高中物理教科版选修3-1学案 磁场中的“动态问题”和“磁聚焦”问题 Word版含解析

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．
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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(　　)
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A．若r＝2R，则粒子在磁场中运动的最长时间为
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 ＝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
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＝T＝·＝，故A错误．
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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 ＝＝＝，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＝T＝·＝，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：
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(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＝
解得v0＝＝
所以粒子能从左边界射出时的最大速度为vm＝v0＝
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(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＝
由洛伦兹力提供向心力得
Bqv2＝m
由动能定理得－qU＝0－mv
解得U＝＝
所加电压满足的条件U>.
粒子转过的圆心角为60°，所用时间为，而T＝
因返回通过磁场所用时间相同，所以总时间
t＝2×＝
(3)当粒子速度是(2)中的倍时，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．
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粒子打到CD边界的距离
l＝2×2dcos 30°＝2d
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)．
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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)
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(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；
(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

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(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＝＝.
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/针对训练　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　
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1．如图所示，半径为R的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
C．粒子在磁场中运动的最长时间为
D．粒子到达y轴上的最大时间差为－
【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＝m，则速度v＝，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＝T＝×＝，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－＝－，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：
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(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＝m
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
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粒子在电场中运动的加速度a＝
粒子在电场中运动的时间t＝
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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＝，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＝，得r＝.
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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＝L.
可求得粒子速度的最大可能值v＝.
(2)将v＝代入r＝，可得r2＝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＝r2.
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＝DE，则磁场的最小面积为
S＝πR2＝π＝.
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＝.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：
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(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＝m
解得v＝
(2)经过加速电场：qU＝mv－mv2
解得：v2＝
粒子在磁场区域Ⅱ的轨道半径为2r，qv2B2＝
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解得B2＝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′＝B2，r2′＝r2＝r
荧光屏上方没有粒子到达的长度为d＝2r2′－2r2＝r
即荧光屏上有粒子到达的范围是：距上端r处到下端，总长度r