高考物理一輪復(fù)習(xí)專題九磁場考點(diǎn)二帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動教學(xué)案含解析

1、精選優(yōu)質(zhì)文檔-傾情為你奉上基礎(chǔ)點(diǎn)知識點(diǎn)1洛倫茲力、洛倫茲力的方向、洛倫茲力公式1洛倫茲力：磁場對運(yùn)動電荷的作用力。2洛倫茲力的方向(1)判斷方法：左手定則。磁感線垂直穿過手心。四指指向正電荷運(yùn)動的方向。拇指指向正電荷所受洛倫茲力的方向。(2)方向特點(diǎn)：FB，F(xiàn)v，即F垂直于B和v決定的平面。(注意：B和v不一定垂直)3洛倫茲力的大?。篎qvBsin，為v與B的夾角。(1)vB時，洛倫茲力F0。(2)vB時，洛倫茲力FqvB。(3)v0時，洛倫茲力F0。知識點(diǎn)2帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動1洛倫茲力的特點(diǎn)：洛倫茲力不改變帶電粒子速度的大小，或者說，洛倫茲力對帶電粒子不做功。2粒子的運(yùn)動性質(zhì)(1)若

2、vB，則粒子不受洛倫茲力，在磁場中做勻速直線運(yùn)動。(2)若vB，則帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動。3半徑和周期公式(1)由qvBm，得r。(2)由v，得T。重難點(diǎn)一、對洛倫茲力的認(rèn)識1對洛倫茲力的理解(1)洛倫茲力的方向總是垂直于運(yùn)動電荷的速度方向，所以洛倫茲力只改變速度的方向，不改變速度的大小，即洛倫茲力永不做功。(2)當(dāng)電荷運(yùn)動方向發(fā)生變化時，洛倫茲力的方向也隨之變化。(3)用左手定則判斷負(fù)電荷在磁場中運(yùn)動所受的洛倫茲力時，要注意將四指指向電荷運(yùn)動的反方向。2洛倫茲力和安培力的比較(1)洛倫茲力是單個運(yùn)動電荷在磁場中受到的力，而安培力是導(dǎo)體中所有定向移動的自由電荷受到的洛倫茲力的宏觀表

3、現(xiàn)。(2)安培力是洛倫茲力的宏觀表現(xiàn)，二者是相同性質(zhì)的力，都是磁場力。(3)安培力可以做功，而洛倫茲力對運(yùn)動電荷不做功。3洛倫茲力與電場力的區(qū)別4.洛倫茲力的推導(dǎo)如圖所示，直導(dǎo)線長為L，電流為I，導(dǎo)體中運(yùn)動電荷數(shù)為n，橫截面積為S，電荷的電荷量為q，運(yùn)動速度為v，則安培力FBILnF洛，所以洛倫茲力F洛。因?yàn)镮NqSv(N為單位體積內(nèi)的電荷數(shù))，所以F洛·qvB，式中nNSL，故F洛qvB。特別提醒(1)帶電粒子在磁場中運(yùn)動并不一定受洛倫茲力。比如vB時，則不受磁場力。(2)當(dāng)v與B不垂直時，也受洛倫茲力FqvBsin，為粒子速度與磁場方向的夾角。(3)洛倫茲力對運(yùn)動電荷(或帶電體)

4、不做功，不改變速度的大小，但它可以改變運(yùn)動電荷的速度方向，影響帶電體所受其他力的大小，影響帶電體的運(yùn)動時間等。二、帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的勻速圓周運(yùn)動1圓心的確定(1)由兩點(diǎn)和兩線確定圓心，畫出帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動軌跡，確定帶電粒子運(yùn)動軌跡上的兩個特殊點(diǎn)(一般是射入和射出磁場時的兩點(diǎn))，過這兩點(diǎn)作帶電粒子運(yùn)動方向的垂線(這兩垂線即為粒子在這兩點(diǎn)所受洛倫茲力的方向)，則兩垂線的交點(diǎn)就是圓心，如圖(a)所示。(2)若只已知過其中一個點(diǎn)的粒子運(yùn)動方向，則除過已知運(yùn)動方向的該點(diǎn)作垂線外，還要將這兩點(diǎn)相連作弦，再作弦的中垂線，兩垂線交點(diǎn)就是圓心，如圖(b)所示。(3)若只已知一個點(diǎn)及運(yùn)動方向，也知另

5、外某時刻的速度方向，但不確定該速度方向所在的點(diǎn)，如圖(c)所示，此時要將其中一速度的延長線與另一速度的反向延長線相交成一角(PAM)，畫出該角的角平分線，它與已知點(diǎn)的速度的垂線交于點(diǎn)O，該點(diǎn)就是圓心。2半徑的確定方法一：由物理方法求，半徑r；方法二：由幾何方程求，一般由數(shù)學(xué)知識(勾股定理、三角函數(shù)等)計算來確定。3圓心角與時間的確定(1)速度的偏向角圓弧所對應(yīng)的圓心角(回旋角)2(為弦切角)，如圖(d)所示。(2)時間的計算方法方法一：由圓心角求，t·T或t·T；方法二：由弧長求，t。4帶電粒子在三類常見的有界磁場運(yùn)動軌跡示意圖(1)直線邊界(進(jìn)出磁場具有對稱性，如圖所示)

6、粒子從直線邊界射入磁場，再從這一邊界射出時，速度方向與邊界的夾角相等。(2)平行邊界(存在臨界條件，如圖甲、丙所示)(3)圓形邊界(沿徑向射入必沿徑向射出，如圖所示，圖中為偏轉(zhuǎn)角，為圓心角，且)粒子沿徑向射入圓形磁場區(qū)域時，必沿徑向射出磁場區(qū)域。特別提醒(1)粒子速度的偏向角()等于回旋角()，且等于AB弦與切線的夾角(弦切角)的2倍(如圖所示)，即2t。(2)相對的弦切角()相等，與相鄰的弦切角()互補(bǔ)，即180°。(3)連結(jié)OO交AB于C，則C為AB中點(diǎn)，且OOAB，連接OA、OB有OAOA，OBOB，注意構(gòu)成的直角三角形中勾股定理的運(yùn)用。(4)若粒子的偏轉(zhuǎn)半徑與圓形磁場區(qū)域半徑

7、相等，則從圓周上同一點(diǎn)沿不同方向射入的粒子必沿平行于入射點(diǎn)的切線方向射出，如圖甲；反之也成立，如圖乙，此即為磁聚焦現(xiàn)象。三、帶電粒子在磁場中運(yùn)動的多解問題1帶電粒子電性不確定形成多解受洛倫茲力作用的帶電粒子，可能帶正電，也可能帶負(fù)電，在相同的初速度條件下，正、負(fù)粒子在磁場中運(yùn)動軌跡不同，形成多解。如圖甲，帶電粒子以速率v垂直進(jìn)入勻強(qiáng)磁場，如帶正電，其軌跡為a，如帶負(fù)電，其軌跡為b。2磁場方向不確定形成多解有些題目只告訴了磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小，而未具體指出磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向，此時必須要考慮磁感應(yīng)強(qiáng)度方向不確定而形成的多解。如圖乙，帶正電粒子以速率v垂直進(jìn)入勻強(qiáng)磁場，如B垂直紙面向里，其軌跡為a，如B垂

8、直紙面向外，其軌跡為b。3臨界狀態(tài)不唯一形成多解帶電粒子在洛倫茲力作用下飛越有界磁場時，由于粒子運(yùn)動軌跡是圓弧狀，因此，它可能穿過去了，也可能轉(zhuǎn)過180°從入射界面這邊反向飛出，如圖丙所示，于是形成了多解。4運(yùn)動的周期性形成多解 帶電粒子在部分是電場，部分是磁場的空間運(yùn)動時，運(yùn)動往往具有往復(fù)性，從而形成多解。如圖丁所示。特別提醒要充分考慮帶電粒子的電性、磁場方向、軌跡及臨界條件的可能性，依據(jù)各種可能性分別畫出其運(yùn)動軌跡，分階段、分層次地按照各種可能性求解。四、帶電粒子在磁場中的臨界和極值問題1常見類型由于帶電粒子往往是在有界磁場中運(yùn)動的，粒子在磁場中只運(yùn)動一段圓弧就飛出磁場，其軌跡不

9、是完整的圓，因此，此類問題往往要求考生根據(jù)帶電粒子運(yùn)動的軌跡作相關(guān)圖示去尋找?guī)缀侮P(guān)系，分析臨界條件，然后應(yīng)用數(shù)學(xué)知識和相應(yīng)物理規(guī)律分析求解。(1)涉及粒子運(yùn)動范圍的空間臨界問題如果粒子在磁場中運(yùn)動時速度大小一定，但速度方向可以變化，則粒子能夠到達(dá)的區(qū)域會隨著速度方向的變化而變化，于是出現(xiàn)了一類涉及粒子運(yùn)動范圍的空間臨界問題，解決此類問題的基本思路是尋找臨界速度對應(yīng)的臨界軌跡。(2)涉及磁場所占據(jù)范圍的空間臨界問題為使帶電粒子能夠按照題目給定的要求運(yùn)動，可在粒子運(yùn)動的空間內(nèi)某一區(qū)域設(shè)置一定形狀的勻強(qiáng)磁場，從而出現(xiàn)了分析求解這一磁場的位置或最大、最小面積的臨界問題。求解此類問題要根據(jù)題目所要求的粒

10、子實(shí)現(xiàn)怎樣的偏轉(zhuǎn)條件來進(jìn)行。(3)涉及帶電粒子相遇的時空臨界問題當(dāng)兩個或多個帶電粒子同時從磁場中某點(diǎn)開始運(yùn)動(可能同時開始運(yùn)動，也可能相隔一定的時間開始運(yùn)動)，由于入射速度方向或大小不同而對應(yīng)了不同的運(yùn)動軌跡，若要求這些粒子能夠在同一時間恰好出現(xiàn)在同一位置，即在空間相遇，則這些粒子的速度或運(yùn)動的時間必須滿足一定的條件。分析求解這些條件，就涉及帶電粒子相遇的時空臨界問題。2分析方法(1)兩種思路：一是以定理、定律為依據(jù)，首先求出所研究問題的一般規(guī)律和一般解的形式，然后分析、討論處于臨界條件時的特殊規(guī)律和特殊解；二是直接分析、討論臨界狀態(tài)，找出臨界條件，從而通過臨界條件求出臨界值。(2)兩種方法：

11、一是物理方法，包括利用臨界條件求極值；利用問題的邊界條件求極值；利用矢量圖求極值。二是數(shù)學(xué)方法，包括用三角函數(shù)求極值；用二次方程的判別式求極值；用不等式的性質(zhì)求極值；圖象法等。3常見有界磁場的臨界點(diǎn)(1)單邊界磁場如圖甲所示，粒子源S在磁場中，向紙面內(nèi)各個方向以相同速率發(fā)射同種帶電粒子。最值相切：當(dāng)帶電粒子的運(yùn)動軌跡小于圓周且與邊界相切時(如圖甲中的a點(diǎn))，切點(diǎn)為帶電粒子不能射出磁場的最值點(diǎn)(或恰能射出磁場的臨界點(diǎn))。最值相交：當(dāng)帶電粒子的運(yùn)動軌跡大于或等于圓周時，直徑與邊界相交的點(diǎn)(如圖甲中的b點(diǎn))為帶電粒子射出邊界的最遠(yuǎn)點(diǎn)(距O點(diǎn)最遠(yuǎn))。(2)雙直線邊界磁場最值相切：當(dāng)粒子源在一條邊界上向

12、紙面內(nèi)各個方向以相同速率發(fā)射同種帶電粒子時，粒子能從另一邊界射出的上、下最遠(yuǎn)點(diǎn)對應(yīng)的軌跡分別與兩邊界相切，如圖乙所示。(3)圓形磁場相交于圓心：帶電粒子沿指向圓心的方向進(jìn)入磁場，則出磁場時速度的反向延長線一定過圓心，即兩速度矢量相交于圓心，如圖丙所示。直徑最小：帶電粒子從直徑的一個端點(diǎn)射入磁場，則從該直徑的另一端點(diǎn)射出時，圓形磁場區(qū)域面積最小，如圖丁所示。(4)環(huán)狀磁場徑向出入：帶電粒子沿(逆)半徑方向射入磁場，若能返回同一邊界，則一定逆(沿)半徑方向射出磁場。最值相切：當(dāng)帶電粒子的運(yùn)動軌跡與圓相切時，粒子有最大速度，而磁場有最小磁感應(yīng)強(qiáng)度，如圖戊所示。特別提醒求解許多臨界問題，應(yīng)以題目中的“

13、恰好”“最大”“最高”“至少”等詞語為突破口，借助半徑R和速度v(或磁場B)之間的約束關(guān)系進(jìn)行動態(tài)運(yùn)動軌跡分析，確定軌跡圓和邊界的關(guān)系，找出臨界點(diǎn)，列出幾何關(guān)系式，進(jìn)一步求極值。1思維辨析(1)洛倫茲力和安培力是性質(zhì)完全不同的兩種力。()(2)粒子在只受到洛倫茲力作用時運(yùn)動的動能不變。()(3)運(yùn)動電荷進(jìn)入磁場后(無其他力作用)可能做勻速直線運(yùn)動。()(4)帶電粒子只要速度大小相同，所受洛倫茲力就相同。()(5)帶電粒子在磁場中運(yùn)動時一定會受到磁場力的作用。()(6)洛倫茲力的方向在特殊情況下可能與帶電粒子的速度方向不垂直。()(7)一個帶電粒子，在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動的周期與速度的大小無

14、關(guān)。()(8)根據(jù)公式T，說明帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動周期T與v成反比。()答案(1)×(2)(3)(4)×(5)×(6)×(7)(8)×2. 如圖所示，沿x方向有界、沿y方向無界的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直紙面向內(nèi)，大量的速率不同的電子(不計重力)從O點(diǎn)沿x軸正方向進(jìn)入磁場，最終離開磁場。下列判斷正確的是()A所有的電子都向x軸下方偏轉(zhuǎn)B所有的電子都做類平拋運(yùn)動C所有的電子在磁場中運(yùn)動時速度不變D只要是速率不同的電子，它們在磁場中運(yùn)動的時間就一定不同答案A解析根據(jù)左手定則，可以判斷電子受到的洛倫茲力的方向向下，所以所有的電子都向x軸下方

15、偏轉(zhuǎn)，A正確；電子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，B錯誤；洛倫茲力對電荷不做功，所有的電子在磁場中運(yùn)動時速度大小不變，但方向時刻改變，C錯誤；電子的速度不同，所有電子在磁場旋轉(zhuǎn)半個圓周后射出磁場，t都相同，它們運(yùn)動的時間都相同，D錯誤。3某空間有一圓柱形勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。該區(qū)域的橫截面的半徑為R，磁場方向垂直于橫截面。一質(zhì)量為m、電荷量為q(q0)的粒子以某一速度沿橫截面的某直徑射入磁場，離開磁場時速度方向偏離入射方向74°。不計重力，則初速度v0大小為()A.B.C. D.答案A解析帶正電的粒子垂直磁場方向進(jìn)入圓形勻強(qiáng)磁場區(qū)域，由洛倫茲力提供向心力而做勻速圓周運(yùn)動，畫出軌跡

16、，根據(jù)幾何知識得，軌跡的圓心角等于速度的偏向角74°，且軌跡的半徑rR，根據(jù)牛頓第二定律得qv0Bm得，v0，故A正確?？挤ňC述本考點(diǎn)知識在高考中為必考內(nèi)容，單一命題考查帶電粒子在磁場中運(yùn)動的基本規(guī)律，難度中等，交匯命題考查帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動，難度較大，因此復(fù)習(xí)本考點(diǎn)時以夯實(shí)基礎(chǔ)知識為主，通過復(fù)習(xí)應(yīng)掌握：1個定則左手定則的內(nèi)容及使用方法1個區(qū)別洛倫茲力和電場力的區(qū)別2個表達(dá)式r、T1種方法解決帶電粒子在磁場中運(yùn)動的基本方法4種邊界磁場直線邊界磁場、平行邊界磁場、圓形邊界磁場、環(huán)形邊界磁場命題法1洛倫茲力的特點(diǎn)與應(yīng)用典例1(多選) 如圖所示，空間的某一區(qū)域存在著相互垂直的勻強(qiáng)電場

17、和勻強(qiáng)磁場，一個帶電粒子以某一初速度由A點(diǎn)進(jìn)入這個區(qū)域沿直線運(yùn)動，從C點(diǎn)離開區(qū)域；如果將磁場撤去，其他條件不變，則粒子從B點(diǎn)離開場區(qū)；如果將電場撤去，其他條件不變，則這個粒子從D點(diǎn)離開場區(qū)。已知BCCD，設(shè)粒子在上述三種情況下，從A到B、從A到C和從A到D所用的時間分別是t1、t2和t3，離開三點(diǎn)時的動能分別是Ek1、Ek2、Ek3，粒子重力忽略不計，以下關(guān)系正確的是()At1t2 t3 Bt1t2t3CEk1Ek2Ek3 DEk1Ek2Ek3答案AC解析當(dāng)電場、磁場同時存在時，粒子做勻速直線運(yùn)動，此時qEqvB；當(dāng)只有電場時，粒子從B點(diǎn)射出，做類平拋運(yùn)動，由運(yùn)動的合成與分解可知，水平方向?yàn)閯?/p>

18、速直線運(yùn)動，所以t1t2；當(dāng)只有磁場時，粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動，速度大小不變，但路程變長，則t2t3，因此選項(xiàng)A正確，粒子從B點(diǎn)射出時，電場力做正功，動能變大，故選項(xiàng)C正確?！窘忸}法】理解洛倫茲力的三點(diǎn)注意(1)正確分析帶電粒子所在區(qū)域的合磁場方向。(2)判斷洛倫茲力方向時，特別區(qū)分電荷的正、負(fù)，并充分利用FB、Fv的特點(diǎn)。(3)計算洛倫茲力大小時，公式FqvB中，v是電荷與磁場的相對速度。命題法2帶電粒子在磁場中的運(yùn)動典例2如圖所示，在0xa、0y范圍內(nèi)有垂直于xOy平面向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。坐標(biāo)原點(diǎn)O處有一個粒子源，在某時刻發(fā)射大量質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子

19、，它們的速度大小相同，速度方向均在xOy平面內(nèi)，與y軸正方向的夾角分布在0°90°范圍內(nèi)。已知粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的半徑介于到a之間，從發(fā)射粒子到粒子全部離開磁場經(jīng)歷的時間恰好為粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動周期的四分之一。求最后離開磁場的粒子從粒子源射出時的：(1)速度的大小；(2)速度方向與y軸正方向夾角的正弦。答案(1)(2)解析(1)設(shè)粒子的發(fā)射速度為v，粒子做圓周運(yùn)動的軌道半徑為R，由牛頓第二定律和洛倫茲力公式，得qvBm當(dāng)Ra時，在磁場中運(yùn)動時間最長的粒子其軌跡是圓心為C的圓弧，圓弧與磁場的上邊界相切，如圖所示。設(shè)該粒子在磁場中運(yùn)動的時間為t，依題意t，得OCA設(shè)

20、最后離開磁場的粒子的發(fā)射方向與y軸正方向的夾角為，由幾何關(guān)系可得RsinRRsinaRcos 又sin2 cos21 由式得Ra由式得v(2)由式得sin。【解題法】帶電粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動問題的分析方法命題法3帶電粒子在磁場中運(yùn)動的多解問題典例3如圖甲所示，間距為d、垂直于紙面的兩平行板P、Q間存在勻強(qiáng)磁場。取垂直于紙面向里為磁場的正方向，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間的變化規(guī)律如圖乙所示。t0時刻，一質(zhì)量為m、帶電量為q的粒子(不計重力)，以初速度v0由Q板左端靠近板面的位置，沿垂直于磁場且平行于板面的方向射入磁場區(qū)。當(dāng)B0和TB取某些特定值時，可使t0時刻入射的粒子經(jīng)t時間恰能垂直打在P板上(不

21、考慮粒子反彈)。上述m、q、d、v0為已知量。(1)若tTB，求B0；(2)若tTB，求粒子在磁場中運(yùn)動時加速度的大?。?3)若B0，為使粒子仍能垂直打在P板上，求TB。答案(1)(2)(3)或解析(1)設(shè)粒子做圓周運(yùn)動的半徑為R1，由牛頓第二定律得qv0B0據(jù)題意由幾何關(guān)系得R1d聯(lián)立式得B0(2)設(shè)粒子做圓周運(yùn)動的半徑為R2，加速度大小為a，由圓周運(yùn)動公式得a據(jù)題意由幾何關(guān)系得3R2d聯(lián)立式得a(3)設(shè)粒子做圓周運(yùn)動的半徑為R，周期為T，由圓周運(yùn)動公式得T由牛頓第二定律得qv0B0由題意知B0，代入式得d4R粒子運(yùn)動軌跡如圖所示，O1、O2為圓心，O1O2連線與水平方向的夾角為，在每個TB

22、內(nèi)，只有A、B兩個位置粒子才有可能垂直擊中P板，且均要求0，由題意可知T設(shè)經(jīng)歷完整TB的個數(shù)為n(n0,1,2,3，)，若在A點(diǎn)擊中P板，據(jù)題意由幾何關(guān)系得R2(RRsin)nd當(dāng)n0時，無解。當(dāng)n1時，聯(lián)立式得聯(lián)立式得TB當(dāng)n2時，不滿足0的要求。若在B點(diǎn)擊中P板，根據(jù)題意由幾何關(guān)系得R2Rsin2(RRsin)nd當(dāng)n0時，無解。當(dāng)n1時，聯(lián)立式得sin聯(lián)立式得TB當(dāng)n2時，不滿足0的要求?！窘忸}法】求解帶電粒子在磁場中運(yùn)動多解問題的技巧(1)分析題目特點(diǎn)，確定題目多解性形成原因。(2)作出粒子運(yùn)動軌跡示意圖(全面考慮多種可能性)。(3)若為周期性重復(fù)的多解問題，尋找通項(xiàng)式，若是出現(xiàn)幾種解

23、的可能性，注意每種解出現(xiàn)的條件。命題法4帶電粒子在磁場中運(yùn)動的臨界和極值問題典例4(多選) 如圖所示，垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場分布在正方形abcd區(qū)域內(nèi)，O點(diǎn)是cd邊的中點(diǎn)。一個帶正電的粒子僅在磁場力的作用下，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)過時間t0后剛好從c點(diǎn)射出磁場。現(xiàn)設(shè)法使該帶電粒子從O點(diǎn)沿紙面以與Od成30°角的方向，以大小不同的速率射入正方形內(nèi)，那么下列說法中正確的是()A若該帶電粒子在磁場中經(jīng)歷的時間是t0，則它一定從cd邊射出磁場B若該帶電粒子在磁場中經(jīng)歷的時間是t0，則它一定從ad邊射出磁場C若該帶電粒子在磁場中經(jīng)歷的時間是t0，則它一定從bc邊射出

24、磁場D若該帶電粒子在磁場中經(jīng)歷的時間是t0，則它一定從ab邊射出磁場答案AC解析如圖所示，作出剛好從ab邊射出的軌跡、剛好從bc邊射出的軌跡、從cd邊射出的軌跡和剛好從ad邊射出的軌跡。由從O點(diǎn)沿紙面以垂直于cd邊的速度射入正方形內(nèi)，經(jīng)過時間t0后剛好從c點(diǎn)射出磁場可知，帶電粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的周期是2t0?？芍?，從ad邊射出磁場經(jīng)歷的時間一定小于t0，從ab邊射出磁場經(jīng)歷的時間一定大于等于t0，小于t0；從bc邊射出磁場經(jīng)歷的時間一定大于等于t0，小于t0；從cd邊射出磁場經(jīng)歷的時間一定是t0。【解題法】帶電粒子在磁場中運(yùn)動的臨界極值問題的解題方法的一般解題模式(1)根據(jù)粒子的運(yùn)動軌跡，

25、運(yùn)用動態(tài)思維，作出臨界和極值軌跡圖；(2)尋找?guī)缀侮P(guān)系，分析臨界條件，總結(jié)臨界和極值點(diǎn)的規(guī)律；(3)然后應(yīng)用數(shù)學(xué)知識和相應(yīng)物理規(guī)律分析臨界和極值量列出方程。1兩相鄰勻強(qiáng)磁場區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小不同、方向平行。一速度方向與磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直的帶電粒子(不計重力)，從較強(qiáng)磁場區(qū)域進(jìn)入到較弱磁場區(qū)域后，粒子的()A軌道半徑減小，角速度增大B軌道半徑減小，角速度減小C軌道半徑增大，角速度增大D軌道半徑增大，角速度減小答案D解析帶電粒子以某一速度垂直磁場方向進(jìn)入勻強(qiáng)磁場，在洛倫茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動，由洛倫茲力提供向心力，得qvBm，解得軌道半徑r。帶電粒子由較強(qiáng)磁場區(qū)域進(jìn)入到較弱磁場區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度

26、B減小，由r可知，軌道半徑r增大。由于洛倫茲力不做功，帶電粒子速度不變，由角速度公式v/r，可知角速度減小，選項(xiàng)D正確，選項(xiàng)ABC錯誤。2(多選)有兩個勻強(qiáng)磁場區(qū)域和，中的磁感應(yīng)強(qiáng)度是中的k倍。兩個速率相同的電子分別在兩磁場區(qū)域做圓周運(yùn)動。與中運(yùn)動的電子相比，中的電子()A運(yùn)動軌跡的半徑是中的k倍B加速度的大小是中的k倍C做圓周運(yùn)動的周期是中的k倍D做圓周運(yùn)動的角速度與中的相等答案AC解析電子在兩勻強(qiáng)磁場、中做勻速圓周運(yùn)動，根據(jù)牛頓第二定律可得evB，可得r，即，選項(xiàng)A正確；由a得，選項(xiàng)B錯誤；根據(jù)周期公式T，可得，選項(xiàng)C正確；根據(jù)角速度公式，可得，選項(xiàng)D錯誤。3如圖所示，a是豎直平面P上的一

27、點(diǎn)，P前有一條形磁鐵垂直于P，且S極朝向a點(diǎn)。P后一電子在偏轉(zhuǎn)線圈和條形磁鐵的磁場的共同作用下，在水平面內(nèi)向右彎曲經(jīng)過a點(diǎn)。在電子經(jīng)過a點(diǎn)的瞬間，條形磁鐵的磁場的對該電子的作用力的方向()A向上 B向下C向左 D向右答案A解析由題意知，磁鐵在a點(diǎn)磁場方向?yàn)榇怪庇赑向前，電子在a點(diǎn)的瞬時速度方向向右。根據(jù)左手定則，可以判斷出洛倫茲力方向向上，A正確。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L9.1 cm，中點(diǎn)O與S間的距離d4.55 cm，MN與SO直線的夾角為，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B2.

28、0×104 T。電子質(zhì)量m9.1×1031 kg，電荷量e1.6×1019 C，不計電子重力。電子源發(fā)射速度v1.6×106 m/s的一個電子，該電子打在板上可能位置的區(qū)域的長度為l，則()A90°時，l9.1 cm B60°時，l9.1 cmC45°時，l4.55 cm D30°時，l4.55 cm答案AD解析如圖所示，根據(jù)“用滾圓法求解磁場中粒子源射出粒子打在屏上范圍”的模型，圖中圓O1、O2均為半徑為R的圓，圓O1分別交MN及其延長線于P、C兩點(diǎn)，SC為圓O1的直徑，圓O2與MN相切于Q點(diǎn)，SQN。若屏的大小

29、無限制，則電子應(yīng)當(dāng)打在圖中C、Q之間，而由于MN長度的限制，電子只能打在N、Q之間。根據(jù)題意，R4.55 cm，可見SONOOMO2QR，由幾何知識可得2RsinsinRsin，則sin，lNQNPPQR(1cos)2Rsincos(1cos)R，分別將90°、60°、45°、30°代入公式即可確定，A、D項(xiàng)正確，B、C項(xiàng)錯誤。5如圖，MN為鋁質(zhì)薄平板，鋁板上方和下方分別有垂直于圖平面的勻強(qiáng)磁場(未畫出)。一帶電粒子從緊貼鋁板上表面的P點(diǎn)垂直于鋁板向上射出，從Q點(diǎn)穿越鋁板后到達(dá)PQ的中點(diǎn)O。已知粒子穿越鋁板時，其動能損失一半，速度方向和電荷量不變，不計重

30、力。鋁板上方和下方的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小之比為()A2 B.C1 D.答案D解析設(shè)鋁板上方和下方的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1和B2，由題意可知，粒子在鋁板上方與下方的運(yùn)動半徑和動能之比分別為r1r221，Ek1Ek221，又r，Ekmv2，可得B，故B1B22，D項(xiàng)正確。6(多選)如圖為某磁譜儀部分構(gòu)件的示意圖。圖中，永磁鐵提供勻強(qiáng)磁場，硅微條徑跡探測器可以探測粒子在其中運(yùn)動的軌跡。宇宙射線中有大量的電子、正電子和質(zhì)子。當(dāng)這些粒子從上部垂直進(jìn)入磁場時，下列說法正確的是()A電子與正電子的偏轉(zhuǎn)方向一定不同B電子與正電子在磁場中運(yùn)動軌跡的半徑一定相同C僅依據(jù)粒子運(yùn)動軌跡無法判斷該粒子是質(zhì)子還是正電子D粒子的動能越

31、大，它在磁場中運(yùn)動軌跡的半徑越小答案AC解析由左手定則知，電子與正電子的偏轉(zhuǎn)方向一定不同，選項(xiàng)A正確；電子與正電子的速度大小關(guān)系不確定，故無法比較它們運(yùn)動的半徑大小關(guān)系，選項(xiàng)B錯誤；質(zhì)子與正電子的速度大小關(guān)系不確定，無法比較它們運(yùn)動的半徑大小關(guān)系，因此僅依據(jù)運(yùn)動軌跡無法判斷粒子是質(zhì)子還是正電子，選項(xiàng)C正確；由r可知，粒子的動能越大，其速度也越大，運(yùn)動軌跡的半徑越大，選項(xiàng)D錯誤。7如圖所示，在半徑為R的圓柱形區(qū)域內(nèi)有勻強(qiáng)磁場，一個電子以速度v0從M點(diǎn)沿半徑方向射入該磁場，從N點(diǎn)射出，速度方向偏轉(zhuǎn)了60°。則電子從M到N運(yùn)行的時間是()A. B.C. D.答案D解析由題意可得，電子運(yùn)動軌

32、跡所對的圓心角為60°，因此運(yùn)動時間為tT，周期T，由幾何關(guān)系可得rR，可知電子運(yùn)動的時間為t。選D。8如圖所示，半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)有一垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，P為磁場邊界上的一點(diǎn)。大量質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子，在紙面內(nèi)沿各個方向以相同速率v從P點(diǎn)射入磁場，這些粒子射出磁場時的位置均位于PMQ圓弧上，PMQ圓弧長等于磁場邊界周長的。不計粒子重力和粒子間的相互作用，則該勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為()A. B.C. D.答案D解析這些粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，由牛頓第二定律可得qvB；從Q點(diǎn)離開磁場的粒子是這些粒子中離P點(diǎn)最遠(yuǎn)的粒子，如圖所示，由圖中幾何關(guān)系可知，該粒子的軌跡圓的圓

33、心O、磁場圓的圓心O和點(diǎn)P構(gòu)成一個直角三角形，得rRcos30°R，聯(lián)立可得B，選項(xiàng)D正確，選項(xiàng)A、B、C錯誤。9在第一象限(含坐標(biāo)軸)內(nèi)有垂直xOy平面且周期性變化的均勻磁場，規(guī)定垂直xOy平面向里的磁場方向?yàn)檎?，磁場變化?guī)律如圖，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B0，變化周期為T0。某一正粒子的質(zhì)量為m、電荷量為q，在t0時從O點(diǎn)沿x軸正向射入磁場中。若要求粒子在tT0時距x軸最遠(yuǎn)，則B0的值為() A. B.C. D.答案D解析由題意可知，在T0時間內(nèi)，粒子的軌跡正好跟y軸相切，tT0時距x軸最遠(yuǎn)，如圖所示，由圖中幾何關(guān)系可得，在0內(nèi)，粒子運(yùn)動的軌跡所對的圓心角為，則粒子運(yùn)動的時間t，則B0

34、，選項(xiàng)A、B、C錯誤，選項(xiàng)D正確。10如圖所示，在無限長的豎直邊界AC和DE間，上、下部分分別充滿方向垂直于ADEC平面向外的勻強(qiáng)磁場，上部分區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0，OF為上、下磁場的水平分界線。質(zhì)量為m、帶電荷量為q的粒子從AC邊界上與O點(diǎn)相距為a的P點(diǎn)垂直于AC邊界射入上方磁場區(qū)域，經(jīng)OF上的Q點(diǎn)第一次進(jìn)入下方磁場區(qū)域，Q與O點(diǎn)的距離為3a。不考慮粒子重力。(1)求粒子射入時的速度大?。?2)要使粒子不從AC邊界飛出，求下方磁場區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度應(yīng)滿足的條件；(3)若下方區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度B3B0，粒子最終垂直DE邊界飛出，求邊界DE與AC間距離的可能值。答案(1)(2)B1>(3)

35、見解析解析(1)設(shè)粒子在OF上方做圓周運(yùn)動的半徑為R，運(yùn)動軌跡如圖甲所示由幾何關(guān)系可知：R5a由牛頓第二定律可知：qvB0m解得：v。(2)當(dāng)粒子恰好不從AC邊界飛出時，運(yùn)動軌跡與AC相切，如圖乙所示，設(shè)粒子在OF下方做圓周運(yùn)動的半徑為r1，由幾何關(guān)系得：r1r1cos3a由(1)知cos所以r1根據(jù)qvB1m解得：B1故當(dāng)B1>時，粒子不會從AC邊界飛出。(3)如圖丙所示，當(dāng)B3B0時，根據(jù)qvBm得粒子在OF下方的運(yùn)動半徑為ra設(shè)粒子的速度方向再次與射入磁場時的速度方向一致時的位置為P1，則P與P1的連線一定與OF平行，根據(jù)幾何關(guān)系知：PP14a所以若粒子最終垂直DE邊界飛出，邊界DE與AC間的距離為LnPP14na(n1,2,3)。11. 如圖所示，M、N為兩塊帶等量異種電荷的平行金屬板，兩板間電壓可取從零到某一最大值之間的各種數(shù)值。靜止的帶電粒子帶電荷量為q，質(zhì)量為m(不計重力)，從點(diǎn)P經(jīng)電場加速后，從小孔Q進(jìn)入N板右側(cè)的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向