突破磁发散公开课.docVIP

突破“磁发散”和“磁聚焦”两大难点 磁发散 磁聚焦 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，则粒子出射方向与入射点的切线方向平行 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，该点切线与入射方向平行 　如图甲所示，平行金属板A和B间的距离为d，现在A、B板上加上如图乙所示的方波形电压，t＝0时，A板比B板的电势高，电压的正向值为u0，反向值为－u0，现有质量为m、带电荷量为q的正粒子组成的粒子束，从AB的中点O1以平行于金属板方向O1O2的速度v0＝eq \f(\r(3)qu0T,3dm)射入，所有粒子在AB间的飞行时间均为T，不计重力影响．求： (1)粒子射出电场时位置离O2点的距离范围及对应的速度； (2)若要使射出电场的粒子经某一圆形区域的匀强磁场偏转后都能通过圆形磁场边界的一个点处，而便于再收集，则磁场区域的最小半径和相应的磁感应强度是多大？ 解析：(1)当粒子由t＝nT(n＝0，1，2，…)时刻进入电场，向下侧移最大， 则s1＝eq \f(qu0,2dm)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2T,3)))eq \s\up12(2)＋eq \f(qu0,dm)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2T,3)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,3)))－eq \f(qu0,2dm)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,3)))eq \s\up12(2)＝eq \f(7qu0T2,18dm). 当粒子由t＝nT＋eq \f(2T,3)(n＝0，1，2，…)时刻进入电场，向上侧移最大， 则s2＝eq \f(qu0,2dm)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,3)))eq \s\up12(2)＝eq \f(qu0T2,18dm)， 在距离中点O2下方eq \f(7qu0T2,18dm)至上方eq \f(qu0T2,18dm)的范围内有粒子射出． 打出粒子的速度都是相同的，在沿电场线方向速度大小为vy＝eq \f(u0q,dm)·eq \f(T,3)＝eq \f(u0qT,3dm)， 所以射出速度大小为 v＝eq \r(veq \o\al(2,0)＋veq \o\al(2,y))＝ eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3)u0qT,3dm)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(u0qT,3dm)))\s\up12(2))＝eq \f(2u0qT,3dm). 设速度方向与v0的夹角为θ， 则tan θ＝eq \f(vy,v0)＝eq \f(1,\r(3))，θ＝30°. (2)要使平行粒子能够交于圆形磁场区域边界某一点且有最小区域时，磁场直径最小值与粒子宽度相等， 粒子宽度D＝(s1＋s2)cos 30°， 即D＝eq \f(4qu0T2,9dm) cos 30°＝eq \f(2\r(3)qu0T2,9dm). 故磁场区域的最小半径为 r＝eq \f(D,2)＝eq \f(\r(3)qu0T2,9dm)， 而粒子在磁场中做匀速圆周运动有 qvB＝meq \f(v2,r)，解得B＝eq \f(2\r(3)m,qT). 答案：(1)见解析　(2)eq \f(\r(3)qu0T2,9dm)　eq \f(2\r(3)m,qT) [素养达标] 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)荧光屏上光斑的长度； (2)所加磁场范围的最小面积． 解析： (1)如图所示，初速度沿x轴正方向的电子，沿弧OB运动到P点，为荧光屏上光斑的最高点，初速度沿y轴正方向的电子，沿弧OC运动到Q点，为荧光屏上光斑的最低点，电子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得ev0B＝meq \f(veq \o\al(2,0),R) 解得R＝eq \f(mv0,eB) 光斑长度PQ＝R＝eq \f(mv0,eB). (2)所加磁场的最小面积是以O′为圆心、R为半径的斜线部分，其面积大小为 S＝eq \f(3,4)πR2＋R2－eq \f(1,4)πR2＝eq \f(π＋2,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(mv0,eB)))eq \s\up12(2). 答案：(1)eq \f(mv0,eB)　(2)e