第16讲磁聚焦和磁发散
【方法指导】
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，该点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，则粒子出射方向与入射点的切线方向平行
【例题精析】
考点一磁聚焦问题
（2022?温州二模）如图所示，直角坐标系中，y轴左侧有一半径为a的圆形匀强磁场区域，与y轴相切于A点，A点坐标为(0，32
（1）求两极板间的电压U；
（2）在感光板上某区域内的同一位置会先后两次接收到粒子，该区域称为“二度感光区”，求：
①“二度感光区”的长度L；
②打在“二度感光区”的粒子数n1与打在整个感光板上的粒子数n2的比值n1：n2；
（3）改变感光板材料，让它仅对垂直打来的粒子有反弹作用（不考虑打在感光板边缘C、D两点的粒子），且每次反弹后速度方向相反，大小变为原来的一半，则该粒子在磁场中运动的总时间t和总路程s。
【解答】解：（1）带电粒子在圆形匀强磁场区域中做匀速圆周运动，所有粒子平行射入此磁场均从A点射出（磁聚焦模型），可知粒子做圆周运动的轨道半径等于圆形匀强磁场区域的半径，即：r＝a。
由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律得：
qvB=mv
在匀强电场中被加速的过程，由动能定理得：
qU=1
联立解得：U=
（2）①在A点进入第一象限的粒子的速度方向与y轴正方向的夹角在0～180°范围内，沿y轴正方向射入的粒子打在感光板上的P点，随着速度与y轴夹角的增大，轨迹与感光板的交点先向右移动，离O点最远的交点为Q点（满足AQ＝2r＝2a），再向左移动一直到C点，之后就打不到感光板上了。可知PQ为“二度感光区”，由几何关系得，当粒子打在P点时轨迹圆的圆心恰好为C点，则：
CP＝r＝a
当粒子打在Q点时，AQ＝2r＝2a，由勾股定理得：
OQ=
则：L＝OQ﹣OC﹣CE
代入数据解得：L=
②由图中几何关系可知，打在C点的粒子轨迹圆的圆心为恰好在圆形磁场边界上的H点，对应进入圆形磁场的位置在F点，F到C恰好为半个圆周；打在P点的粒子轨迹一个是从H点入射，H到P也恰好为半个圆周，另一个是临界直接从A点入射。可得打在CP段的粒子对应入射区域在FH之间，打在PQ，即“二度感光区”的粒子对应入射区域在HO之间，由几何关系得：
HO=a
可得打在“二度感光区”的粒子数n1与打在整个感光板上的粒子数n2的比值为：
n1：n2＝HO：FO=a2：（a
（3）粒子在磁场中运动的半径R=mv
在图1中可知，第一次打在P点的粒子速度方向垂直感光板，此粒子能够在P第一次被反弹，CP＝a，即第一次打在距离C点a处，反弹后粒子运动半径为a2，第二次打在距离C点2a处，再次反弹后粒子运动半径为a4，第三次落在离C点2.5a处，第四次落在离C点2.75a处，第五次落在离C点2.875a处，超出感光板边缘离开第一象限，该粒子在磁场中一共运动了5个
粒子在磁场中运动周期为：T=
该粒子在磁场中一共运动的总时间为：
t=
该粒子从H到P的路程为：s1＝πa
从第一次反弹到第二次反弹的路程为：s2＝πa
从第二次反弹到第三次反弹的路程为：s3＝πa
从第三次反弹到第四次反弹的路程为：s4＝πa
从第四次反弹到离开磁场的路程为：s5＝πa
该粒子在磁场中运动的总路程为：
s＝s1+s2+s3+s4+s5
联立解得：s=31πa
答：（1）两极板间的电压U为qB
（2）①“二度感光区”的长度L为13?3
②打在“二度感光区”的粒子数n1与打在整个感光板上的粒子数n2的比值n1：n2为1：3；
（3）该粒子在磁场中运动的总时间t为5πmqB和总路程s为31πa
如图所示，半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场，大量比荷为qm、速度大小范围为0～3v0
（1）圆形区域磁场的磁感应强度B及带电粒子电性；
（2）圆形区域内有粒子经过的面积；
（3）挡板CN、ND下方有磁感应强度为2B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，ND＝R，直线CD与圆形区域相切于N点，到达N点的粒子均能从板上小孔进入下方磁场，挡板ND绕N点在纸面内顺时针旋转，ND板下表面上有粒子打到的区域长度l与板旋转角度α（0°≤α＜90°）之间的函数关系式。
【解答】解：（1）速度为v0的粒子从M点射入，从N点出，轨道半径为r，由几何关系可知
r＝R
qv
B=m
由左手定则判断可得粒子带正电
（2）速度为3v
q3
MO1＝r=3
tanθ=R
θ＝30°
∠MOA＝2（90°﹣θ）＝120°
MK间入射的速度为0～3v0
（3）如图，由几何关系可知，能到达N点的带电粒子速度均为v0，半径均为r＝R，△KOB中有cosβ=
即β＝60°
从K点射入带电粒子速度偏转角为60°