2020屆高考物理總復(fù)習(xí)第九章磁場9.2磁吃運(yùn)動(dòng)電荷的作用課件新人教版.pptx

第2講 磁場對運(yùn)動(dòng)電荷的作用,【秒判正誤】 (1)只要速度大小相同，所受洛倫茲力就相同。 ( ) (2)如果把+q改為-q，且速度反向，大小不變，則洛倫 茲力的大小、方向均不變。 ( ),(3)洛倫茲力方向一定與電荷速度方向垂直，磁場方向 一定與電荷運(yùn)動(dòng)方向垂直。 ( ) (4)粒子在只受到洛倫茲力作用下運(yùn)動(dòng)的動(dòng)能、速度均 不變。 ( ),(5)若電荷的速度方向與磁場平行，則電荷不受洛倫茲 力。 ( ) (6)洛倫茲力同電場力一樣，可對運(yùn)動(dòng)電荷做正功或負(fù) 功。 ( ),考點(diǎn)1 對洛倫茲力的理解 【典題突破】 題型1 對洛倫茲力的理解 【典例1】(2018岳陽模擬)如圖所示，某空間存在正 交的勻強(qiáng)磁場和勻強(qiáng)電場，電場方向水平向右，磁場 方向垂直紙面向里，一帶電微粒由a點(diǎn)進(jìn)入電磁場并剛,好能沿ab直線向上運(yùn)動(dòng)。下列說法中正確的是 ( ),A.微粒一定帶負(fù)電 B.微粒的動(dòng)能一定減小 C.微粒的電勢能一定增加 D.微粒的機(jī)械能不變,【解題思維】 1.題型特征：平衡狀態(tài)綜合分析。 2.題型解碼： (1)模型構(gòu)建：涉及洛倫茲力動(dòng)態(tài)平衡問題。 (2)方法處理：平衡狀態(tài)下合外力始終為零。,【解析】選A。對該微粒進(jìn)行受力分析得：它受到豎直 向下的重力、水平方向的電場力和垂直速度方向的洛 倫茲力，其中重力和電場力是恒力，由于粒子沿直線 運(yùn)動(dòng)，則可以判斷出其受到的洛倫滋力也是恒定的， 即該粒子是做勻速直線運(yùn)動(dòng)，動(dòng)能不變，所以B項(xiàng)錯(cuò) 誤；如果該微粒帶正電，則受到向右的電場力和向左 下方的洛倫茲力，所以微粒受到的力不會平衡，故該,微粒一定帶負(fù)電，A項(xiàng)正確；該微粒帶負(fù)電，向左上方運(yùn)動(dòng)，所以電場力做正功，電勢能一定是減小的，C項(xiàng)錯(cuò)誤；因?yàn)橹亓菽茉黾樱瑒?dòng)能不變，所以該微粒的機(jī)械能增加，D項(xiàng)錯(cuò)誤。,【觸類旁通】兩個(gè)完全相同的帶等量的正電荷的小球a和b，從同一高度自由落下，分別穿過高度相同的水平方向的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，如圖所示，然后再落到地面上，設(shè)兩球運(yùn)動(dòng)所用的總時(shí)間分別為ta、tb，則 ( ),A.ta=tb B.tatb C.tatb D.條件不足，無法比較,【解析】選C。a球進(jìn)入勻強(qiáng)電場后，始終受到水平向 右的電場力F電=qE作用，這個(gè)力不會改變a在豎直方向 運(yùn)動(dòng)的速度，故它下落的總時(shí)間ta與沒有電場時(shí)自由 下落的時(shí)間相同。b球以某一速度進(jìn)入勻強(qiáng)磁場瞬間它 就受到水平向右的洛倫茲力作用，這個(gè)力只改變速度 方向，會使速度方向向右發(fā)生偏轉(zhuǎn)，又因?yàn)槁鍌惼澚?始終與速度方向垂直，當(dāng)速度方向變化時(shí)，洛倫茲力,的方向也發(fā)生變化，不再沿水平方向。如圖所示為小球b在磁場中某一位置時(shí)的受力情況，從圖中可以看出洛倫茲力F洛的分力F1會影響小球豎直方向的運(yùn)動(dòng)，使豎直下落的加速度減小(小于g)，故其下落的時(shí)間tb大于沒有磁場時(shí)小球自由下落的總時(shí)間。綜上所述，tatb。,題型2 洛倫茲力的計(jì)算 【典例2】一個(gè)質(zhì)量為m=0.1 g的小滑塊，帶有q=5 10-4 C的電荷量，放置在傾角=30的光滑斜面上 (絕緣)，斜面固定且置于B=0.5 T的勻強(qiáng)磁場中，磁場 方向垂直紙面向里，如圖所示，小滑塊由靜止開始沿 斜面滑下，斜面足夠長，小滑塊滑至某一位置時(shí)，要,離開斜面(g取10 m/s2)。求：(保留兩位有效數(shù)字),(1)小滑塊帶何種電荷？ (2)小滑塊離開斜面時(shí)的瞬時(shí)速度多大？ (3)該斜面長度至少多長？,【解析】(1)小滑塊在沿斜面下滑的過程中，受重力mg、斜面支持力FN和洛倫茲力F作用，如圖所示，若要使小滑塊離開斜面，則洛倫茲力F應(yīng)垂直斜面向上，根據(jù)左手定則可知，小滑塊應(yīng)帶負(fù)電荷。,(2)小滑塊沿斜面下滑的過程中，由平衡條件得 F+FN=mgcos ，當(dāng)支持力FN=0時(shí)，小滑塊脫離斜面。 設(shè)此時(shí)小滑塊速度為vmax，則此時(shí)小滑塊所受洛倫茲力 F=qvmaxB，所以,(3)設(shè)該斜面長度至少為l，則臨界情況為小滑塊剛滑 到斜面底端時(shí)離開斜面。因?yàn)橄禄^程中只有重力做 功，由動(dòng)能定理得 所以斜面長至 少為 答案：(1)負(fù)電荷 (2)3.5 m/s (3)1.2 m,【觸類旁通】(2018濟(jì)南模擬)如圖所示，質(zhì)量為m= 1 kg、電荷量為q=510-2 C的帶正電的小滑塊，從半 徑為R=0.4 m的光滑絕緣 圓弧軌道上由靜止自A端滑 下。整個(gè)裝置處在方向互相垂直的勻強(qiáng)電場與勻強(qiáng)磁 場中。已知E=100 V/m，方向水平向右，B=1 T，方向 垂直紙面向里，g取10 m/s2，求：,(1)滑塊到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的速度。 (2)在C點(diǎn)時(shí)滑塊所受洛倫茲力。 (3)在C點(diǎn)滑塊對軌道的壓力。,【解析】以滑塊為研究對象，自軌道上A點(diǎn)滑到C點(diǎn)的過程中，受重力mg，方向豎直向下；靜電力qE，方向水平向右；洛倫茲力F洛=qvB，方向始終垂直于速度方向。,(1)滑塊從A到C的過程中洛倫茲力不做功，由動(dòng)能定理 得 得 方向水平向左。,(2)根據(jù)洛倫茲力公式得： F=qvCB=510-221 N=0.1 N， 方向豎直向下。,(3)在C點(diǎn)，F(xiàn)N-mg-qvCB= 得： 由牛頓第三定律可知，滑塊對軌道的壓力為20.1 N， 方向豎直向下。,答案：(1)2 m/s，方向水平向左 (2)0.1 N，方向豎直向下 (3)20.1 N，方向豎直向下,題型3 洛倫茲力的應(yīng)用 【典例3】(2019福州模擬)電視顯像管原理的示意圖 如圖所示，當(dāng)沒有磁場時(shí)，電子束將打在熒光屏正中 的O點(diǎn)，安裝在管徑上的偏轉(zhuǎn)線圈可以產(chǎn)生磁場，使電 子束發(fā)生偏轉(zhuǎn)。設(shè)垂直紙面向里的磁場方向?yàn)檎?向，若使電子打在熒光屏上的位置由a點(diǎn)逐漸移動(dòng)到b,點(diǎn)，下列變化的磁場能夠使電子發(fā)生上述偏轉(zhuǎn)的是 ( ),【解題思維】 1.題型特征：左手定則應(yīng)用。 2.題型解碼： (1)模型構(gòu)建：帶電粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)。 (2)方法處理：左手定則的應(yīng)用。,【解析】選A。電子偏轉(zhuǎn)到a點(diǎn)時(shí)，根據(jù)左手定則可知，磁場方向垂直紙面向外，對應(yīng)的B-t圖的圖線應(yīng)在t軸下方；電子偏轉(zhuǎn)到b點(diǎn)時(shí)，根據(jù)左手定則可知，磁場方向垂直紙面向里，對應(yīng)的B-t圖的圖線應(yīng)在t軸上方，A正確。,【提分秘籍】 1.對洛倫茲力的理解：,2.洛倫茲力與電場力的比較：,3.涉及洛倫茲力問題的動(dòng)力學(xué)分析方法：,【加固訓(xùn)練】 1.如圖所示，a為帶正電的小物塊，b是一不帶電的絕緣物塊(設(shè)a、b間無電荷轉(zhuǎn)移)，a、b疊放于粗糙的水平地面上，地面上方有垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場?，F(xiàn)用水平恒力F拉b物塊，使a、b一起無相對滑動(dòng)地向左做加速運(yùn)動(dòng)，則在加速運(yùn)動(dòng)階段 ( ),A.a對b的壓力不變 B.a對b的壓力變大 C.a、b物塊間的摩擦力變大 D.a、b物塊間的摩擦力不變,【解析】選B。a、b整體受總重力、拉力F、向下的洛 倫茲力qvB、地面的支持力FN和摩擦力Ff，豎直方向有 FN=(ma+mb)g+qvB，水平方向有F-Ff=(ma+mb)a，F(xiàn)f= FN。在加速階段，v增大，F(xiàn)N增大，F(xiàn)f增大，加速度a 減小。對a受力分析，a受重力mag、向下的洛倫茲力 qvB、b對a向上的支持力FN、b對a向左的靜摩擦力,Ff，豎直方向：FN=mag+qvB，水平方向：Ff= maa。隨著v的增大，F(xiàn)N增大，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確；加速度a減小，所以a、b物塊間的摩擦力變小，選項(xiàng)C、D均錯(cuò)誤。,2.(多選)如圖所示，ABC為豎直平面內(nèi)的光滑絕緣軌道，其中AB為傾斜直軌道，BC為與AB相切的圓形軌道，并且圓形軌道處在勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直紙面向里。質(zhì)量相同的甲、乙、丙三個(gè)小球中，甲球帶正電、乙球帶負(fù)電、丙球不帶電?，F(xiàn)將三個(gè)小球在軌道AB上分別從不同高度處由靜止釋放，都恰好通過圓形軌道的最高點(diǎn)，則 ( ),A.經(jīng)過最高點(diǎn)時(shí)，三個(gè)小球的速度相等 B.經(jīng)過最高點(diǎn)時(shí)，甲球的速度最小 C.甲球的釋放位置比乙球的高 D.運(yùn)動(dòng)過程中三個(gè)小球的機(jī)械能均保持不變,【解析】選C、D。三個(gè)小球在運(yùn)動(dòng)過程中機(jī)械能守 恒，有mgh= 在圓形軌道的最高點(diǎn)時(shí)對甲有 qv1B+mg= 對乙有mg-qv2B= 對丙有mg= 可判斷v1v3v2，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤，選項(xiàng)C、D正確。,考點(diǎn)2 帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動(dòng) 【典題突破】 題型1 直線邊界 【典例4】(多選)如圖所示，S處有一電子源，可向紙 面內(nèi)任意方向發(fā)射電子，平板MN垂直于紙面，在紙面 內(nèi)的長度L=9.1 cm，中點(diǎn)O與S間的距離d=4.55 cm，MN 與直線SO的夾角為，板所在平面有電子源的一側(cè)區(qū),域有方向垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=2.010-4 T。電子質(zhì)量m=9.110-31 kg，電荷量e=-1.610-19 C，不計(jì)電子重力。電子源發(fā)射速度v=1.6106 m/s的一個(gè)電子，該電子打在板上可能位置的區(qū)域的長度為l，則 ( ),A.=90時(shí)，l=9.1 cm B.=60時(shí)，l=9.1 cm C.=45時(shí)，l=4.55 cm D.=30時(shí)，l=4.55 cm,【解題思維】 1.題型特征：帶電粒子在直線邊界一側(cè)運(yùn)動(dòng)。 2.題型解碼： (1)模型構(gòu)建：勻速圓周運(yùn)動(dòng)規(guī)律應(yīng)用。 (2)處理方法：牛頓第二定律和幾何關(guān)系相結(jié)合。,【解析】選A、D。電子在磁場中運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供 向心力：evB= 得 =4.5510-2 m= 4.55 cm= =90時(shí)，擊中板的范圍如圖甲所 示，l=2R=9.1 cm，選項(xiàng)A正確。=60時(shí)，擊中板的 范圍如圖乙所示，l2R=9.1 cm，選項(xiàng)B錯(cuò)誤。=30 時(shí)，擊中板的范圍如圖丙所示，l=R=4.55 cm，當(dāng),=45時(shí)，擊中板的范圍如圖丁所示，lR(R= 4.55 cm)，故選項(xiàng)D正確，C錯(cuò)誤。,【觸類旁通】(2016全國卷)平面OM和平面ON之間 的夾角為30，其橫截面(紙面)如圖所示，平面OM上 方存在勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于紙 面向外。一帶電粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q(q0)。粒 子沿紙面以大小為v的速度從OM的某點(diǎn)向左上方射入磁 場，速度與OM成30角。已知該粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng),軌跡與ON只有一個(gè)交點(diǎn)，并從OM上另一點(diǎn)射出磁場。不計(jì)重力。粒子離開磁場的出射點(diǎn)到兩平面交點(diǎn)O的距離為 ( ),【解析】選D。如圖，由題意知運(yùn)動(dòng)軌跡與ON相切。設(shè) 切點(diǎn)為D，入射點(diǎn)為A，出射點(diǎn)為C，圓心為O，由入 射角為30可得AOC為等邊三角形，則ACO =60，而MON=30，ODC=90，故D、O、C在 同一直線上，故出射點(diǎn)到O點(diǎn)的距離為CO= =4r，又 故距離為,題型2 平行邊界 【典例5】 aa、bb、cc為足夠長的勻強(qiáng)磁場分 界線，相鄰兩分界線間距均為d，磁場方向如圖所示， 、區(qū)域磁感應(yīng)強(qiáng)度分別為B和2B，邊界aa上有一 粒子源P，平行于紙面向各個(gè)方向發(fā)射速率為 的帶 正電粒子，Q為邊界bb上一點(diǎn)，PQ連線與磁場邊界垂 直，已知粒子質(zhì)量為m，電荷量為q，不計(jì)粒子重力和,粒子間相互作用力，求：,(1)沿PQ方向發(fā)射的粒子飛出區(qū)時(shí)經(jīng)過bb的位置。 (2)粒子第一次通過邊界bb的位置范圍。 (3)進(jìn)入?yún)^(qū)的粒子第一次在磁場區(qū)中運(yùn)動(dòng)的最長時(shí)間和最短時(shí)間。,【解題思維】 1.題型特征：帶電粒子在平行有界磁場中運(yùn)動(dòng)。 2.題型解碼： (1)模型構(gòu)建：臨界和極值條件的圓周運(yùn)動(dòng)。 (2)處理方法：臨界或極值幾何條件尋找與應(yīng)用。,【解析】(1)由洛倫茲力充當(dāng)向心力得 得 代入得r1=2d 如圖甲所示 =30,PM=QN=2d-2dcos =(2- )d 則經(jīng)過bb的位置為Q下方(2- )d處。,(2)當(dāng)帶正電粒子速度豎直向上進(jìn)入磁場時(shí)，距離Q 點(diǎn)上方最遠(yuǎn)，如圖乙所示，由幾何關(guān)系得,當(dāng)帶正電粒子進(jìn)入磁場后與bb相切時(shí)，距離Q點(diǎn)下 方最遠(yuǎn)，如圖丙所示，由幾何關(guān)系得 2=60，QH2=2dsin 2= d 粒子通過的范圍為Q點(diǎn)下方 d處至Q點(diǎn)上方 d處。,(3)粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)半徑： 軌跡圓所對應(yīng)的弦越長，在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間 越長。如圖丁所示，當(dāng)軌跡圓的弦長為直徑時(shí)，所對 應(yīng)的時(shí)間最長為,當(dāng)軌跡圓的弦長為磁場的寬度時(shí)，從cc飛出，所 對應(yīng)的時(shí)間最短為 tmin= 當(dāng)粒子從Q最上方進(jìn)入?yún)^(qū)時(shí)，如圖戊所示，從bb飛 出所對應(yīng)的時(shí)間最短為tmin= 所以粒子第一次在磁場中運(yùn)動(dòng)的最短時(shí)間為 tmin=,答案：(1)Q下方(2- )d處 (2)Q點(diǎn)下方 d處到Q點(diǎn)上方 d處 (3),【觸類旁通】如圖甲所示的直角坐標(biāo)系內(nèi)，在x0(x00) 處有一垂直x軸放置的擋板。在y軸與擋板之間的區(qū)域 內(nèi)存在一個(gè)與xOy平面垂直且指向紙內(nèi)的勻強(qiáng)磁場(圖 中未畫出)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.2 T。位于坐標(biāo)原點(diǎn)O處的 粒子源向xOy平面內(nèi)發(fā)射出大量同種帶正電的粒子，所 有粒子的初速度大小均為v0=1.0106 m/s，方向與x 軸正方向的夾角為，且090，該粒子的比荷,為=1.0108 C/kg，不計(jì)粒子所受重力和粒子間的相互作用，粒子打到擋板上后均被擋板吸收。,(1)求粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑R。 (2)如圖乙所示，為使沿初速度方向與x軸正方向的夾角=30射出的粒子不打到擋板上，則x0必須滿足什么條件？該粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間是多少？ (3)若x0=5.010-2 m，求粒子打在擋板上的范圍(用y坐標(biāo)表示)，并用“ ”圖樣在圖丙中畫出粒子在磁場中所能到達(dá)的區(qū)域。,【解析】(1)由牛頓第二定律得： 解得,(2)如圖a所示，設(shè)粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡恰好與擋板相切，由幾何關(guān)系得：x0=R+Rsin 解得x0=7.510-2 m,為使該粒子不打到擋板上：x07.510-2 m 設(shè)粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的周期為T，則 由幾何知識可知，粒子的軌道對應(yīng)的圓心角為,則該粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間,(3)若x0=5.010-2 m，則x0=R 當(dāng)粒子沿著-y方向入射時(shí)，將打在擋板上的A點(diǎn)，其縱坐標(biāo)： yA=-R=-5.010-2 m 當(dāng)粒子沿著+x方向入射時(shí)，粒子將打在擋板上的B點(diǎn)，其縱坐標(biāo)：,yB=R=5.010-2 m 則粒子打在擋板上的范圍為 -5.010-2 my5.010-2 m。 粒子在磁場中所能到達(dá)的區(qū)域如圖b所示。,答案：(1)5.010-2 m (2)x07.510-2 m 10-7 s (3)-5.010-2 my5.010-2 m 見解析圖b,題型3 圓形邊界 【典例6】(2017全國卷)如圖，虛線所示的圓形區(qū) 域內(nèi)存在一垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場，P為磁場邊界上的 一點(diǎn)，大量相同的帶電粒子以相同的速率經(jīng)過P點(diǎn)，在 紙面內(nèi)沿不同方向射入磁場，若粒子射入速率為v1， 這些粒子在磁場邊界的出射點(diǎn)分布在六分之一圓周 上；若粒子射入速率為v2，相應(yīng)的出射點(diǎn)分布在三分,之一圓周上，不計(jì)重力及帶電粒子之間的相互作用，則v2v1 為 ( ),【解題思維】 1.題型特征：帶電粒子在圓形勻強(qiáng)磁場區(qū)域中運(yùn)動(dòng)問題。 2.題型解碼： (1)模型構(gòu)建：動(dòng)態(tài)圓周運(yùn)動(dòng)。 (2)方法處理：牛頓第二定律和幾何關(guān)系。,【解析】選C。設(shè)圓形區(qū)域磁場半徑為R，根據(jù)題意， 當(dāng)粒子出射點(diǎn)分布在六分之一圓周上時(shí)，根據(jù)幾何關(guān) 系可知軌道半徑r1=Rsin30，由洛倫茲力提供向心 力，得到 當(dāng)粒子相應(yīng)的出射點(diǎn)分布在三分之 一圓周上時(shí)，根據(jù)幾何關(guān)系：r2=Rsin60，又因?yàn)?故選C。,【觸類旁通】如圖所示，圓形區(qū)域內(nèi)有一垂直紙面的 勻強(qiáng)磁場，P為磁場邊界上的一點(diǎn)。有無數(shù)帶有同樣電 荷、具有同樣質(zhì)量的粒子在紙面內(nèi)沿各個(gè)方向以相同 的速率通過P點(diǎn)進(jìn)入磁場。這些粒子射出邊界的位置均 處于邊界的某一段圓弧上，這段圓弧的弧長是圓周長 的 。將磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小從原來的B1變?yōu)锽2，結(jié)果 相應(yīng)的弧長變?yōu)樵瓉淼囊话耄瑒t 等于 ( ),【解析】選B。當(dāng)軌道半徑小于或等于磁場區(qū)半徑時(shí)， 粒子射出圓形磁場的點(diǎn)離入射點(diǎn)最遠(yuǎn)距離為軌跡直 徑。如圖所示，當(dāng)粒子從 圓周射出磁場時(shí)，粒子在 磁場中運(yùn)動(dòng)的軌道直徑為PQ，粒子都從圓弧PQ之間射 出，因此軌道半徑r1=Rcos30= R；若粒子射出的 圓弧對應(yīng)弧長為“原來”的一半，即 周長，對應(yīng)的,弦長為R，即粒子運(yùn)動(dòng)軌跡直徑等于磁場區(qū)半徑R，半 徑,【提分秘籍】 1.帶電粒子在有界磁場中運(yùn)動(dòng)常見的三種情形： (1)直線邊界(進(jìn)出磁場具有對稱性，如圖所示)。,(2)平行邊界(存在臨界條件，如圖所示)。,(3)圓形邊界(沿徑向射入必沿徑向射出，如圖所示)。,2.基本方法：,【加固訓(xùn)練】 如圖所示，三角形區(qū)域磁場的三個(gè)頂點(diǎn)a、b、c在直角 坐標(biāo)系內(nèi)的坐標(biāo)分別為(0，2 cm)、(-2 cm，0)、 (2 cm，0)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=410-4 T，大量比荷 =2.5105 C/kg且不計(jì)重力的正離子，從O點(diǎn)以相同的 速率v=2 m/s沿不同方向垂直磁場射入該磁場區(qū) 域。,求： (1)離子運(yùn)動(dòng)的半徑。 (2)從ac邊離開磁場的離子，離開磁場時(shí)距c點(diǎn)最近的位置坐標(biāo)。 (3)從磁場區(qū)域射出的離子中，在磁場中運(yùn)動(dòng)的最長時(shí)間。,【解析】(1)由 代入數(shù)據(jù)可解得：,(2)設(shè)從ac邊離開磁場的離子距c最近的點(diǎn)的坐標(biāo)為 M(x，y)，M點(diǎn)為以a為圓心，以aO為半徑的圓周與ac的 交點(diǎn)，由幾何關(guān)系可知x=Rsin 30= cm y=R-Rcos 30=(2 -3) cm 離c最近的點(diǎn)的坐標(biāo)為 cm，(2 -3) cm。,(3)依題意知，所有離子的軌道半徑相同，則可知弦越 長，對應(yīng)的圓心角越大，易知從a點(diǎn)離開磁場的離子在 磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長，其軌跡所對的圓心角為60 答案：(1)2 cm (2) cm，(2 -3)cm (3) s,考點(diǎn)3 帶電粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的多解問題 【典題突破】 題型1 帶電性質(zhì)不確定 【典例7】(2018三明模擬)如圖所示，寬度為d的有 界勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，MM和NN是它的兩條 邊界?，F(xiàn)有質(zhì)量為m，電荷量為q的帶電粒子沿圖示方 向垂直磁場射入。要使粒子不能從邊界NN射出，則,粒子入射速率v的最大值可能是多少？,【解題思維】 1.題型特征：電性不確定的粒子在勻強(qiáng)磁場中運(yùn)動(dòng)。 2.題型解碼： (1)正、負(fù)粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)軌跡不同，導(dǎo)致形成問題的多解性。 (2)分情況(正電荷或負(fù)電荷)討論粒子在磁場中軌跡的多解。,【解析】題目中只給出粒子“電荷量為q”，未說明是帶哪種電荷。,(1)若q為正電荷，軌跡是如圖所示的上方與NN相切 的 圓弧，軌道半徑： 又d=R-Rcos 45 解得,(2)若q為負(fù)電荷，軌跡如圖所示的下方與NN相切的 圓弧，則有： 解得 答案： (q為正電荷)或 (q為負(fù)電 荷),題型2 磁場方向不確定 【典例8】(多選)在M、N兩條長直導(dǎo)線所在的平面內(nèi)，一帶電粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡示意圖如圖所示。已知兩條導(dǎo)線M、N中只有一條導(dǎo)線中通有恒定電流，另一條導(dǎo)線中無電流，關(guān)于電流方向和粒子帶電情況及運(yùn)動(dòng)的方向，可能是 ( ),A.M中通有自上而下的恒定電流，帶負(fù)電的粒子從a點(diǎn)向b點(diǎn)運(yùn)動(dòng) B.M中通有自上而下的恒定電流，帶正電的粒子從b點(diǎn)向a點(diǎn)運(yùn)動(dòng) C.N中通有自下而上的恒定電流，帶正電的粒子從b點(diǎn)向a點(diǎn)運(yùn)動(dòng),D.N中通有自下而上的恒定電流，帶負(fù)電的粒子從a點(diǎn)向b點(diǎn)運(yùn)動(dòng),【解析】選A、B?？紤]到磁場可能是垂直紙面向外， 也可能是垂直紙面向里，并結(jié)合安培定則、左手定則 和 和圖中粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡可知選項(xiàng)A、B正確， 選項(xiàng)C、D錯(cuò)誤。,題型3 臨界狀態(tài)不唯一 【典例9】(多選)如圖所示，正方形abcd區(qū)域內(nèi)有垂直 于紙面向里的勻強(qiáng)磁場，O點(diǎn)是cd邊的中點(diǎn)。若一個(gè)帶 正電的粒子(重力忽略不計(jì))從O點(diǎn)沿紙面以垂直于cd邊 的速度射入正方形內(nèi)，經(jīng)過時(shí)間t0剛好從c點(diǎn)射出磁 場?，F(xiàn)設(shè)法使該帶電粒子從O點(diǎn)沿紙面以與Od成30的 方向(如圖中虛線所示)，以各種不同的速率射入正方,形內(nèi)，那么下列說法正確的是 ( ),A.該帶電粒子不可能剛好從正方形的某個(gè)頂點(diǎn)射出磁 場 B.若該帶電粒子從ab邊射出磁場，它在磁場中經(jīng)歷的 時(shí)間可能是t0 C.若該帶電粒子從bc邊射出磁場，它在磁場中經(jīng)歷的 時(shí)間可能是 t0,D.若該帶電粒子從cd邊射出磁場，它在磁場中經(jīng)歷的 時(shí)間一定是 t0,【解析】選A、D。由題意可知帶電粒子以垂直于cd邊 的速度射入正方形內(nèi)，經(jīng)過時(shí)間t0剛好從c點(diǎn)射出磁 場，則知帶電粒子的運(yùn)動(dòng)周期為T=2t0。隨粒子速度逐 漸增大，軌跡由依次漸變，由圖可以 知道粒子在四個(gè)邊射出時(shí)，射出范圍分別為OG、FE、 DC、BA之間，不可能從四個(gè)頂點(diǎn)射出，所以A項(xiàng)正確；,當(dāng)粒子從O點(diǎn)沿紙面垂直于cd邊射入正方形內(nèi)，軌跡恰 好為半個(gè)圓周，即時(shí)間t0剛好為半周期，從ab邊射出 的粒子所用時(shí)間小于半周期t0，從bc邊射出的粒子所 用時(shí)間小于 所有從cd邊射出的粒子圓心 角都是300，所用時(shí)間為 故B、C項(xiàng)錯(cuò)誤， A、D項(xiàng)正確。,題型4 運(yùn)動(dòng)周期性、往復(fù)性 【典例10】(2019哈爾濱模擬)如圖所示，邊界PQ以 上和MN以下空間存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感 應(yīng)強(qiáng)度均為4B，PQ、MN間距離為2 d，絕緣板EF、GH 厚度不計(jì)，間距為d，板長略小于PQ、MN間距離，EF、 GH之間有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。 有一個(gè)質(zhì)量為m的帶正電的粒子，電量為q，從EF的,中點(diǎn)S射出，速度與水平方向成30角，直接到達(dá)PQ邊界并垂直于邊界射入上部場區(qū)，軌跡如圖所示，以后的運(yùn)動(dòng)過程中與絕緣板相碰時(shí)無能量損失且遵循反射定律，經(jīng)過一段時(shí)間后該粒子能再回到S點(diǎn)。(粒子重力不計(jì))求：,(1)粒子從S點(diǎn)出發(fā)的初速度v。 (2)粒子從S點(diǎn)出發(fā)第一次再回到S點(diǎn)的時(shí)間。 (3)若其他條件均不變，EF板不動(dòng)，將GH板從原位置起向右平移，且保證EFGH區(qū)域內(nèi)始終存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場B，若仍需讓粒子回到S點(diǎn)(回到S點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)過程中與板只碰撞一次)，則GH到EF的垂直距離x應(yīng)滿足什么關(guān)系(用d來表示x)？,【解析】(1)PQ、MN間距離L=2 d，且S為中點(diǎn)，設(shè)帶 電粒子在EF、GH之間的磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)軌跡半徑為R1。 可畫出粒子運(yùn)動(dòng)軌跡圖，由圖可知，R1sin 60= d， R1=2d,洛倫茲力提供向心力：,(2)粒子應(yīng)從G點(diǎn)進(jìn)入PQ以上的磁場，設(shè)帶電粒子在4B 場區(qū)軌跡半徑為R2。 在4B場內(nèi)， 做半個(gè)圓周運(yùn)動(dòng)，并垂直PQ再由E點(diǎn)回到B場區(qū)，由對 稱性，粒子將打到GH中點(diǎn)并反彈，再次回到S點(diǎn)。粒子 在B場中的時(shí)間,粒子在4B場中的時(shí)間,(3)如圖所示，由粒子運(yùn)動(dòng)的周期性以及與板碰撞遵循反射定律，有如下結(jié)果：,x=(3n+1)d(n=0，1，2)或x=3nd(n=0，1，2)。 答案：(1) (2) (3)x=(3n+1)d(n=0，1，2)或x=3nd(n=1，2，3),【提分秘籍】 1.帶電粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的多解問題：,2.帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的程序解題法三步法：,【加固訓(xùn)練】 (2017全國卷)如圖，空間存在方向垂直于紙面 (xOy平面)向里的磁場。在x0區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大 小為B0；x1)。一質(zhì)量為m、電荷量為q(q0)的帶電粒子以速 度v0從坐標(biāo)原點(diǎn)O沿x軸正向射入磁場，此時(shí)開始,計(jì)時(shí)，當(dāng)粒子的速度方向再次沿x軸正向時(shí)，求(不計(jì)重力)：,(1)粒子運(yùn)動(dòng)的時(shí)間。 (2)粒子與O點(diǎn)間的距離。,【解析】(1)粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示：帶電粒子在勻 強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的向心力由洛倫茲力提供， 所以在x0區(qū)域有：,在x0區(qū)域有：,在x0區(qū)域運(yùn)動(dòng)時(shí)間 在x0區(qū)域運(yùn)動(dòng)時(shí)間 粒子運(yùn)動(dòng)的時(shí)間,(2)粒子與O點(diǎn)間的距離 d=2(R1-R2)= 答案：,帶電粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的臨界、極值問題 【學(xué)科素養(yǎng)養(yǎng)成】 1.帶電粒子在有界勻強(qiáng)磁場中運(yùn)動(dòng)的臨界、極值問題主要類型：,2.解決帶電粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的臨界、極值問題突破口： (1)以題目中的“恰好”“最大”“最高”“至少”“不脫離”“不相交”等詞語對臨界狀態(tài)給以暗示，審題時(shí)，一定要抓住這些特定的詞語挖掘其隱藏的規(guī)律，同時(shí)由磁場邊界和題設(shè)條件畫好軌跡、定好圓心，建立幾何關(guān)系。,(2)尋找臨界點(diǎn)常用的結(jié)論。 剛好穿出磁場邊界的條件是帶電粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的軌跡與邊界相切。 當(dāng)速度v一定時(shí)，弧長(或弦長)越長，圓心角越大，則帶電粒子在有界磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間越長。 當(dāng)速度v變化時(shí)，圓心角越大的，運(yùn)動(dòng)時(shí)間越長。,核心素養(yǎng)分析：帶電粒子在洛倫茲力作用下在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的臨界、極值問題在對物理觀念、科學(xué)思維、科學(xué)探究、科學(xué)態(tài)度與責(zé)任都有所體現(xiàn)，要求學(xué)生能在自己所學(xué)的物理基礎(chǔ)知識、基本方法的基礎(chǔ)上進(jìn)行提升、應(yīng)用，對考生的空間想象能力及物理過程、運(yùn)動(dòng)規(guī)律等綜合分析能力要求較高，對培養(yǎng)學(xué)生的能力素養(yǎng)不可缺少。,【典題分類突破】 【典例1】(多選)(臨界問題)如圖所示，邊界OA與OC之 間分布有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，邊界OA上有一粒 子源S。某一時(shí)刻，從S平行于紙面向各個(gè)方向發(fā)射出 大量帶正電的同種粒子(不計(jì)粒子的重力及粒子間的相 互作用)，所有粒子的初速度大小相同，經(jīng)過一段時(shí)間,后有大量粒子從邊界OC射出磁場。已知AOC=60，從邊界OC射出的粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的最長時(shí)間等于 (T為粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的周期)，則從邊界OC射出的粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間可能為 ( ),【解析】選A、B、C。粒子在磁場中做逆時(shí)針方向的圓 周運(yùn)動(dòng)，由于所有粒子的速度大小相同，故弧長越 小，粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間就越短，由于粒子在磁 場中運(yùn)動(dòng)的最長時(shí)間為 沿SA方向射出的粒子在磁 場中運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長。如圖所示，作出粒子運(yùn)動(dòng)軌跡 圖，由幾何關(guān)系可知，當(dāng)粒子在磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)繞,過的弧所對應(yīng)的弦垂直邊界OC時(shí)，粒子在磁場中運(yùn)動(dòng) 時(shí)間最短，由于SDOC，則SD= 即弦長SD等于 半徑OD、OS，相應(yīng)DOS=60，即最短時(shí)間為 粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間范圍 t A、B、C正確。,【典例2】(極值問題)如圖所示，在xOy直角坐標(biāo)系原 點(diǎn)O處有一粒子源，它能向與y軸正方向夾角090范 圍平面內(nèi)的各個(gè)方向均勻發(fā)射速率相等、質(zhì)量為m、電 荷量為+q的帶電粒子，x= a處垂直于x軸放置熒光屏 MN，空間有垂直于xOy平面向外的勻強(qiáng)磁場(圖中未畫 出)。不計(jì)粒子重力和粒子間相互影響。,(1)設(shè)磁場范圍足夠大，已知從O點(diǎn)沿-x方向發(fā)射的粒 子，經(jīng)t0時(shí)間到達(dá)熒光屏上x= a，y=3a的P點(diǎn)，求粒 子運(yùn)動(dòng)速度v和磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B。 (2)求出(1)問情景下粒子打到熒光屏MN上的坐標(biāo)范圍 以及從O點(diǎn)到達(dá)熒光屏最長時(shí)間與最短時(shí)間對應(yīng)粒子的 初速度方向。,(3)若從O點(diǎn)發(fā)射所有粒子速度大小是v0，磁場區(qū)為一個(gè)圓形區(qū)域，要使得從O點(diǎn)射出粒子都能垂直打到熒光屏上，求磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度B滿足的條件。,【解析】(1)設(shè)粒子在磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑為 r，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖甲， 則有 得：r=2a,所以由O點(diǎn)到P點(diǎn)轉(zhuǎn)過的圓心角為 粒子運(yùn)動(dòng)速度,(2)如圖乙，當(dāng)粒子在MN上的落點(diǎn)與O點(diǎn)的連線為軌跡 圓的直徑時(shí)，粒子在MN上落點(diǎn)最高，設(shè)此落點(diǎn)縱坐標(biāo) 為y1，則,沿x軸正方向射出粒子在MN上落點(diǎn)最低，設(shè)此點(diǎn)縱坐標(biāo) 為y2(y20)，則 解得y2=-a 所以粒子打在MN上范圍,粒子從O點(diǎn)射出到達(dá)MN最長時(shí)間對