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1、第20講磁場對運動電荷的作用,電荷在磁場中受力和運動,教材研讀,突破一 洛倫茲力的特點與應用,突破二 帶電粒子在勻強磁場中的運動,突破三 帶電粒子在勻強磁場中運動的多解問題,重難突破,突破四 帶是粒子在有界磁場中的臨界值問題,1.判斷下列說法的正誤: (1)帶電粒子在磁場中運動時一定會受到洛倫茲力的作用。() (2)洛倫茲力不做功,但安培力卻可以做功。() (3)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。() (4)根據(jù)公式T=,說明帶電粒子在勻強磁場中的運動周期T與v成反 比。(),(5)帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動時,其運動半徑與帶電粒子 的比荷有關。(),2.下列各

2、圖中,運動電荷的速度方向、磁感應強度方向和電荷的受力方向之間的關系正確的是(B),3.甲、乙兩個質量和電荷量都相同的帶正電的粒子(重力及粒子之間的相互作用力不計),分別以速度v甲和v乙垂直磁場方向射入勻強磁場中,且v甲v乙,則甲、乙兩個粒子的運動軌跡正確的是(A),4.(多選)如圖所示,在勻強磁場中,磁感應強度B1=2B2,當不計重力的帶電粒子從B1磁場區(qū)域運動到B2磁場區(qū)域時,粒子的(BC) A.速率將加倍 B.軌跡半徑加倍 C.周期將加倍 D.做圓周運動的角速度將加倍,突破一洛倫茲力的特點與應用,重難突破,1.洛倫茲力的特點 (1)利用左手定則判斷洛倫茲力的方向,注意區(qū)分正、負電荷。 (2

3、)當電荷運動方向發(fā)生變化時,洛倫茲力的方向也隨之變化。 (3)運動電荷在磁場中不一定受洛倫茲力作用。 (4)洛倫茲力一定不做功。,2.洛倫茲力與安培力的聯(lián)系及區(qū)別 (1)安培力是洛倫茲力的宏觀表現(xiàn),二者性質相同,都是磁場力。 (2)安培力可以做功,而洛倫茲力對運動電荷不做功。,3.洛倫茲力與電場力的比較,典例1如圖所示,M、N和P是以MN為直徑的半圓弧上的三點,O為半圓弧的圓心,在O點存在垂直紙面向里運動的勻速電子束。MOP=60,在 M、N處各有一條長直導線垂直穿過紙面,導線中通有大小相等的恒定電 流,方向如圖所示,這時O點的電子受到的洛倫茲力大小為F1。若將M處長直導線移至P處,則O點的電

4、子受到的洛倫茲力 大小為F2。那么F2與F1之比為(B) A.1B.2C.11D.12,解析長直導線在M、N、P處時在O點產(chǎn)生的磁感應強度B大小相等,M、N處的導線在O點產(chǎn)生的磁感應強度方向都向下,合磁感應強度大小為B1=2B,P、N處的導線在O點產(chǎn)生的磁感應強度夾角為60,合磁感應強度大小為B2=B,可得,B2B1=2,又因為F洛=qvB,所以F2F1= 2,選項B正確。,1-1利用霍爾效應制作的霍爾元件,廣泛應用于測量和自動控制等領域?；魻栐话阌砂雽w材料做成,有的半導體中的載流子(即自由電荷)是電子,有的半導體中的載流子是空穴(相當于正電荷)。如圖所示,將扁平長方體形狀的霍爾元件水平

5、放置接入電路,勻強磁場垂直于霍爾元件的水平面豎直向下,閉合開關,讓電流從霍爾元件的左側 流向右側,則其前后兩表面會形成電勢差?，F(xiàn)有 載流子是電子的霍爾元件1和載流子是空穴的 霍爾元件2,兩元件均按圖示方式接入電路(閉合,開關),則關于前后兩表面電勢高低的判斷,下列說法中正確的是(A) A.若接入元件1時,前表面電勢高;若接入元件2時,前表面電勢低 B.若接入元件1時,前表面電勢低;若接入元件2時,前表面電勢高 C.不論接入哪個元件,都是前表面電勢高 D.不論接入哪個元件,都是前表面電勢低,解析根據(jù)左手定則可判斷出電荷受到指向后表面的洛倫茲力,若為元件1,則負電荷聚積到后表面,前表面電勢高;若為

6、元件2,則正電荷聚積到后表面,前表面電勢低,故選A。,1-2如圖所示,帶負電荷的擺球在一勻強磁場中擺動。勻強磁場的方向垂直紙面向里。磁場中A、B為等高的兩點,擺球在A、B間擺動過程中,由A擺到最低點C時,擺線拉力大小為F1,擺球加速度大小為a1。由B擺到最低點C時,擺線拉力大小為F2,擺球加速度大小為a2,則(B) A.F1F2,a1=a2 B.F1F2,a1a2 D.F1

7、F2-f洛-mg=ma2。由以上兩式可得:F2F1,故B正確。,1-3如圖所示,某空間存在正交的勻強磁場和勻強電場,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點進入電磁場并剛好能沿ab直線向上運動。下列說法中正確的是(A) A.微粒一定帶負電 B.微粒的動能一定減小 C.微粒的電勢能一定增加 D.微粒的機械能不變,解析對該微粒進行受力分析得: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,由于粒子沿直線運動,則可以判斷出其受到的洛倫茲力也是恒定的,故速度不變,即該粒子是做勻速直線運動,動能不變,所以B項錯誤;如果該微粒帶正電,則受到向右的電場

8、力和向左下方的洛倫茲力,所以微粒受到的力不會平衡,故該微粒一定帶負電,A項正確;該微粒帶負電,向左上方運動,所以電場力做正功,電勢能一定是減小的,C項錯誤;因為重力勢能增加,動能不變,所以該微粒的機械能增加,D項錯誤。,突破二帶電粒子在勻強磁場中的運動,1.帶電粒子做勻速圓周運動的圓心、半徑及運動時間的確定,2.帶電粒子在有界磁場中運動的常見情形,解析電子帶負電,進入磁場后,根據(jù)左手定則判斷可知,所受的洛倫茲力方向向左,電子將向左偏轉,A錯誤;如圖所示,設電子打在MN上的點與O點的距離為x,則由幾何知識得:x=r-=2d-=(2-)d,故 B、C錯誤;設軌跡對應的圓心角為,由幾何知識得:sin

9、 ==0.5,得= ,則電子在磁場中運動的時間為t==,故D正確。,突破三帶電粒子在勻強磁場中運動的多解問題,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,導致多解。 2.磁場的方向不確定形成多解 有些題目只告訴了磁感應強度的大小,而未指出磁感應強度的方向,有時必須要考慮因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.運動的重復性形成多解

10、帶電粒子在磁場中運動時,由于某些因素的變化,例如磁場方向反向或者速度方向突然反向等,運動往往具有往復性,因而形成多解。,典例3如圖所示,在x0的區(qū)域中,存在磁感應強度大小分別為B1與B2的勻強磁場,磁場方向均垂直于紙面向里,且B1B2。一個帶負電荷的粒子從坐標原點O以速度v沿x軸負方向射出,要使該粒子經(jīng)過一段時間后又經(jīng)過O點,B1與B2的比值應滿足什么條件?,答案=(n=1,2,3,),解析粒子在整個運動過程中的速度大小恒為v,交替地在xOy平面內(nèi)磁感應強度為B1與B2的磁場區(qū)域中做勻速圓周運動,軌跡都是半個圓周。設粒子的質量和電荷量的大小分別為m和q,圓周運動的半徑分別為r1和r2,由qvB

11、=得 r1= r2=,現(xiàn)分析粒子運動的軌跡如圖所示,在xOy平面內(nèi),粒子先沿半徑為r1的半圓C1運動至y軸上離O點距離為2r1的A點,接著沿半徑為r2的半圓D1運動 至y軸上的O1點,OO1的距離 d=2(r2-r1),3-1(多選)一質量為m、電荷量為q的負電荷在磁感應強度為B的勻強磁場中繞固定的正電荷沿固定的光滑軌道做勻速圓周運動,若磁場方向垂直于它的運動平面,且作用在負電荷的電場力恰好是磁場力的三倍,則負電荷做圓周運動的角速度可能是(AC) A.B.C.D.,解析依題中條件“磁場方向垂直于它的運動平面”,磁場方向有兩種可能,且這兩種可能方向相反。在方向相反的兩個勻強磁場中,由左手定則可知

12、負電荷所受的洛倫茲力的方向也是相反的。當負電荷所受的洛倫茲力與電場力方向相同時,根據(jù)牛頓第二定律可知4Bqv=m,得v= ,此種情況下,負電荷運動的角速度為==;當負電荷所受的 洛倫茲力與電場力方向相反時,有2Bqv=m,v=,此種情況下,負電 荷運動的角速度為==,應選A、C。,解析如圖所示,S、T之間的距離為在屏MN上被粒子打中區(qū)域的長度。粒子在磁場中運動的軌道半徑R=, 則PS=2R cos = PT=2R=,所以ST=。,3-3如圖所示,在坐標系xOy中,第一象限內(nèi)充滿著兩個勻強磁場a和b,OP為分界線,在磁場a中,磁感應強度為2B,方向垂直于紙面向里,在磁場b中,磁感應強度為B,方向

13、垂直于紙面向外,P點坐標為(4l,3l)。一質量為m、電荷量為q的帶正電粒子從P點沿y軸負方 向射入磁場b,經(jīng)過一段時間后,粒子恰能經(jīng)過 原點O,不計粒子重力。則: (1)粒子從P點運動到O點的最短時間是多少? (2)粒子運動的速度可能是多少?,粒子在磁場b和磁場a中運動的時間分別為 tb=Tb,ta=Ta,故從P點運動到O點的最短時間為 t=ta+tb= (2)由題意及上圖可知 n(2Ra cos +2Rb cos )= 解得v=(n=1,2,3,)。,突破四帶電粒子在有界磁場中的臨界值問題,1.臨界現(xiàn)象 當帶電粒子進入設定的有界磁場后,其軌跡是一個殘缺圓,題中往往會形成各種各樣的臨界現(xiàn)象。

14、 解決此類問題的關鍵是找準臨界點。 找臨界點的方法是以題目中的“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)之間的約束關系進行動態(tài)運動軌跡分析,確定軌跡圓和邊界的關系,找出臨界點。,2.極值問題 (1)剛好穿出磁場邊界的條件是帶電粒子在磁場中運動的軌跡與邊界相切。 (2)當速度v一定時,弧長越長,圓心角越大,則帶電粒子在有界磁場中運動的時間越長。 (3)當速率v變化時,圓心角越大,運動時間越長。,典例4(2017浙江4月選考,23,10分)如圖所示,在xOy平面內(nèi),有一電子源持續(xù)不斷地沿x正方向每秒發(fā)射出N個速率均為v的電子,形成寬為2b、在y軸方向均勻分布且

15、關于x軸對稱的電子流。電子流沿x方向射入一個半徑為R、中心位于原點O的圓形勻強磁場區(qū)域,磁場方向垂直xOy平面向里,電子經(jīng)過磁場偏轉后均從P點射出。在磁場區(qū)域的正下方有一對平行于x軸的金屬平行板K和A,其中K板與P點的距離為d,中間開有寬度為2l且關于y軸對稱的小孔。K板接地,A與K兩板間加有正負、大小,均可調(diào)的電壓UAK。穿過K板小孔到達A板的所有電子被收集且導出,從 而形成電流。已知b=R,d=l,電子質量為m, 電荷量為e,忽略電子間相互作用。 (1)求磁感應強度B的大小; (2)求電子流從P點射出時與負y軸方向的 夾角的范圍; (3)當UAK=0時,每秒經(jīng)過極板K上的小孔到達極板A的電

16、子數(shù); (4)畫出電流i隨UAK變化的關系曲線。,答案見解析,解析(1)軌道半徑r=R B= (2)上端電子從P點射出時與負y軸的夾角m滿足sin m=,得m=60 同理下端電子從P點射出時與負y軸的夾角也為60 范圍是-6060,(3)tan =,得=45 y=R sin =R,設每秒進入兩極板間的電子數(shù)為n ===0.82 n=0.82N (4)由動能定理得出遏止電壓U0 U0=-mv2 與負y軸成45角的電子的運動軌跡則好與A板相切,其逆過程是類平拋運動,達到飽和電流所需的最小反向電壓U=-mv2或根據(jù)(3)可得飽和,電流大小 Imax=0.82Ne,4-1(2017浙江11月選考,23

17、,10分)如圖所示,x軸上方存在垂直紙面向外的勻強磁場,坐標原點處有一正離子源,單位時間在xOy平面內(nèi)發(fā)射n0個速率均為v的離子,分布在y軸兩側各為的范圍內(nèi)。在x軸上放置長度為L的離子收集板,其右端點距坐標原點的距離 為2L,當磁感應強度為B0時,沿y軸正方向入射 的離子,恰好打在收集板的右端點。整個裝置 處于真空中,不計重力,不考慮離子間的碰撞, 忽略離子間相互作用。,(1)求離子的比荷; (2)若發(fā)射的離子被收集板全部收集,求的最大值; (3)假設離子到達x軸時沿x軸均勻分布。當=37,磁感應強度在B0B3B0的區(qū)間取不同值時,求單位時間內(nèi)收集板收集到的離子數(shù)n與磁感應強度B之間的關系。(

18、不計離子在磁場中運動的時間),答案見解析,解析(1)洛倫茲力提供向心力qvB0=m 圓周運動的半徑R=L 得= (2)如圖1所示,以最大值m入射時,有 x=2R(1-cos m)=L或2R cos m=L 得m=,圖1 (3)BB0,全部收集到離子時的最小半徑為R1如圖2,有 2R1 cos 37=L,得B1==1.6B0 當B0B1.6B0時,有n1=n0 B1.6B0,恰好收集不到離子時的半徑為R2,有 R2=0.5L 得B2=2B0 當1.6B0