微點突破6磁聚焦磁發散目標要求1.理解“磁聚焦”和“磁發散”模型。2.學會分析磁聚焦和磁發散問題。1．帶電粒子的會聚如圖甲所示，大量的同種帶正電的粒子，速度大小相同，平行入射到圓形磁場區域，如果軌跡圓半徑與磁場圓半徑相等(R＝r)，則所有的帶電粒子將從磁場圓的最低點B點射出。(會聚)證明：四邊形OAO′B為菱形，必是平行四邊形，對邊平行，OB必平行于AO′(即豎直方向)，可知從A點入射的帶電粒子必然經過B點。2．帶電粒子的發散如圖乙所示，圓形磁場圓心為O，從P點有大量質量為m、電荷量為q的正粒子，以大小相等的速度v沿不同方向射入有界磁場，不計粒子的重力，如果正粒子軌跡圓半徑與有界圓形磁場半徑相等，則所有粒子射出磁場的方向平行。(發散)例1(2023·廣東清遠市期末)如圖所示，xOy坐標系中，第三象限存在沿x軸正方向的勻強電場，第四象限與x軸和y軸相切的半徑為R的圓形區域內存在磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場Ⅰ，其邊界與x軸的切點為P點。x軸上方存在垂直紙面向外、磁感應強度大小為eq\f(1,2)B的勻強磁場Ⅱ。在第三象限(－2R，－R)處存在粒子源，帶正電粒子由粒子源無初速度釋放后進入電場，在電場中加速后進入圓形磁場Ⅰ，又恰好以垂直于x軸的方向經P點進入磁場Ⅱ，最后帶電粒子都打到放置在x軸上的收集板上。帶電粒子的比荷均為eq\f(q,m)，不計粒子間的相互作用和粒子受到的重力。若粒子源在第三象限(－2R，－eq\f(R,2))處，帶電粒子仍能打到放置在x軸上的收集板上，求收集板的最小長度L。答案(4－2eq\r(3))R解析設粒子在勻強磁場Ⅰ中做勻速圓周運動的半徑為r1，根據幾何關系有r1＝R，粒子在勻強磁場Ⅰ中做勻速圓周運動時，根據洛倫茲力提供向心力有Bqv＝meq\f(v2,r1)根據題中條件可知，粒子源改變位置后帶電粒子仍從P點進入勻強磁場Ⅱ，設粒子進入勻強磁場Ⅱ時與x軸正方向的夾角為θ，根據幾何關系有r1cosθ＋eq\f(R,2)＝r1根據幾何關系可知，此時帶電粒子打在收集板上的落點到P點的距離d＝2r2sinθ，且r2＝eq\f(mv,q·\f(1,2)B)，收集板的最小長度L＝2r2－d，解得L＝(4－2eq\r(3))R。例2(2023·江蘇常州市期中)如圖所示，O′PQ是關于y軸對稱的四分之一圓，在PQNM區域有均勻輻向電場，PQ與MN間的電壓為U。一初速度為零的帶正電的粒子從PQ上的任一位置經電場加速后都會從O′進入半徑為R、中心位于坐標原點O的圓形勻強磁場區域，磁場方向垂直xOy平面向外，磁感應強度大小為B，粒子經磁場偏轉后都能平行于x軸射出。(1)求帶電粒子的比荷eq\f(q,m)；(2)求沿y軸正方向加速的帶電粒子在磁場中運動的時間；(3)求帶電粒子離開磁場時的縱坐標范圍。答案(1)eq\f(2U,B2R2)(2)eq\f(BπR2,4U)(3)－eq\f(\r(2),2)R～eq\f(\r(2),2)R解析(1)由動能定理可知qU＝eq\f(1,2)mv2由已知條件結合幾何關系可知，帶電粒子在磁場中運動的半徑R0＝R洛倫茲力提供向心力qvB＝meq\f(v2,R0)，得eq\f(q,m)＝eq\f(2U,B2R2)(2)沿y軸正方向入射的帶電粒子，設其在磁場中做圓周運動的圓心角為θ，由幾何關系θ＝90°，所以t＝eq\f(θ,2π)T＝eq\f(1,4)T，且T＝eq\f(2πR,v)，解得t＝eq\f(BπR2,4U)(3)如圖，沿QN方向入射的帶電粒子，離開磁場的出射點a在y軸上的投影與O′的距離為Δy＝R＋eq\f(\r(2),2)R，故a點的縱坐標ya＝eq\f(\r(2),2)R同理可得，沿PM方向入射的帶電粒子離開磁場的出射點b的縱坐標yb＝－eq\f(\r(2),2)R帶電粒子離開磁場時的縱坐標范圍－eq\f(\r(2),2)R～eq\f(\r(2),2)R1.(多選)(2023·四川成都市一模)如圖，坐標原點O有一粒子源，能向坐標平面一、二象限內發射大量質量為m、電荷量為q的正粒子(不計重力)，所有粒子速度大小相等，不計粒子間的相互作用。圓心在(0，R)、半徑為R的圓形區域內，有垂直于坐標平面向外的勻強磁場(未畫出)，磁感應強度大小為B。磁場右側有一長度為R、平行于y軸的光屏，其中心位于(2R，R)。已知初速度沿y軸正方向的粒子經過磁場后，恰能垂直射在光屏上，則()A．粒子速度大小為eq\f(qBR,m)B．所有粒子均能垂直射在光屏上C．能射在光屏上的粒子中，在磁場中運動時間最長為eq\f(2πm,3qB)D．能射在光屏上的粒子初速度方向與x軸夾角滿足45°≤θ≤135°答案AC解析由題意，初速度沿y軸正方向的粒子經過磁場后，恰能垂直射在光屏上，有qBv＝meq\f(v2,r)，r＝R，解得v＝eq\f(BqR,m)，A正確；由于所有粒子的速度大小相等，但方向不同，且離開磁場區域的出射點距離O點的豎直高度最大值為2R，并不會全部垂直打在光屛上，B錯誤；如圖甲，由幾何關系可得，能射在光屏上的粒子中，運動時間最長的對應軌跡的圓心角為eq\f(2,3)π，根據周期公式T＝eq\f(2πr,v)，可得t＝eq\f(1,3)T＝eq\f(2πm,3Bq)，C正確；若能打在光屛下端，如圖乙，由幾何關系可得θ1＝60°，即初速度與x軸夾角為θ1＝60°，同理，粒子打在光屛上端時，初速度與x軸夾角為θ2＝120°，則60°≤θ≤120°，D錯誤。2.(2023·山東淄博市一模)為了探測帶電粒子，研究人員設計了如圖所示的裝置。紙面內存在一個半徑為R、圓心為O′的圓形勻強磁場區域，磁場方向垂直紙面向外，磁感應強度大小為B，該磁場區域在垂直紙面的方向上足夠長。以O′右邊的O點為中心放置一個足夠大的探測屏，探測屏與OO′連線垂直。紙面內圓形磁場區域正下方存在一個長度為R且沿水平方向的線狀粒子源MN，O′在MN的中垂線上，O′到MN的垂直距離為1.5R。該粒子源各處均能持續不斷地發射質量為m、電荷量為＋q的粒子，粒子發射時的速度大小均相同，方向均豎直向上，從粒子源MN中點發射的粒子離開磁場時速度恰好沿O′O方向，不計粒子重力和粒子間相互作用力。(1)求粒子發射時的速度大小v0；(2)求粒子源左端點M與右端點N發射的粒子從發射到打到屏上所經歷的時間之差Δt。答案(1)eq\f(qBR,m)(2)eq\f(πm,3qB)解析(1)分析可知粒子做圓周運動的半徑為R，由qv0B＝meq\f(v02,R)，得v0＝eq\f(qBR,m)(2)分析可知粒子源左端點M與右端點N發射的粒子均從磁場邊界與OO′交點射出，且轉過的圓心角分別為：θM＝eq\f(2π,3)，θN＝eq\f(π,3)兩粒子在磁場中運動的周期為T＝eq\f(2πR,v0)＝eq\f(2πm,qB)兩粒子在磁場中運動的時間分別為tM＝eq\f(θM,2π)T，tN＝eq\f(θN,2π)T，由于兩個粒子在勻強磁場區域外部運動的時間相等，所以Δt即為在磁場中運動的時間差，即Δt＝tM－tN，得Δt＝eq\f(πm,3qB)。3.(2023·湖南常德市模擬)如圖，在平面直角坐標系xOy平面內存在兩處勻強磁場，第一象限內的勻強磁場分布在三角形OAC之外的區域，磁感應強度大小為2B，方向垂直紙面向里，A、C兩點分別位于x軸和y軸上，∠OAC＝30°，OC的長度為2R，第二象限內的勻強磁場分布在半徑為R的圓形區域內，磁感應強度大小為B，圓形區域的圓心坐標為(－R，R)，圓形區域與x、y軸的切點分別為P、Q，第三、四象限內均無磁場。置于P點的離子發射器，能持續地從P點在xOy平面內向x軸上方180°范圍內以恒定速率發射同種正離子，離子質量均為m，電荷量均為q；在y軸上的CG之間放置一個長CG＝2R的探測板，所有打到探測板上的離子都被板吸收。已知從P點垂直于x軸發射的離子恰好經過Q點進入第一象限，不計離子的重力及離子間的相互作用，求：(1)圓形區域內磁場的方向及離子的發射速率v0；(2)從P點垂直于x軸發射的離子，從發射到第二次經過邊界AC所用的時間t；(3)探測板CG上有離子打到的區域長度。答案(1)垂直于紙面向外eq\f(qBR,m)(2)(eq\f(4π,3)＋eq\r(3))eq\f(m,qB)(3)(eq\f(1,2)＋eq\f(\r(3),6))R解析(1)從P點垂直于x軸發射的正離子恰好經過Q點進入第一象限，說明正離子在P點受到向右的洛倫茲力，由左手定則知磁場方向垂直于紙面向外。如圖所示，設離子在圓形區域內做圓周運動的軌跡半徑為r，則r＝R由洛倫茲力提供向心力有qv0B＝meq\f(v02,r)解得v0＝eq\f(qBR,m)(2)設離子在第二象限磁場中圓周運動的周期為T，則T＝eq\f(2πR,v0)＝eq\f(2πm,qB)，則在第一象限磁場中圓周運動的周期為T′＝eq\f(2πm,q·2B)＝eq\f(πm,qB)離子在圓形區域磁場中運動圓心角為90°，則運動時間t1＝eq\f(90°,360°)T＝eq\f(πm,2qB)離子在兩磁場之間勻速直線運動時間t2＝eq\f(\r(3)R,v0)＝eq\f(\r(3)m,qB)離子在AC右側區域磁場中運動軌跡對應的圓心角為300°，運動時間t3＝eq\f(300°,360°)T′＝eq\f(5πm,6qB)則離子從發射到第二次經過邊界AC所用的時間t＝t1＋t2＋t3，得t＝(eq\f(4π,3)＋eq\r(3))eq\f(m,qB)(3)如圖所示，因所有離子均以恒定速率發射，故離子在圓形磁場中的軌跡半徑均為r，又已知r＝R，易得所有離子經過圓形磁場后均水平向右飛出圓形磁場，然后穿過AC進入右側磁場，離子在第一象限運動有