高考物理江蘇專版一輪復習講義 第8章 第1課時 磁場的描述 磁場對電流的作用

1、 1 磁場的描述 磁場對電流的作用 考點梳理 一、磁場、磁感應強度 1磁場 (1) 基本特性：磁場對處于其中的磁體、電流和運動電荷有磁場力的作用 (2)方向：小磁針的N 極所受磁場力的方向，或自由小磁針靜止時北極的指向 2磁感應強度 (1) 物理意義：描述磁場的強弱和方向 (2)大?。築F IL(通電導線垂直于磁場) (3)方向：小磁針靜止時N 極的指向 (4)單位：特斯拉(T) 3勻強磁場 (1) 定義：磁感應強度的大小處處相等、方向處處相同的磁場稱為勻強磁場 (2)特點 勻強磁場中的磁感線是疏密程度相同的、方向相同的平行直線 4磁通量 (1)概念：在磁感應強度為B 的勻強磁場中，與磁場方向

2、垂直的面積S與B的乘積 (2)公式： BS. 深化拓展 (1)公式BS的適用條件：勻強磁場；磁感線的方向與平面垂直即BS. (2)S為有效面積 (3)磁通量雖然是標量，卻有正、負之分 (4)磁通量與線圈的匝數(shù)無關 二、磁感線、通電導體周圍磁場的分布 1 磁感線：在磁場中畫出一些有方向的曲線，使曲線上各點的切線方向跟這點的磁場方向一致 2條形磁鐵和蹄形磁鐵的磁場磁感線分布(如圖3所示) 2 圖3 3 直線電流的磁場 電流的磁場 通電螺線管的磁場 環(huán)形電流的磁場 特點 無磁極、非勻強，且距導線越遠處磁 場越弱 與條形磁鐵的磁場相似，管內為勻強磁場且磁場最強，管外為非勻強磁場 環(huán)形電流的兩 側是N極

3、和 S極，且離圓環(huán)中心越遠，磁場越弱 安培 定則 立體圖 橫 4.磁感線的特點 (1)磁感線上某點的切線方向就是該點的磁場方向 (2)磁感線的疏密定性地表示磁場的強弱，在磁感線較密的地方磁場較強；在磁感線較疏的地方磁場較弱 (3)磁感線是閉合曲線，沒有起點和終點在磁體外部，從N極指向S極；在磁體內部，由S極指向N極 (4)同一磁場的磁感線不中斷、不相交、不相切 (5)磁感線是假想的曲線，客觀上不存在 三、安培力、安培力的方向 勻強磁場中的安培力 1安培力的大小 (1)磁場和電流垂直時，F(xiàn)BIL. (2)磁場和電流平行時：F0. 2安培力的方向 (1)用左手定則判定：伸開左手，使拇指與其余四個手

4、指垂直，并且都與手掌在同一個 3 平面內讓磁感線從掌心進入， 并使四指指向電流的方向，這時拇指所指的方向就是通 電導線在磁場中所受安培力的方向 (2)安培力的方向特點：FB，F(xiàn)I，即F垂直于B和 I決定的平面 方法提煉 1用安培定則判斷電流的磁場方向時，用的是右手，又叫右手螺旋定則 2用左手定則判斷安培力的方向 (1)安培力總是垂直于磁場方向和電流方向所決定的平面，但磁場方向和電流方向不一定垂直 (2)若已知B、I方向，F(xiàn)方向惟一確定 (3)若只有B或I方向變?yōu)橄喾?，則力F反向；若B與I同時反向，則力F方向不變 (4)由于Fv，常根據(jù)v方向對物體進行受力分析. 考點一 對磁感應強度的理解 1磁

5、感應強度是反映磁場性質的物理量，由磁場本身決定，是用比值法定義的 2 對應名稱 比較項目 A.磁感應強度B 電場強度E 物理意義 描述磁場的力的性質的物理量 描述電場的力的性質的物理量 定義式 BFIL，通電導線與B垂直 EFq 磁感應強度B與電場強度E的比較 大小決定 由磁場決定，與檢驗電流無關 由電場決定，與檢驗電荷無關 方向 矢量 磁感線切線方向，小磁針N極受力方向 矢量 電場線切線方向，放入該點的正電荷受力方向 場的疊加 合磁感應強度等于各磁場的磁感應強度的矢量和 合場強等于各個電場的場強的矢量和 考點二 安培定則的應用和磁場的疊加 1安培定則的應用 在運用安培定則判定直線電流和環(huán)形電

6、流的磁場時應分清“因”和“果”. 原因(電流方向) 結果(磁場繞向) 直線電流的磁場 大拇指 環(huán)形電流的磁場 四指 大拇指 2.磁場的疊加 4 圖8 甲 乙 圖9 磁感應強度是矢量，計算時與力的計算方法相同，利用平行四邊形定則或正交分解法進行合成與分解 特別提醒 兩個電流附近的磁場的磁感應強度是由兩個電流分別獨立存在時產(chǎn)生的磁場在該處的磁感應強度疊加而成的 考點三 安培力作用下導體運動情況的判定 1通電導體在磁場中的運動實質是在磁場對電流的安培力作用下導體的運動 2明確磁場的分布和正確運用左手定則進行判斷是解題的關鍵 例3 如圖8所示，把輕質導線圈用絕緣細線懸掛在磁鐵N極附近，磁 鐵的軸線穿過

7、線圈的圓心且垂直線圈平面當線圈內通以圖中方向 的電流后，線圈的運動情況是 ( ) A線圈向左運動 B線圈向右運動 C從上往下看順時針轉動 D從上往下看逆時針轉動 解析 解法一：電流元法 首先將圓形線圈分成很多小段，每一段可看作一直線電流元，取其 中上、下兩小段分析，其截面圖和受安培力情況如圖甲所示根據(jù) 對稱性可知，線圈所受安培力的合力水平向左，故線圈向左運 動只有選項A正確 解法二：等效法 將環(huán)形電流等效成小磁針，如圖乙所示，根據(jù)異名磁極相吸引知， 線圈將向左運動，選A.也可將左側條形磁鐵等效成環(huán)形電流，根據(jù) 結論“同向電流相吸引，異向電流相排斥”，也可判斷出線圈向左運動，選A. 答案 A 突

8、破訓練3 如圖9所示，條形磁鐵放在光滑斜面上，用平行于斜 面的輕彈簧拉住而平衡，A為水平放置的直導線的截面，導線 中無電流時磁鐵對斜面的壓力為FN1；當導線中有垂直紙面向 外的電流時，磁鐵對斜面的壓力為FN2，則下列關于磁鐵對斜 面壓力和彈簧的伸長量的說法中正確的是 ( ) AFN1<FN2，彈簧的伸長量減小 BFN1FN2，彈簧的伸長量減小 CFN1>FN2，彈簧的伸長量增大 DFN1>FN2，彈簧的伸長量減小 答案 C 解析 在題圖中，由于條形磁鐵的磁感線是從N極出發(fā)到S極，所以可畫出磁鐵在導線A處的一條磁感線，其方向是斜向左下方的，導線A中的電流垂直紙面向外時，由左手定

9、則可判斷導線A必受斜向右下方的安培力，由牛頓第三定律可知磁鐵所受作用力的方向是斜向左上方，所以磁鐵對斜面的壓力減小，即FN1>FN2，同時，由于導線 A 5 圖10 比較靠近N極，安培力的方向與斜面的夾角小于90°，所以對磁鐵的作用力有沿斜面向下的分力，使得彈簧彈力增大，可知彈簧的伸長量增大，所以正確選項為C. 突破訓練4 如圖10所示，把一根通電直導線AB放在蹄形磁鐵磁極 的正上方，導線可以自由移動當導線通過電流I時，如果只考慮 安培力的作用，則從上往下看，導線的運動情況是 ( ) A順時針方向轉動，同時下降 B順時針方向轉動，同時上升 C逆時針方向轉動，同時下降 D逆時針方

10、向轉動，同時上升 答案 C 解析 第一步：電流元受力分析法 把直線電流等效為OA、OB兩段電流元，由左手定則判定蹄形磁鐵磁感線分布以及兩段電流元受安培力方向相反，如圖a所示可見從上往下看時，導線將逆時針方向轉動 第二步：特殊位置分析法 取導線逆時針轉過90°的特殊位置來分析，如圖b所示根據(jù)左手定則判斷其所受安培力方向向下，故導線在逆時針轉動的同時向下運動 磁場對運動電荷的作用 考點梳理 一、洛倫茲力 1 洛倫茲力：磁場對運動電荷的作用力叫洛倫茲力 2洛倫茲力的方向 (1)判定方法 左手定則：掌心 磁感線垂直穿入掌心； 四指 指向正電荷運動的方向或負電荷運動的反方向； 拇指 指向洛倫茲

11、力的方向 (2)方向特點：FB，F(xiàn)v，即F垂直于B和v 決定的平面(注意：洛倫茲力不做功) 3洛倫茲力的大小 (1)vB時，洛倫茲力F0.(0°或180°) (2)vB時，洛倫茲力Fqv B.(90°) (3)v0時，洛倫茲力F0. 二、帶電粒子在勻強磁場中的運動 1若vB ，帶電粒子不受洛倫茲力，在勻強磁場中做勻速直線運動 6 2若vB，帶電粒子僅受洛倫茲力作用，在垂直于磁感線的平面內以入射速度v 做勻速圓 周運動 4帶電粒子在有界勻強磁場中運動的分析如圖3所示，半徑為r的圓形空間內，存在著垂直于紙面向里的勻強磁場，一個帶電粒子(不計重力)從A點以速度v0垂直于

12、磁場方向射入磁場中，并從B點射出，若AOB120°，則該帶電粒子在磁場中運動的時間為( ) 圖3 2r3v 0 B.23r 3v 0 C.r3v0 D.3r3v0 答案 D 解析 畫出帶電粒子進、出磁場時速度方向的垂線交于O點，O 點即為粒子做圓周運動軌跡的圓心，如圖所示連接OO，設軌跡 半徑為R，由幾何關系可知帶電粒子在磁場中運動的軌跡半徑Rrtan 60°3r.因為 AOB120°，故AOB60° ，運動時間t16T16 ×2Rv03r3v0，D正確 5帶電粒子在勻強磁場中有關問題分析如圖4所示，質量為m，電 荷量為q的帶電粒子，以不同的初

13、速度兩次從O點垂直于磁感線和磁場邊界向上射入勻 強磁場，在洛倫茲力作用下分別從M、N兩點射出磁場，測得OM ON34，則下列 說法中錯誤的是 ( ) 圖4 A兩次帶電粒子在磁場中經(jīng)歷的時間之比為34 B兩次帶電粒子在磁場中運動的路程長度之比為34 內容 對應 洛倫茲力 電場力 7 C兩次帶電粒子在磁場中所受的洛倫茲力大小之比為34 D兩次帶電粒子在磁場中所受的洛倫茲力大小之比為43 答案 AD 解析 設OM2r1，ON2r2，故r1r2OMON34，路程長度之比sMsNr1r234，B正確；由rmvqB知v1v2r1r234，故FMFNqv1Bqv2B34，C正確，D錯誤；由于T2mBq，則t

14、MtN12TM12TN1，A錯 規(guī)律總結 1帶電粒子在有界磁場中運動的幾種常見情形 (1)直線邊界(進出磁場具有對稱性，如圖5所示) 圖5 (2)平行邊界(存在臨界條件，如圖6所示) 圖6 (3)圓形邊界(沿徑向射入必沿徑向射出，如圖7所示) 圖7 2確定粒子運動的圓心，找出軌跡對應的圓心角，再求運動時間. 考點一 洛倫茲力和電場力的比較 1洛倫茲力方向的特點 (1)洛倫茲力的方向與電荷運動的方向和磁場方向都垂直，即洛倫茲力的方向總是垂直于運動電荷的速度方向和磁場方向共同確定的平面 (2)當電荷運動方向發(fā)生變化時，洛倫茲力的方向也隨之變化 2洛倫茲力與電場力的比較 8 力項目 性質 磁場對在其

15、中運動的電荷的作用力 電場對放入其中電荷的作用力 產(chǎn)生條件 v0且v不與B平行 電場中的電荷一定受到電場力作用 大小 FqvB(vB) FqE 力方向與場 方向的關系 一定是FB，F(xiàn)v，與電荷電性無關 正電荷受力與電場方向相同，負電荷受力與電場方向相反 做功情況 任何情況下都不做功 可能做正功、負功，也可能不做功 力為零時 場的情況 F為零，B不一定為零 F為零，E一定為零 作用效果 只改變電荷運動的速度方向，不改變速度大小 既可以改變電荷運動的速度大小，也可以改變電荷運動的方向 深化拓展 洛倫茲力對電荷不做功；安培力對通電導線可做正功，可做負功，也可 不做功只有運動電荷才會受到洛倫茲力，靜止

16、電荷在磁場中所受洛倫茲力一定為零 突破訓練1 在如圖9所示的空間中，存在電場強度為E的勻強電場，同時存在沿x軸負方向、磁感應強度為B的勻強磁場(圖中均未畫出)一質子(電荷量為e)在該空間恰沿y軸正方向以速度v勻速運動據(jù)此可以判斷出 ( ) 圖9 A質子所受電場力大小等于eE，運動中電勢能減??；沿z軸正方向電勢升高 B質子所受電場力大小等于eE，運動中電勢能增大；沿z軸正方向電勢降低 C質子所受電場力大小等于evB，運動中電勢能不變；沿z軸正方向電勢升高 D質子所受電場力大小等于evB，運動中電勢能不變；沿z軸正方向電勢降低 答案 C 解析 解答本題時利用左手定則判斷洛倫茲力的方向，根據(jù)平衡條件

17、判斷電場力方向及電場方向，注意運用電場力做功與電勢能變化的關系，及沿電場線方向電勢降低勻強磁場的磁感應強度B的方向沿x軸負方向，質子沿y軸正方向運動，由左手定則可確定洛倫茲力沿z軸正方向；由于質子受電場力和洛倫茲力作用沿y軸正方向做勻速直線運動，故電場力eE等于洛倫茲力evB，方向沿z軸負方向，即電場方向沿z軸負方向，質子在運動過程中電場力不做功，電勢能不變，沿z軸正方向即電場反方向電勢升高，故C正確，A、B、D錯誤 考點二 帶電粒子在勻強磁場中的運動 9 1圓心的確定 (1)已知入射點、出射點、入射方向和出射方向時，可通過入射點和出射點分別作垂直于入射方向和出射方向的直線，兩條直線的交點就是

18、圓弧軌道的圓心(如圖10甲所示，圖中P為入射點，M為出射點) 圖10 (2)已知入射方向、入射點和出射點的位置時，可以通過入射點作入射方向的垂線，連接入射點和出射點，作其中垂線，這兩條垂線的交點就是圓弧軌跡的圓心(如圖乙所示，P為入射點，M為出射點) 2半徑的確定 可利用物理學公式或幾何知識(勾股定理、三角函數(shù)等)求出半徑大小 3運動時間的確定 粒子在磁場中運動一周的時間為T，當粒子運動的圓弧所對應的圓心角為時，其運動時 間表示為：t 2T(或tR v) 例2 (2012·安徽理綜·19)如圖11所示，圓形區(qū)域內有垂直于紙面向里的勻強磁場，一個帶電粒子以速度v從A點沿直徑A

19、OB方向射入磁場，經(jīng)過t時間從C點射出磁場，OC與OB成60°角現(xiàn)將帶電粒子的速度變?yōu)関3，仍從A點沿原方向射入磁場，不計重力，則粒子在磁場中的運動時間變?yōu)?( ) 圖11 A.12t B2t C.13t D3t 審題指導 1.粒子做圓周運動的圓心是O點嗎？怎樣找？ 2要求粒子在磁場中運動的時間，就要先找圓周運動軌跡對應的圓心角，再利用周期公式求解 解析 設帶電粒子以速度v射入磁場做圓周運動，圓心為O1，半徑為r1，則根據(jù)qvB mv2 r，得r1mv qB，根據(jù)幾何關系得Rr 1tan 1 2，且160°. 10 當帶電粒子以13v的速度射入時，軌道半徑r2m·

20、13v qBmv3 qB13r1，圓心在O2，則Rr 2tan 2 2.即tan 2 2Rr 23Rr 13tan 1 2 3. 故2 260°，2120°；帶電粒子在磁場中運動的時間t 360°T，所以t2t 12 121，即t22t12t，故選項B正確，選項A、C、D錯誤 答案 B 技巧點撥 找圓心、求半徑、確定轉過的圓心角的大小是解決這類問題的前提，確定軌道半徑和給定的幾何量之間的關系是解題的基礎，建立運動時間t和轉過的圓心角之間的關系是解題的關鍵 例3 如圖12所示，M、N為兩塊帶等量異種電荷的平行金屬板，兩板間電壓可取從零到某一最大值之間的各種數(shù)值靜止的

21、帶電粒子帶電荷量為q，質量為m(不計重力)，從點P經(jīng)電場加速后，從小孔Q進入N板右側的勻強磁場區(qū)域，磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面向外，CD為磁場邊界上的一絕緣板，它與N板的夾角為45°，孔Q到板的下端C的距離為L，當M、N兩板間電壓取最大值時，粒子恰垂直打在CD板上，求： 圖12 (1)兩板間電壓的最大值Um； (2)CD板上可能被粒子打中的區(qū)域的長度s； (3)粒子在磁場中運動的最長時間tm. 解析 (1)M、N兩板間電壓取最大值時，粒子恰垂直打在CD板上，所以圓心在C點，如圖所示，CHQCL 故半徑r1L 又因為qv1Bmv21r 1 11 且qUm12mv21 所以Umq

22、B2L22 m. (2)設粒子在磁場中運動的軌跡與CD板相切于K點，此軌跡的半徑為r2，設圓心為A，在AKC中： sin 45°r2Lr 2 解得r2 (21)L 即 KCr2 (21)L 所以CD板上可能被粒子打中的區(qū)域的長度s HK，即 sr1r2(2 2)L. (3)打在QE間的粒子在磁場中運動的時間最長，均為半個周期，所以tmT2m Bq. 答案 (1)qB2L22 m (2)(2 2)L (3)m Bq 突破訓練3 (2012·山西太原市高三模擬試題(二)如圖14所示，在某空間實驗室中，有兩個靠在一起的等大的圓柱形區(qū)域，分別存在著等大反向的勻強磁場，磁感應強度B0

23、.10 T，磁場區(qū)域半徑r 233 m，左側區(qū)圓心為O1，磁場向里，右側區(qū)圓心為O2，磁場向外，兩區(qū)域切點為C.今有質量m3.2×1026 kg、帶電荷量q1.6×1019 C的某種離子，從左側區(qū)邊緣的A點以速度v1×106 m/s正對O1 的方向垂直射入磁場，它將穿越C點后再從右側區(qū)穿出求： 圖14 (1)該離子通過兩磁場區(qū)域所用的時間； (2)離子離開右側區(qū)域的出射點偏離最初入射方向的側移距離多大？(側移距離指在垂直初速度方向上移動的距離) 答案 (1)4.19×106 s (2)2 m 解析 (1) 離子在磁場中做勻速圓周運動，在左、右兩區(qū)域的運動

24、軌跡是對 稱的，如圖所示，設軌跡半徑為R，圓周運動的周期為T 由牛頓第二定律有 qv Bmv2R 又T2Rv 聯(lián)立 得：RmvqB T2mqB 12 將已知數(shù)據(jù)代入得R2 m 由軌跡圖知tan rR 33，即 6 則全段軌跡運動時間t2 ×22TT3 聯(lián)立并代入已知數(shù)據(jù)得 t2×3.14×3.2×10263×1.6×10 19×0.10 s4.19×106 s (2)在圖中過O2向AO1作垂線，聯(lián)立軌跡對稱關系知 側移距離d2rsin 2 將已知數(shù)據(jù)代入得 d2 ×233sin 3 m2 m 2(2012

25、·江蘇單科·9)如圖18所示，MN是磁感應強度為B的勻強磁場的邊界一質量為m、電荷量為q的粒子在紙面內從O點射入磁場若粒子速度為v0，最遠能落在邊界上的A點下列說法正確的有 ( ) 圖18 A若粒子落在A點的左側，其速度一定小于v0 B若粒子落在A點的右側，其速度一定大于v0 C若粒子落在A點左右兩側d的范圍內，其速度不可能小于 v0qBd2m D若粒子落在A點左右兩側d的范圍內，其速度不可能大于 v0qBd2m 答案 BC 解析 帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，qv0B mv20r，所以 rmv0qB，當帶電粒子從不同方向由O點以速度v0進入勻強磁場時，其軌跡是半徑為r的

26、圓，軌跡與邊界的交點位置最遠是離O點2r的距離，即OA2r，落在A點的粒子從O點垂直入射，其他粒子則均落在A點左側，若落在A點右側則必須有更大的速度，選項B正確若粒子速度雖然比v0大，但進入磁場時與磁場邊界夾角過大或過小，粒子仍有可能落在A點左側，選項A、D錯誤若粒子落在A點左右兩側d的范圍內，設其半徑為r，則r 2rd2，代入 rmv0qB， rmvqB，解得v v0qBd2m，選項C正確 3.如圖22所示，在真空區(qū)域內，有寬度為L的勻強磁場，磁感應強度為B，磁場方向垂直紙面向里，MN、PQ為磁場的邊界質量為m、帶電荷量為q的粒子，先后兩次沿著與MN夾角為(0°<<90

27、°)的方向垂直于磁感線射入勻強磁場中，第一次粒子是經(jīng)電壓U1加速后射入磁場的，粒子剛好沒能從PQ邊界射出磁場；第二次粒子是經(jīng)電壓U2加速后射入磁場的，粒子剛好能垂直于PQ射出磁場(不計粒子重力，粒子加速前的速度認為是 13 零，U1、U2未知 ) 圖22 (1)加速電壓U1、U2的比值U1U 2為多少？ (2)為使粒子經(jīng)電壓U2加速射入磁場后沿直線射出PQ邊界，可在磁場區(qū)域加一個勻強電場，求該電場的場強大小 答案 (1)cos2 ?1cos ? 2 (2)B2qLmcos 解析 (1)如圖所示，第一次粒子剛好沒能從PQ邊界射出磁場，表明粒子在磁場中的軌 跡剛好與PQ相切，如圖中的軌跡

28、1.設軌跡半徑為r1，由幾何關系 得：r1r1cos L，解得r1L1cos . 第二次粒子剛好能垂直PQ邊界射出磁場，粒子在磁場中的軌跡圓 心為圖中的O2點，運行軌跡為軌跡2，設軌跡半徑為r2，由幾何關 系得到：r2Lcos 由動能定理及牛頓第二定律得 qU1 2mv2，qvB mv2r， r2mqUBq ，從而可得 r1r2 U1 U2，所以U1U2r21r22cos2 ?1cos ?2. (2)若加入一個勻強電場后使電場力恰好能平衡洛倫茲力，則粒子將沿直線射出 PQ邊界，場強方向為垂直速度方向斜向下，設場強大小為E，則Eq Bqv2，解得EBv 2 由于粒子經(jīng)電壓U2且未加電場時的軌跡半

29、徑r2 Lcos mv2Bq，可得v2BqLmcos 聯(lián)立可得EB2qLmcos ，方向與水平方向成角斜向右下方 4如圖3所示，一個質量為m、電荷量為q的圓環(huán)，可在水平放置的足夠長的粗糙細桿上滑動，細桿處在磁感應強度為B的勻強磁場中(不計空氣阻力)現(xiàn)給圓環(huán)向右的初速度v0，在以后的運動過程中，圓環(huán)運動的速度圖象可能是圖中的 ( ) 圖3 14 答案 ACD 解析 由左手定則判定圓環(huán)受到的洛倫茲力向上，若qvBmg，則彈力為零，摩擦力為零，圓環(huán)做勻速直線運動，選項A正確；若qvB>mg，則桿對圓環(huán)有彈力，摩擦力不為零，圓環(huán)做減速運動，當速度減小到使洛倫茲力與重力平衡時，將做勻速直線運動，選

30、項D正確；若qvB<mg，則桿對圓環(huán)有彈力，摩擦力不為零，圓環(huán)做減速運動，最終速度變?yōu)榱悖x項C正確無論哪種情況，圓環(huán)都不可能做勻減速運動，選項B錯誤 8.如圖7所示是某粒子速度選擇器的示意圖，在一半徑為R10 cm的圓柱形桶內有B104 T的勻強磁場，方向平行于軸線，在圓柱桶某一直徑的兩端開有小孔，作為入射孔和出射孔粒子束以不同角度入射，最后有不同速度的粒子束射出現(xiàn)有一粒子源發(fā)射比荷為qm2×1011 C/kg的正粒子，粒子束中速度分布連續(xù)當角45°時，出射粒子速度v的大小是 ( ) 圖7 A.2×106 m/s B 22×106 m/s C 2

31、2×108 m/s D 42×106 m/s 答案 B 解析 由題意知，粒子從入射孔以45°角射入勻強磁場，粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動能夠從出射孔射出的粒子剛好在磁場中運動1 4周期，由幾何關系知r 2R，又rmv qB，解得vqBr m 22×106 m/s. 12如圖11甲所示，M、N為豎直放置且彼此平行的兩塊平板，板間距離為d，兩板中央各有一個小孔O、O且正對，在兩板間有垂直于紙面方向的磁場，磁感應強度隨時間的變化如圖乙所示有一束正離子在t0時垂直于M板從小孔O射入磁場已知正離子質量為m，帶電荷量為q，正離子在磁場中做勻速圓周運動的周期與磁感應

32、強度變化的周期都為T0，不考慮由于磁場變化而產(chǎn)生的電場的影響，不計離子所受重力求： 圖11 15 (1)磁感應強度B0的大??； (2)要使正離子從O孔垂直于N板射出磁場，正離子射入磁場時的速度v0的可能值 答案 (1)2mqT 0 (2)d2nT 0(n1,2,3) 解析 設垂直于紙面向里的磁場方向為正方向 (1)正粒子射入磁場，洛倫茲力提供向心力 B0qv0mv20 r 做勻速圓周運動的周期T02rv 0 聯(lián)立兩式得磁感應強度B02mqT 0 (2)要使正粒子從O孔垂直于N板射出磁場，v0的方向應如圖所 示，在兩板之間正離子只運動一個周期即T0時，有r1d4.當兩板 之間正離子運動n個周期即

33、nT0時，有 rd4 n(n1,2,3) 聯(lián)立求解，得正離子的速度的可能值為 v0B0qr md 2nT0(n1,2,3) 帶電粒子在復合場中的運動 考點梳理 一、復合場 1 復合場的分類 (1) 疊加場：電場、磁場、重力場共存，或其中某兩場共存 (2)組合場：電場與磁場各位于一定的區(qū)域內，并不重疊或相鄰或在同一區(qū)域，電場、 磁場交替出現(xiàn) 項目 名稱 力的特點 功和能的特點 2 三種場的比較 16 重力場 大?。篏mg ?電場力做功與路徑無關 方向：豎直向下 重力做功與路徑無關 重力做功改變物體的重力勢能 靜電場 大?。篎 qE 方向：a.正電荷受力方向與場強方向b.負電荷受力方向與場強方向相

34、反 WqU 電場力做功改變電勢能 磁場 洛倫茲力FqvB 方向可用左手定則判斷 洛倫茲力不做功，不改變帶電粒子的動能 二、帶電粒子在復合場中的運動形式 1 靜止或勻速直線運動 當帶電粒子在復合場中所受合外力為零時，將處于靜止狀態(tài)或做勻速直線運動 2 勻速圓周運動 當帶電粒子所受的重力與電場力大小相等，方向相反時，帶電粒子在洛倫茲力的作用下，在垂直于勻強磁場的平面內做勻速圓周運動 3 較復雜的曲線運動 當帶電粒子所受合外力的大小和方向均變化，且與初速度方向不在同一直線上，粒子做非勻變速曲線運動，這時粒子運動軌跡既不是圓弧，也不是拋物線 4 分階段運動 帶電粒子可能依次通過幾個情況不同的組合場區(qū)域

35、，其運動情況隨區(qū)域發(fā)生變化，其運動過程由幾種不同的運動階段組成 3 質譜儀原理的理解如圖3所示是質譜儀的工作原理示意圖帶電粒 子被加速電場加速后，進入速度選擇器速度選擇器內相互正交的 勻強磁場和勻強電場的強度分別為B和E.平板S上有可讓粒子通過 的狹縫P和記錄粒子位置的膠片A1A2.平板S下方有磁感應強度為 B0的勻強磁場下列表述正確的是 ( ) A質譜儀是分析同位素的重要工具 圖3 B速度選擇器中的磁場方向垂直紙面向外 C能通過狹縫P的帶電粒子的速率等于E/B D粒子打在膠片上的位置越靠近狹縫P，粒子的比荷越小 答案 ABC 解析 粒子在題圖中的電場中加速，說明粒子帶正電，其通過速度選擇器時

36、，電場力與洛倫茲力平衡，則洛倫茲力方向應水平向左，由左手定則知，磁場的方向應垂直紙面向外，選項B正確；由EqBqv可知，vE/B，選項C正確；粒子打在膠片上的位置到狹縫的距離即為其做勻速圓周運動的直徑D2mvBq，可見D越小，則粒子的比荷越大，D不同，則粒子的比荷不同，因此利用該裝置可以分析同位素，A正確，D錯誤 4 回旋加速器原理的理解勞倫斯和利文斯設計出回旋加速器，工作 原理示意圖如圖4所示置于高真空中的D形金屬盒半徑為R，兩 17 盒間的狹縫很小，帶電粒子穿過的時間可忽略磁感應強度為B的 勻強磁場與盒面垂直，高頻交流電頻率為f，加速電壓為U.若A處 粒子源產(chǎn)生的質子質量為m、電荷量為q，

37、在加速器中被加速， 且加速過程中不考慮相對論效應和重力的影響則下列說法正確的 是 ( ) 圖4 A質子被加速后的最大速度不可能超過2Rf B質子離開回旋加速器時的最大動能與加速電壓U成正比 C質子第2次和第1次經(jīng)過兩D 形盒間狹縫后軌道半徑之比為21 D不改變磁感應強度B和交流電頻率f，該回旋加速器的最大動能不變 答案 AC 解析 粒子被加速后的最大速度受到D形盒半徑R的制約，因v2R T2Rf，故A正 確；粒子離開回旋加速器的最大動能Ekm12mv212m×42R2f 22m2R2f 2，與加速電壓U無關，B錯誤；根據(jù)Rmv Bq，Uq12mv21，2Uq1 2mv22，得質子第2

38、次和第1次經(jīng)過兩D 形盒間狹縫后軌道半徑之比為21，C正確；因回旋加速器的最大動能Ekm2m2R2f 2與m、R、f均有關，D錯誤 規(guī)律總結 帶電粒子在復合場中運動的應用實例 1 質譜儀 (1)構造：如圖5所示，由粒子源、加速電場、偏轉磁場和照相底片等構成 圖5 (2)原理：粒子由靜止被加速電場加速，根據(jù)動能定理可得關系式qU12mv2. 粒子在磁場中受洛倫茲力作用而偏轉，做勻速圓周運動，根據(jù)牛頓第二定律得關系式qvBmv2 r. 由兩式可得出需要研究的物理量，如粒子軌道半徑、粒子質量、比荷 r1B 2mUq，mqr2 B22 U，qm2U B2r2. 2 回旋加速器 (1)構造：如圖6所示，

39、D1、D2是半圓形金屬盒，D形盒的縫隙處 接交流電源，D形盒處于勻強磁場中 (2)原理：交流電的周期和粒子做圓周運動的周期相等，粒子在圓周 運動的過程中一次一次地經(jīng)過D形盒縫隙，兩盒間的電勢差一次一 18 次地反向，粒子就會被一次一次地加速由qvBmv2 r，得 Ekmq2B2r22 m，可見粒子獲得的最大動能由磁感應強度B和D形盒 圖6 半徑r決定，與加速電壓無關 特別提醒 這兩個實例都應用了帶電粒子在電場中加速、在磁場中偏轉(勻速圓周運動) 的原理 3 速度選擇器(如圖7所示)(1)平行板中電場強度E和磁感應強度B互相 垂直這種裝置能把具有一定速度的粒子選擇出來，所以叫做速度 選擇器 (2

40、)帶電粒子能夠沿直線勻速通過速度選擇器的條件是qEqvB， 即vEB. 圖7 4 磁流體發(fā)電機 (1)磁流體發(fā)電是一項新興技術，它可以把內能直接轉化為電能 (2)根據(jù)左手定則，如圖8中的B是發(fā)電機正極 (3)磁流體發(fā)電機兩極板間的距離為L，等離子體速度為v，磁場的 磁感應強度為B，則由qEqU LqvB得兩極板間能達到的最大電勢 圖8 差UBLv. 5 電磁流量計工作原理：如圖9所示，圓形導管直徑為d，用非磁性材 料制成，導電液體在管中向左流動，導電液體中的自由電荷(正、負 離子)，在洛倫茲力的作用下橫向偏轉，a、b間出現(xiàn)電勢差，形成電 場，當自由電荷所受的電場力和洛倫茲力平衡時，a、b間的電

41、勢差就 圖9 保持穩(wěn)定，即：qvBqEqU d，所以vU Bd，因此液體流量QSv d2 4·U BddU4 B. 考點一 帶電粒子在疊加場中的運動 1 帶電粒子在疊加場中無約束情況下的運動情況分類 (1)磁場力、重力并存 若重力和洛倫茲力平衡，則帶電體做勻速直線運動 若重力和洛倫茲力不平衡，則帶電體將做復雜的曲線運動，因洛倫茲力不做功，故機械能守恒，由此可求解問題 (2)電場力、磁場力并存(不計重力的微觀粒子) 若電場力和洛倫茲力平衡，則帶電體做勻速直線運動 若電場力和洛倫茲力不平衡，則帶電體將做復雜的曲線運動，因洛倫茲力不做功，可用動能定理求解問題 (3)電場力、磁場力、重力并存

42、 若三力平衡，一定做勻速直線運動 若重力與電場力平衡，一定做勻速圓周運動 19 若合力不為零且與速度方向不垂直，將做復雜的曲線運動，因洛倫茲力不做功，可用能量守恒或動能定理求解問題 2 帶電粒子在疊加場中有約束情況下的運動 帶電體在復合場中受輕桿、輕繩、圓環(huán)、軌道等約束的情況下，常見的運動形式有直線運動和圓周運動，此時解題要通過受力分析明確變力、恒力做功情況，并注意洛倫茲力不做功的特點，運用動能定理、能量守恒定律結合牛頓運動定律求出結果 例1 如圖10所示，帶電平行金屬板相距為2R，在兩板間有垂直紙面向里、磁感應強度為B的圓形勻強磁場區(qū)域 ，與兩板及左側邊緣線相切一個帶正電的粒子(不計重力)沿

43、兩板間中心線O1O2從左側邊緣O1點以某一速度射入，恰沿直線通過圓形磁場區(qū)域，并從極板邊緣飛出，在極板間運動時間為t0.若撤去磁場，質子仍從O1點以相同速度射入，則經(jīng)t02時間打到極板上 圖10 (1)求兩極板間電壓U； (2)若兩極板不帶電，保持磁場不變，該粒子仍沿中心線O1O2從O1點射入，欲使粒子從兩板左側間飛出，射入的速度應滿足什么條件？ 解析 (1)設粒子從左側O1點射入的速度為v0，極板長為L，粒子在初速度方向上做勻速直線運動 L(L2R)t0t02，解得L4R 粒子在電場中做類平拋運動：L2Rv0·t02 aqE m R12a(t02)2 在復合場中做勻速運動：qU2

44、Rqv0B 聯(lián)立各式解得v04Rt 0，U8R2Bt 0 (2)設粒子在磁場中做圓周運動的軌跡如圖所示，設其軌道半徑為r，粒子恰好從上極板左邊緣飛出時速度的偏轉角為，由幾何關系可知：45°，r 2rR 因為R12qE m(t02)2， 所以qE mqv0B m8Rt 2 0 根據(jù)牛頓第二定律有qvBmv2 r， 解得v 2?21?Rt0 20 所以，粒子在兩板左側間飛出的條件為0<v < 221?Rt 0 答案 (1)8R2Bt0 (2)0< v<2?21?Rt0 突破訓練1 如圖11所示，空間存在著垂直紙面向外的水平勻強磁場， 磁感應強度為B，在y軸兩側分別有方向相反的勻強電場，電場強 度均為E，在兩個電場的交界處左側，有一帶正電的液滴a在電場 力和重力作用下靜止，現(xiàn)從場中某點由靜止釋放一個帶負電的液滴 b，當它的運動方向變?yōu)樗椒较驎r恰與a相撞，撞后兩液滴合為一 體，速度減小到原來的一半，并沿x軸正方向做勻速直線運動，已 圖11 知液滴b與a