2020年高三物理尖子生提升：磁聚焦和磁發(fā)散問題(教師版)[浙江]

1、尖子生備戰(zhàn)高考獨孤九劍I浙江2020高考物理尖子生核心素養(yǎng)提升之磁聚焦和磁發(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勻強磁場，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 uo,反向值為一U0O現(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 = V3qu0T射入，所有

2、粒子在A、B板間的飛行時間均為 不計重力3dm影響。求：精選資源戰(zhàn)勝高考(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)若要使射出電場的粒子經(jīng)某一圓形區(qū)域的勻強磁場偏轉(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)強度大小。解析由題意知，當粒子由t=nT(n=0,1,2,3,時刻進入電場，向下側(cè)移最大,貝II s = _qu_ 紅 2 quo21 T_qu0_ T 2=7quoT2s1 2dm 3 dm 3 3 2dm 3 18dm ,當粒子由t = nT+2T(n=0,1,2,3,時刻進入電場，向上側(cè)移最大，則 姬T2=血人S22dm 3

3、18dm,在距離O2點下方7qu普至O2點上方 管的范圍內(nèi)有粒子射出電場，18dm18dm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vo向下的速度大小為uoq T_ uoqTvy= dm 3 3dm,所以射出速度大小為2 , 23uoqT 2 , uoqT 2 2uoqTv=,v02+vy2= yj 32+ 3dm 2= 3dm,設(shè)速度方向與Vo的夾角為,則 tan 0= "= "i vo3'0= 3。°。(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

4、 D=(si + s2)cos 30 ° ,即D =嘿4 30=州曹 9dm9dm ,故磁場區(qū)域的最小半徑為_D_ 3quoT2 r = 2 9dm , 而粒子在磁場中做圓周運動，為使粒子偏轉(zhuǎn)后都通過磁場邊界的一個點處，粒子運動半徑應(yīng)為r,有v2 qvB=m-,解得B = W3m。 qT答案離02點下方與udT'至02點上方qu1的范圍內(nèi)2町方向與丫0的夾角為30°偏向下(2)空瞿 18dmi18dmi3dmi9dmi2 3m qT例2如圖所示，真空中有一半徑r=0.5 m的圓形磁場，與坐標原點相切，磁場的磁感應(yīng)強度大小 B=2X103 T, 方向垂直于紙面向外，在

5、x= 1 m和x=2 m之間的區(qū)域內(nèi)有一沿y軸正方向的勻強電場區(qū)域，電場強度E=1.5 xWN/C。在x=3 m處有一垂直于x軸方向的足夠長的熒光屏，從0點處向不同方向發(fā)射出速率相同、比荷m = 1X10 C/kg且?guī)д姷牧Ｗ樱Ｗ拥倪\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入電場時的速度大小和粒子在磁場中的運動時間；(2)速度方向與y軸正方向成0= 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)中條件運動的粒子最后打到熒光屏上的位置坐標

6、。解析(1)由題意可知，粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌跡半徑R=r=0.5 m,由Bqv=mv2,可得粒子進入電場時的速度為 RqBR ,Qav=- = 1X1C9X 2X 10x 0.5 m/s 1 x 10 m/s,在磁場中運動的時間為1jm71tl=4T= 2Bq2X l0x 2X 10兀 -A>4* 10 s。(2)由粒子的軌跡半徑R= r及幾何關(guān)系可知，粒子的運動圓軌跡和磁場圓的交點O、C以及兩圓的圓心 Oi、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

7、行，做直線運動，再垂直電場線進入電場，如圖乙所示。在電場中的加速度大小為a=Eq= 1.5 x 10x 1 x 9im/s2= 1.5 x 102 m/s2,粒子穿出電場時有瓜1vy= at2= a vj = 1.5 x 102 義1 * 丁 m/s= 1.5 x 60m/s,vy 1.5 x 付一tan a= = . h6 = 1.5, vx1X10在磁場中 y1=r(1+sin。)=0.5 x 1.5 m 0.75 m,在電場中側(cè)移為1 , 211212_y2= 2at22 = 2* 1.5 x、0 1 * 10 2 m= 0.75 m,飛出電場后粒子做勻速直線運動y3= Axtan a=

8、 1 x 1.5 m= 1.5 m,y= y+ 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為 (3 m,3 m)。答案(1)1 x1m/s jx 106 s (2)與 x 軸平行向右(3)(3 m,3 m)課時跟檢測1.如圖所示，一束不計重力的帶電粒子沿水平方向向左飛入圓形勻強磁場區(qū)域后發(fā)生偏轉(zhuǎn)，都恰好能從磁場區(qū)域的最下端P孔飛出磁場，則這些粒子（）A.運動速率相同B.運動半徑相同C.比荷相同D.從P孔射出時的速度方向相同解析：選B畫出粒子的運動軌跡，如從A點射入的粒子 淇圓心為Oi,因初始速度方向水平，則AOi豎直，因A0i=P0i

9、 = r,可知平行四邊形 OPOiA為菱形，可知r=R,則這些粒子做圓周運動的半徑都等于磁場區(qū)域圓的半徑R根據(jù)r，粒子從P孔射出時的速度方向也不相=R=mv可知,粒子的速率、比荷不一定相同；由圖中所示運動軌跡知 同,故只有B正確。2 .如圖所示，長方形abcd的長ad=0.6 m,寬ab=0.3 m, O、e分別是ad、bc的中點，以e為圓心、eb為半徑的 四分之一圓弧和以 O為圓心、Od為半徑的四分之一圓弧組成的區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場（邊界上無磁場）,磁感應(yīng)強度B=0.25 T。一群不計重力、質(zhì)量為 m=3X107 kg、電荷量為q = + 2X 103 C的帶正電 粒子，以速度v=

10、 5X10 m/s沿垂直ad方向垂直射入磁場區(qū)域，則下列判斷正確的是（ ）A .從Od之間射入的粒子，出射點全部分布在 Oa邊B .從aO之間射入的粒子，出射點全部分布在 ab邊C.從Od之間射入的粒子，出射點分布在ab邊D.從ad之間射入的粒子，出射點一定是b點解析：選D粒子進入磁場后做勻速圓周運動，根據(jù)洛倫茲力提供向心力,得：r=mv = 3|4福0m=0.3 m;因ab = 0.3m=r,從。點射入的粒子從b點射出，如圖所示；從 Od之間射入的粒子，因邊界上無磁場，粒子經(jīng)圓周運動到 達bc后做直線運動，即全部通過b點；從aO之間射入的粒子先做一段時間的直線運動，設(shè)某一個粒子在 M點進入磁

11、場，其運動軌跡圓圓心為 。如圖所示，根據(jù)幾何關(guān)系可得，四邊形OMeb是菱形，則粒子的出射點一定 是b點,可知，從aO之間射入的粒子，出射點一定是b點,故選項A、B、C錯誤，D正確。3 .如圖所示，圓形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面的勻強磁場，兩個質(zhì)量和電荷量都相同的帶電粒子 a、b,以不同的速率沿著AO方向?qū)蕡A心 O射入磁場，其運動軌跡如圖所示。若帶電粒子只受磁場力的作用，則下列說法正確的是A. a粒子速率較大B . b粒子速率較大C. b粒子在磁場中運動時間較長D. a、b粒子在磁場中運動時間一樣長.2由兩粒子質(zhì)量和電荷量解析：選B 根據(jù)qvB=mR,得R=qB，由題圖知Ra<Rb,可得va<

12、;vb,故A錯誤,B正確;都相同及T = 21m知，兩粒子周期相同，粒子在磁場中運動時間為t=£根據(jù)題圖可判斷 也>版則ta>tb,故C、qB2兀D錯誤。4 .如圖所示，邊界OA與OC之間分布有垂直紙面向里的勻強磁場 ，邊界OA上有一個粒子源 So某一時刻，從S平行于紙面向各個方向發(fā)射出大量帶正電的同種粒子（不計粒子的重力及粒子間的相互作用，所有粒子的速度大小相同，經(jīng)過一段時間有大量粒子從邊界OC射出磁場。已知/ AOC=60°從邊界OC射出的粒子在磁場中運動的最短時間等于 T（t為粒子在磁場中做圓周運動的周期，則從邊界OC射出的粒子在磁場中運動的最長時間為（）

13、C.2TD.5T6解析：選B由左手定則可知，粒子在磁場中沿逆時針方向做圓周運動，由于粒子速度大小都相同，故軌跡弧長越小，粒子在磁場中運動時間就越短；而劣弧弧長越小，弦長也越短，所以從S點作OC的垂線SD,則SD為最短弦，可知粒 子從D點射出時運動時間最短，如圖所示。根據(jù)最短時間為A，可知OSD為等邊三角形，粒子圓周運動半徑 R =SD,過S點作OA的垂線交OC于E點，由幾何關(guān)系可知 SE= 2SD,SE恰好可以作為圓弧軌跡的直徑 ，所以從E點射出的粒子，對應(yīng)弦最長，運行時間最長，且t=T，故B項正確。5 .（多選）（2019新余*II擬）如圖所示，S為一離子源，MN為長熒光屏，S到MN的距離為

14、L,整個裝置處在范圍足夠 大的勻強磁場中，磁場方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強度大小為 B。某時刻離子源S一次性沿平行紙面的各個方 向均勻地射出大量的正離子，離子的質(zhì)量 m、電荷量q、速率v均相同，不計離子的重力及離子間的相互作用力，則（）A.當vvqBL時所有離子都打不到熒光屏上B.當v<qmL時所有離子都打不到熒光屏上C.當D.當衿qmL時，打到熒光屏的離子數(shù)與發(fā)射的離子總數(shù)比值為512v=喑日，打到熒光屏的離子數(shù)與發(fā)射的離子總數(shù)比值為解析：選AC根據(jù)洛倫茲力提供向心力有 qvB=mv,得R= mv,當vvqBL時,R<L,直徑2R<L,所有離子都打不到熒光屏上，故Ar qB

15、2m 2正確；當v<喑日對于qBLkqBL的離子，L*<L，能打到熒光屏上，故B錯誤；當v= 警時,R= L,離子恰好能打在熒光屏上時的運動軌跡如圖所示，離子速度為V1時從下側(cè)回旋，剛好和熒光屏正對離子源的下部相切；離子速度為V2時從上側(cè)回旋，剛好和熒光屏正對離子源的上部相切打到熒光屏的離子數(shù)與發(fā)射的離子總數(shù)比1值為2,故C正確,D錯誤。6.（多選）如圖所示，一粒子發(fā)射源P位于足夠大絕緣板 AB的上方d處，能夠在紙面內(nèi)向各個方向發(fā)射速率為V、電荷量為q、質(zhì)量為 m的帶正電的粒子。空間存在垂直紙面的勻強磁場，不考慮粒子間的相互作用和粒子重力，已知粒子做圓周運動的半徑大小恰好為d,則（

16、）A.粒子能打在板上的區(qū)域長度是2dB.粒子能打在板上的區(qū)域長度是（43+1）dC.同一時刻發(fā)射出的粒子打到板上的最大時間差為7 Td6vD.同一時刻發(fā)射出的粒子打到板上的最大時間差為溫解析：選BC 以磁場方向垂直紙面向外為例 打在極板上粒子軌跡的臨界狀態(tài)如圖1所示，根據(jù)幾何關(guān)系知，帶電粒子能到達板上的長度l = d + J 2d2d2 =(1 + 馬兒,故A錯誤,B正確；在磁場中打到板上的粒子運動31時間取長和取短的運動軌跡不忌圖如圖2所不，由幾何關(guān)系知,取長時間t1=4最短時間t2=6又有粒子在磁場中運動的周期 T=2vr =怨;根據(jù)題意ti t2=At，聯(lián)立解得41=與=記,故C正確，D

17、錯誤。若磁場方向垂直紙面向里，可得出同樣的結(jié)論。7.如圖所示為圓形區(qū)域的勻強磁場，磁感應(yīng)弓II度為B,方向垂直紙面向里，邊界跟y軸相切于坐標原點 0。0點處有一放射源，沿紙面向各個方向射出速率均為v的某種帶電粒子，帶電粒子在磁場中做圓周運動的半徑是圓形磁場區(qū)域半徑的兩倍。已知帶電粒子的質(zhì)量為m、電荷量為q,不考慮帶電粒子的重力。/« 乂 X M X X 0=-* X X X 陡;JE晞r*金、x x /(1)推導帶電粒子在磁場中做圓周運動的半徑；(2)求帶電粒子在磁場中的最大偏轉(zhuǎn)角。解析：(1)帶電粒子進入磁場后，受洛倫茲力作用做勻速圓周運動，由牛頓第二定律得 Bqv= m(則r =

18、 °(2)粒子的速率均相同，因此粒子軌跡圓的半徑均相同，但粒子射入磁場的速度方向不確定，故可以保持圓的大 小不變，只改變圓的位置，畫出動態(tài)圓”如圖所示，通過 動態(tài)圓”可以觀察到粒子在磁場中的運動軌跡均為劣弧，劣弧弧越長，弧所對應(yīng)的圓心角越大，則運動時間越長，當粒子的軌跡弧的弦長等于磁場直徑時，粒子運動的時間最長，由幾何關(guān)系知sin£ = R = 2,即 料=60°。答案：（1）見解析 （2）60 °8.（2016海南高考）如圖,A、C兩點分別位于x軸和y軸上，/ OCA= 30° QA的長度為L。在4OCA區(qū)域內(nèi)有垂 直于xOy平面向里的勻強磁

19、場。質(zhì)量為 m、電荷量為q的帶正電粒子，以平行于y軸的方向從 OA邊射入磁 場。已知粒子從某點射入時 ，恰好垂直于OC邊射出磁場，且粒子在磁場中運動的時間為 t。不計重力。（1）求磁場的磁感應(yīng)強度的大小；（2）若粒子先后從兩不同點以相同的速度射入磁場，恰好從OC邊上的同一點射出磁場，求該粒子這兩次在磁場中運動的時間之和；5（3）若粒子從某點射入磁場后，其運動軌跡與 AC邊相切，且在磁場內(nèi)運動的時間為 以0,求粒子此次入射速度的3大小。解析：（1）粒子在磁場中做勻速圓周運動，在時間t0內(nèi)其速度方向改變了 90°故其周期T = 4t0設(shè)磁感應(yīng)強度大小為 B,粒子速度為v,圓周運動的半徑為

20、r。由洛倫茲力提供向心力得qvB=mv2r勻速圓周運動的速度滿足v= 2聯(lián)立式得 B=-2m-。2qt0(2)設(shè)粒子從OA邊兩個不同位置射入磁場，能從OC邊上的同一點P射出磁場，粒子在磁場中運動的軌跡如圖(a)所示。設(shè)兩軌跡所對應(yīng)的圓心角分別為例和 期 由幾何關(guān)系有01= 180 -色粒子兩次在磁場中運動的時間分別為tl與t2,則tl+ t2= 2= 2to。如圖(b),由題給條件可知，該粒子在磁場區(qū)域中的軌跡圓弧對應(yīng)的圓心角為150°。設(shè)。為圓弧白圓心，圓弧的半徑為ro,圓弧與AC相切于B點，從D點射出磁場。由幾何關(guān)系和題給條件可知 ，此時有/ OOD=/BOA = 30°

21、; rocos-cosBOA 八設(shè)粒子此次入射速度的大小為V0,由圓周運動規(guī)律學聯(lián)立式得 丫0 =趙且。 7t0答案：2蔡2 t °7t 0L9.如圖所示 質(zhì)量m= 8.0 x i05 kg、電荷量q= 1.6 x i05 C的帶正電粒子，從坐標原點O處沿xOy平面射入第 一象限內(nèi)，且均在與x軸正方向夾角大于等于30°的范圍內(nèi)，粒子射入時的速度方向不同，大小均為vo = 2.° X 10m/s?，F(xiàn)在某一區(qū)域內(nèi)加一垂直于xOy平面的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為 B= 0.1 T,若這些粒子穿過磁場后都能射到與y軸平行的熒光屏 MN上,并且把熒光屏 MN向左平移時，屏上光斑長度和位置保持不變。求：(后3.14)(1)粒子從y軸