新高考一轮复习人教版专题十磁场课件（76张）

考点一磁场的描述一、磁场1.基本特性:磁场对处于其中的磁体、电流或运动电荷有力的作用。2.方向:小磁针的N极所受磁场力的方向,或磁场中自由小磁针静止时N极

的指向。二、磁感应强度1.定义式:B=

(通电导线垂直于磁场)。2.方向:自由小磁针静止时N极的指向。3.磁感应强度是反映磁场强弱和方向的物理量,由磁场本身决定,是用比

值法定义的。4.磁感应强度是矢量,利用平行四边形定则或正交分解法进行合成或分

解。三、磁感线1.引入:在磁场中画出一些曲线,使曲线上每一点的切线方向都跟这点的

磁感应强度的方向一致,磁感线的疏密反映磁场的强弱。2.特点:磁感线的特点与电场线的特点类似,主要区别在于磁感线是闭合

的曲线。四、几种常见的磁场1.常见磁体的磁场

直线电流的磁场通电螺线管的磁场环形电流的磁场

无磁极、非匀强磁场且距导线越远处磁场越弱与条形磁铁的磁场相似,管内近似为匀强磁场,管外为非匀强磁场环形电流的两侧是等

效小磁针的N极和S极,离圆环越远,磁场越弱

2.电流的磁场考点二磁场对电流的作用一、安培力的方向1.左手定则:伸开左手,使拇指与其余四个手指垂直,并且都与手掌在同一

个平面内。让磁感线从掌心垂直进入,并使四指指向电流的方向,这时拇

指所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向。2.注意问题:磁感线方向不一定垂直于电流方向,但安培力方向一定与磁

场方向和电流方向垂直,即大拇指一定要垂直于磁场方向和电流方向决

定的平面。二、安培力的大小当磁感应强度B的方向与导线方向成θ角时,F=ILBsinθ。1.当磁场与电流垂直时,安培力最大,Fmax=ILB。2.当磁场与电流平行时,安培力等于零。3.L为导线在磁场中的有效长度。如弯曲通电导线的有效长度L等于连接

两端点的线段的长度,相应的电流方向沿两端点连线由始端流向末端,如

图所示。

考点三磁场对运动电荷的作用一、洛伦兹力1.洛伦兹力:磁场对运动电荷的作用力叫洛伦兹力。2.洛伦兹力的方向1)左手定则:磁感线垂直穿入掌心,四指指向正电荷运动的方向或负电荷

运动的反方向,拇指指向洛伦兹力的方向。2)方向特点:F⊥B,F⊥v,即F垂直于B和v所决定的平面。3.洛伦兹力的大小1)v∥B时,洛伦兹力F=0(θ=0°或180°)。2)v⊥B时,洛伦兹力F=qvB(θ=90°)。3)v=0时,洛伦兹力F=0。二、带电粒子在匀强磁场中的运动1.若v∥B,带电粒子不受洛伦兹力,在匀强磁场中做匀速直线运动。2.若v⊥B,带电粒子仅受洛伦兹力作用时,在垂直于磁感线的平面内以入

射速度v做匀速圆周运动。拓展一安培力作用下导体的运动1.判定安培力作用下导体或磁体运动情况的常用方法电流元法分割为电流元

安培力方向→整段导体合力方向→运动方向特殊位置法在特殊位置(如转90°)→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两电流相互平行时无转动趋势,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的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情况【例1】一个可以自由运动的线圈L1和一个固定的线圈L2互相绝缘且两者相互垂直放置,两个线圈的圆心重合,当两线圈通以如图所示的电流时,从左向右看,线圈L1将(

)A.不动

B.顺时针转动C.逆时针转动

D.向纸面内平动解析方法一(电流元分析法)把线圈L1分成上下两部分,每一部分又可以看成无数段直线电流元,电流

元处在L2产生的磁场中,根据安培定则可知各电流元所在处的磁场方向

向上,由左手定则可得,上半部分电流元所受安培力均指向纸外,下半部分

电流元所受安培力均指向纸里,因此从左向右看线圈L1将顺时针转动,故

选B。方法二(等效分析法)把线圈L1等效为小磁针,小磁针的N极应指向磁场方向。由安培定则知L2

产生的磁场方向竖直向上,而L1等效成小磁针,在转动前N极指向纸里,因

此小磁针的N极应由指向纸里转为向上,所以从左向右看,线圈L1将顺时

针转动,故选B。方法三(利用结论法)两线圈中的环形电流之间不平行,则必有相对转动,直到两环形电流同向

平行为止,据此可知,从左向右看,线圈L1将顺时针转动,故选B。2.安培力作用下导体棒的运动分析方法通电导体棒在平行导轨上的受力问题是一种常见的力学综合模型,该模

型一般由导轨、导体棒、电源和电阻等组成。这类题目的难点是题图

具有立体性,因此解题时一定要先把立体图转化成平面图,在平面图上画

受力分析示意图,导体棒若为平衡状态,则由F合=0列方程解题;若为非平衡

状态,则由F合=ma列方程解题。【例2】(2018江苏单科,13,15分)如图所示,两条平行的光滑金属导轨所

在平面与水平面的夹角为θ,间距为d。导轨处于匀强磁场中,磁感应强度

大小为B,方向与导轨平面垂直。质量为m的金属棒被固定在导轨上,距底

端的距离为s,导轨与外接电源相连,使金属棒通有电流。金属棒被松开

后,以加速度a沿导轨匀加速下滑,金属棒中的电流始终保持恒定,重力加

速度为g。求下滑到底端的过程中,金属棒(1)末速度的大小v;(2)通过的电流大小I;(3)通过的电荷量Q。解析(1)匀加速直线运动v2=2as解得v=

(2)安培力F安=IdB由牛顿运动定律得mgsinθ-F安=ma解得I=

(3)运动时间t=

电荷量Q=It解得Q=

拓展二带电粒子在有界磁场中的运动解决此类问题的基本思路:定圆心→画轨迹→由几何关系求半径和

圆心角→利用R=

和T=

分析解题。1.两种方法定圆心方法一:已知入射点、入射方向和出射点、出射方向时,可通过入射点和

出射点作垂直于入射方向和出射方向的直线,两条直线的交点就是圆弧

轨迹的圆心(如图甲所示)。

方法二:已知入射方向和入射点、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,作其中垂线,这两条垂线的交点就是

圆弧轨迹的圆心(如图乙所示)。2.几何知识求半径利用平面几何关系,求出轨迹圆的可能半径(或圆心角),求解时注意以下

几个重要的几何特点。1)粒子速度的偏向角(φ)等于圆心角(α),并等于AB弦与切线的夹角(弦切

角θ)的2倍(如图所示),即φ=α=2θ=ωt。

2)直角三角形的应用(勾股定理)找到AB的中点C,连接O、C,则△ACO、△BCO都是直角三角形。3.两个观点算时间观点一:由运动弧长计算,t=

(l为弧长)。观点二:由旋转角度计算,t=

T(或t=

T)。4.三类边界磁场中的轨迹特点1)直线边界:进出磁场具有对称性。

3)圆形边界:等角进出,沿径向射入必沿径向射出。

①②2)平行边界:存在临界条件。【例3】(2021全国乙,16,6分)如图,圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁

场,质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子从圆周上的M点沿直径MON方

向射入磁场。若粒子射入磁场时的速度大小为v1,离开磁场时速度方向偏

转90°;若射入磁场时的速度大小为v2,离开磁场时速度方向偏转60°。不计重力。则

为

(

)A.

B.

C.

D.

解析根据题意,带电粒子在磁场中运动,洛伦兹力提供其做圆周运动的向

心力,该粒子的运动轨迹如图,设圆形匀强磁场区域的半径为R,则由图中

几何关系可知,粒子以速度v1射入时的轨迹半径r1=R,粒子以速度v2射入时

的轨迹半径r2满足

=tan30°,则r2=

R;又有Bvq=m

,得r=

,所以

=

=

,B正确。拓展三带电粒子在有界磁场中运动的多解问题带电粒子在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动,由于多种因素的影

响,使问题形成多解。1.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。2.磁场方向不确定:只知道磁感应强度大小,而未具体指出磁感应强度方

向,此时必须要考虑磁感应强度方向不确定而形成的多解。3.临界状态不唯一:带电粒子在洛伦兹力作用下飞越有界磁场时,由于粒

子运动轨迹是圆弧状,因此,它可能穿过去了,也可能转过180°从入射界面

这边反向飞出,于是形成多解。4.运动具有周期性:带电粒子在部分是电场,部分是磁场的空间运动时,往

往运动具有周期性,因而形成多解。

【例4】如图甲所示,M、N为竖直放置彼此平行的两块平板,板间距离为

d,两板中央各有一个小孔O、O'正对,在两板间有垂直于纸面方向的磁场,

磁感应强度随时间的变化如图乙所示。有一群正离子在t=0时垂直于M

板从小孔O射入磁场。已知正离子质量为m、带电荷量为q,正离子在磁

场中做匀速圆周运动的周期与磁感应强度变化的周期都为T0,不考虑由

于磁场变化而产生的电场的影响,不计离子所受重力。求:

甲

乙(1)磁感应强度B0的大小;(2)要使正离子从O'垂直于N板射出磁场,正离子射入磁场时的速度v0的可

能值。解析设垂直于纸面向里的磁场方向为正方向。(1)正离子射入磁场,洛伦兹力提供向心力,B0qv0=

做匀速圆周运动的周期T0=

由以上两式得磁感应强度B0=

(2)要使正离子从O'孔垂直于N板射出磁场,v0射出的方向应如图所示,两板

之间正离子只运动一个周期即T0时,有R=

;当两板之间正离子运动n个周期即nT0时,有R=

(n=1,2,3,…)又R=

得正离子的速度的可能值为v0=

=

(n=1,2,3,…)此题中若假设垂直纸面向外的磁场方向为正方向,经分析可知对答案无

影响。拓展四带电粒子在复合场中的运动1.带电粒子在组合场中的运动

“5步”突破带电粒子在组合场中的运动问题【例5】(2021全国甲,25,20分)如图,长度均为l的两块挡板竖直相对放置,

间距也为l,两挡板上边缘P和M处于同一水平线上,在该水平线的上方区

域有方向竖直向下的匀强电场,电场强度大小为E;两挡板间有垂直纸面

向外、磁感应强度大小可调节的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q(q>

0)的粒子自电场中某处以大小为v0的速度水平向右发射,恰好从P点处射

入磁场,从两挡板下边缘Q和N之间射出磁场,运动过程中粒子未与挡板碰撞。已知粒子射入磁场时的速度方向与PQ

的夹角为60°,不计重力。(1)求粒子发射位置到P点的距离;(2)求磁感应强度大小的取值范围;(3)若粒子正好从QN的中点射出磁场,求粒子在磁场中的轨迹与挡板MN

的最近距离。解析(1)将粒子进磁场时的速度分解,可得vy=

=

v=

=

粒子在电场中做类平抛运动在沿电场方向:qE=ma

=2ayvy=at在垂直电场方向:x=v0t合成分位移得d=

解得d=

(2)粒子从Q射出磁场,如图1:r1=

=

粒子从N射出磁场,如图2:r2=

=(

+1)l由洛伦兹力提供向心力可得:qvB=

即B=

由题意知r1<r<r2联立可解得:

<B<

图1

图2(3)粒子从QN的中点A射出,如图3设∠QPA=α,则PA=

l,sinα=

,cosα=

由几何关系可知:r3=

=

l当粒子速度与MN平行时,距MN最近过圆心O3作MN的垂线交轨迹于B点,交MN于C点,则BC=r3sin30°+l-r3=l-

=

l

图3场力的特点功和能的特点

大小:G=mg方向:竖直向下重力做功与路径无关重力做功改变物体的重力势能

大小:F=qE方向:正电荷受力方向与场强方向相同,负电荷受力方向与场强方向相反电场力做功与路径无关W=qU电场力做功改变物体的电势能

大小:F=qvB(v⊥B)方向:可用左手定则判断洛伦兹力不做功,不改变带电粒

子的动能2.带电粒子在叠加场中的运动1)三种场的比较2)关于是否考虑粒子重力的三种情况①对于微观粒子,如电子、质子、离子等,其重力一般情况下与静电力或

磁场力相比太小,可以忽略;而对于一些实际物体,如带电小球、液滴、尘

埃等一般应当考虑其重力。②在题目中有明确说明是否要考虑重力的,按题目要求处理。③不能直接判断是否要考虑重力的,在进行受力分析与运动分析时,要结

合运动状态确定是否要考虑重力。

3)“三步”解决叠加场问题【例6】如图所示,空间中存在着水平向右的匀强电场,电场强度大小E=5

N/C,同时存在着水平方向的匀强磁场,其方向与电场方向垂直,磁感应强度大小B=0.5T。有一带正电的小球,质量m=1×10-6

kg,电荷量q=2×10-6

C,正以速度v在图示的竖直面内做匀速直线运动,当经过P点时撤掉磁场(不考虑磁场消失引起的电磁感应现象),取g=10m/s2。求:(1)小球做匀速直线运动的速度v的大小和方向;(2)从撤掉磁场到小球再次穿过P点所在的这条电场线经历的时间t。解析(1)小球做匀速直线运动时受力如图,其所受的三个力在同一平面内,

合力为零,有

qvB=

①代入数据解得v=20m/s②速度v的方向与电场E的方向之间的夹角θ满足tanθ=

③代入数据解得tanθ=

则θ=60°,速度方向与电场方向成60°角斜向上④(2)解法一:等效重力撤去磁场,小球在重力与电场力的合力作用下做类平抛运动,设其加速度

为a,有a=

⑤设撤掉磁场后小球在初速度方向上的分位移为x,有x=vt

⑥设小球在重力与电场力的合力方向上分位移为y,有y=

at2

⑦a与mg的夹角和v与E的夹角相同,均为θ,又tanθ=

⑧联立④⑤⑥⑦⑧式,代入数据解得t=2

s=3.5s⑨解法二:运动的分解撤去磁场后,由于电场力垂直于竖直方向,它对竖直方向的分运动没有影

响,以P点为坐标原点,竖直向上为正方向,小球在竖直方向上做匀减速运

动,其初速度为vy=vsinθ

⑤若使小球再次穿过P点所在的电场线,仅需小球竖直方向上分位移为零,

则有vyt-

gt2=0

⑥联立⑤⑥式,代入数据解得t=2

s=3.5s⑦拓展五解决带电粒子在交变电场与磁场中运动的方法此类问题的最大特点是带电粒子的运动具有周期性,如带电粒子在

匀强磁场中做匀速圆周运动时,一般只做

圆周、

圆周、

圆周或一周的运动,这样的设计主要是为了使带电粒子的运动过程不至于太复杂。

在解题过程中,抓住上述特点,也就抓住了解决此类问题的关键。【例7】如图甲所示,在xOy坐标系内存在周期性变化的电场和磁场,电场

沿y轴正方向,磁场垂直纸面(以向里为正),电场和磁场的变化规律如图乙

所示。一质量为3.2×10-13kg、电荷量为-1.6×10-10C的带电粒子,在t=0时

刻以v0=8m/s的速度从坐标原点沿x轴正向运动,不计粒子重力,π取3.14。

求:

甲

乙(1)粒子在磁场中运动的周期;(2)t=20×10-3s时粒子的位置坐标;(3)t=24×10-3s时粒子的速度。解析(1)粒子在磁场中运动时qvB=

T=

解得T=

=4×10-3s(2)粒子的运动轨迹如图所示,t=20×10-3s时粒子在坐标系内做了两个圆周

运动和三段类平抛运动

水平位移x=3v0T=9.6×10-2m竖直位移y=

a(3T)2Eq=ma解得y=3.6×10-2m故t=20×10-3s时粒子的位置坐标为(9.6×10-2m,-3.6×10-2m)(3)t=24×10-3s时粒子的速度大小、方向与t=20×10-3s时相同,设与水平方

向夹角为α则v=

vy=3aTtanα=

解得v=10m/s与x轴正向夹角α为37°,斜向右下方应用一探究几个电磁学仪器的工作原理——复合场在现代科技中的应用以探究仪器、仪表的原理及其应用过程中产生的新变化、新问题

为背景进行命题,已成为高考命题中司空见惯的现象,所以,同学们在学习

过程中一定要把常用仪器、仪表的原理理解透彻。本专题涉及的仪器

主要有以下几种:1.速度选择器若qv0B=Eq,即v0=

,带电粒子做匀速直线运动。2.电磁流量计

q=qvB,所以v=

,所以流量Q=vS=

·π

=

。

速度选择器

电磁流量计3.霍尔元件当磁场方向与电流方向垂直时,导体在与磁场、电流方向都垂直的方向

上出现电势差。4.磁流体发电机等离子体射入,受洛伦兹力发生偏转,使两极板带正、负电荷,两极板间电

压为U时稳定,

=qv0B,U=v0Bd。

霍尔元件

磁流体发电机5.质谱仪带电粒子由静止被加速电场加速,qU=

mv2,在磁场中做匀速圆周运动,qvB=m

,则比荷

=

。6.回旋加速器交变电流的周期和带电粒子做圆周运动的周期相同,带电粒子在做圆周运动的过程中每次经过D形盒缝隙都会被加速。若D形盒半径为R,由qvB

=m

得最大动能Ekm=

。

质谱仪

回旋加速器【例1】(2020山东,17,14分)某型号质谱仪的工作原理如图甲所示。M、

N为竖直放置的两金属板,两板间电压为U,Q板为记录板,分界面P将N、Q

间区域分为宽度均为d的Ⅰ、Ⅱ两部分,M、N、P、Q所在平面相互平行,

a、b为M、N上两正对的小孔。以a、b所在直线为z轴,向右为正方向,取z

轴与Q板的交点O为坐标原点,以平行于Q板水平向里为x轴正方向,竖直

向上为y轴正方向,建立空间直角坐标系Oxyz。区域Ⅰ、Ⅱ内分别充满沿

x轴正方向的匀强磁场和匀强电场,磁感应强度大小、电场强度大小分别

为B和E。一质量为m,电荷量为+q的粒子,从a孔飘入电场(初速度视为零),

经b孔进入磁场,过P面上的c点(图中未画出)进入电场,最终打到记录板Q

上。不计粒子重力。(1)求粒子在磁场中做圆周运动的半径R以及c点到z轴的距离L;(2)求粒子打到记录板上位置的x坐标;(3)求粒子打到记录板上位置的y坐标(用R、d表示);(4)如图乙所示,在记录板上得到三个点s1、s2、s3,若这三个点是质子

H、氚核

H、氦核

He的位置,请写出这三个点分别对应哪个粒子(不考虑粒子间的相互作用,不要求写出推导过程)。

甲

乙解析(1)设粒子经加速电场到b孔的速度大小为v,粒子在区域Ⅰ中做匀速

圆周运动对应的圆心角为α,在M、N两金属板间,由动能定理得qU=

mv2①在区域Ⅰ中,粒子做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,由牛顿第二定律

得qvB=m

②联立①②式得R=

③由几何关系得d2+(R-L)2=R2

④cosα=

⑤sinα=

⑥联立①②④式得L=

-

⑦(2)设区域Ⅱ中粒子沿z轴方向的分速度为vz,沿x轴正方向加速度大小为a,

位移大小为x,运动时间为t,由牛顿第二定律得qE=ma⑧粒子在z轴方向做匀速直线运动,由运动合成与分解的规律得vz=vcosα

⑨d=vzt

⑩粒子在x方向做初速度为零的匀加速直线运动,由运动学公式得x=

at2

联立①②⑤⑧⑨⑩

式得x=

(3)设粒子沿y方向偏离z轴的距离为y,其中在区域Ⅱ中沿y方向偏离的距

离为y',由运动学公式得y'=vtsinα

由题意得y=L+y'

联立①④⑥⑨⑩

式得y=R-

+

(4)s1、s2、s3分别对应氚核

H、氦核

He、质子

H的位置。应用二探究“磁聚焦”和“磁发散”的原理——“磁聚焦”在现代科技中的应用1.带电粒子的汇聚——“磁聚焦”的原理如图甲所示,大量的同种带正电的粒子,速度大小相同,平行入射到圆形磁

场区域,如果轨迹圆半径与磁场圆半径相等(R=r),则所有的带电粒子将从

磁场圆的最低点B点射出。证明:从磁场边缘任取一点A,从该点射入磁场的粒子,做圆周运动对应的

圆心为O'。四边形OAO'B为菱形,必是平行四边形,对边平行,OB必平行于

AO'(竖直方向),可知从A点发出的带电粒子必然经过B点。2.带电粒子的发散——“磁发散”的原理如图乙所示,有界圆形磁场的磁感应强度为B,圆心为O,从P点有大量质量

为m、电荷量为q的正粒子,以大小相等的速度v沿不同方向射入有界磁

场,不计粒子的重力,如果正粒子轨迹圆半径与有界圆形磁场半径相等,则所有粒子射出磁场的方向平行。证明:所有粒子运动轨迹的圆心与有界圆圆心O、入射点、出射点的连

线为菱形,也是平行四边形,O1A、O2B、O3C均平行于PO,则出射速度方向

相同(水平方向)。【例2】(2021湖南,13,13分)带电粒子流的磁聚焦和磁控束是薄膜材料制

备的关键技术之一。带电粒子流(每个粒子的质量为m、电荷量为+q)以

初速度v垂直进入磁场,不计重力及带电粒子之间的相互作用。对处在

xOy平面内的粒子,求解以下问题。

图(a)

图(b)(1)如图(a),宽度为2r1的带电粒子流沿x轴正方向射入圆心为A(0,r1)、半径

为r1的圆形匀强磁场中,若带电粒子流经过磁场后都汇聚到坐标原点O,求

该磁场磁感应强度B1的大小;(2)如图(a),虚线框为边长等于2r2的正方形,其几何中心位于C(0,-r2)。在虚

线框内设计一个区域面积最小的匀强磁场,使汇聚到O点的带电粒子流经

过该区域后宽度变为2r2,并沿x轴正方向射出。求该磁场磁感应强度B2的

大小和方向,以及该磁场区域的面积(无需写出面积最小的证明过程);(3)如图(b),虚线框Ⅰ和Ⅱ均为边长等于r3的正方形,虚线框Ⅲ和Ⅳ均为边

长等于r4的正方形。在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ和Ⅳ中分别设计一个区域面积最小的

匀强磁场,使宽度为2r3的带电粒子流沿x轴正方向射入Ⅰ和Ⅱ后汇聚到坐

标原点O,再经过Ⅲ和Ⅳ后宽度变为2r4,并沿x轴正方向射出,从而实现带

电粒子流的同轴控束。求Ⅰ和Ⅲ中磁场磁感应强度的大小,以及Ⅱ和Ⅳ

中匀强磁场区域的面积(无需写出面积最小的证明过程)。解析(1)取任意入射点E,作出运动轨迹如图所示,四边形AEO'O中AE=AO

=r1,∠AEO=∠AOE,O'E∥OA,所以∠O'EO=∠EOA,由此得四边形AEO'O

为菱形,入射粒子在磁场中运动的轨迹半径为r1,得qvB1=m

,解得B1=

。

(2)由第(1)问知,该过程为磁聚焦的逆过程,即磁发散,粒子在磁场区域运

动的轨迹半径r'=r2,磁场方向垂直纸面向里。由qvB2=m

,解得B2=

磁场区域面积为π

。(3)如图所示在区域Ⅰ中,最小磁场区域的边界一部分是由各粒子入射点形成的边界,

由磁聚焦可知是一段半径为r3的圆弧,另一边界是由最上端入射粒子运动

轨迹形成的圆弧,即最小区域是两段

圆弧所围成的。由BⅠqv=m

可得区域Ⅰ的磁感应强度BⅠ=

由几何知识可得磁场区域的面积为SⅠ=

×2=

由对称性可知区域Ⅱ内磁场区域最小面积SⅡ=SⅠ=

同理,在区域Ⅲ、Ⅳ中磁场的磁感应强度为BⅢ=BⅣ=

对应的最小磁场区域面积为SⅢ=SⅣ=

创新点探索临界条件的三种方法——“平移圆”法、“旋转圆”法和“放缩圆”法带电粒子在有界磁场中运动的临界、极值问题,是本专题的难点之

一,突破该难点的方法考验同学们的创新思维能力。以下介绍几种巧妙

的分析方法。一、“平移圆”法探索临界条件1.适用条件:速度大小一定,方向一定,入射点在同一直线上。粒子源发射

速度大小、方向一定,入射点不同但在同一直线上的带电粒子进入匀强

磁场时,它们做匀速圆周运动的半径相同,若入射速度大小为v0,则半径R=

,如图所示(粒子带负电)。2.模型特点:轨迹圆圆心共线。带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆

心在同一直线上,该直线与入射点的连线共线。3.界定方法:将半径为R=

的圆进行平移,从而探索粒子的临界条件,这种方法叫“平移圆”法。【例1】如图所示,在Ⅰ、Ⅱ两个区域内存在磁感应强度大小均为B的匀

强磁场,磁场方向分别垂直于纸面向外和向里,AD、AC边界的夹角∠

DAC=30°,边界AC与边界MN平行,Ⅱ区域宽度为d。质量为m、电荷量为

+q的粒子可在边界AD上的不同点射入,入射速度垂直AD且垂直磁场,若

入射速度大小为

,不计粒子重力,则(

)

A.粒子在磁场中的运动半径为

B.粒子在距A点0.5d处射入,不会进入Ⅱ区域C.粒子在距A点1.5d处射入,在Ⅰ区内运动的时间为

D.能够进入Ⅱ区域的粒子,在Ⅱ区域内运动的最短时间为

解析带电粒子在磁场中的运动半径r=

=d,A错误;设从某处E进入磁场的粒子,其轨迹恰好与AC相切(如图所示),则E点距A点的距离为2d-d=d,粒

子在距A点0.5d处射入,会进入Ⅱ区域,B错误;粒子在距A点1.5d处射入,不

会进入Ⅱ区域,在Ⅰ区域内的轨迹为半圆,运动的时间为t=

=

,C正确;进入Ⅱ区域的粒子,弦长最短的运动时间最短,通过作图分析可知,从A点

进入Ⅱ区域的粒子,在Ⅱ区域运动轨迹的弦长最短,且最短弦长为d,对应

圆心角为60°,最短时间为tmin=

=

,D错误。二、“旋转圆”法探索临界条件1.适用条件:速度大小一定,方向不同。粒子源发射速度大小一定、方向

不同的带电粒子进入匀强磁场时,它们在磁场中做匀速圆周运动的半径

相同,若入射初速度大小为v0,则圆周运动轨迹半径为R=

,如图所示。2.模型特点:轨迹圆圆心共圆。如图(粒子带正电),带电粒子在磁场中做匀

速圆周运动的圆心在以入射点P为圆心、半径R=

的圆上。

3.界定方法:将一半径为R=

的