《2021高考物理（江蘇專用）一輪課件：專題九磁場【KS5U高考】》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2021高考物理（江蘇專用）一輪課件：專題九磁場【KS5U高考】（73頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、專 題 九 磁 場高 考 物 理 江 蘇 專 用 考 點 一 磁 場 、 安 培 力一、磁場的描述1.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,或自由小磁針靜止時N極的指向。2.磁感應強度(1)定義式:B=(通電導線垂直于磁場)。(2)方向:小磁針靜止時N極的指向。(3)磁感應強度是反映磁場性質的物理量,由磁場本身決定,是用比值法定義的。FIL考點清單 3.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。(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。

2、(3)常見磁體的磁場 二、安培定則的應用及磁場的疊加1.安培定則的應用 2.磁場的疊加磁感應強度是矢量,計算時與力的計算方法相同,利用平行四邊形定則或正交分解法進行合成與分解。三、安培力1.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。讓磁感線從掌心進入,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。 2.安培力的大小 當磁感應強度B的方向與導線方向成角時,F=ILBsin。(

3、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。 考點二磁場對運動電荷的作用一、洛侖茲力、洛侖茲力的方向和大小1.洛侖茲力:磁場對運動電荷的作用力叫洛侖茲力。2.洛侖茲力的方向(1)判定方法:左手定則掌心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;拇指指向洛侖茲力的方向。(2)方向特點:F B,F v,即F垂直于B和v所決定的平面。3.洛侖茲力的大小(1)v B時,洛侖茲力F=0(=0或1

4、80)。 (2)v B時,洛侖茲力F=qvB(=90)。 (3)v=0時,洛侖茲力F=0。二、帶電粒子在勻強磁場中的運動1.若v B,帶電粒子不受洛侖茲力,在勻強磁場中做勻速直線運動。2.若v B,帶電粒子僅受洛侖茲力作用,在垂直于磁感線的平面內以入射速度v做勻速圓周運動。如圖,帶電粒子在磁場中,圖a中粒子做勻速圓周運動,圖b中粒子做勻速直線運動,圖c中粒子做勻速圓周運動。 3.半徑和周期公式:(v B) 考點三帶電粒子在復合場中的運動一、復合場1.復合場:電場、磁場、重力場共存,或其中某兩種場共存。2.組合場:電場與磁場各位于一定的區(qū)域內,并不重疊,或在同一區(qū)域,電場、磁場交替出現(xiàn)。3.電子

5、、質子、粒子、離子等微觀粒子在復合場中運動時,一般都不計重力,但質量較大的質點(如帶電油滴)在復合場中運動時,不能忽略重力。 力的特點功和能的特點重力場大小: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靜電場大小:F=qE方向:正電荷受力方向與場強方向一致;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電場力做功改變電荷的電勢能磁場大小:F=qvB(v B)方向:遵循左手定則洛侖茲力不做功,不改變帶電粒子的速度大小二、三種場的比較 拓 展 一 磁 感 應 強 度 、 安 培 力一、對電場與磁場的理解1.磁感應強度B與電場強度E的比較知能拓展 2.磁感線與電場線的

6、比較磁感線電場線意義為形象地描述磁場方向和相對強弱而假想的線為形象地描述電場方向和相對強弱而假想的線方向線上各點的切線方向即該點的磁場方向,是小磁針N極受力方向線上各點的切線方向即該點的電場方向,是正電荷受力的方向 疏密表示磁場強弱表示電場強弱特點在空間不相交、不中斷除場源電荷處外,在空間不相交、不中斷不同點是閉合曲線電場線始于正電荷,止于負電荷或無窮遠處,或始于無窮遠處,止于負電荷 例1下列說法中正確的是()A.電荷在某處不受電場力的作用,則該處電場強度為零B.一小段通電導線在某處不受磁場力作用,則該處磁感應強度一定為零C.表征電場中某點電場的強弱,是把一個檢驗電荷放在該點時受到的電場力與檢

7、驗電荷本身電荷量的比值D.表征磁場中某點磁場的強弱,是把一小段通電導線放在該點時受到的磁場力與該小段導線長度和電流乘積的比值 解析電場對放入其中的電荷有力的作用,磁場對通電導線有力的作用的條件是磁場方向不能和電流方向平行,因此A正確,B錯誤;根據(jù)電場強度的定義式E=可知C正確;而同樣用比值定義法定義的磁感應強度則應有明確的說明,即B=中I和B的方向必須垂直,故D錯誤。Fq FIL答案AC 二、磁場及安培定則的應用1.對磁感應強度的理解(1)磁感應強度由磁場本身決定,因此不能根據(jù)定義式B=認為B與F成正比,與I、L成反比。(2)測量磁感應強度時小段通電導線應垂直磁場放入,如果平行磁場放入,則所受

8、安培力為零,但不能說該點的磁感應強度為零。(3)磁感應強度是矢量,其方向為放入其中的小磁針N極的受力方向,也是自由轉動的小磁針靜止時N極的指向。2.磁場的疊加磁感應強度是矢量,計算時與力的計算方法相同,利用平行四邊形定則或正 交分解法進行合成與分解。FIL 3.安培定則的應用在運用安培定則判定直線電流和環(huán)形電流的磁場時應分清“因”和“果”。原因(電流方向)結果(磁場繞向)直線電流的磁場大拇指四指環(huán)形電流的磁場四指大拇指 例2如圖所示,a、b兩根垂直紙面的直導線通有等值的電流,兩導線旁有一點P,P點到a、b距離相等,關于P點的磁場方向,以下判斷正確的是()A.a中電流方向指向紙外,b中電流方向指

9、向紙里,則P點的磁場方向向右B.a中電流方向指向紙外,b中電流方向指向紙里,則P點的磁場方向向左C.a中電流方向指向紙里,b中電流方向指向紙外,則P點的磁場方向向右D.a中電流方向指向紙外,b中電流方向指向紙外,則P點的磁場方向向左 解題導引 解析若a中電流方向指向紙外,b中電流方向指向紙里,根據(jù)安培定則判斷可知:a在P處產生的磁場Ba方向垂直于a、P連線斜向上,b在P處產生的磁場Bb方向垂直于b、P連線斜向下,如圖所示,根據(jù)平行四邊形定則進行合成,P點的磁感應強度方向水平向右,故A正確,B錯誤。若a中電流方向指向紙里,b中電流方向指向紙外,則可得P點的磁感應強度方向水平向左,故C錯誤。若a、

10、b中電流方向均指向紙外,同理可知,P點的磁感應強度方向向上,故D錯誤。 答案A 拓展二洛侖茲力、帶電粒子在勻強磁場中的運動一、洛侖茲力與電場力的比較比較項目洛侖茲力F電場力F大小F=qvB(v B) F=qE與速度關系v=0或v B,F=0與速度的有無、方向均無關力的方向與場的方向的關系F B正電荷所受電場力的方向與電場方向相同,負電荷所受電場力的方向與電場方向相反 做功情況任何情況下都不做功可能做正功、負功,也可能不做功力F為零時場的情況F為零,B不一定為零F為零,E一定為零作用效果只改變電荷運動的速度方向,不改變速度大小既可以改變電荷運動的速度大小,也可以改變速度方向 例3一個帶正電的小球

11、沿光滑絕緣的桌面向右運動,速度方向垂直于一個水平向里的勻強磁場,如圖所示,小球飛離桌面后落到地板上,設飛行時間為t1,水平射程為x1,著地速度為v1。撤去磁場,其余的條件不變,小球飛行時間為t2,水平射程為x2,著地速度為v2,則下列論述正確的是()A.x 1x2B.t1t2C.v1和v2大小相等D.v1和v2方向相同 解析當桌面右邊存在磁場時,由左手定則可知,帶正電的小球在飛行過程中受到斜向右上方的洛侖茲力作用,此力在水平方向上的分量向右,豎直分量向上,因此小球水平方向上存在加速度,豎直方向上的加速度at2,x1x2,A、B對;又因為洛侖茲力不做功,故C對;兩次小球著地時速度方向不同,D錯。

12、答案ABC 二、帶電粒子做勻速圓周運動的圓心、半徑及運動時間的確定基本思路圖例說明圓心的確定與速度方向垂直的直線過圓心弦的垂直平分線過圓心軌跡圓弧與邊界切點的法線過圓心 P、M點速度方向垂線的交點 P點速度方向的垂線與 弦的垂直平分線的交點某點的速度方向的垂線與切點法線的交點 半徑的確定利用平面幾何知識求半徑常用解三角形法:例:(左圖)R=或由R2=L2+(R-d)2求得R=運動時間的確定利用軌跡對應圓心角或軌跡長度L求時間t=Tt= (1)速度的偏轉角等于所對應的圓心角(2)偏轉角與弦切角的關系:180,=360-2Lsin 2 2L d2d2Lv AB 例4(2019課標,18,6分)如圖

13、,在坐標系的第一和第二象限內存在磁感應強度大小分別為B和B、方向均垂直于紙面向外的勻強磁場。一質量為m、電荷量為q(q0)的粒子垂直于x軸射入第二象限,隨后垂直于y軸進入第一象限,最后經過x軸離開第一象限。粒子在磁場中運動的時間為()A.B. C.D. 1256 mqB 76 mqB116 mqB 136 mqB 解析本題考查了帶電粒子在組合場中的運動,要求學生對粒子在勻強磁場中的運動軌跡進行確定,從而確定運動時間,體現(xiàn)了分析和解決問題的能力,是學科核心素養(yǎng)中科學推理素養(yǎng)的具體表現(xiàn)。由qvB=得粒子在第二象限內運動的軌跡半徑r=,當粒子進入第一象限時,由于磁感應強度減為B,故軌跡半徑變?yōu)?r,

14、軌跡如圖所示。由幾何 關系可得cos=,=60,則粒子運動時間t= += ,選項B正2mvr mvBq1212 14 2mBq 16 212 mBq 76 mqB確。 答案B 應 用 一 安 培 力 作 用 下 導 體 的 運 動 及 平 衡 問 題 分 析實踐探究1.判定安培力作用下導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

15、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方向 例1如圖所示,把輕質導線圈用絕緣細線懸掛在磁鐵N極附近,磁鐵的軸線穿過線圈的圓心且垂直于線圈平面。當線圈內通入如圖方向的電流后,判斷線圈如何運動。 解析用等效法分析:把環(huán)形電流等效為一個小磁針,如圖所示,由磁極間相互作用規(guī)律可知線圈將向左運動。用結論法分析:把磁體等效為環(huán)形電流,則環(huán)形電流的方向與線圈中電流的方向相同,根據(jù)兩電流相互平行、方向相同時相互吸引,可知線圈將向左運動。答案見解析 2.安培力作用下導體的平衡通

16、電導體棒在磁場中的平衡問題是一種常見的力學綜合模型,該模型一般由傾斜導軌、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,通過受力分析建立各力的平衡關系,如圖所示。 例2如圖所示,水平導軌間距為L=0.5m,導軌電阻忽略不計;導體棒ab的質量m=1kg,電阻R0=0.9,與導軌接觸良好;電源電動勢E=10V,內阻r=0.1,電阻R=4;外加勻強磁場的磁感應強度B=5T,方向垂直于ab,與導軌平面成夾角=53;ab與導軌間的動摩擦因數(shù)為=0.5(設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力),定滑輪摩擦不計,線對ab的拉力為水平方向,重力加速度g=10m/s2,

17、ab處于靜止狀態(tài)。已知sin53=0.8,cos53=0.6。求: (1)通過ab的電流大小和方向;(2)ab受到的安培力大小;(3)重物重力G的取值范圍。解析(1)I= =2A方向為從a到b。(2)F=BIL=5N(3)導體棒受力如圖,f m=(mg-Fcos53)=3.5N0ER R r 當最大靜摩擦力方向向右時FT=Fsin53-fm=0.5N當最大靜摩擦力方向向左時FT=Fsin53+fm=7.5N由牛頓第三定律可得0.5N G 7.5N答案(1)2A從a到b(2)5N(3)0.5N G 7.5N 圖例特點直線邊界進出磁場具有對稱性平行邊界存在臨界條件圓形邊界 ab沿徑向射入必沿徑向射

18、出b圖為磁聚焦現(xiàn)象 應 用 二 帶 電 粒 子 在 有 界 勻 強 磁 場 中 做 勻 速 圓 周 運 動 問 題 的 分 析實踐探究 例3如圖所示,圓形區(qū)域內有垂直于紙面向里的勻強磁場,一個帶電粒子以速度v從A點沿直徑AOB方向射入磁場,經過t時間從C點射出磁場,OC與OB成60角?，F(xiàn)將帶電粒子的速度變?yōu)?仍從A點沿原方向射入磁場,不計重力,則粒子在磁場中的運動時間變?yōu)?)A.tB.2tC.tD.3t 3v12 13 解題導引 解析粒子沿半徑方向進入圓形磁場區(qū)域時,一定沿半徑方向射出,如圖。粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動時,洛侖茲力提供向心力,由qvB=m得R=,T=。由幾何關系得:粒子以速

19、度v進入磁場時,圓周運動的半徑R= r,轉過的圓心角=60;粒子以速度進入磁場時,圓周運動的半徑R=r,轉過的圓心角=120,周期T與速度無關,所以t=t=2t,B正確。2vRmvBq 2mBq3 3v33 答案B 例4某儀器用電場和磁場來控制電子在材料表面上方的運動。如圖所示,材料表面上方矩形區(qū)域PPNN充滿豎直向下的勻強電場,寬為d;矩形區(qū)域NNMM充滿垂直紙面向里的勻強磁場,磁感應強度為B,長為3s,寬為s;NN為磁場與電場之間的薄隔離層。一個電荷量為e、質量為m、初速度為零的電子,從P點開始被電場加速經隔離層垂直進入磁場,電子每次穿越隔離層,運動方向不變,其動能損失是每次穿越前動能的1

20、0%,最后電子僅能從磁場邊界MN飛出,不計電子所受重力。 (1)求電子第二次與第一次圓周運動半徑之比;(2)求電場強度的取值范圍;(3)A是MN的中點,若要使電子在A、M間垂直于AM飛出,求電子在磁場區(qū)域中運動的時間。解題導引 解析(1)設圓周運動的半徑分別為R1、R2、 Rn、Rn+1、 ,第一次和第二次圓周運動速率分別為v1和v2,動能分別為Ek1和Ek2。由Ek2=0.81Ek1,R1=,R2= ,Ek1=m,Ek2=m得:R2 R1=0.9(2)設電場強度為E,第一次到達隔離層前的速率為v。由eEd=mv 2,0.9mv2=m,R1 s得:E 又由Rn=0.9n-1R1,2R1(1+0

21、.9+0.92+ +0.9n+ )3s得:E E 1mvBe 2mvBe 12 21v 12 22v12 12 12 21v2 259B esmd2 280B esmd2 280B esmd 2 259B esmd (3)設電子在勻強磁場中做圓周運動的周期為T,運動的半圓周個數(shù)為n,運動總時間為t。由題意,有: +Rn+1=3s,R1 s,Rn+1=0.9nR1,Rn+1 得:n=2又由T=得:t= 12 (1-0.9 )1-0.9 nR 2s2meB52 meB答案(1)0.9(2) E (3) 2 280B esmd 2 259B esmd 52 meB方法指導帶電粒子在洛侖茲力的作用下做

22、勻速圓周運動,由于多種因素 的影響,會使問題形成多解。常見的幾種多解情況如下表。 類型分析圖例帶電粒子電性不確定受洛侖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,形成多解如圖,帶電粒子以速度v垂直進入勻強磁場,如帶正電,其軌跡為a;如帶負電,其軌跡為b 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如圖,帶正電粒子以速度v垂直進入勻強磁場,若B垂直紙面向里,其軌跡為a,若B垂直紙面向外,其軌跡為b 臨界狀態(tài)不唯一帶電粒子在洛侖茲力作用下飛越有界磁場時,由于粒子運動軌跡是圓弧,

23、則粒子可能穿過去了,也可能轉過180從入射界面這邊反向飛出,于是形成多解 運動具有周期性帶電粒子在部分是電場,部分是磁場的空間中運動時,往往運動具有周期性,因而形成多解 例5如圖所示,在平面直角坐標系xOy的第一象限內有一個方向垂直紙面向外、磁感應強度大小為B的圓形磁場區(qū)域,一質量為m、帶電荷量為+q的粒子從y軸上的A點以速度v0水平向右射出,經磁場偏轉后,打在x軸上的C點,且其速度方向與x軸正方向成=60角斜向下。若A點坐標為(0,2 d),C點坐標為(3d,0),粒子重力不計。試求該圓形磁場區(qū)域的最小面積S及粒子在該磁場中運動的時間t。3 解題導引由已知條件求出粒子在圓形磁場中運動的軌道半

24、徑由幾何關系找出圓心角找出粒子在磁場中運動時的圓弧根據(jù)圓弧找出對應的弦長以此弦長為直徑的圓形區(qū)域即最小的圓形磁場區(qū)域。找出粒子在圓形磁場中運動的圓弧所對的圓心角根據(jù)圓心角求出粒子在圓形磁場中的運動時間。 解析帶電粒子進入磁場時的速度大小為v0,粒子在磁場中做勻速圓周運動,洛侖茲力提供該粒子做圓周運動的向心力設粒子在磁場中做圓周運動的軌跡半徑為R,則有qv0B=m,即R=設粒子從E點進入磁場,從D點離開磁場,則其運動軌跡如圖所示因為=60,由幾何關系可知 EOD=60,所以三角形EOD為正三角形,ED= R,以ED為直徑時圓形磁場區(qū)域面積最小20vR 0mvqB 設圓形磁場區(qū)域的半徑為r,則有r

25、=所以圓形磁場區(qū)域的最小面積為S=r2=帶電粒子在該磁場中運動的時間為t=。2R 02mvqB 2 202 24m vB q6T 3mqB答案 2 202 24m vB q 3mqB方法指導處理帶電粒子在有界磁場中運動的臨界問題的方法如下。從關鍵詞語找突破口:審題時一定要抓住題干中的關鍵字眼,如“恰好”、“最大”、“最高”、“至少”等詞語,挖掘出其中隱含的信息。數(shù)學方法與物理方法相結合:借助半徑R和速度大小v(或磁感應強度大 小B)之間的關系進行動態(tài)軌跡分析,確定軌跡圓和有界磁場邊界之間的關系,找出臨界點,然后利用數(shù)學方法求極值。 應 用 三 電 磁 場 知 識 在 現(xiàn) 代 科 技 中 的 應

26、 用實踐探究裝置原理圖規(guī)律質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=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過D形盒縫隙都會被加速。由qvB=m得最大動能Ekm= 122vr qm2 22UB r 2vr2 2 2q B r2m 例6現(xiàn)代質譜儀可用來分析比質子重很多倍的離子,其示意圖如圖所示,其中加速電壓恒定。質子在入口處從靜止開始被加速電場加速,經勻強磁場偏轉后從出口離開磁場。若某種一價正離子在入口處從靜止開始被同一加速電場加速,為使它經勻強磁場偏轉后仍從同一出口離開磁場,需將磁感應強度增

27、加到原來的12倍。此離子和質子的質量比約為()A.11B.12 C.121D.144 解析設質子和離子的質量分別為m1和m2,原磁感應強度為B1,改變后的磁感應強度為B2。在加速電場中qU=mv2,在磁場中qvB=m,聯(lián)立兩式得m= ,故有=144,選項D正確。12 2vR2 22R B qU 21mm 2221BB答案D 例7磁流體發(fā)電是一項新興技術,它可把氣體的內能直接轉化為電能,如圖是磁流體發(fā)電機的示意圖,平行金屬板A、C間有一很強的磁場,將一束等離子體(即高溫下電離的氣體,含有大量正、負帶電離子)噴入磁場,兩極板間便產生電壓,現(xiàn)將A、C兩極板與電阻R相連,兩極板間距離為d,正對面積為S

28、,等離子體的電阻率為,磁感應強度為B,等離子體以速度v沿垂直磁場方向射入A、C兩板之間,則穩(wěn)定時下列說法中正確的是() A.極板A是電源的正極B.電源的電動勢為BdvC.極板A、C間電壓大小為 D.回路中電流為 BdvSRRS dBdvR 解析等離子體噴入磁場,帶正電的離子因受到豎直向下的洛侖茲力而向下偏轉,帶負電的離子向上偏轉,即極板C是電源的正極,A錯;當帶電離子以速度v做直線運動時,qvB=q,所以電源電動勢為Bdv,B對;極板A、C間電壓U=IR,而I= = ,則U= ,所以C對,D錯。EdBdvdR S BdvSRS d BdvSRRS d答案BC 應 用 四 帶 電 粒 子 在 復

29、 合 場 中 的 運 動實踐探究一、帶電粒子在勻強電場和勻強磁場中偏轉的比較勻強電場中的偏轉勻強磁場中的偏轉入射方向帶電粒子以速度v 0垂直于電場方向射入勻強電場帶電粒子以速度v0垂直于磁場方向射入勻強磁場受力特征只受恒定的電場力F=Eq,方向與初速度方向垂直只受大小恒定的洛侖茲力F=qv0B,方向始終與速度方向垂直運動性質勻變速曲線(類平拋)運動勻速圓周運動軌跡拋物線圓或圓弧 運動軌跡圖 運動規(guī)律v x=v0vy=tx=v0ty= qv0B=R= T=動能變化動能增大動能不變運動時間t= t=T=qEm 2qEt2m 20mvR0mvqB 2 mqB0 xv 2 mBq 解決帶電粒子在電磁場

30、中偏轉問題的思路方法 例8如圖,在第一象限存在勻強磁場,磁感應強度方向垂直于紙面(xy平面)向外;在第四象限存在勻強電場,方向沿x軸負向。在y軸正半軸上某點以與x軸正向平行、大小為v0的速度發(fā)射出一帶正電荷的粒子,該粒子在(d,0)點沿垂直于x軸的方向進入電場。不計重力。若該粒子離開電場時速度方向與y軸負方向的夾角為,求(1)電場強度大小與磁感應強度大小的比值;(2)該粒子在電場中運動的時間。 解析(1)如圖,粒子進入磁場后做勻速圓周運動。設磁感應強度的大小為B,粒子質量與所帶電荷量分別為m和q,圓周運動的半徑為R0。由洛侖茲力公式及牛頓第二定律得qv0B=m由題給條件和幾何關系可知R0=d設

31、電場強度大小為E,粒子進入電場后沿x軸負方向的加速度大小為a x,在電場中運動的時間為t,離開電場時沿x軸負方向的速度大小為vx。由牛頓運動定律及運動學公式得Eq=maxvx=axtt=d200vR2xv 由于粒子在電場中做類平拋運動(如圖),有tan=聯(lián)立式得=v 0tan2(2)聯(lián)立式得t= 0 xvvEB 1202tandv 答案(1)v0tan2(2) 02tandv 12 二、帶電粒子在疊加場中的運動1.磁場力、重力并存(1)若重力和洛侖茲力平衡,則帶電體做勻速直線運動。(2)若重力和洛侖茲力不平衡,則帶電體將做復雜的曲線運動,因洛侖茲力不做功,故機械能守恒。2.電場力、磁場力并存(

32、不計重力)(1)若電場力和洛侖茲力平衡,則帶電體做勻速直線運動。(2)若電場力和洛侖茲力不平衡,則帶電體做復雜的曲線運動,可用動能定理求解。3.電場力、磁場力、重力并存(1)若三力平衡,帶電體做勻速直線運動。 (2)若重力與電場力平衡,帶電體做勻速圓周運動。(3)若合力不為零,且重力與電場力不平衡,帶電體將做復雜的曲線運動,可用能量守恒定律或動能定理求解。 例9(2016天津理綜,11,18分)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,質量m=110-6kg,電荷量q=

33、210-6C,正以速度v在圖示的豎直面內做勻速直線運動,當經過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歷的時間t。3 解析(1)小球勻速直線運動時受力如圖,其所受的三個力在同一平面內,合力為零,有qvB= 代入數(shù)據(jù)解得v=20m/s速度v的方向與電場E的方向之間的夾角滿足2 2 2 2q E m g tan=代入數(shù)據(jù)解得tan=60(2)解法一: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= 設撤掉磁場后小球在初速度方向上的分位移為

34、x,有x=vt設小球在重力與電場力的合力方向上分位移為y,有qEmg32 2 2 2q E m gm y=at2a與mg的夾角和v與E的夾角相同,均為,又tan=聯(lián)立式,代入數(shù)據(jù)解得t=2 s 3.5s解法二: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v y=vsin若使小球再次穿過P點所在的電場線,僅需小球的豎直方向上分位移為零,則有 12 yx3 vyt-gt2=0聯(lián)立式,代入數(shù)據(jù)解得t=2 s 3.5s123答案(1)見解析(2)3.5s 應 用 五 解 決 帶 電 粒 子 在 交 變

35、電 場 與 磁 場 中 運 動 的 方 法實踐探究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。14 12 34 例10如圖甲所示,在xOy坐標系內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。一質量為3.210-13kg、電荷量為-1.610-10C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。求:甲乙(1

36、)粒子在磁場中運動的周期;(2)t=2010 -3s時粒子的位置坐標;(3)t=2410-3s時粒子的速度。 解析(1)粒子在磁場中運動時qvB=T=解得T= =410-3s(2)粒子的運動軌跡如圖所示,t=2010-3s時粒子在坐標系內做了兩個圓周運動和三段類平拋運動2mvR2Rv 2mqB 水平位移x=3v0T=9.610-2m豎直位移y=a(3T)2Eq=ma解得y=3.610-2m故t=2010-3s時粒子的位置坐標為(9.610 -2m,-3.610-2m)(3)t=2410-3s時粒子的速度大小、方向與t=2010-3s時相同,設與水平方向夾角為則v=vy=3aTtan= 122 20 yv v0yvv 解得v=10m/s與x軸正向夾角為37斜向右下方答案(1)410-3s(2)(9.610-2m,-3.610-2m)(3)10m/s方向與x軸正向成37角斜向右下方