高三物理二輪復(fù)習(xí) 第一篇 專題通關(guān)四 電場和磁場 9 磁場及帶電粒子在磁場中的運(yùn)動課件.ppt

第9講 磁場及帶電粒子在磁場中的運(yùn)動,【高考這樣考】 1.(多選)(2015全國卷)指南針是我國古代四大發(fā)明之一。關(guān)于指南針,下列說法正確的是( ) A.指南針可以僅具有一個磁極 B.指南針能夠指向南北,說明地球具有磁場 C.指南針的指向會受到附近鐵塊的干擾,D.在指南針正上方附近沿指針方向放置一直導(dǎo)線,導(dǎo)線通電時指南針不偏轉(zhuǎn) 【解析】選B、C。磁極總是成對出現(xiàn),指南針同時具有兩個磁極,A項錯誤;指南針能夠指向南北,說明地球具有磁場,B項正確;指南針附近鐵塊被磁化,產(chǎn)生的磁場會對指南針的指向產(chǎn)生干擾,C項正確;在指南針正上方附近沿指針方向放置一直導(dǎo)線,導(dǎo)線通電時指南針偏轉(zhuǎn),D項錯誤。,2.(2014新課標(biāo)全國卷)關(guān)于通電直導(dǎo)線在勻強(qiáng)磁場中所受的安培力,下列說法正確的是( ) A.安培力的方向可以不垂直于直導(dǎo)線 B.安培力的方向總是垂直于磁場的方向 C.安培力的大小與通電直導(dǎo)線和磁場方向的夾角無關(guān) D.將直導(dǎo)線從中點折成直角,安培力的大小一定變?yōu)樵瓉淼囊话?【解析】選B。本題考查安培力的大小和方向。安培力總是垂直于磁場與電流所決定的平面,因此,安培力總與磁場和電流垂直,A錯誤,B正確;安培力F=BILsin,其中是導(dǎo)線與磁場方向的夾角,所以C錯誤;將直導(dǎo)線從中點折成直角,導(dǎo)線受到安培力的大小不僅與有效長度有關(guān),還與導(dǎo)體在磁場中的相對位置有關(guān),D錯誤。,3.(2015全國卷)兩相鄰勻強(qiáng)磁場區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小不同、方向平行。一速度方向與磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直的帶電粒子(不計重力),從較強(qiáng)磁場區(qū)域進(jìn)入到較弱磁場區(qū)域后,粒子的( ) A.軌道半徑減小,角速度增大 B.軌道半徑減小,角速度減小 C.軌道半徑增大,角速度增大 D.軌道半徑增大,角速度減小,【解析】選D。帶電粒子由一個磁場進(jìn)入另一個磁場,線速度大小不變, 由牛頓第二定律得 可知軌道半徑增大,再根據(jù)v=r知角 速度減小,故選項D正確。,4.(多選)(2014新課標(biāo)全國卷)如圖為某磁譜 儀部分構(gòu)件的示意圖。圖中,永磁鐵提供勻強(qiáng)磁場, 硅微條徑跡探測器可以探測粒子在其中運(yùn)動的軌 跡。宇宙射線中有大量的電子、正電子和質(zhì)子。當(dāng)這些粒子從上部垂直進(jìn)入磁場時,下列說法正確的是( ),A.電子與正電子的偏轉(zhuǎn)方向一定不同 B.電子與正電子在磁場中運(yùn)動軌跡的半徑一定相同 C.僅依據(jù)粒子運(yùn)動軌跡無法判斷該粒子是質(zhì)子還是正電子 D.粒子的動能越大,它在磁場中運(yùn)動軌跡的半徑越小,【解析】選A、C。電子與正電子電性相反,若入射速度方向相同時,由 左手定則可判定電子和正電子受力方向相反,所以偏轉(zhuǎn)方向相反,選項 A正確;根據(jù) 可知,由于電子和正電子垂直進(jìn)入磁場的速度未知,故軌跡半徑不一定相同,選項B錯誤;由于質(zhì)子和正電子在磁場中的 受力方向一樣,所以僅憑粒子的運(yùn)動軌跡無法判斷它們是質(zhì)子還是正 電子,故選項C正確;根據(jù) 和 得 可見粒 子的動能越大時,軌跡半徑越大,選項D錯誤。,5.(2015江蘇高考)如圖所示,用天平測量勻強(qiáng)磁場 的磁感應(yīng)強(qiáng)度。下列各選項所示的載流線圈匝數(shù)相 同,邊長MN相等,將它們分別掛在天平的右臂下方。 線圈中通有大小相同的電流,天平處于平衡狀態(tài)。若 磁場發(fā)生微小變化,天平最容易失去平衡的是( ),【解析】選A。因為磁場相同,導(dǎo)體中電流大小一樣,根據(jù)F=BIL知,導(dǎo)體的有效長度越大,磁場有微變時產(chǎn)生的安培力越大,導(dǎo)致天平失去平衡,圖中A對應(yīng)的有效長度最大。,6.(多選)(2014海南高考)如圖,兩根平行長直導(dǎo)線相 距2l,通有大小相等、方向相同的恒定電流;a、b、c是 導(dǎo)線所在平面內(nèi)的三點,左側(cè)導(dǎo)線與它們的距離分別為 、l和3l。關(guān)于這三點處的磁感應(yīng)強(qiáng)度,下列判斷正確的是( ) A.a處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小比c處的大 B.b、c兩處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等 C.a、c兩處的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向相同 D.b處的磁感應(yīng)強(qiáng)度為零,【解析】選A、D。a、c兩點的磁感應(yīng)強(qiáng)度是兩導(dǎo)線電流產(chǎn)生的合磁感應(yīng)強(qiáng)度,由于a點比c點距離兩導(dǎo)線較近,所以a點的磁感應(yīng)強(qiáng)度比c點的大,A正確。根據(jù)安培定則知,a、c兩處磁感應(yīng)強(qiáng)度方向相反,C錯誤。b點位于兩導(dǎo)線中間,兩導(dǎo)線在b點產(chǎn)生的磁場大小相等,方向相反,合磁感應(yīng)強(qiáng)度為零,c處磁感應(yīng)強(qiáng)度不為零,D正確,B錯誤。,【考情分析】 主要題型：選擇題、計算題 命題特點： 1.結(jié)合電流周圍的磁場分布特點,考查磁場的性質(zhì)。 2.結(jié)合現(xiàn)代科學(xué)技術(shù),綜合考查帶電粒子在磁場中的運(yùn)動問題。 3.應(yīng)用數(shù)學(xué)幾何關(guān)系,結(jié)合牛頓第二定律,綜合考查帶電粒子在有界勻強(qiáng)磁場中的臨界問題。,【主干回顧】,【要素掃描】 (1)掌握“兩個磁場力”： 安培力：_,其中為B與I的夾角。 洛倫茲力：_,其中為B與v的夾角。 (2)明確“兩個公式”： 帶電粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的半徑公式：_。 帶電粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的周期公式：_。,F=BILsin,F=qvBsin,(3)用準(zhǔn)“兩個定則”： 對電流的磁場用準(zhǔn)_。 對通電導(dǎo)線在磁場中所受的安培力和帶電粒子在磁場中所受的洛倫茲力用準(zhǔn)_。 (4)畫好“兩個圖形”： 對安培力作用下的平衡、運(yùn)動問題畫好受力分析圖。 對帶電粒子的勻速圓周運(yùn)動問題畫好與圓有關(guān)的幾何圖形。,安培定則,左手定則,熱點考向1 磁場對通電導(dǎo)體的作用力 【典例1】(多選)(2015貴陽二模)如圖所示,在傾角為的光滑斜面上,垂直紙面放置一根長為L,質(zhì)量為m的直導(dǎo)體棒。在導(dǎo)體棒中的電流I垂直紙面向里時,欲使導(dǎo)體棒靜止在斜面上,下列外加勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小和方向正確的是( ),A. 方向垂直斜面向上 B. 方向豎直向上 C. 方向垂直斜面向下 D. 方向豎直向下,【解題探究】 (1)確定外加勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小的關(guān)鍵是_ _。 (2)確定外加勻強(qiáng)磁場方向的關(guān)鍵是_。,根據(jù)平衡條件列,方程,左手定則的應(yīng)用,【解析】選A、B。外加勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的方向垂直斜面向上, 導(dǎo)體棒受沿斜面向上的安培力、支持力與重力,處于平衡狀態(tài),則有 BIL=mgsin,解得 A正確;外加勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的 方向豎直向上,導(dǎo)體棒受水平向右的安培力、支持力與重力,處于平衡 狀態(tài),則BIL=mgtan,解得 B正確;外加勻強(qiáng)磁場的磁感 應(yīng)強(qiáng)度B的方向垂直斜面向下,導(dǎo)體棒受沿斜面向下的安培力、支持力 與重力,所以棒不可能處于平衡狀態(tài),C錯誤;外加勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng),度B的方向豎直向下,導(dǎo)體棒受水平向左的安培力、支持力與重力,所 以棒不可能處于平衡狀態(tài),D錯誤。,【典例2】(多選)(2014浙江高考)如圖甲所示,兩根光滑平行導(dǎo)軌水平放置,間距為L,其間有豎直向下的勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。垂直于導(dǎo)軌水平對稱放置一根均勻金屬棒。從t=0時刻起,棒上有如圖乙所示的持續(xù)交變電流I,周期為T,最大值為Im,圖甲中I所示方向為電流正方向。則金屬棒( ),A.一直向右移動 B.速度隨時間周期性變化 C.受到的安培力隨時間周期性變化 D.受到的安培力在一個周期內(nèi)做正功,【名師解讀】 (1)命題立意：綜合考查通電導(dǎo)體在磁場中的受力情況、運(yùn)動情況以及安培力做功情況。 (2)關(guān)鍵信息：光滑平行導(dǎo)軌水平放置;豎直向下的勻強(qiáng)磁場;持續(xù)交變電流。 (3)答題必備：左手定則;動能定理;F=BIL。 (4)易錯警示：誤認(rèn)為金屬棒周期性地做往復(fù)運(yùn)動。,【解析】選A、B、C。由左手定則可知,金屬棒一開始向右加速運(yùn)動,當(dāng)電流反向以后,金屬棒開始減速,經(jīng)過一個周期速度變?yōu)?,然后重復(fù)上述運(yùn)動,所以A、B項正確;安培力F=BIL,由圖像可知前半個周期向右,后半個周期向左,不斷重復(fù),C項正確;一個周期內(nèi),金屬棒初、末速度相同,由動能定理可知安培力在一個周期內(nèi)不做功,D項錯誤。,【遷移訓(xùn)練】,遷移1：改變電流的變化規(guī)律 (多選)將【典例2】中通過金屬棒的電流從t=0時刻起按如圖所示的規(guī)律變化,則下列說法正確的是( ),A.金屬棒的加速度隨時間不發(fā)生變化 B.金屬棒的加速度隨時間周期性變化 C.t= 時刻金屬棒距離出發(fā)點最遠(yuǎn) D.t=T時刻金屬棒距離出發(fā)點最遠(yuǎn),【解析】選B、C。由左手定則可以判斷金屬棒所受的安培力的方向隨 電流周期性變化,而其大小F=BIL也隨電流周期性變化,由牛頓第二定 律得金屬棒的加速度大小、方向周期性變化,故選項A錯誤,B正確;金 屬棒 時刻向右加速運(yùn)動, 時刻向右減速運(yùn)動, 時刻速 度減為零, 時刻向左加速運(yùn)動, 時刻向左減速運(yùn)動,T時 刻速度減為零,金屬棒回到出發(fā)點, 時刻金屬棒距離出發(fā)點最遠(yuǎn),C 正確,D錯誤。,遷移2：使磁場發(fā)生變化 將【典例2】從t=0時刻起,導(dǎo)軌間的磁場隨時間變化的規(guī)律如圖所示,圖甲中B的方向為磁感應(yīng)強(qiáng)度的正方向,則金屬棒( ) A.一直向右勻加速運(yùn)動 B.速度在一個周期內(nèi)先增大后減小 C.受到的安培力隨時間周期性變化 D.受到的安培力在一個周期內(nèi)做功為零,【解析】選A。由左手定則可以判斷,金屬棒在 內(nèi)所受的安培力 水平向右,大小恒定,金屬棒向右做勻加速直線運(yùn)動,在 內(nèi) 電流和磁場方向同時發(fā)生變化,由左手定則可以判斷金屬棒所受的安 培力方向保持不變,故金屬棒的運(yùn)動狀態(tài)保持不變,因此選項A正 確,B、C錯誤;由于安培力的大小和方向始終不變,故在一個周期內(nèi),安 培力一直做正功,選項D錯誤。,遷移3：改變電流的起始狀態(tài) (多選)若將【典例2】中棒上的交變電流變成如圖所示的規(guī)律變化,則金屬棒( ) A.一直向右移動 B.速度隨時間周期性變化 C.受到的安培力隨時間周期性變化 D.受到的安培力在一個周期內(nèi)做正功,【解析】選B、C。由左手定則可知,金屬棒一開始向右加速運(yùn)動,當(dāng)電流反向以后,金屬棒開始減速,經(jīng)過半個周期速度變?yōu)?,然后反向加速再減速運(yùn)動,經(jīng)過一個周期速度變?yōu)?并回到原出發(fā)點,接著重復(fù)上述運(yùn)動,所以選項A錯誤,B正確;安培力F=BIL,由圖像可知安培力F隨時間周期性變化,選項C正確;一個周期內(nèi),金屬棒初、末速度相同,由動能定理可知安培力在一個周期內(nèi)不做功,選項D錯誤。,【規(guī)律總結(jié)】求解磁場中導(dǎo)體棒運(yùn)動問題的方法 (1)分析：正確地對導(dǎo)體棒進(jìn)行受力分析,應(yīng)特別注意通電導(dǎo)體棒受到的安培力的方向,安培力與導(dǎo)體棒和磁感應(yīng)強(qiáng)度組成的平面垂直。 (2)作圖：必要時將立體圖的受力分析圖轉(zhuǎn)化為平面受力分析圖,即畫出與導(dǎo)體棒垂直的平面內(nèi)的受力分析圖。 (3)求解：根據(jù)平衡條件或牛頓第二定律或動能定理列式分析求解。,【加固訓(xùn)練】如圖所示,兩根光滑金屬導(dǎo)軌平行放置,導(dǎo)軌所在平面與水平面間的夾角為。整個裝置處于沿豎直方向的勻強(qiáng)磁場中。金屬桿ab垂直導(dǎo)軌放置,當(dāng)金屬桿ab中通有從a到b的恒定電流I時,金屬桿ab剛好靜止。則( ),A.磁場方向豎直向上 B.磁場方向豎直向下 C.金屬桿ab受安培力的方向平行導(dǎo)軌向上 D.金屬桿ab受安培力的方向平行導(dǎo)軌向下,【解析】選A。金屬桿受力如圖所示,當(dāng)磁場方向豎直向上時,由左手定則可知安培力水平向右,金屬桿ab受力可以平衡,A正確;若磁場方向豎直向下,由左手定則可知安培力水平向左,則金屬桿ab受力無法平衡,B、C、D錯誤。,熱點考向2 帶電粒子在磁場中的運(yùn)動 【典例3】(多選)(2015全國卷)有兩個勻強(qiáng)磁場區(qū)域和,中的磁感應(yīng)強(qiáng)度是中的k倍,兩個速率相同的電子分別在兩磁場區(qū)域做圓周運(yùn)動,與中運(yùn)動的電子相比,中的電子( ) A.運(yùn)動軌跡的半徑是中的k倍 B.加速度的大小是中的k倍 C.做圓周運(yùn)動的周期是中的k倍 D.做圓周運(yùn)動的角速度與中的相等,【名師解讀】 (1)命題立意：考查帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動。 (2)關(guān)鍵信息：中的磁感應(yīng)強(qiáng)度是中的k倍;兩個速率相同的電 子。 (3)答題必備： (4)易錯警示：防止k倍和 倍混淆不清。,【解析】選A、C。中的磁感應(yīng)強(qiáng)度是中的 ,故中的電子所受 洛倫茲力和加速度均為中的 ,B項錯誤;由洛倫茲力提供向心力可 得 中的電子運(yùn)動軌跡的半徑是中的k倍,A項正確;由洛倫 茲力提供向心力可得 中的電子做圓周運(yùn)動的周期是中 的k倍,C項正確;由周期公式 可得 中的電子做 圓周運(yùn)動的角速度是中的 ,D項錯誤。,【典例4】(多選)(2015張掖二模)如圖所示,直角三角 形ABC區(qū)域中存在一勻強(qiáng)磁場,比荷相同的兩個粒子(不計 重力)沿AB方向射入磁場,分別從AC邊上的P、Q兩點射出, 則( ) A.從P點射出的粒子速度大 B.從Q點射出的粒子速度大 C.從Q點射出的粒子在磁場中運(yùn)動的時間長 D.兩個粒子在磁場中運(yùn)動的時間一樣長,【解題探究】 (1)比較粒子速度大小的關(guān)鍵是_ _。 (2)比較粒子在磁場中運(yùn)動時間的關(guān)鍵是_ _。,畫出運(yùn)動軌跡,比較粒子圓周軌跡的半,徑,粒子的運(yùn)動周期和粒子在磁,場中轉(zhuǎn)過的圓弧所對的圓心角,【解析】選B、D。粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動,運(yùn)動 軌跡如圖所示,根據(jù)幾何關(guān)系(圖示弦切角相等),粒子 在磁場中偏轉(zhuǎn)的圓心角相等,根據(jù)粒子在磁場中運(yùn)動的 時間 又因為粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的周期 可知粒子在磁場中運(yùn)動的時間相等,D正確,C錯誤;由圖知, 粒子運(yùn)動的半徑RPRQ,由粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的半徑 知粒子運(yùn)動速度vPvQ,A錯誤,B正確。,【規(guī)律總結(jié)】“三步法”分析帶電粒子在磁場中的運(yùn)動問題 (1)畫軌跡：也就是確定圓心,用幾何方法求半徑并畫出軌跡。 (2)找聯(lián)系： 軌道半徑與磁感應(yīng)強(qiáng)度、運(yùn)動速度相聯(lián)系,分析粒子的運(yùn)動半徑常用的方法有物理方法和幾何方法兩種。物理方法也就是應(yīng)用公式 確定;幾何方法一般根據(jù)數(shù)學(xué)知識(直角三角形知識、三角函數(shù)等)通過計算確定。,速度偏轉(zhuǎn)角與回旋角（轉(zhuǎn)過的圓心角）、運(yùn)動時間t相聯(lián)系。 如圖所示，粒子的速度偏向角等于回旋角，等于弦切角的2 倍，且有 或 （其中s為運(yùn)動的 圓弧長度）。 (3)用規(guī)律：應(yīng)用牛頓運(yùn)動定律和圓周運(yùn)動的規(guī)律關(guān) 系式，特別是周期公式和半徑公式，列方程求解。,【題組過關(guān)】 1.空間有一圓柱形勻強(qiáng)磁場區(qū)域,該區(qū)域的橫截面的半徑為R,磁場方向垂直于橫截面。一質(zhì)量為m、電荷量為q(q0)的粒子以速率v0沿橫截面的某直徑射入磁場,離開磁場時速度方向偏離入射方向60。不計重力,該磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為( ),【解析】選A。帶電粒子運(yùn)動軌跡示意圖如圖所示。 設(shè)帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中運(yùn)動軌跡的半徑為r,根據(jù) 洛倫茲力公式和牛頓第二定律, 解得 由圖中幾何關(guān)系可得 聯(lián)立解得該磁場的磁感應(yīng) 強(qiáng)度 A正確。,2.(2015安陽二模)如圖所示,半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場。重力不計、電荷量一定的帶電粒子以速度v正對著圓心O射入磁場,若粒子射入、射出磁場點間的距離為R,則粒子在磁場中的運(yùn)動時間為( ),【解析】選A。粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動,運(yùn)動軌跡如圖所示： 由幾何關(guān)系得軌跡半徑 故粒子在磁場中的運(yùn)動時間 A正確。,3.(多選)(2015懷化一模)如圖所示,在x0、y0的空間中有恒定的勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直于xOy平面向里,大小為B。現(xiàn)有一質(zhì)量為m、電量為q的帶正電粒子,從在x軸上的某點P沿著與x軸成30角的方向射入磁場。不計重力的影響,則下列有關(guān)說法中正確的是( ),A.粒子在磁場中運(yùn)動所經(jīng)歷的時間可能為 B.粒子在磁場中運(yùn)動所經(jīng)歷的時間可能為 C.只要粒子的速率合適,粒子就可能通過坐標(biāo)原點 D.粒子一定不可能通過坐標(biāo)原點,【解析】選A、D。由于P點的位置不定,所以粒子在 磁場中的運(yùn)動圓弧對應(yīng)的圓心角也不同,最大的圓 心角為圓弧與y軸相切時即300,則運(yùn)動的時間為 而最小的圓心角為P點與坐標(biāo)原點重合,圓 心角為120,所以運(yùn)動時間為 則粒子在磁場中運(yùn)動所經(jīng)歷的時間為 故A正確,B錯誤;粒子由P點成30角入射,則 圓心在過P點與速度方向垂直的方向上,如圖所示,粒子在磁場中要想,到達(dá)O點,轉(zhuǎn)過的圓心角肯定大于180,而磁場為有界磁場,故粒子不可能通過坐標(biāo)原點,C錯誤,D正確。,4.(2013新課標(biāo)全國卷)如圖,半徑為R的圓是一圓 柱形勻強(qiáng)磁場區(qū)域的橫截面(紙面),磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為 B,方向垂直于紙面向外,一電荷量為q(q0)、質(zhì)量為m 的粒子沿平行于直徑ab的方向射入磁場區(qū)域,射入點與 ab的距離為 ,已知粒子射出磁場與射入磁場時運(yùn)動方向間的夾角為60,則粒子的速率為(不計重力)( ),【解析】選B。根據(jù)對稱性,帶電粒子射入圓形區(qū)域磁場時速度方向與 半徑的夾角總是與帶電粒子射出磁場時其速度方向與半徑的夾角相等, 畫出帶電粒子在磁場中運(yùn)動的軌跡如圖所示,根據(jù)圖找?guī)缀侮P(guān)系可得 帶電粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的半徑為r=R,再由 得 解得 故選項B正確。,【加固訓(xùn)練】(多選)如圖,兩個初速度大小相同的同種離子a和b,從O點沿垂直磁場方向進(jìn)入勻強(qiáng)磁場,最后打到屏P上。不計重力。下列說法正確的有( ) A.a、b均帶正電 B.a在磁場中飛行的時間比b的短 C.a在磁場中飛行的路程比b的短 D.a在P上的落點與O點的距離比b的近,【解析】選A、D。兩離子在磁場中的運(yùn)動情況如圖所示,根據(jù)左手定 則,a、b均帶正電,A正確;由 可知,兩離子在磁場中運(yùn)動周期 相同,由運(yùn)動軌跡可知離子a轉(zhuǎn)過的圓心角大于離子b轉(zhuǎn)過的圓心角,即ab,由 可以判斷a在磁場中飛行的時間比b的長,B錯誤; 由 得 故兩離子在磁場中 運(yùn)動半徑相同,所以a在磁場中飛行的路程比 b的長,a在P上的落點與O點的距離比b的近, C錯誤、D正確。,熱點考向3 帶電粒子在有界勻強(qiáng)磁場中的臨界問題 【典例5】(18分)(2015蕪湖一模)一足夠長的 矩形區(qū)域abcd內(nèi)充滿磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向垂直 紙面向里的勻強(qiáng)磁場,矩形區(qū)域的左邊界ad寬為L, 現(xiàn)從ad中點O垂直于磁場射入一帶電粒子,速度大小為v0,方向與ad邊夾角為=30,如圖所示,已知粒子的電荷量為q,質(zhì)量為m(重力不計)。,(1)若粒子帶負(fù)電,且恰能從d點射出磁場,求v0的大小。 (2)若粒子帶正電,且粒子能從ab邊射出磁場,求v0的取值范圍以及此范圍內(nèi)粒子在磁場中運(yùn)動的時間t的范圍。,【拿分策略】 第一問： 明確運(yùn)動過程沿順時針做圓周運(yùn)動 按部就班列方程 圓周運(yùn)動 列式 (2分),第二問： 翻轉(zhuǎn)關(guān)鍵信息-“能從ab邊射出磁場”,分情況列方程 按照過程列方程,就能拿到14分,若能正確解方程求出結(jié)果并寫出v0和t的范圍再拿下4分,則得滿分18分。,【解析】(1)若粒子帶負(fù)電,則進(jìn)入磁場后沿順時 針方向偏轉(zhuǎn),如圖所示：O1為軌跡圓心,由對稱性 可知,速度的偏轉(zhuǎn)角1=2=60(1分) 軌跡半徑 (1分) 由牛頓第二定律得： (2分) 解得： (1分),(2)若粒子帶正電,則沿逆時針方向偏轉(zhuǎn),當(dāng)v0最大時,軌跡與cd相切, 軌跡圓心為O2,半徑為r2,由幾何關(guān)系得： (2分) 解得：r2=L,即： (1分) 當(dāng)v0最小時,軌跡與ab相切,軌跡圓心為O3,半徑為r3,由幾何關(guān)系可 得： 解得： (2分) 即： (1分),所以 (2分) 粒子從ab邊射出磁場,當(dāng)速度為vmax時,速度偏轉(zhuǎn)角最小且為150,故運(yùn)動時間最短,則： (2分) 速度為vmin時,速度偏轉(zhuǎn)角最大且為240,因此運(yùn)動時間最長,則： (2分) 所以粒子的運(yùn)動時間t的范圍是 (1分) 答案：,【規(guī)律總結(jié)】巧解帶電粒子在磁場運(yùn)動的臨界軌跡的方法 (1)動態(tài)放縮法：定點粒子源發(fā)射速度大小不同、方向相同的同種粒子,速度越大半徑越大,圓心在垂直初速度方向的直線上。 (2)旋轉(zhuǎn)平移法：定點粒子源發(fā)射速度大小相等、方向不同的同種粒子的運(yùn)動軌跡的圓心在以入射點為圓心,半徑 的圓上。,【題組過關(guān)】1.如圖所示,帶有正電荷的A粒子和B粒子 同時以同樣大小的速度從寬度為d的有界勻強(qiáng)磁場的邊 界上的O點分別以30和60(與邊界的夾角)射入磁場, 又恰好都不從另一邊界飛出,則下列說法中正確的是( ) A.A、B兩粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的半徑之比為 B.A、B兩粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的半徑之比為 C.A、B兩粒子的 之比是 D.A、B兩粒子的 之比是,【解析】選D。粒子運(yùn)動軌跡如圖所示,其中A粒子的 運(yùn)動半徑為R,d=R+Rcos30, B粒子的 運(yùn)動半徑為r,同理可得： 則 所以A、B錯誤;據(jù) 可知,兩粒子的 之比是 C錯誤,D正確。,2.(多選)(2015四川高考)如圖所示,S處有一電子 源,可向紙面內(nèi)任意方向發(fā)射電子,平板MN垂直于紙 面,在紙面內(nèi)的長度L=9.1cm,中點O與S間的距離d= 4.55cm,MN與SO直線的夾角為,板所在平面有電子源的一側(cè)區(qū)域有方向垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度B=2.010-4T。電子質(zhì)量m=9.110-31kg,電量e=-1.610-19C,不計電子重力。電子源發(fā)射速度v=1.6106m/s的一個電子,該電子打在板上可能位置的區(qū)域的長度為l,則( ),A.=90時,l=9.1cm B.=60時,l=9.1cm C.=45時,l=4.55cm D.=30時,l=4.55cm 【解析】選A、D。電子在磁場中受洛倫茲力作用做勻 速圓周運(yùn)動,根據(jù)洛倫茲力大小計算公式和向心力公式 有： 解得電子圓周運(yùn)動的軌道半徑為： 恰好有： 由于電子源S可向紙面內(nèi)任意方向發(fā)射電子,因此電子,的運(yùn)動軌跡將是過S點的一系列半徑為r的等大圓,能 夠打到板MN上的區(qū)域范圍如圖甲所示,實線SN表示電 子剛好經(jīng)過板N端時的軌跡,實線SA表示電子軌跡剛好 與板相切于A點時的軌跡,因此電子打在板上可能位置 的區(qū)域的長度為：l=NA,又由題設(shè)選項可知,MN與SO直線的夾角不定,但要使電子軌跡與MN板相切,根據(jù)圖中幾何關(guān)系可知,此時電子的軌跡圓心C一定落在與MN距離為r的平行線上,如圖乙所示,當(dāng)l=4.55cm時,即A點與板O點重合,作出電子軌跡如圖中實線S1A1,由圖中幾何關(guān)系可知,此時S1O與MN的夾角=30,故C錯誤,D正確。當(dāng)l=9.1cm時,即A點與板M端重合,作出電子軌跡如圖中實線S2A2,由幾何關(guān)系可知,此時S2O與MN的夾角=90,故A正確,B錯誤。,3.如圖所示為圓形區(qū)域的勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B, 方向垂直紙面向里,邊界跟y軸相切于坐標(biāo)原點O。O 點處有一放射源,沿紙面向各方向射出速率均為v的 某種帶電粒子,帶電粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的半徑是圓形磁場區(qū)域半徑的兩倍。已知該帶電粒子的質(zhì)量為m、電荷量為q,不考慮帶電粒子的重力。,(1)推導(dǎo)帶電粒子在磁場空間做圓周運(yùn)動的軌道半徑。 (2)求帶電粒子通過磁場空間的最大偏轉(zhuǎn)角。 (3)沿磁場邊界放置絕緣彈性擋板,使帶電粒子與擋板碰撞后以原速率彈回,且其電荷量保持不變。若從O點沿x軸正方向射入磁場的粒子速度減小為0.5v,求該粒子第一次回到O點經(jīng)歷的時間。,【解析】(1)帶電粒子進(jìn)入磁場后,受洛倫茲力作用,設(shè)其做圓周運(yùn)動的軌道半徑為r,由牛頓第二定律得： 解得： (2)設(shè)粒子飛出和進(jìn)入磁場的速度方向的夾角為, 如圖所示,則 x是粒子在磁場中軌跡的兩 端點的直線距離。x最大值為2R,對應(yīng)的就是最大 值,且2R=r所以 即max=60,(3)當(dāng)粒子的速度減小為 時,在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的半徑為 故粒子轉(zhuǎn)過四分之一圓周,對應(yīng)圓心角為 時與邊界 相撞并彈回,由對稱性知粒子經(jīng)過四個這樣的過程后第一次回到O點, 即經(jīng)歷時間為一個周期,粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的周期 所以從O點沿x軸正方向射出的粒子第一次回到O點經(jīng)歷的時間是 答案：,【加固訓(xùn)練】如圖所示,邊界OA與OC之間分布有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場,邊界OA上有一粒子源S。某一時刻,從S平行于紙面向各個方向發(fā)射出大量帶正電的同種粒子(不計粒子的重力及粒子間的相互作用),所有粒子的初速度大小相同,經(jīng)過一段時間有大量粒子從邊界OC射出磁場。已知AOC=60,從邊界OC射出的粒子在磁場中運(yùn)動的最短時間等于 (T為粒子在磁場中運(yùn)動的周期),則從邊界OC射出的粒子在磁場中運(yùn)動的最長時間為( ),【解析】選B。由左手定則可知,粒子在磁場中做逆 時針方向的圓周運(yùn)動,由于粒子速度大小都相同,故 軌跡弧長越小,粒子在磁場中運(yùn)動時間就越短;而弧 長越小,所對弦長也越短,所以從S點作OC的垂線SD, 則SD為最短弦,可知粒子從D點射出時運(yùn)行時間最短,如圖所示。根據(jù) 最短時間為 可知OSD為等邊三角形,粒子圓周運(yùn)動半徑R=SD, 過S點作OA垂線交OC于E點,由幾何關(guān)系可知SE=2SD,SE為圓弧軌跡的 直徑,所以從E點射出,對應(yīng)弦最長,運(yùn)行時間最長,且 故B項正確。,帶電粒子在磁場中運(yùn)動的多解 【典例】(2015孝感一模)如圖所示,M、N為水平放 置的彼此平行的不帶電的兩塊平板,板的長度和板間 距離均為d,在兩板間有垂直于紙面方向的勻強(qiáng)磁場, 在距上板 處有一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的粒子(不計重力),以初速度v0水平射入磁場,若使粒子不能射出磁場,求磁場的方向和磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小范圍。,【答卷抽樣】,【試卷評析】 錯誤角度1.誤認(rèn)為帶電粒子只從極板右邊緣射出 錯因剖析：分析帶電粒子在磁場中的運(yùn)動情況時,沒有把粒子的運(yùn)動軌跡的可能性畫出,主觀地認(rèn)為粒子從左側(cè)射入磁場,粒子就一定從右側(cè)射出磁場,而實際上粒子在磁場中運(yùn)動的圓周軌道半徑與速度有關(guān),速度越小,圓周半徑越小,磁場方向垂直紙面向里時,當(dāng)粒子的半徑小于 時,粒子將從磁場左側(cè)射出,磁場方向垂直紙面向外時,當(dāng)粒子的半徑小于 時,粒子也將從磁場左側(cè)射出。,錯誤角度2.未寫出磁感應(yīng)強(qiáng)度的范圍或范圍錯誤 錯因剖析：沒有審清設(shè)問,只是求出粒子剛好能夠射出磁場時的磁感應(yīng)強(qiáng)度,沒有補(bǔ)充說明不能從磁場內(nèi)射出的粒子磁感應(yīng)強(qiáng)度的范圍;范圍錯誤的原因是沒有認(rèn)真分析粒子速度與圓周軌道半徑的關(guān)系,只憑想當(dāng)然而得出錯誤的結(jié)論。,【糾偏措施】 1.要正確分析帶電粒子在磁場中運(yùn)動的多解原因：帶電粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動的問題形成多解的原因有：帶電粒子電性不確定;磁場方向不確定;臨界狀態(tài)不唯一;運(yùn)動的重復(fù)性等。 2.要熟練掌握半徑公式：帶電粒子在磁場中受洛倫茲力作用做勻速圓周運(yùn)動的半徑 當(dāng)磁場一定時,粒子的圓周軌道半徑與速度成正比。,3.要明確解決多解問題的一般思路： (1)明確帶電粒子的電性和磁場方向。 (2)正確找出帶電粒子運(yùn)動的臨界狀態(tài)。 (3)結(jié)合帶電粒子的運(yùn)動軌跡利用圓周運(yùn)動的周期性進(jìn)行分析計算。,【規(guī)范解答】第一種情況： 當(dāng)磁場方向垂直紙面向里時,若粒子從左側(cè)上板邊緣飛出,則粒子做圓周運(yùn)動的半徑 由 得： 若粒子從右側(cè)上板邊緣飛出,其運(yùn)動軌跡如圖甲所示： 設(shè)粒子做圓周運(yùn)動的半徑為R2,則： 解得：,由 得： 所以當(dāng)磁場方向垂直紙面向里時,粒子不能射出兩板間的磁感應(yīng)強(qiáng)度的范圍 第二種情況： 當(dāng)磁場方向垂直紙面向外時,若粒子從左側(cè)下板邊緣飛出,則粒子做圓周運(yùn)動的半徑 由 得：,若粒子從右側(cè)下板邊緣飛出,其運(yùn)動軌跡如圖乙所示： 設(shè)粒子做圓周運(yùn)動的半徑為R4,則： 解得： 由 得： 所以當(dāng)磁場方向垂直紙面向外時,粒子不能射出兩板間的磁感應(yīng)強(qiáng)度的范圍 答案：磁場垂直紙面向里時, 磁場垂直紙面向外時,