高考物理复习-几何圆模型在磁场中的应用

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题型综述通过施加磁场对运动的带电粒子束进行控制是现代科学研究中常用的技术手段,也是高考的热点和难点问题.本文以“几何圆”为中心,结合实例阐述解决“放缩圆”“平移圆”“旋转圆”和“磁聚焦”等问题的解题技巧.应考策略分析解决此类问题的关键在于紧紧抓住发散粒子束进出有界磁场的常见运动情况特征,构建由磁场边界、粒子速度方向所在直线、圆的半径和弦(弦的中垂线)及其他辅助线等构成的几何图形(特别是直角三角形),寻找几何图形中的边角关系,灵活选用平面几何知识分析求解.1.放缩圆,粒子速度大小不等,方向相同带电粒子以大小不同、方向相同的速度垂直射入同一匀强磁场中,做圆周运动的半径随着速度的增大而增大,圆心在垂直于进入磁场的速度方向的直线上,因此其轨迹为半径放大的动态圆,利用放缩的动态圆,如图W8-1所示,可以找出临界状态的运动轨迹.应用实例图W8-1A.若该带电粒子在磁场中经历的时间是53t0,则它一定从cd边射出磁场B.若该带电粒子在磁场中经历的时间是23t0,则它一定从ad边射出磁场C.若该带电粒子在磁场中经历的时间是54t0,则它一定从bc边射出磁场D.若该带电粒子在磁场中经历的时间是t0,则它一定从ab边射出磁场例1(多选)如图W8-2所示,垂直于纸面向里的匀强磁场分布在正方形abcd区域内,O点是cd边的中点.一个带正电的粒子仅在磁场力的作用下,从O点沿纸面以垂直于cd边的速度射入正方形内,经过时间t0后刚好从c点射出磁场.现设法使该带电粒子从O点沿纸面以与Od成30°角的方向,以大小不同的速率射入正方形内,那么下列说法中正确的是()图W8-2[答案]AC[解析]带电粒子以垂直于cd边的速度射入正方形区域内,经过时间t0刚好从c点射出磁场,则知带电粒子的运动周期为T=2t0.若该带电粒子在磁场中经历的时间是53t0=56T,则粒子运动的轨道所对的圆心角为θ=56·2π=53π,速度的偏向角也为53π,根据几何知识得知,粒子射出磁场时与磁场边界的夹角为30°,必定从cd边射出磁场,故A正确.当带电粒子运动的轨迹与ad边相切时,轨迹所对的圆心角为60°,粒子运动的时间为t=16T=13t0,在所有从ad边射出的粒子中运动的最长时间为13t0,故若该带电粒子在磁场中经历的时间是23t0,一定不是从ad边射出磁场,故B错误.若该带电粒子在磁场中经历时间是54t0=58T,则得到的轨迹所对的圆心角为54π,由于53π>54π>π,则一定从bc边射出磁场,故C正确.若该带电粒子在磁场中经历的时间是t0=12T,则得到的轨迹所对的圆心角为π,而粒子从ab边射出磁场时最大的偏向角等于60°+90°=150°=56π<π,故经历时间为t0的带电粒子一定不从ab边射出磁场,D错误.2.旋转圆,粒子源发射的粒子速度大小一定、方向不同速度大小一定、方向不同的带电粒子进入匀强磁场时,它们在磁场中做匀速圆周运动的半径均为R,同时可发现这些带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心在以入射点P为圆心、半径为R的圆上.由此我们也可以得到一种确定临界条件的方法:确定这类粒子在有界磁场中运动的临界条件时,可以将一半径为R的圆沿着“轨迹圆心圆”旋转,从而探索出临界条件,如图W8-3所示,这种方法称为“旋转圆法”.图W8-3例2(多选)[2015·四川卷]如图W8-4所示,S处有一电子源,可向纸面内任意方向发射电子,平板MN垂直于纸面,在纸面内的长度L=9.1cm,中点O与S间的距离d=4.55cm,MN与SO直线的夹角为θ,板所在平面有电子源的一侧区域有方向垂直于纸面向外的匀强磁场,磁感应强度B=2.0×10-4T.电子质量m=9.1×10-31kg,电荷量e=-1.6×10-19C,不计电子重力.电子源发射速度v=1.6×106m/s的一个电子,该电子打在板上可能位置的区域的长度为l,则()A.θ=90°时,l=9.1cmB.θ=60°时,l=9.1cmC.θ=45°时,l=4.55cmD.θ=30°时,l=4.55cm图W8-4[解析]电子运动的轨道圆半径R=𝑚𝑣𝑞𝐵=4.55cm.用虚线表示所有轨道圆的圆心轨迹,圆心轨迹与MN相切于O点.当θ=90°时,如图甲所示,四边形O1SOM是正方形,上边界轨道圆与MN相切于M点,同理下边界轨道圆与MN相切于N点,所以电子打在板上可能位置的区域的长度l=9.1cm,A正确.当θ=60°时,如图乙所示,MN相当于从竖直位置绕O点顺时针转30°,上边界轨道圆与MN的切点位于M、O之间,下边界轨道圆与MN相交于N点,所以电子打在板上可能位置的区域的长度l<9.1cm,B错误.当θ=45°时,如图丙所示,MN相当于从竖直位置绕O点顺时针转45°,上边界轨道圆与MN的[答案]AD切点位于M、O之间,下边界轨道圆与MN相交于N点,所以电子打在板上可能位置的区域的长度l>4.55cm,C错误.当θ=30°时,如图丁所示,圆心轨迹与MN交于O,过O点作垂直于MN的直线,交圆心轨迹于O1,连接SO1,则三角形OO1S是等边三角形,O1O垂直于MN,所以上边界轨道圆与MN相切于O点,下边界轨道圆与MN相交于N点,所以电子打在板上可能位置的区域的长度l=4.55cm,D正确.3.平移圆,粒子速度大小相同、方向相同,但入射点在一条直线上移动粒子发射速度大小和方向相同,则轨迹半径相同;入射点沿一直线移动时,轨迹圆在平移,但圆心在同一直线上,如图W8-5所示.图W8-5例3(多选)如图W8-6所示,在Ⅰ、Ⅱ两个区域内存在磁感应强度均为B的匀强磁场,磁场方向分别垂直于纸面向外和向里,AD、AC边界的夹角∠DAC=30°,边界AC与边界MN平行,Ⅱ区域宽度为d.质量为m、电荷量为+q的粒子可在边界AD上的不同点射入,入射速度垂直AD且垂直磁场,若入射速度大小为𝑞𝐵𝑑𝑚,不计粒子重力,则()A.粒子在磁场中的运动半径为𝑑2B.粒子从距A点0.5d处射入,不会进入Ⅱ区C.粒子从距A点1.5d处射入,在Ⅰ区内运动的时间为π𝑚𝑞𝐵D.能够进入Ⅱ区域的粒子,在Ⅱ区域内运动的最短时间为π𝑚3𝑞𝐵图W8-6[解析]粒子在磁场中的运动半径r=𝑚𝑣𝑞𝐵=d,选项A错误;设从某处E进入磁场的粒子的轨迹恰好与AC相切,如图所示,则E点距A的距离为2d-d=d,粒子从距A点0.5d处射入,会进入Ⅱ区,选项B错误;粒子从距A点1.5d处射入,不会进入Ⅱ区,在Ⅰ区内的轨迹为半圆,运动的时间为t=𝑇2=π𝑚𝑞𝐵,选项C正确;进入Ⅱ区的粒子,轨迹对应的弦长最短,则运动时间最短,最短弦长为d,对应圆心角为60°,最短时间为tmin=𝑇6=π𝑚3𝑞𝐵,选项D正确.[答案]CD4.磁聚焦问题当圆形磁场的半径与圆轨迹半径相等时,存在两条特殊规律:规律一:带电粒子从圆形有界磁场边界上某点射入磁场,如果圆形磁场的半径与圆轨迹半径相等,则粒子的出射速度方向与圆形磁场上入射点的切线方向平行,如图W8-7甲所示.规律二:平行射入圆形有界磁场的相同带电粒子,如果圆形磁场的半径与圆轨迹半径相等,则所有粒子都从磁场边界上的同一点射出,并且出射点的切线与入射速度方向平行,如图乙所示.图W8-7例4电子质量为m,电荷量为e,从坐标原点O处沿xOy平面射入第一象限,射入时速度方向不同,速度大小均为v0,如图W8-8所示.现在某一区域加一方向向外且垂直于xOy平面的匀强磁场,磁感应强度为B,若这些电子穿过磁场后都能垂直射到荧光屏MN上,荧光屏与y轴平行,求:(1)荧光屏上亮线的长度;(2)所加磁场范围的最小面积.图W8-8[答案](1)𝑚𝑣0𝐵𝑒(2)π2+1𝑚𝑣0𝐵𝑒2[解析](1)如图所示,求亮线长度,关键是找到两个边界点,初速度方向沿x轴正方向的电子沿弧OB运动到P;初速度方向沿y轴正方向的电子沿弧OC运动到Q.电子在磁场中运动的半径R=𝑚𝑣0𝐵𝑒由图可知PQ=R=𝑚𝑣0𝐵𝑒(2)沿任一方向射入第一象限的电子经磁场偏转后都能垂直打到荧光屏MN上,所加最小面积的磁场的边界是以O'(0,R)为圆心、R为半径的圆的一部分,如图中实线所示,所以磁场范围的最小面积为S=34πR2+R2-14πR2=π2+1𝑚𝑣0𝐵𝑒2.变式题真空中有一半径为r的圆柱形匀强磁场区域,磁场方向垂直于纸面向里,Ox为过边界上O点的切线,如图W8-9所示.从O点在纸面内向各个方向发射速率均为v的电子,设电子间相互作用忽略,且电子在磁场中的偏转半径也为r.已知电子的电荷量为e,质量为m.(1)速度方向分别与Ox方向成60°和90°角的电子在磁场中的运动时间分别为多少?(2)所有从磁场边界射出的电子速度方向有何特征?(3)设在某一平面内有M、N两点,由M点向平面内各个方向发射速率为v0的电子.请设计一种匀强磁场分布,使得由M点发出的所有电子都能够会聚到N点.图W8-9[答案](1)π𝑟3𝑣π𝑟2𝑣(2)速度方向均与Ox轴平行(3)见解析[解析](1)如图所示,入射时电子速度与x轴正方向夹角为θ,无论θ为何值,由入射点O、射出点A、磁场圆心O1和轨道圆心O2一定组成边长为r的菱形.因O1O⊥Ox,OO2垂直于入射速度,故∠OO2A=θ,即电子在磁场中所偏转的角度一定等于入射时电子速度与Ox轴的夹角.当θ=60°时,t1=𝑇6=π𝑟3𝑣当θ=90°时,t2=𝑇4=π𝑟2𝑣.(2)因∠OO2A=θ,故O2A⊥Ox,而O2A与电子射出的速度方向垂直,可知电子射出方向一定与Ox方向平行,即所有的电子射出圆形磁场时,速度方向均与Ox轴平行.(3)上述的粒子路径是可逆的,(2)中从圆形磁场射出的这些速度相同的电子进入一相同的匀强磁场后,一定会聚焦于同一点.磁场的分布如图所示,对于从M点向MN连线上方运动的电子,两磁场边界分别与MN相切,M、N为切点,且MN平行于两磁场边界圆心的连线O1O2.设M、N间距为l,所加的磁场的边界所对应圆的半径为r,故应有2r≤l,即2𝑚𝑣0𝑒𝐵≤l,所以所加磁场磁感应强度应满足B≥2𝑚𝑣0𝑒𝑙.同理,对于从M点向MN连线下方运动的电子,只要使半径相同的两圆形磁场与上方的两圆形磁场位置关于MN对称且磁场方向与之相反即可.1.[2018·华南师大附中三模]如图W8-10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,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题组演练图W8-10[答案]B[解析]画出粒子的运动轨迹,例如从A点射入的粒子,其圆心为O1,因速度方向水平,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=𝑚𝑣𝑞𝐵可知,粒子的速率、比荷不一定相同,从P孔射出时的速度方向也不相同,故B正确.2.(多选)[2018·甘肃天水一中三模]如图W8-11所示,竖直平行线MN、PQ间距离为a,其间存在垂直于纸面向里的匀强磁场(含边界PQ),磁感应强度为B,MN上O处的粒子源能沿纸面内不同方向释放比荷为𝑞𝑚的带负电粒子,速度大小相等、方向均垂直于磁场.粒子间的相互作用及重力不计,设粒子速度方向与射线OM夹角为θ,当粒子沿θ=60°角射入时,恰好垂直PQ射出,则()A.从PQ边界垂直射出的粒子在磁场中运动的时间为π𝑚6𝑞𝐵B.沿θ=90°角射入的粒子在磁场中运动的时间最长C.粒子的速率为𝑎𝑞𝐵𝑚D.PQ边界上有粒子射出的长度为23a图W8-11[答案]AD[解析]带电粒子在磁场中运动,不计重力,则粒子只受洛伦兹力而做圆周运动,有Bvq=𝑚𝑣2𝑅,可得v=𝐵𝑞𝑅𝑚,粒子沿θ=60°角射入时,恰好垂直于PQ射出,则粒子在磁场中转过30°角,如图甲所示,有Rsin30°=a,解得R=2a,故v=𝐵𝑞𝑅𝑚=2𝑎𝑞𝐵𝑚,t=30°360°T=π𝑚6𝑞𝐵,C错误,A正确;θ=0°时,粒子从PQ射出的位置在过点O的水平线上方3a处,当θ增大时,粒子从PQ射出的位置下移,直到粒子运动轨迹与PQ相切,θ继续增大,则粒子不能从PQ边界射出,粒子运动轨迹与PQ相切时,由半径R=2a可知,粒子转过的角度为60°,出射点在过点O的水平线下方3a处,所以PQ边界上有粒子射出的长度为23a,D正确;粒子在磁场中做圆周运动的半径相同,周期相同,粒子出射点在PQ上时,当粒子运动轨迹与PQ相切时,粒子在磁场中运动的圆弧对应的弦最长,粒子转过的角度最大,φ1=60°,对应的θ=120°,当120°<θ<180°时,粒子从MN边界射出,且θ越大,轨迹对应的圆心角越小,运动的时间越短,所以沿θ=120°射入的粒子在磁场中运动的时间最长,B错误.3.如图W8-12所示,半径为r=10cm的匀强磁场区域边界跟y轴相切于坐标原点O,磁感应强度B=0.332T,方向垂直纸面向里.在O处有一放射源S,可向纸面各个方向射出速度为v=3.2×106m/s的α粒子.已知α粒子质量m=6.64×10-27kg,电荷量q=3.2×10-19C,试画出α粒子通过磁场空间做圆周运动的圆心轨迹,求出α粒子通过磁场空间的最大偏角.图W8-12[答案]见解析60°[解析]设粒子在洛伦兹力作用下的轨道半径为R,由Bqv=m𝑣2𝑅得R=𝑚𝑣𝐵𝑞=6.64×10-27×3.2×1060.332×3.2×10-19m=0.20m=20cm虽然α粒子进入磁场的速度方向不确定,但粒子进场点是确定的,因此α粒子做圆周运动的圆心一定落在以O为圆心、半径R=20cm的圆周上,如图中虚线半圆所示.由几何关系可知,速度偏转角总等于其轨迹所对的圆心角.在半径R一定的条件下,为使α粒子速度偏转角最大,即轨迹所对的圆心角最大,应使其所对弦最长.该弦是偏转轨迹圆的弦,同时也是圆形磁场的弦.显然最长弦应为匀强磁场区域圆的直径,即α粒子应从磁场圆直径的A端射出.如图所示,作出偏转角φ及对应轨迹圆心O',据几何关系得sin𝜑2=𝑟𝑅=12,得φ=60°,即α粒子穿过磁场空间的最大偏转角为60°.4.[2017·浙江4月选考改编]如图W8-13所示,在xOy平面内,有一电子源持续不断地沿x正方向每秒发射出N个速率均为v的电子,形成宽为2b、在y轴方向均匀分布且关于x轴对称的电子流,电子流沿x方向射入一个半径为R、中心位于原点O的圆形匀强磁场区域,磁场方向垂直xOy平面向里,电子经过磁场偏转后均从P点射出.在磁场区域的正下方有一对平行于x轴的金属平行板K和A,其中K板与P点的距离为d,中间开有宽度为2l且关于y轴对称的小孔.K板接地,A与K两板间加有正负、大小均可调的电压UAK.穿过K板小孔到达A板的所有电子被收集且导出,从而形成电流.已知b=32R,d=l,电子质量为m,电荷量为e,忽略电子间相互作用.(1)求磁感应强度B的大小;(2)求电子流从P点射出时与负y轴方向的夹角θ的范围;(3)当UAK=0时,求每秒经过极板K上的小孔到达极板A的电子数.图W8-13[答案](1)𝑚𝑣𝑒𝑅(2)-60°≤θ≤60°(3)0.82N[解析](1)轨道半径r=R故B=𝑚𝑣𝑒𝑅.(2)上端电子从P点射出时与负y轴最大夹角为θm,由几何关系得sinθm=𝑏𝑅解得θm=60°同理,下端电子从P点射出时与负y轴最大夹角也为60°故θ的范围是-60°≤θ≤60°.(3)设能够到达A板的电子射出磁场时与负y轴最大夹角为α,由tanα=𝑙𝑑得α=45°对应的电子从电子源射出时与x轴的距离y'=Rsinα=22R设每秒进入两极板间的电子数为n,则𝑛𝑁=𝑦'𝑏=63=0.82解得n=0.82N.教师备用习题1.如图所示,真空室内存在匀强磁场,磁场方向垂直于纸面向里,磁感应强度的大小B=0.60T.磁场内有一块平面感光板ab,板面与磁场方向平行.在距ab为l=16cm处有一个点状的α粒子放射源S,它向各个方向发射α粒子,α粒子的速率都是v=3.0×106m/s.已知α粒子的电荷量与质量之比𝑞𝑚=5.0×107C/kg.现只考虑在纸面内运动的α粒子,求ab板上被α粒子打中区域的长度.教师备用习题[答案]20cm[解析]α粒子带正电,故在磁场中沿逆时针方向做匀速圆周运动.设轨迹半径为R,有qvB=m𝑣2𝑅,解得R=𝑚𝑣𝑞𝐵=10cm,可知2R>l>R.因朝不同方向发射的α粒子的圆轨迹都过S,由此可知,某一圆轨迹在图中N左侧与ab相切,则此切点P1就是α粒子能打中的左侧最远点.教师备用习题为确定P1点的位置,可作平行于ab的直线cd,cd到ab的距离为R,以S为圆心、R为半径作圆弧,交cd于Q点,过Q作ab的垂线,它与ab的交点即为P1,则NP1=𝑅2-(𝑙-𝑅)2.任何α粒子在运动中与S的距离都不可能超过2R,以2R为半径、S为圆心作圆弧,交ab于N右侧的P2点,此即α粒子能打到的右侧最远点.由几何关系得NP2=(2𝑅)2-𝑙2,所求长度为P1P2=NP1+NP2=20cm.教师备用习题2.aa'、bb'、cc'为足够长的匀强磁场分界线,相邻两分界线间距均为d,磁场方向如图所示,Ⅰ、Ⅱ区域的磁感应强度分别为B和2B,边界aa'上有一粒子源P,平行于纸面向各个方向发射速率为2𝐵𝑞𝑑𝑚的带正电粒子,Q为边界bb'上一点,P、Q连线与磁场边界垂直.已知粒子质量为m,电荷量为q,不计粒子重力和粒子间相互作用力,求:教师备用习题(1)沿PQ方向发射的粒子飞出Ⅰ区时经过bb'的位置;(2)粒子第一次通过边界bb'的位置范围;(3)进入Ⅱ区的粒子第一次在磁场Ⅱ区中运动的最长时间和最短时间.教师备用习题[答案](1)Q下方(2-3)d处(2)Q上方3d到下方3d(3)π𝑚2𝐵𝑞π𝑚6𝐵𝑞[解析](1)由洛伦兹力提供向心力得Bqv=𝑚𝑣2𝑟1解得r1=𝑚𝑣𝐵𝑞把v=2𝐵𝑞𝑑𝑚代入,可得r1=2d粒子轨迹如图所示,由sinθ=𝑑2𝑑=12,可得θ=30°教师备用习题则PM=QN=2d-2dcosθ=(2-3)d故经过bb'的位置为Q下方(2-3)d处(2)当带正电粒子速度竖直向上进入磁场Ⅰ时,通过bb'的位置在Q点上方距离最远处,如图所示,由几何关系得cosα1=𝑑2𝑑=12,可得α1=60°则QH1=2dsinα1=3d教师备用习题当带正电粒子进入磁场Ⅰ后轨迹与bb'相切时,通过bb'的位置在Q点下方距离最远处,如图所示,由几何关系得cosα2=𝑑2𝑑=12,可得α2=60°则QH2=2dsinα2=3d故粒子通过边界bb'的位置范围为Q上方3d到下方3d教师备用习题(3)r2=𝑚𝑣𝑞·2𝐵=dT=2π𝑟2𝑣=π𝑚𝐵𝑞轨迹圆所对应的弦越长,在磁场Ⅱ中运动的时间越长.如图所示,当轨迹圆的弦长为直径时,所对应的时间最长,为max=𝑇2=π𝑚2𝐵𝑞当轨迹圆的弦长为磁场Ⅱ的宽度时,从cc'飞出所对应的时间最短,为t1=𝑇6=π𝑚6𝐵𝑞教师备用习题当粒子从Q上方最远处进入Ⅱ区时,如图所示,从bb'飞出所对应的时间最短,为t2=𝑇3=π𝑚3𝐵𝑞所以粒子第一次在磁场Ⅱ中运动的最短时间为tmin=π𝑚6𝐵𝑞.PAGE43谢谢聆听