《（通用版）2020版高考物理一輪復(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）.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（通用版）2020版高考物理一輪復(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）.doc（10頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

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) 命題點一　平移圓、放縮圓、旋轉(zhuǎn)圓問題 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入勻強磁場時，它們做勻速圓周運動的半徑相同，若入射速度大小為v0，則圓周運動半徑R＝，如圖所示(圖中只畫出粒子帶負電的情景)。 (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＝的圓進行平移，從而探索粒子的臨界條件，這種方法叫“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)強度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場，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，射出粒子帶負電，A項錯誤；利用qvB＝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入勻強磁場時，這些帶電粒子在磁場中做勻速圓周運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，運動半徑也越大。帶電粒子沿同一方向射入磁場后，它們運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?，F(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入勻強磁場時，它們在磁場中做勻速圓周運動的半徑相同，若射入初速度為v0，則圓周運動半徑為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磁場。在紙面內(nèi)從O點向磁場區(qū)域AOB各個方向瞬時射入質(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)勻強磁場的磁感應(yīng)強度的大?。? (2)帶電粒子在磁場中運動的最長時間； (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動時間最長，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動的弦長OD＝OC，粒子做圓周運動的圓弧對應(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N沿同一方向經(jīng)小孔S垂直進入勻強磁場，在磁場中的運動軌跡如圖所示。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磁場，磁感應(yīng)強度B＝2.010－4 T。電子質(zhì)量m＝9.110－31 kg，電荷量大小e＝1.610－19 C，不計電子重力，電子源發(fā)射一個速度v＝1.6106 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　電子在磁場中運動，洛倫茲力提供向心力，有evB＝，R＝＝4.5510－2 m＝4.55 cm＝，θ＝90時，擊中板的范圍如圖甲所示，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)強度大小為B＝0.15 T、方向垂直紙面向里的勻強磁場分布在半徑為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＝1.0108 C/kg。 (1)請判斷當粒子分別以v1＝1.5106 m/s和v2＝0.5106 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＝3.0106 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，由幾何知識得當粒子做圓周運動的半徑r>R時，粒子沿圖中①方向射出磁場能打到熒光屏上，當粒子做圓周運動的半徑r≤R時，將沿圖中②、③方向射出磁場，不能打到熒光屏上。 當粒子速度為v1時，由洛倫茲力提供向心力，得qv1B＝m， 解得r1＝R>R，故能打到熒光屏上； 同理，當粒子的速度為v2時， 解得r2＝R1.5106 m/s時，粒子能打到熒光屏上。 (3)設(shè)速度v0＝v4＝3.0106 m/s 時，粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌跡半徑為r4， 由洛倫茲力提供向心力， 得qv4B＝m， 解得r4＝2R， 如圖乙所示，粒子在磁場中運動的軌跡是以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， 由幾何知識得AP＝CAtan 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>1.5106 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u0，反向值為－u0。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＝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)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]　(1)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， 則s1＝2＋－2＝， 當粒子由t＝nT＋(n＝0,1,2,3，…)時刻進入電場，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＝＝， 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 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，與坐標原點相切，磁場的磁感應(yīng)強度大小B＝210－3 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軸正方向的勻強電場區(qū)域，電場強度E＝1.5103 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＝1109 C/kg 且?guī)д姷牧Ｗ?，粒子的運動軌跡在紙面內(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)中條件運動的粒子最后打到熒光屏上的位置坐標。 [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＝，可得粒子進入電場時的速度為 v＝＝1109210－30.5 m/s＝1106 m/s， 在磁場中運動的時間為 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＝＝1.51031109 m/s2＝1.51012 m/s2， 粒子穿出電場時有 vy＝at2＝a＝1.51012 m/s＝1.5106 m/s， tan α＝＝＝1.5， 在磁場中y1＝r(1＋sin θ)＝0.51.5 m＝0.75 m， 在電場中側(cè)移為 y2＝at22＝1.510122 m＝0.75 m， 飛出電場后粒子做勻速直線運動 y3＝Δxtan α＝11.5 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為(3 m,3 m)。 [答案]　(1)1106 m/s　10－6 s　(2)與x軸平行向右　(3)(3 m,3 m)