江蘇省2023高考物理大一輪復(fù)習(xí)第九章磁場(chǎng)教師用書(shū)

江蘇省2023高考物理大一輪復(fù)習(xí)第九章磁場(chǎng)教師用書(shū)PAGEPAGE36第九章磁場(chǎng)考試說(shuō)明內(nèi)容要求說(shuō)明命題趨勢(shì)磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度磁感線(xiàn)磁通量Ⅰ整體來(lái)說(shuō),計(jì)算題考查比擬常見(jiàn),選擇題有時(shí)出現(xiàn),但都是以中難題形式出現(xiàn),分值比重大,屬于拉開(kāi)分差的情況,必須苦下功夫,認(rèn)真對(duì)待.預(yù)計(jì)今后出現(xiàn)在計(jì)算題中的可能性非常大,而且命題背景將會(huì)更加前沿、新穎,注重與科技、生活的應(yīng)用,如質(zhì)譜儀、盤(pán)旋加速器等.另外關(guān)于帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)將會(huì)對(duì)分析、推理、綜合能力提出更高要求,可能對(duì)空間軌跡、函數(shù)表示、數(shù)學(xué)歸納等數(shù)學(xué)工具的使用提出要求本章涉及的知識(shí)點(diǎn)主要包括以下幾個(gè)方面:1.四個(gè)根本概念:磁感應(yīng)強(qiáng)度、磁感線(xiàn)、安培力、洛倫茲力.2.兩個(gè)根本定那么:安培定那么和左手定那么.3.兩個(gè)主要內(nèi)容:一是通電導(dǎo)線(xiàn)在磁場(chǎng)中所受的安培力,一是帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)所受的洛倫茲力.4.幾個(gè)重要儀器分析:速度選擇器、質(zhì)譜儀、磁流體發(fā)電機(jī)、電磁流量計(jì)、盤(pán)旋加速器等.在一輪復(fù)習(xí)過(guò)程中帶電粒子在磁場(chǎng)或復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)是本章的重點(diǎn)和難點(diǎn),要通過(guò)一定的強(qiáng)化訓(xùn)練,熟練掌握此類(lèi)問(wèn)題的根本方法,切實(shí)提高應(yīng)用物理知識(shí)綜合分析問(wèn)題、應(yīng)用數(shù)學(xué)知識(shí)求解物理問(wèn)題的能力.另外,對(duì)導(dǎo)體受安培力的分析,要善于把立體圖形改成平面圖形,注意培養(yǎng)空間想象能力.通電直導(dǎo)線(xiàn)和通電線(xiàn)圈周?chē)艌?chǎng)的方向Ⅰ安培力Ⅱ計(jì)算限于直導(dǎo)線(xiàn)跟勻強(qiáng)磁場(chǎng)平行或垂直兩種情況洛倫茲力Ⅱ帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)Ⅱ計(jì)算限于速度與磁感應(yīng)強(qiáng)度平行或垂直兩種情況質(zhì)譜儀和盤(pán)旋加速器的工作原理Ⅰ知識(shí)網(wǎng)絡(luò)第1講磁場(chǎng)的描述磁場(chǎng)對(duì)電流的作用(本講對(duì)應(yīng)學(xué)生用書(shū)第138141頁(yè))考綱解讀1.會(huì)用安培定那么判斷電流周?chē)拇艌?chǎng)方向.2.會(huì)計(jì)算電流在磁場(chǎng)中受到的安培力.3.會(huì)用左手定那么分析解決通電導(dǎo)體在磁場(chǎng)中的受力及平衡類(lèi)問(wèn)題.根底梳理1.磁場(chǎng):磁體周?chē)臻g存在一種物質(zhì),它的根本性質(zhì)是對(duì)放在其中的或有力的作用.

2.磁感應(yīng)強(qiáng)度:在磁場(chǎng)中垂直于磁場(chǎng)方向的通電導(dǎo)線(xiàn),所受到的磁場(chǎng)力F既與導(dǎo)線(xiàn)長(zhǎng)度L成,又與導(dǎo)線(xiàn)中的電流I成,即與IL的乘積成正比.磁感應(yīng)強(qiáng)度的表示符號(hào)為B,單位特斯拉(T),公式為B=.磁感應(yīng)強(qiáng)度是描述磁場(chǎng)強(qiáng)弱和方向的物理量.

3.磁場(chǎng)的疊加:B的方向即,與小磁針N極受到的力的方向相同,磁感應(yīng)強(qiáng)度是,空間某點(diǎn)的磁場(chǎng)的疊加遵循.

4.磁感線(xiàn)的特點(diǎn):(1)磁感線(xiàn)上某點(diǎn)的方向就是該點(diǎn)的磁場(chǎng)方向.

(2)磁感線(xiàn)的疏密定性地表示磁場(chǎng)的,在磁感線(xiàn)較密的地方磁場(chǎng)較,在磁感線(xiàn)較疏的地方磁場(chǎng)較.

(3)磁感線(xiàn)是曲線(xiàn),沒(méi)有起點(diǎn)和終點(diǎn).在磁體外

部,從N極指向S極;在磁體內(nèi)部,從S極指向N極.(4)同一磁場(chǎng)的磁感線(xiàn)不、不、不相切.

(5)磁感線(xiàn)是假想的曲線(xiàn),客觀上不存在.5.安培定那么:又稱(chēng)右手螺旋定那么,對(duì)于通電直導(dǎo)線(xiàn)產(chǎn)生的磁場(chǎng),使用時(shí)大拇指所指方向與一致,彎曲的四指方向就是的方向;對(duì)通電圓環(huán)或通電螺線(xiàn)管,彎曲的四指與的方向一致,大拇指的指向就是軸線(xiàn)上磁感線(xiàn)的方向或螺線(xiàn)管內(nèi)部的磁感線(xiàn)方向.

6.左手定那么:伸開(kāi)左手,讓磁感線(xiàn)從掌心進(jìn)入,并使四指指向,這時(shí)大拇指所指的方向就是通電導(dǎo)線(xiàn)在磁場(chǎng)中所受.

7.安培力公式:F=,其中θ為方向與方向之間的夾角.

1.特殊磁體電流2.正比正比3.磁場(chǎng)方向矢量平行四邊形定那么4.(1)切線(xiàn)(2)強(qiáng)弱強(qiáng)弱(3)閉合(4)中斷相交5.電流的方向磁感線(xiàn)環(huán)繞環(huán)形電流6.電流的方向安培力的方向7.ILBsinθ磁場(chǎng)電流對(duì)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的理解及磁場(chǎng)和電場(chǎng)的比照

1.磁感應(yīng)強(qiáng)度由磁場(chǎng)本身決定,就像電場(chǎng)強(qiáng)度由電場(chǎng)本身決定一樣,跟該位置放不放通電導(dǎo)線(xiàn)無(wú)關(guān),因此不能根據(jù)公式B=說(shuō)B與F成正比,與IL成反比.2.磁感應(yīng)強(qiáng)度B的定義式也是其度量式,但用來(lái)測(cè)量的小段通電導(dǎo)線(xiàn)必須垂直放入磁場(chǎng),如果小段通電導(dǎo)線(xiàn)平行放入磁場(chǎng),那么所受安培力為零,但不能說(shuō)該點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為零.3.磁感應(yīng)強(qiáng)度是矢量,其方向?yàn)榉湃肫渲械男〈裴橃o止時(shí)N極的指向.4.磁感應(yīng)強(qiáng)度B與電場(chǎng)強(qiáng)度E的比擬.電場(chǎng)強(qiáng)度E是描述電場(chǎng)強(qiáng)弱的物理量,磁感應(yīng)強(qiáng)度B是描述磁場(chǎng)強(qiáng)弱的物理量.這兩個(gè)物理量比擬如下表所示:磁感應(yīng)強(qiáng)度B電場(chǎng)強(qiáng)度E物理意義描述磁場(chǎng)強(qiáng)弱的物理量描述電場(chǎng)性質(zhì)的物理量定義式B=(通電導(dǎo)線(xiàn)與B垂直)E=方向磁感線(xiàn)切線(xiàn)方向,小磁針N極的受力方向電場(chǎng)線(xiàn)切線(xiàn)方向,放入該點(diǎn)的正電荷受力方向大小決定因素由磁場(chǎng)決定,與檢驗(yàn)電流無(wú)關(guān)由電場(chǎng)決定,與檢驗(yàn)電荷無(wú)關(guān)場(chǎng)的疊加合磁感應(yīng)強(qiáng)度等于各磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的矢量和合場(chǎng)強(qiáng)等于各個(gè)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)E的矢量和單位1T=1N/(A·m)1V/m=1N/C5.磁感線(xiàn)與電場(chǎng)線(xiàn)的比擬磁感線(xiàn)電場(chǎng)線(xiàn)相似點(diǎn)引入目的都是為了形象地描述場(chǎng)而引入的假想曲線(xiàn),實(shí)際不存在疏密意義都能定性描述場(chǎng)的強(qiáng)弱切線(xiàn)方向都表示該點(diǎn)場(chǎng)的方向是否相交都不相交不同點(diǎn)閉合曲線(xiàn),外部由N→S,內(nèi)部由S→N起始于正電荷(或無(wú)限遠(yuǎn)),終止于無(wú)限遠(yuǎn)(或負(fù)電荷)6.磁場(chǎng)的疊加磁感應(yīng)強(qiáng)度是矢量,計(jì)算時(shí)與力的計(jì)算方法相同,利用平行四邊形定那么或正交分解法進(jìn)行合成與分解.典題演示1如下圖,兩根相互平行的長(zhǎng)直導(dǎo)線(xiàn)過(guò)紙面上的M、N兩點(diǎn),且與紙面垂直,導(dǎo)線(xiàn)中通有大小相等、方向相反的電流.a、O、b在M、N的連線(xiàn)上,O為MN的中點(diǎn),c、d位于MN的中垂線(xiàn)上,且a、b、c、d到O點(diǎn)的距離均相等.關(guān)于以上幾點(diǎn)處的磁場(chǎng),以下說(shuō)法中正確的選項(xiàng)是()A.O點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度為零B.a、b兩點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等,方向相反C.c、d兩點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等,方向相同D.a、c兩點(diǎn)處磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向不同【解析】根據(jù)安培定那么判斷磁場(chǎng)方向,再結(jié)合矢量的合成知識(shí)求解,兩直線(xiàn)電流在O點(diǎn)產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向均垂直于MN向下,O點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度不為零,故A錯(cuò)誤;a、b兩點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等,方向相同,故B錯(cuò)誤;根據(jù)對(duì)稱(chēng)性,c、d兩點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等,方向相同,故C正確;a、c兩點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向相同,故D錯(cuò)誤.【答案】C典題演示2(2022·連云港、宿遷、徐州三模)如圖甲所示,一個(gè)條形磁鐵P固定在水平桌面上,以P的右端點(diǎn)為原點(diǎn),中軸線(xiàn)為x軸建立一維坐標(biāo)系.一個(gè)靈敏的小磁針Q放置在x軸上不同位置,設(shè)Q與x軸之間的夾角為θ.實(shí)驗(yàn)測(cè)得sinθ與x之間的關(guān)系如圖乙所示.該處地磁場(chǎng)方向水平,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0.以下說(shuō)法中正確的選項(xiàng)是()A.P的右端為S極B.P的中軸線(xiàn)與地磁場(chǎng)方向平行C.P在x0處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0D.x0處合磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為2B0【解析】x趨向于無(wú)窮大時(shí),sinθ=1,說(shuō)明地磁場(chǎng)的方向與x軸垂直指向紙內(nèi),B項(xiàng)錯(cuò)誤;條形磁鐵形成的磁場(chǎng)應(yīng)沿x軸正方向才能使合磁場(chǎng)滿(mǎn)足θ為銳角,P的右端為N極,A項(xiàng)錯(cuò)誤;x0處地磁場(chǎng)和P產(chǎn)生的磁場(chǎng)大小相等,才能有θ=45°,合磁場(chǎng)大小為B0,C項(xiàng)正確,D項(xiàng)錯(cuò)誤.【答案】C安培定那么的應(yīng)用及磁場(chǎng)方向確實(shí)定

1.安培定那么的應(yīng)用在運(yùn)用安培定那么判定直線(xiàn)電流和環(huán)形電流的磁場(chǎng)時(shí)應(yīng)分清“因〞和“果〞.原因(電流方向)結(jié)果(磁場(chǎng)繞向)直線(xiàn)電流的磁場(chǎng)大拇指四指環(huán)形電流的磁場(chǎng)四指大拇指2.磁場(chǎng)的方向:磁感線(xiàn)的切線(xiàn)方向,小磁針N極的受力方向.典題演示3(2022·蘇州中學(xué))如下圖,兩根無(wú)限長(zhǎng)導(dǎo)線(xiàn),均通以恒定電流I.兩根導(dǎo)線(xiàn)的直線(xiàn)局部和坐標(biāo)軸非常接近,彎曲局部是以坐標(biāo)原點(diǎn)O為圓心的、半徑相同的一段圓弧.規(guī)定垂直紙面向里的方向?yàn)榇鸥袘?yīng)強(qiáng)度的正方向,直線(xiàn)局部在原點(diǎn)O處不形成磁場(chǎng),此時(shí)兩根導(dǎo)線(xiàn)在坐標(biāo)原點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.以下四個(gè)選項(xiàng)中均有四根同樣的、通以恒定電流I的無(wú)限長(zhǎng)導(dǎo)線(xiàn),O處磁感應(yīng)強(qiáng)度也為B的是()A BC D【解析】?jī)筛鶎?dǎo)線(xiàn)在坐標(biāo)原點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,方向都垂直紙面向里.對(duì)A,三根導(dǎo)線(xiàn)產(chǎn)生磁場(chǎng)方向向里,一根向外,合成后也是兩根向里,故A正確;對(duì)B同理,四根導(dǎo)線(xiàn)產(chǎn)生磁場(chǎng)方向均向里,故B錯(cuò)誤;三根導(dǎo)線(xiàn)產(chǎn)生磁場(chǎng)方向向外,一根向里,合成后是兩根向外,故C錯(cuò)誤;兩根導(dǎo)線(xiàn)產(chǎn)生磁場(chǎng)方向向外,兩根向里,合成后磁場(chǎng)為零,故D錯(cuò)誤.【答案】A安培力作用下導(dǎo)體運(yùn)動(dòng)情況的判定

1.安培力大小(1)當(dāng)I⊥B時(shí),F=BIL.(2)當(dāng)I∥B時(shí),F=0.注意:(1)當(dāng)導(dǎo)線(xiàn)彎曲時(shí),L是導(dǎo)線(xiàn)兩端的有效直線(xiàn)長(zhǎng)度.(2)對(duì)于任意形狀的閉合線(xiàn)圈,其有效長(zhǎng)度均為零,所以通電后在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中受到的安培力的矢量和為零.2.安培力方向:用左手定那么判斷,注意安培力既垂直于B,也垂直于I,即垂直于B與I決定的平面.3.判定安培力作用下導(dǎo)體運(yùn)動(dòng)情況的常用方法電流元法分割為電流元,用左手定那么確定安培力方向→整段導(dǎo)體所受合力方向→運(yùn)動(dòng)方向特殊位置法在特殊位置→安培力方向→運(yùn)動(dòng)方向等效法環(huán)形電流小磁針條形磁鐵通電螺線(xiàn)管多個(gè)環(huán)形電流結(jié)論法同向電流互相吸引,異向電流互相排斥兩不平行的直線(xiàn)電流相互作用時(shí),有轉(zhuǎn)到平行且電流方向相同的趨勢(shì)轉(zhuǎn)換研究對(duì)象法定性分析磁體在電流磁場(chǎng)作用下如何運(yùn)動(dòng)或運(yùn)動(dòng)趨勢(shì)的問(wèn)題,可先分析電流在磁體磁場(chǎng)中所受的安培力,然后由牛頓第三定律,確定磁體所受電流磁場(chǎng)的作用力,從而確定磁體所受合力及運(yùn)動(dòng)方向典題演示4如下圖,把輕質(zhì)導(dǎo)線(xiàn)圈用絕緣細(xì)線(xiàn)懸掛在磁鐵N極附近,磁鐵的軸線(xiàn)穿過(guò)線(xiàn)圈的圓心且垂直線(xiàn)圈平面.當(dāng)線(xiàn)圈內(nèi)通以圖中方向的電流后,線(xiàn)圈的運(yùn)動(dòng)情況是()A.線(xiàn)圈向左運(yùn)動(dòng)B.線(xiàn)圈向右運(yùn)動(dòng)C.從上往下看順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)D.從上往下看逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)【解析】解法一:電流元法.甲首先將圓形線(xiàn)圈分成很多小段,每小段可看做一直線(xiàn)電流,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(duì)稱(chēng)性可知,線(xiàn)圈所受安培力的合力水平向左,故線(xiàn)圈向左運(yùn)動(dòng),A正確.解法二:等效法.乙將環(huán)形電流等效成一條形磁鐵,如圖乙所示,據(jù)異名磁極相吸引知,線(xiàn)圈將向左運(yùn)動(dòng).同時(shí),也可將左側(cè)條形磁鐵等效成一環(huán)形電流,根據(jù)結(jié)論“同向電流相互吸引,異向電流相互排斥〞,也可得到答案A.【答案】A安培力作用下通電導(dǎo)體的平衡問(wèn)題

1.解決有關(guān)通電導(dǎo)體在磁場(chǎng)中的平衡問(wèn)題,關(guān)鍵是受力分析,只不過(guò)比純力學(xué)中的平衡問(wèn)題要多考慮一個(gè)安培力.2.畫(huà)好輔助圖(如斜面),標(biāo)明輔助方向(如B的方向、I的方向等)是畫(huà)好受力分析圖的關(guān)鍵.3.由于安培力F、電流I、磁感應(yīng)強(qiáng)度B的方向之間涉及三維空間,所以在受力分析時(shí)要善于把立體圖轉(zhuǎn)化成平面圖.典題演示5(多項(xiàng)選擇)(2022·泰州中學(xué))如下圖,質(zhì)量為m、長(zhǎng)為L(zhǎng)的直導(dǎo)線(xiàn)用兩絕緣細(xì)線(xiàn)懸掛于O、O',并處于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中.當(dāng)導(dǎo)線(xiàn)中通以沿x正方向的電流I,且導(dǎo)線(xiàn)保持靜止時(shí),懸線(xiàn)與豎直方向夾角為θ.那么磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向和大小可能為()A.沿z正方向,tanθB.沿y正方向,C.沿z負(fù)方向,tanθD.沿懸線(xiàn)向上,sinθ【解析】如下圖為沿著x軸負(fù)方向看的示意圖,導(dǎo)線(xiàn)受到向下的重力、沿著繩子方向的拉力以及安培力.當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度方向沿著z軸正方向時(shí),由左手定那么可得安培力向左,導(dǎo)線(xiàn)不可能平衡,A錯(cuò)誤;同理,當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度方向沿著z軸負(fù)方向時(shí),安培力向右,可能平衡,C正確;當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度方向沿著y軸正方向時(shí),安培力豎直向上,假設(shè)大小等于重力,那么可使導(dǎo)線(xiàn)平衡,B正確;當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度方向沿懸線(xiàn)向上時(shí),安培力垂直懸線(xiàn)向下,不可能使導(dǎo)線(xiàn)平衡,D錯(cuò)誤.【答案】BC典題演示6如下圖,兩平行金屬導(dǎo)軌間的距離L=0.40m,金屬導(dǎo)軌所在平面與水平面夾角θ=37°,在導(dǎo)軌所在的平面內(nèi),分布著磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.50T、方向垂直于導(dǎo)軌所在平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng).金屬導(dǎo)軌的一端接有電動(dòng)勢(shì)E=4.5V、內(nèi)阻r=0.50Ω的直流電源.現(xiàn)把一個(gè)質(zhì)量m=0.040kg的導(dǎo)體棒ab放在金屬導(dǎo)軌上,導(dǎo)體棒恰好靜止.導(dǎo)體棒與金屬導(dǎo)軌垂直且接觸良好,導(dǎo)體棒與金屬導(dǎo)軌接觸的兩點(diǎn)間的電阻R0=2.5Ω,金屬導(dǎo)軌電阻不計(jì),取g=10m/s2,sin37°=0.60,cos37°=0(1)通過(guò)導(dǎo)體棒的電流.(2)導(dǎo)體棒受到的安培力大小.(3)導(dǎo)體棒受到的摩擦力.【解析】(1)根據(jù)閉合電路歐姆定律I==1.(2)導(dǎo)體棒受到的安培力F安=BIL=0.30N.(3)導(dǎo)體棒受力如下圖,將重力正交分解有F1=mgsin37°=0.24N.F1<F安,根據(jù)平衡條件mgsin37°+f=F安.解得f=0.06N,方向沿導(dǎo)軌平面向下.【答案】(1)1.5A(2)0.30N(3)01.如下圖,有一束電子沿y軸正方向移動(dòng),那么在z軸上某點(diǎn)P的磁場(chǎng)方向是()A.沿x軸正方向 B.沿x軸負(fù)方向C.沿z軸正方向 D.沿z軸負(fù)方向【解析】運(yùn)動(dòng)電荷可以產(chǎn)生磁場(chǎng),本質(zhì)上與電流產(chǎn)生磁場(chǎng)相同,因?yàn)殡姾啥ㄏ蛞苿?dòng)形成電流,而電流可以產(chǎn)生磁場(chǎng).由于電子帶負(fù)電,所以等效電流的方向沿y軸負(fù)方向,即可判定P點(diǎn)的磁場(chǎng)方向沿x軸負(fù)方向.【答案】B2.(2022·安徽“皖南八校〞第三次聯(lián)考)直導(dǎo)線(xiàn)中電流在周?chē)臻g產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B=k,k為常數(shù),r為到導(dǎo)線(xiàn)的距離,如下圖,兩個(gè)半徑相同,材料不同的半圓環(huán)并聯(lián)地接在電路中,電路中的總電流為I,流過(guò)ABD半圓環(huán)的電流為I,流過(guò)ACD半圓環(huán)的電流為I,在圓環(huán)圓心處電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.假設(shè)將ABD半圓環(huán)繞直徑AD轉(zhuǎn)過(guò)90°,這時(shí)在O點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為()A.B B.3B C.B D.B【解析】ABD半圓環(huán)的電流和ACD半圓環(huán)的電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)在O點(diǎn)處磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向相反,根據(jù)磁場(chǎng)疊加可知,半圓環(huán)中I的電流在O點(diǎn)產(chǎn)生的磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,I的電流在O點(diǎn)產(chǎn)生的磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為2B,因此將ABD半圓環(huán)繞直徑AD轉(zhuǎn)過(guò)90°,這時(shí)在O點(diǎn)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為=B,A項(xiàng)正確.【答案】A3.(2022·江蘇卷)如下圖,用天平測(cè)量勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度,以下各選項(xiàng)所示的載流線(xiàn)圈匝數(shù)相同,邊長(zhǎng)MN相等,將它們分別掛在天平的右臂下方,線(xiàn)圈中通有大小相同的電流,天平處于平衡狀態(tài),假設(shè)磁場(chǎng)發(fā)生微小變化,天平最容易失去平衡的是()【解析】假設(shè)載流線(xiàn)圈的電流方向是順時(shí)針?lè)较?根據(jù)左手定那么得出載流線(xiàn)圈各邊所受安培力的方向,如下圖,C、D選項(xiàng)中各邊所受安培力的方向類(lèi)似于B圖,根據(jù)力圖結(jié)合力的合成可以發(fā)現(xiàn)A圖中載流線(xiàn)圈各邊所受安培力的合力最大,所以假設(shè)磁場(chǎng)發(fā)生微小變化,天平最容易失去平衡的是A圖天平.應(yīng)選A.【答案】A4.(2022·常熟中學(xué))在同一平面內(nèi)有四根彼此絕緣的通電直導(dǎo)線(xiàn),如下圖,四根導(dǎo)線(xiàn)中的電流大小關(guān)系為I1=I2<I3<I4,切斷哪一導(dǎo)線(xiàn)中的電流能使O點(diǎn)(O點(diǎn)為四根導(dǎo)線(xiàn)所圍矩形的中心)的磁感應(yīng)強(qiáng)度減為最弱()A.切斷I1 B.切斷I2 C.切斷I3 D.切斷I【解析】由于I1=I2,由安培定那么可知這兩根導(dǎo)線(xiàn)在O處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度為0,I3和I4兩根導(dǎo)線(xiàn)在O處產(chǎn)生垂直紙面向里的磁場(chǎng),由于I3<I4,即I4在O處產(chǎn)生的磁場(chǎng)大,所以切斷I4能使O點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度減為最弱,故D正確,A、B、C錯(cuò)誤.【答案】D5.(2022·啟東中學(xué))如下圖,通電直導(dǎo)線(xiàn)ab位于兩平行導(dǎo)線(xiàn)橫截面MN的連線(xiàn)的中垂線(xiàn)上.當(dāng)平行導(dǎo)線(xiàn)通以同向等值電流時(shí),以下說(shuō)法中正確的選項(xiàng)是()A.ab順時(shí)針旋轉(zhuǎn)B.a端向外,b端向里旋轉(zhuǎn)C.ab逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)D.a端向里,b端向外旋轉(zhuǎn)【解析】導(dǎo)線(xiàn)M和N的磁感線(xiàn)都是同心圓,因此對(duì)ab上半段,M導(dǎo)線(xiàn)的磁感線(xiàn)指向右下,可以用左手定那么判斷a端受向外的力,N導(dǎo)線(xiàn)的磁感線(xiàn)指向右上,也使a端受向外的力,所以a端向外旋轉(zhuǎn);同理也可以分析出b端受向里的力.從而使得a端轉(zhuǎn)向紙外,b端轉(zhuǎn)向紙里,故B正確,A、C、D錯(cuò)誤.【答案】B6.如下圖,質(zhì)量為m、長(zhǎng)為l的銅棒ab,用長(zhǎng)度也為l的兩根輕導(dǎo)線(xiàn)水平懸吊在豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.未通電時(shí),輕導(dǎo)線(xiàn)靜止在豎直方向,通入恒定電流后,棒向外偏轉(zhuǎn)的最大角度為θ,那么()A.棒中電流的方向?yàn)閎→aB.棒中電流的大小為C.棒中電流的大小為D.假設(shè)只增大輕導(dǎo)線(xiàn)的長(zhǎng)度,那么θ角變大【解析】棒所受安培力應(yīng)向外,根據(jù)左手定那么,電流方向由a向b,A項(xiàng)錯(cuò)誤.通電流后,棒受到安培力作用,向外偏轉(zhuǎn),偏轉(zhuǎn)到最大角度的瞬間速度為零,根據(jù)動(dòng)能定理可得F安lsinθ-mg(l-lcosθ)=0,BIl2sinθ-mg(l-lcosθ)=0,I=,B項(xiàng)錯(cuò)誤,C項(xiàng)正確.設(shè)導(dǎo)線(xiàn)長(zhǎng)為s,根據(jù)動(dòng)能定理BIlssinθ-mg(s-scosθ)=0可知,最大偏轉(zhuǎn)角與導(dǎo)線(xiàn)長(zhǎng)度無(wú)關(guān),D項(xiàng)錯(cuò)誤.【答案】C溫馨提示:趁熱打鐵,事半功倍.請(qǐng)老師布置同學(xué)們及時(shí)完成?配套檢測(cè)與評(píng)估?中的練習(xí).第2講磁場(chǎng)對(duì)運(yùn)動(dòng)電荷的作用(本講對(duì)應(yīng)學(xué)生用書(shū)第141144頁(yè))考綱解讀1.熟練掌握用左手定那么判斷磁場(chǎng)對(duì)運(yùn)動(dòng)電荷的作用力.2.根據(jù)磁場(chǎng)對(duì)電流的作用推導(dǎo)洛倫茲力的公式f洛=qvB.3.熟練應(yīng)用公式f洛=qvB進(jìn)行洛倫茲力大小的有關(guān)計(jì)算.4.明確帶電粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心和運(yùn)動(dòng)時(shí)間.5.帶電粒子在有界磁場(chǎng)中的多解問(wèn)題和極值問(wèn)題.根底梳理1.洛倫茲力:在磁場(chǎng)中所受的力.可以用判斷洛倫茲力的方向,讓磁感線(xiàn)垂直穿過(guò)手掌,四指指向的方向,此時(shí)的方向就是洛倫茲力的方向.假設(shè)帶電粒子為正電荷,四指指向就是;假設(shè)帶電粒子為負(fù)電荷,四指應(yīng)指向.洛倫茲力的方向既與電荷的運(yùn)動(dòng)方向,又與磁場(chǎng)方向,即f垂直于.

2.洛倫茲力公式:f洛=,θ為與的夾角.

3.電視機(jī)顯像管的工作原理:應(yīng)用了電子束的,使電子束偏轉(zhuǎn)的磁場(chǎng)是由對(duì)線(xiàn)圈產(chǎn)生的,叫做.

4.帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的勻速圓周運(yùn)動(dòng):洛倫茲力對(duì)帶電粒子,洛倫茲力僅在不斷改變粒子的,粒子做半徑r=、周期T=的圓周運(yùn)動(dòng).

1.運(yùn)動(dòng)電荷左手定那么等效電流大拇指所指帶電粒子的運(yùn)動(dòng)方向粒子運(yùn)動(dòng)的反方向垂直垂直v和B所在平面2.qvBsinθ速度方向磁感應(yīng)強(qiáng)度方向3.磁偏轉(zhuǎn)兩偏轉(zhuǎn)線(xiàn)圈4.不做功速度方向?qū)β鍌惼澚Φ睦斫?/p>

1.洛倫茲力和安培力的關(guān)系洛倫茲力是運(yùn)動(dòng)電荷在磁場(chǎng)中受到的力,而安培力是導(dǎo)體中所有定向移動(dòng)的自由電荷受到的洛倫茲力的宏觀表現(xiàn).2.洛倫茲力方向的特點(diǎn)(1)洛倫茲力的方向與電荷運(yùn)動(dòng)的方向和磁場(chǎng)方向都垂直,即洛倫茲力的方向總是垂直于運(yùn)動(dòng)電荷速度方向和磁場(chǎng)方向確定的平面.(2)用左手定那么判定負(fù)電荷在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)所受的洛倫茲力時(shí),要注意將四指指向電荷運(yùn)動(dòng)的反方向.3.洛倫茲力與電場(chǎng)力的比擬對(duì)應(yīng)力內(nèi)容工程洛倫茲力電場(chǎng)力性質(zhì)磁場(chǎng)對(duì)放入其中運(yùn)動(dòng)電荷的作用力電場(chǎng)對(duì)放入其中電荷的作用力產(chǎn)生條件v≠0且v不與B平行電場(chǎng)中的電荷一定受到電場(chǎng)力作用大小F=qvB(v⊥B)F=qE續(xù)表對(duì)應(yīng)力內(nèi)容工程洛倫茲力電場(chǎng)力力方向與場(chǎng)方向的關(guān)系一定是F⊥B,F⊥v,與電荷電性無(wú)關(guān)正電荷受力與電場(chǎng)方向相同,負(fù)電荷受力與電場(chǎng)方向相反做功情況任何情況下都不做功可能做正功、負(fù)功,也可能不做功力為零時(shí)場(chǎng)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(yùn)動(dòng)的速度方向,不改變速度大小既可以改變電荷運(yùn)動(dòng)的速度大小,也可以改變電荷運(yùn)動(dòng)的方向特別提醒:洛倫茲力對(duì)電荷不做功;安培力對(duì)通電導(dǎo)線(xiàn)可做正功,可做負(fù)功,也可不做功;電場(chǎng)力對(duì)電荷可做正功,可做負(fù)功,也可不做功.典題演示1(2022·海南卷)如圖,a是豎直平面P上的一點(diǎn),P前有一條形磁鐵垂直于P,且S極朝向a點(diǎn),P后一電子在偏轉(zhuǎn)線(xiàn)圈和條形磁鐵的磁場(chǎng)的共同作用下,在水平面內(nèi)向右彎曲經(jīng)過(guò)a點(diǎn).在電子經(jīng)過(guò)a點(diǎn)的瞬間.條形磁鐵的磁場(chǎng)對(duì)該電子的作用力的方向()A.向上 B.向下 C.向左 D.向右【解析】條形磁鐵的磁感線(xiàn)方向在a點(diǎn)為垂直P(pán)向外,粒子在條形磁鐵的磁場(chǎng)中向右運(yùn)動(dòng),所以根據(jù)左手定那么可得電子受到的洛倫茲力方向向上,A正確.【答案】A典題演示2(2022·金陵中學(xué))真空中有兩根足夠長(zhǎng)直導(dǎo)線(xiàn)ab、cd平行放置,通有恒定電流I1、I2,導(dǎo)線(xiàn)ab的電流方向如圖.在兩導(dǎo)線(xiàn)所在的平面內(nèi),一帶電粒子由P運(yùn)動(dòng)到Q,軌跡如圖中PNQ所示,NQ為直線(xiàn),粒子重力忽略不計(jì).以下說(shuō)法中正確的選項(xiàng)是()A.該粒子帶正電B.粒子從P到Q的過(guò)程中動(dòng)能增加C.導(dǎo)線(xiàn)cd中通有從c到d方向的電流D.導(dǎo)線(xiàn)cd電流I2小于導(dǎo)線(xiàn)ab電流I1【解析】由安培定那么可知帶電粒子由P運(yùn)動(dòng)到Q,磁場(chǎng)垂直紙面向外,由軌跡和力及左手定那么可知,粒子帶負(fù)電,故A錯(cuò)誤;由于洛倫茲力不做功,所以粒子從P到Q的過(guò)程中動(dòng)能不變,故B錯(cuò)誤;由圖可知NQ為直線(xiàn),說(shuō)明合磁場(chǎng)為零,由安培定那么可知導(dǎo)線(xiàn)cd中通有從c到d方向的電流,故C正確;由于直線(xiàn)NQ靠近導(dǎo)線(xiàn)ab,故導(dǎo)線(xiàn)cd電流I2大于導(dǎo)線(xiàn)ab電流I1,故D錯(cuò)誤.【答案】C帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的圓周運(yùn)動(dòng)

1.分析方法:找圓心、求半徑、確定轉(zhuǎn)過(guò)的圓心角的大小是解決這類(lèi)問(wèn)題的前提,確定軌道半徑和給定的幾何量之間的關(guān)系是解題的根底,有時(shí)需要建立運(yùn)動(dòng)時(shí)間t和轉(zhuǎn)過(guò)的圓心角α之間的關(guān)系作為輔助.(1)圓心確實(shí)定①根本思路:與速度方向垂直的直線(xiàn)和圖中弦的中垂線(xiàn)一定過(guò)圓心.②兩種情形:a.入射方向和出射方向時(shí),可通過(guò)入射點(diǎn)和出射點(diǎn)分別作入射方向和出射方向的垂線(xiàn),兩條直線(xiàn)的交點(diǎn)就是圓弧軌道的圓心(如圖1所示,圖中P為入射點(diǎn),M為出射點(diǎn)).b.入射方向和出射點(diǎn)的位置時(shí),可以通過(guò)入射點(diǎn)作入射方向的垂線(xiàn),連接入射點(diǎn)和出射點(diǎn),作連線(xiàn)的中垂線(xiàn),這兩條直線(xiàn)的交點(diǎn)就是圓弧軌道的圓心(如圖2所示,圖中P為入射點(diǎn),M為出射點(diǎn)).圖1圖2(2)半徑確實(shí)定利用平面幾何關(guān)系,求出該圓的可能半徑(或圓心角),求解時(shí)注意以下幾個(gè)重要的幾何特點(diǎn):圖3①粒子速度的偏向角(φ)等于圓心角(α),并等于AB弦與切線(xiàn)夾角(弦切角θ)的2倍(如圖3),即φ=α=2θ=ωt.②相對(duì)的弦切角(θ)相等,與相鄰的弦切角(θ')互補(bǔ),即θ+θ'=180°.③直角三角形的幾何知識(shí)(勾股定理).AB中點(diǎn)C,連接OC,那么△ACO、△BCO都是直角三角形.(3)運(yùn)動(dòng)時(shí)間確實(shí)定粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)一周的時(shí)間為T(mén),當(dāng)粒子運(yùn)動(dòng)的圓弧所對(duì)應(yīng)的圓心角為α?xí)r,其運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t=T(或t=T).2.規(guī)律總結(jié)帶電粒子在不同邊界磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng):(1)直線(xiàn)邊界(進(jìn)出磁場(chǎng)具有對(duì)稱(chēng)性,如圖4).圖4(2)平行邊界(存在臨界條件,如圖5).圖5(3)圓形邊界(沿徑向射入必沿徑向射出,如圖6).圖6典題演示3(多項(xiàng)選擇)(2022·鹽城三模)如下圖,圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng),A、B、C、D是均勻分布在圓上的四個(gè)點(diǎn).帶正電的粒子從A點(diǎn)以一定的速度對(duì)準(zhǔn)圓心O進(jìn)入磁場(chǎng),從D點(diǎn)離開(kāi)磁場(chǎng).不計(jì)粒子的重力.以下說(shuō)法中正確的選項(xiàng)是()A.只改變粒子的帶電性質(zhì),粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間不變B.只改變粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度的方向,粒子仍從D點(diǎn)射出磁場(chǎng)C.只改變粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度的方向,粒子出磁場(chǎng)時(shí)速度方向不變D.只增大粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度的大小,粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間變長(zhǎng)【解析】粒子從A點(diǎn)向圓心射入,出磁場(chǎng)時(shí)速度的反向延長(zhǎng)線(xiàn)過(guò)圓心,根據(jù)軌跡特點(diǎn)得出粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)圓周,只改變粒子帶電性質(zhì),粒子還是運(yùn)動(dòng)圓周,運(yùn)動(dòng)時(shí)間不變,A項(xiàng)正確;粒子速度不變時(shí),軌道半徑不變,等于圓形區(qū)域的半徑,當(dāng)改變速度方向時(shí),把出入磁場(chǎng)時(shí)軌跡的半徑和圓形區(qū)域的半徑畫(huà)出,發(fā)現(xiàn)對(duì)應(yīng)四邊形為菱形,射出速度方向與OD平行,B項(xiàng)錯(cuò)誤,C項(xiàng)正確;只增大粒子進(jìn)入磁場(chǎng)的速度,軌道半徑變大,對(duì)應(yīng)圓心角變小,而粒子運(yùn)動(dòng)的周期不變,那么粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間變短,D項(xiàng)錯(cuò)誤.【答案】AC典題演示4(多項(xiàng)選擇)(2022·淮安二模)如下圖,在xOy平面的第Ⅰ象限內(nèi)存在垂直xOy平面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng),兩個(gè)相同的帶電粒子以相同的速度v0先后從y軸上坐標(biāo)(0,3L)的A點(diǎn)和B點(diǎn)(坐標(biāo)未知)垂直于y軸射入磁場(chǎng),在x軸上坐標(biāo)(L,0)的C點(diǎn)相遇,不計(jì)粒子重力及其相互作用.根據(jù)題設(shè)條件可以確定(A.帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑B.帶電粒子的電荷量C.帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間D.帶電粒子的質(zhì)量【解析】對(duì)粒子從A點(diǎn)射出畫(huà)軌跡示意圖,由幾何關(guān)系有(3L-r)2+=r2,可以求出軌道半徑,A項(xiàng)正確;由半徑公式r=可得出粒子的比荷,但由于磁感應(yīng)強(qiáng)度不知,故無(wú)法求得荷質(zhì)比,更無(wú)法求出電荷量或質(zhì)量,B、D選項(xiàng)錯(cuò)誤;根據(jù)幾何關(guān)系可求出兩粒子軌跡對(duì)應(yīng)的圓心角,由半徑和圓心角得出弧長(zhǎng),再得出兩粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間,C項(xiàng)正確【答案】AC帶電粒子在相鄰多個(gè)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)

粒子在相鄰多個(gè)磁場(chǎng)中連續(xù)運(yùn)動(dòng)時(shí),會(huì)畫(huà)出不同的軌跡,從復(fù)雜的軌跡中找出規(guī)律,尋找解決問(wèn)題的突破口,解這類(lèi)問(wèn)題時(shí),關(guān)鍵在于能畫(huà)出軌跡,弄清楚粒子的運(yùn)動(dòng)過(guò)程,找出粒子在不同磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的聯(lián)系,借助圓周運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)解決問(wèn)題.典題演示5(2022·南師附中)如下圖,在Ⅰ、Ⅱ兩個(gè)區(qū)域內(nèi)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度均為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁場(chǎng)方向分別垂直于紙面向外和向里,邊界AC、AD的夾角∠DAC=30°,邊界AC與邊界MN平行,邊界AC處磁場(chǎng)方向垂直紙面向里,Ⅱ區(qū)域?qū)挾葹閐.質(zhì)量為m、電荷量為+q的粒子在邊界AD上距A點(diǎn)d處垂直AD射入Ⅰ區(qū).粒子速度大小為,方向垂直磁場(chǎng),不計(jì)粒子重力,那么粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為()A. B. C. D.【解析】粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力由洛倫茲力提供,那么Bqv=,解得粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)半徑r==d,運(yùn)動(dòng)軌跡如下圖,由幾何知識(shí)可知粒子在Ⅰ區(qū)的軌跡與AC相切,而AC的磁場(chǎng)方向垂直紙面向里,所以粒子在在AC邊進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅱ區(qū),粒子在Ⅰ區(qū)、Ⅱ區(qū)的軌跡圓心角分別為θ1=、θ2=,運(yùn)動(dòng)時(shí)間分別為t1=·=、t2=·=,粒子運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為t1+t2=,選項(xiàng)C正確.【答案】C典題演示6(2022·常州一模)如下圖,多個(gè)有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域和無(wú)場(chǎng)區(qū)域平行間隔排列,其中磁場(chǎng)的寬度均為d,無(wú)場(chǎng)區(qū)域的寬度均為d0,磁場(chǎng)方向垂直紙面向內(nèi),長(zhǎng)度足夠長(zhǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.在區(qū)域1磁場(chǎng)中,一個(gè)帶負(fù)電的粒子從邊界上的A點(diǎn)沿邊界方向射出,粒子質(zhì)量為m,電荷量為-q,不計(jì)重力.(1)如果粒子只在區(qū)域1中運(yùn)動(dòng),求粒子射出的最大速度.(2)如果粒子從A點(diǎn)射出后,經(jīng)過(guò)區(qū)域1、2、3后又回到A點(diǎn),求它運(yùn)動(dòng)一周的周期.(3)如果粒子從A點(diǎn)射出后還能再次返回A點(diǎn),求粒子從A點(diǎn)射出時(shí)速度的大小.【解析】(1)當(dāng)粒子只在第一區(qū)域內(nèi)運(yùn)動(dòng)時(shí),粒子運(yùn)動(dòng)軌跡的最大半徑為Rm=,由Bqvm=,可得vm=.(2)粒子經(jīng)過(guò)1、2、3區(qū)域,且能回到A點(diǎn),那么運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑R=d,即=d,那么v=,所以有T==.(3)當(dāng)粒子從區(qū)域1返回A點(diǎn),vm≤.設(shè)經(jīng)過(guò)n個(gè)磁場(chǎng)區(qū)域后,粒子開(kāi)始返回,那么有2R=nd,R=(n=2、3、4、…),所以有v==(n=2、3、4、…).【答案】(1)(2)(3)(n=2、3、4、…)1.(2022·新課標(biāo)Ⅰ卷)兩相鄰的勻強(qiáng)磁場(chǎng)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(jì)重力),從較強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域進(jìn)入到較弱磁場(chǎng)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】由于磁場(chǎng)方向與速度方向垂直,粒子只受洛倫茲力作用,帶電粒子在磁場(chǎng)中所受的洛倫茲力提供所需的向心力qvB=m,得到軌道半徑r=,由于洛倫茲力不做功,故帶電粒子的線(xiàn)速度v不變,當(dāng)粒子從較強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域到較弱磁場(chǎng)區(qū)域后,B減少時(shí),r增大;由角速度ω=可判斷角速度減小.應(yīng)選項(xiàng)D正確.【答案】D2.如下圖為半徑為R的一圓柱形勻強(qiáng)磁場(chǎng)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(q>0)、質(zhì)量為m的粒子沿平行于直徑ab的方向射入磁場(chǎng)區(qū)域,射入點(diǎn)與ab的距離為.粒子射出磁場(chǎng)與射入磁場(chǎng)時(shí)運(yùn)動(dòng)方向間的夾角為60°,那么粒子的速率為(不計(jì)重力)()A. B.C. D.【解析】粒子帶正電,根據(jù)左手定那么,判斷出粒子受到的洛倫茲力方向向右,軌跡如下圖.入射點(diǎn)與圓心連線(xiàn)與初速度方向夾角為30°,初速度方向與軌跡所對(duì)弦的夾角也為30°,所以軌跡半徑r=R,由Bqv=m得v==,故B對(duì).【答案】B3.(2022·四川卷)如下圖,正六邊形abcdef區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng).一帶正電的粒子從f點(diǎn)沿fd方向射入磁場(chǎng)區(qū)域.當(dāng)速度大小為vb時(shí),從b點(diǎn)離開(kāi)磁場(chǎng),在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為tb;當(dāng)速度大小為vc時(shí),從c點(diǎn)離開(kāi)磁場(chǎng),在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為tc,不計(jì)粒子重力.那么()A.vb∶vc=1∶2,tb∶tc=2∶1B.vb∶vc=2∶1,tb∶tc=1∶2C.vb∶vc=2∶1,tb∶tc=2∶1D.vb∶vc=1∶2,tb∶tc=1∶2【解析】帶正電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng),洛倫茲力提供向心力,運(yùn)動(dòng)軌跡如下圖,由幾何關(guān)系得rc=2rb,θb=60°,θc=120°,由qvB=m得v=,那么vb∶vc=rb∶rc=1∶2,又由T=,t=T和θb=2θc得tb∶tc=2∶1,應(yīng)選項(xiàng)A正確,B、C、D項(xiàng)錯(cuò)誤.【答案】A4.(2022·蘇北四市一模)如下圖為洛倫茲力演示儀的結(jié)構(gòu)圖.勵(lì)磁線(xiàn)圈產(chǎn)生的勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向垂直紙面向外,電子束由電子槍產(chǎn)生,其速度方向與磁場(chǎng)方向垂直.電子速度的大小和磁場(chǎng)強(qiáng)弱可分別由通過(guò)電子槍的加速電壓和勵(lì)磁線(xiàn)圈的電流來(lái)調(diào)節(jié).以下說(shuō)法中正確的選項(xiàng)是()A.僅增大勵(lì)磁線(xiàn)圈中電流,電子束徑跡的半徑變大B.僅提高電子槍加速電壓,電子束徑跡的半徑變大C.僅增大勵(lì)磁線(xiàn)圈中電流,電子做圓周運(yùn)動(dòng)的周期將變大D.僅提高電子槍加速電壓,電子做圓周運(yùn)動(dòng)的周期將變大【解析】?jī)H增大線(xiàn)圈中電流,電子所在區(qū)域的磁場(chǎng)增強(qiáng),由R=得出當(dāng)B變大時(shí)半徑變小,A項(xiàng)錯(cuò)誤;由T=得出B變大時(shí),周期變小,C項(xiàng)錯(cuò)誤;僅提高電子槍加速電壓,由Uq=mv2得出電子的出射速度變大,由R=得出v變大時(shí)半徑變大,由T=得出周期與速度無(wú)關(guān),B項(xiàng)正確,D項(xiàng)錯(cuò)誤.【答案】B5.(2022·全國(guó)卷Ⅲ)平面OM和平面ON之間的夾角為30°,其橫截面(紙面)如下圖,平面OM上方存在勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,方向垂直于紙面向外.一帶電粒子的質(zhì)量為m,電荷量為q(q>0).粒子沿紙面以大小為v的速度從OM的某點(diǎn)向左上方射入磁場(chǎng),速度與OM成30°角.該粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡與ON只有一個(gè)交點(diǎn),并從OM上另一點(diǎn)射出磁場(chǎng).不計(jì)重力.粒子離開(kāi)磁場(chǎng)的出射點(diǎn)到兩平面交線(xiàn)O的距離為()A. B. C. D.【解析】設(shè)射入磁場(chǎng)的入射點(diǎn)為A,延長(zhǎng)入射速度v所在直線(xiàn)交ON于一點(diǎn)C,那么軌跡圓與AC相切,由于軌跡圓只與ON有一個(gè)交點(diǎn),所以軌跡圓與ON相切,所以軌跡圓的圓心必在∠ACD的角平分線(xiàn)上,作出軌跡圓如下圖,其中O'為圓心,B為出射點(diǎn),由幾何關(guān)系可知∠O'CD=30°,Rt△O'DC中,CD=O'D·cot30°=R,由對(duì)稱(chēng)性知,AC=CD=R,等腰△ACO中,OA=2AC·cos30°=3R,等邊△O'AB中,AB=R,所以O(shè)B=OA+AB=4R,由qvB=m得R=,所以O(shè)B=,D項(xiàng)正確【答案】D6.(多項(xiàng)選擇)(2022·山西四校聯(lián)考改編)如下圖,在平面直角坐標(biāo)系中有一個(gè)垂直紙面向里的圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng),其邊界過(guò)原點(diǎn)O和y軸上的點(diǎn)a(0,L).一質(zhì)量為m、電荷量為e的電子從a點(diǎn)以初速度v0平行于x軸正方向射入磁場(chǎng),并從x軸上的b點(diǎn)射出磁場(chǎng),此時(shí)速度的方向與x軸正方向的夾角為60°.以下說(shuō)法中正確的選項(xiàng)是()A.電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為B.電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為C.磁場(chǎng)區(qū)域的圓心坐標(biāo)為D.電子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心坐標(biāo)為(0,-2【解析】電子的軌跡半徑為R,由幾何知識(shí),Rsin30°=R-L,得R=2L電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間t=,而T=,得t=,故A錯(cuò)誤,B正確;設(shè)磁場(chǎng)區(qū)域的圓心坐標(biāo)為(x,y)其中x=Rcos30°=L,y=,所以磁場(chǎng)圓心坐標(biāo)為,故C正確;根據(jù)幾何三角函數(shù)關(guān)系可得R-L=Rcos60°,解得R=2L,所以電子的圓周運(yùn)動(dòng)的圓心坐標(biāo)為(0,-L【答案】BC溫馨提示:趁熱打鐵,事半功倍.請(qǐng)老師布置同學(xué)們及時(shí)完成?配套檢測(cè)與評(píng)估?中的練習(xí).微小專(zhuān)題5帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的臨界極值與多解問(wèn)題(本微小專(zhuān)題對(duì)應(yīng)學(xué)生用書(shū)第144146頁(yè))帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的臨界極值問(wèn)題

1.常見(jiàn)三種臨界模型草圖2.分析臨界問(wèn)題時(shí)的注意點(diǎn)從關(guān)鍵詞、語(yǔ)句找突破口,審題時(shí)一定要抓住題干中“恰好〞“最大〞“至少〞“不脫離〞等詞語(yǔ),挖掘其隱藏的規(guī)律.如:①剛好穿出磁場(chǎng)邊界的條件是帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡與邊界相切.②當(dāng)速率v一定時(shí),弧長(zhǎng)(或弦長(zhǎng))越長(zhǎng),圓心角越大,那么帶電粒子在有界磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間越長(zhǎng).③當(dāng)速率v變化時(shí),圓心角大的,運(yùn)動(dòng)時(shí)間長(zhǎng).④直徑是圓的最大弦.3.臨界問(wèn)題的一般解題思路首先根據(jù)粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡,運(yùn)用動(dòng)態(tài)思維,作出臨界軌跡圖;其次尋找?guī)缀侮P(guān)系,分析臨界條件,總結(jié)臨界點(diǎn)的規(guī)律;最后應(yīng)用數(shù)學(xué)知識(shí)和相應(yīng)物理規(guī)律分析臨界量列出方程.典題演示1(2022·海南卷)如下圖,A、C兩點(diǎn)分別位于x軸和y軸上,∠OCA=30°,OA的長(zhǎng)度為L(zhǎng).在△OCA區(qū)域內(nèi)有垂直于xOy平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng).質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子,以平行于y軸的方向的速度從OA邊射入磁場(chǎng).粒子從某點(diǎn)入射時(shí),恰好垂直于OC邊射出磁場(chǎng),且粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t0.不計(jì)重力.(1)求磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小.(2)假設(shè)粒子先后從兩不同點(diǎn)以相同的速度射入磁場(chǎng),恰好從OC邊上的同一點(diǎn)射出磁場(chǎng),求該粒子這兩次在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之和.(3)假設(shè)粒子從某點(diǎn)射入磁場(chǎng)后,其運(yùn)動(dòng)軌跡與AC邊相切,且在磁場(chǎng)內(nèi)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t0,求粒子此次入射速度的大小.【解析】(1)粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng),在時(shí)間t0內(nèi)其速度方向改變了90°,故其周期T=4t0①設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,粒子速度大小為v,圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r.由洛倫茲力公式和牛頓第二定律得qvB=m,②勻速圓周運(yùn)動(dòng)速度滿(mǎn)足v=,③聯(lián)立①②③式得B=.④(2)設(shè)粒子從OA邊兩個(gè)不同位置射入磁場(chǎng),能從OC邊上的同一點(diǎn)P射出磁場(chǎng),粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖(a)所示.設(shè)兩軌跡所對(duì)應(yīng)的圓心角分別為θ1和θ2.由幾何關(guān)系有θ1=180°-θ2,⑤粒子兩次在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間分別為t1與t2,那么圖(a)圖(b)t總=t1+t2==2t0⑥(3)如圖(b)所示,由題給條件可知,該粒子在磁場(chǎng)區(qū)域中的軌跡圓弧對(duì)應(yīng)的圓心角為150°.設(shè)O'為圓弧的圓心,圓弧的半徑為r0,圓弧與AC相切于B點(diǎn),從D點(diǎn)射出磁場(chǎng),由幾何關(guān)系和題給條件可知此時(shí)有∠OO'D=∠BO'A=30°,⑦r0cos∠OO'D+=L,⑧設(shè)粒子此次入射速度的大小為v0,由圓周運(yùn)動(dòng)規(guī)律v0=,⑨聯(lián)立①⑦⑧⑨式得v0=.⑩【答案】(1)(2)2t0(3)題組訓(xùn)練11.(多項(xiàng)選擇)(2022·泰州中學(xué))如下圖,邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形區(qū)域abcd內(nèi)存在著勻強(qiáng)磁場(chǎng).一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為q、初速度為v0的帶電粒子從a點(diǎn)沿ab方向進(jìn)入磁場(chǎng),不計(jì)重力,那么()A.假設(shè)粒子恰好從c點(diǎn)離開(kāi)磁場(chǎng),那么磁感應(yīng)強(qiáng)度B=B.假設(shè)粒子恰好從d點(diǎn)離開(kāi)磁場(chǎng),那么磁感應(yīng)強(qiáng)度B=C.假設(shè)粒子恰好從bc邊的中點(diǎn)離開(kāi)磁場(chǎng),那么磁感應(yīng)強(qiáng)度B=D.粒子從c點(diǎn)離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)的動(dòng)能大于從bc邊的中點(diǎn)離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)的動(dòng)能【解析】假設(shè)粒子恰好從c點(diǎn)離開(kāi)磁場(chǎng),軌跡半徑r=L,由r=,得磁感應(yīng)強(qiáng)度B=,A錯(cuò)誤;假設(shè)粒子恰好從d點(diǎn)離開(kāi)磁場(chǎng),軌跡半徑r=,由r=,得磁感應(yīng)強(qiáng)度B=,B正確;假設(shè)粒子恰好從bc邊的中點(diǎn)離開(kāi)磁場(chǎng),其運(yùn)動(dòng)軌跡如下圖,由幾何知識(shí)得r2=+L2,可得r=L,由r=得磁感應(yīng)強(qiáng)度B=,C正確;該題改變的是磁感應(yīng)強(qiáng)度,粒子的入射速度是不變的,由于洛倫茲力不做功,不能改變粒子的動(dòng)能,所以粒子從c點(diǎn)離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)和從bc邊的中點(diǎn)離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)的動(dòng)能相等,D錯(cuò)誤.【答案】BC2.(多項(xiàng)選擇)(2022·金陵中學(xué))如下圖,以直角三角形AOC為邊界的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,∠A=60°,AO=L,在O點(diǎn)放置一個(gè)粒子源,可以向各個(gè)方向發(fā)射某種帶負(fù)電粒子(不計(jì)重力作用),粒子的比荷為,發(fā)射速度大小都為v0,且滿(mǎn)足v0=.粒子發(fā)射方向與OC邊的夾角為θ.對(duì)于粒子進(jìn)入磁場(chǎng)后的運(yùn)動(dòng),以下說(shuō)法中正確的選項(xiàng)是()A.粒子有可能打到A點(diǎn)B.以θ=60°飛入的粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間最短C.以θ<30°飛入的粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間都相等D.在AC邊界上只有一半?yún)^(qū)域有粒子射出【解析】根據(jù)Bqv0=m,又v0=,可得r==L,又OA=L,所以當(dāng)θ=60°時(shí),粒子經(jīng)過(guò)A點(diǎn),所以A正確;根據(jù)粒子運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t=T,圓心角越大,時(shí)間越長(zhǎng),粒子以θ=60°飛入磁場(chǎng)中時(shí),粒子從A點(diǎn)飛出,軌跡圓心角等于60°,圓心角最大,運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最長(zhǎng),所以B錯(cuò)誤;當(dāng)粒子沿θ=0°飛入磁場(chǎng)中,粒子恰好從AC中點(diǎn)飛出,在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間也恰好是,θ從0°到60°在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間先減小后增大,在AC邊上有一半?yún)^(qū)域有粒子飛出,所以C錯(cuò)誤,D正確.【答案】AD3.(2022·南通、泰州一模)如下圖,豎直放置的平行金屬板A、B間電壓為U0,在B板右側(cè)CDMN矩形區(qū)域存在豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng),DM邊長(zhǎng)為L(zhǎng),CD邊長(zhǎng)為L(zhǎng),緊靠電場(chǎng)右邊界存在垂直紙面水平向里的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁場(chǎng)左右邊界為同心圓,圓心O在CDMN矩形區(qū)域的幾何中心,磁場(chǎng)左邊界剛好過(guò)M、N兩點(diǎn).質(zhì)量為m、電荷量為+q的帶電粒子,從A板由靜止開(kāi)始經(jīng)A、B極板間電場(chǎng)加速后,從邊界CD中點(diǎn)水平向右進(jìn)入矩形區(qū)域的勻強(qiáng)電場(chǎng),飛出電場(chǎng)后進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng).當(dāng)矩形區(qū)域中的場(chǎng)強(qiáng)取某一值時(shí),粒子從M點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng),經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后從N點(diǎn)返回電場(chǎng)區(qū)域,且粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡恰與磁場(chǎng)右邊界相切,粒子的重力忽略不計(jì),取sin37°=0.6,cos37°=0.8.(1)求粒子離開(kāi)B板時(shí)的速率v1.(2)求磁場(chǎng)右邊界圓周的半徑R.(3)將磁感應(yīng)強(qiáng)度大小和矩形區(qū)域的場(chǎng)強(qiáng)大小改變?yōu)檫m當(dāng)值時(shí),粒子從MN間飛入磁場(chǎng),經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)返回電場(chǎng)前,在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間有最大值,求此最長(zhǎng)時(shí)間tm.【解析】(1)粒子從A到B的加速過(guò)程中,由動(dòng)能定理有qU0=m-0解得v1=(2)如下圖,粒子剛好沿著磁場(chǎng)右邊界到達(dá)N點(diǎn)圖中tanθ==θ=37°帶電粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r=tanθ=L那么R=+r=L(3)粒子從同一點(diǎn)離開(kāi)電場(chǎng)時(shí),在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡與右邊界相切時(shí)弧長(zhǎng)最長(zhǎng),運(yùn)動(dòng)時(shí)間也最長(zhǎng);粒子從不同點(diǎn)離開(kāi)電場(chǎng),在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡與右邊界相切時(shí)弧長(zhǎng)最長(zhǎng),且當(dāng)矩形區(qū)域場(chǎng)強(qiáng)為零時(shí),粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度最小,粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最長(zhǎng),那么tm=·解得tm=·【答案】(1)(2)L(3)·帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的多解問(wèn)題

1.帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的多解模型類(lèi)型分析圖例帶電粒子電性不確定受洛倫茲力作用的帶電粒子,可能帶正電荷,也可能帶負(fù)電荷,在相同的初速度下,正、負(fù)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡不同,形成多解如圖,帶電粒子以速度v垂直進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng):如帶正電,其軌跡為a;如帶負(fù)電,其軌跡為b磁場(chǎng)方向不確定在只知道磁感應(yīng)強(qiáng)度大小,而未具體畫(huà)出磁感應(yīng)強(qiáng)度方向,此時(shí)必須要考慮磁感應(yīng)強(qiáng)度方向不確定而形成的多解如圖,帶正電粒子以速度v垂直進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng),假設(shè)B垂直紙面向里,其軌跡為a;假設(shè)B垂直紙面向外,其軌跡為b臨界狀態(tài)不唯一帶電粒子在洛倫茲力作用下飛越有界限磁場(chǎng)時(shí),由于粒子運(yùn)動(dòng)軌跡是圓弧狀,因此它可能穿過(guò)去,也可能旋轉(zhuǎn)過(guò)180°從入射界面這邊反向飛出,于是形成多解運(yùn)動(dòng)具有周期性帶電粒子在局部是電場(chǎng)、局部是磁場(chǎng)空間運(yùn)動(dòng)時(shí),往往運(yùn)動(dòng)具有周期性,因而形成多解2.處理多解模型的解題技巧(1)分析題目特點(diǎn),確定題目多解形成的原因.(2)作出粒子運(yùn)動(dòng)軌跡示意圖.(全面考慮多種可能)(3)假設(shè)為周期性的多解問(wèn)題,注意尋找通項(xiàng)式,假設(shè)是出現(xiàn)幾種解的可能性,注意每種解出現(xiàn)的條件.典題演示2(2022·江蘇卷)某裝置用磁場(chǎng)控制帶電粒子的運(yùn)動(dòng),工作原理如下圖.裝置的長(zhǎng)為L(zhǎng),上下兩個(gè)相同的矩形區(qū)域內(nèi)存在勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B、方向與紙面垂直且相反,兩磁場(chǎng)的間距為d.裝置右端有一收集板,M、N、P為板上的三點(diǎn),M位于軸線(xiàn)OO'上,N、P分別位于下方磁場(chǎng)的上、下邊界上.在紙面內(nèi),質(zhì)量為m、電荷量為-q的粒子以某一速度從裝置左端的中點(diǎn)射入,方向與軸線(xiàn)成30°角,經(jīng)過(guò)上方的磁場(chǎng)區(qū)域一次,恰好到達(dá)P點(diǎn).改變粒子入射速度的大小,可以控制粒子到達(dá)收集板上的位置.不計(jì)粒子的重力.(1)求磁場(chǎng)區(qū)域的寬度h.(2)欲使粒子到達(dá)收集板的位置從P點(diǎn)移到N點(diǎn),求粒子入射速度的最小變化量Δv.(3)欲使粒子到達(dá)M點(diǎn),求粒子入射速度大小的可能值.【解析】(1)設(shè)粒子在磁場(chǎng)中的軌道半徑為r根據(jù)題意L=3rsin30°+3dcos30°且h=r(1-cos30°),解得h=.(2)設(shè)改變?nèi)肷渌俣群罅Ｗ釉诖艌?chǎng)中的軌道半徑為r'm=qvB,m=qv'B,由題意知3rsin30°=4r'sin30°,解得Δv=v-v'=.(3)設(shè)粒子經(jīng)過(guò)上方磁場(chǎng)n次,由題意知L=(2n+2)dcos30°+(2n+2)rnsin30°,且m=qvnB,解得vn=.【答案】(1)(2)(3)(1≤n≤-1,n取整數(shù))題組訓(xùn)練21.(2022·徐州一中)如下圖,在無(wú)限長(zhǎng)的豎直邊界AC和DE間,上、下局部分別充滿(mǎn)方向垂直于ADEC平面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng),上局部區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0,OF為上、下磁場(chǎng)的水平分界線(xiàn).質(zhì)量為m、帶電荷量為+q的粒子從AC邊界上與O點(diǎn)相距為a的P點(diǎn)垂直于AC邊界射入上方區(qū)域,經(jīng)OF上的Q點(diǎn)第一次進(jìn)入下方區(qū)域,Q與O點(diǎn)的距離為3a.不考慮粒子重力(1)求粒子射入時(shí)的速度大小.(2)要使粒子不從AC邊界飛出,求下方區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度B1應(yīng)滿(mǎn)足的條件.(3)假設(shè)下方區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度B=3B0,粒子最終垂直DE邊界飛出,求邊界DE與AC間距離的可能值.【解析】(1)設(shè)粒子在OF上方做圓周運(yùn)動(dòng)半徑為R,由幾何關(guān)系可知R2-(R-a)2=(3a)2所以R=5a由牛頓第二定律可知qvB0=m,解得v=.(2)當(dāng)粒子恰好不從AC邊界飛出時(shí),設(shè)粒子在OF下方做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r1,由幾何關(guān)系得r1+r1cosθ=3acosθ=,所以r1=.根據(jù)qvB1=,解得B1=.當(dāng)B1>時(shí),粒子不會(huì)從AC邊界飛出.(3)當(dāng)B=3B0時(shí),粒子在OF下方的運(yùn)動(dòng)半徑為r=a.設(shè)粒子的速度方向再次與射入磁場(chǎng)時(shí)的速度方向一致時(shí)的位置為P1,那么P與P1的連線(xiàn)一定與OF平行,根據(jù)幾何關(guān)系知=4a所以假設(shè)粒子最終垂直DE邊界飛出,邊界DE與AC間的距離為L(zhǎng)=n=4na(n=1,2,3,…).【答案】(1)(2)B1>(3)4na(n=1,2,3,…)2.(2022·蘇北四市三模)如圖(a)所示,勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直于xOy平面,磁感應(yīng)強(qiáng)度B1按圖(b)所示規(guī)律變化(垂直于紙面向外為正).t=0時(shí),一比荷為=1×105C/kg的帶正電粒子從原點(diǎn)沿y軸正方向射入,速度大小v=5×10(1)求帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑.(2)求t=×10-4s時(shí)帶電粒子的坐標(biāo).(3)保持b中磁場(chǎng)不變,再加一垂直于xOy平面向外的恒定勻強(qiáng)磁場(chǎng)B2,其磁感應(yīng)強(qiáng)度為0.3T,在t=0時(shí),粒子仍以原來(lái)的速度從原點(diǎn)射入,求粒子回到坐標(biāo)原點(diǎn)的時(shí)刻.圖(a)圖(b)【解析】(1)帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng),洛倫茲力提供向心力qvB1=m,代入數(shù)據(jù)解得r=1m.(2)帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期T0==×10-4s.在0×10-4s過(guò)程中,粒子運(yùn)動(dòng)了,圓弧對(duì)應(yīng)的圓心角θ1=,在×10-4s×10-4s過(guò)程中,粒子又運(yùn)動(dòng)了,圓弧對(duì)應(yīng)的圓心角θ2=,軌跡如圖(a)所示,根據(jù)幾何關(guān)系可知圖(a)橫坐標(biāo):x=2r+2rsin=(2+)m≈3.縱坐標(biāo):y=-2rcos=-m≈-1帶電粒子的坐標(biāo)為(3.41m,-1(3)施加B2=0.3T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)與原磁場(chǎng)疊加后,如圖(b)所示圖(b)①當(dāng)nT≤t<nT+(n=0,1,2,…)時(shí)T1==×10-4s.②當(dāng)nT+≤t<(n+1)T(n=0,1,2,…)時(shí)T2==π×10-4s.粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖(c)所示,那么粒子回到原點(diǎn)的時(shí)刻為圖(c)t1=×10-4s(n=0,1,2,…),t2=2(n+1)π×10-4s(n=0,1,2,…).【答案】(1)1m(2)(3.41m,-1.×10-4s(n=0,1,2,…)2(n+1)π×10-4s(n=0,1,2,…)溫馨提示:趁熱打鐵,事半功倍.請(qǐng)老師布置同學(xué)們及時(shí)完成?配套檢測(cè)與評(píng)估?中的練習(xí).特別籌劃計(jì)算題突破(三)——帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)(本特別籌劃對(duì)應(yīng)學(xué)生用書(shū)第147153頁(yè))考綱解讀1.會(huì)分析速度選擇器、磁流體發(fā)電機(jī)、質(zhì)譜儀、盤(pán)旋加速器等磁場(chǎng)的實(shí)際應(yīng)用問(wèn)題.2.會(huì)分析帶電粒子在組合場(chǎng)、疊加場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問(wèn)題.根底梳理1.復(fù)合場(chǎng)(1)疊加場(chǎng):電場(chǎng)、、重力場(chǎng)共存或其中某兩場(chǎng)共存.

(2)組合場(chǎng):電場(chǎng)與磁場(chǎng)各位于一定的區(qū)域內(nèi),并不重疊或在同一區(qū)域,電場(chǎng)、磁場(chǎng)出現(xiàn).

2.三種場(chǎng)的比擬工程名稱(chēng)力的特點(diǎn)功和能的特點(diǎn)重力場(chǎng)大小:G=方向:

重力做功與無(wú)關(guān)重力做功改變物體的

靜電場(chǎng)大小:F=

方向:a.正電荷受力方向與場(chǎng)強(qiáng)方向

b.負(fù)電荷受力方向與場(chǎng)強(qiáng)方向

電場(chǎng)力做功與無(wú)關(guān)

W=

電場(chǎng)力做功改變

磁場(chǎng)洛倫茲力F=

方向可用定那么判斷

洛倫茲力不做功,不改變帶電粒子的

3.質(zhì)譜儀(1)構(gòu)造:如下圖,由粒子源、加速電場(chǎng)、偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)和照相底片等構(gòu)成.(2)原理:粒子由靜止被加速電場(chǎng)加速,qU=mv2.粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng),有qvB=m.由以上兩式可得r=,m=,=.

4.盤(pán)旋加速器(1)構(gòu)造:如下圖,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(qiáng)磁場(chǎng)中.(2)原理:交流電源的周期和粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的周期相等,粒子經(jīng)電場(chǎng)加速,經(jīng)磁場(chǎng)盤(pán)旋,由qvB=m,得Ekm=,可見(jiàn)粒子獲得的最大動(dòng)能由磁感應(yīng)強(qiáng)度B和D形盒半徑r決定,與加速電壓無(wú)關(guān).

5.磁流體發(fā)電機(jī)(1)磁流體發(fā)電是一項(xiàng)新興技術(shù),它可以把直接轉(zhuǎn)化為電能.

(2)根據(jù)左手定那么,如圖中的B是發(fā)電機(jī).

(3)磁流體發(fā)電機(jī)兩極板間的距離為l,等離子體速度為v,磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,那么由qE=q=qvB得兩極板間能到達(dá)的最大電勢(shì)差U=.

6.電磁流量計(jì)工作原理:如下圖,圓形導(dǎo)管直徑為d,用制成,導(dǎo)電液體在管中向左流動(dòng),導(dǎo)電液體中的自由電荷(正、負(fù)離子)在洛倫茲力的作用下橫向偏轉(zhuǎn),a、b間出現(xiàn)電勢(shì)差,形成電場(chǎng),當(dāng)自由電荷所受的電場(chǎng)力和洛倫茲力平衡時(shí),a、b間的電勢(shì)差就保持穩(wěn)定,即qvB==,所以v=,因此液體流量Q=Sv=·=.

7.霍爾效應(yīng)在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中放置一個(gè)矩形截面的載流導(dǎo)體,當(dāng)與電流方向垂直時(shí),導(dǎo)體在與磁場(chǎng)、電流方向都垂直的方向上出現(xiàn)了,這種現(xiàn)象稱(chēng)為霍爾效應(yīng),所產(chǎn)生的電勢(shì)差稱(chēng)為霍爾電勢(shì)差,其原理如下圖.

1.(1)磁場(chǎng)(2)交替2.mg豎直向下路徑重力勢(shì)能qE相同相反路徑qU電勢(shì)能qvB左手動(dòng)能3.(2)4.5.(1)內(nèi)能(2)正極(3)Blv6.非磁性材料qEq7.磁場(chǎng)方向電勢(shì)差帶電粒子在組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)

1.“磁偏轉(zhuǎn)〞和“電偏轉(zhuǎn)〞的區(qū)別電偏轉(zhuǎn)磁偏轉(zhuǎn)偏轉(zhuǎn)條件帶電粒子以v⊥E進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)帶電粒子以v⊥B進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)受力情況只受恒定的電場(chǎng)力只受大小恒定的洛倫茲力運(yùn)動(dòng)軌跡拋物線(xiàn)圓弧物理規(guī)律類(lèi)平拋知識(shí)、牛頓第二定律牛頓第二定律、向心力公式根本公式L=vty=at2a=tanθ=qvB=mr=T=t=sinθ=做功情況電場(chǎng)力既改變速度方向,也改變速度的大小,對(duì)電荷要做功洛倫茲力只改變速度方向,不改變速度的大小,對(duì)電荷永不做功物理圖象2.帶電粒子在組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問(wèn)題,關(guān)鍵是要按順序?qū)︻}目給出的運(yùn)動(dòng)過(guò)程進(jìn)行分段分析,把復(fù)雜問(wèn)題分解成一個(gè)一個(gè)簡(jiǎn)單、熟悉的問(wèn)題來(lái)求解,對(duì)于由幾個(gè)階段共同組成的運(yùn)動(dòng)還應(yīng)注意銜接處的運(yùn)動(dòng)狀態(tài).解決帶電粒子在組合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)問(wèn)題的思路方法:典題演示1(2022·泰州期初摸底)如圖,直線(xiàn)MN上方有平行于紙面且與MN成45°的有界勻強(qiáng)電場(chǎng),電場(chǎng)強(qiáng)度E大小未知,MN下方為方向垂直于紙面向里的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.今從MN上的O點(diǎn)向磁場(chǎng)中射入一個(gè)速度大小為v、方向與MN成45°角的帶正電粒子,該粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)的軌道半徑為R.假設(shè)該粒子從O點(diǎn)出發(fā)記為第一次經(jīng)過(guò)直線(xiàn)MN,而第五次經(jīng)過(guò)直線(xiàn)MN時(shí)恰好又通過(guò)O點(diǎn).不計(jì)粒子的重力.求:(1)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小.(2)該粒子再次從O點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)后,運(yùn)動(dòng)軌道的半徑.(3)該粒子從O點(diǎn)出發(fā)再次回到O點(diǎn)所需的時(shí)間.【解析】(1)粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖,先是一段半徑為R的圓弧到a點(diǎn),接著恰好逆電場(chǎng)線(xiàn)勻減速運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)速度為零再返回a點(diǎn)速度仍為v,再在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)一段圓弧到c點(diǎn),之后垂直電場(chǎng)線(xiàn)進(jìn)入電場(chǎng)做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng).易知,=2R,類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)的垂直和平行電場(chǎng)方向的位移都為s⊥=s∥=sin45°=2R,①所以類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t3==,②又s∥=a=,③再者R=,④由①②③④可得E=vB.⑤(2)由平拋知識(shí)得tanβ=2tanα=2,所以v∥=vtanβ=2v.(或v∥=at3=·=!=2v)v'==v.那么第五次過(guò)MN進(jìn)入磁場(chǎng)后的圓弧半徑R'==R.(3)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為t1=,⑥粒子在電場(chǎng)中的加速度為a==,粒子在做直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)所需時(shí)間為t2===,⑦由②⑥⑦式求得粒子從出發(fā)到第五次到達(dá)O點(diǎn)所需時(shí)間t=t1+t2+t3=(2+π).【答案】(1)vB(2)R(3)(2+π)題組訓(xùn)練11.(2022·無(wú)錫一模)如下圖,在平面中有一點(diǎn)P(4m,3m),OP所在直線(xiàn)下方有垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng),OP上方有平行于OP向上的勻強(qiáng)電場(chǎng),電場(chǎng)強(qiáng)度E=100V/m.現(xiàn)有質(zhì)量為m=1×10-6kg,電荷量q=2×10-3C帶正電粒子,從坐標(biāo)原點(diǎn)O以初速度v=1×103m/s垂直于磁場(chǎng)方向射入磁場(chǎng),經(jīng)過(guò)P點(diǎn)時(shí)速度方向與OP垂直,并進(jìn)入電場(chǎng),在經(jīng)過(guò)電場(chǎng)中的(1)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小.(2)P、M兩點(diǎn)間的電勢(shì)差.(3)粒子從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn)的時(shí)間.【解析】(1)因?yàn)榱Ｗ舆^(guò)P時(shí)垂直于OP,所以O(shè)P為粒子圓周運(yùn)動(dòng)的直徑,其值為5m.由qvB=m得B=0.2T.(2)粒子進(jìn)入電場(chǎng)后,做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng).由于EkM=2EkO,且EkO=EkP,由動(dòng)能定理EkM-EkP=qUPM,代入數(shù)據(jù)得UPM=250V.(3)粒子在磁場(chǎng)中從O到P的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t1=,T=,代入數(shù)據(jù)得t1=7.85×10-3s.求粒子在電場(chǎng)從P到M的時(shí)間,可以從沿電場(chǎng)方向思考:UPM=Ed,d=a,a=,代入數(shù)據(jù)得t2=0.5×10-2s.所以從O到M的總時(shí)間t=t1+t2=1.285×10-2s.【答案】(1)0.2T(2)250V(3)1.285×10-2s2.(2022·南京三校聯(lián)考)如下圖,區(qū)域Ⅰ中有豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng),電場(chǎng)強(qiáng)度為E;區(qū)域Ⅱ內(nèi)有垂直紙面向外的水平勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度為B;區(qū)域Ⅲ中有垂直紙面向里的水平勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度為2B.一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的帶負(fù)電粒子(不計(jì)重力)從左邊界O點(diǎn)正上方的M點(diǎn)以速度v0水平射入電場(chǎng),經(jīng)水平分界線(xiàn)OP上的A點(diǎn)與OP成60°角射入Ⅱ區(qū)域的磁場(chǎng),并垂直豎直邊界CD進(jìn)入Ⅲ區(qū)域的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中.求:(1)粒子在Ⅱ區(qū)域勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑.(2)O、M間的距離.(3)粒子從第一次進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅲ到離開(kāi)區(qū)域Ⅲ所經(jīng)歷的時(shí)間t3.【解析】(1)粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng),設(shè)粒子過(guò)A點(diǎn)時(shí)速度為v,由類(lèi)平拋規(guī)律知v==2v0,粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng),由牛頓第二定律得Bqv=m,所以R=.(2)設(shè)粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t1,加速度為a,那么有qE=ma,v0tan60°=at1,即t1=,O、M兩點(diǎn)間的距離為L(zhǎng)=a=.(3)設(shè)粒子在Ⅲ區(qū)域磁場(chǎng)中運(yùn)行時(shí)間為t3,粒子在Ⅲ區(qū)域磁場(chǎng)中運(yùn)行周期為T(mén)3,那么T3=,可得R3=,那么t3=T3,可得t3=.【答案】(1)(2)(3)帶電粒子在疊加場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)

1.帶電粒子在疊加場(chǎng)中無(wú)約束情況下的運(yùn)動(dòng)情況分類(lèi)(1)磁場(chǎng)力、重力并存①假設(shè)重力和洛倫茲力平衡,那么帶電體做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng).②假設(shè)重力和洛倫茲力不平衡,那么帶電體將做復(fù)雜的曲線(xiàn)運(yùn)動(dòng),因F洛不做功,故機(jī)械能守恒,由此可求解問(wèn)題.(2)電場(chǎng)力、磁場(chǎng)力并存(不計(jì)重力的微觀粒子)①假設(shè)電場(chǎng)力和洛倫茲力平衡,那么帶電體做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng).②假設(shè)電場(chǎng)力和洛倫茲力不平衡,那么帶電體將做復(fù)雜的曲線(xiàn)運(yùn)動(dòng),因F洛不做功,可用動(dòng)能定理求解問(wèn)題.(3)電場(chǎng)力、磁場(chǎng)力、重力并存①假設(shè)三力平衡,一定做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng).②假設(shè)重力與電場(chǎng)力平衡,一定做勻速圓周運(yùn)動(dòng).③假設(shè)合力不為零且與速度方向不垂直,將做復(fù)雜的曲線(xiàn)運(yùn)動(dòng),因F洛不做功,可用能量守恒或動(dòng)能定理求解問(wèn)題.2.帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中有約束情況下的運(yùn)動(dòng)帶電體在復(fù)合場(chǎng)中受輕桿、輕繩、圓環(huán)、軌道等約束的情況下,常見(jiàn)的運(yùn)動(dòng)形式有直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)和圓周運(yùn)動(dòng),此時(shí)解題要通過(guò)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(diǎn),運(yùn)用動(dòng)能定理、能量守恒定律結(jié)合牛頓運(yùn)動(dòng)定律求解問(wèn)題.典題演示2(2022·蘇錫常鎮(zhèn)二模)科學(xué)工作者常常用介質(zhì)來(lái)顯示帶電粒子的徑跡.如下圖,平面內(nèi)存在著垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度B=4×10-2T.x軸上方為真空,x軸下方充滿(mǎn)某種不導(dǎo)電的介質(zhì)并置于沿x軸方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)中,粒子在介質(zhì)中運(yùn)動(dòng)時(shí)會(huì)受到大小為f=kv的粘滯阻力.y軸上P(0,0.08m)點(diǎn)存在一個(gè)粒子源,能沿紙面向各個(gè)方向發(fā)射質(zhì)量m=1.6×10-25kg、帶電荷量q=+1.6×10-19C且速率相同的粒子.沿x軸正方向射出的一個(gè)粒子,經(jīng)過(guò)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后從(1)求該粒子源發(fā)射粒子的速率.(2)求k的值,并指出進(jìn)入介質(zhì)的其他粒子最終的運(yùn)動(dòng)情況.(能給出相關(guān)參量的請(qǐng)給出參量的值)(3)假設(shè)撤去介質(zhì)中的電場(chǎng),求進(jìn)入介質(zhì)的粒子在介質(zhì)中運(yùn)動(dòng)的軌跡長(zhǎng)度l.【解析】(1)(R-0.08)2+0.162=R2,R=0.qvB=,v=8×103m(2)設(shè)粒子進(jìn)入介質(zhì)的速度方向與x軸的夾角為θsinθ==0.8,θ=53°,如圖,kv=qvBtan37°,k=4.8×10-21N·s/m.其他粒子在介質(zhì)中最終做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng),末速度大小都為v=8×103方向與x軸正方向成53°.或:介質(zhì)中其他粒子最終都和上述粒子的速度大小、方向一樣做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng).(注:理由是進(jìn)入介質(zhì)的任意方向的速度都可以分解為方向與x軸正方向成53°、速度大小為v的一個(gè)分運(yùn)動(dòng),和另一個(gè)分運(yùn)動(dòng),前一個(gè)分運(yùn)動(dòng)為勻速運(yùn)動(dòng),另—個(gè)分運(yùn)動(dòng)由于受黏滯阻力的分力最終速度減小為0.或:洛倫茲力不做功、黏滯阻力做負(fù)功、電場(chǎng)力總功為正功,最終在速度大小為v、方向與x軸正方向成53°時(shí)實(shí)現(xiàn)平衡做勻速運(yùn)動(dòng).)(3)在切向應(yīng)用牛頓第二定律有kv=mat,kv=m(在這里Δv是速度大小的變化),kvΔt=mΔv,kl=mv-0,l==m=0.【答案】(1)8×103m/s(2)4.8×1021N·s/m運(yùn)動(dòng)情況略題組訓(xùn)練21.(2022·南師附中)如下圖,套在足夠長(zhǎng)的絕緣粗糙直棒上的帶正電小球,其質(zhì)量為m,帶電荷量為q,小球可在棒上滑動(dòng).現(xiàn)將此棒豎直放入沿水平方向的且互相垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)和勻強(qiáng)電場(chǎng)中.設(shè)小球電荷量不變,小球由棒的下端以某一速度上滑的過(guò)程中一定有()A.小球加速度一直減小B.小球的速度先減小,直到最后勻速C.桿對(duì)小球的彈力一直減小D.小球受到的洛倫茲力一直減小【解析】小球上滑的過(guò)程中,在豎直方向上受到豎直向下的重力和摩擦力作用,所以小球的速度一直減小,根據(jù)公式F洛=qvB,小球所受洛倫茲力一直減小,選項(xiàng)B錯(cuò)誤,選項(xiàng)D正確;在水平方向上,小球共受到水平向右的電場(chǎng)力、水平向左的洛倫茲力和桿的彈力三個(gè)力的作用,三力的合力為零,如果剛開(kāi)始,小球的初速度較大,其洛倫茲力大于電場(chǎng)力,桿對(duì)小球的彈力水平向右,大小FN=F洛-F會(huì)隨著速度的減小而減小,小球的加速度也一直減小;如果剛開(kāi)始小球的初速度較小,其洛倫茲力小于電場(chǎng)力,桿對(duì)小球的彈力水平向左,大小FN=F-F洛會(huì)隨著速度的減小而增大,小球的加速度也一直增大,可見(jiàn),選項(xiàng)A、C錯(cuò)誤.【答案】D2.(2022·南師附中)如下圖,在豎直平面內(nèi),水平x軸的上方和下方分別存在方向垂直紙面向外和方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng),其中x軸上方的勻強(qiáng)磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1,并且在第一象限和第二象限有方向相反、強(qiáng)弱相同的平行于x軸的勻強(qiáng)電場(chǎng),電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E1.一質(zhì)量為m的帶電小球從y軸上的A(0,L)位置斜向下與y軸負(fù)半軸成60°角射入第一象限,恰能做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng).(1)判定帶電小球的電性,并求出所帶電荷量q及入射的速度大小.(2)為使得帶電小球在x軸下方的磁場(chǎng)中能做勻速圓周運(yùn)動(dòng),需要在x軸下方空間加一勻強(qiáng)電場(chǎng),試求所加勻強(qiáng)電場(chǎng)的方向和電場(chǎng)強(qiáng)度的大小.(3)在滿(mǎn)足第(2)問(wèn)的根底上,假設(shè)在x軸上安裝有一絕緣彈性薄板,并且調(diào)節(jié)x軸下方的磁場(chǎng)強(qiáng)弱,使帶電小球恰好與絕緣彈性板碰撞兩次后從x軸上的某一位置返回到x軸的上方,(帶電小球與彈性板碰撞時(shí),既無(wú)電荷轉(zhuǎn)移,也無(wú)能量損失,并且入射方向和反射方向與彈性板的夾角相同)然后恰能勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)至y軸上的A(0,L)位置,那么彈性板至少多長(zhǎng)?求帶電小球從A位置出發(fā)返回至A位置過(guò)程中所經(jīng)歷的時(shí)間.【解析】(1)小球在第一象限中的受力分析如下圖,所以帶電小球的電性為負(fù)電.且=tan60°,即q=,=cos60°,即v=.(2)小球假設(shè)在x軸下方的磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng),必須使得電場(chǎng)力與重力二力平衡,即應(yīng)施加一豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng),且電場(chǎng)強(qiáng)度大小滿(mǎn)足qE=mg,即E=E1.(3)要想讓小球恰好與彈性板發(fā)生兩次碰撞,并且碰撞后返回x軸上方空間勻速運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn),那么其軌跡應(yīng)該如下圖,且由幾何關(guān)系可知3PD=2ON,==tan60°,聯(lián)立上述方程解得PD=DN=L,即彈性板長(zhǎng)至少為L(zhǎng).設(shè)帶電小球在x軸下方的磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為R,那么2Rcos60°=DN,解得R=L,設(shè)在x軸下方的磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,那么滿(mǎn)足qBv=,T=,從N點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的時(shí)間為t=3×T,聯(lián)立上式解得t=,由幾何關(guān)系可知=cos60°,在第一象限運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t1和第二象限中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t2相等,且:t2=t1===,所以帶電小球從A點(diǎn)出發(fā)至回到A點(diǎn)的過(guò)程中所經(jīng)歷的總時(shí)間為t總=t+t1+t2,聯(lián)立上述方程解得t總=+.【答案】(1)負(fù)電(2)豎直向下E1(3)L+3.(2022·揚(yáng)州四模)在豎直平面內(nèi)建立一平面直角坐標(biāo)系xOy,x軸沿水平方向,如圖甲所示.第二象限內(nèi)有一水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng),場(chǎng)強(qiáng)為E1.坐標(biāo)系的第一、四象限內(nèi)有一正交的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)交變磁場(chǎng),電場(chǎng)方向豎直向上,場(chǎng)強(qiáng)E2=E1,勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向垂直紙面.處在第三象限的發(fā)射裝置(圖中未畫(huà)出)豎直向上射出一個(gè)比荷=102C/kg的帶正電的粒子(可視為質(zhì)點(diǎn)),該粒子以v0=4m/s的速度從-x上的A點(diǎn)進(jìn)入第二象限,并以v1=8m/s速度從+y上的C點(diǎn)沿水平方向進(jìn)入第一象限.取粒子剛進(jìn)入第一象限的時(shí)刻為0時(shí)刻,磁感應(yīng)強(qiáng)度按圖乙所示規(guī)律變化,(以垂直紙面向外的磁場(chǎng)方向?yàn)檎较?取g=10m/s(1)求帶電粒子運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的縱坐標(biāo)值h及電場(chǎng)強(qiáng)度E1.(2)+x軸上有一點(diǎn)D,OD=OC,假設(shè)帶電粒子在通過(guò)C點(diǎn)后的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中不再越過(guò)y軸,要使其恰能沿x軸正方向通過(guò)D點(diǎn),求磁感應(yīng)強(qiáng)度B0及其磁場(chǎng)的變化周期T0.(3)要使帶電粒子通過(guò)C點(diǎn)后的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中不再越過(guò)y軸,求交變磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度B0和變化周期T0的乘積應(yīng)滿(mǎn)足的關(guān)系.甲乙【解析】(1)t==0.4s,h=t=0.ax==2g,qE1=2mg,E1=0.2N/C(2)qE2=mg,所以帶電粒子在第一象限將做勻速圓周運(yùn)動(dòng),設(shè)粒子運(yùn)動(dòng)圓軌道半徑為R,周期為T(mén),那么由qv1B0=m可得R=,使粒子從C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn),那么有h=(2n)R=(2n),B0=0.2n(T)(n=1,2,3,…),T=,=,T0===(s)(n=1,2,3,…).(3)當(dāng)交變磁場(chǎng)周期取最大值而粒子不再越過(guò)y軸時(shí)可作如圖運(yùn)動(dòng)情形:由圖可知θ=,T0≤T=B0T0≤(kg/C)【答案】(1)0.8m0.2N/C(2)0.2n(T)(n=1,2,3,…)(s)(n=1,2,3,…)(3)B0T帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的實(shí)際應(yīng)用

不管是速度選擇器、盤(pán)旋加速器、還是質(zhì)譜儀、電磁流量計(jì),其實(shí)質(zhì)都是帶電粒子在電磁場(chǎng)中的應(yīng)用實(shí)例,解題這類(lèi)問(wèn)題思路主要有:(1)力和運(yùn)動(dòng)的關(guān)系.根據(jù)帶電體所受的力,運(yùn)用牛頓第二定律并結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律求解.(2)功能關(guān)系.根據(jù)場(chǎng)力及其他外力對(duì)帶電粒子做功引起的能量變化或全過(guò)程中的功能關(guān)系解決問(wèn)題,這條線(xiàn)索不但適用于均勻場(chǎng),也適用于非均勻場(chǎng).典題演示3(2022·揚(yáng)州一模)如下圖,虛線(xiàn)框內(nèi)為某兩級(jí)串列加速器原理圖,abc為長(zhǎng)方體加速管,加速管底面寬度為d,加速管的中部b處有很高的正電勢(shì),a、c兩端均有電極接地(電勢(shì)為零),加速管出口c右側(cè)距離為d處放置一寬度為d的熒光屏.現(xiàn)讓大量速度很小(可認(rèn)為初速度為零)的負(fù)一價(jià)離子(電荷量為-e)從a端進(jìn)入,當(dāng)離子到達(dá)b處時(shí),可被設(shè)在b處的特殊裝置將其電子剝離,成為三價(jià)正離子(電荷量為+3e),而不改變其速度大小.這些三價(jià)正離子從c端飛出后進(jìn)入與其速度方向垂直的、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,其中沿加速管中軸線(xiàn)進(jìn)入的離子恰能打在熒光屏中心位置,離子質(zhì)量為m,不計(jì)離子重力及離子間相互作用力.(1)求離子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的速度v的大小.(2)求a、b兩處的電勢(shì)差U.(3)實(shí)際工作時(shí),磁感應(yīng)強(qiáng)度可能會(huì)與設(shè)計(jì)值B有一定偏差,假設(shè)進(jìn)入加速器的離子總數(shù)為N,那么磁感應(yīng)強(qiáng)度為0.9B時(shí)有多少離子能打在熒光屏上?【解析】(1)三價(jià)正離子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)半徑r=dqvB=m,r=,v==(2)ac過(guò)程,由動(dòng)能定理得eU+3eU=mv2解得U=(3)磁感應(yīng)強(qiáng)度為B時(shí),r==d,所有離子全部打在熒光屏上;磁感應(yīng)強(qiáng)度為0.9B時(shí),r'==r=d打在熒光屏外的離子數(shù)為N1=N=N打在熒光屏上的離子數(shù)為N【答案】(1)(2)(3)N題組訓(xùn)練31.(多項(xiàng)選擇)(2022·南通、泰州、揚(yáng)州、淮安二模)如下圖,含有HHHe的帶電粒子束從小孔O1處射入速度選擇器,沿直線(xiàn)O1O2運(yùn)動(dòng)的粒子在小孔O2處射出后垂直進(jìn)入偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng),最終打在P1、P2兩點(diǎn).那么()A.打在P1點(diǎn)的粒子是HeB.打在P2點(diǎn)的粒子是H和He