的落点到P点的距离d＝2r2sin θ，且r2＝，收集板的最小长度L＝2r2－d，解得L＝(4－2)R。 例2　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。一初速度为零的带正电的粒子从PQ上的任一位置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，磁感应强度大小为B，粒子经磁场偏转后都能平行于x轴射出。 (1)求带电粒子的比荷； (2)求沿y轴正方向加速的带电粒子在磁场中运动的时间； (3)求带电粒子离开磁场时的纵坐标范围。 答案　(1)　(2)　(3)－R～R 解析　(1)由动能定理可知qU＝mv2 由已知条件结合几何关系可知，带电粒子在磁场中运动的半径R0＝R 洛伦兹力提供向心力qvB＝m，得＝ (2)沿y轴正方向入射的带电粒子，设其在磁场中做圆周运动的圆心角为θ，由几何关系θ＝90°，所以t＝T＝T，且T＝，解得t＝ (3)如图，沿QN方向入射的带电粒子，离开磁场的出射点a在y轴上的投影与O′的距离为Δy＝R＋R，故a点的纵坐标ya＝R 同理可得，沿PM方向入射的带电粒子离开磁场的出射点b的纵坐标yb＝－R 带电粒子离开磁场时的纵坐标范围－R～R 1. (多选)如图所示，坐标原点O处有一粒子源，能向坐标平面一、二象限内发射大量质量为m、电荷量为q的正粒子(不计重力及粒子间相互作用)，所有粒子速度大小相等。圆心在(0，R)、半径为R的圆形区域内，有垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，磁场右侧有一点A(2R，R)，已知初速度沿y轴正方向的粒子经过磁场后，粒子的速度方向沿x轴的正方向，则(　　) A．初速度方向与x轴夹角为120°的粒子经过A点 B．初速度方向与x轴夹角为135°的粒子经过A点 C．经过A点的粒子在磁场中运动时间为 D．经过A点的粒子在磁场中运动时间为 答案　AC 解析　初速度沿y轴正方向的粒子经过磁场后，粒子的速度方向沿x轴的正方向，则粒子的轨迹半径r＝R，由qvB＝可得粒子轨迹半径都为R；结合题意和几何关系可知，平面一、二象限射入的粒子从磁场射出时，速度一定沿x轴正方向，设经过A点的粒子在磁场中运动的轨迹所对的圆心角为α，根据几何关系有R＋Rsin (α－90°)＝R，解得α＝120°，故A正确，B错误； 该粒子在磁场中的运动时间为t＝×＝，故C正确，D错误。 2. 为了探测带电粒子，研究人员设计了如图所示的装置。纸面内存在一个半径为R、圆心为O′的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B，该磁场区域在垂直纸面的方向上足够长。以O′右边的O点为中心放置一个足够大的探测屏，探测屏与OO′连线垂直。纸面内圆形磁场区域正下方存在一个长度为R且沿水平方向的线状粒子源MN，O′在MN的中垂线上，O′到MN的垂直距离为1.5R。该粒子源各处均能持续不断地发射质量为m、电荷量为＋q的粒子，粒子发射时的速度大小均相同，方向均竖直向上，从粒子源MN中点发射的粒子离开磁场时速度恰好沿O′O方向，不计粒子重力和粒子间相互作用力。 (1)求粒子发射时的速度大小v0； (2)求粒子源左端点M与右端点N发射的粒子从发射到打到屏上所经历的时间之差Δt。 答案　(1)　(2) 解析　(1)分析可知粒子做圆周运动的半径为R，由qv0B＝m，得v0＝ (2)分析可知粒子源左端点M与右端点N发射的粒子均从磁场边界与OO′交点射出，且转过的圆心角分别为：θM＝，θN＝ 两粒子在磁场中运动的周期为T＝＝ 两粒子在磁场中运动的时间分别为tM＝T，tN＝T，由于两个粒子在匀强磁场区域外部运动的时间相等，所以Δt即为在磁场中运动的时间差，即Δt＝tM－tN，得Δt＝。 3. (2023·广东深圳中学三模)如图，在平面直角坐标系xOy平面内存在两处匀强磁场，第一象限内的匀强磁场分布在三角形OAC之外的区域，磁感应强度大小为2B，方向垂直纸面向里，A、C两点分别位于x轴和y轴上，∠OAC＝30°，OC的长度为2R，第二象限内的匀强磁场分布在半径为R的圆形区域内，磁感应强度大小为B，圆形区域的圆心坐标为(－R，R)，圆形区域与x、y轴的切点分别为P、Q，第三、四象限内均无磁场。置于P点的离子发射器，能持续地从P点在xOy平面内向x轴上方180°范围内以恒定速率发射同种正离子，离子质量均为m，电荷量均为q；在y轴上的CG之间放置一个长CG＝2R的探测板，所有打到探测板上的离子都被板吸收。已知从P点垂直于x轴发射的离子恰好经过Q点进入第一象限，不计离子的重力及离子间的相互作用，求： (1)圆形区域内磁场的方向及离子的发射速率v0； (2)从P点垂直于x轴发射的离子，从发射到第二次经过边界AC所用的时间t； (3)探测板CG上有离子打到的区域长度。 答案　(1)垂直于纸面向外　 (2)(＋)　(3)(＋)R 解析　(1)从P点垂直于x轴发射的正离子恰好经过Q点进入第一象限，说明正离子在P点受到向右的洛伦兹力，由左手定则知磁场方向垂直于纸面向外。如图所示，设离子在圆形区域内做圆周运动的轨迹半径为r，则r＝R 由洛伦兹力提供向心力有qv0B＝m 解得v0＝ (2)设离子在第二象限磁场中圆周运动的周期为T，则T＝＝ 则在第一象限磁场中圆周运动的周期为T′＝＝ 离子在圆形区域磁场中运动圆心角为90°，则运动时间t1＝T＝ 离子在两磁场之间匀速直线运动时间 t2＝＝ 离子在AC右侧区域磁场中运动轨迹对应的圆心角为300°，运动时间t3＝T′＝ 则离子从发射到第二次经过边界AC所用的时间t＝t1＋t2＋t3 得t＝(＋) (3)如图所示，因所有离子均以恒定速率发射，故离子在圆形磁场中的轨迹半径均为r，又已知r＝R，易得所有离子经过圆形磁场后均水平向右飞出圆形磁场，然后穿过AC进入右侧磁场，离子在第一象限运动有qv0·2B＝m，得r′＝，从C点进入右侧磁场的离子，经过半个周期打到屏上E点，则CE＝2r′＝R。 从M点进入右侧磁场的离子，轨迹恰好与屏CG相切于D点，图中CF垂直于O2M，则 CD＝r′－r′tan 30° 得CD＝(－)R 则探测板上有离子打到的区域为DE，其长度 DE＝CE－CD＝(＋)R。 学科网（北京）股份有限公司 $