磁汇聚与磁发散模型 讲义-2025-2026学年高二下学期物理人教版选择性必修第二册

磁汇聚与磁发散 当圆形磁场的半径与圆轨迹半径相等时,存在两条特殊规律 知识点一：磁汇聚模型 1.平行射入圆形有界磁场的相同带电粒子,如果圆形磁场的半径与圆轨迹半径相等,则所有粒子都从磁场边界上的同一点射出,并且出射点的切线与入射速度方向平行 2.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点发出的带电粒子必然经过B点． 知识点二：磁发散模型 1.带电粒子从圆形有界磁场边界上某点射入磁场,如果圆形磁场的半径与圆轨迹半径相等,则粒子的出射速度方向与圆形磁场上入射点的切线方向平行 2.证明：所有粒子运动轨迹的圆心与有界圆圆心O、入射点、出射点的连线为菱形，也是平行四边形，O1A、O2B、O3C均平行于PO，即出射速度方向相同(沿水平方向)． 一、单选题 1．如图所示，有一圆形区域匀强磁场，半径为R，方向垂直纸面向外，磁感应强度大小，在其右侧有一与其右端相切的正方形磁场区域，正方形磁场的边长足够长，方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为。有一簇质量为m，电荷量为的粒子，以相同的速度沿图示方向平行射入磁场，不计粒子的重力及粒子之间的相互作用，则粒子在正方形磁场区域中可能经过的面积为（    ）    A． B． C． D． 二、多选题 2．在芯片制备中会用到磁聚焦和磁约束来改变一束平行带电粒子的宽度。如图所示，半径分别为r₀、2r₀的圆Ⅰ、Ⅱ相切于O点，两圆内均存在着垂直纸面的匀强磁场（图中未画出），圆Ⅰ内磁场的磁感应强度大小为B。一束由质量为m、电荷量为q的同种带电粒子形成的粒子流（宽度为r₀）以水平向右的速度从圆Ⅰ的下半部分射入圆Ⅰ中，并全部从O点进入圆Ⅱ区域，最终均以水平向右的速度射出圆Ⅱ区域，不计粒子重力和粒子间的相互作用力，下列说法正确的是（　　） A．粒子流射入磁场的速度大小为 B．圆Ⅱ内磁场的磁感应强度大小为2B C．粒子在磁场中运动的最长时间为 D．粒子流在圆Ⅱ内经过区域的面积为 3．如图所示，平面内有一个半径为的圆形区域，右侧存在一个截面为矩形的区域abcd，两个区域的切点为ad边的中点，，，bc和cd边上分别有两个接收屏（接收屏的长度等于矩形区域的边长）。两个区域内存在垂直纸面向外且相同的匀强磁场（两区域磁场方向平行），磁感应强度大小为，现有一簇粒子（质量为，电荷量为）以速度，方向竖直向上垂直磁场进入圆形区域（粒子的射入范围等于圆形区域的直径且分布均匀），不考虑粒子的重力，射出矩形边界后的粒子不再考虑。下列说法正确的是（　　） A．沿着半径射入的粒子在圆形区域内的运动时间为 B．沿着半径射入的粒子在圆形区域内的运动半径为 C．矩形区域内粒子所经过的面积为 D．打到cd屏上的粒子数占进入矩形区域粒子数的比例为 4．如图，空间中一半径为R的圆形区域（包括边界）内有方向垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场。磁场左侧宽度为R的区域里，大量质量为m、电荷量为q的带正电粒子以相同的水平速度平行射入圆形磁场，其中从A点沿AO方向射入的粒子，恰好能从圆形磁场最高点M点飞出，已知过A、O两点的直线水平且是有带电粒子射入区域的中心线，不计粒子重力及粒子间的相互作用，下列说法正确的是（　　） A．粒子做圆周运动的半径为 B．粒子的初速度大小为 C．粒子在磁场中运动的最短时间为 D．粒子在磁场中运动的最长时间为 5．在现代电磁技术中，当一束粒子平行射入圆形磁场时，会在磁场力作用下汇聚于圆上的一点，此现象称为磁聚焦，反之，称为磁发散。如图所示，以O为圆心、R为半径的圆形区域内，存在一垂直于纸面向里的匀强磁场，半径。一质量为m、电荷量为q的粒子（重力不计），从C点以速度v沿纸面射入磁场，速度v的方向与CO夹角为30°，粒子由圆周上的M点（图中未画出）沿平行OD方向向右射出磁场，则下列说法正确的是（　　） A．粒子带正电 B．匀强磁场的磁感应强度 C．有粒子运动过程中会经过O点 D．若粒子在M点以速度v沿平行DO方向向左射入磁场，将由C点射出磁场 三、解答题 6．如图所示，在xoy平面直角坐标系中，在第二象限有以为圆心，为半径的圆形有界磁场，磁场最右端刚好与轴相切，磁感应强度大小为，方向垂直纸面向里。在第一象限有范围足够大的，方向沿轴正半轴的匀强电场，场强大小为，在正半轴上铺有一条长度足够长的荧光屏，现轴上有一粒子源点，的坐标为（-r，0），能平行于纸面向与轴正半轴成角范围内发射速率相同的电子，且所有电子出磁场的方向均与轴平行。已知电子的质量为，电荷量为，不计电子的重力与电子间的相互作用，求： (1)电子的速率和电子在磁场中的轨道半径； (2)当发射速度方向为时射入磁场的电子，其落到轴上的坐标； (3)从点发射的各电子在荧光屏上留下的亮纹长度； 7．如图所示，平面内有一个半径为R的圆形区域，右侧存在一个截面为矩形的区域abcd，两个区域的切点O为ad边的中点，，，bc和cd边上分别有两个接收屏（接收屏的长度等于矩形区域的边长）。两个区域内存在垂直纸面向外且相同的匀强磁场（两区域磁场方向平行），磁感应强度，现有一簇粒子（质量为m，电荷量为）以速度，方向竖直向上垂直磁场进入圆形区域（粒子的射入范围等于圆形区域的直径且分布均匀），不考虑粒子的重力，射出矩形边界后的粒子不再考虑。求： (1)沿着半径射入的粒子在圆形区域内的运动时间t； (2)矩形区域内粒子所经过的面积S； (3)打到cd屏上的粒子数占进入矩形区域粒子数的比例N。 8．如图，在xOy平面内，以O1（0，R）为圆心、R为半径的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场B1；直线ab与x轴平行且相距为d，x轴与ab间区域有平行于y轴向上的匀强电场E； ab下方有一平行于x轴的感光板MN，ab与MN间区域有垂直于纸面向外的匀强磁场B2。一质量为m、电荷量为e的电子以速度v0沿x轴正方向对着O1射入圆形磁场，从O点射出。在0≤y≤2R区域内，一群相同的电子以相同的速度v0从不同位置射入圆形磁场，也均能从O点进入x轴下方电场。已知场强大小，磁感应强度，电子重力不计，。 (1)求圆形区域内磁场的磁感应强度大小B1； (2)若所有电子都不能打在感光板MN上，求MN与ab间的最小距离h1。 (3)若所有电子都能打在感光板MN上，求所有电子中从O点出发运动到MN的最长时间t。 9．如图，有一平行于轴长为的线状粒子发射器，其中心位于轴负半轴某处，在间均匀发射沿平行轴方向速度均相同的同种粒子，粒子的电荷量为，质量为。其右侧有一沿轴正向的匀强电场，场强为，宽为。有一圆心在半径为的圆形匀强磁场I，其磁感应强度为，方向垂直纸面向外。第四象限下方有垂直向里的匀强磁场II，其磁感应强度为。已知从点射入圆形磁场的粒子，刚好从圆形磁场最下端点沿-轴方向射出，忽略粒子的重力和粒子间的相互作用力。求： (1)粒子的初速度； (2)发射出的粒子经过磁场I的最长时间与最短时间之差； (3)若第四象限的位置有一足够长的荧光屏，所有打在荧光屏上的粒子均被吸收，则线状粒子发射器同一时刻射出的粒子，最终打到荧光屏上的粒子数与总粒子数之比。 10．现代高能粒子实验中需要获取轨迹可控的高能粒子，发现用磁场约束粒子运动轨迹的方法十分有效。空间中存在三个有电场或磁场的区域，区域Ⅰ是半径为的圆形区域，区域Ⅰ中存在磁感应强度大小为的垂直于纸面向外的匀强磁场；区域Ⅱ在区间内存在平行轴的匀强电场，，场强大小，场强方向沿着轴负向，区域Ⅲ为的区间，存在方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为，坐标为的点是边界上一点。一群质量为，电荷量为的带电粒子沿着方向射入区域Ⅰ，其坐标范围为，要求这批粒子从同一点离开区域Ⅰ。（不计粒子重力，）求： (1)求粒子初速度； (2)这批粒子离开区域与轴的夹角范围； (3)某粒子能到达点，该粒子最初入射的坐标； (4)若满足（3）的那个粒子从点进入磁场后受到了与速度大小成正比、方向相反的阻力，观察发现该粒子轨迹呈螺旋状并与区域Ⅲ磁场左边界相切于点（未画出）。求粒子由点运动到点的时间以及坐标的值。 2 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 题号 1 2 3 4 5 答案 C AD AC BD BC 1．C 【详解】由，则知粒子在圆形磁场区域经历磁聚焦，聚于两区域相切点而后进入正方形区域图形如下图    图中阴影部分即为所求：则 空白区域面积 空白加阴影的总面积 则 故选C。 2．AD 【详解】A．平行入射的粒子全部汇聚到O点，这是磁聚焦现象，可知粒子在圆Ⅰ中运动的轨迹半径为 由洛伦兹力提供向心力，有 解得，故A正确； B．粒子从O点进入圆Ⅱ后，全部以水平向右速度射出，为磁发散现象，可知粒子在圆Ⅱ中轨迹半径等于圆Ⅱ的半径，即 同理 代入，得 解得，故B错误； C．粒子在圆Ⅰ中周期为 圆Ⅱ中周期为 最上端入射的粒子偏转角最大，在圆Ⅰ中偏转角 在圆Ⅱ中偏转角为 总运动时间为，故C错误； D．所有粒子从O点出发，轨迹半径均为，速度方向范围为竖直向下到水平向右，如图所示 经过的区域为两圆重合的部分，面积为，故D正确。 故选AD。 3．AC 【详解】AB．粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有， 解得， 沿着半径射入的粒子一定沿半径射出，粒子在圆形磁场中的轨迹为四分之一圆弧，则运动时间为，解得，故A正确，B错误； C．结合上述可知，粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径等于圆形磁场区域的半径，则所有粒子经过圆形磁场均可由切点进入矩形磁场内部，速度方向为任意方向，根据圆形磁场区域的磁汇聚规律，根据几何关系可知，沿平行于Oa方向射入的粒子打在点，此时为最远路径，如图所示， 则粒子在磁场中所经过的面积为一个圆心角为的扇形和一个正方形的面积之和， 解得，故C正确； D．粒子进入矩形区域时，其入射点在到之间，且入射方向与轴正方向夹角满足。粒子从(R,0)处出射时，初速度水平向右，轨迹为（R，0）到（R，2R）打在 bc边上，未打到cd屏； 粒子从(0,R)处出射时，初速度竖直向上，轨迹为（0，R）到（R，2R）打在bc边上，未打到cd屏。粒子从（x，）处出射(0<x<R),初速度方向与半径垂直，即 进入矩形区域后，粒子轨迹为半径为R的圆弧。当时，粒子会打到cd屏上； 当时，粒子会打到bc屏上。因此，只有当粒子出射点满足时，其轨迹才会与cd边相交。对应的角度范围是，即的粒子会打到cd屏上。因此，打到cd屏上的粒子数占进入矩形区域粒子数的比例为而不是，故D错误。 故选AC。 4．BD 【详解】AB．由几何关系可知粒子圆周运动的半径 由洛伦兹力提供向心力得 解得粒子的初速度大小为 故A错误，B正确； CD．如图所示 由C点入射的粒子运动时间最短，设运动轨迹对应的圆心角为α，则有 粒子做圆周运动的周期为 粒子运动的最短时间 同理，由D点入射的粒子运动时间最长，对应的圆心角为120°，则最长时间为 故C错误，D正确。 故选BD。 5．BC 【详解】A．由题意可知，粒子由圆周上的M点沿平行OD方向向右射出磁场，则粒子在磁场中向右偏转，粒子刚进入磁场时所受洛伦兹力与v垂直向上，由左手定则可知，粒子带负电，故A错误； B．从C点射入磁场的粒子离开磁场时的速度均平行于OD射出磁场，则从C沿某方向射入磁场的粒子从D射出磁场时的速度方向水平向右，粒子做圆周运动的轨道半径为 粒子运动轨迹如图所示 由牛顿第二定律得 解得 故B正确。 C．粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径 从C点以速度v沿纸面射入磁场、速度v的方向与CO夹角为30°的粒子运动轨迹如图所示 是菱形，O点一定在运动轨迹上，即粒子运动过程经过O点，故C正确； D．粒子带负电，若粒子在M点以速度v沿平行DO方向向左射入磁场，由左手定则可知，粒子将向上偏转，粒子不会从C点射出磁场，故D错误。 故选BC。 6．(1)， (2) (3) 【详解】（1）由题意所有电子出磁场的方向均与轴平行，故         再根据洛伦兹力与向心力公式可得    联立上式解得 （2）时，电子垂直穿过轴，穿过轴时，距离坐标原点为，之后在电场中做类平抛运动打到轴上，电子的轨迹如图所示 由平抛运动规律可得，水平方向         竖直方向     其中 联立上式可得     其落到轴上的坐标为 （3）经分析可知从点发射的各种电子离开磁场，在电场中做类平抛运动，当时，电子打在荧光屏上的最左端，设距离原点为，则有，     联立上式可得     当时，电子打在荧光屏上的最右端，设距离原点为，则有，     联立上式可得     则各电子在荧光屏上留下的亮纹长度 7．(1) (2) (3) 【详解】（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有， 解得， 沿着半径射入的粒子一定沿半径射出，根据几何关系可知，粒子在圆形磁场中的轨迹为四分之一圆弧，则运动时间为 解得 （2）结合上述可知，粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径等于圆形磁场区域的半径，则粒子入射点、出射点、磁场圆形区域的圆心与轨迹圆的圆心四点构成的四边形为菱形，则所有粒子经过圆形磁场均可由切点O进入矩形磁场内部，速度方向为任意方向，根据圆形磁场区域的磁汇聚规律，根据几何关系可知，沿平行于Oa方向射入的粒子打在b点，此时为最远路径，如图所示 则粒子在磁场中所经过的面积为一个圆心角为的扇形和一个正方形的面积之和，解得 （3）打在cd边的轨迹如图所示 打到c点的粒子速度方向与ad边垂直，是由f点射入的粒子。假设从e点射入的粒子正好打在d点，由于粒子半径与Od的长度相等，该方向的粒子的圆心角为 由图可知ef为打到cd边的粒子分布，此时入射点和圆形磁场的圆心连线与水平方向的夹角为。则打在cd边上的粒子占进入矩形区域内粒子个数比为 8．(1) (2) (3) 【详解】（1）当电子从位置y=R处射入的电子经过O点进入x轴下方，电子在磁场B1中，圆周运动，根据牛顿第二定律 几何关系r1=R 解得 （2）在电场中加速，设到达ab时速度大小为v，根据动能定理 解得 电子在磁场B2中，圆周运动，根据牛顿第二定律 解得 临界：电子在O点以速度v₀沿x轴负方向射入电场，经电场偏转和磁场偏转后，轨迹刚好和MN相切，圆心为O2。轨迹如图 设沿x轴负方向射入电场的电子离开电场进入磁场时速度方向与水平方向成θ角，则 解得θ=53° 几何关系可知，感光板与ab间的最小距离 解得 （3）临界：电子在O点沿x轴正方向射入电场，经电场偏转和磁场偏转后，轨迹和感光板相切，则所有电子都能打在感光板上，圆心为O3：轨迹如图 在电场中，做类平抛运动，则 其中，根据牛顿第二定律可知，加速度大小为 解得 由几何关系θ=53° 在磁场B2中，周期为 运动时间为 最长时间 9．(1) (2) (3) 【详解】（1）粒子以速度经过电场加速后速度为,根据动能定理则有 粒子以速度由O进入磁场刚好从圆形磁场最下端点沿方向射出，洛伦兹力提供圆周运动的向心力，则有 由几何关系 联立以上各式解得 （2）粒子在磁场中进行磁聚焦，粒子会汇聚在点，从圆形磁场最上端进入磁场和从最下端进入磁场的粒子时间间隔最大，粒子圆周运动的周期 最上端粒子运动时间 最下端粒子运动时间 最大时间间隔 （3）刚好在磁场II射到荧光屏上轨迹恰好与荧光屏相切，由几何关系， 在磁场中 最终打到荧光屏上的粒子数与总粒子数之比 10．(1) (2)粒子的角度范围在与x轴夹角53°范围内 (3) (4)， 【详解】（1）由磁聚焦原理，沿着轴正向入射的粒子将汇聚于区域I与轴的交点，且磁场圆与轨迹圆半径相同，则 由牛顿第二定律可得 解得 （2）时，由几何关系可得 所以 时，由几何关系可得 所以 则粒子的角度范围在与x轴夹角53°范围内； （3）区域Ⅱ中带电粒子在匀强电场中做匀变速曲线运动，类斜抛运动，假设入射粒子与轴正向夹角为α，由运动的分解可得，方向有 方向有 解得 由几何关系x坐标为 （4）若粒子进入磁场后受到了与速度大小成正比、方向相反的阻力，粒子在磁场的运动轨迹如图所示 根据 可得 即角速度为一定值，又可知粒子与磁场左边界相切时转过的弧度为，则有 取一小段时间Δt，对粒子在x方向上列动量定理 两边同时对过程求和 可得 即 其中 则有 可得 故有 $