專題九磁場,高考物理（江蘇專用）,考點一磁場、安培力,考點清單,考向基礎 一、磁場的描述 1.磁場 (1)基本特性:磁場對處于其中的磁體、電流或運動電荷有力的作用。 (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N極 的指向。,2.磁感應強度 (1)定義式:B=(通電導線垂直于磁場)。 (2)方向:小磁針靜止時N極的指向。 (3)磁感應強度是反映磁場性質(zhì)的物理量,由磁場本身決定,是用比值法 定義的。,3.磁感線 (1)引入:在磁場中畫出一些曲線,使曲線上每一點的切線方向都跟這點的磁感應強度的方向一致。 (2)特點:磁感線的特點與電場線的特點類似,主要區(qū)別在于磁感線是閉合的曲線。 (3)常見磁體的磁場,二、安培定則的應用及磁場的疊加 1.安培定則的應用,2.磁場的疊加 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。 三、安培力 1.安培力的方向 (1)左手定則:伸開左手,使拇指與其余四個手指垂直,并且都與手掌在同一個平面內(nèi)。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)注意問題:磁感線方向不一定垂直于電流方向,但安培力方向一定與磁場方向和電流方向垂直,即大拇指一定要垂直于磁場方向和電流方向 決定的平面。,2.安培力的大小 當磁感應強度B的方向與導線方向成角時,F=ILB sin 。 (1)當磁場與電流垂直時,安培力最大,Fmax=ILB。 (2)當磁場與電流平行時,安培力等于零。 (3)L為導線在磁場中的有效長度。如彎曲通電導線的有效長度L等于連接兩端點的線段的長度,相應的電流方向沿兩端點連線由始端流向末端,如圖所示。,考向突破,考向一對電場與磁場的理解 1.磁感應強度B與電場強度E的比較,2.磁感線與電場線的比較,例1下列說法中正確的是() A.電荷在某處不受電場力的作用,則該處電場強度為零 B.一小段通電導線在某處不受磁場力作用,則該處磁感應強度一定為零 C.表征電場中某點電場的強弱,是把一個檢驗電荷放在該點時受到的電場力與檢驗電荷本身電荷量的比值 D.表征磁場中某點磁場的強弱,是把一小段通電導線放在該點時受到的磁場力與該小段導線長度和電流乘積的比值,解析電場和磁場有一個明顯的區(qū)別是:電場對放入其中的電荷有力的作用,磁場對通電導線有力的作用的條件是磁場方向不能和電流方向平行,因此A正確,B錯誤;根據(jù)電場強度的定義式E=可知C正確;而同樣用 比值定義法定義的磁感應強度則應有明確的說明,即B=中I和B的方 向必須垂直,故D錯誤。,答案AC,考向二磁場及安培定則的應用 1.對磁感應強度的理解 (1)磁感應強度由磁場本身決定,因此不能根據(jù)定義式B=認為B與F成 正比,與IL成反比。 (2)測量磁感應強度時小段通電導線應垂直磁場放入,如果平行磁場放入,則所受安培力為零,但不能說該點的磁感應強度為零。 (3)磁感應強度是矢量,其方向為放入其中的小磁針N極的受力方向,也是自由轉(zhuǎn)動的小磁針靜止時N極的指向。 2.磁場的疊加 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。,3.安培定則的應用 在運用安培定則判定直線電流和環(huán)形電流的磁場時應分清“因”和“果”。,例2如圖所示,a、b兩根垂直紙面的直導線通有等值的電流,兩導線旁有一點P,P點到a、b距離相等,關于P點的磁場方向,以下判斷正確的是 () A.a中電流方向指向紙外,b中電流方向指向紙里,則P點的磁場方向向右 B.a中電流方向指向紙外,b中電流方向指向紙里,則P點的磁場方向向左 C.a中電流方向指向紙里,b中電流方向指向紙外,則P點的磁場方向向右 D.a中電流方向指向紙外,b中電流方向指向紙外,則P點的磁場方向向左,解題導引,解析若a中電流方向向紙外,b中電流方向指向紙里,根據(jù)安培定則判斷可知:a在P處產(chǎn)生的磁場Ba方向垂直于a、P連線斜向上,b在P處產(chǎn)生的磁場Bb方向垂直于b、P連線斜向下,如圖所示,根據(jù)平行四邊形定則進行合成,P點的磁感應強度方向水平向右,故A正確,B錯誤。若a中電流方向指向紙里,b中電流方向指向紙外,則可得P點的磁感應強度方向水平向左,故C錯誤。若a、b中電流方向均指向紙外,同理可知,P點的磁感應強度方向豎直向上,故D錯誤。,答案A,考點二磁場對運動電荷的作用,考向基礎 一、洛侖茲力、洛侖茲力的方向和大小 1.洛侖茲力:磁場對運動電荷的作用力叫洛侖茲力。 2.洛侖茲力的方向 (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; 拇指指向洛侖茲力的方向。 (2)方向特點:FB,Fv,即F垂直于B和v所決定的平面。 3.洛侖茲力的大小 (1)vB時,洛侖茲力F=0(=0或180)。,(2)vB時,洛侖茲力F=qvB(=90)。 (3)v=0時,洛侖茲力F=0。 4.洛侖茲力的推導 如圖所示,直導線長為L,電流為I,導體中自由電荷數(shù)為n,橫截面積為S,電荷的電荷量為q,運動速度為v,則,所以洛侖茲力F洛=。 因為I=NqSv(N為單位體積內(nèi)的自由電荷數(shù)), 所以F洛=qvB,式中n=NSL,故F洛=qvB。 二、帶電粒子在勻強磁場中的運動 1.若vB,帶電粒子不受洛侖茲力,在勻強磁場中做勻速直線運動。 2.若vB,帶電粒子僅受洛侖茲力作用,在垂直于磁感線的平面內(nèi)以入射速度v做勻速圓周運動。,安培力F=BIL=nF洛,3.半徑和周期公式:(vB),如圖,帶電粒子在磁場中,圖a中粒子做勻速圓周運動,圖b中粒子做勻速直線運動,圖c中粒子做勻速圓周運動。,考向突破,考向一洛侖茲力與電場力的比較,例3一個帶正電的小球沿光滑絕緣的桌面向右運動,速度方向垂直于一個水平向里的勻強磁場,如圖所示,小球飛離桌面后落到地板上,設飛行時間為t1,水平射程為x1,著地速度為v1。撤去磁場,其余的條件不變,小球飛行時間為t2,水平射程為x2,著地速度為v2,則下列論述正確的是() A.x1x2B.t1t2 C.v1和v2大小相等D.v1和v2方向相同,解析當桌面右邊存在磁場時,由左手定則可知,帶正電的小球在飛行過程中受到斜向右上方的洛倫茲力作用,此力在水平方向上的分量向右,豎直分量向上,因此小球水平方向上存在加速度,豎直方向上的加速度at2,x1x2,A、B對;又因為洛倫茲力不做功,故C對;兩次小球著地時速度方向不同,D錯。,答案ABC,考向二帶電粒子做勻速圓周運動的圓心、半徑及運動時間的確定,例4如圖,半徑為R的圓是一圓柱形勻強磁場區(qū)域的橫截面(紙面),磁感應強度大小為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動方向間的夾角為60,則粒子的速率為(不計重力)() A.B.C.D.,解析作出粒子運動軌跡如圖中實線所示。因P到ab距離為,可知= 30。因粒子速度方向改變60,可知轉(zhuǎn)過的圓心角2=60。由圖中幾何關系有(r+)tan =R cos ,解得r=R。再由Bqv=m可得v=,故B正 確。,答案B,考點三帶電粒子在復合場中的運動,考向基礎 一、復合場 1.復合場:電場、磁場、重力場共存,或其中某兩種場共存。 2.組合場:電場與磁場各位于一定的區(qū)域內(nèi),并不重疊,或在同一區(qū)域,電場、磁場交替出現(xiàn)。 3.電子、質(zhì)子、粒子、離子等微觀粒子在復合場中運動時,一般都不計重力,但質(zhì)量較大的質(zhì)點(如帶電塵粒)在復合場中運動時,不能忽略重力。,二、三種場的比較,考向突破,考向一帶電粒子在勻強電場和勻強磁場中偏轉(zhuǎn)的比較,思路方法,例5(2014大綱全國,25,20分)如圖,在第一象限存在勻強磁場,磁感應強度方向垂直于紙面(xy平面)向外;在第四象限存在勻強電場,方向沿x軸負向。在y軸正半軸上某點以與x軸正向平行、大小為v0的速度發(fā)射出一帶正電荷的粒子,該粒子在(d,0)點沿垂直于x軸的方向進入電場。不計重力。若該粒子離開電場時速度方向與y軸負方向的夾角為,求 (1)電場強度大小與磁感應強度大小的比值; (2)該粒子在電場中運動的時間。,解題導引,解析(1)如圖,粒子進入磁場后做勻速圓周運動。設磁感應強度的大小為B,粒子質(zhì)量與所帶電荷量分別為m和q,圓周運動的半徑為R0。由洛侖茲力公式及牛頓第二定律得,qv0B=m 由題給條件和幾何關系可知R0=d 設電場強度大小為E,粒子進入電場后沿x軸負方向的加速度大小為ax,在電場中運動的時間為t,離開電場時沿x軸負方向的速度大小為vx。由牛,頓運動定律及運動學公式得 Eq=max vx=axt t=d 由于粒子在電場中做類平拋運動(如圖),有,tan = 聯(lián)立式得 =v0 tan2 (2)聯(lián)立式得 t=,答案(1)v0 tan2 (2),考向二帶電粒子在疊加場中的運動 1.磁場力、重力并存 (1)若重力和洛侖茲力平衡,則帶電體做勻速直線運動。 (2)若重力和洛侖茲力不平衡,則帶電體將做復雜的曲線運動,因洛侖茲力不做功,故機械能守恒。 2.電場力、磁場力并存(不計重力) (1)若電場力和洛侖茲力平衡,則帶電體做勻速直線運動。 (2)若電場力和洛侖茲力不平衡,則帶電體做復雜的曲線運動,可用動能定理求解。,3.電場力、磁場力、重力并存 (1)若三力平衡,帶電體做勻速直線運動。 (2)若重力與電場力平衡,帶電體做勻速圓周運動。 (3)若合力不為零,且重力與電場力不平衡,帶電體將做復雜的曲線運動,可用能量守恒定律或動能定理求解。,例6(2016天津理綜,11,18分)如圖所示,空間中存在著水平向右的勻強電場,電場強度大小E=5 N/C,同時存在著水平方向的勻強磁場,其方 向與電場方向垂直,磁感應強度大小B=0.5 T。有一帶正電的小球,質(zhì)量m=110-6 kg,電荷量q=210-6 C,正以速度v在圖示的豎直面內(nèi)做勻速直線運動,當經(jīng)過P點時撤掉磁場(不考慮磁場消失引起的電磁感應現(xiàn)象),取g=10 m/s2。求: (1)小球做勻速直線運動的速度v的大小和方向; (2)從撤掉磁場到小球再次穿過P點所在的這條電場線經(jīng)歷的時間t。,解析(1)小球勻速直線運動時受力如圖,其所受的三個力在同一平面內(nèi),合力為零,有 qvB= 代入數(shù)據(jù)解得 v=20 m/s,速度v的方向與電場E的方向之間的夾角滿足 tan = 代入數(shù)據(jù)解得 tan = =60 (2)解法一: 撤去磁場,小球在重力與電場力的合力作用下做類平拋運動,設其加速度為a,有 a= 設撤掉磁場后小球在初速度方向上的分位移為x,有,x=vt 設小球在重力與電場力的合力方向上分位移為y,有 y=at2 a與mg的夾角和v與E的夾角相同,均為,又 tan = 聯(lián)立式,代入數(shù)據(jù)解得 t=2 s3.5 s 解法二: 撤去磁場后,由于電場力垂直于豎直方向,它對豎直方向的分運動沒有影響,以P點為坐標原點,豎直向上為正方向,小球在豎直方向上做勻減,速運動,其初速度為 vy=v sin 若使小球再次穿過P點所在的電場線,僅需小球的豎直方向上分位移為零,則有 vyt-gt2=0 聯(lián)立式,代入數(shù)據(jù)解得 t=2 s3.5 s,答案(1)見解析(2)3.5 s,考向三洛侖茲力在現(xiàn)代技術中的應用 1.質(zhì)譜儀的原理和分析 (1)作用 測量帶電粒子質(zhì)量和分離同位素的儀器。 (2)原理(如圖所示) 加速電場:qU=mv2; 偏轉(zhuǎn)磁場:qvB=,l=2r;,由以上兩式可得r=,m=,=。,例7現(xiàn)代質(zhì)譜儀可用來分析比質(zhì)子重很多倍的離子,其示意圖如圖所示,其中加速電壓恒定。質(zhì)子在入口處從靜止開始被加速電場加速,經(jīng)勻強磁場偏轉(zhuǎn)后從出口離開磁場。若某種一價正離子在入口處從靜止開始被同一加速電場加速,為使它經(jīng)勻強磁場偏轉(zhuǎn)后仍從同一出口離開磁場,需將磁感應強度增加到原來的12倍。此離子和質(zhì)子的質(zhì)量比約為(),A.11B.12C.121D.144,解析設質(zhì)子和離子的質(zhì)量分別為m1和m2,原磁感應強度為B1,改變后的磁感應強度為B2。在加速電場中qU=mv2,在磁場中qvB=m,聯(lián)立 兩式得m=,故有=144,選項D正確。,答案D,2.回旋加速器的原理和分析 (1)加速條件:T電場=T回旋=。 (2)磁場約束偏轉(zhuǎn):qvB=。 (3)帶電粒子的最大速度vmax=,rD為D形盒的半徑。粒子的最大速度v max與加速電壓U無關。 (4)回旋加速器的解題思路 帶電粒子在縫隙的電場中加速:交變電流的周期與磁場周期相等,每經(jīng)過磁場一次,粒子加速一次。 帶電粒子在磁場中偏轉(zhuǎn):半徑不斷增大,周期不變,最大動能與D形盒 的半徑有關。,3.霍爾效應的原理和分析 (1)定義:高為h,寬為d的金屬導體(自由電荷是電子)置于勻強磁場B中,當電流通過金屬導體時,在金屬導體的上表面A和下表面A之間產(chǎn)生電勢差,這種現(xiàn)象稱為霍爾效應,此電壓稱為霍爾電壓。 (2)電勢高低的判斷:如圖所示,金屬導體中的電流I向右時,根據(jù)左手定則可得,下表面A的電勢高。,(3)霍爾電壓的計算:導體中的自由電荷(電子)在洛侖茲力作用下偏轉(zhuǎn),A、A間出現(xiàn)電勢差,當自由電荷所受靜電力和洛侖茲力平衡時,A、A間的電勢差(U)就保持穩(wěn)定,由qvB=q,I=nqvS,S=hd;聯(lián)立得U=k ,k=稱為霍爾系數(shù)。,例8利用霍爾效應制作的霍爾元件,廣泛應用于測量和自動控制等領域。如圖是霍爾元件的工作原理示意圖,磁感應強度B垂直于霍爾元件的工作面向下,通入圖示方向的電流I,C、D兩側(cè)面會形成電勢差UCD,下列說法中正確的是() A.電勢差UCD僅與材料有關 B.若霍爾元件的載流子是自由電子,則電勢差UCD0 C.僅增大磁感應強度時,電勢差UCD變大 D.在測定地球赤道上方的地磁場強弱時,元件的工作面應保持水平,解析設霍爾元件的厚度為d、長為a、寬為b,穩(wěn)定時有Bqv=q,又 因為I=nqSv,其中n為單位體積內(nèi)自由電荷的個數(shù),q為自由電荷所帶的電荷量,S=bd,聯(lián)立解得:UCD=,可知選項A錯誤;若僅增大磁感應強 度B,則C、D兩面的電勢差增大,選項C正確;若霍爾元件中定向移動的是自由電子,由左手定則可知,電子將向C側(cè)偏轉(zhuǎn),則電勢差UCD<0,選項B錯誤;地球赤道上方的地磁場方向為水平方向,元件的工作面要與磁場方向垂直,故元件的工作面應保持豎直方向,選項D錯誤。,答案C,4.速度選擇器、磁流體發(fā)電機和電磁流量計 (1)速度選擇器 平行板中電場強度E和磁感應強度B互相垂直。(如圖) 帶電粒子能夠沿直線勻速通過速度選擇器的條件是qvB=qE,即v=。 速度選擇器只能選擇粒子的速度,不能選擇粒子的電性、電荷量、質(zhì)量。 速度選擇器具有單向性。,(2)磁流體發(fā)電機(如圖) 原理:等離子氣體噴入磁場,正負離子在洛侖茲力的作用下發(fā)生偏轉(zhuǎn)而 聚集在A、B板上,產(chǎn)生電勢差,它可以把離子的動能通過磁場轉(zhuǎn)化為電能。 電源正、負極判斷:根據(jù)左手定則可判斷出圖中的B是發(fā)電機的正極。 電源電動勢U:設A、B平行金屬板的面積為S,兩極板間的距離為l,磁場磁感應強度為B,等離子氣體的電阻率為,噴入氣體的速度為v,極板,外電阻為R。當正、負離子所受靜電力和洛侖茲力平衡時,兩極板間達到的最大電勢差為U(即電源電動勢),則q=qvB,即U=Blv。 電源內(nèi)阻:r=。 回路電流:I=。 (3)電磁流量計 流量(Q)的定義:單位時間流過導管某一截面的導電液體的體積。 公式:Q=Sv;S為導管的截面積,v是導電液體的流速。,導電液體的流速(v)的計算 如圖所示,一圓柱形導管直徑為d,用非磁性材料制成,其中有可以導電的液體向右流動。導電液體中的自由電荷(正、負離子)在洛侖茲力作用下發(fā)生偏轉(zhuǎn),使a、b間出現(xiàn)電勢差,當自由電荷所受靜電力和洛侖茲力平衡時,a、b間的電勢差(U)達到最大,由q=qvB,可得v=。,流量的表達式:Q=Sv=。 電勢高低的判斷:根據(jù)左手定則可得ab。,例9磁流體發(fā)電是一項新興技術,它可把氣體的內(nèi)能直接轉(zhuǎn)化為電能,如圖是磁流體發(fā)電機的示意圖,平行金屬板A、C間有一很強的磁場,將一束等離子體(即高溫下電離的氣體,含有大量正、負帶電離子)噴入磁場,兩極板間便產(chǎn)生電壓,現(xiàn)將A、C兩極板與電阻R相連,兩極板間距離為d,正對面積為S,等離子體的電阻率為,磁感應強度為B,等離子體以速度v沿垂直磁場方向射入A、C兩板之間,則穩(wěn)定時下列說法中正確的是(),A.極板A是電源的正極 B.電源的電動勢為Bdv C.極板A、C間電壓大小為 D.回路中電流為,解析等離子體噴入磁場,帶正電的離子因受到豎直向下的洛侖茲力而向下偏轉(zhuǎn),帶負電的離子向上偏轉(zhuǎn),即極板C是電源的正極,A錯;當帶電離子以速度v做直線運動時,qvB=q,所以電源電動勢為Bdv,B對;極 板A、C間電壓U=IR,而I=,則U=,所以C對,D錯。,答案BC,方法1安培力作用下導體的運動及平衡問題分析方法 1.判定安培力作用下導體運動情況的常用方法,方法技巧,例1如圖所示,把輕質(zhì)導線圈用絕緣細線懸掛在磁鐵N 極附近,磁鐵的軸線穿過線圈的圓心且垂直于線圈平面。 當線圈內(nèi)通入如圖方向的電流后,判斷線圈如何運動。,解析用等效法分析:把環(huán)形電流等效為一個小磁針,如圖所示,由磁極間相互作用規(guī)律可知線圈將向左運動。 用結(jié)論法分析:把磁體等效為環(huán)形電流,則環(huán)形電流的方向與線圈中電流的方向相同,根據(jù)兩電流相互平行、方向相同時相互吸引,可知線圈將向左運動。,答案見解析,2.安培力作用下導體的平衡 通電導體棒在磁場中的平衡問題是一種常見的力學綜合模型,該模型一般由傾斜導軌、導體棒、電源和電阻等組成。這類題目的難點是題圖具有立體性,因此解題時一定要先把立體圖轉(zhuǎn)化成平面圖,通過受力分析建立各力的平衡關系,如圖所示。,例2如圖所示,水平導軌間距為L=0.5 m,導軌電阻忽略不計;導體棒ab的質(zhì)量m=1 kg,電阻R0=0.9 ,與導軌接觸良好;電源電動勢E=10 V,內(nèi)阻 r =0.1 ,電阻R=4 ;外加勻強磁場的磁感應強度B=5 T,方向垂直于ab,與導軌平面成夾角=53;ab與導軌間的動摩擦因數(shù)為=0.5(設最大靜摩擦 力等于滑動摩擦力),定滑輪摩擦不計,線對ab的拉力為水平方向,重力加速度g=10 m/s2,ab處于靜止狀態(tài)。已知sin 53=0.8,cos 53=0.6。求:,(1)通過ab的電流大小和方向; (2)ab受到的安培力大小; (3)重物重力G的取值范圍。,解析(1)I=2 A 方向為a到b。 (2)F=BIL=5 N (3)導體棒受力如圖,fm=(mg-F cos 53)=3.5 N 當最大靜摩擦力方向向右時FT=F sin 53-fm=0.5 N 當最大靜摩擦力方向向左時FT=F sin 53+fm=7.5 N,由牛頓第三定律可得0.5 NG7.5 N,答案(1)2 Aa到b(2)5 N(3)0.5 NG7.5 N,方法2帶電粒子在有界勻強磁場中做勻速圓周運動問題的分析,例3如圖所示,圓形區(qū)域內(nèi)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AOB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)?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)?) A.tB.2tC.tD.3t,解題導引,解析粒子沿半徑方向進入圓形磁場區(qū)域時,一定沿半徑方向射出,如圖。粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動時,洛侖茲力提供向心力,由qvB= m得R=,T=。由數(shù)學知識得:粒子以速度v進入磁場時,圓周運 動的半徑R=r,轉(zhuǎn)過的圓心角=60;粒子以速度進入磁場時,圓周運 動的半徑R=r,轉(zhuǎn)過的圓心角=120,周期T與速度無關,所以t=t= 2t,B正確。,答案B,方法3帶電粒子在磁場中運動的多解問題的分析 帶電粒子在洛侖茲力的作用下做勻速圓周運動,由于多種因素的影響,使問題形成多解。,例4某儀器用電場和磁場來控制電子在材料表面上方的運動。如圖所示,材料表面上方矩形區(qū)域PPNN充滿豎直向下的勻強電場,寬為d;矩形區(qū)域NNMM充滿垂直紙面向里的勻強磁場,磁感應強度為B,長為3s,寬為s;NN為磁場與電場之間的薄隔離層。一個電荷量為e、質(zhì)量為m、初速為零的電子,從P點開始被電場加速經(jīng)隔離層垂直進入磁場,電子每次穿越隔離層,運動方向不變,其動能損失是每次穿越前動能的10%,最后電子僅能從磁場邊界MN飛出,不計電子所受重力。,(1)求電子第二次與第一次圓周運動半徑之比; (2)求電場強度的取值范圍; (3)A是MN的中點,若要使電子在A、M間垂直于AM飛出,求電子在磁場區(qū)域中運動的時間。,解題導引,解析(1)設圓周運動的半徑分別為R1、R2、Rn、Rn+1、,第一次和第二次圓周運動速率分別為v1和v2,動能分別為Ek1和Ek2。 由Ek2=0.81Ek1,R1=,R2=,Ek1=m,Ek2=m 得:R2R1=0.9 (2)設電場強度為E,第一次到達隔離層前的速率為v。 由eEd=mv2,0.9mv2=m,R1s 得:E 又由Rn=0.9n-1R1,2R1(1+0.9+0.92+0.9n+)3s 得:E,<E (3)設電子在勻強磁場中做圓周運動的周期為T,運動的半圓周個數(shù)為n,運動總時間為t。 由題意,有:+Rn+1=3s,R1s,Rn+1=0.9nR1,Rn+1 得:n=2 又由T= 得:t=,答案(1)0.9(2)<E(3),方法4處理帶電粒子在有界磁場中運動的臨界問題的方法 從關鍵詞語找突破口:審題時一定要抓住題干中的關鍵字眼,如“恰好”“最大”“最高”“至少”等詞語,挖掘出其隱含的信息。 數(shù)學方法與物理方法相結(jié)合:借助半徑R和速度大小v(或磁感應強度大小B)之間的關系進行動態(tài)軌跡分析,確定軌跡圓和有界磁場邊界之間的關系,找出臨界點,然后利用數(shù)學方法求極值。,例5如圖所示,在平面直角坐標系xOy的第一象限內(nèi)有一個方向垂直紙面向外、磁感應強度大小為B的圓形磁場區(qū)域,一質(zhì)量為m、帶電荷量為+q的粒子從y軸上的A點以速度v0水平向右射出,經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后,打在x軸上的C點,且其速度方向與x軸正方向成=60角斜向下。若A點坐標為(0,2d),C點坐標為(3d,0),粒子重力不計。試求該圓形磁場區(qū)域的 最小面積S及粒子在該磁場中運動的時間t。,解題導引由已知條件求出粒子在圓形磁場中運動的軌道半徑由幾何關系找出圓心角找出粒子在磁場中運動時的圓弧根據(jù)圓弧找出對應的弦長以此弦長為直徑的圓形區(qū)域即最小的圓形磁場區(qū)域。 找出粒子在圓形磁場中運動的圓弧所對的圓心角根據(jù)圓心角求出粒子在圓形磁場中的運動時間。,解析帶電粒子進入磁場時的速度大小為v0,粒子在磁場中做勻速圓周運動,洛侖茲力提供該粒子做圓周運動的向心力 設粒子在磁場中做圓周運動的軌跡半徑為R,則有 qv0B=m,即R= 設粒子從E點進入磁場,從D點離開磁場,則其運動軌跡如圖所示 因為=60,由幾何關系可知EOD=60,所以三角形EOD為正三角形,ED=R,以ED為直徑時圓形磁場區(qū)域面積最小 設圓形磁場區(qū)域的半徑為r,則有r= 所以圓形磁場區(qū)域的最小面積為S=r2= 帶電粒子在該磁場中運動的時間為t=。,答案,方法5解決帶電粒子在交變電場與磁場中運動的方法 此類問題的最大特點是帶電粒子的運動具有周期性,如帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動時,一般只做圓周、圓周、圓周或一周的 運動,這樣的設計主要是為了使帶電粒子的運動過程不至于太復雜。在解題過程中,抓住上述特點,也就抓住了解決此類問題的關鍵。,例6如圖甲所示,在xOy坐標系內(nèi)存在周期性變化的電場和磁場,電場沿y軸正方向,磁場垂直紙面(以向里為正),電場和磁場的變化規(guī)律如圖乙所示。一質(zhì)量為3.210-13 kg、電荷量為-1.610-10 C的帶電粒子,在t=0時刻以v0=8 m/s的速度從坐標原點沿x軸正向運動,不計粒子重力。求: 甲 乙 (1)粒子在磁場中運動的周期; (2)t=2010-3 s時粒子的位置坐標; (3)t=2410-3 s時粒子的速度。,解析(1)粒子在磁場中運動時qvB= T= 解得T=410-3 s (2)粒子的運動軌跡如圖所示,t=2010-3 s時粒子在坐標系內(nèi)做了兩個圓周運動和三段類平拋運動,水平位移x=3v0T=9.610-2 m 豎直位移y=a(3T)2 Eq=ma 解得y=3.610-2 m 故t=2010-3 s時粒子的位置坐標為 (9.610-2 m,-3.610-2 m) (3)t=2410-3 s時粒子的速度大小、方向與t=2010-3 s時相同,設與水平方向夾角為 則v= vy=3aT,tan = 解得v=10 m/s 與x軸正向夾角為37斜向右下方,答案(1)410-3 s (2)(9.610-2 m,-3.610-2 m) (3)10 m/s方向與x軸正向成37角斜向右下方,