高考調(diào)研物理大本練習(xí)冊

第八章

磁

場第3單元磁場對運(yùn)動(dòng)電荷的作用力基礎(chǔ)知識過關(guān)規(guī)律方法技巧綜合拓展創(chuàng)新題組層級快練基礎(chǔ)知識過關(guān)一、洛倫茲力磁場對運(yùn)動(dòng)電荷的作用力叫做洛倫茲力洛倫茲力的大小f＝qBvsinα，α為B與v方向間的夾角．當(dāng)B⊥v時(shí)f＝qBv，當(dāng)B∥v時(shí)f＝0.洛倫茲力的方向f⊥B且f⊥v，即垂直于B與v所決定的平面，f、v、B方向間的關(guān)系滿足左手定則．要注意判斷時(shí)四指指正電荷運(yùn)動(dòng)方向．或負(fù)電荷運(yùn)動(dòng)的反方向(總之，四指指向電流或等效電流的方向)．3．洛倫茲力的特征洛倫茲力與電荷運(yùn)動(dòng)狀態(tài)有關(guān)：當(dāng)v＝0時(shí)，f＝0；v≠0但B∥v時(shí)f＝0.由于洛倫茲力方向與速度方向垂直，故洛倫茲力對運(yùn)動(dòng)電荷不做功，不能改變運(yùn)動(dòng)電荷的速度大小和電荷的動(dòng)能，但洛倫茲力可以改變運(yùn)動(dòng)電荷的速度方向和運(yùn)動(dòng)電荷的動(dòng)量．4．安培力是洛倫茲力的宏觀表現(xiàn)如圖所示，設(shè)導(dǎo)體單位體積自由電荷數(shù)為n，每個(gè)自由電荷電量為q，定向移動(dòng)速度為v，現(xiàn)選取長為L＝vt的垂直磁場放置的一段導(dǎo)體，其受的安培力為F＝BIL，其中I＝nqSv，所以F＝BnqSL，導(dǎo)體內(nèi)自由電荷總數(shù)為nSL.所以每個(gè)自由電荷受的磁場力為f洛＝F/(nSL)＝qBv.注意：以上推導(dǎo)的基礎(chǔ)是磁場與運(yùn)動(dòng)電荷的速度垂直，否則f洛＝qBv不成立．更為一般的表達(dá)式為f＝qBvsinα.【考題隨練1】(2013·安徽)如圖所示，a、b、c、d為四根與紙面垂直的長直導(dǎo)線，其橫截面位于正方形的四個(gè)頂點(diǎn)上，導(dǎo)線中通有大小相同的電流，方向如圖所示．一帶正電的粒子從正方形中心O點(diǎn)沿垂直于紙面的方向向外運(yùn)動(dòng)，它所受洛倫茲力的方向是()A．向上

C．向左【解析】B．向下

D．向右根據(jù)題意，由右手螺旋定則，則有b與d導(dǎo)線電流產(chǎn)生磁場正好相互抵消，而a與c導(dǎo)線產(chǎn)生磁場正好相互疊加，由右手螺旋定則，則得磁場方向水平向左，當(dāng)一帶正電的粒子從正方形中心O點(diǎn)沿垂直于紙面的方向向外運(yùn)動(dòng)，它所受洛倫茲力的方向，根據(jù)左手定則可知，向下．故B項(xiàng)正確，選項(xiàng)A、C、D錯(cuò)誤；故選B項(xiàng)．【答案】

B【考題隨練2】

有關(guān)洛倫茲力和安培力的描述，正確的是()A．通電直導(dǎo)線處于勻強(qiáng)磁場中一定受到安培力的作用

B．安培力是大量運(yùn)動(dòng)電荷所受洛倫茲力的宏觀表現(xiàn)

C．帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中運(yùn)動(dòng)受到洛倫茲力做正功

D．通電直導(dǎo)線在磁場中受到的安培力方向與磁場方向平行【解析】通電直導(dǎo)線與磁場平行，不受安培力，A項(xiàng)錯(cuò)誤，安培力方向與磁場垂直，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．洛倫茲力對帶電粒子不做功，選項(xiàng)C錯(cuò)誤，安培力是大量運(yùn)動(dòng)電荷所受洛倫茲力的宏觀表現(xiàn)，選項(xiàng)B正確．【答案】

B二、帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動(dòng)1．帶電粒子在磁場中的勻速圓周運(yùn)動(dòng)帶電粒子僅受磁場力作用下(電子、質(zhì)子、α粒子等微觀粒子的重力通常忽略不計(jì))，初速度的方向與磁場方向垂直時(shí)，帶電粒子在垂直于磁感線平面內(nèi)以入射速度v做速度平面上的勻速圓周運(yùn)動(dòng)．【思考】請自己證明為什么在此平面上做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，如果B與v方向間有夾角α，則做什么樣的運(yùn)動(dòng)？(提示：將速度沿垂直磁場和平行磁場方向分解，垂直磁場方向做圓周運(yùn)動(dòng)，沿磁場方向勻速運(yùn)動(dòng)，合運(yùn)動(dòng)為沿與磁場平行的方向做螺旋運(yùn)動(dòng))．2．帶電粒子在垂直于勻強(qiáng)磁場的平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的分析推導(dǎo)半徑、周期、角速度等物理量的表達(dá)式的指導(dǎo)思想(根源)：牛頓運(yùn)動(dòng)定律F＝ma.(1)軌道半徑公式：v2mvpf

洛＝f

向，即qBv＝m

R

，所以R＝

qB＝qB.(2)周期、頻率和角速度公式：vqB

，頻率f周期

T＝2πR＝2πm

1＝T＝2πm

TqB

，角速度ω＝2π＝2πf＝qBm

.3．圓心的確定基本的思路：圓心一定在與速度方向垂直的直線上，并且也在圓中一根弦的中垂線上．兩種方法：方法一：已知入射方向和出射方向時(shí)，可通過入射點(diǎn)和出射點(diǎn)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(diǎn)就是圓弧軌跡的圓心，如圖(1)所示，P為入射點(diǎn)，M為出射點(diǎn)．方法二：已知入射點(diǎn)和出射點(diǎn)的位置時(shí)，可以通過入射點(diǎn)作入射方向的垂線，連接入射點(diǎn)和出射點(diǎn)，作其中垂線，這兩條垂線的交點(diǎn)就是圓弧軌跡的圓心，如圖(2)所示，P為入射點(diǎn)，M為出射點(diǎn)．4．半徑的確定和計(jì)算利用平面幾何關(guān)系，求出該圓的半徑，往往用到以下重要的幾何特點(diǎn)：(1)粒子速度的偏向角(φ)等于粒子旋轉(zhuǎn)的圓心角(α)，因?yàn)樗俣瓤偸桥c半徑垂直，所以速度方向改變了多少，半徑的旋轉(zhuǎn)也跟著改變了多少．并等于弦AB與切線的夾角(弦切角θ)的2倍，如圖所示，即φ＝α＝2θ＝ωt.(2)相對的弦切角(θ)相等，與相鄰的弦切角(θ′)互補(bǔ)，即θ＋θ′＝180°.模型：直線形磁場邊界，帶電粒子射入、射出磁場時(shí)，與邊界夾角相等可得∠θ＝∠α.5．運(yùn)動(dòng)時(shí)間的確定粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)一周的時(shí)間為T，當(dāng)粒子運(yùn)動(dòng)的圓弧2π所對應(yīng)的圓心角為α

時(shí)，其運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t＝

α

T(或t＝α360°T)．【考題隨練3】(2014·安徽)“人造小太陽”托卡馬克裝置使用強(qiáng)磁場約束高溫等離子體，使其中的帶電粒子被盡可能限制在裝置內(nèi)部，而不與裝置器壁碰撞．已知等離子體中帶電粒子的平均動(dòng)能與等離子體的溫度T成正比，為約束更高溫度的等離子體，則需要更強(qiáng)的磁場，以使帶電粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)半徑不變，由此可判斷所需的磁感應(yīng)強(qiáng)度B正比于

()B．TD．T2A.

TC.

T3【解析】v21由牛頓第二定律，得qvB＝m

r

，解得Ek＝22mv

＝q2B2r2，得B＝2mEk2m

qr，平均動(dòng)能與等離子體的溫度T成正比，則磁感應(yīng)強(qiáng)度B

正比于T，A

項(xiàng)正確．【答案】

A

規(guī)律方法技巧圓的“放縮”及“轉(zhuǎn)圓”對比研究1．圓的“放縮”當(dāng)帶電粒子射入磁場的方向確定，但射入時(shí)的速度v大小或磁場的強(qiáng)弱B變化時(shí)，粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑r隨之變化．在確定粒子運(yùn)動(dòng)的臨界情景時(shí)，可以以入射點(diǎn)為定點(diǎn)，將軌道半徑放縮，作出一系列的軌跡，從而探索出臨界條件．如圖所示，粒子進(jìn)入長方形邊界OABC形成的臨界情景為②和④.2．定圓“旋轉(zhuǎn)”當(dāng)帶電粒子射入磁場時(shí)的速率v大小一定，但射入的方向變化時(shí)，粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑r是確定的．在確定粒子運(yùn)動(dòng)的臨界情景時(shí)，可以以入射點(diǎn)為定點(diǎn)，將軌跡圓旋轉(zhuǎn)，作出一系列軌跡，從而探索出臨界條件，如圖所示為粒子進(jìn)入單邊界磁場時(shí)的情景．【考題隨練1】如圖所示，條形區(qū)域AA′、BB′中存在方向垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，AA′、BB′為磁場邊界，它們相互平行，條形區(qū)域的長度足夠長，寬度為d.一束帶正電的某種粒子從AA′上的O點(diǎn)以大小不同的速度沿著AA′成60°角方向射入磁場，當(dāng)粒子的速度小于某一值v0時(shí)，粒子在磁場區(qū)域內(nèi)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為定值t0；當(dāng)粒子速度為v1時(shí)，剛好垂直邊界BB′射出磁場．不計(jì)粒子所受重力．求：

q(1)粒子的比荷m；(2)帶電粒子的速度v0

和v1.【解析】(1)當(dāng)粒子的速度小于某一值v0時(shí)，粒子不能從BB′離開磁場區(qū)域，只能從AA′邊離開，此時(shí)，無論粒子速度大小是多少，在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間都相同，軌跡如圖所示

(圖中只畫了一個(gè)粒子的軌跡)．由幾何關(guān)系，可知粒子在磁場區(qū)域內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心角均為1φ

＝240°，t＝240°

2πmq

4π360°·

Bq

，解得m＝3Bt0(2)當(dāng)粒子速度為v0

時(shí)，粒子在磁場內(nèi)的運(yùn)動(dòng)軌跡剛好與BB′邊界相切，此時(shí)有R0＋R0sin30°＝d，又qv0B＝mv2R00，得2Bqdv0＝

3m當(dāng)粒子速度為v1

時(shí)，剛好垂直邊界BB′射出磁場區(qū)域，此時(shí)軌跡所對圓心角φ2＝30°，有R1sin30°＝d，qv1B＝mv2R11，得v1＝2Bqdm【答案】

(1)

q

＝

4πm

3Bt00(2)v

＝2Bqd3m

，1v

＝2Bqdm【考題隨練2】如圖所示，在0≤x≤3a

區(qū)域內(nèi)存在與xy

平面垂直的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B.在t＝0時(shí)刻，一位于坐標(biāo)原點(diǎn)的粒子源在xy平面內(nèi)發(fā)射出大量同種帶電粒子，所有粒子的初速度大小相同，方向與y

軸正方向的夾角分布在0－180°范圍內(nèi)．已知沿y

軸正方向發(fā)射的粒子在t＝t0

時(shí)刻剛好從磁場邊界上P(3a，a)點(diǎn)離開磁場．求：(1)粒子在磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑R及粒子的比荷q/m；(2)此時(shí)刻仍在磁場中的粒子的初速度方向與y軸正方向夾角的取值范圍；(3)從粒子發(fā)射到全部粒子離開磁場所用的時(shí)間．【解析】

(1)粒子沿

y

軸的正方向進(jìn)入磁場，如圖(1)所示，從P

點(diǎn)經(jīng)過，作OP

的垂直平分線與x

軸的交點(diǎn)為圓心，根據(jù)直角三角形有

R2＝a2＋(

3a－R)2，解得

R＝2

3a，sinθ3＝

a

＝

3R

2

，則粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心角為120°，周期為T＝3t0.粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力由洛倫茲力提供，根據(jù)牛頓第二定律，得

Bqv＝m(2π)2R，v＝2πR

q

＝

2π

.T

T

，化簡得m

3Bt0(2)如圖(2)所示，仍在磁場中的粒子其圓心角一定大于

120°，此時(shí)速度與y軸的正方向的夾角是60°.角度最大時(shí)從磁場左邊界穿出，半徑與y軸的夾角是60°，則此時(shí)速度與y軸的正方向的夾角是120°.所以速度與y軸的正方向的夾角范圍是

60°到120°.(3)如圖(2)所示，在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長的粒子的軌跡應(yīng)該與磁場的右邊界相切，在三角形中兩個(gè)相等的腰為

R＝2

33a，而它的高是

h＝

3a－2

3

＝

3

，半徑與

x

軸正方向的3

a

3

a夾角是30°，這種粒子的圓心角是240°.所用時(shí)間為2t0.所以從粒子發(fā)射到全部離開所用時(shí)間為2t0.【答案】

(1)R＝

32

3a

q

＝

2πm

3Bt0速度與y

軸的正方向的夾角范圍是60°到120°從粒子發(fā)射到全部離開所用時(shí)間為2t0.綜合拓展創(chuàng)新高考綜合拓展(四十二)回旋加速器1．回旋加速器的構(gòu)造如圖所示，為回旋加速器的示意圖．D1、D2為裝于同一水平面上的半圓形中空銅盒(又稱D形盒)．兩盒間留有一定寬度的間隙，置于真空中．由大型電磁鐵產(chǎn)生的勻強(qiáng)磁場垂直于D形盒．由高頻振蕩器產(chǎn)生的交變電壓加于兩D形盒間，這個(gè)電壓將在兩盒空隙間產(chǎn)生電場以加速帶電粒子，而盒內(nèi)由于靜電屏蔽效應(yīng)其電場強(qiáng)度趨近于零．2．回旋加速器所加高頻交變電壓的頻率f電在加速器中心有離子源，產(chǎn)生的離子被引入回旋加速器．如圖所示，假設(shè)此時(shí)D1正好處于高電位，則離子將被兩

D形盒間的電場加速而進(jìn)入D2盒中．D2盒中不存在電場，但卻存在由電磁鐵產(chǎn)生的勻強(qiáng)磁場．因而離子以不變的速率在D2

盒中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，當(dāng)離子到達(dá)A1時(shí)，D2將恰好變?yōu)楦唠娢?，就可以繼續(xù)加速離子，離子進(jìn)入D1做半徑更大的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，到達(dá)A′2時(shí)，D1將又恰好變回高電位，此時(shí)電場恰好變化一個(gè)周期T

電，而離子在磁場中運(yùn)動(dòng)兩個(gè)半圓，也恰為一個(gè)周期T磁qB

(＝2πm

因?yàn)閮蓚€(gè)半圓所花時(shí)間相同，與離子速度無關(guān))，因此要使離子不磁

電

電f電f電斷被加速，一定有

T

＝T

，又由于

T

＝

，所以

＝1

1

2πmqB①疑點(diǎn)一：為何只有在離子將要出D形盒時(shí)電壓方向才改變？由于加在兩D形盒間的是高頻振蕩器產(chǎn)生的交變電壓，在電壓方向改變時(shí)會(huì)產(chǎn)生較強(qiáng)的交變電場、交變磁場，它會(huì)直接影響加在D形盒上的勻強(qiáng)磁場，如果離子還在D形盒中，將進(jìn)一步影響帶電離子在D形盒中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)．如果離子剛出D形盒，其速度方向與電場方向平行，此時(shí)交變磁場對帶電離子將不產(chǎn)生影響．疑點(diǎn)二：同一個(gè)回旋加速器能否加速比荷不同的兩種帶電離子？同一個(gè)回旋加速器，如果f

電與B

均不能變化，由于①式

q必須成立，可知比荷是唯一確定的值，只能加速比荷為m＝2π·f電B的帶電離子．而一般情況下，對于回旋加速器B

與f電是可以調(diào)控的，所以通過調(diào)控B

可以使同一個(gè)回旋加速器，加速其他比荷的帶電離子．3．被加速的帶電離子在磁場中的回旋半徑rn帶電離子第一次被加速后速度為v1，由動(dòng)能定理，得1221Uq＝

·mv

②1Bqv

＝mv2r11③1B由②③式，可得r

＝1·q2Um④1222

2整個(gè)過程動(dòng)能定理

2Uq

＝

·mv

，

Bqv

＝mv2

2r22，

r

＝1·B

q2×2Um，依次類推帶電離子被第

n

次加速進(jìn)入磁場其nB軌跡半徑為r

＝1·qnn×2Um，可見回旋半徑r

∝n.124．回旋加速器能加速到的最大動(dòng)能mv2m回旋加速器加速帶電離子，使其獲得的最大動(dòng)能受到D形盒半徑的限制，設(shè)D

形盒半徑為RD，帶電離子能獲得的最大速度為vm，Bqvm＝mv2RDm⑤得vm＝mBqRD

12m，則mv2

＝

·1

B2q2R22

mD⑥這就是回旋加速器加速離子所獲得的最大動(dòng)能．如果磁場B及被加速的帶電離子確定，則離子被加速的最大動(dòng)能僅由

D形盒的半徑?jīng)Q定．5．回旋加速器在電場中加速的次數(shù)n帶電離子在回旋加速器中，被加速的次數(shù)為n，由動(dòng)能122m定理，可得

nUq＝

·mv

⑦1

B2qR2D將③代入④式，得

n＝2·

Um

⑧可見要想求出離子在回旋加速器中被加速的次數(shù)，首先要算出離子的最大動(dòng)能．6．帶電離子在回旋加速器中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t帶電離子在回旋加速器中，運(yùn)動(dòng)的時(shí)間分兩部分，