江苏省2023高考物理大一轮复习第九章磁场教师用书

江苏省2023高考物理大一轮复习第九章磁场教师用书PAGEPAGE36第九章磁场考试说明内容要求说明命题趋势磁场磁感应强度磁感线磁通量Ⅰ整体来说,计算题考查比拟常见,选择题有时出现,但都是以中难题形式出现,分值比重大,属于拉开分差的情况,必须苦下功夫,认真对待.预计今后出现在计算题中的可能性非常大,而且命题背景将会更加前沿、新颖,注重与科技、生活的应用,如质谱仪、盘旋加速器等.另外关于带电粒子在复合场中的运动将会对分析、推理、综合能力提出更高要求,可能对空间轨迹、函数表示、数学归纳等数学工具的使用提出要求本章涉及的知识点主要包括以下几个方面:1.四个根本概念:磁感应强度、磁感线、安培力、洛伦兹力.2.两个根本定那么:安培定那么和左手定那么.3.两个主要内容:一是通电导线在磁场中所受的安培力,一是带电粒子在磁场中运动所受的洛伦兹力.4.几个重要仪器分析:速度选择器、质谱仪、磁流体发电机、电磁流量计、盘旋加速器等.在一轮复习过程中带电粒子在磁场或复合场中的运动是本章的重点和难点,要通过一定的强化训练,熟练掌握此类问题的根本方法,切实提高应用物理知识综合分析问题、应用数学知识求解物理问题的能力.另外,对导体受安培力的分析,要善于把立体图形改成平面图形,注意培养空间想象能力.通电直导线和通电线圈周围磁场的方向Ⅰ安培力Ⅱ计算限于直导线跟匀强磁场平行或垂直两种情况洛伦兹力Ⅱ带电粒子在匀强磁场中的运动Ⅱ计算限于速度与磁感应强度平行或垂直两种情况质谱仪和盘旋加速器的工作原理Ⅰ知识网络第1讲磁场的描述磁场对电流的作用(本讲对应学生用书第138141页)考纲解读1.会用安培定那么判断电流周围的磁场方向.2.会计算电流在磁场中受到的安培力.3.会用左手定那么分析解决通电导体在磁场中的受力及平衡类问题.根底梳理1.磁场:磁体周围空间存在一种物质,它的根本性质是对放在其中的或有力的作用.

2.磁感应强度:在磁场中垂直于磁场方向的通电导线,所受到的磁场力F既与导线长度L成,又与导线中的电流I成,即与IL的乘积成正比.磁感应强度的表示符号为B,单位特斯拉(T),公式为B=.磁感应强度是描述磁场强弱和方向的物理量.

3.磁场的叠加:B的方向即,与小磁针N极受到的力的方向相同,磁感应强度是,空间某点的磁场的叠加遵循.

4.磁感线的特点:(1)磁感线上某点的方向就是该点的磁场方向.

(2)磁感线的疏密定性地表示磁场的,在磁感线较密的地方磁场较,在磁感线较疏的地方磁场较.

(3)磁感线是曲线,没有起点和终点.在磁体外

部,从N极指向S极;在磁体内部,从S极指向N极.(4)同一磁场的磁感线不、不、不相切.

(5)磁感线是假想的曲线,客观上不存在.5.安培定那么:又称右手螺旋定那么,对于通电直导线产生的磁场,使用时大拇指所指方向与一致,弯曲的四指方向就是的方向;对通电圆环或通电螺线管,弯曲的四指与的方向一致,大拇指的指向就是轴线上磁感线的方向或螺线管内部的磁感线方向.

6.左手定那么:伸开左手,让磁感线从掌心进入,并使四指指向,这时大拇指所指的方向就是通电导线在磁场中所受.

7.安培力公式:F=,其中θ为方向与方向之间的夹角.

1.特殊磁体电流2.正比正比3.磁场方向矢量平行四边形定那么4.(1)切线(2)强弱强弱(3)闭合(4)中断相交5.电流的方向磁感线环绕环形电流6.电流的方向安培力的方向7.ILBsinθ磁场电流对磁感应强度B的理解及磁场和电场的比照

1.磁感应强度由磁场本身决定,就像电场强度由电场本身决定一样,跟该位置放不放通电导线无关,因此不能根据公式B=说B与F成正比,与IL成反比.2.磁感应强度B的定义式也是其度量式,但用来测量的小段通电导线必须垂直放入磁场,如果小段通电导线平行放入磁场,那么所受安培力为零,但不能说该点的磁感应强度为零.3.磁感应强度是矢量,其方向为放入其中的小磁针静止时N极的指向.4.磁感应强度B与电场强度E的比拟.电场强度E是描述电场强弱的物理量,磁感应强度B是描述磁场强弱的物理量.这两个物理量比拟如下表所示:磁感应强度B电场强度E物理意义描述磁场强弱的物理量描述电场性质的物理量定义式B=(通电导线与B垂直)E=方向磁感线切线方向,小磁针N极的受力方向电场线切线方向,放入该点的正电荷受力方向大小决定因素由磁场决定,与检验电流无关由电场决定,与检验电荷无关场的叠加合磁感应强度等于各磁场磁感应强度B的矢量和合场强等于各个电场的场强E的矢量和单位1T=1N/(A·m)1V/m=1N/C5.磁感线与电场线的比拟磁感线电场线相似点引入目的都是为了形象地描述场而引入的假想曲线,实际不存在疏密意义都能定性描述场的强弱切线方向都表示该点场的方向是否相交都不相交不同点闭合曲线,外部由N→S,内部由S→N起始于正电荷(或无限远),终止于无限远(或负电荷)6.磁场的叠加磁感应强度是矢量,计算时与力的计算方法相同,利用平行四边形定那么或正交分解法进行合成与分解.典题演示1如下图,两根相互平行的长直导线过纸面上的M、N两点,且与纸面垂直,导线中通有大小相等、方向相反的电流.a、O、b在M、N的连线上,O为MN的中点,c、d位于MN的中垂线上,且a、b、c、d到O点的距离均相等.关于以上几点处的磁场,以下说法中正确的选项是()A.O点处的磁感应强度为零B.a、b两点处的磁感应强度大小相等,方向相反C.c、d两点处的磁感应强度大小相等,方向相同D.a、c两点处磁感应强度的方向不同【解析】根据安培定那么判断磁场方向,再结合矢量的合成知识求解,两直线电流在O点产生的磁场方向均垂直于MN向下,O点的磁感应强度不为零,故A错误;a、b两点的磁感应强度大小相等,方向相同,故B错误;根据对称性,c、d两点处的磁感应强度大小相等,方向相同,故C正确;a、c两点的磁感应强度方向相同,故D错误.【答案】C典题演示2(2022·连云港、宿迁、徐州三模)如图甲所示,一个条形磁铁P固定在水平桌面上,以P的右端点为原点,中轴线为x轴建立一维坐标系.一个灵敏的小磁针Q放置在x轴上不同位置,设Q与x轴之间的夹角为θ.实验测得sinθ与x之间的关系如图乙所示.该处地磁场方向水平,磁感应强度大小为B0.以下说法中正确的选项是()A.P的右端为S极B.P的中轴线与地磁场方向平行C.P在x0处产生的磁感应强度大小为B0D.x0处合磁场的磁感应强度大小为2B0【解析】x趋向于无穷大时,sinθ=1,说明地磁场的方向与x轴垂直指向纸内,B项错误;条形磁铁形成的磁场应沿x轴正方向才能使合磁场满足θ为锐角,P的右端为N极,A项错误;x0处地磁场和P产生的磁场大小相等,才能有θ=45°,合磁场大小为B0,C项正确,D项错误.【答案】C安培定那么的应用及磁场方向确实定

1.安培定那么的应用在运用安培定那么判定直线电流和环形电流的磁场时应分清“因〞和“果〞.原因(电流方向)结果(磁场绕向)直线电流的磁场大拇指四指环形电流的磁场四指大拇指2.磁场的方向:磁感线的切线方向,小磁针N极的受力方向.典题演示3(2022·苏州中学)如下图,两根无限长导线,均通以恒定电流I.两根导线的直线局部和坐标轴非常接近,弯曲局部是以坐标原点O为圆心的、半径相同的一段圆弧.规定垂直纸面向里的方向为磁感应强度的正方向,直线局部在原点O处不形成磁场,此时两根导线在坐标原点处的磁感应强度为B.以下四个选项中均有四根同样的、通以恒定电流I的无限长导线,O处磁感应强度也为B的是()A BC D【解析】两根导线在坐标原点处的磁感应强度为B,方向都垂直纸面向里.对A,三根导线产生磁场方向向里,一根向外,合成后也是两根向里,故A正确;对B同理,四根导线产生磁场方向均向里,故B错误;三根导线产生磁场方向向外,一根向里,合成后是两根向外,故C错误;两根导线产生磁场方向向外,两根向里,合成后磁场为零,故D错误.【答案】A安培力作用下导体运动情况的判定

1.安培力大小(1)当I⊥B时,F=BIL.(2)当I∥B时,F=0.注意:(1)当导线弯曲时,L是导线两端的有效直线长度.(2)对于任意形状的闭合线圈,其有效长度均为零,所以通电后在匀强磁场中受到的安培力的矢量和为零.2.安培力方向:用左手定那么判断,注意安培力既垂直于B,也垂直于I,即垂直于B与I决定的平面.3.判定安培力作用下导体运动情况的常用方法电流元法分割为电流元,用左手定那么确定安培力方向→整段导体所受合力方向→运动方向特殊位置法在特殊位置→安培力方向→运动方向等效法环形电流小磁针条形磁铁通电螺线管多个环形电流结论法同向电流互相吸引,异向电流互相排斥两不平行的直线电流相互作用时,有转到平行且电流方向相同的趋势转换研究对象法定性分析磁体在电流磁场作用下如何运动或运动趋势的问题,可先分析电流在磁体磁场中所受的安培力,然后由牛顿第三定律,确定磁体所受电流磁场的作用力,从而确定磁体所受合力及运动方向典题演示4如下图,把轻质导线圈用绝缘细线悬挂在磁铁N极附近,磁铁的轴线穿过线圈的圆心且垂直线圈平面.当线圈内通以图中方向的电流后,线圈的运动情况是()A.线圈向左运动B.线圈向右运动C.从上往下看顺时针转动D.从上往下看逆时针转动【解析】解法一:电流元法.甲首先将圆形线圈分成很多小段,每小段可看做一直线电流,取其中上、下两小段分析,其截面图和受安培力情况如图甲所示.根据对称性可知,线圈所受安培力的合力水平向左,故线圈向左运动,A正确.解法二:等效法.乙将环形电流等效成一条形磁铁,如图乙所示,据异名磁极相吸引知,线圈将向左运动.同时,也可将左侧条形磁铁等效成一环形电流,根据结论“同向电流相互吸引,异向电流相互排斥〞,也可得到答案A.【答案】A安培力作用下通电导体的平衡问题

1.解决有关通电导体在磁场中的平衡问题,关键是受力分析,只不过比纯力学中的平衡问题要多考虑一个安培力.2.画好辅助图(如斜面),标明辅助方向(如B的方向、I的方向等)是画好受力分析图的关键.3.由于安培力F、电流I、磁感应强度B的方向之间涉及三维空间,所以在受力分析时要善于把立体图转化成平面图.典题演示5(多项选择)(2022·泰州中学)如下图,质量为m、长为L的直导线用两绝缘细线悬挂于O、O',并处于匀强磁场中.当导线中通以沿x正方向的电流I,且导线保持静止时,悬线与竖直方向夹角为θ.那么磁感应强度的方向和大小可能为()A.沿z正方向,tanθB.沿y正方向,C.沿z负方向,tanθD.沿悬线向上,sinθ【解析】如下图为沿着x轴负方向看的示意图,导线受到向下的重力、沿着绳子方向的拉力以及安培力.当磁感应强度方向沿着z轴正方向时,由左手定那么可得安培力向左,导线不可能平衡,A错误;同理,当磁感应强度方向沿着z轴负方向时,安培力向右,可能平衡,C正确;当磁感应强度方向沿着y轴正方向时,安培力竖直向上,假设大小等于重力,那么可使导线平衡,B正确;当磁感应强度方向沿悬线向上时,安培力垂直悬线向下,不可能使导线平衡,D错误.【答案】BC典题演示6如下图,两平行金属导轨间的距离L=0.40m,金属导轨所在平面与水平面夹角θ=37°,在导轨所在的平面内,分布着磁感应强度B=0.50T、方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场.金属导轨的一端接有电动势E=4.5V、内阻r=0.50Ω的直流电源.现把一个质量m=0.040kg的导体棒ab放在金属导轨上,导体棒恰好静止.导体棒与金属导轨垂直且接触良好,导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R0=2.5Ω,金属导轨电阻不计,取g=10m/s2,sin37°=0.60,cos37°=0(1)通过导体棒的电流.(2)导体棒受到的安培力大小.(3)导体棒受到的摩擦力.【解析】(1)根据闭合电路欧姆定律I==1.(2)导体棒受到的安培力F安=BIL=0.30N.(3)导体棒受力如下图,将重力正交分解有F1=mgsin37°=0.24N.F1<F安,根据平衡条件mgsin37°+f=F安.解得f=0.06N,方向沿导轨平面向下.【答案】(1)1.5A(2)0.30N(3)01.如下图,有一束电子沿y轴正方向移动,那么在z轴上某点P的磁场方向是()A.沿x轴正方向 B.沿x轴负方向C.沿z轴正方向 D.沿z轴负方向【解析】运动电荷可以产生磁场,本质上与电流产生磁场相同,因为电荷定向移动形成电流,而电流可以产生磁场.由于电子带负电,所以等效电流的方向沿y轴负方向,即可判定P点的磁场方向沿x轴负方向.【答案】B2.(2022·安徽“皖南八校〞第三次联考)直导线中电流在周围空间产生的磁感应强度大小为B=k,k为常数,r为到导线的距离,如下图,两个半径相同,材料不同的半圆环并联地接在电路中,电路中的总电流为I,流过ABD半圆环的电流为I,流过ACD半圆环的电流为I,在圆环圆心处电流产生的磁场的磁感应强度为B.假设将ABD半圆环绕直径AD转过90°,这时在O点的磁感应强度大小为()A.B B.3B C.B D.B【解析】ABD半圆环的电流和ACD半圆环的电流产生的磁场在O点处磁场的磁感应强度方向相反,根据磁场叠加可知,半圆环中I的电流在O点产生的磁场磁感应强度大小为B,I的电流在O点产生的磁场的磁感应强度大小为2B,因此将ABD半圆环绕直径AD转过90°,这时在O点磁场的磁感应强度大小为=B,A项正确.【答案】A3.(2022·江苏卷)如下图,用天平测量匀强磁场的磁感应强度,以下各选项所示的载流线圈匝数相同,边长MN相等,将它们分别挂在天平的右臂下方,线圈中通有大小相同的电流,天平处于平衡状态,假设磁场发生微小变化,天平最容易失去平衡的是()【解析】假设载流线圈的电流方向是顺时针方向,根据左手定那么得出载流线圈各边所受安培力的方向,如下图,C、D选项中各边所受安培力的方向类似于B图,根据力图结合力的合成可以发现A图中载流线圈各边所受安培力的合力最大,所以假设磁场发生微小变化,天平最容易失去平衡的是A图天平.应选A.【答案】A4.(2022·常熟中学)在同一平面内有四根彼此绝缘的通电直导线,如下图,四根导线中的电流大小关系为I1=I2<I3<I4,切断哪一导线中的电流能使O点(O点为四根导线所围矩形的中心)的磁感应强度减为最弱()A.切断I1 B.切断I2 C.切断I3 D.切断I【解析】由于I1=I2,由安培定那么可知这两根导线在O处产生的磁感应强度为0,I3和I4两根导线在O处产生垂直纸面向里的磁场,由于I3<I4,即I4在O处产生的磁场大,所以切断I4能使O点的磁感应强度减为最弱,故D正确,A、B、C错误.【答案】D5.(2022·启东中学)如下图,通电直导线ab位于两平行导线横截面MN的连线的中垂线上.当平行导线通以同向等值电流时,以下说法中正确的选项是()A.ab顺时针旋转B.a端向外,b端向里旋转C.ab逆时针旋转D.a端向里,b端向外旋转【解析】导线M和N的磁感线都是同心圆,因此对ab上半段,M导线的磁感线指向右下,可以用左手定那么判断a端受向外的力,N导线的磁感线指向右上,也使a端受向外的力,所以a端向外旋转;同理也可以分析出b端受向里的力.从而使得a端转向纸外,b端转向纸里,故B正确,A、C、D错误.【答案】B6.如下图,质量为m、长为l的铜棒ab,用长度也为l的两根轻导线水平悬吊在竖直向上的匀强磁场中,磁感应强度为B.未通电时,轻导线静止在竖直方向,通入恒定电流后,棒向外偏转的最大角度为θ,那么()A.棒中电流的方向为b→aB.棒中电流的大小为C.棒中电流的大小为D.假设只增大轻导线的长度,那么θ角变大【解析】棒所受安培力应向外,根据左手定那么,电流方向由a向b,A项错误.通电流后,棒受到安培力作用,向外偏转,偏转到最大角度的瞬间速度为零,根据动能定理可得F安lsinθ-mg(l-lcosθ)=0,BIl2sinθ-mg(l-lcosθ)=0,I=,B项错误,C项正确.设导线长为s,根据动能定理BIlssinθ-mg(s-scosθ)=0可知,最大偏转角与导线长度无关,D项错误.【答案】C温馨提示:趁热打铁,事半功倍.请老师布置同学们及时完成?配套检测与评估?中的练习.第2讲磁场对运动电荷的作用(本讲对应学生用书第141144页)考纲解读1.熟练掌握用左手定那么判断磁场对运动电荷的作用力.2.根据磁场对电流的作用推导洛伦兹力的公式f洛=qvB.3.熟练应用公式f洛=qvB进行洛伦兹力大小的有关计算.4.明确带电粒子做圆周运动的圆心和运动时间.5.带电粒子在有界磁场中的多解问题和极值问题.根底梳理1.洛伦兹力:在磁场中所受的力.可以用判断洛伦兹力的方向,让磁感线垂直穿过手掌,四指指向的方向,此时的方向就是洛伦兹力的方向.假设带电粒子为正电荷,四指指向就是;假设带电粒子为负电荷,四指应指向.洛伦兹力的方向既与电荷的运动方向,又与磁场方向,即f垂直于.

2.洛伦兹力公式:f洛=,θ为与的夹角.

3.电视机显像管的工作原理:应用了电子束的,使电子束偏转的磁场是由对线圈产生的,叫做.

4.带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动:洛伦兹力对带电粒子,洛伦兹力仅在不断改变粒子的,粒子做半径r=、周期T=的圆周运动.

1.运动电荷左手定那么等效电流大拇指所指带电粒子的运动方向粒子运动的反方向垂直垂直v和B所在平面2.qvBsinθ速度方向磁感应强度方向3.磁偏转两偏转线圈4.不做功速度方向对洛伦兹力的理解

1.洛伦兹力和安培力的关系洛伦兹力是运动电荷在磁场中受到的力,而安培力是导体中所有定向移动的自由电荷受到的洛伦兹力的宏观表现.2.洛伦兹力方向的特点(1)洛伦兹力的方向与电荷运动的方向和磁场方向都垂直,即洛伦兹力的方向总是垂直于运动电荷速度方向和磁场方向确定的平面.(2)用左手定那么判定负电荷在磁场中运动所受的洛伦兹力时,要注意将四指指向电荷运动的反方向.3.洛伦兹力与电场力的比拟对应力内容工程洛伦兹力电场力性质磁场对放入其中运动电荷的作用力电场对放入其中电荷的作用力产生条件v≠0且v不与B平行电场中的电荷一定受到电场力作用大小F=qvB(v⊥B)F=qE续表对应力内容工程洛伦兹力电场力力方向与场方向的关系一定是F⊥B,F⊥v,与电荷电性无关正电荷受力与电场方向相同,负电荷受力与电场方向相反做功情况任何情况下都不做功可能做正功、负功,也可能不做功力为零时场的情况F为零,B不一定为零F为零,E一定为零作用效果只改变电荷运动的速度方向,不改变速度大小既可以改变电荷运动的速度大小,也可以改变电荷运动的方向特别提醒:洛伦兹力对电荷不做功;安培力对通电导线可做正功,可做负功,也可不做功;电场力对电荷可做正功,可做负功,也可不做功.典题演示1(2022·海南卷)如图,a是竖直平面P上的一点,P前有一条形磁铁垂直于P,且S极朝向a点,P后一电子在偏转线圈和条形磁铁的磁场的共同作用下,在水平面内向右弯曲经过a点.在电子经过a点的瞬间.条形磁铁的磁场对该电子的作用力的方向()A.向上 B.向下 C.向左 D.向右【解析】条形磁铁的磁感线方向在a点为垂直P向外,粒子在条形磁铁的磁场中向右运动,所以根据左手定那么可得电子受到的洛伦兹力方向向上,A正确.【答案】A典题演示2(2022·金陵中学)真空中有两根足够长直导线ab、cd平行放置,通有恒定电流I1、I2,导线ab的电流方向如图.在两导线所在的平面内,一带电粒子由P运动到Q,轨迹如图中PNQ所示,NQ为直线,粒子重力忽略不计.以下说法中正确的选项是()A.该粒子带正电B.粒子从P到Q的过程中动能增加C.导线cd中通有从c到d方向的电流D.导线cd电流I2小于导线ab电流I1【解析】由安培定那么可知带电粒子由P运动到Q,磁场垂直纸面向外,由轨迹和力及左手定那么可知,粒子带负电,故A错误;由于洛伦兹力不做功,所以粒子从P到Q的过程中动能不变,故B错误;由图可知NQ为直线,说明合磁场为零,由安培定那么可知导线cd中通有从c到d方向的电流,故C正确;由于直线NQ靠近导线ab,故导线cd电流I2大于导线ab电流I1,故D错误.【答案】C带电粒子在匀强磁场中的圆周运动

1.分析方法:找圆心、求半径、确定转过的圆心角的大小是解决这类问题的前提,确定轨道半径和给定的几何量之间的关系是解题的根底,有时需要建立运动时间t和转过的圆心角α之间的关系作为辅助.(1)圆心确实定①根本思路:与速度方向垂直的直线和图中弦的中垂线一定过圆心.②两种情形:a.入射方向和出射方向时,可通过入射点和出射点分别作入射方向和出射方向的垂线,两条直线的交点就是圆弧轨道的圆心(如图1所示,图中P为入射点,M为出射点).b.入射方向和出射点的位置时,可以通过入射点作入射方向的垂线,连接入射点和出射点,作连线的中垂线,这两条直线的交点就是圆弧轨道的圆心(如图2所示,图中P为入射点,M为出射点).图1图2(2)半径确实定利用平面几何关系,求出该圆的可能半径(或圆心角),求解时注意以下几个重要的几何特点:图3①粒子速度的偏向角(φ)等于圆心角(α),并等于AB弦与切线夹角(弦切角θ)的2倍(如图3),即φ=α=2θ=ωt.②相对的弦切角(θ)相等,与相邻的弦切角(θ')互补,即θ+θ'=180°.③直角三角形的几何知识(勾股定理).AB中点C,连接OC,那么△ACO、△BCO都是直角三角形.(3)运动时间确实定粒子在磁场中运动一周的时间为T,当粒子运动的圆弧所对应的圆心角为α时,其运动时间为t=T(或t=T).2.规律总结带电粒子在不同边界磁场中的运动:(1)直线边界(进出磁场具有对称性,如图4).图4(2)平行边界(存在临界条件,如图5).图5(3)圆形边界(沿径向射入必沿径向射出,如图6).图6典题演示3(多项选择)(2022·盐城三模)如下图,圆形区域内有垂直于纸面方向的匀强磁场,A、B、C、D是均匀分布在圆上的四个点.带正电的粒子从A点以一定的速度对准圆心O进入磁场,从D点离开磁场.不计粒子的重力.以下说法中正确的选项是()A.只改变粒子的带电性质,粒子在磁场中运动时间不变B.只改变粒子进入磁场时速度的方向,粒子仍从D点射出磁场C.只改变粒子进入磁场时速度的方向,粒子出磁场时速度方向不变D.只增大粒子进入磁场时速度的大小,粒子在磁场中运动时间变长【解析】粒子从A点向圆心射入,出磁场时速度的反向延长线过圆心,根据轨迹特点得出粒子在磁场中运动圆周,只改变粒子带电性质,粒子还是运动圆周,运动时间不变,A项正确;粒子速度不变时,轨道半径不变,等于圆形区域的半径,当改变速度方向时,把出入磁场时轨迹的半径和圆形区域的半径画出,发现对应四边形为菱形,射出速度方向与OD平行,B项错误,C项正确;只增大粒子进入磁场的速度,轨道半径变大,对应圆心角变小,而粒子运动的周期不变,那么粒子在磁场中运动时间变短,D项错误.【答案】AC典题演示4(多项选择)(2022·淮安二模)如下图,在xOy平面的第Ⅰ象限内存在垂直xOy平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场,两个相同的带电粒子以相同的速度v0先后从y轴上坐标(0,3L)的A点和B点(坐标未知)垂直于y轴射入磁场,在x轴上坐标(L,0)的C点相遇,不计粒子重力及其相互作用.根据题设条件可以确定(A.带电粒子在磁场中运动的半径B.带电粒子的电荷量C.带电粒子在磁场中运动的时间D.带电粒子的质量【解析】对粒子从A点射出画轨迹示意图,由几何关系有(3L-r)2+=r2,可以求出轨道半径,A项正确;由半径公式r=可得出粒子的比荷,但由于磁感应强度不知,故无法求得荷质比,更无法求出电荷量或质量,B、D选项错误;根据几何关系可求出两粒子轨迹对应的圆心角,由半径和圆心角得出弧长,再得出两粒子在磁场中运动时间,C项正确【答案】AC带电粒子在相邻多个磁场中的运动

粒子在相邻多个磁场中连续运动时,会画出不同的轨迹,从复杂的轨迹中找出规律,寻找解决问题的突破口,解这类问题时,关键在于能画出轨迹,弄清楚粒子的运动过程,找出粒子在不同磁场中运动的联系,借助圆周运动的特点解决问题.典题演示5(2022·南师附中)如下图,在Ⅰ、Ⅱ两个区域内存在磁感应强度均为B的匀强磁场,磁场方向分别垂直于纸面向外和向里,边界AC、AD的夹角∠DAC=30°,边界AC与边界MN平行,边界AC处磁场方向垂直纸面向里,Ⅱ区域宽度为d.质量为m、电荷量为+q的粒子在边界AD上距A点d处垂直AD射入Ⅰ区.粒子速度大小为,方向垂直磁场,不计粒子重力,那么粒子在磁场中运动的总时间为()A. B. C. D.【解析】粒子在磁场中做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供,那么Bqv=,解得粒子在磁场中的运动半径r==d,运动轨迹如下图,由几何知识可知粒子在Ⅰ区的轨迹与AC相切,而AC的磁场方向垂直纸面向里,所以粒子在在AC边进入磁场Ⅱ区,粒子在Ⅰ区、Ⅱ区的轨迹圆心角分别为θ1=、θ2=,运动时间分别为t1=·=、t2=·=,粒子运动的总时间为t1+t2=,选项C正确.【答案】C典题演示6(2022·常州一模)如下图,多个有界匀强磁场区域和无场区域平行间隔排列,其中磁场的宽度均为d,无场区域的宽度均为d0,磁场方向垂直纸面向内,长度足够长,磁感应强度为B.在区域1磁场中,一个带负电的粒子从边界上的A点沿边界方向射出,粒子质量为m,电荷量为-q,不计重力.(1)如果粒子只在区域1中运动,求粒子射出的最大速度.(2)如果粒子从A点射出后,经过区域1、2、3后又回到A点,求它运动一周的周期.(3)如果粒子从A点射出后还能再次返回A点,求粒子从A点射出时速度的大小.【解析】(1)当粒子只在第一区域内运动时,粒子运动轨迹的最大半径为Rm=,由Bqvm=,可得vm=.(2)粒子经过1、2、3区域,且能回到A点,那么运动的轨迹半径R=d,即=d,那么v=,所以有T==.(3)当粒子从区域1返回A点,vm≤.设经过n个磁场区域后,粒子开始返回,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·新课标Ⅰ卷)两相邻的匀强磁场区域的磁感应强度大小不同,方向平行.一速度方向与磁感应强度方向垂直的带电粒子(不计重力),从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后,粒子的()A.轨道半径减小,角速度增大B.轨道半径减小,角速度减小C.轨道半径增大,角速度增大D.轨道半径增大,角速度减小【解析】由于磁场方向与速度方向垂直,粒子只受洛伦兹力作用,带电粒子在磁场中所受的洛伦兹力提供所需的向心力qvB=m,得到轨道半径r=,由于洛伦兹力不做功,故带电粒子的线速度v不变,当粒子从较强磁场区域到较弱磁场区域后,B减少时,r增大;由角速度ω=可判断角速度减小.应选项D正确.【答案】D2.如下图为半径为R的一圆柱形匀强磁场区域的横截面(纸面),磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面向外.一电荷量为q(q>0)、质量为m的粒子沿平行于直径ab的方向射入磁场区域,射入点与ab的距离为.粒子射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为60°,那么粒子的速率为(不计重力)()A. B.C. D.【解析】粒子带正电,根据左手定那么,判断出粒子受到的洛伦兹力方向向右,轨迹如下图.入射点与圆心连线与初速度方向夹角为30°,初速度方向与轨迹所对弦的夹角也为30°,所以轨迹半径r=R,由Bqv=m得v==,故B对.【答案】B3.(2022·四川卷)如下图,正六边形abcdef区域内有垂直于纸面的匀强磁场.一带正电的粒子从f点沿fd方向射入磁场区域.当速度大小为vb时,从b点离开磁场,在磁场中运动的时间为tb;当速度大小为vc时,从c点离开磁场,在磁场中运动的时间为tc,不计粒子重力.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】带正电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,运动轨迹如下图,由几何关系得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,应选项A正确,B、C、D项错误.【答案】A4.(2022·苏北四市一模)如下图为洛伦兹力演示仪的结构图.励磁线圈产生的匀强磁场方向垂直纸面向外,电子束由电子枪产生,其速度方向与磁场方向垂直.电子速度的大小和磁场强弱可分别由通过电子枪的加速电压和励磁线圈的电流来调节.以下说法中正确的选项是()A.仅增大励磁线圈中电流,电子束径迹的半径变大B.仅提高电子枪加速电压,电子束径迹的半径变大C.仅增大励磁线圈中电流,电子做圆周运动的周期将变大D.仅提高电子枪加速电压,电子做圆周运动的周期将变大【解析】仅增大线圈中电流,电子所在区域的磁场增强,由R=得出当B变大时半径变小,A项错误;由T=得出B变大时,周期变小,C项错误;仅提高电子枪加速电压,由Uq=mv2得出电子的出射速度变大,由R=得出v变大时半径变大,由T=得出周期与速度无关,B项正确,D项错误.【答案】B5.(2022·全国卷Ⅲ)平面OM和平面ON之间的夹角为30°,其横截面(纸面)如下图,平面OM上方存在匀强磁场,磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面向外.一带电粒子的质量为m,电荷量为q(q>0).粒子沿纸面以大小为v的速度从OM的某点向左上方射入磁场,速度与OM成30°角.该粒子在磁场中的运动轨迹与ON只有一个交点,并从OM上另一点射出磁场.不计重力.粒子离开磁场的出射点到两平面交线O的距离为()A. B. C. D.【解析】设射入磁场的入射点为A,延长入射速度v所在直线交ON于一点C,那么轨迹圆与AC相切,由于轨迹圆只与ON有一个交点,所以轨迹圆与ON相切,所以轨迹圆的圆心必在∠ACD的角平分线上,作出轨迹圆如下图,其中O'为圆心,B为出射点,由几何关系可知∠O'CD=30°,Rt△O'DC中,CD=O'D·cot30°=R,由对称性知,AC=CD=R,等腰△ACO中,OA=2AC·cos30°=3R,等边△O'AB中,AB=R,所以OB=OA+AB=4R,由qvB=m得R=,所以OB=,D项正确【答案】D6.(多项选择)(2022·山西四校联考改编)如下图,在平面直角坐标系中有一个垂直纸面向里的圆形匀强磁场,其边界过原点O和y轴上的点a(0,L).一质量为m、电荷量为e的电子从a点以初速度v0平行于x轴正方向射入磁场,并从x轴上的b点射出磁场,此时速度的方向与x轴正方向的夹角为60°.以下说法中正确的选项是()A.电子在磁场中运动的时间为B.电子在磁场中运动的时间为C.磁场区域的圆心坐标为D.电子在磁场中做圆周运动的圆心坐标为(0,-2【解析】电子的轨迹半径为R,由几何知识,Rsin30°=R-L,得R=2L电子在磁场中运动时间t=,而T=,得t=,故A错误,B正确;设磁场区域的圆心坐标为(x,y)其中x=Rcos30°=L,y=,所以磁场圆心坐标为,故C正确;根据几何三角函数关系可得R-L=Rcos60°,解得R=2L,所以电子的圆周运动的圆心坐标为(0,-L【答案】BC温馨提示:趁热打铁,事半功倍.请老师布置同学们及时完成?配套检测与评估?中的练习.微小专题5带电粒子在磁场中运动的临界极值与多解问题(本微小专题对应学生用书第144146页)带电粒子在磁场中运动的临界极值问题

1.常见三种临界模型草图2.分析临界问题时的注意点从关键词、语句找突破口,审题时一定要抓住题干中“恰好〞“最大〞“至少〞“不脱离〞等词语,挖掘其隐藏的规律.如:①刚好穿出磁场边界的条件是带电粒子在磁场中运动的轨迹与边界相切.②当速率v一定时,弧长(或弦长)越长,圆心角越大,那么带电粒子在有界磁场中运动的时间越长.③当速率v变化时,圆心角大的,运动时间长.④直径是圆的最大弦.3.临界问题的一般解题思路首先根据粒子的运动轨迹,运用动态思维,作出临界轨迹图;其次寻找几何关系,分析临界条件,总结临界点的规律;最后应用数学知识和相应物理规律分析临界量列出方程.典题演示1(2022·海南卷)如下图,A、C两点分别位于x轴和y轴上,∠OCA=30°,OA的长度为L.在△OCA区域内有垂直于xOy平面向里的匀强磁场.质量为m、电荷量为q的带正电粒子,以平行于y轴的方向的速度从OA边射入磁场.粒子从某点入射时,恰好垂直于OC边射出磁场,且粒子在磁场中运动的时间为t0.不计重力.(1)求磁场的磁感应强度的大小.(2)假设粒子先后从两不同点以相同的速度射入磁场,恰好从OC边上的同一点射出磁场,求该粒子这两次在磁场中运动的时间之和.(3)假设粒子从某点射入磁场后,其运动轨迹与AC边相切,且在磁场内运动的时间为t0,求粒子此次入射速度的大小.【解析】(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动,在时间t0内其速度方向改变了90°,故其周期T=4t0①设磁感应强度大小为B,粒子速度大小为v,圆周运动的半径为r.由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得qvB=m,②匀速圆周运动速度满足v=,③联立①②③式得B=.④(2)设粒子从OA边两个不同位置射入磁场,能从OC边上的同一点P射出磁场,粒子在磁场中运动的轨迹如图(a)所示.设两轨迹所对应的圆心角分别为θ1和θ2.由几何关系有θ1=180°-θ2,⑤粒子两次在磁场中运动的时间分别为t1与t2,那么图(a)图(b)t总=t1+t2==2t0⑥(3)如图(b)所示,由题给条件可知,该粒子在磁场区域中的轨迹圆弧对应的圆心角为150°.设O'为圆弧的圆心,圆弧的半径为r0,圆弧与AC相切于B点,从D点射出磁场,由几何关系和题给条件可知此时有∠OO'D=∠BO'A=30°,⑦r0cos∠OO'D+=L,⑧设粒子此次入射速度的大小为v0,由圆周运动规律v0=,⑨联立①⑦⑧⑨式得v0=.⑩【答案】(1)(2)2t0(3)题组训练11.(多项选择)(2022·泰州中学)如下图,边长为L的正方形区域abcd内存在着匀强磁场.一个质量为m、电荷量为q、初速度为v0的带电粒子从a点沿ab方向进入磁场,不计重力,那么()A.假设粒子恰好从c点离开磁场,那么磁感应强度B=B.假设粒子恰好从d点离开磁场,那么磁感应强度B=C.假设粒子恰好从bc边的中点离开磁场,那么磁感应强度B=D.粒子从c点离开磁场时的动能大于从bc边的中点离开磁场时的动能【解析】假设粒子恰好从c点离开磁场,轨迹半径r=L,由r=,得磁感应强度B=,A错误;假设粒子恰好从d点离开磁场,轨迹半径r=,由r=,得磁感应强度B=,B正确;假设粒子恰好从bc边的中点离开磁场,其运动轨迹如下图,由几何知识得r2=+L2,可得r=L,由r=得磁感应强度B=,C正确;该题改变的是磁感应强度,粒子的入射速度是不变的,由于洛伦兹力不做功,不能改变粒子的动能,所以粒子从c点离开磁场时和从bc边的中点离开磁场时的动能相等,D错误.【答案】BC2.(多项选择)(2022·金陵中学)如下图,以直角三角形AOC为边界的有界匀强磁场区域,磁感应强度为B,∠A=60°,AO=L,在O点放置一个粒子源,可以向各个方向发射某种带负电粒子(不计重力作用),粒子的比荷为,发射速度大小都为v0,且满足v0=.粒子发射方向与OC边的夹角为θ.对于粒子进入磁场后的运动,以下说法中正确的选项是()A.粒子有可能打到A点B.以θ=60°飞入的粒子在磁场中运动时间最短C.以θ<30°飞入的粒子在磁场中运动的时间都相等D.在AC边界上只有一半区域有粒子射出【解析】根据Bqv0=m,又v0=,可得r==L,又OA=L,所以当θ=60°时,粒子经过A点,所以A正确;根据粒子运动的时间t=T,圆心角越大,时间越长,粒子以θ=60°飞入磁场中时,粒子从A点飞出,轨迹圆心角等于60°,圆心角最大,运动的时间最长,所以B错误;当粒子沿θ=0°飞入磁场中,粒子恰好从AC中点飞出,在磁场中运动时间也恰好是,θ从0°到60°在磁场中运动时间先减小后增大,在AC边上有一半区域有粒子飞出,所以C错误,D正确.【答案】AD3.(2022·南通、泰州一模)如下图,竖直放置的平行金属板A、B间电压为U0,在B板右侧CDMN矩形区域存在竖直向下的匀强电场,DM边长为L,CD边长为L,紧靠电场右边界存在垂直纸面水平向里的有界匀强磁场,磁场左右边界为同心圆,圆心O在CDMN矩形区域的几何中心,磁场左边界刚好过M、N两点.质量为m、电荷量为+q的带电粒子,从A板由静止开始经A、B极板间电场加速后,从边界CD中点水平向右进入矩形区域的匀强电场,飞出电场后进入匀强磁场.当矩形区域中的场强取某一值时,粒子从M点进入磁场,经磁场偏转后从N点返回电场区域,且粒子在磁场中运动轨迹恰与磁场右边界相切,粒子的重力忽略不计,取sin37°=0.6,cos37°=0.8.(1)求粒子离开B板时的速率v1.(2)求磁场右边界圆周的半径R.(3)将磁感应强度大小和矩形区域的场强大小改变为适当值时,粒子从MN间飞入磁场,经磁场偏转返回电场前,在磁场中运动的时间有最大值,求此最长时间tm.【解析】(1)粒子从A到B的加速过程中,由动能定理有qU0=m-0解得v1=(2)如下图,粒子刚好沿着磁场右边界到达N点图中tanθ==θ=37°带电粒子在磁场中做圆周运动的半径r=tanθ=L那么R=+r=L(3)粒子从同一点离开电场时,在磁场中运动轨迹与右边界相切时弧长最长,运动时间也最长;粒子从不同点离开电场,在磁场中运动轨迹与右边界相切时弧长最长,且当矩形区域场强为零时,粒子进入磁场时速度最小,粒子在磁场中运动的时间最长,那么tm=·解得tm=·【答案】(1)(2)L(3)·带电粒子在磁场中运动的多解问题

1.带电粒子在磁场中运动的多解模型类型分析图例带电粒子电性不确定受洛伦兹力作用的带电粒子,可能带正电荷,也可能带负电荷,在相同的初速度下,正、负粒子在磁场中运动轨迹不同,形成多解如图,带电粒子以速度v垂直进入匀强磁场:如带正电,其轨迹为a;如带负电,其轨迹为b磁场方向不确定在只知道磁感应强度大小,而未具体画出磁感应强度方向,此时必须要考虑磁感应强度方向不确定而形成的多解如图,带正电粒子以速度v垂直进入匀强磁场,假设B垂直纸面向里,其轨迹为a;假设B垂直纸面向外,其轨迹为b临界状态不唯一带电粒子在洛伦兹力作用下飞越有界限磁场时,由于粒子运动轨迹是圆弧状,因此它可能穿过去,也可能旋转过180°从入射界面这边反向飞出,于是形成多解运动具有周期性带电粒子在局部是电场、局部是磁场空间运动时,往往运动具有周期性,因而形成多解2.处理多解模型的解题技巧(1)分析题目特点,确定题目多解形成的原因.(2)作出粒子运动轨迹示意图.(全面考虑多种可能)(3)假设为周期性的多解问题,注意寻找通项式,假设是出现几种解的可能性,注意每种解出现的条件.典题演示2(2022·江苏卷)某装置用磁场控制带电粒子的运动,工作原理如下图.装置的长为L,上下两个相同的矩形区域内存在匀强磁场,磁感应强度大小均为B、方向与纸面垂直且相反,两磁场的间距为d.装置右端有一收集板,M、N、P为板上的三点,M位于轴线OO'上,N、P分别位于下方磁场的上、下边界上.在纸面内,质量为m、电荷量为-q的粒子以某一速度从装置左端的中点射入,方向与轴线成30°角,经过上方的磁场区域一次,恰好到达P点.改变粒子入射速度的大小,可以控制粒子到达收集板上的位置.不计粒子的重力.(1)求磁场区域的宽度h.(2)欲使粒子到达收集板的位置从P点移到N点,求粒子入射速度的最小变化量Δv.(3)欲使粒子到达M点,求粒子入射速度大小的可能值.【解析】(1)设粒子在磁场中的轨道半径为r根据题意L=3rsin30°+3dcos30°且h=r(1-cos30°),解得h=.(2)设改变入射速度后粒子在磁场中的轨道半径为r'm=qvB,m=qv'B,由题意知3rsin30°=4r'sin30°,解得Δv=v-v'=.(3)设粒子经过上方磁场n次,由题意知L=(2n+2)dcos30°+(2n+2)rnsin30°,且m=qvnB,解得vn=.【答案】(1)(2)(3)(1≤n≤-1,n取整数)题组训练21.(2022·徐州一中)如下图,在无限长的竖直边界AC和DE间,上、下局部分别充满方向垂直于ADEC平面向外的匀强磁场,上局部区域的磁感应强度大小为B0,OF为上、下磁场的水平分界线.质量为m、带电荷量为+q的粒子从AC边界上与O点相距为a的P点垂直于AC边界射入上方区域,经OF上的Q点第一次进入下方区域,Q与O点的距离为3a.不考虑粒子重力(1)求粒子射入时的速度大小.(2)要使粒子不从AC边界飞出,求下方区域的磁感应强度B1应满足的条件.(3)假设下方区域的磁感应强度B=3B0,粒子最终垂直DE边界飞出,求边界DE与AC间距离的可能值.【解析】(1)设粒子在OF上方做圆周运动半径为R,由几何关系可知R2-(R-a)2=(3a)2所以R=5a由牛顿第二定律可知qvB0=m,解得v=.(2)当粒子恰好不从AC边界飞出时,设粒子在OF下方做圆周运动的半径为r1,由几何关系得r1+r1cosθ=3acosθ=,所以r1=.根据qvB1=,解得B1=.当B1>时,粒子不会从AC边界飞出.(3)当B=3B0时,粒子在OF下方的运动半径为r=a.设粒子的速度方向再次与射入磁场时的速度方向一致时的位置为P1,那么P与P1的连线一定与OF平行,根据几何关系知=4a所以假设粒子最终垂直DE边界飞出,边界DE与AC间的距离为L=n=4na(n=1,2,3,…).【答案】(1)(2)B1>(3)4na(n=1,2,3,…)2.(2022·苏北四市三模)如图(a)所示,匀强磁场垂直于xOy平面,磁感应强度B1按图(b)所示规律变化(垂直于纸面向外为正).t=0时,一比荷为=1×105C/kg的带正电粒子从原点沿y轴正方向射入,速度大小v=5×10(1)求带电粒子在匀强磁场中运动的轨道半径.(2)求t=×10-4s时带电粒子的坐标.(3)保持b中磁场不变,再加一垂直于xOy平面向外的恒定匀强磁场B2,其磁感应强度为0.3T,在t=0时,粒子仍以原来的速度从原点射入,求粒子回到坐标原点的时刻.图(a)图(b)【解析】(1)带电粒子在匀强磁场中运动,洛伦兹力提供向心力qvB1=m,代入数据解得r=1m.(2)带电粒子在磁场中运动的周期T0==×10-4s.在0×10-4s过程中,粒子运动了,圆弧对应的圆心角θ1=,在×10-4s×10-4s过程中,粒子又运动了,圆弧对应的圆心角θ2=,轨迹如图(a)所示,根据几何关系可知图(a)横坐标:x=2r+2rsin=(2+)m≈3.纵坐标:y=-2rcos=-m≈-1带电粒子的坐标为(3.41m,-1(3)施加B2=0.3T的匀强磁场与原磁场叠加后,如图(b)所示图(b)①当nT≤t<nT+(n=0,1,2,…)时T1==×10-4s.②当nT+≤t<(n+1)T(n=0,1,2,…)时T2==π×10-4s.粒子运动轨迹如图(c)所示,那么粒子回到原点的时刻为图(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,…)温馨提示:趁热打铁,事半功倍.请老师布置同学们及时完成?配套检测与评估?中的练习.特别筹划计算题突破(三)——带电粒子在复合场中的运动(本特别筹划对应学生用书第147153页)考纲解读1.会分析速度选择器、磁流体发电机、质谱仪、盘旋加速器等磁场的实际应用问题.2.会分析带电粒子在组合场、叠加场中的运动问题.根底梳理1.复合场(1)叠加场:电场、、重力场共存或其中某两场共存.

(2)组合场:电场与磁场各位于一定的区域内,并不重叠或在同一区域,电场、磁场出现.

2.三种场的比拟工程名称力的特点功和能的特点重力场大小:G=方向:

重力做功与无关重力做功改变物体的

静电场大小:F=

方向:a.正电荷受力方向与场强方向

b.负电荷受力方向与场强方向

电场力做功与无关

W=

电场力做功改变

磁场洛伦兹力F=

方向可用定那么判断

洛伦兹力不做功,不改变带电粒子的

3.质谱仪(1)构造:如下图,由粒子源、加速电场、偏转磁场和照相底片等构成.(2)原理:粒子由静止被加速电场加速,qU=mv2.粒子在磁场中做匀速圆周运动,有qvB=m.由以上两式可得r=,m=,=.

4.盘旋加速器(1)构造:如下图,D1、D2是半圆形金属盒,D形盒的缝隙处接交流电源,D形盒处于匀强磁场中.(2)原理:交流电源的周期和粒子做圆周运动的周期相等,粒子经电场加速,经磁场盘旋,由qvB=m,得Ekm=,可见粒子获得的最大动能由磁感应强度B和D形盒半径r决定,与加速电压无关.

5.磁流体发电机(1)磁流体发电是一项新兴技术,它可以把直接转化为电能.

(2)根据左手定那么,如图中的B是发电机.

(3)磁流体发电机两极板间的距离为l,等离子体速度为v,磁场的磁感应强度为B,那么由qE=q=qvB得两极板间能到达的最大电势差U=.

6.电磁流量计工作原理:如下图,圆形导管直径为d,用制成,导电液体在管中向左流动,导电液体中的自由电荷(正、负离子)在洛伦兹力的作用下横向偏转,a、b间出现电势差,形成电场,当自由电荷所受的电场力和洛伦兹力平衡时,a、b间的电势差就保持稳定,即qvB==,所以v=,因此液体流量Q=Sv=·=.

7.霍尔效应在匀强磁场中放置一个矩形截面的载流导体,当与电流方向垂直时,导体在与磁场、电流方向都垂直的方向上出现了,这种现象称为霍尔效应,所产生的电势差称为霍尔电势差,其原理如下图.

1.(1)磁场(2)交替2.mg竖直向下路径重力势能qE相同相反路径qU电势能qvB左手动能3.(2)4.5.(1)内能(2)正极(3)Blv6.非磁性材料qEq7.磁场方向电势差带电粒子在组合场中的运动

1.“磁偏转〞和“电偏转〞的区别电偏转磁偏转偏转条件带电粒子以v⊥E进入匀强电场带电粒子以v⊥B进入匀强磁场受力情况只受恒定的电场力只受大小恒定的洛伦兹力运动轨迹抛物线圆弧物理规律类平抛知识、牛顿第二定律牛顿第二定律、向心力公式根本公式L=vty=at2a=tanθ=qvB=mr=T=t=sinθ=做功情况电场力既改变速度方向,也改变速度的大小,对电荷要做功洛伦兹力只改变速度方向,不改变速度的大小,对电荷永不做功物理图象2.带电粒子在组合场中的运动问题,关键是要按顺序对题目给出的运动过程进行分段分析,把复杂问题分解成一个一个简单、熟悉的问题来求解,对于由几个阶段共同组成的运动还应注意衔接处的运动状态.解决带电粒子在组合场中运动问题的思路方法:典题演示1(2022·泰州期初摸底)如图,直线MN上方有平行于纸面且与MN成45°的有界匀强电场,电场强度E大小未知,MN下方为方向垂直于纸面向里的有界匀强磁场,磁感应强度大小为B.今从MN上的O点向磁场中射入一个速度大小为v、方向与MN成45°角的带正电粒子,该粒子在磁场中运动时的轨道半径为R.假设该粒子从O点出发记为第一次经过直线MN,而第五次经过直线MN时恰好又通过O点.不计粒子的重力.求:(1)电场强度的大小.(2)该粒子再次从O点进入磁场后,运动轨道的半径.(3)该粒子从O点出发再次回到O点所需的时间.【解析】(1)粒子的运动轨迹如图,先是一段半径为R的圆弧到a点,接着恰好逆电场线匀减速运动到b点速度为零再返回a点速度仍为v,再在磁场中运动一段圆弧到c点,之后垂直电场线进入电场做类平抛运动.易知,=2R,类平抛运动的垂直和平行电场方向的位移都为s⊥=s∥=sin45°=2R,①所以类平抛运动时间为t3==,②又s∥=a=,③再者R=,④由①②③④可得E=vB.⑤(2)由平抛知识得tanβ=2tanα=2,所以v∥=vtanβ=2v.(或v∥=at3=·=!=2v)v'==v.那么第五次过MN进入磁场后的圆弧半径R'==R.(3)粒子在磁场中运动的总时间为t1=,⑥粒子在电场中的加速度为a==,粒子在做直线运动所需时间为t2===,⑦由②⑥⑦式求得粒子从出发到第五次到达O点所需时间t=t1+t2+t3=(2+π).【答案】(1)vB(2)R(3)(2+π)题组训练11.(2022·无锡一模)如下图,在平面中有一点P(4m,3m),OP所在直线下方有垂直于纸面向里的匀强磁场,OP上方有平行于OP向上的匀强电场,电场强度E=100V/m.现有质量为m=1×10-6kg,电荷量q=2×10-3C带正电粒子,从坐标原点O以初速度v=1×103m/s垂直于磁场方向射入磁场,经过P点时速度方向与OP垂直,并进入电场,在经过电场中的(1)磁感应强度的大小.(2)P、M两点间的电势差.(3)粒子从O点运动到M点的时间.【解析】(1)因为粒子过P时垂直于OP,所以OP为粒子圆周运动的直径,其值为5m.由qvB=m得B=0.2T.(2)粒子进入电场后,做类平抛运动.由于EkM=2EkO,且EkO=EkP,由动能定理EkM-EkP=qUPM,代入数据得UPM=250V.(3)粒子在磁场中从O到P的运动时间为t1=,T=,代入数据得t1=7.85×10-3s.求粒子在电场从P到M的时间,可以从沿电场方向思考:UPM=Ed,d=a,a=,代入数据得t2=0.5×10-2s.所以从O到M的总时间t=t1+t2=1.285×10-2s.【答案】(1)0.2T(2)250V(3)1.285×10-2s2.(2022·南京三校联考)如下图,区域Ⅰ中有竖直向上的匀强电场,电场强度为E;区域Ⅱ内有垂直纸面向外的水平匀强磁场,磁感应强度为B;区域Ⅲ中有垂直纸面向里的水平匀强磁场,磁感应强度为2B.一质量为m、带电荷量为q的带负电粒子(不计重力)从左边界O点正上方的M点以速度v0水平射入电场,经水平分界线OP上的A点与OP成60°角射入Ⅱ区域的磁场,并垂直竖直边界CD进入Ⅲ区域的匀强磁场中.求:(1)粒子在Ⅱ区域匀强磁场中运动的轨道半径.(2)O、M间的距离.(3)粒子从第一次进入区域Ⅲ到离开区域Ⅲ所经历的时间t3.【解析】(1)粒子在匀强电场中做类平抛运动,设粒子过A点时速度为v,由类平抛规律知v==2v0,粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动,由牛顿第二定律得Bqv=m,所以R=.(2)设粒子在电场中运动时间为t1,加速度为a,那么有qE=ma,v0tan60°=at1,即t1=,O、M两点间的距离为L=a=.(3)设粒子在Ⅲ区域磁场中运行时间为t3,粒子在Ⅲ区域磁场中运行周期为T3,那么T3=,可得R3=,那么t3=T3,可得t3=.【答案】(1)(2)(3)带电粒子在叠加场中的运动

1.带电粒子在叠加场中无约束情况下的运动情况分类(1)磁场力、重力并存①假设重力和洛伦兹力平衡,那么带电体做匀速直线运动.②假设重力和洛伦兹力不平衡,那么带电体将做复杂的曲线运动,因F洛不做功,故机械能守恒,由此可求解问题.(2)电场力、磁场力并存(不计重力的微观粒子)①假设电场力和洛伦兹力平衡,那么带电体做匀速直线运动.②假设电场力和洛伦兹力不平衡,那么带电体将做复杂的曲线运动,因F洛不做功,可用动能定理求解问题.(3)电场力、磁场力、重力并存①假设三力平衡,一定做匀速直线运动.②假设重力与电场力平衡,一定做匀速圆周运动.③假设合力不为零且与速度方向不垂直,将做复杂的曲线运动,因F洛不做功,可用能量守恒或动能定理求解问题.2.带电粒子在复合场中有约束情况下的运动带电体在复合场中受轻杆、轻绳、圆环、轨道等约束的情况下,常见的运动形式有直线运动和圆周运动,此时解题要通过受力分析明确变力、恒力做功情况,并注意洛伦兹力不做功的特点,运用动能定理、能量守恒定律结合牛顿运动定律求解问题.典题演示2(2022·苏锡常镇二模)科学工作者常常用介质来显示带电粒子的径迹.如下图,平面内存在着垂直于纸面向外的匀强磁场,磁感应强度B=4×10-2T.x轴上方为真空,x轴下方充满某种不导电的介质并置于沿x轴方向的匀强电场中,粒子在介质中运动时会受到大小为f=kv的粘滞阻力.y轴上P(0,0.08m)点存在一个粒子源,能沿纸面向各个方向发射质量m=1.6×10-25kg、带电荷量q=+1.6×10-19C且速率相同的粒子.沿x轴正方向射出的一个粒子,经过磁场偏转后从(1)求该粒子源发射粒子的速率.(2)求k的值,并指出进入介质的其他粒子最终的运动情况.(能给出相关参量的请给出参量的值)(3)假设撤去介质中的电场,求进入介质的粒子在介质中运动的轨迹长度l.【解析】(1)(R-0.08)2+0.162=R2,R=0.qvB=,v=8×103m(2)设粒子进入介质的速度方向与x轴的夹角为θsinθ==0.8,θ=53°,如图,kv=qvBtan37°,k=4.8×10-21N·s/m.其他粒子在介质中最终做匀速直线运动,末速度大小都为v=8×103方向与x轴正方向成53°.或:介质中其他粒子最终都和上述粒子的速度大小、方向一样做匀速直线运动.(注:理由是进入介质的任意方向的速度都可以分解为方向与x轴正方向成53°、速度大小为v的一个分运动,和另一个分运动,前一个分运动为匀速运动,另—个分运动由于受黏滞阻力的分力最终速度减小为0.或:洛伦兹力不做功、黏滞阻力做负功、电场力总功为正功,最终在速度大小为v、方向与x轴正方向成53°时实现平衡做匀速运动.)(3)在切向应用牛顿第二定律有kv=mat,kv=m(在这里Δv是速度大小的变化),kvΔt=mΔv,kl=mv-0,l==m=0.【答案】(1)8×103m/s(2)4.8×1021N·s/m运动情况略题组训练21.(2022·南师附中)如下图,套在足够长的绝缘粗糙直棒上的带正电小球,其质量为m,带电荷量为q,小球可在棒上滑动.现将此棒竖直放入沿水平方向的且互相垂直的匀强磁场和匀强电场中.设小球电荷量不变,小球由棒的下端以某一速度上滑的过程中一定有()A.小球加速度一直减小B.小球的速度先减小,直到最后匀速C.杆对小球的弹力一直减小D.小球受到的洛伦兹力一直减小【解析】小球上滑的过程中,在竖直方向上受到竖直向下的重力和摩擦力作用,所以小球的速度一直减小,根据公式F洛=qvB,小球所受洛伦兹力一直减小,选项B错误,选项D正确;在水平方向上,小球共受到水平向右的电场力、水平向左的洛伦兹力和杆的弹力三个力的作用,三力的合力为零,如果刚开始,小球的初速度较大,其洛伦兹力大于电场力,杆对小球的弹力水平向右,大小FN=F洛-F会随着速度的减小而减小,小球的加速度也一直减小;如果刚开始小球的初速度较小,其洛伦兹力小于电场力,杆对小球的弹力水平向左,大小FN=F-F洛会随着速度的减小而增大,小球的加速度也一直增大,可见,选项A、C错误.【答案】D2.(2022·南师附中)如下图,在竖直平面内,水平x轴的上方和下方分别存在方向垂直纸面向外和方向垂直纸面向里的匀强磁场,其中x轴上方的匀强磁场磁感应强度大小为B1,并且在第一象限和第二象限有方向相反、强弱相同的平行于x轴的匀强电场,电场强度大小为E1.一质量为m的带电小球从y轴上的A(0,L)位置斜向下与y轴负半轴成60°角射入第一象限,恰能做匀速直线运动.(1)判定带电小球的电性,并求出所带电荷量q及入射的速度大小.(2)为使得带电小球在x轴下方的磁场中能做匀速圆周运动,需要在x轴下方空间加一匀强电场,试求所加匀强电场的方向和电场强度的大小.(3)在满足第(2)问的根底上,假设在x轴上安装有一绝缘弹性薄板,并且调节x轴下方的磁场强弱,使带电小球恰好与绝缘弹性板碰撞两次后从x轴上的某一位置返回到x轴的上方,(带电小球与弹性板碰撞时,既无电荷转移,也无能量损失,并且入射方向和反射方向与弹性板的夹角相同)然后恰能匀速直线运动至y轴上的A(0,L)位置,那么弹性板至少多长?求带电小球从A位置出发返回至A位置过程中所经历的时间.【解析】(1)小球在第一象限中的受力分析如下图,所以带电小球的电性为负电.且=tan60°,即q=,=cos60°,即v=.(2)小球假设在x轴下方的磁场中做匀速圆周运动,必须使得电场力与重力二力平衡,即应施加一竖直向下的匀强电场,且电场强度大小满足qE=mg,即E=E1.(3)要想让小球恰好与弹性板发生两次碰撞,并且碰撞后返回x轴上方空间匀速运动到A点,那么其轨迹应该如下图,且由几何关系可知3PD=2ON,==tan60°,联立上述方程解得PD=DN=L,即弹性板长至少为L.设带电小球在x轴下方的磁场中做匀速圆周运动的轨道半径为R,那么2Rcos60°=DN,解得R=L,设在x轴下方的磁场磁感应强度为B,那么满足qBv=,T=,从N点运动到C点的时间为t=3×T,联立上式解得t=,由几何关系可知=cos60°,在第一象限运动的时间t1和第二象限中运动的时间t2相等,且:t2=t1===,所以带电小球从A点出发至回到A点的过程中所经历的总时间为t总=t+t1+t2,联立上述方程解得t总=+.【答案】(1)负电(2)竖直向下E1(3)L+3.(2022·扬州四模)在竖直平面内建立一平面直角坐标系xOy,x轴沿水平方向,如图甲所示.第二象限内有一水平向右的匀强电场,场强为E1.坐标系的第一、四象限内有一正交的匀强电场和匀强交变磁场,电场方向竖直向上,场强E2=E1,匀强磁场方向垂直纸面.处在第三象限的发射装置(图中未画出)竖直向上射出一个比荷=102C/kg的带正电的粒子(可视为质点),该粒子以v0=4m/s的速度从-x上的A点进入第二象限,并以v1=8m/s速度从+y上的C点沿水平方向进入第一象限.取粒子刚进入第一象限的时刻为0时刻,磁感应强度按图乙所示规律变化,(以垂直纸面向外的磁场方向为正方向)取g=10m/s(1)求带电粒子运动到C点的纵坐标值h及电场强度E1.(2)+x轴上有一点D,OD=OC,假设带电粒子在通过C点后的运动过程中不再越过y轴,要使其恰能沿x轴正方向通过D点,求磁感应强度B0及其磁场的变化周期T0.(3)要使带电粒子通过C点后的运动过程中不再越过y轴,求交变磁场磁感应强度B0和变化周期T0的乘积应满足的关系.甲乙【解析】(1)t==0.4s,h=t=0.ax==2g,qE1=2mg,E1=0.2N/C(2)qE2=mg,所以带电粒子在第一象限将做匀速圆周运动,设粒子运动圆轨道半径为R,周期为T,那么由qv1B0=m可得R=,使粒子从C点运动到D点,那么有h=(2n)R=(2n),B0=0.2n(T)(n=1,2,3,…),T=,=,T0===(s)(n=1,2,3,…).(3)当交变磁场周期取最大值而粒子不再越过y轴时可作如图运动情形:由图可知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带电粒子在复合场中的实际应用

不管是速度选择器、盘旋加速器、还是质谱仪、电磁流量计,其实质都是带电粒子在电磁场中的应用实例,解题这类问题思路主要有:(1)力和运动的关系.根据带电体所受的力,运用牛顿第二定律并结合运动学规律求解.(2)功能关系.根据场力及其他外力对带电粒子做功引起的能量变化或全过程中的功能关系解决问题,这条线索不但适用于均匀场,也适用于非均匀场.典题演示3(2022·扬州一模)如下图,虚线框内为某两级串列加速器原理图,abc为长方体加速管,加速管底面宽度为d,加速管的中部b处有很高的正电势,a、c两端均有电极接地(电势为零),加速管出口c右侧距离为d处放置一宽度为d的荧光屏.现让大量速度很小(可认为初速度为零)的负一价离子(电荷量为-e)从a端进入,当离子到达b处时,可被设在b处的特殊装置将其电子剥离,成为三价正离子(电荷量为+3e),而不改变其速度大小.这些三价正离子从c端飞出后进入与其速度方向垂直的、磁感应强度为B的匀强磁场中,其中沿加速管中轴线进入的离子恰能打在荧光屏中心位置,离子质量为m,不计离子重力及离子间相互作用力.(1)求离子在磁场中运动的速度v的大小.(2)求a、b两处的电势差U.(3)实际工作时,磁感应强度可能会与设计值B有一定偏差,假设进入加速器的离子总数为N,那么磁感应强度为0.9B时有多少离子能打在荧光屏上?【解析】(1)三价正离子在磁场中做匀速圆周运动半径r=dqvB=m,r=,v==(2)ac过程,由动能定理得eU+3eU=mv2解得U=(3)磁感应强度为B时,r==d,所有离子全部打在荧光屏上;磁感应强度为0.9B时,r'==r=d打在荧光屏外的离子数为N1=N=N打在荧光屏上的离子数为N【答案】(1)(2)(3)N题组训练31.(多项选择)(2022·南通、泰州、扬州、淮安二模)如下图,含有HHHe的带电粒子束从小孔O1处射入速度选择器,沿直线O1O2运动的粒子在小孔O2处射出后垂直进入偏转磁场,最终打在P1、P2两点.那么()A.打在P1点的粒子是HeB.打在P2点的粒子是H和He