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1、. 第九章“沖刺雙一流”深化內容 電磁學壓軸大題增分策略(三)——突破“磁發(fā)散”和“磁聚焦”兩大難點 帶電粒子在磁場中的運動形式很多，其中有一種是帶電粒子在圓形磁場中的運動。當粒子做圓周運動的半徑與圓形磁場的半徑相等時，會出現(xiàn)磁發(fā)散或磁聚焦現(xiàn)象。 帶電粒子在圓形磁場中的發(fā)散運動 不同帶電粒子在圓形磁場中從同一點沿不同方向出發(fā)，做發(fā)散運動，離開磁場后速度方向都相同。 例如：當粒子由圓形勻強磁場的邊界上某點以不同速度射入磁場時，會平行射出磁場，如圖所示。 [例1]　真空中有一半徑為r的圓柱形勻強磁場區(qū)域，磁場方向垂直于紙面向里，Ox為過邊界上O點的切線，如圖所示。從O

2、點在紙面內向各個方向發(fā)射速率相同的電子，設電子間相互作用忽略，且電子在磁場中運動的圓周軌跡半徑也為r。所有從磁場邊界射出的電子，其速度方向有何特征？ [解析]　如圖所示，無論入射的速度方向與x軸的夾角為何值，入射點O、出射點A、磁場圓心O1和軌道圓心O2，一定組成邊長為r的菱形，因為OO1⊥Ox，所以O2A⊥Ox。而O2A與電子射出的速度方向垂直，可知電子射出方向一定與Ox軸方向平行，即所有的電子射出圓形磁場時，速度方向均與Ox軸正向相同。 [答案]　見解析 [例2]　如圖所示，真空中有一個半徑r＝0.5 m的圓形磁場，與坐標原點相切，磁場的磁感應強度大小B＝210－3 T，方向垂直于紙

3、面向外，在x＝1 m和x＝2 m之間的區(qū)域內有一個方向沿y軸正向的勻強電場區(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)射出速率相同的比荷＝1109 C/kg，且?guī)д姷牧Ｗ?，粒子的運動軌跡在紙面內，一個速度方向沿y軸正方向射入磁場的粒子，恰能從磁場最右側的A點離開磁場，不計重力及阻力的作用，求： (1)沿y軸正方向射入的粒子進入電場時的速度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)(2)中的粒子最后打到熒光屏上，該發(fā)光點的位置坐標。 [

4、解析]　(1)由題意可知，粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌道半徑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＝7.8510－7 s。 (2)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v和x軸平行向右，如圖所示。 (3)粒子在磁場中轉過120角后從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，如圖所示： 在電場中的加速度大小為： a＝＝1.51031109 m/s2＝1.51012 m/s2。

5、 粒子穿出電場時有： vy＝at2＝a＝1.5106 m/s， tan α＝＝＝1.5。 在磁場中y1＝1.5r＝1.50.5 m＝0.75 m。 在電場中側移為： y2＝at22＝1.510122 m＝0.75 m。 飛出電場后粒子做勻速直線運動 y3＝Δx tan α＝11.5 m＝1.5 m， y＝y(tǒng)1＋y2＋y3＝0.75 m＋0.75 m＋1.5 m＝3 m。 則該發(fā)光點的坐標為(3 m,3 m)。 [答案]　(1)1106 m/s　7.8510－7 s　(2)與x軸平行向右　(3)(3 m,3 m) 帶電粒子在圓形磁場中的匯聚運動 速度相同的不同帶

6、電粒子進入圓形勻強磁場后，匯聚于同一點。 例如：當速度相同的粒子平行射入磁場中，會在圓形磁場中匯聚于圓上一點，如圖所示。 [例3]　真空中有一半徑為r的圓柱形勻強磁場區(qū)域，磁場方向垂直于紙面向里，Ox為過邊界上O點的切線，如圖所示，速率相同，方向都沿Ox方向的不同電子，在磁場中運動的圓周軌跡半徑也為r。進入圓形勻強磁場后，所有從磁場邊界出射的電子，離開磁場的位置有何特征？ [解析]　由A點進入磁場的電子，其圓周軌道和圓形磁場的兩交點以及兩圓心組成邊長為r的菱形，v0和AO1垂直，所以AO1的對邊也和v0垂直，即AO1的對邊和Ox方向垂直，所以AO1的對邊即為O2O，電子從O點離開磁場

7、，因此，所有從磁場邊界出射的電子，離開磁場的位置都在O點。 [答案]　見解析 [例4]　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)有質量為m、帶電荷量為q的正粒子組成的粒子束，從AB的中點O1以平行于金屬板方向O1O2的速度v0＝射入，所有粒子在AB間的飛行時間均為T，不計重力影響。求： (1)粒子射出電場時位置離O2點的距離范圍及對應的速度； (2)若要使射出電場的粒子經某一圓形區(qū)域的勻強磁場偏轉后都能通過圓形磁場邊界的一個點處，而便于再收集，則磁場區(qū)域的最小半徑和相應的

8、磁感應強度是多大？ [解析]　(1)當粒子由t＝nT時刻進入電場，向下側移最大， 則：s1＝2＋－2＝。 當粒子由t＝nT＋時刻進入電場，向上側移最大， 則s2＝2＝， 在距離O2中點下方至上方的范圍內有粒子射出。 打出粒子的速度都是相同的，在沿電場線方向速度大小為 vy＝＝。 所以射出速度大小為 v＝＝＝。 設速度方向與v0的夾角為θ， 則tan θ＝＝， θ＝30。 (2)要使平行粒子能夠交于圓形磁場區(qū)域邊界且有最小區(qū)域時，磁場直徑最小值與粒子寬度相等， 粒子寬度 D＝(s1＋s2)cos 30， 即D＝ cos 30＝。 故磁場區(qū)域的最小半徑為 r

9、＝＝。 而粒子在磁場中做圓周運動有 qvB＝m。 解得B＝。 [答案]　(1)見解析　(2)　 [提能增分集訓]　 1．電子質量為m、電荷量為e，從坐標原點O處沿xOy平面射入第一象限，射入時速度方向不同，速度大小均為v0，如圖所示?，F(xiàn)在某一區(qū)域加一方向向外且垂直于xOy平面的勻強磁場，磁感應強度為B，若這些電子穿過磁場后都能垂直射到熒光屏MN上，熒光屏與y軸平行，求： (1)熒光屏上光斑的長度； (2)所加磁場范圍的最小面積。 解析：(1)如圖所

10、示，初速度沿x軸正方向的電子，沿弧OB運動到P點，為熒光屏上光斑的最高點，初速度沿y軸正方向的電子，沿弧OC運動到Q點，為熒光屏上光斑的最低點， 電子在磁場中，由ev0B＝m得R＝， 光斑長度PQ＝R＝。 (2)所加磁場的最小面積是以O′為圓心、R為半徑的斜線部分，其面積大小為 S＝πR2＋R2－πR2＝＋12。 答案：(1)　(2)2 2.如圖所示，質量m＝8.010－25 kg、電荷量q＝1.610－15 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，且在與x方向夾角大于等于30的范圍內，粒子射入時的速度方向不同，但大小均為v0＝2.0107 m/s。現(xiàn)在某一區(qū)域內加

11、一垂直于xOy平面的勻強磁場，磁感應強度大小為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，并且當把熒光屏MN向左移動時，屏上光斑長度和位置保持不變。求：(π＝3.14) (1)粒子從y軸穿過的范圍； (2)熒光屏上光斑的長度； (3)從最高點和最低點打到熒光屏MN上的粒子運動的時間差； (4)畫出所加磁場的最小范圍(用陰影表示)。 解析：設粒子在磁場中運動的半徑為R， 由牛頓第二定律得 qv0B＝m， 即R＝ 解得R＝0.1 m 當把熒光屏MN向左移動時，屏上光斑長度和位置保持不變，說明粒子出射方向平行，且都沿－x方向，所加磁場為圓形，半徑為R＝0

12、.1 m。 (1)如圖所示，初速度沿y軸正方向的粒子直接過y軸。 速度方向與x軸正方向成30角的粒子，轉過的圓心角∠OO2B為150， 則∠OO2A＝120 粒子從y軸穿過的范圍為0～R， 即0～0.17 m。 (2)初速度沿y軸正方向的粒子，yC＝R 由(1)知∠O2OA＝θ＝30 yB＝R＋Rcos θ 則熒光屏上光斑的長度 l＝y(tǒng)B－yC＝0.09 m。 (3)粒子運動的周期 T＝＝＝π10－8 s 從B點和C點射出的粒子在磁場中運動的時間差 t1＝T－T＝T 出磁場后，打到熒光屏上的時間差 t2＝ 從最高點和最低點打到熒光屏MN上的粒子運動的時間差

13、t＝t1＋t2＝7.710－9 s。 (4)如圖陰影部分所示。 答案：(1)0～0.17 m　(2)0.09 m　(3)7.710－9 s (4)見解析 3．設在某一平面內有P1、P2兩點，由P1點向平面內各個方向發(fā)射速率均為v0的電子。請設計一種勻強磁場分布，使得由P1點發(fā)出的所有電子都能夠匯集到P2點。電子電量為e，質量為m。 解析：如圖所示，過P1點做2個圓，和直線P1P2相切于P1點，圓的半徑都是R。圓內分布有勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直于圓平面，由P1點向平面內各個方向發(fā)射速率均為v0的電子，電子做勻速圓周運動的半徑也是R，即滿足R＝，則電子離開圓形磁場時速度方向和直線P1P2平行。過P2點做2個圓，和直線P1P2相切于P2點。圓周半徑也是R，圓內分布有勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直于圓平面。電子進入這2個圓形磁場區(qū)域后，將匯聚到P2點，其電子運動軌跡如圖所示。 答案：見解析  精品