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1、第2講磁場對運動電荷的作用知識建構(gòu)技能建構(gòu)一、洛倫茲力1.定義:運動電荷在磁場中所受的磁場的力.2.大小(1)vB時,F=0.(2)vB時,F=qvB.知識建構(gòu)技能建構(gòu)3.方向:F、v、B三者的關系滿足左手定則.(3)v與B夾角為時,F=qvBsin (為v、B夾角).4.特點:由于F始終垂直于v的方向,故洛倫茲力永不做功.注意:洛倫茲力是安培力的微觀實質(zhì),安培力是洛倫茲力的宏觀表現(xiàn).二、帶電粒子在磁場中的運動知識建構(gòu)技能建構(gòu)2.若帶電粒子的速度方向與勻強磁場方向垂直,帶電粒子在垂直于磁感線的平面內(nèi),以入射速率v做勻速圓周運動.1.若帶電粒子的速度方向與勻強磁場方向平行,帶電粒子以入射速度v做

2、勻速直線運動.知識建構(gòu)技能建構(gòu)(1)基本公式向心力公式:qvB=.軌道半徑公式:R=.周期、頻率和角速度公式:T=;f=;=2f=;2mvRmvqBk2mEqB2 mqB2 Rv1TqB2 m2TqBm知識建構(gòu)技能建構(gòu)(2)T、f和的特點:T、f和的大小與軌道半徑R和運行速率v無關,只與磁場的磁感應強度和粒子的比荷有關.qm動能表達式:Ek=mv2=.122()2BqRm知識建構(gòu)技能建構(gòu)1.帶電荷量為+q的粒子在勻強磁場中運動,下列說法中正確的是( )A.只要速度大小相同,所受洛倫茲力就相同B.如果把+q改為-q,且速度反向大小不變,則洛倫茲力的大小和方向均不變C.洛倫茲力方向一定與電荷速度方

3、向垂直,磁場方向一定與電荷運動方向垂直D.粒子只受到洛倫茲力作用時,運動的速度、動能均不變【解析】因為洛倫茲力的大小不但與粒子速度大小有關,而且與粒子速度的方向有關.如果粒子速度與磁場垂直時F=qvB,當粒子速度與磁場平行時F=0.再者由于洛倫茲力的方向永遠與粒子的速知識建構(gòu)技能建構(gòu)度方向垂直,因而速度方向不同時,洛倫茲力的方向也不同.故A選項錯誤.因為+q改為-q且速度反向時所形成的電流方向與原+q 運動形成的電流方向相同,由左手定則可知洛倫茲力方向不變,再由F=qvB知大小不變,故B選項正確.因為電荷進入磁場時的速度方向可以與磁場方向成任意夾角,故C選項錯誤.因為洛倫茲力總與速度方向垂直,

4、因此洛倫茲力不做功,粒子動能不變,但洛倫茲力可改變粒子的運動方向,使速度的方向不斷改變,故D選項錯誤.【答案】B知識建構(gòu)技能建構(gòu)2.(2011年廣東東莞調(diào)研)帶電粒子(重力不計)穿過飽和蒸汽時,在它走過的路徑上飽和蒸汽便凝成小液滴,從而顯示出粒子的徑跡,這是云室的原理,如圖是云室的拍攝照片,云室中加了垂直于照片向外的勻強磁場,圖中Oa、Ob、Oc、Od是從O點發(fā)出的四種粒子的徑跡,下列說法中正確的是( )A.四種粒子都帶正電B.四種粒子都帶負電C.打到a、b點的粒子帶正電D.打到c、d點的粒子帶正電知識建構(gòu)技能建構(gòu)【答案】D甲【解析】由左手定則知打到a、b點的粒子帶負電,打到c、d點的粒子帶正

5、電,D正確.知識建構(gòu)技能建構(gòu)3.如圖甲所示,一個帶正電q的帶電體處于垂直于紙面向里的勻強磁場B中,帶電體的質(zhì)量為m,為了使它對水平的絕緣面恰好沒有正壓力,則應該( )A.將磁感應強度B的值增大B.使磁場以速率v=向上運動C.使磁場以速率v=向右運動D.使磁場以速率v=向左運動mgqBmgqBmgqB知識建構(gòu)技能建構(gòu)乙【解析】本題考查洛倫茲力和受力平衡,這是一道力學與磁場結(jié)合的試題.物體受重力與洛倫茲力的作用,兩者等大反向,如圖乙所示.再由左手定則判斷可知此帶電體必相對磁場向右運動,由平衡條件有Bqv=mg,v=.故正確答案為C.mgBq【答案】C知識建構(gòu)技能建構(gòu)4.(2011年長沙模擬)如圖,

6、在x0、y0的空間中有恒定的勻強磁場,磁感應強度的方向垂直于Oxy平面向里,大小為B.現(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子,在x軸上到原點的距離為x0的P點,以平行于y軸的初速度射入此磁場,在磁場作用下沿垂直于y軸的方向射出此磁場,不計重力的影響.由這些條件可知( )A.能確定粒子通過y軸時的位置B.能確定粒子速度的大小C.能確定粒子在磁場中運動所經(jīng)歷的時間D.以上三個判斷都不對知識建構(gòu)技能建構(gòu) ,又由t= T= 可知選項A、B、C正確,D錯誤.【答案】ABC0qBxm90360m2qB【解析】由題可知粒子在磁場中運動軌跡為四分之一圓弧,所以半徑為x0,因此粒子從y軸x0處射出.又由半徑公式r

7、=,則v=mvqBqBrm知識建構(gòu)技能建構(gòu)一、洛倫茲力與安培力、電場力的比較知識建構(gòu)技能建構(gòu) 例1在如圖甲所示寬度范圍內(nèi),用場強為E的勻強電場可使初速度是v0的某種正粒子偏轉(zhuǎn)角.在同樣寬度范圍內(nèi),若改用方向垂直紙面向外的勻強磁場,使該粒子穿過該區(qū)域,并使偏轉(zhuǎn)角也為(不計粒子的重力),問:甲知識建構(gòu)技能建構(gòu)(2)粒子穿過電場和磁場的時間之比是多大?【名師點金】求解此題應把握以下兩點:(1)勻強磁場的磁感應強度是多大?知識建構(gòu)技能建構(gòu)(2)正確分析兩種運動中各物理量之間的關系.(1)明確粒子在電場和磁場中的運動特點.知識建構(gòu)技能建構(gòu)【規(guī)范全解】(1)當只有電場時,帶電粒子做類平拋運動水平方向上:L

8、=v0t豎直方向上:vy=at= tan = 當只有磁場存在時,帶電粒子做勻速圓周運動,如圖乙所示,由幾何關系可知sin =,R= 聯(lián)立解得B=.0EqLmv0yvv20EqLmvLR0mvqB0Ecosv知識建構(gòu)技能建構(gòu)(2)在電場中運動時間t1= 在磁場中運動時間t2=T= =.【答案】(1) (2) 0Lv0Rsinv2mqB12ttsin0Ecosvsin知識建構(gòu)技能建構(gòu)1.洛倫茲力和安培力的關系洛倫茲力是單個運動電荷在磁場中受到的力,而安培力是導體中所有定向移動的自由電荷受到的洛倫茲力的宏觀表現(xiàn).方法概述知識建構(gòu)技能建構(gòu)(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

9、的方向總是垂直于運動電荷速度方向和磁場方向確定的平面.2.洛倫茲力方向的特點(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.3.洛倫茲力與電場力的比較知識建構(gòu)技能建構(gòu) 對應力內(nèi)容 項目 洛倫茲力F電場力F性質(zhì)磁場對在其中運動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F=qvB(vB)F=qE知識建構(gòu)技能建構(gòu)力方向與場方向的關系一定是FB,Fv正電荷受電場力與電場方向相同,負電荷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F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

10、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知識建構(gòu)技能建構(gòu)注意: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;電場力對電荷可做正功,可做負功,也可不做功.知識建構(gòu)技能建構(gòu)變式訓練1 (2011年漳州模擬)帶電粒子以初速度v0從a點進入勻強磁場,如圖所示.運動中經(jīng)過b點,Oa=Ob,若撤去磁場加一個與y軸平行的勻強電場,仍以v0從a點進入電場,粒子仍能通過b點,那么電場強度E與磁感應強度B之比為( )A.v0 B.1 C.2v0 D. 02v知識建構(gòu)技能建構(gòu)【規(guī)范全解】由帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動,則有r=,得B= 若加電場則有r=at

11、2=t2 又由r=v0t,則E=,故=2v0.【答案】C0mvqB0mvqr122qEm202mvqrEB知識建構(gòu)技能建構(gòu) 例2如圖甲所示,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B=0.10 T,磁場區(qū)域半徑r= m.左側(cè)區(qū)的圓心為O1,磁場垂直紙面向里;右側(cè)區(qū)的圓心為O2,磁場垂直紙面向外,兩區(qū)域的切點為C.今有質(zhì)量m=3.210-26 kg、帶電荷量q=1.610-19 C的某種離子,從左側(cè)區(qū)邊緣的A點以速度v=1106 m/s正對O1的方向垂直磁場射入,它將穿越C點后再從右側(cè)區(qū)穿出.求:2 33甲二、帶電粒子在勻強磁場中的勻速圓周運

12、動問題知識建構(gòu)技能建構(gòu)(2)離子離開右側(cè)區(qū)域的出射點偏離最初入射方向的側(cè)移距離.(側(cè)移距離指垂直初速度方向上移動的距離)【名師點金】分析帶電粒子的運動情況是解決問題的前提:要結(jié)合運動分析畫出運動過程草圖,運用半徑公式及平面幾何知識進行分析討論.(1)該離子通過兩磁場區(qū)域所用的時間.知識建構(gòu)技能建構(gòu)【規(guī)范全解】(1)離子在磁場中做勻速圓周運動,在左右兩區(qū)域的運動是對稱的,如圖乙所示,設軌跡半徑為R,圓周運動的周期為T,由牛頓第二定律有:qvB=m 又T= 解得:R=,T= 將已知量代入得:R=2 m由軌跡知:tan =,得:=30則全段軌跡運動時間t=4.1910-6 s.2vR2 RvmvqB

13、2 mqBrR333T乙知識建構(gòu)技能建構(gòu)(2)在圖乙中過O2向AO1作垂線,聯(lián)系軌跡對稱關系知,總側(cè)移距離d=2rsin 2=2 m.【答案】(1)4.1910-6 s (2)2 m知識建構(gòu)技能建構(gòu)1.圓心的確定方法概述(1)基本思路:與速度方向垂直的直線和圖中弦的中垂線一定過圓心.知識建構(gòu)技能建構(gòu)(2)兩種情形已知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圓弧軌道的圓心(如圖甲所示,圖中P為入射點,M為出射點).已知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道的圓心

14、(如圖乙,P為入射點,M為出射點).知識建構(gòu)技能建構(gòu)帶電粒子在不同邊界磁場中的運動a.直線邊界（進出磁場具有對稱性，如圖）知識建構(gòu)技能建構(gòu)b.平行邊界（存在臨界條件，如圖）知識建構(gòu)技能建構(gòu)c.圓形邊界（沿徑向射入必沿徑向射出，如圖）知識建構(gòu)技能建構(gòu)2.半徑的確定用幾何知識(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t=T=.若知道弧長l,則可由t=T計算出時間.2mBqlvl2 R知識建構(gòu)技能建構(gòu)(1)畫軌跡:即確定圓心,幾何方法求半徑并畫出軌跡.4.帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的程序解題法三步法(

15、2)找聯(lián)系:軌道半徑與磁感應強度、運動速度相聯(lián)系,偏轉(zhuǎn)角度與圓心角、運動時間相聯(lián)系,在磁場中運動的時間與周期相聯(lián)系.知識建構(gòu)技能建構(gòu)(3)用規(guī)律:即利用牛頓第二定律和圓周運動的規(guī)律,特別是周期公式、半徑公式.三、有關洛倫茲力的多解問題知識建構(gòu)技能建構(gòu) 例3如圖甲所示,在x軸下方有勻強磁場,磁感應強度大小為B,方向垂直于xOy平面向外.P是y軸上距原點為h的一點,N0為x軸上距原點為a的一點.A是一塊平行于x軸的擋板,與x軸的距離為,A的中點在y軸上,長度略小于.帶點粒子與擋板碰撞前后,x方向的分速度不變,y方向的分速度反向、大小不變.質(zhì)量為m,電荷量為q(q0)的粒子從P點瞄準N0點入射,最后

16、又通過P點.不計重力.求粒子入射速度的所有可能值.2h2a甲知識建構(gòu)技能建構(gòu)【名師點金】本題為單邊界磁場問題,解答本題時可按以下思路分析:按時間順序,電荷運動為勻速直線運動勻速圓周運動射出磁場(注意出射方向與入射方向的關系)在A上發(fā)生反射射出磁場通過P點;空間關系:電荷每次在磁場中的運動軌跡形狀都相同,但都是沿-x方向平移相同的距離.知識建構(gòu)技能建構(gòu)【規(guī)范全解】設粒子的入射速度為v,第一次射出磁場的點為N0,與板碰撞后再次進入磁場的位置為N1,粒子在磁場中運動的軌道半徑為R,有R= 粒子速率不變,每次進入磁場與射出磁場位置間距離x1保持不變有x1=N0N0=2Rsin 乙mvqB知識建構(gòu)技能建

17、構(gòu)知識建構(gòu)技能建構(gòu)【答案】v0=,n=0;v1= ,n=1;v2= ,n=222qBaahmh2234qBaahmh2223qBaahmh知識建構(gòu)技能建構(gòu)1.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,也可能帶負電,當粒子具有相同速度時,正負粒子在磁場中運動軌跡不同,導致多解.如圖甲帶電粒子以速率v垂直進入勻強磁場,若帶正電,其軌跡為a,若帶負電,其軌跡為b.方法概述知識建構(gòu)技能建構(gòu)2.磁場方向不確定形成多解甲乙知識建構(gòu)技能建構(gòu)3.臨界狀態(tài)不唯一形成多解丙知識建構(gòu)技能建構(gòu)4.運動的往復性形成多解帶電粒子在部分是電場,部分是磁場的空間運動時,運動往往具有往復性,從而形成多解.如圖丁所

18、示.丁 注意：要充分考慮帶點粒子的電性、磁場方向、軌跡及臨界條件的多種可能性，畫出其運動軌跡，分階段、分層次地求解.知識建構(gòu)技能建構(gòu)變式訓練2如圖甲所示,在NOQ范圍內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強磁場區(qū)域,在MOQ范圍內(nèi)有垂直于紙面向外的勻強磁場區(qū)域,M、O、N在一條直線上,MOQ=60.這兩個區(qū)域磁場的磁感應強度大小均為B.離子源中的離子(帶電荷量為+q,質(zhì)量為m)通過小孔O1進入極板間電壓為U的加速電場區(qū)域(可認為初速度為零),離子經(jīng)電場加速后通過小孔O2射出,從接近O點處進入磁場區(qū)域.離子進入磁場的速度垂直于磁場邊界MN,也垂直于磁場.不計離子的重力.甲知識建構(gòu)技能建構(gòu)(1)當加速電場極板電壓

19、U=U0時,求離子進入磁場中做圓周運動的半徑R.知識建構(gòu)技能建構(gòu)(2)在OQ上有一點P,P點到O點距離為L,當加速電場極板電壓U取哪些值,才能保證離子通過P點.【規(guī)范全解】(1)離子在電場中加速時,根據(jù)動能定理U0q=m-0離子在磁場中運動時,洛倫茲力提供向心力qv0B=m 解得:R=.乙1220v20vR1B02U mq知識建構(gòu)技能建構(gòu)(2)離子進入磁場時的運動軌跡如圖乙所示.由幾何關系可知=R要保證離子通過P點,則L=nR解得:U= 其中n=1,2,3,.【答案】(1) (2)U= ,其中n=1,2,3,OPP P2222B L qmn1B02U mq2222B L qmn知識建構(gòu)技能建構(gòu)

20、 例4如圖甲所示,勻強磁場的磁感應強度為B,寬度為d,邊界為CD和EF.一電子從CD邊界外側(cè)以速率v0垂直射入勻強磁場,入射方向與CD邊界間夾角為.已知電子的質(zhì)量為m,電荷量為e,為使電子能從磁場的另一側(cè)EF射出,求電子的速率v0至少多大?甲四、帶電粒子在有界磁場中的臨界問題知識建構(gòu)技能建構(gòu)【名師點金】帶電粒子在勻強磁場中做圓周運動,速率v0增大時,電子的軌跡半徑也相應增大,畫出幾個不同半徑的軌跡,才能得到電子恰好射出磁場的臨界條件.先畫出帶電粒子在磁場中的運動軌跡,再借助于軌跡進行分析,是解答問題的捷徑.知識建構(gòu)技能建構(gòu)【規(guī)范全解】當入射速率v0很小時,電子會在磁場中轉(zhuǎn)動一段圓弧后又從CD邊

21、界射出,速率越大,軌跡半徑越大,當軌跡與邊界EF相切時,電子恰好不能從EF射出,如圖乙所示.由幾何知識可得:r+rcos =d又r= 由上式得v0= 故電子要射出磁場時速率至少應為.【答案】 0mvBeBedm(1cos )Bedm(1cos )Bedm(1cos )知識建構(gòu)技能建構(gòu)處理帶電粒子在磁場中的臨界問題,通常采用以下思維方法方法概述知識建構(gòu)技能建構(gòu)1.放縮法知識建構(gòu)技能建構(gòu)2.平移法知識建構(gòu)技能建構(gòu)高考真題1 (2011年高考新課標全國卷)如圖所示,在區(qū)域(0 xd)和區(qū)域(d0)的粒子a于某時刻從y軸上的P點射入?yún)^(qū)域,其速度方向沿x軸正向.已知a在離開區(qū)域時,速度方向與x軸正方向的

22、夾角為30;此時,另一質(zhì)量和電荷量均與a相同的粒子b也從P點沿x軸正向射入?yún)^(qū)域,其速度大小是a的.不計重力和兩粒子之間的相互作用力.求:13知識建構(gòu)技能建構(gòu)(2)當a離開區(qū)域時,a、b兩粒子的y坐標之差.【命題分析】本題情景新穎,是對電荷在磁場中偏轉(zhuǎn)問題的創(chuàng)新,有力地考查了學生綜合運用力學、電磁學知識與方法及數(shù)學方法的能力,能通過考查有效區(qū)分學生的能力與智力.(1)粒子a射入?yún)^(qū)域時速度的大小.知識建構(gòu)技能建構(gòu)【解析提示】粒子a射入?yún)^(qū)域時,畫出軌跡、找出軌跡圓心、根據(jù)幾何知識求出軌跡半徑,再由向心力公式即可求速度的大小;粒子a射入?yún)^(qū)域時粒子b也從P點沿x軸正向射入?yún)^(qū)域,分析a離開區(qū)域時粒子b的位

23、置(區(qū)域或區(qū)域),表示出各自的縱坐標,即可得出結(jié)論.知識建構(gòu)技能建構(gòu)【規(guī)范全解】(1)設粒子a在內(nèi)做勻速圓周運動的圓心為C(在y軸上),半徑為Ra1,粒子速率為va,運動軌跡與兩磁場區(qū)域邊界的交點為P,如圖所示.由洛倫茲力公式和牛頓第二定律得:知識建構(gòu)技能建構(gòu)(2)設粒子a在內(nèi)做圓周運動的圓心為Oa,半徑為Ra2,射出點為Pa(圖中未畫出軌跡),POaPa=.由洛倫茲力公式和牛頓第二定律得qva(2B)=m 由上式得:Ra2= C、P和Oa三點共線,且由上式知Oa點必位于x=d的平面上由對稱性知,Pa點與P點縱坐標相同,即yPa=Ra1cos +h式中,h是C點的y坐標設b在中運動的軌道半徑為

24、Rb1,由洛倫茲力公式和牛頓第二定律得:22aavR12aR32知識建構(gòu)技能建構(gòu)q()B=()2 設a到達Pa點時,b位于Pb點,轉(zhuǎn)過的角度為.如果b沒有飛出,則:= = 式中,t是a在區(qū)域中運動的時間,而Ta2= Tb1= 聯(lián)立解得:=303av1bmR3av2atT21btT2a22 Rvb12 Rv3知識建構(gòu)技能建構(gòu)由上式可見,b沒有飛出,Pb點的y坐標為yPb=Rb1(2+cos )+h聯(lián)立以上各式及題給條件得,a、b兩粒子的y坐標之差為:yPa-yPb=(-2)d.【答案】(1) (2)yPa-yPb=(-2)d2332dqBm233知識建構(gòu)技能建構(gòu)考向預測1如圖所示,重力不計,質(zhì)量

25、為m,帶正電且電荷量為q的粒子,在a點以某一初速度v0水平射入一個磁場區(qū)域沿曲線abcd運動,ab、bc、cd都是半徑為R的圓弧,粒子在每段圓弧上的運動時間都是t,如果把由紙面穿出的磁場方向定為正值,則磁場區(qū)域、三部分的磁感應強度B隨x變化關系圖象應為下圖所示的( )知識建構(gòu)技能建構(gòu)【答案】D【解析】先由左手定則判斷出磁感線是先向里再向外,后再向里的,即排除A、C,再由周期公式4t=,可知D正確.2 mqB知識建構(gòu)技能建構(gòu)高考真題2 (2011年高考江蘇物理卷)某種加速器的理想模型如圖甲所示:兩塊相距很近的平行小極板中間各開有一小孔a、b,兩極板間電壓uab的變化圖象如圖乙所示,電壓的最大值為

26、U0、周期為T0,在兩極板外有垂直紙面向里的勻強磁場.若將一質(zhì)量為m0、電荷量為q的帶正電的粒子從板內(nèi)a孔處靜止釋放,經(jīng)電場加速后進入磁場,在磁場中運行時間T0后恰能再次從a孔進入電場加速.現(xiàn)該粒子的質(zhì)量增加了m0.(粒子在兩極板間的運動時間不計,兩極板外無電場,不考慮粒子所受的重力)1100知識建構(gòu)技能建構(gòu)(2)現(xiàn)要利用一根長為L的磁屏蔽管(磁屏蔽管置于磁場中時管內(nèi)無磁場,忽略其對管外磁場的影響),使圖甲中實線軌跡(圓心為O)上運動的粒子從a孔正下方相距L處的c孔水平射出,請在圖上的相應位置處畫出磁屏蔽管.(1)若在t=0時將該粒子從板內(nèi)a孔處靜止釋放,求其第二次加速后從b孔射出時的動能.知

27、識建構(gòu)技能建構(gòu)(3)若將電壓uab的頻率提高為原來的2倍,該粒子應何時由板內(nèi)a孔處靜止開始加速,才能經(jīng)多次加速后獲得最大動能?最大動能是多少?【命題分析】本題注重基礎,突出能力,重點考查了考生的理解能力、推理能力、分析綜合能力、應用數(shù)學處理物理問題的能力.同時,題目涉及圖象問題,強調(diào)了抽象思維和形象思維能力的考查.試題設問由易到難,循序漸進,物理情境考生都比較熟悉,第(1)問大部分考生通過認真審題,根據(jù)所學知識能完成,第(2)問對綜合分析能力要求較高,第(3)問對考生的理解、推理和綜合分析能力提出了更高的要求.知識建構(gòu)技能建構(gòu)【解析提示】粒子在加速器中的運動為:勻強電場中加速勻速圓周加速.由于

28、洛倫茲力不做功,求出第二次加速電壓,根據(jù)動能定理即可求出(1);電荷勻速通過磁屏蔽管,相當于其作用是將部分軌跡向下移L的距離,不難判斷位置;只有uab0時粒子被加速,據(jù)此電壓周期和運動周期求出粒子最多連續(xù)被加速的次數(shù),由數(shù)學方法找出電場力各次做功的規(guī)律,結(jié)合動能定理即可求出最大動能.知識建構(gòu)技能建構(gòu)【規(guī)范全解】(1)質(zhì)量為m0的粒子在磁場中作勻速圓周運動,有:qvB=m0,T0= 則T0= 當粒子的質(zhì)量增加了m0,其周期增加T=T0 則根據(jù)題圖乙可知,粒子第一次的加速電壓u1=U0 粒子第二次的加速電壓u2=U0 射出時的動能Ek2=qu1+qu2 解得:Ek2=qU0.2vr2 rv02 m

29、qB1100110024254925知識建構(gòu)技能建構(gòu)(2)磁屏蔽管的位置如圖丙所示.丙知識建構(gòu)技能建構(gòu)(3)在uab0時,粒子被加速,則最多連續(xù)被加速的次數(shù)N=,得N=25分析可得,粒子在連續(xù)被加速的次數(shù)最多,且u=U0時也被加速的情況時,最終獲得的動能最大.粒子由靜止開始加速的時刻t=(n+)T0(n=0,1,2,)最大動能Ekm=2(+)qU0+qU0 解得:Ekm=qU0.【答案】(1)qU0 (2)如圖丙所示0T4T1219501253252325313254925(3)t=(n+)T0(n=0,1,2,) qU0 12195031325知識建構(gòu)技能建構(gòu)考向預測2如圖甲所示的坐標系中,

30、第四象限內(nèi)存在垂直于紙面向里的有界勻強磁場,x方向的寬度OA=20 cm,y方向無限制,磁感應強度B0=110-4 T.現(xiàn)有一比荷=21011 C/kg的正離子以某一速度從O點射入磁場,=60,離子通過磁場后剛好從A點射出.3qm知識建構(gòu)技能建構(gòu)(2)離子進入磁場B0后,某時刻再加一個同方向的勻強磁場,使離子做完整的圓周運動,求所加磁場磁感應強度的最小值.(1)求離子進入磁場B0的速度的大小.知識建構(gòu)技能建構(gòu)(3)離子進入磁場B0后,再加一個如圖乙所示的變化磁場(正方向與B0方向相同,不考慮磁場變化所產(chǎn)生的電場),求離子從O點到A點的總時間.知識建構(gòu)技能建構(gòu)丙【解析】(1)如圖丙所示,由幾何關

31、系得離子在磁場中運動時的軌道半徑r1=0.2 m離子在磁場中做勻速圓周運動,洛倫茲力提供向心力:qvB0= 解得:v=4106 m/s.21mvr知識建構(gòu)技能建構(gòu)(2)由qvB=知,B越小,r越大.設離子在磁場中最大半徑為R由幾何關系得:R=0.05 m由牛頓運動定律得qvB1= 求得B1=410-4 T則外加磁場B=310-4 T.2mvr2mvR知識建構(gòu)技能建構(gòu)(3)離子在原磁場中運動周期T1= =10-7 s離子在磁場中運動第一次遇到外加磁場的過程中軌跡對應的圓心角1= 2= 丁02 mqB771012106知識建構(gòu)技能建構(gòu)【答案】(1)4106 m/s (2)310-4 T (3)10-7 s712知識建構(gòu)技能建構(gòu)