课时检测(五十八) 磁场中的动态圆、磁聚焦、磁发散问题 (题型研究课)

1.如图所示，一束不计重力的带电粒子沿水平方向向左飞入圆形匀强磁场区域后发生偏转，都恰好能从磁场区域的最下端P孔飞出磁场，则这些粒子( )

A．运动速率相同 B．运动半径相同 C．比荷相同

D．从P孔射出时的速度方向相同

解析：选B 画出粒子的运动轨迹，如从A点射入的粒子，其圆心为O1，因初始速度方向水平，则AO1竖直，因AO1＝PO1＝r，可知平行四边形OPO1A为菱形，可知r＝R，则这些粒子做圆周运动的半径都等于磁场区域圆的半径R，根据r＝R＝

mv

可知，粒子的速率、比荷不qB

一定相同；由图中所示运动轨迹知，粒子从P孔射出时的速度方向也不相同，故只有B正确。

2.如图所示，长方形abcd的长ad＝0.6 m，宽ab＝0.3 m，O、e分别是ad、bc的中点，以e为圆心、eb为半径的四分之一圆弧和以O为圆心、Od为半径的四分之一圆弧组成的区域内有垂直纸面向里的匀强磁场(边界上无磁场)，磁感应强度B＝0.25 T。一群不计重力、质量为m＝3×107 kg、电

－

荷量为q＝＋2×103 C的带正电粒子，以速度v＝5×102 m/s沿垂直ad方

－

向垂直射入磁场区域，则下列判断正确的是( )

A．从Od之间射入的粒子，出射点全部分布在Oa边 B．从aO之间射入的粒子，出射点全部分布在ab边 C．从Od之间射入的粒子，出射点分布在ab边 D．从ad之间射入的粒子，出射点一定是b点

mv

解析：选D 粒子进入磁场后做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力，得：r＝qB3×10－7×5×102＝ m＝0.3 m；因ab＝0.3 m＝r，从O点射入的粒子从b

2×10－3×0.25点射出，如图所示；从Od之间射入的粒子，因边界上无磁场，粒子经圆周运动到达bc后做直线运动，即全部通过b点；从aO之间射入的粒子先

做一段时间的直线运动，设某一个粒子在M点进入磁场，其运动轨迹圆圆心为O′，如图所示，根据几何关系可得，四边形O′Meb是菱形，则粒子的出射点一定是b点，可知，从aO之间射入的粒子，出射点一定是b点，故选项A、B、C错误，D正确。

3.如图所示，圆形区域内有垂直纸面的匀强磁场，两个质量和电荷量都相同的带电粒子a、b，以不同的速率沿着AO方向对准圆心O射入磁场，其运动轨迹如图所示。若带电粒子只受磁场力的作用，则下列说法正确的是( )

A．a粒子速率较大 B．b粒子速率较大

C．b粒子在磁场中运动时间较长 D．a、b粒子在磁场中运动时间一样长

v2mv

解析：选B 根据qvB＝mR，得R＝qB，由题图知RaB正确；由两粒子质量和电荷量都相同及T＝qB知，两粒子周期相同，粒子在磁场中运动θ

时间为t＝T，根据题图可判断θa>θb，则ta>tb，故C、D错误。

2π

4.如图所示，边界OA与OC之间分布有垂直纸面向里的匀强磁场，边界OA上有一个粒子源S。某一时刻，从S平行于纸面向各个方向发射出大量带正电的同种粒子(不计粒子的重力及粒子间的相互作用)，所有粒子的速度大小相同，经过一段时间有大量粒子从边界OC射出磁场。已知∠AOC＝60°，从边界OC射出的粒子在磁场中运动的最短时间等

T

于(T为粒子在磁场中做圆周运动的周期)，则从边界OC射出的粒子在磁场中运动的最长6时间为( )

T

A．

32TC．

3

TB．

2D．

5T 6

解析：选B 由左手定则可知，粒子在磁场中沿逆时针方向做圆周运动，由于粒子速度大小都相同，故轨迹弧长越小，粒子在磁场中运动时间就越短；而劣弧弧长越小，弦长也越短，所以从S点作OC的垂线SD，则SD为最短弦，可知粒子从D点射出时运动时间最短，如图所示。根据

T

最短时间为，可知△O′SD为等边三角形，粒子圆周运动半径R＝SD，过S点作OA的垂

6线交OC于E点，由几何关系可知SE＝2SD，SE恰好可以作为圆弧轨迹的直径，所以从ET

点射出的粒子，对应弦最长，运行时间最长，且t＝，故B项正确。

2

5.(多选)(2019·新余模拟)如图所示，S为一离子源，MN为长荧光屏，S到MN的距离为L，整个装置处在范围足够大的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B。某时刻离子源S一次性沿平行纸面的各个方向均匀地射出大量的正离子，离子的质量m、电荷量q、速率v均相同，不计离子的重力及离子间的相互作用力，则( )

qBLA．当v<时所有离子都打不到荧光屏上

2mqBL

B．当vqBL1

C．当v＝m时，打到荧光屏的离子数与发射的离子总数比值为

2qBL5

D．当v＝时，打到荧光屏的离子数与发射的离子总数比值为 m12mv2mv

解析：选AC 根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝，得R＝，当RqBqBLL

v<时，R<，直径2Rmm2m2qBL误；当v＝时，R＝L，离子恰好能打在荧光屏上时的运动轨迹如图所示，

m

离子速度为v1时从下侧回旋，刚好和荧光屏正对离子源的下部相切；离子速度为v2时从上侧回旋，刚好和荧光屏正对离子源的上部相切，打到荧光屏的离子数与发射的离子总数比值1

为，故C正确，D错误。 2

6.(多选)如图所示，一粒子发射源P位于足够大绝缘板AB的上方d处，能够在纸面内向各个方向发射速率为v、电荷量为q、质量为m的带正电的粒子。空间存在垂直纸面的匀强磁场，不考虑粒子间的相互作用和粒子重力，已知粒子做圆周运动的半径大小恰好为d，则( )

A．粒子能打在板上的区域长度是2d B．粒子能打在板上的区域长度是(3＋1)d C．同一时刻发射出的粒子打到板上的最大时间差为D．同一时刻发射出的粒子打到板上的最大时间差为

7πd

6vπqd

6mv

解析：选BC 以磁场方向垂直纸面向外为例，打在极板上粒子轨迹的临界状态如图1所示，根据几何关系知，带电粒子能到达板上的长度l＝d＋

2d2－d2＝(1＋3)d，故A

错误，B正确；在磁场中打到板上的粒子运动时间最长和最短的运动轨迹示意图如图2所示，2πr31由几何关系知，最长时间t1＝T，最短时间t2＝T，又有粒子在磁场中运动的周期T＝＝

v462πd7πd7

；根据题意tT＝，故C正确，D错误。若磁场方向垂直1－t2＝Δt，联立解得Δt＝v126v纸面向里，可得出同样的结论。

7. 如图所示为圆形区域的匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，边界跟y轴相切于坐标原点O。O点处有一放射源，沿纸面向各个方向射出速率均为v的某种带电粒子，带电粒子在磁场中做圆周运动的半径是圆形磁场区域半径的两倍。已知带电粒子的质量为m、电荷量为q，不考虑带电粒子的重力。

(1)推导带电粒子在磁场中做圆周运动的半径； (2)求带电粒子在磁场中的最大偏转角。

解析：(1)带电粒子进入磁场后，受洛伦兹力作用做匀速圆周运动， v2mv由牛顿第二定律得Bqv＝mr，则r＝Bq。

(2)粒子的速率均相同，因此粒子轨迹圆的半径均相同，但粒子射入磁场的速度方向不确定，故可以保持圆的大小不变，只改变圆的位置，画出“动态圆”，如图所示，

通过“动态圆”可以观察到粒子在磁场中的运动轨迹均为劣弧，劣弧弧越长，弧所对应的圆心角越大，则运动时间越长，当粒子的轨迹弧的弦长等于磁场直径时，粒子运动的时间最长，

φmR1

由几何关系知sin＝＝，即φm＝60°。

2r2答案：(1)见解析 (2)60°

8.(2016·海南高考)如图，A、C两点分别位于x轴和y轴上，∠OCA＝30°，OA的长度为L。在△OCA区域内有垂直于xOy平面向里的匀强磁场。质量为m、电荷量为q的带正电粒子，以平行于y轴的方向从OA边射入磁场。

已知粒子从某点射入时，恰好垂直于OC边射出磁场，且粒子在磁场中运动的时间为t0。不计重力。

(1)求磁场的磁感应强度的大小；

(2)若粒子先后从两不同点以相同的速度射入磁场，恰好从OC边上的同一点射出磁场，求该粒子这两次在磁场中运动的时间之和；

5(3)若粒子从某点射入磁场后，其运动轨迹与AC边相切，且在磁场内运动的时间为t0，

3求粒子此次入射速度的大小。

解析：(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，在时间t0内其速度方向改变了90°，故其周期T＝4t0①

设磁感应强度大小为B，粒子速度为v，圆周运动的半径为r。由洛伦兹力提供向心力v2

得qvB＝mr②

匀速圆周运动的速度满足v＝πm

联立①②③式得B＝。④

2qt0

(2)设粒子从OA边两个不同位置射入磁场，能从OC边上的同一点P射出磁场，粒子在磁场中运动的轨迹如图(a)所示。设两轨迹

2πr③ T

所对应的圆心角分别为θ1和θ2。由几何关系有

θ1＝180°－θ2⑤

粒子两次在磁场中运动的时间分别为t1与t2，则 T

t1＋t2＝＝2t0。⑥

2

(3)如图(b)，由题给条件可知，该粒子在磁场区域中的轨迹圆弧对应的圆心角为150°。设O′为圆弧的圆心，圆弧的半径为r0，圆弧与AC相切于B点，从D点射出磁场。由几何关系和题给条件可知，此时有∠OO′D＝∠BO′A＝30°⑦

r0cos∠OO′D＋

＝L⑧

cos ∠BO′A

r0设粒子此次入射速度的大小为v0，由圆周运动规律 2πr0v0＝T⑨

联立①⑦⑧⑨式得v0＝

3πL

。⑩ 7t0

πm3πL

答案：(1) (2)2t0 (3)

2qt07t0

9.如图所示，质量m＝8.0×10

－25

kg、电荷量q＝1.6×10

－15

C的

带正电粒子，从坐标原点O处沿xOy平面射入第一象限内，且均在与x轴正方向夹角大于等于30°的范围内，粒子射入时的速度方向不同，大小均为v0＝2.0×107 m/s。现在某一区域内加一垂直于xOy平面的

匀强磁场，磁感应强度大小为B＝0.1 T，若这些粒子穿过磁场后都能射到与y轴平行的荧光屏MN上，并且把荧光屏MN向左平移时，屏上光斑长度和位置保持不变。求：(π＝3.14)

(1)粒子从y轴穿过的范围； (2)荧光屏MN上光斑的长度；

(3)从最高点和最低点打到荧光屏MN上的粒子运动的时间差； (4)画出所加磁场的最小范围(用阴影表示)。 解析：设粒子在磁场中运动的半径为R， v02

由洛伦兹力提供向心力得qv0B＝mR 解得R＝0.1 m

当把荧光屏MN向左平移时，屏上光斑长度和位置保持不变，说明粒子出射方向平行，且都沿x轴负方向，则所加磁场边界为圆弧形，对应半径为R＝0.1 m。

(1)如图所示，初速度沿y轴正方向的粒子直接穿过y轴；由几何关系知，初速度方向与x轴正方向成30°角的粒子，转过的圆心角∠OO2B为150°，则∠OO2A＝120°，

粒子从y轴穿过的最高点A与O的距离为2Rcos 30°＝3R，即从y轴穿过的范围为0～3R，即0～0.17 m。

(2)初速度沿y轴正方向的粒子，射出磁场时沿y轴方向运动的距离yC＝R 由(1)知∠O2OA＝30°

初速度方向与x轴正方向成30°角的粒子，射出磁场时沿y轴方向运动的距离yB＝R＋Rcos 30°

则荧光屏上光斑的长度 l＝yB－yC≈0.087 m (3)粒子运动的周期 T＝

2πR2πm

＝qB＝3.14×10－8 s v0

从B点和C点射出的粒子在磁场中运动转过的圆心角分别为150°和90°，则时间差 t1＝

511

T－T＝T 1246

出磁场后，打到荧光屏MN上的时间差 t2＝

R 2v0

从最高点和最低点打到荧光屏MN上的粒子运动的时间差 t＝t1＋t2≈7.7×10－9 s。 (4)如图中阴影部分所示。

答案：(1)0～0.17 m (2)0.087 m (3)7.7×109 s

－

(4)见解析图