新高考一輪復習人教版專題十磁場課件（76張）

考點一磁場的描述一、磁場1.基本特性:磁場對處于其中的磁體、電流或運動電荷有力的作用。2.方向:小磁針的N極所受磁場力的方向,或磁場中自由小磁針靜止時N極

的指向。二、磁感應強度1.定義式:B=

(通電導線垂直于磁場)。2.方向:自由小磁針靜止時N極的指向。3.磁感應強度是反映磁場強弱和方向的物理量,由磁場本身決定,是用比

值法定義的。4.磁感應強度是矢量,利用平行四邊形定則或正交分解法進行合成或分

解。三、磁感線1.引入:在磁場中畫出一些曲線,使曲線上每一點的切線方向都跟這點的

磁感應強度的方向一致,磁感線的疏密反映磁場的強弱。2.特點:磁感線的特點與電場線的特點類似,主要區(qū)別在于磁感線是閉合

的曲線。四、幾種常見的磁場1.常見磁體的磁場

直線電流的磁場通電螺線管的磁場環(huán)形電流的磁場

無磁極、非勻強磁場且距導線越遠處磁場越弱與條形磁鐵的磁場相似,管內(nèi)近似為勻強磁場,管外為非勻強磁場環(huán)形電流的兩側是等

效小磁針的N極和S極,離圓環(huán)越遠,磁場越弱

2.電流的磁場考點二磁場對電流的作用一、安培力的方向1.左手定則:伸開左手,使拇指與其余四個手指垂直,并且都與手掌在同一

個平面內(nèi)。讓磁感線從掌心垂直進入,并使四指指向電流的方向,這時拇

指所指的方向就是通電導線在磁場中所受安培力的方向。2.注意問題:磁感線方向不一定垂直于電流方向,但安培力方向一定與磁

場方向和電流方向垂直,即大拇指一定要垂直于磁場方向和電流方向決

定的平面。二、安培力的大小當磁感應強度B的方向與導線方向成θ角時,F=ILBsinθ。1.當磁場與電流垂直時,安培力最大,Fmax=ILB。2.當磁場與電流平行時,安培力等于零。3.L為導線在磁場中的有效長度。如彎曲通電導線的有效長度L等于連接

兩端點的線段的長度,相應的電流方向沿兩端點連線由始端流向末端,如

圖所示。

考點三磁場對運動電荷的作用一、洛倫茲力1.洛倫茲力:磁場對運動電荷的作用力叫洛倫茲力。2.洛倫茲力的方向1)左手定則:磁感線垂直穿入掌心,四指指向正電荷運動的方向或負電荷

運動的反方向,拇指指向洛倫茲力的方向。2)方向特點:F⊥B,F⊥v,即F垂直于B和v所決定的平面。3.洛倫茲力的大小1)v∥B時,洛倫茲力F=0(θ=0°或180°)。2)v⊥B時,洛倫茲力F=qvB(θ=90°)。3)v=0時,洛倫茲力F=0。二、帶電粒子在勻強磁場中的運動1.若v∥B,帶電粒子不受洛倫茲力,在勻強磁場中做勻速直線運動。2.若v⊥B,帶電粒子僅受洛倫茲力作用時,在垂直于磁感線的平面內(nèi)以入

射速度v做勻速圓周運動。拓展一安培力作用下導體的運動1.判定安培力作用下導體或磁體運動情況的常用方法電流元法分割為電流元

安培力方向→整段導體合力方向→運動方向特殊位置法在特殊位置(如轉90°)→安培力方向→運動方向等效法環(huán)形電流

小磁針條形磁鐵

通電螺線管

多個環(huán)形電流結論法兩電流相互平行時無轉動趨勢,同向電流互相吸引,異向電流互相排斥;兩不平行的直線電流相互作用時,有轉到平行且電流方向相同的趨勢轉換研究對象法定性分析磁體在電流磁場作用下的運動或運動趨勢的問題,可先分析電流在磁體磁場中所受的安培力,然后由牛頓第三定律,確定磁體所受電流磁場的作用力,從而確定磁體所受合力及運動情況【例1】一個可以自由運動的線圈L1和一個固定的線圈L2互相絕緣且兩者相互垂直放置,兩個線圈的圓心重合,當兩線圈通以如圖所示的電流時,從左向右看,線圈L1將(

)A.不動

B.順時針轉動C.逆時針轉動

D.向紙面內(nèi)平動解析方法一(電流元分析法)把線圈L1分成上下兩部分,每一部分又可以看成無數(shù)段直線電流元,電流

元處在L2產(chǎn)生的磁場中,根據(jù)安培定則可知各電流元所在處的磁場方向

向上,由左手定則可得,上半部分電流元所受安培力均指向紙外,下半部分

電流元所受安培力均指向紙里,因此從左向右看線圈L1將順時針轉動,故

選B。方法二(等效分析法)把線圈L1等效為小磁針,小磁針的N極應指向磁場方向。由安培定則知L2

產(chǎn)生的磁場方向豎直向上,而L1等效成小磁針,在轉動前N極指向紙里,因

此小磁針的N極應由指向紙里轉為向上,所以從左向右看,線圈L1將順時

針轉動,故選B。方法三(利用結論法)兩線圈中的環(huán)形電流之間不平行,則必有相對轉動,直到兩環(huán)形電流同向

平行為止,據(jù)此可知,從左向右看,線圈L1將順時針轉動,故選B。2.安培力作用下導體棒的運動分析方法通電導體棒在平行導軌上的受力問題是一種常見的力學綜合模型,該模

型一般由導軌、導體棒、電源和電阻等組成。這類題目的難點是題圖

具有立體性,因此解題時一定要先把立體圖轉化成平面圖,在平面圖上畫

受力分析示意圖,導體棒若為平衡狀態(tài),則由F合=0列方程解題;若為非平衡

狀態(tài),則由F合=ma列方程解題?！纠?】(2018江蘇單科,13,15分)如圖所示,兩條平行的光滑金屬導軌所

在平面與水平面的夾角為θ,間距為d。導軌處于勻強磁場中,磁感應強度

大小為B,方向與導軌平面垂直。質(zhì)量為m的金屬棒被固定在導軌上,距底

端的距離為s,導軌與外接電源相連,使金屬棒通有電流。金屬棒被松開

后,以加速度a沿導軌勻加速下滑,金屬棒中的電流始終保持恒定,重力加

速度為g。求下滑到底端的過程中,金屬棒(1)末速度的大小v;(2)通過的電流大小I;(3)通過的電荷量Q。解析(1)勻加速直線運動v2=2as解得v=

(2)安培力F安=IdB由牛頓運動定律得mgsinθ-F安=ma解得I=

(3)運動時間t=

電荷量Q=It解得Q=

拓展二帶電粒子在有界磁場中的運動解決此類問題的基本思路:定圓心→畫軌跡→由幾何關系求半徑和

圓心角→利用R=

和T=

分析解題。1.兩種方法定圓心方法一:已知入射點、入射方向和出射點、出射方向時,可通過入射點和

出射點作垂直于入射方向和出射方向的直線,兩條直線的交點就是圓弧

軌跡的圓心(如圖甲所示)。

方法二:已知入射方向和入射點、出射點的位置時,可以通過入射點作入

射方向的垂線,連接入射點和出射點,作其中垂線,這兩條垂線的交點就是

圓弧軌跡的圓心(如圖乙所示)。2.幾何知識求半徑利用平面幾何關系,求出軌跡圓的可能半徑(或圓心角),求解時注意以下

幾個重要的幾何特點。1)粒子速度的偏向角(φ)等于圓心角(α),并等于AB弦與切線的夾角(弦切

角θ)的2倍(如圖所示),即φ=α=2θ=ωt。

2)直角三角形的應用(勾股定理)找到AB的中點C,連接O、C,則△ACO、△BCO都是直角三角形。3.兩個觀點算時間觀點一:由運動弧長計算,t=

(l為弧長)。觀點二:由旋轉角度計算,t=

T(或t=

T)。4.三類邊界磁場中的軌跡特點1)直線邊界:進出磁場具有對稱性。

3)圓形邊界:等角進出,沿徑向射入必沿徑向射出。

①②2)平行邊界:存在臨界條件。【例3】(2021全國乙,16,6分)如圖,圓形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁

場,質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的帶電粒子從圓周上的M點沿直徑MON方

向射入磁場。若粒子射入磁場時的速度大小為v1,離開磁場時速度方向偏

轉90°;若射入磁場時的速度大小為v2,離開磁場時速度方向偏轉60°。不計重力。則

為

(

)A.

B.

C.

D.

解析根據(jù)題意,帶電粒子在磁場中運動,洛倫茲力提供其做圓周運動的向

心力,該粒子的運動軌跡如圖,設圓形勻強磁場區(qū)域的半徑為R,則由圖中

幾何關系可知,粒子以速度v1射入時的軌跡半徑r1=R,粒子以速度v2射入時

的軌跡半徑r2滿足

=tan30°,則r2=

R;又有Bvq=m

,得r=

,所以

=

=

,B正確。拓展三帶電粒子在有界磁場中運動的多解問題帶電粒子在洛倫茲力的作用下做勻速圓周運動,由于多種因素的影

響,使問題形成多解。1.帶電粒子電性不確定:受洛倫茲力作用的帶電粒子,可能帶正電荷,也可

能帶負電荷,在相同的初速度下,正、負粒子在磁場中運動軌跡不同,形成

多解。2.磁場方向不確定:只知道磁感應強度大小,而未具體指出磁感應強度方

向,此時必須要考慮磁感應強度方向不確定而形成的多解。3.臨界狀態(tài)不唯一:帶電粒子在洛倫茲力作用下飛越有界磁場時,由于粒

子運動軌跡是圓弧狀,因此,它可能穿過去了,也可能轉過180°從入射界面

這邊反向飛出,于是形成多解。4.運動具有周期性:帶電粒子在部分是電場,部分是磁場的空間運動時,往

往運動具有周期性,因而形成多解。

【例4】如圖甲所示,M、N為豎直放置彼此平行的兩塊平板,板間距離為

d,兩板中央各有一個小孔O、O'正對,在兩板間有垂直于紙面方向的磁場,

磁感應強度隨時間的變化如圖乙所示。有一群正離子在t=0時垂直于M

板從小孔O射入磁場。已知正離子質(zhì)量為m、帶電荷量為q,正離子在磁

場中做勻速圓周運動的周期與磁感應強度變化的周期都為T0,不考慮由

于磁場變化而產(chǎn)生的電場的影響,不計離子所受重力。求:

甲

乙(1)磁感應強度B0的大小;(2)要使正離子從O'垂直于N板射出磁場,正離子射入磁場時的速度v0的可

能值。解析設垂直于紙面向里的磁場方向為正方向。(1)正離子射入磁場,洛倫茲力提供向心力,B0qv0=

做勻速圓周運動的周期T0=

由以上兩式得磁感應強度B0=

(2)要使正離子從O'孔垂直于N板射出磁場,v0射出的方向應如圖所示,兩板

之間正離子只運動一個周期即T0時,有R=

;當兩板之間正離子運動n個周期即nT0時,有R=

(n=1,2,3,…)又R=

得正離子的速度的可能值為v0=

=

(n=1,2,3,…)此題中若假設垂直紙面向外的磁場方向為正方向,經(jīng)分析可知對答案無

影響。拓展四帶電粒子在復合場中的運動1.帶電粒子在組合場中的運動

“5步”突破帶電粒子在組合場中的運動問題【例5】(2021全國甲,25,20分)如圖,長度均為l的兩塊擋板豎直相對放置,

間距也為l,兩擋板上邊緣P和M處于同一水平線上,在該水平線的上方區(qū)

域有方向豎直向下的勻強電場,電場強度大小為E;兩擋板間有垂直紙面

向外、磁感應強度大小可調(diào)節(jié)的勻強磁場。一質(zhì)量為m、電荷量為q(q>

0)的粒子自電場中某處以大小為v0的速度水平向右發(fā)射,恰好從P點處射

入磁場,從兩擋板下邊緣Q和N之間射出磁場,運動過程中粒子未與擋板碰撞。已知粒子射入磁場時的速度方向與PQ

的夾角為60°,不計重力。(1)求粒子發(fā)射位置到P點的距離;(2)求磁感應強度大小的取值范圍;(3)若粒子正好從QN的中點射出磁場,求粒子在磁場中的軌跡與擋板MN

的最近距離。解析(1)將粒子進磁場時的速度分解,可得vy=

=

v=

=

粒子在電場中做類平拋運動在沿電場方向:qE=ma

=2ayvy=at在垂直電場方向:x=v0t合成分位移得d=

解得d=

(2)粒子從Q射出磁場,如圖1:r1=

=

粒子從N射出磁場,如圖2:r2=

=(

+1)l由洛倫茲力提供向心力可得:qvB=

即B=

由題意知r1<r<r2聯(lián)立可解得:

<B<

圖1

圖2(3)粒子從QN的中點A射出,如圖3設∠QPA=α,則PA=

l,sinα=

,cosα=

由幾何關系可知:r3=

=

l當粒子速度與MN平行時,距MN最近過圓心O3作MN的垂線交軌跡于B點,交MN于C點,則BC=r3sin30°+l-r3=l-

=

l

圖3場力的特點功和能的特點

大小:G=mg方向:豎直向下重力做功與路徑無關重力做功改變物體的重力勢能

大小:F=qE方向:正電荷受力方向與場強方向相同,負電荷受力方向與場強方向相反電場力做功與路徑無關W=qU電場力做功改變物體的電勢能

大小:F=qvB(v⊥B)方向:可用左手定則判斷洛倫茲力不做功,不改變帶電粒

子的動能2.帶電粒子在疊加場中的運動1)三種場的比較2)關于是否考慮粒子重力的三種情況①對于微觀粒子,如電子、質(zhì)子、離子等,其重力一般情況下與靜電力或

磁場力相比太小,可以忽略;而對于一些實際物體,如帶電小球、液滴、塵

埃等一般應當考慮其重力。②在題目中有明確說明是否要考慮重力的,按題目要求處理。③不能直接判斷是否要考慮重力的,在進行受力分析與運動分析時,要結

合運動狀態(tài)確定是否要考慮重力。

3)“三步”解決疊加場問題【例6】如圖所示,空間中存在著水平向右的勻強電場,電場強度大小E=5

N/C,同時存在著水平方向的勻強磁場,其方向與電場方向垂直,磁感應強度大小B=0.5T。有一帶正電的小球,質(zhì)量m=1×10-6

kg,電荷量q=2×10-6

C,正以速度v在圖示的豎直面內(nèi)做勻速直線運動,當經(jīng)過P點時撤掉磁場(不考慮磁場消失引起的電磁感應現(xiàn)象),取g=10m/s2。求:(1)小球做勻速直線運動的速度v的大小和方向;(2)從撤掉磁場到小球再次穿過P點所在的這條電場線經(jīng)歷的時間t。解析(1)小球做勻速直線運動時受力如圖,其所受的三個力在同一平面內(nèi),

合力為零,有

qvB=

①代入數(shù)據(jù)解得v=20m/s②速度v的方向與電場E的方向之間的夾角θ滿足tanθ=

③代入數(shù)據(jù)解得tanθ=

則θ=60°,速度方向與電場方向成60°角斜向上④(2)解法一:等效重力撤去磁場,小球在重力與電場力的合力作用下做類平拋運動,設其加速度

為a,有a=

⑤設撤掉磁場后小球在初速度方向上的分位移為x,有x=vt

⑥設小球在重力與電場力的合力方向上分位移為y,有y=

at2

⑦a與mg的夾角和v與E的夾角相同,均為θ,又tanθ=

⑧聯(lián)立④⑤⑥⑦⑧式,代入數(shù)據(jù)解得t=2

s=3.5s⑨解法二:運動的分解撤去磁場后,由于電場力垂直于豎直方向,它對豎直方向的分運動沒有影

響,以P點為坐標原點,豎直向上為正方向,小球在豎直方向上做勻減速運

動,其初速度為vy=vsinθ

⑤若使小球再次穿過P點所在的電場線,僅需小球豎直方向上分位移為零,

則有vyt-

gt2=0

⑥聯(lián)立⑤⑥式,代入數(shù)據(jù)解得t=2

s=3.5s⑦拓展五解決帶電粒子在交變電場與磁場中運動的方法此類問題的最大特點是帶電粒子的運動具有周期性,如帶電粒子在

勻強磁場中做勻速圓周運動時,一般只做

圓周、

圓周、

圓周或一周的運動,這樣的設計主要是為了使帶電粒子的運動過程不至于太復雜。

在解題過程中,抓住上述特點,也就抓住了解決此類問題的關鍵?！纠?】如圖甲所示,在xOy坐標系內(nèi)存在周期性變化的電場和磁場,電場

沿y軸正方向,磁場垂直紙面(以向里為正),電場和磁場的變化規(guī)律如圖乙

所示。一質(zhì)量為3.2×10-13kg、電荷量為-1.6×10-10C的帶電粒子,在t=0時

刻以v0=8m/s的速度從坐標原點沿x軸正向運動,不計粒子重力,π取3.14。

求:

甲

乙(1)粒子在磁場中運動的周期;(2)t=20×10-3s時粒子的位置坐標;(3)t=24×10-3s時粒子的速度。解析(1)粒子在磁場中運動時qvB=

T=

解得T=

=4×10-3s(2)粒子的運動軌跡如圖所示,t=20×10-3s時粒子在坐標系內(nèi)做了兩個圓周

運動和三段類平拋運動

水平位移x=3v0T=9.6×10-2m豎直位移y=

a(3T)2Eq=ma解得y=3.6×10-2m故t=20×10-3s時粒子的位置坐標為(9.6×10-2m,-3.6×10-2m)(3)t=24×10-3s時粒子的速度大小、方向與t=20×10-3s時相同,設與水平方

向夾角為α則v=

vy=3aTtanα=

解得v=10m/s與x軸正向夾角α為37°,斜向右下方應用一探究幾個電磁學儀器的工作原理——復合場在現(xiàn)代科技中的應用以探究儀器、儀表的原理及其應用過程中產(chǎn)生的新變化、新問題

為背景進行命題,已成為高考命題中司空見慣的現(xiàn)象,所以,同學們在學習

過程中一定要把常用儀器、儀表的原理理解透徹。本專題涉及的儀器

主要有以下幾種:1.速度選擇器若qv0B=Eq,即v0=

,帶電粒子做勻速直線運動。2.電磁流量計

q=qvB,所以v=

,所以流量Q=vS=

·π

=

。

速度選擇器

電磁流量計3.霍爾元件當磁場方向與電流方向垂直時,導體在與磁場、電流方向都垂直的方向

上出現(xiàn)電勢差。4.磁流體發(fā)電機等離子體射入,受洛倫茲力發(fā)生偏轉,使兩極板帶正、負電荷,兩極板間電

壓為U時穩(wěn)定,

=qv0B,U=v0Bd。

霍爾元件

磁流體發(fā)電機5.質(zhì)譜儀帶電粒子由靜止被加速電場加速,qU=

mv2,在磁場中做勻速圓周運動,qvB=m

,則比荷

=

。6.回旋加速器交變電流的周期和帶電粒子做圓周運動的周期相同,帶電粒子在做圓周運動的過程中每次經(jīng)過D形盒縫隙都會被加速。若D形盒半徑為R,由qvB

=m

得最大動能Ekm=

。

質(zhì)譜儀

回旋加速器【例1】(2020山東,17,14分)某型號質(zhì)譜儀的工作原理如圖甲所示。M、

N為豎直放置的兩金屬板,兩板間電壓為U,Q板為記錄板,分界面P將N、Q

間區(qū)域分為寬度均為d的Ⅰ、Ⅱ兩部分,M、N、P、Q所在平面相互平行,

a、b為M、N上兩正對的小孔。以a、b所在直線為z軸,向右為正方向,取z

軸與Q板的交點O為坐標原點,以平行于Q板水平向里為x軸正方向,豎直

向上為y軸正方向,建立空間直角坐標系Oxyz。區(qū)域Ⅰ、Ⅱ內(nèi)分別充滿沿

x軸正方向的勻強磁場和勻強電場,磁感應強度大小、電場強度大小分別

為B和E。一質(zhì)量為m,電荷量為+q的粒子,從a孔飄入電場(初速度視為零),

經(jīng)b孔進入磁場,過P面上的c點(圖中未畫出)進入電場,最終打到記錄板Q

上。不計粒子重力。(1)求粒子在磁場中做圓周運動的半徑R以及c點到z軸的距離L;(2)求粒子打到記錄板上位置的x坐標;(3)求粒子打到記錄板上位置的y坐標(用R、d表示);(4)如圖乙所示,在記錄板上得到三個點s1、s2、s3,若這三個點是質(zhì)子

H、氚核

H、氦核

He的位置,請寫出這三個點分別對應哪個粒子(不考慮粒子間的相互作用,不要求寫出推導過程)。

甲

乙解析(1)設粒子經(jīng)加速電場到b孔的速度大小為v,粒子在區(qū)域Ⅰ中做勻速

圓周運動對應的圓心角為α,在M、N兩金屬板間,由動能定理得qU=

mv2①在區(qū)域Ⅰ中,粒子做勻速圓周運動,洛倫茲力提供向心力,由牛頓第二定律

得qvB=m

②聯(lián)立①②式得R=

③由幾何關系得d2+(R-L)2=R2

④cosα=

⑤sinα=

⑥聯(lián)立①②④式得L=

-

⑦(2)設區(qū)域Ⅱ中粒子沿z軸方向的分速度為vz,沿x軸正方向加速度大小為a,

位移大小為x,運動時間為t,由牛頓第二定律得qE=ma⑧粒子在z軸方向做勻速直線運動,由運動合成與分解的規(guī)律得vz=vcosα

⑨d=vzt

⑩粒子在x方向做初速度為零的勻加速直線運動,由運動學公式得x=

at2

聯(lián)立①②⑤⑧⑨⑩

式得x=

(3)設粒子沿y方向偏離z軸的距離為y,其中在區(qū)域Ⅱ中沿y方向偏離的距

離為y',由運動學公式得y'=vtsinα

由題意得y=L+y'

聯(lián)立①④⑥⑨⑩

式得y=R-

+

(4)s1、s2、s3分別對應氚核

H、氦核

He、質(zhì)子

H的位置。應用二探究“磁聚焦”和“磁發(fā)散”的原理——“磁聚焦”在現(xiàn)代科技中的應用1.帶電粒子的匯聚——“磁聚焦”的原理如圖甲所示,大量的同種帶正電的粒子,速度大小相同,平行入射到圓形磁

場區(qū)域,如果軌跡圓半徑與磁場圓半徑相等(R=r),則所有的帶電粒子將從

磁場圓的最低點B點射出。證明:從磁場邊緣任取一點A,從該點射入磁場的粒子,做圓周運動對應的

圓心為O'。四邊形OAO'B為菱形,必是平行四邊形,對邊平行,OB必平行于

AO'(豎直方向),可知從A點發(fā)出的帶電粒子必然經(jīng)過B點。2.帶電粒子的發(fā)散——“磁發(fā)散”的原理如圖乙所示,有界圓形磁場的磁感應強度為B,圓心為O,從P點有大量質(zhì)量

為m、電荷量為q的正粒子,以大小相等的速度v沿不同方向射入有界磁

場,不計粒子的重力,如果正粒子軌跡圓半徑與有界圓形磁場半徑相等,則所有粒子射出磁場的方向平行。證明:所有粒子運動軌跡的圓心與有界圓圓心O、入射點、出射點的連

線為菱形,也是平行四邊形,O1A、O2B、O3C均平行于PO,則出射速度方向

相同(水平方向)?！纠?】(2021湖南,13,13分)帶電粒子流的磁聚焦和磁控束是薄膜材料制

備的關鍵技術之一。帶電粒子流(每個粒子的質(zhì)量為m、電荷量為+q)以

初速度v垂直進入磁場,不計重力及帶電粒子之間的相互作用。對處在

xOy平面內(nèi)的粒子,求解以下問題。

圖(a)

圖(b)(1)如圖(a),寬度為2r1的帶電粒子流沿x軸正方向射入圓心為A(0,r1)、半徑

為r1的圓形勻強磁場中,若帶電粒子流經(jīng)過磁場后都匯聚到坐標原點O,求

該磁場磁感應強度B1的大小;(2)如圖(a),虛線框為邊長等于2r2的正方形,其幾何中心位于C(0,-r2)。在虛

線框內(nèi)設計一個區(qū)域面積最小的勻強磁場,使匯聚到O點的帶電粒子流經(jīng)

過該區(qū)域后寬度變?yōu)?r2,并沿x軸正方向射出。求該磁場磁感應強度B2的

大小和方向,以及該磁場區(qū)域的面積(無需寫出面積最小的證明過程);(3)如圖(b),虛線框Ⅰ和Ⅱ均為邊長等于r3的正方形,虛線框Ⅲ和Ⅳ均為邊

長等于r4的正方形。在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ和Ⅳ中分別設計一個區(qū)域面積最小的

勻強磁場,使寬度為2r3的帶電粒子流沿x軸正方向射入Ⅰ和Ⅱ后匯聚到坐

標原點O,再經(jīng)過Ⅲ和Ⅳ后寬度變?yōu)?r4,并沿x軸正方向射出,從而實現(xiàn)帶

電粒子流的同軸控束。求Ⅰ和Ⅲ中磁場磁感應強度的大小,以及Ⅱ和Ⅳ

中勻強磁場區(qū)域的面積(無需寫出面積最小的證明過程)。解析(1)取任意入射點E,作出運動軌跡如圖所示,四邊形AEO'O中AE=AO

=r1,∠AEO=∠AOE,O'E∥OA,所以∠O'EO=∠EOA,由此得四邊形AEO'O

為菱形,入射粒子在磁場中運動的軌跡半徑為r1,得qvB1=m

,解得B1=

。

(2)由第(1)問知,該過程為磁聚焦的逆過程,即磁發(fā)散,粒子在磁場區(qū)域運

動的軌跡半徑r'=r2,磁場方向垂直紙面向里。由qvB2=m

,解得B2=

磁場區(qū)域面積為π

。(3)如圖所示在區(qū)域Ⅰ中,最小磁場區(qū)域的邊界一部分是由各粒子入射點形成的邊界,

由磁聚焦可知是一段半徑為r3的圓弧,另一邊界是由最上端入射粒子運動

軌跡形成的圓弧,即最小區(qū)域是兩段

圓弧所圍成的。由BⅠqv=m

可得區(qū)域Ⅰ的磁感應強度BⅠ=

由幾何知識可得磁場區(qū)域的面積為SⅠ=

×2=

由對稱性可知區(qū)域Ⅱ內(nèi)磁場區(qū)域最小面積SⅡ=SⅠ=

同理,在區(qū)域Ⅲ、Ⅳ中磁場的磁感應強度為BⅢ=BⅣ=

對應的最小磁場區(qū)域面積為SⅢ=SⅣ=

創(chuàng)新點探索臨界條件的三種方法——“平移圓”法、“旋轉圓”法和“放縮圓”法帶電粒子在有界磁場中運動的臨界、極值問題,是本專題的難點之

一,突破該難點的方法考驗同學們的創(chuàng)新思維能力。以下介紹幾種巧妙

的分析方法。一、“平移圓”法探索臨界條件1.適用條件:速度大小一定,方向一定,入射點在同一直線上。粒子源發(fā)射

速度大小、方向一定,入射點不同但在同一直線上的帶電粒子進入勻強

磁場時,它們做勻速圓周運動的半徑相同,若入射速度大小為v0,則半徑R=

,如圖所示(粒子帶負電)。2.模型特點:軌跡圓圓心共線。帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的圓

心在同一直線上,該直線與入射點的連線共線。3.界定方法:將半徑為R=

的圓進行平移,從而探索粒子的臨界條件,這種方法叫“平移圓”法。【例1】如圖所示,在Ⅰ、Ⅱ兩個區(qū)域內(nèi)存在磁感應強度大小均為B的勻

強磁場,磁場方向分別垂直于紙面向外和向里,AD、AC邊界的夾角∠

DAC=30°,邊界AC與邊界MN平行,Ⅱ區(qū)域?qū)挾葹閐。質(zhì)量為m、電荷量為

+q的粒子可在邊界AD上的不同點射入,入射速度垂直AD且垂直磁場,若

入射速度大小為

,不計粒子重力,則(

)

A.粒子在磁場中的運動半徑為

B.粒子在距A點0.5d處射入,不會進入Ⅱ區(qū)域C.粒子在距A點1.5d處射入,在Ⅰ區(qū)內(nèi)運動的時間為

D.能夠進入Ⅱ區(qū)域的粒子,在Ⅱ區(qū)域內(nèi)運動的最短時間為

解析帶電粒子在磁場中的運動半徑r=

=d,A錯誤;設從某處E進入磁場的粒子,其軌跡恰好與AC相切(如圖所示),則E點距A點的距離為2d-d=d,粒

子在距A點0.5d處射入,會進入Ⅱ區(qū)域,B錯誤;粒子在距A點1.5d處射入,不

會進入Ⅱ區(qū)域,在Ⅰ區(qū)域內(nèi)的軌跡為半圓,運動的時間為t=

=

,C正確;進入Ⅱ區(qū)域的粒子,弦長最短的運動時間最短,通過作圖分析可知,從A點

進入Ⅱ區(qū)域的粒子,在Ⅱ區(qū)域運動軌跡的弦長最短,且最短弦長為d,對應

圓心角為60°,最短時間為tmin=

=

,D錯誤。二、“旋轉圓”法探索臨界條件1.適用條件:速度大小一定,方向不同。粒子源發(fā)射速度大小一定、方向

不同的帶電粒子進入勻強磁場時,它們在磁場中做勻速圓周運動的半徑

相同,若入射初速度大小為v0,則圓周運動軌跡半徑為R=

,如圖所示。2.模型特點:軌跡圓圓心共圓。如圖(粒子帶正電),帶電粒子在磁場中做勻

速圓周運動的圓心在以入射點P為圓心、半徑R=

的圓上。

3.界定方法:將一半徑為R=

的