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1、專題十磁場,高考物理（課標(biāo)專用）,考點(diǎn)一磁場及其作用,考點(diǎn)清單,考向基礎(chǔ) 一、磁場的描述 1.磁場 磁體與磁體之間、磁體與通電導(dǎo)體之間,以及通電導(dǎo)體與通電導(dǎo)體之間的相互作用,都是通過磁場發(fā)生的。,2.磁感應(yīng)強(qiáng)度,3.磁感線:在磁場中畫出一系列曲線,使曲線上每一點(diǎn)的切線方向都跟這點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向一致。,二、幾種常見的磁場 1.常見磁體的磁場,2.常見電流的磁場,三、磁感線與電場線的比較,四、帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動形式,五、帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的勻速圓周運(yùn)動,七、洛倫茲力與電場力的比較,考向突破,考向一磁場的描述 安培定則的應(yīng)用和磁場的疊加 1.安培定則的應(yīng)用 在運(yùn)用安培定則判定直線電流和環(huán)
2、形電流的磁場時應(yīng)分清“因”和“果”。,2.磁場的疊加 (1)磁感應(yīng)強(qiáng)度是矢量,計(jì)算時與力的計(jì)算方法相同,遵守平行四邊形定則,可以用正交分解法進(jìn)行合成與分解。 (2)兩個電流附近的磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度是由兩個電流分別獨(dú)立存在時產(chǎn)生的磁場在該處的磁感應(yīng)強(qiáng)度疊加而成的。,例1(2017課標(biāo),18,6分)如圖,在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0的勻強(qiáng)磁場中,兩長直導(dǎo)線P和Q垂直于紙面固定放置,兩者之間的距離為l。在兩導(dǎo)線中均通有方向垂直于紙面向里的電流I時,紙面內(nèi)與兩導(dǎo)線距離均為l的a點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度為零。如果讓P中的電流反向、其他條件不變,則a點(diǎn)處磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為() A.0B.B0C.B0D.2B0,解析本題考
3、查磁感應(yīng)強(qiáng)度的矢量疊加和安培定則。兩導(dǎo)線中通電流I時,兩電流在a點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度與勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度的矢量和為0,則兩電流磁感應(yīng)強(qiáng)度的矢量和為-B0,如圖甲得B=B0。P中電流反向 后,如圖乙,B合=B=B0,B合與B0的矢量和為B總=B0,故C項(xiàng)正確。 甲乙,答案C,考向二磁場對通電導(dǎo)體的作用 一、通電導(dǎo)體在磁場中的平衡問題 1.安培力 (1)方向:根據(jù)左手定則判斷。 (2)大小:F=BIL sin (其中為B與I之間的夾角),若磁場和電流垂直:F=BIL;若磁場和電流平行:F=0。其中的L為導(dǎo)線在磁場中的有效長度。如彎曲通電導(dǎo)線的有效長度L等于連接兩端點(diǎn)的線段的長度,相應(yīng)的電流方向
4、沿兩端點(diǎn)連線由始端指向末端,如圖所示。,2.求解安培力作用下通電導(dǎo)體的平衡問題的基本思路,3.求解關(guān)鍵 (1)電磁問題力學(xué)化。 (2)立體圖形平面化。,例2(2017河南六市一聯(lián),15)如圖所示,PQ和MN為水平平行放置的金屬導(dǎo)軌,相距L=1 m。P、M間接有一個電動勢為E=6 V,內(nèi)阻不計(jì)的電源和一只滑動變阻器,導(dǎo)體棒ab跨放在導(dǎo)軌上并與導(dǎo)軌接觸良好,棒的質(zhì)量為m=0.2 kg,棒的中點(diǎn)用細(xì)繩經(jīng)定滑輪與物體相連,物體的質(zhì)量M=0.4 kg。棒與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為=0.5(設(shè)最大靜摩擦力與滑動摩擦力相等,導(dǎo)軌與棒的電阻不計(jì),g取10 m/s2),勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B=2 T,方向豎直向下,
5、為了使物體保持靜止,滑動變阻器連入電路的阻值不可能的是() A.2 B.2.5 C.3 D.4 ,解析對棒ab受力分析可知,其受繩的拉力T=Mg、安培力F安=BIL=和水平方向的摩擦力。若摩擦力向左,且滿足+mg=Mg,代入 數(shù)據(jù)解得R1=4 ;若摩擦力向右,且滿足-mg=Mg,代入數(shù)據(jù)解得R2 =2.4 ,所以R的取值范圍為2.4 R4 ,則選A。,答案A,二、通電導(dǎo)體在磁場中運(yùn)動情況的判定 1.五種判定方法,2.常規(guī)思路,例3如圖所示,一條形磁鐵放在水平桌面上,在其左上方固定一根與磁鐵垂直的長直導(dǎo)線,當(dāng)導(dǎo)線中通以圖示方向的電流時(),A.磁鐵對桌面的壓力增大 B.磁鐵對桌面的壓力減小 C.
6、磁鐵受到向右的摩擦力作用 D.磁鐵受到向左的摩擦力作用,解析根據(jù)條形磁鐵磁感線分布情況得到直線電流所在位置的磁場方向,再根據(jù)左手定則判斷安培力方向,如圖甲。 根據(jù)牛頓第三定律,電流對磁體的作圖力向左上方,如圖乙;根據(jù)平衡條件,可知通電后桌面對磁鐵的支持力變小,磁鐵受到的靜摩擦力向右,磁鐵對桌面的壓力變小。故選B、C。,答案BC,考向三磁場對運(yùn)動電荷的作用 1.帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的勻速圓周運(yùn)動 一般來說,要把握好“一找圓心,二定半徑,三求時間”的分析方法。在具體問題中,要依據(jù)題目條件和情景而定,解題的理論依據(jù)主要是利用牛頓第二定律列式:qvB=m求其軌跡半徑。,2.解帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速
7、圓周運(yùn)動問題“三步法”,例4(2016課標(biāo),18,6分)一圓筒處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場中,磁場方向與筒的軸平行,筒的橫截面如圖所示。圖中直徑MN的兩端分別開有小孔,筒繞其中心軸以角速度順時針轉(zhuǎn)動。在該截面內(nèi),一帶電粒子從小孔M射入筒內(nèi),射入時的運(yùn)動方向與MN成30角。當(dāng)筒轉(zhuǎn)過90時,該粒子恰好從小孔N飛出圓筒。不計(jì)重力。若粒子在筒內(nèi)未與筒壁發(fā)生碰撞,則帶電粒子的比荷為() A.B.C.D.,解析定圓心、畫軌跡,由幾何關(guān)系可知,此段圓弧所對圓心角=30,所需時間t=T=;由題意可知粒子由M飛至N與圓筒旋轉(zhuǎn)90所用時間 相等,即t==,聯(lián)立以上兩式得=,A項(xiàng)正確。,答案A,考點(diǎn)二帶電粒子在
8、復(fù)合場中的運(yùn)動,考向基礎(chǔ) 一、復(fù)合場 1.疊加場: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(fù)合場中運(yùn)動時,一般都不計(jì)重力,但質(zhì)量較大的質(zhì)點(diǎn)(如帶電塵粒)在復(fù)合場中運(yùn)動時,不能忽略重力。,二、三種場的比較,考向突破,考向一組合場 帶電粒子在組合場中的運(yùn)動 1.帶電粒子在勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場中偏轉(zhuǎn)的比較,2.思路方法圖 3.實(shí)例分析回旋加速器 回旋加速器是利用帶電粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的特點(diǎn)使帶電粒子在磁場中改變運(yùn)動方向,再利用加速電場對帶電粒子做正功使帶電粒 子的動
9、能增加。(交變電壓的周期和粒子做勻速圓周運(yùn)動的周期相等),例1如圖,回旋加速器兩D形盒窄縫中心為質(zhì)子源,D形盒內(nèi)接的交變電壓為U=2104 V,靜止質(zhì)子經(jīng)電場加速后,進(jìn)入D形盒,其最大軌道半徑R=1 m,磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B=0.5 T,問:,(1)質(zhì)子最初進(jìn)入D形盒的動能多大? (2)質(zhì)子經(jīng)回旋加速器后得到的最大動能多大? (3)交變電源的頻率是多少?,解題導(dǎo)引,解析(1)質(zhì)子在電場中加速,根據(jù)動能定理得 qU=Ek-0,則Ek=qU=1104 eV。 (2)質(zhì)子在回旋加速器的磁場中,繞行的最大半徑為R,則 qvB=,解得v= 質(zhì)子經(jīng)回旋加速器獲得的最大動能為 Ek===1.9210-12
10、J。 (3)f===7.63106 Hz。,答案(1)1104 eV (2)1.9210-12 J (3)7.63106 Hz,考向二疊加場 1.帶電粒子在疊加場中無約束情況下的運(yùn)動分類,例2(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(qiáng)電場,電場強(qiáng)度大小E=5 N/C,同時存在著水平方向的勻強(qiáng)磁場,其方 向與電場方向垂直,磁感應(yīng)強(qiáng)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(yùn)動,當(dāng)經(jīng)過P點(diǎn)時撤掉磁場(不考慮磁場消失引起的電磁感應(yīng)現(xiàn)象),取g=10 m/s2。求: (1)小球做勻速直線運(yùn)
11、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(diǎn)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(yùn)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(yùn)動,設(shè)其加速度為a,有 a= 設(shè)撤掉磁場后小球在初速度方向上的分位移為x,有 x=vt,設(shè)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
12、 s=3.5 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(yùn)動沒有影響,以P點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn),豎直向上為正方向,小球在豎直方向上做勻減速運(yùn)動,其初速度為 vy=v sin 若使小球再次穿過P點(diǎn)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 s=3.5 s,答案(1)見解析(2)3.5 s,2.利用qE=qvB分析帶電粒子在疊加場中的應(yīng)用實(shí)例 (1)速度選擇器 如圖所示,當(dāng)帶正電粒子從左側(cè)平行于極板射入時,帶電粒子同時受到電場力F電和洛倫茲力F洛作用,當(dāng)兩者等大反向時,粒子不偏轉(zhuǎn)而是沿直線做勻速運(yùn)動,qE=qvB, 所以粒
13、子以v=的速度沿垂直于磁場和電場的 方向射入正交的電場、磁場中就不發(fā)生偏轉(zhuǎn)。速度選擇器只選擇某一特定速度的粒子,與粒子的電性、電荷量、質(zhì)量無關(guān)(不計(jì)重力)。,(2)磁流體發(fā)電機(jī)(如圖所示),磁流體發(fā)電機(jī)的原理是:等離子氣體噴入磁場,正、負(fù)離子在洛倫茲力的作用下發(fā)生上下偏轉(zhuǎn)而聚集到A、B板上,產(chǎn)生電勢差,設(shè)A、B平行金屬板的面積為S,相距為L,等離子體的電阻率為,噴入氣體速度為v,板間磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,板外電阻為R,當(dāng)?shù)入x子氣體勻速通過A、B板間時,A、B板上聚集的電荷最多,板間電勢差最大,即電源電動勢,此時離子受力平衡,E場q=qvB,E場=vB,電動勢E=E場L=BLv,電源內(nèi)電阻r=,
14、所 以R中電流I===。 (3)霍爾效應(yīng) 如圖,厚度為h,寬度為d的導(dǎo)體板放在垂直于它的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中,當(dāng)電流通過導(dǎo)體板時,在導(dǎo)體板的上側(cè)面A和下側(cè)面A之間會,產(chǎn)生電勢差,這種現(xiàn)象稱為霍爾效應(yīng),實(shí)驗(yàn)表明,當(dāng)磁場不太強(qiáng)時,電勢差U、電流I和B的關(guān)系為U=k,式中的比例系數(shù)k稱為霍爾系數(shù)?；魻?效應(yīng)可解釋為外部磁場使運(yùn)動的電子受洛倫茲力聚集在導(dǎo)體板的一側(cè),在導(dǎo)體板的另一側(cè)會出現(xiàn)正電荷,從而形成電場,電場對電子施加與洛倫茲力方向相反的靜電力,當(dāng)靜電力與洛倫茲力達(dá)到平衡時,導(dǎo)體板上下兩側(cè)之間會形成穩(wěn)定的電勢差。,磁強(qiáng)計(jì)是利用霍爾效應(yīng)來測量磁感應(yīng)強(qiáng)度B的儀器。其原理可解釋為:如圖所示,一塊導(dǎo)
15、體接上a、b、e、f四個電極,將導(dǎo)體放在勻強(qiáng)磁場之中,a、b間通以電流I,e、f間就會出現(xiàn)電勢差,只要測出e、f間的電勢差U,就可測得B。,設(shè)e、f間電勢差已達(dá)穩(wěn)定,則U=EL。 此時導(dǎo)電的自由電荷受到的電場力與洛倫茲力相平衡 Bqv=Eq,式中v為自由電荷的定向移動速度。由此可知, B==,設(shè)導(dǎo)體中單位體積內(nèi)的自由電荷數(shù)為n,則電流I=nqSv, 式中S為導(dǎo)體橫截面積,S=Ld, 因此v=,得B= 由此可知BU。這樣只要將裝置先在已知磁場中定出標(biāo)度,就可通過測定U來確定B的大小了。 (4)質(zhì)譜儀(如圖所示),質(zhì)譜儀是先經(jīng)過速度選擇器對帶電粒子進(jìn)行速度選擇后,再由右側(cè)的偏轉(zhuǎn)磁場把不同比荷的粒子
16、分開,由此可以用來測定帶電粒子的比荷和分析同位素。,例3如圖是磁流體發(fā)電機(jī)的裝置,a、b組成一對平行電極,兩板間距為d,板平面的面積為S,內(nèi)有磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場?，F(xiàn)持續(xù)將一束等離子體,(即高溫下電離的氣體,含有大量帶正電和負(fù)電的微粒,而整體呈中性),垂直磁場噴入,每個離子的速度為v,負(fù)載電阻阻值為R,當(dāng)發(fā)電機(jī)穩(wěn)定發(fā)電時,負(fù)載中電流為I,則(),A.a板電勢比b板電勢低 B.磁流體發(fā)電機(jī)的電動勢E=Bdv C.負(fù)載電阻兩端的電壓大小為Bdv D.兩板間等離子體的電阻率=,解析參看磁流體發(fā)電機(jī)的裝置圖,利用左手定則可知,正、負(fù)微粒通過發(fā)電機(jī)內(nèi)部時,帶正電微粒向上偏,帶負(fù)電微粒向下偏,則知a板
17、電勢比b板電勢高,所以A錯誤;當(dāng)發(fā)電機(jī)穩(wěn)定發(fā)電時,對微粒有F洛=F電,即Bqv= q,得電動勢E=Bdv,所以B正確;由閉合電路歐姆定律有UR+Ur=E,又E=Bdv,則負(fù)載電阻兩端的電壓UR
18、數(shù)及自由運(yùn)動電荷的正負(fù)分別為() A.,負(fù)B.,正 C.,負(fù)D.,正,解析因?qū)щ姴牧仙媳砻娴碾妱荼认卤砻娴牡?故上表面帶負(fù)電荷,根據(jù)左手定則可判斷自由運(yùn)動電荷帶負(fù)電,則B、D兩項(xiàng)均錯。設(shè)長方體材料長度為L,總電荷量為Q,則其單位體積內(nèi)自由運(yùn)動電荷數(shù)為,當(dāng)電流I穩(wěn)恒時,材料內(nèi)的電荷所受電場力與磁場力相互平衡, 則有=BIL,故=,A項(xiàng)錯誤,C項(xiàng)正確。,答案C,3.帶電粒子在疊加場中有約束情況下的運(yùn)動 帶電體在疊加場中受輕桿、輕繩、圓環(huán)、軌道等約束的情況下,除受到場力外,還受到彈力、摩擦力作用。常見的運(yùn)動形式有直線運(yùn)動和圓周運(yùn)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,
19、運(yùn)用動能定理、能量守恒結(jié)合牛頓運(yùn)動定律求出結(jié)果。,例5如圖所示,套在足夠長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,現(xiàn)將此棒豎直放入沿水平方向且互相垂直的勻強(qiáng)磁場和勻強(qiáng)電場中。設(shè)小球電荷量不變,小球由靜止開始下滑的過程中() A.小球加速度一直增大 B.小球速度一直增大,直到最后勻速 C.棒對小球的彈力先減小后反向增大 D.小球所受洛倫茲力一直增大,解析小球剛開始下滑時,受力如圖所示,水平方向上:Eq=FN+Bqv 豎直方向上:mg-f=mg-FN=ma 聯(lián)立式得:a=g+(Bv-E) 當(dāng)BqvEq時,小球所受棒的彈力FN為水平向左,水平方向上:Bqv=FN+E
20、q 此時豎直方向上有mg-f=mg-FN=ma 聯(lián)立式得:a=g+(E-Bv),由以上分析可知,小球先做加速度逐漸增大的變加速運(yùn)動,后做加速度逐漸減小的變加速運(yùn)動,直至勻速,所以A錯,B、C均正確。小球勻速運(yùn)動時所受洛倫茲力不變,故D錯。,答案BC,方法1有界磁場的處理方法 1.典型有界磁場的介紹,方法技巧,2.兩種有效處理方法 (1)放縮圓法 適用條件 a.速度方向一定,大小不同 粒子源發(fā)射速度方向一定,大小不同的帶電粒子進(jìn)入勻強(qiáng)磁場時,這些帶電粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的軌跡半徑隨速度的變化而變化。,b.軌跡圓圓心共線 如圖所示(圖中只畫出粒子帶正電的情景),速度v越大,運(yùn)動半徑也越大。可
21、以發(fā)現(xiàn)這些帶電粒子射入磁場后,它們運(yùn)動軌跡的圓心在垂直初速度方向的直線PP上。 界定方法,以入射點(diǎn)P為定點(diǎn),圓心位于PP直線上,將半徑放縮作軌跡,從而探索出臨界條件,這種方法稱為“放縮圓法”。,例1如圖所示,寬度為d的勻強(qiáng)有界磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,MM和NN是磁場左右的兩條邊界線?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子沿圖示方向垂直射入磁場中,=45。要使粒子不能從右邊界NN射出,求粒子入射速率的最大值為多少?,解析用“放縮圓法”作出帶電粒子運(yùn)動的軌跡如圖所示,當(dāng)其運(yùn)動軌跡與NN邊界線相切于P點(diǎn)時,這就是具有最大入射速率vmax的粒子的軌跡。由圖可知:Rmax(1-cos 45)=d,又Bqvm
22、ax=m,聯(lián)立可得vmax= 。,答案,(2)平移圓法 適用條件 a.速度大小一定,方向不同 粒子源發(fā)射速度大小一定、方向不同的帶電粒子進(jìn)入勻強(qiáng)磁場時,它們在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的半徑相同,若射入初速度大小為v0,則圓周運(yùn)動半徑為R=。如圖所示。,b.軌跡圓圓心共圓 帶電粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的圓心在以入射點(diǎn)P為圓心、半徑R=的圓(這個圓在下面的敘述中稱為“軌跡圓心圓”)上。 界定方法 將一半徑為R=的圓沿著“軌跡圓心圓”平移,從而探索出臨界條 件,這種方法稱為“平移圓法”。,例2如圖,真空室內(nèi)存在勻強(qiáng)磁場,磁場方向垂直于紙面向里,磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小B=0.60 T。磁場內(nèi)有一塊平面感光板a
23、b,板面與磁場方向平行。在距ab為l=16 cm處,有一個點(diǎn)狀的粒子放射源S,它向各個方向發(fā)射粒子,粒子的速率都是v=3.0106 m/s。已知粒子的電荷量與質(zhì)量之比=5.0107 C/kg?，F(xiàn)只考慮在紙面內(nèi)運(yùn)動的粒子,求ab板上被粒 子打中區(qū)域的長度。,解析 粒子帶正電,故在磁場中沿逆時針方向做勻速圓周運(yùn)動。用R表示軌跡半徑,有qvB=m, 由此得R=, 代入數(shù)值得R=10 cm,可見2RlR。,因朝不同方向發(fā)射的 粒子的圓軌跡都過S,由此可知,某一圓軌跡在圖中N左側(cè)與ab相切,則此切點(diǎn)P1就是 粒子能打中的左側(cè)最遠(yuǎn)點(diǎn)。為確定P1點(diǎn)的位置,可作平行于ab的直線cd,cd到ab的距離為R,以S
24、為圓心,R為半徑,作圓弧交cd于Q點(diǎn),過Q作ab的垂線,它與ab的交點(diǎn)即為P1。即:,NP1=。 再考慮N的右側(cè)。任何 粒子在運(yùn)動中離S的距離不可能超過2R,以2R為半徑、S為圓心作圓弧,交ab于N右側(cè)的P2點(diǎn),此即右側(cè)能打到的最遠(yuǎn)點(diǎn)。 由圖中幾何關(guān)系得 NP2=, 所求長度為P1P2=NP1+NP2, 代入數(shù)值得 P1P2=20 cm。,答案20 cm,例3(2017河北衡水摸底,5,4分)如圖所示,在一個邊長為a的正六邊形區(qū)域內(nèi)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場,三個帶正電的相同粒子,比荷為,先后從A點(diǎn)沿AD方向以大小不等的速度射入 勻強(qiáng)磁場區(qū)域,粒子在運(yùn)動過程中只受到磁場力
25、作用,已知編號為的粒子恰好從F點(diǎn)飛出磁場區(qū)域,編號為的粒子恰好從E點(diǎn)飛出磁場區(qū)域,編號為的粒子從ED邊上的某一點(diǎn)垂直邊界飛出磁場區(qū)域,則() A.編號為的粒子在磁場區(qū)域內(nèi)運(yùn)動的時間為 B.編號為的粒子在磁場區(qū)域內(nèi)運(yùn)動的時間為 C.三個粒子進(jìn)入磁場的速度依次增加 D.三個粒子在磁場內(nèi)運(yùn)動的時間依次增加,解題導(dǎo)引,解析如圖所示,設(shè)編號為的粒子在正六邊形區(qū)域磁場中做圓周運(yùn)動的半徑為r1,線速度大小為v1,周期為T1,則有:qv1B=m,T1=,解得T1= 。由幾何關(guān)系可得,粒子在正六邊形區(qū)域磁場內(nèi)運(yùn)動過程中,轉(zhuǎn)過 的圓心角為120,則粒子在磁場中運(yùn)動的時間為:t==,選項(xiàng)A錯誤; 根據(jù)A選項(xiàng)的分析過
26、程,同理可得編號為的粒子在磁場區(qū)域內(nèi)運(yùn)動的時間為,選項(xiàng)B錯誤;根據(jù)R=可知半徑在增大,即速度在增大,選項(xiàng) C正確;如圖所示粒子轉(zhuǎn)過的圓心角在逐漸變小,即運(yùn)動時間變小,D錯誤。,答案C,方法2帶電粒子在磁場中運(yùn)動的多解問題的分析 帶電粒子在洛倫茲力的作用下做勻速圓周運(yùn)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(yùn)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(qiáng)電場,寬為d;矩形區(qū)域NNMM充滿垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)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(diǎn)開始被電場
27、加速經(jīng)隔離層垂直進(jìn)入磁場,電子每次穿越隔離層,運(yùn)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(jì)電子所受重力。,(1)求電子第二次與第一次圓周運(yùn)動半徑之比; (2)求電場強(qiáng)度的取值范圍; (3)A是MN的中點(diǎn),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(yùn)動的時間。,解題導(dǎo)引,解析(1)設(shè)圓周運(yùn)動的半徑分別為R1、R2Rn、Rn+1,第一和第二次圓周運(yùn)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(shè)電場強(qiáng)度為E,第一次到達(dá)隔離層時的速率為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,
（課標(biāo)版 5年高考3年模擬A版）2020年物理總復(fù)習(xí) 專題十 磁場課件.ppt
