2023届二轮复习 专题三 第2讲　磁场　带电粒子在磁场中的运动 学案

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第2讲　磁场　带电粒子在磁场中的运动


1.磁场的产生与叠加

2.安培力的分析与计算
方向
左手定则
大
小
直
导
线
F=ILBsin θ
θ=0时F=0,θ=90°时F=ILB
导
线
为
曲
线
时

等效为ac直线电流
受
力
分
析


根据力的平衡条件或牛顿运动定律列方程
二
级
结
论
同向电流相互吸引,反向电流相互排斥
3.灵活应用带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的关系式
(1)带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径公式:R=mvqB。
(2)带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期公式:T=2πRv=2πmqB。

1.思想方法
(1)解题关键。
带电粒子在复合场中做什么运动,取决于带电粒子所受的合外力及初始运动状态的速度,因此带电粒子的运动情况和受力情况的分析是解题的关键。
(2)力学规律的选择。
①当带电粒子在复合场中做匀速直线运动时,应根据平衡条件列方程求解。
②当带电粒子在复合场中做匀速圆周运动时,往往同时应用牛顿第二定律和受力分析列方程联立求解。
③当带电粒子在复合场中做非匀变速曲线运动时,应选用动能定理或能量守恒定律列方程求解。
2.模型建构
电磁学中的曲线运动常用四种方法
利用运
动的合
成与分
解
(1)带电粒子以某一初速度垂直电场方向射入匀强电场中,只受静电力作用的运动。
(2)带电粒子在匀强电场及重力场中的匀变速曲线运动
利用动
能定理
解曲线
运动问
题
带电粒子在复合场中做变加速曲线运动,适合应用动能定理。带电粒子在复合场中做匀变速曲线运动也可以使用动能定理
利用牛
顿运动
定律解
圆周运
动问题
(1)核外电子在库仑力作用下绕原子核的运动。
(2)带电粒子在垂直匀强磁场的平面中在磁场力作用下的运动。
(3)带电物体在各种外力(重力、弹力、摩擦力、静电力、磁场力等)作用下的圆周运动
利用几
何关系
解圆周
问题
带电粒子垂直射入匀强磁场,有以下几种情况:
(1)磁场的边界不同造成粒子轨迹圆与边界的几何问题。
(2)粒子射入磁场的速度不同造成粒子轨迹圆的半径不同。
(3)粒子射入磁场的方向不同造成粒子轨迹的旋转。
以上均涉及平面几何问题



高考考点
命题轨迹
考查内容
考查要求
磁场性质
磁场对电流的作用
2022全国甲卷T25
关键能力
综合性
2022全国乙卷T18
必备知识
基础性
2022湖北卷T11
关键能力
综合性
2021全国甲卷T16
必备知识
基础性
2021广东卷T5
必备知识
基础性
带电粒子在磁场中的运动
2022广东卷T7
必备知识
基础性
2021全国乙卷T16
必备知识
基础性
2021湖北卷T9
关键能力
综合性
带电粒子在有界磁场中
运动的临界、极值和多
解问题
2022湖南卷T13
关键能力
综合性
2022湖北卷T8
关键能力
综合性
2021全国甲卷T25
关键能力
综合性
2021广东卷T14
关键能力、核心价值
综合性
带电粒子在复合场
及交变场中的运动
2022广东卷T8
关键能力
综合性
2022山东卷T17
关键能力、核心价值
综合性
2022河北卷T14
关键能力
综合性
2022全国甲卷T18
关键能力
综合性

考点一　磁场性质　磁场对电流的作用

(2021·全国甲卷,16)两足够长直导线均折成直角,按图示方式放置在同一平面内,EO与O′Q在一条直线上,PO′与OF在一条直线上,两导线相互绝缘,通有相等的电流I,电流方向如图所示。若一根无限长直导线通过电流I时,所产生的磁场在距离导线d处的磁感应强度大小为B,则图中与导线距离均为d的M、N两点处的磁感应强度大小分别为(　B　)


A.B、0 B.0、2B C.2B、2B D.B、B
解析:根据安培定则可知,两根导线在M处产生的磁感应强度大小均为B,方向相反,叠加后磁感应强度大小为0;竖直方向的导线和水平方向的导线在N处产生的磁感应强度大小均为B,方向相同,叠加后磁感应强度大小为2B,B正确。
(2021·广东卷,5)截面为正方形的绝缘弹性长管中心有一固定长直导线,长管外表面固定着对称分布的四根平行长直导线。若中心直导线通入电流I1,四根平行直导线均通入电流I2,I1≫I2,电流方向如图所示。下列截面图中可能正确表示通电后长管发生形变的是(　C　)


解析:根据“同向电流相互吸引,异向电流相互排斥”的作用规律可知,左、右两导线与长管中心的长直导线相互吸引,上、下两导线与长管中心的长直导线相互排斥,C正确。

1.磁场性质分析的两点技巧
(1)判断电流的磁场要正确应用安培定则,明确大拇指、四指所指的方向及手掌的放法。
(2)分析磁场对电流的作用要做到“一明、一转、一分析”。即:

2.安培力作用下的平衡与运动问题的求解思路


1.(2022·山西临汾二模)已知通有电流I的长直导线外某点磁感应强度大小B=kIr,其中r为该点到导线的距离,k为常量。如图所示,在纸面内有一直角三角形AOC,∠C=30°,O、C两点间距离为d。在A点固定一垂直于纸面的长直通电导线,电流为I,方向垂直纸面向里。若在该区域再加一匀强磁场,使C点的磁感应强度为零,则所加匀强磁场的磁感应强度大小、方向分别为(　A　)

A.3kI2d,垂直于AC向上
B.3kI2d,平行于AC向上
C.3kId,垂直于AC向上
D.3kId,平行于AC向上
解析:根据几何关系,AC的长度为r=OCcos30°=23d,长直通电导线在C处产生的磁感应强度为B1=kIr=3kI2d,根据右手螺旋定则,方向垂直AC向下。在该区域再加一匀强磁场,使C点的磁感应强度为零,则所加匀强磁场的磁感应强度与B1等大反向,即大小为3kI2d,方向垂直于AC向上。故A正确。
2.(2022·江苏南通一模)如图所示,水平桌面上有一正三角形线框abc,线框由粗细相同的同种材料制成,边长为L,线框处在与桌面成60°斜向下的匀强磁场中,磁感应强度大小为B,ac边与磁场垂直。现a、c两点接到直流电源上,流过ac边的电流为I,线框静止在桌面上,则线框受到的摩擦力大小为(　C　)

A.34ILB B.3ILB
C.334ILB D.2ILB
解析:根据题意可知,abc边的电流I′=I2,正三角形框架接入电路后,受安培力的等效长度为L,总电流I总=I+I′=3I2,所受安培力大小F=I总LBcos 30°=33ILB4,故选C。
考点二　带电粒子在磁场中的运动

(2022·广东卷,7)如图所示,一个立方体空间被对角平面MNPQ划分成两个区域,两区域分布有磁感应强度大小相等、方向相反且与z轴平行的匀强磁场。一质子以某一速度从立方体左侧垂直Oyz平面进入磁场,并穿过两个磁场区域。下列关于质子运动轨迹在不同坐标平面的投影中,可能正确的是(　A　)



解析:根据题述情境,质子垂直Oyz平面进入磁场,由左手定则可知,质子先向y轴正方向偏转穿过MNPQ平面,再向x轴正方向偏转,所以选项A可能正确,B错误;该轨迹在Oxz平面上的投影为一条平行于x轴的直线,选项C、D错误。
(2021·全国乙卷,16)如图,圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场,质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子从圆周上的M点沿直径MON方向射入磁场。若粒子射入磁场时的速度大小为v1,离开磁场时速度方向偏转90°;若射入磁场时的速度大小为v2,离开磁场时速度方向偏转60°。不计重力。则v1v2为(　B　)

A.12 B.33 C.32 D.3
解析:设磁场区域的半径为R,根据几何关系可知,带电粒子以v1射入磁场时,在磁场中运动的轨迹半径r1=R,带电粒子以v2射入磁场时,在磁场中运动的轨迹半径r2=Rtan 60°2=3R,根据洛伦兹力提供向心力有qvB=mv2r,可得r=mvqB,则r1=mv1qB,r2=mv2qB,解得v1v2=33,B正确。

1.对洛伦兹力的分析
(1)方向判断:左手定则→F垂直于B和v决定的平面。
(2)大小计算:F=qvBsin θ。
①v∥B时,洛伦兹力F=0(θ=0°或180°)。
②v⊥B时,洛伦兹力F=qvB(θ=90°)。
③v=0时,洛伦兹力F=0。
(3)动力学关系:带电粒子垂直进入匀强磁场时将做匀速圆周运动,向心力由洛伦兹力提供,洛伦兹力始终垂直于运动方向,它不做功。
2.分析带电粒子在有界磁场中运动的方法
基
本
思
路
(1)画轨迹:确定圆心,用几何方法求半径并画出轨迹。
(2)找联系:轨迹半径与磁感应强度、运动速度相联系,偏转角度与圆心角、运动时间相联系,在磁场中运动的时间与周期相联系。
(3)用规律:利用牛顿第二定律和圆周运动的规律,特别是周期公式和半径公式
基
本
公
式
qvB=mv2r
重
要
结
论
r=mvqB,T=2πmqB,T=2πrv
圆
心
的
确
定
(1)轨迹上的入射点和出射点的速度垂线的交点为圆心,如图甲。
(2)轨迹上入射点速度垂线和两点连线中垂线的交点为圆心,如图乙。
(3)沿半径方向距入射点距离等于r的点,如图丙。(r已知或可求)

半
径
的
确
定
方法一:由物理公式求。由于qvB=mv2r,所以半径r=mvqB。
方法二:由几何关系求。一般由数学知识(勾股定理、三角函数等)通过计算来确定
时
间
的
求
解
方法一:由圆心角求。t=θ2π·T。
方法二:由弧长求。t=sv
轨
迹
圆
的
几
个
基
本
特
点
(1)粒子从同一直线边界射入磁场和射出磁场时,入射角等于出射角。(如图甲,θ1=θ2=θ3)
(2)粒子速度方向的偏转角等于其轨迹对应的圆心角。(如图甲,α1=α2)
(3)沿半径方向射入圆形磁场的粒子,出射时亦沿半径方向,如图乙。(两侧关于两圆心连线对称)


3.(2022·广东深圳二模)(多选)如图为地球赤道剖面图,地球半径为R,把地面上高度为R2区域内的地磁场视为磁感应强度为B、方向垂直于剖面的匀强磁场,一带电粒子以速度v正对地心射入该磁场区域,轨迹恰好与地面相切。则(　BD　)

A.粒子带正电荷
B.轨迹半径为5R8
C.粒子的比荷为vBR
D.若粒子速度减小,在该磁场区域的运动时间增加
解析:由左手定则可知,粒子带负电,选项A错误;由几何关系可知r2+(R+R2)2=(R+r)2,解得r=5R8,选项B正确;根据qvB=mv2r,解得qm=8v5BR,选项C错误;若粒子速度减小,则粒子的运动半径减小,但是粒子在磁场中运动的圆心角变大,因粒子的周期T=2πmqB,不变,则由t=θ2πT可知,在该磁场区域的运动时间增加,选项D正确。

4.(2022·广西南宁二模)如图,在底边长为L的等腰直角三角形MQN区域内,存在方向垂直于纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场。一带电粒子(不计重力)以垂直于底边MN的速度v从底边中点P1射入磁场,粒子离开磁场的位置在直角边QN的中点P2,下列结论正确的是(　C　)

A.粒子带负电
B.粒子在磁场中运动的轨道半径R=L2
C.粒子的比荷qm=4vBL
D.粒子在磁场中运动的时间t=πL2v
解析:由题意可知,粒子从P1点进,从P2点出,则粒子向右偏转,根据左手定则可知,粒子带正电,故A错误;根据题意作出粒子的运动轨迹如图所示。

设粒子的轨道半径为R,则,OP1=OP2=R,底边MN=L,则根据几何关系可知P2N=24L,ON=12L-R,由题知,△MQN为等腰直角三角形,则∠QNM=45°,在△P2NO中,根据余弦定理有R2=(2L4)2+(L2-R)2-2×24L×(L2-R)cos 45°,解得R=L4;粒子在磁场中做匀速圆周运动,根据洛伦兹力提供向心力有qvB=mv2R,解得粒子的比荷qm=4vBL,故B错误,C正确;因半径R=L4,则由几何关系可得ON=L2-R=L4,故OP2=ON=R,且P2N=24L,所以∠P2ON=90°,故粒子在磁场中偏转的角度也为90°,则粒子在磁场中运动的时间为t=14T,又T=2πmBq,解得t=πL8v,故D错误。
考点三　带电粒子在有界磁场中运动的临界、极值和多解问题

(2021·海南卷13)(多选)如图,在平面直角坐标系Oxy的第一象限内,存在垂直纸面向外的匀强磁场,磁感应强度大小为B。大量质量为m、电荷量为q的相同粒子从y轴上的P(0,3L)点,以相同的速率在纸面内沿不同方向先后射入磁场,设入射速度方向与y轴正方向的夹角为α(0≤α≤180°)。当α=150°时,粒子垂直x轴离开磁场。不计粒子的重力。则(　ACD　)

A.粒子一定带正电
B.当α=45°时,粒子也垂直x轴离开磁场
C.粒子入射速率为23qBLm
D.粒子离开磁场的位置到O点的最大距离为35L
解析:根据题意可知粒子垂直x轴离开磁场,根据左手定则可知粒子带正电,A正确。当α=150°时,粒子垂直x轴离开磁场,运动轨迹如图甲所示,粒子运动的半径为r=3Lcos60°=23L,洛伦兹力提供向心力,qvB=mv2r,解得粒子入射速率v=23qBLm;若α=45°,粒子运动轨迹如图乙所示,


根据几何关系可知,粒子离开磁场时与x轴不垂直,B错误,C正确。粒子离开磁场距离O点距离最远时,粒子在磁场中的轨迹为半圆,如图丙所示,根据几何关系可知(2r)2=(3L)2+xm2,解得xm=35L,D正确。

(2022·湖北卷,8)(多选)在如图所示的平面内,分界线SP将宽度为L的矩形区域分成两部分,一部分充满方向垂直于纸面向外的匀强磁场,另一部分充满方向垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小均为B,SP与磁场左右边界垂直。离子源从S处射入速度大小不同的正离子,离子入射方向与磁场方向垂直且与SP成30°角。已知离子比荷为k,不计重力。若离子从Р点射出,设出射方向与入射方向的夹角为θ,则离子的入射速度和对应θ角的可能组合为(　BC　)

A.13kBL,0° B.12kBL,0°
C.kBL,60° D.2kBL,60°
解析:若离子通过下部分磁场直接到达P点,如图甲,根据几何关系则有R=L,由洛伦兹力提供向心力有qvB=mv2R,可得v=qBLm=kBL,根据对称性可知,出射速度与SP成30°角向上,故出射方向与入射方向的夹角θ=60°。当离子上、下两部分均经历一次时,如图乙,


因为上、下两部分磁场的磁感应强度大小均为B,则根据对称性有R=12L,根据洛伦兹力提供向心力有qvB=mv2R,可得v=qBL2m=12kBL,此时出射方向与入射方向相同,即θ=0°。通过以上分析可知,当离子从下部分磁场射出时,需满足v=qBL(2n-1)m=12n-1kBL(n=1,2,3,…),此时θ=60°;当离子从上部分磁场射出时,需满足v=qBL2nm=12nkBL(n=1,2,3,…),此时θ=0°。故可知B、C正确,A、D错误。

1.解答带电粒子在磁场中运动的临界极值问题的“二、二、四”技巧
两种思路
一是以定理、定律为依据,首先求出所研究问题的一般规律和一般解的形式,然后分析、讨论处于临界状态时的特殊规律和特殊解
二是直接分析、讨论临界状态,找出临界条件,从而通过临界条件求出临界值
两种
方法
物理
方法
(1)利用临界条件求极值。
(2)利用边界条件求极值。
(3)利用矢量图求极值
数学
方法
(1)用三角函数求极值。
(2)用一元二次方程的判别式求极值。
(3)用不等式的性质求极值。
(4)用图像法求极值
四个结论
(1)刚好穿出磁场边界的条件是带电粒子在磁场中运动的轨迹与边界相切。
(2)当速率v一定时,弧长(或圆心角小于180°时的弦长)越长,圆心角越大,则带电粒子在有界磁场中运动的时间越长。
(3)当速率v变化时,圆心角越大,运动时间越长。
(4)在圆形匀强磁场中,若带电粒子速率v一定且运动轨迹圆半径大于磁场区域圆半径,则入射点和出射点为磁场直径的两个端点时,轨道对应的偏转角最大(所有的弦中直径最长)

2.常见带电粒子在磁场中运动的多解问题
多解分类
多解原因
示意图
带电粒子电性不确定
带电粒子可能带正电,也可能带负电,粒子在磁场中的运动轨迹不同

磁场方向不确定
题目只告诉了磁感应强度的大小,而未具体指出磁感应强度的方向,必须考虑磁感应强度方向有两种情况

临界状态不唯一
带电粒子在飞越有界磁场时,可能直接穿过去了,也可能从入射界面反向飞出

运动的
往复性
带电粒子在空间运动时,往往具有往复性


3.常见的四种运动类型
粒子发射速度特征
类型
归纳
粒子运动
特征
运动图例
同向异速发射
放
缩
圆
所有的轨迹圆过发射点,轨迹圆大小在变化,但圆心在同一直线上

等速异向发射
旋
转
圆
所有的轨迹圆过发射点,轨迹圆大小不变,但圆心在同一圆周上移动

同向等速发射
平
移
圆
粒子发射速度的大小和方向不变,但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

等速平行发射
聚
焦
圆
粒子从圆形边界进入磁场,若区域圆的半径等于粒子运动轨迹圆半径,粒子将聚焦到同一点


5.(2020·全国Ⅰ卷,18)一匀强磁场的磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面向外,其边界如图中虚线所示,ab为半圆,ac、bd与直径ab共线,ac间的距离等于半圆的半径。一束质量为 m、电荷量为q(q>0)的粒子,在纸面内从c点垂直于ac射入磁场,这些粒子具有各种速率。不计粒子之间的相互作用。在磁场中运动时间最长的粒子,其运动时间为(　C　)

A.7πm6qB B.5πm4qB C.4πm3qB D.3πm2qB
解析:带电粒子在匀强磁场中运动,运动轨迹如图所示,由洛伦兹力提供向心力有qvB=mv2r,解得r=mvqB,运动时间t=θrv=θmqB,θ为带电粒子在磁场中运动轨迹所对的圆心角,粒子在磁场中的运动时间由轨迹所对圆心角决定。采用放缩法,粒子垂直ac射入磁场,则轨迹圆圆心必在直线ac上,将粒子的轨迹半径从零开始逐渐放大,当r≤0.5R(R为ab的半径)和r≥1.5R时,粒子从ac、bd区域射出磁场,运动时间等于半个周期。当0.5R
6.(2022·江苏苏州二模)如图所示,某行星的赤道线半径为R,在其赤道平面上,行星产生的磁场可以近似看成以行星中心为圆心、半径为3R的有界匀强磁场,磁感应强度为B。太阳耀斑爆发时,向该行星持续不断地辐射大量电荷量为q、质量为m的带正电的粒子,粒子速度方向平行,垂直于MN,速度大小介于某一范围,已知从M点射入磁场的带电粒子在磁场作用下恰能到达赤道线下半圆弧上的各点,不计一切阻力。

(1)求带电粒子的速度范围;
(2)求带电粒子从磁场边缘到行星赤道面的最短时间;
(3)带电粒子在该行星赤道上存在一段辐射盲区(不能到达的区域),求该盲区所对圆心角的正弦值。
解析:(1)如图甲,带电粒子速度最小时
r1=R,
qv1B=mv12r1,
得v1=qBRm;
如图乙,带电粒子速度最大时r2=2R,
同理v2=2qBRm,
则qBRm
(2)如图丙,带电粒子速度最大且轨迹弦最短时,运动时间最短,最短弦长为2R,对应的轨迹圆的最小圆心角为
θmin=π3,
则t=πm3qB。

(3)如图丁,带电粒子以最大速度运动的轨迹与赤道上半圆弧相切点为辐射盲区的上边界,如图为等腰三角形,所以
cos θ=R3R=13,
三角形底边与MN平行,所以辐射盲区所对圆心角的正弦值
sin θ=1-cos2θ=223。
答案:(1)qBRm (2)πm3qB
(3)223
考点四　圆形有界匀强磁场中的磁聚焦和磁发散模型

(2021·湖南卷,13)带电粒子流的磁聚焦和磁控束是薄膜材料制备的关键技术之一。带电粒子流(每个粒子的质量为m、电荷量为+q)以初速度v垂直进入磁场,不计重力及带电粒子之间的相互作用。对处在xOy平面内的粒子,求解以下问题。
(1)如图a,宽度为2r1的带电粒子流沿x轴正方向射入圆心为A(0,r1)、半径为r1的圆形匀强磁场中,若带电粒子流经过磁场后都汇聚到坐标原点O,求该磁场磁感应强度B1的大小。
(2)如图a,虚线框为边长等于2r2的正方形,其几何中心位于C(0,-r2)。在虚线框内设计一个区域面积最小的匀强磁场,使汇聚到O点的带电粒子流经过该区域后宽度变为2r2,并沿x轴正方向射出。求该磁场磁感应强度B2的大小和方向,以及该磁场区域的面积(无需写出面积最小的证明过程)。


(3)如图b,虚线框Ⅰ和Ⅱ均为边长等于r3的正方形,虚线框Ⅲ和Ⅳ均为边长等于r4的正方形。在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ和Ⅳ中分别设计一个区域面积最小的匀强磁场,使宽度为2r3的带电粒子流沿x轴正方向射入Ⅰ和Ⅱ后汇聚到坐标原点O,再经过Ⅲ和Ⅳ后宽度变为2r4,并沿x轴正方向射出,从而实现带电粒子流的同轴控束。求Ⅰ和Ⅲ中磁场磁感应强度的大小,以及Ⅱ和Ⅳ中匀强磁场区域的面积(无需写出面积最小的证明过程)。
解析:(1)若带电粒子流经过磁场后都汇聚到O点,由几何关系可得,带电粒子在磁场中运动的轨迹半径R1=r1,由洛伦兹力提供向心力有qvB1=mv2R1,解得B1=mvqr1。
(2)要使带电粒子偏转后全部沿着x轴正方向运动,磁场的方向应垂直于纸面向里,由几何关系可知带电粒子运动的轨迹半径R2=r2,由洛伦兹力提供向心力,有qvB2=mv2R2,解得B2=mvqr2。匀强磁场处于圆心为(0,-r2)、半径为r2的圆内时,面积最小,最小面积Smin=πr22。
(3)画出磁场区域面积最小时的情形,如图所示。

在Ⅰ、Ⅱ区域的磁场中,由几何关系可知带电粒子运动的轨迹半径R3=r3,由洛伦兹力提供向心力,有qvB3=mv2R3,解得B3=mvqr3,Ⅱ中磁场区域的面积S1=2×(14πr32-12r32)=(π2-1)r32。
在Ⅲ、Ⅳ区域的磁场中,由几何关系可知带电粒子运动的轨迹半径R4=r4,由洛伦兹力提供向心力,有qvB4=mv2R4,解得B4=mvqr4,Ⅳ中磁场区域的面积S2=2×(14πr42-12r42)=(π2-1)r42。
答案:(1)mvqr1　(2)mvqr2　方向垂直于纸面向里　πr22　(3)mvqr3　mvqr4　(π2-1)r32　(π2-1)r42
(2021·山东临沂二模)示波管的应用非常广泛,其核心就是利用电场或磁场实现电子束线的聚焦,这与透镜将光束聚焦的作用相似,故称为电聚焦或磁聚焦。现可以将磁聚焦简化成如下的过程:电子枪发射的大量电子从M板上的小孔无初速度进入M、N两板间的加速电场中,并从N板上的小孔飞出,电子在从电场中飞出时,由于各种原因会散开一个极小的角度θ,如图所示。从N板小孔中飞出的电子在离开电场区域后直接进入N板右侧的匀强磁场区域中,由于磁场的作用会在磁场内再次聚焦。调整荧光屏(图中未画出)到N板的距离,就能使电子束会聚点正好打在荧光屏上。已知加速电场的电压为U,板间距离为d,匀强磁场沿水平方向、磁感应强度大小为B,电子的电荷量为-e,质量为m。电子之间的相互作用力很小,可以忽略其对电子速度大小的影响,不考虑电子之间的碰撞,sin θ≈θ,cos θ≈1,则:

(1)求电子进入磁场时的速度大小;
(2)求电子从开始运动到再次会聚于一点时所用的时间。
(3)调整荧光屏到N板的距离为l时,使电子恰好会聚到屏上,则l应满足什么条件?
解析:(1)电子在M、N间加速,由动能定理可得eU=12mv02,
解得v0=2eUm。
(2)设电子在加速电场中运动的时间为t1,有v02·t1=d,

如图所示,将射入磁场中的电子速度沿平行于磁场和垂直于磁场方向分解为v1、v2,
则v1=v0cos θ≈v0,v2=v0sin θ=v0θ,
电子沿水平方向做匀速直线运动,垂直于磁场方向做匀速圆周运动,在垂直于磁场方向,由牛顿第二定律得ev2B=mv22r,
电子做匀速圆周运动的周期T=2πrv2,
电子再次会聚于一点所需时间t=t1+T,
联立可得t=d2meU+2πmeB。
(3)电子的一个回旋周期T内沿水平方向前进的距离为x0=v1T,
根据电子运动的周期性,会聚点与进入磁场的位置间距d′=nx0(n=1,2,3,…),
又l=d′,
联立可得l=2nπB2mUe(n=1,2,3,…)。
答案:(1)2eUm　(2)d2meU+2πmeB
(3)l=2nπB2mUe(n=1,2,3,…)

1.“磁聚焦”模型一
磁聚焦
磁发散
电性相同的带电粒子平行射入圆形有界匀强磁场,如果轨迹半径与磁场半径相等,则粒子从磁场边界上同一点射出,磁场边界在该点的切线与入射方向平行
带电粒子从圆形有界匀强磁场边界上同一点射入,如果轨迹半径与磁场半径相等,则粒子出射方向与磁场边界在入射点的切线方向平行


2.“磁聚焦”模型二

透镜可以使发散的光束会聚成一点,磁场在一定条件下也可以使发散的粒子束会聚到一点,这就是磁聚焦。如图所示是利用长线圈产生的匀强磁场实现磁聚焦的,其中的通电线圈内部的磁场是匀强磁场,磁场方向沿其轴线方向。设想A点处发射出一束很窄的带电粒子束,其中的粒子的速度v可以认为大小都相等,它们与磁感应强度B的夹角θ都不大。把速度v沿磁场方向和垂直于磁场方向分解,则
v∥=v·cos θ≈v,
v⊥=v·sin θ≈vθ。
由于所有粒子的v∥都相等,它们沿轴线方向的分运动是速度相等的匀速直线运动;粒子的v⊥不相等,它们在垂直于轴线的平面内做匀速圆周运动,其轨道半径各不相同,但周期都相同。图中示意性地表示各粒子分别做不同半径的螺旋线运动,经一个周期后又会聚于A′点,它相当于透镜的焦点。

7.(2022·山东聊城期末)(多选)从电子枪打出的电子流并不完全沿直线运动,而是有微小角度的散射,为了使显示器图像清晰,需要通过电子透镜对电子流进行聚焦处理,正好在屏幕上会聚形成一个亮点。如图甲所示,密绕线圈的玻璃管是一种利用磁场进行会聚的电子透镜,又称为磁场透镜。如图乙所示为其内部原理图,玻璃管的管长为L,管内直径为D,管内存在沿轴线方向向右的匀强磁场。电子流中的电子在与轴线成微小角度θ的顶角范围内从轴线左端的O点射入磁场,电子速率均为v0,调节磁感应强度B的大小,可以使电子重新会聚到轴线右端与荧光屏的交点P。已知电子的电荷量为e,质量为m,当角度θ非常小时满足cos θ≈1,sin θ≈θ。若要使电子流中的电子均能会聚到P点,下列说法正确的是(　AC　)

A.磁感应强度应满足B=2nπmv0eL(n为合适的整数)
B.磁感应强度应满足B=nπmv0eL(n为合适的整数)
C.管内直径应满足D≥2θLπ
D.管内直径应满足D≥θLπ
解析:电子在平行于磁场方向做匀速直线运动,在垂直于磁场方向做匀速圆周运动,电子平行于磁场方向的分速度v1=v0cos θ,垂直于磁场方向的分速度v2=v0sin θ,由题意可知,当角度θ非常小时满足cos θ≈1,sin θ≈θ,则v1=v0cos θ≈v0,v2=v0sin θ≈v0θ;电子在垂直于磁场方向做匀速圆周运动,电子做匀速圆周运动的周期T=2πrv2=2πmeB,电子在平行于磁场方向做匀速直线运动,电子运动时间t=Lv1=Lv0,若要使电子流中的电子均能会聚到P点,则nT=t,解得B=2nπmv0eL,其中n为合适的整数,故A正确,B错误;电子在垂直于磁场方向做匀速圆周运动,电子做匀速圆周运动的轨道半径r≤D4n,电子在垂直于磁场方向做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,由牛顿第二定律得ev2B=mv22r,解得D≥2θLπ,故C正确,D错误。
8.如图,两块平行金属板M、N竖直放置,小孔S1、S2与O点在同一水平线上、以O为圆心、R为半径的圆形区域内存在匀强磁场(图中未画出),方向垂直纸面向外,大小为B。T为收集板,板上各点到O点的距离均为2R,其中CO、DO与水平方向夹角均为60°,板两端点C、D的连线水平。质量为m、带电荷量为q的带负电粒子,经S1进入M、N间的电场后,通过S2进入磁场,经过磁场后打在收集板T上,粒子在S1处的速度以及粒子所受的重力均不计。

(1)若MN间的电压为qB2R22m,粒子打在收集板T的哪个位置?
(2)若有一群质量为m、带电荷量为q的带负电粒子从S1射入经过S2进入磁场后偏转,均打到了收集板上,粒子间的相互作用忽略不计,则在MN间加的电压U需满足怎样的条件?
(3)若保持MN间的电压为qB2R22m,将平行金属板M、N竖直上移,质量为m、带电荷量为q的带负电粒子经S1进入后,恰好打在收集板的右端点D上,求平行金属板M、N上移的距离x。
解析:(1)对带电粒子在M、N板间的运动过程,由动能定理得qU1=12mv12,
粒子进入磁场中做匀速圆周运动,由洛伦兹力提供向心力,由牛顿第二定律得qv1B=mv12r1,
结合U1=qB2R22m,解得r1=R。
可得粒子在磁场中的运动轨迹如图甲所示,带电粒子在磁场区域中偏转了90°,因此带电粒子打在收集板T的正中间。

(2)当带电粒子打到C点时,在磁场中的运动轨迹如图乙所示,可得粒子的轨迹半径为
r2=Rtan 30°=33R,
由牛顿第二定律得qv2B=mv22r2,
对带电粒子在M、N板间的运动过程,由动能定理得
qU2=12mv22,解得U2=qB2R26m。
当带电粒子打到D点时,在磁场中的运动轨迹如图丙所示,可得粒子的轨迹半径为
r3=Rtan 60°=3R,
由牛顿第二定律得qv3B=mv32r3,
对带电粒子在MN板间的运动过程,由动能定理得
qU3=12mv32,解得U3=3qB2R22m,
因此,粒子均打到了收集板上,MN间加的电压需满足qB2R26m≤U≤3qB2R22m。

(3)此时的运动图像如图丁所示,根据几何关系可得
sin α=R(3R-R)2+R2=15-23,
因此,平行金属板M、N上移的距离
x=Rsin α=R5-23。
答案:(1)粒子打在收集板T的正中间
(2)qB2R26m≤U≤3qB2R22m
(3)R5-23

带电粒子在复合场中的运动
类型一　带电粒子在组合场中的运动
1.“5步”突破带电粒子在组合场中的运动问题。

2.在电磁技术中,中学阶段常见的是带电粒子在正交的匀强电场和匀强磁场中运动的几种模型。
组合场问题举例:如图所示,回旋加速器、质谱仪等的共同特征是先后出现单一的场。

化繁为简研究实质

(2021·全国甲卷,25)如图,长度均为l的两块挡板竖直相对放置,间距也为l,两挡板上边缘P和M处于同一水平线上,在该水平线的上方区域有方向竖直向下的匀强电场,电场强度大小为E;两挡板间有垂直纸面向外、磁感应强度大小可调节的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子自电场中某处以大小为v0的速度水平向右发射,恰好从P点处射入磁场,从两挡板下边缘Q和N之间射出磁场,运动过程中粒子未与挡板碰撞。已知粒子射入磁场时的速度方向与PQ的夹角为60°,不计重力。


(1)求粒子发射位置到P点的距离;
(2)求磁感应强度大小的取值范围;
(3)若粒子正好从QN的中点射出磁场,求粒子在磁场中的轨迹与挡板MN的最近距离。
解析:(1)带电粒子在电场中做类平抛运动,设粒子经过P点的速度在水平方向和竖直方向的分速度分别为vx和vy,运动至P点所用时间为t,加速度大小为a,有
qE=ma,
vxvy=tan 60°,
vx=v0,
vy=at,
x=v0t,
y=12at2,s=x2+y2,
联立解得t=3mv03qE,s=13mv026qE。
(2)粒子进入磁场的速度v=v0sin60°=23v03,
根据洛伦兹力提供向心力有qvB=mv2r,
解得B=mvqr,
若粒子从Q点射出,粒子在磁场中运动的轨迹半径最小,设为r1,则由几何知识可得r1=33l,
解得最大磁感应强度B1=2mv0ql,
若粒子从N点射出,粒子在磁场中运动的轨迹半径最大,设为r2,由几何知识得sin 15°=22lr2,
解得r2=(3+1)l,
最小磁感应强度B2=(1-33)mv0ql,
即磁感应强度的范围为(1-33)mv0ql≤B≤2mv0ql。
(3)画出粒子的轨迹如图所示,

设此时粒子的轨迹半径为r′,粒子从QN的中点E射出,由几何知识得
PE=l2+(12l) 2=52l,
r′=PE2sin∠POO',
sin ∠POO′=sin ∠FPO′=sin (60°-∠QPE),
由几何关系得sin ∠QPE=55,
解得r′=5(23+1)22l,
轨迹上与MN距离最近的点与圆心O的连线与QN平行,由几何关系得最近的距离
d=QN-r'2=39-10344l。
答案:(1)13mv026qE　(2)(1-33)mv0ql≤B≤2mv0ql
(3)39-10344l
(2022·山东泰安期末)在芯片制造过程中,离子注入是其中一道重要的工序。如图所示是一部分离子注入工作原理示意图,离子经加速后沿水平方向进入速度选择器,用电场和磁场控制离子速度,然后通过磁分析器Ⅰ,选择出特定比荷的离子,经偏转系统Ⅱ后注入硅片。速度选择器、磁分析器中的匀强磁场的磁感应强度大小均为B,方向均垂直纸面向外;速度选择器的匀强电场的电场强度大小为E,方向竖直向上。磁分析器截面是矩形,矩形长为3L,宽为L。其宽和长中心位置C和D处各有一个小孔;偏转系统中长度均为4L的两块挡板PQ和MN竖直相对放置,间距为32L,两挡板上边缘P和M处于同一水平线上,P点紧贴小孔D的左边缘;两挡板间有垂直纸面向外、磁感应强度大小可调节的匀强磁场。离子从两挡板下边缘Q和N之间射出磁场,运动过程中离子未与挡板碰撞,不计离子所受重力。求:

(1)离子通过速度选择器后的速度大小;
(2)磁分析器选择出来的离子的比荷;
(3)偏转系统磁感应强度大小的取值范围。
解析:(1)由qvB=qE,得v=EB。
(2)在矩形磁场内离子做匀速圆周运动,由几何知识得R2=(32L)2+(R-L2)2,得R=L;
又因为qvB=mv2R,
解得qm=ELB2。
(3)设粒子经P进入偏转系统Ⅱ时,粒子运动方向与PQ的夹角为θ,
由几何知识知,cos θ=32LL=32,得θ=30°;
当挡板PQ和MN间磁感应强度最大时,离子从Q点飞出,
由几何知识得R1=4L,
由R1=mvqB1,得B1=B4;
当挡板PQ和MN间磁感应强度最小时,
离子从N点飞出,连接PN,设∠QPN=θ′,
由几何知识得
sin θ′=QNPN=QN2PQ2+QN2=367,
cos θ′=PQPN=PQPQ2+QN2=867,
R2cos(θ′+60°)=PN2=674L,
由qvB2=mv2R2,得B2=1067B,
所以1067B≤B偏≤14B。
答案:(1)EB　(2)ELB2　(3)1067B≤B偏≤14B
类型二　带电粒子在叠加场中的运动
1.三种典型情况
(1)若只有两种场,合力为零,则表现为匀速直线运动或静止状态。例如电场与磁场叠加满足qE=qvB时,重力场与磁场叠加满足mg=qvB时,重力场与电场叠加满足mg=qE时。
(2)若三场共存,合力为零时,粒子做匀速直线运动,其中洛伦兹力F=qvB的方向与速度v垂直。
(3)若三场共存,粒子做匀速圆周运动时,则有mg=qE,粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动,即qvB=mv2r。
2.当带电粒子做复杂的曲线运动或有约束的变速直线运动时,一般用动能定理或能量守恒定律求解。
3.分析

4.在电磁技术中,中学阶段常见的是带电粒子在正交的匀强电场和匀强磁场中运动的几种模型。叠加场问题:速度选择器、磁流体发电机、霍尔元件和电磁流量计的共同特征是粒子在仪器中同时受静电力和洛伦兹力作用,并且最终静电力和洛伦兹力平衡。


化繁为简研究实质

(2021·浙江1月卷,24)在芯片制造过程中,离子注入是其中一道重要的工序。如图所示是离子注入工作原理示意图,离子经加速后沿水平方向进入速度选择器,然后通过磁分析器,选择出特定比荷的离子,经偏转系统后注入处在水平面内的晶圆(硅片)。速度选择器、磁分析器和偏转系统中的匀强磁场的磁感应强度大小均为B,方向均垂直纸面向外;速度选择器和偏转系统中的匀强电场的电场强度大小均为E,方向分别为竖直向上和垂直纸面向外。磁分析器截面是内、外半径分别为R1和R2的四分之一圆环,其两端中心位置M和N处各有一个小孔;偏转系统中电场和磁场的分布区域是同一边长为L的正方体,其偏转系统的底面与晶圆所在水平面平行,间距也为L。当偏转系统不加电场及磁场时,离子恰好竖直注入到晶圆上的O点(即图中坐标原点,x轴垂直纸面向外)。整个系统置于真空中,不计离子所受重力,打在晶圆上的离子,经过电场和磁场偏转的角度都很小。当α很小时,有sin α≈tan α≈α,cos α≈1-12α2。求:

(1)离子通过速度选择器后的速度大小v和磁分析器选择出来的离子的比荷;
(2)偏转系统仅加电场时离子注入晶圆的位置,用坐标(x,y)表示;
(3)偏转系统仅加磁场时离子注入晶圆的位置,用坐标(x,y)表示;
(4)偏转系统同时加上电场和磁场时离子注入晶圆的位置,用坐标(x,y)表示,并说明理由。
解析:(1)通过速度选择器后离子的速度v=EB,
从磁分析器中心孔N射出离子的运动半径为
R=R1+R22,
由mv2R=qvB,
得qm=vRB=2E(R1+R2)B2。
(2)经过电场后,离子在x轴方向偏转的距离
x1=qE2m(Lv)2,
tan θ=qELmv2,
离开电场后,离子在x轴方向偏移的距离
x2=Ltan θ=qEL2mv2,
x=x1+x2=3qEL22mv2=3L2R1+R2,
位置坐标为(3L2R1+R2,0)。
(3)离子进入磁场后做匀速圆周运动,如图,

半径r=mvqB,sin α=Lr,
经过磁场后,离子在y方向偏转距离
y1=r(1-cos α)≈L2R1+R2,
离开磁场后,离子在y方向偏移距离
y2=Ltan α≈2L2R1+R2,
则y=y1+y2≈3L2R1+R2,
位置坐标为(0,3L2R1+R2)。
(4)注入晶圆的位置坐标为(3L2R1+R2,3L2R1+R2),电场引起的速度增量对y轴方向的运动不产生影响。
答案:(1)EB　2E(R1+R2)B2　(2)(3L2R1+R2,0)
(3)(0,3L2R1+R2)　(4)见解析
若例2中,速度选择器、磁分析器中的磁感应强度方向均垂直于纸面向外,大小分别为B1、B2。则下列说法正确的是(　B　)

A.可以利用此系统给晶圆同时注入带正电离子和带负电的离子
B.从磁分析器下端孔N离开的离子,其比荷为2EB1B2(R1+R2)
C.如果偏转系统只加沿x轴正方向的磁场,则离子会注入x轴正方向的晶圆上
D.只增大加速电场的电压,可使同种离子注入晶圆更深处
解析:由左手定则可知,只有正离子才能通过磁分析器,负离子不能通过磁分析器,故A错误;离子通过速度选择器时,有qE=qvB1,解得速度v=EB1,离子在磁分析器中,受洛伦兹力作用做匀速圆周运动,有qvB2=mv2R,由几何关系得R=R1+R22,联立可得qm=2EB1B2(R1+R2),故B正确;如果偏转系统只加沿x轴正方向的磁场,由左手定则可知离子向y轴正方向偏转,故C错误;只增大加速电场的电压,则粒子速度不满足v=EB1,无法做匀速直线运动通过速度选择器,所以不一定能到达晶圆处,故D错误。
类型三　带电粒子在交变场中的运动
1.此类问题是场在时间上的组合,电场或磁场往往具有周期性,粒子的运动也往往具有周期性。这种情况下要仔细分析带电粒子的受力情况和运动过程,弄清楚带电粒子在每一时间段内在电场、磁场中各处于什么状态,做什么运动,画出一个周期内的运动轨迹的草图。
2.解题思路

(2021·浙江6月卷,23)如图甲所示,空间站上某种离子推进器由离子源、间距为d的中间有小孔的两平行金属板M、N和边长为L的立方体构成,其后端面P为喷口。以金属板N的中心O为坐标原点,垂直立方体侧面和金属板建立x、y和z坐标轴。M、N板之间存在场强为E、方向沿z轴正方向的匀强电场;立方体内存在磁场,其磁感应强度沿z方向的分量始终为零,沿x和y方向的分量Bx和By随时间周期性变化规律如图乙所示,图中B0可调。氙离子(Xe2+)束从离子源小孔S射出,沿z方向匀速运动到M板,经电场加速进入磁场区域,最后从端面P射出,测得离子经电场加速后在金属板N中心点O处相对推进器的速度为v0。已知单个离子的质量为m、电荷量为2e,忽略离子间的相互作用,且射出的离子总质量远小于推进器的质量。


(1)求离子从小孔S射出时相对推进器的速度大小vS。
(2)不考虑在磁场突变时运动的离子,调节B0的值,使得从小孔S射出的离子均能从喷口后端面P射出,求B0的取值范围。
(3)设离子在磁场中的运动时间远小于磁场变化周期T,单位时间从端面P射出的离子数为n,且B0=2mv05eL。求图乙中t0时刻离子束对推进器的作用力沿z轴方向的分力。
解析:(1)离子从小孔S射出运动到金属板N中心点O处,根据动能定理有
2eEd=12mv02-12mvS2,
解得离子从小孔S射出时相对推进器的速度大小为
vS=v02-4eEdm。
(2)当磁场仅有沿x方向的分量取最大值时,离子从喷口P的下边缘中点射出,根据几何关系有
(R1-L2)2+L2=R12,
根据洛伦兹力提供向心力,有
2ev0B0=mv02R1,
联立解得
B0=2mv05eL;
当磁场在x和y方向的分量同取最大值时,离子从喷口P边缘交点射出,根据几何关系有
(R2-2L2)2+L2=R22,
此时B=2B0;
根据洛伦兹力提供向心力,有
2ev0·2B0=mv02R2,
联立解得B0=mv03eL,
故B0的取值范围为0～mv03eL。
(3)粒子在立方体中运动轨迹剖面图如图所示,

由题意根据洛伦兹力提供向心力,有
2ev0·2B0=mv02R3,
且满足B0=2mv05eL,
所以可得R3=mv022eB0=54L,
所以可得cos θ=35,
离子从端面P射出时,在沿z轴方向根据动量定理有FΔt=nΔtmv0cos θ-0,
根据牛顿第三定律可得离子束对推进器作用力大小为F′=35nmv0,
方向沿z轴负方向。
答案:(1)v02-4eEdm　(2)0～mv03eL　
(3)35nmv0,方向沿z轴负方向
(2022·河北衡水二模)如图甲所示,正方形荧光屏abcd与正方形金属板相距L水平平行放置,二者的边长也为L。金属板的中心开有小孔,小孔正下方有一通电金属丝可持续发射热电子,金属丝与金属板之间加有恒定电压U。以金属板中心小孔为坐标原点,沿平行于金属板两边和垂直金属板方向建立x、y和z坐标轴,电子从金属丝发射经小孔沿z轴正方向射入磁场区域,测得电子经电场加速后经过小孔时的速度大小介于v与2v之间。z轴与荧光屏的交点为s,金属板与荧光屏之间存在磁场(图中未画出),其磁感应强度沿z轴方向的分量始终为零,沿x轴和y轴方向的分量Bx和By随时间周期性变化规律如图乙所示,图中B0=4mv5eL。已知电子的质量为m、电荷量大小为e,忽略电子间的相互作用,且电子在磁场中的运动时间远小于磁场变化周期T。



(1)求从金属丝发射的电子的初速度大小v0的范围。
(2)求t=0.25T时以速度v进入磁场的电子打在荧光屏上的位置。
(3)请通过分析计算说明电子在荧光屏上出现的位置,并画在荧光屏的俯视图丙中。
解析:(1)电子从金属丝到金属板之间做加速运动,射入磁场的速度为v时,由动能定理得
eU=12mv2-12mv02,解得v0=v2-2eUm;
射入磁场的速度为2v时,由动能定理得
eU=12m(2v)2-12mv02,
解得v0=2v2-2eUm,
即电子的初速度大小
v2-2eUm≤v0≤2v2-2eUm。
(2)t=0.25T时,磁感应强度方向沿x轴正方向,电子的运动轨迹在过小孔且平行于bc边的竖直平面内,电子在磁场中做匀速圆周运动,
有evB0=mv2r1,得r1=54L,

设打到荧光屏上的点为f,到s点的距离为x1,
由几何关系L2+(r1-x1)2=r12,
得x1=L2,
其运动轨迹如图甲,
打在荧光屏上的位置为荧光屏cd边的中点。
(3)由第(2)问可知,电子在0～0.5T内经过磁场时,以速度v进入磁场的电子打在荧光屏上的位置为荧光屏cd边的中点,由于r1=mveB0,速度大于v的电子将不会打在荧光屏上;
同理,电子在1.5T～2T内经过磁场时,以v与2v之间速度进入磁场的电子打在荧光屏上的位置只有荧光屏ab边的中点;

电子在0.5T～T内经过磁场时,磁感应强度大小为2B0,方向在xy平面内且方向与x轴、y轴负方向成45°夹角,电子的运动轨迹在过O、s、b点的竖直平面内,当速度为v时,由向心力公式得
ev·2B0=mv2r2,得r2=528L 由几何关系可知,电子打不到荧光屏上;
当速度为2v时,
由向心力公式得e·2v·2B0=2mv2r3,
得r3=54L,
设打到荧光屏上的点为k,到s点的距离为x3,

由几何关系
L2+(r3-x3)2=r32,
得xsk=x3=L2。
当速度介于v与2v之间时,打到荧光屏上的位置在kb直线上,
所以电子在0.5T～T内打在荧光屏上的位置如图丁所示,

同理,当速度介于v与2v之间的电子在T～1.5T、2T～2.5T、2.5T～3T内打在荧光屏上的位置分别在cm、dn、al直线上,如图戊所示。
答案:(1)v2-2eUm≤v0≤2v2-2eUm　
(2)打在荧光屏cd边的中点　(3)见解析