磁场及带电粒子在磁场中的运动课件

1－3.(多选)(2017· 全国卷Ⅱ)某同学自制的简易电动机示意图如图所示．矩形线圈 由一根漆包线绕制而成，漆包线的两端分别从线圈的一组对边的中间位置引出，并作 为线圈的转轴．将线圈架在两个金属支架之间，线圈平面位于竖直面内，永磁铁置于 线圈下方．为了使电池与两金属支架连接后线圈能连续转动起来，该同学应将 ( AD ) A．左、右转轴下侧的绝缘漆都刮掉 B．左、右转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉 C．左转轴上侧的绝缘漆刮掉，右转轴下 侧的绝缘漆刮掉 D．左转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉，右 转轴下侧的绝缘漆刮掉
提示：满足 150° n＝360° m，m、n 属于自然数，即取最小整数 m＝5、n＝12，则 tmin＝ πR0 . v0
• 2．带电粒子在磁场中运动的多解问题的处理方法 • (1)粒子多解问题的四种形成因素 • ①带电粒子的电性不确定形成多解，可能出现两个方向的运动轨迹． • ②磁场方向不确定形成多解，可能出现两个方向的运动轨迹． • ③临界状态不唯一形成多解，需要根据临界状态的不同，分别求解． • ④圆周运动的周期性形成多解． • (2)方法技巧 • ①认真读题，逐一确认形成多解的各种因素． • ②画出粒子运动的可能轨迹，并确定其圆心、半径的可能情况． • ③对于圆周运动的周期性形成的多解问题，要注意系列解出现的可能，要注意 每种解出现的条件，并寻找相关的通项公式．
a α，由几何关系可得Rsin α＝R－ 2 又sin2α＋cos2α＝1 ⑥ 6 a 2
由④⑤⑥式得R＝ 2－
⑦，由②⑦式得v＝ 2－
6 aqB ⑧． m 2
6－ 6 (2)由④⑦式得sin α＝ 10
⑨．
•
求解临界、极值问题的“两思路、两方法”
2－1.(多选)(2017· 深圳市高三调研)如图所示，竖直平行线MN、 PQ间距离为a，其间存在垂直纸面向里的匀强磁场(含边界PQ)，磁 感应强度为B，MN上O处的粒子源能沿不同方向释放比荷为q/m的 带负电粒子，速度大小相等、方向均垂直磁场．粒子间的相互作用 及重力不计．设粒子速度方向与射线OM夹角为θ，当粒子沿θ＝60° 射入时，恰好垂直PQ射出．则 ( BD ) πm A．从PQ边界垂直射出的粒子在磁场中运动时间为 3qB B．沿θ＝120° 射入的粒子，在磁场中运动的时间最长 aqB C．粒子的速率为 m D．PQ边界上有粒子射出的长度为2 3a
1－2． (2017· 全国卷Ⅲ)如图，在磁感应强度大小为B0的匀 强磁场中，两长直导线P和Q垂直于纸面固定放置，两者之间的 距离为l.在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流I时，纸 面内与两导线距离均为l的a点处的磁感应强度为零．如果让P中 的电流反向、其他条件不变，则a点处磁感应强度的大小为 ( C ) A．0 2 3 C． B 3 0 3 B． B0 3 D．2B0
(3)当粒子由内侧劣弧经过 A 点时，时间较短，应满足 150° n＋90° ＝360° m 当 m＝4 时，n＝9，时间最短 3 2π R0 3 1 2πR0 2 t1＝10× × ， t 2 ＝ 9× × 4 v0 3 v0 5πR0 4 3πR0 tmin＝t1＋t2＝ ＋ ． v0 v0
• 1．由以上解题过程不难看出，求解的难点在于根据周期性列出满足条件的关 系方程，从而确定最短时间．本题还可以求粒子从A点出发到再次以相同的速度经 过A点所用的最短时间．
• 解析：由于带电粒子流的速度均相同，则当飞入A、B、C这三个选项中的磁场 时，它们的轨迹对应的半径均相同，唯有D选项因为磁场是2B0，它的半径是之前半 径的一半．然而当粒子射入B、C两选项时，均不可能汇聚于同一点．而D选项粒子 是向下偏转，但仍不能汇聚一点，所以只有A选项，能汇聚于一点．
高频考点3 带电粒子在匀强磁场中的多解问题
半径r1，粒子从Q点回到区域Ⅰ，可通过画轨迹确定半径r2；(3)利用周期性分析从A 点出发到再次经过A点所用时间最短的条件，从而确定最短时间．
【答案】 mv0 (1) qR0 (2) 3R0 5πR0 4 3πR0 (3) ＋ v0 v0
【解析】 (1)设粒子在区域Ⅰ内运动的轨迹圆半径为 r1，由图中几何关系可得： r1＝R0 mv0 mv0 由牛顿第二定律可得：r1＝ ，解得：B0＝ ． qB0 qR0 (2)设粒子在区域Ⅱ中运动的轨迹圆半径为 r2， 3 3 轨迹如图所示，由几何关系知：r2＝ r1＝ R0 3 3 由几何关系得 R＝2r2＋r2＝3r2 即 R＝ 3R0．
02
高频考点突破
高频考点1 磁场对电流的作用
1－1.(多选) (2017· 全国卷Ⅰ)如图，三根相互平行的固定长直 导线L1、L2和L3两两等距，均通有电流I，L1中电流方向与L2中的 相同，与L3中的相反．下列说法正确的是( BC ) A．L1所受磁场作用力的方向与L2、L3所在平面垂直 B．L3所受磁场作用力的方向与L1、L2所在平面垂直 C．L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为1∶1∶ 3 D．L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为 3∶ 3∶1
第一部分 专题突破
专题三 电场与磁场
第9讲
磁场及带电粒子在磁场中的运动
栏
目 导 航
02
01
知识规律回扣
高频考点突破
03
多维模型构建
01
•
知识规律回扣 一、明晰一个网络，理清基本知识
• 二、“三定四写”求解粒子在磁场中的圆周运动问题 • 1．一定圆心O：(1)已知入射点、出射点、入射方向和出射方向时，可过入射点 和出射点分别作入射方向和出射方向的垂线，两条垂线的交点就是圆弧轨道的圆心 (如图甲所示，图中P为入射点，M为出射点)； • (2)已知入射点和出射点的位置及入射方向时，可以通过入射点作入射方向的垂 线，连接入射点和出射点，作其中垂线，即两条垂线的交点就是圆弧轨道的圆心(如 图乙所示，P为入射点，M为出射点)．
解析：本题考查磁感应强度的矢量性和安培定则．两导线中通电流I时，两电流 在a点处的磁感应强度与匀强磁场的磁感应强度的矢量合为0，则两电流磁感应强度 3 3 的矢量和为－B0，如图甲得B＝ B .P中电流反向后，如图乙，B合＝B＝ B ，B合 3 0 3 0 2 3 与B0的矢量和为B0＝ B ，故C项正确． 3 0
• 解析：本题考查安培力．因三根导线中电流相等、两两等 距，则由对称性可知两两之间的作用力大小均相等．因平行电 流间同向吸引、反向排斥，各导线受力如图所示，由图中几何 关系可知，L1所受磁场作用力F1的方向与L2、L3所在平面平行、 L3所受磁场作用力F3的方向与L1、L2所在平面垂直，A错误、B 正确．设单位长度的导线两两之间作用力的大小为F，则由几 何关系可得L1、L2单位长度所受的磁场作用力大小为2F cos 60°＝F，L3单位长度所受的磁场作用力大小为2F cos 30°＝F， 故C正确、D错误．
3－1． (多选)长为 l 的水平极板间有垂直纸面向里的匀强磁场，如 图所示，磁感应强度为 B，板间距离也为 l，极板不带电，现有质量为 m、 电荷量为 q 的带正电粒子(不计重力)， 从左边极板间中点处垂直磁感线以 速度 v 水平射入磁场，欲使粒子不打在极板上，可采用的办法是( AB ) Bql A．使粒子的速度 v＜ 4m Bql C．使粒子的速度 v＞ m 5Bql B．使粒子的速度 v＞ 4m Bql 5Bql D．使粒子的速度 v 满足 ＜v＜ 4m 4m
• • •
(1)区域Ⅰ中磁感应强度B0的大小； (2)环形区域Ⅱ的外圆半径R至少为多大？ (3)粒子从A点出发到再次经过A点所用的最短时间． [ 思路点拨 ] (1) 粒子从 A 点出发到再次经过 A 点，说明问题具有周期性和多解
性；(2)带电粒子由径向射入磁场区域Ⅰ，又沿径向射出，由此通过画轨迹可以确定
mv 2．二定半径R：(1)物理方法——R＝ qB ； (2)几何方法——一般由三角关系及圆的知识来计算确定． 3．三定圆心角φ：圆心角φ等于粒子的速度偏向角α，也等于弦与切线的夹角 2π l (弦切角)θ的2倍，即φ＝α＝2θ＝ωt＝ T t，或φ＝R(l为φ对应的圆弧弧长)． v2 mv 2πR 4．四写方程：基本方程qvB＝m R ，半径公式R＝ qB ，周期公式T＝ v ＝ 2πm s α qB ，运动时间t＝v＝2πT．
2－2． (2017· 榆林市高考模拟)如图所示，纸面内有宽为 L 水平向右飞行的带电粒 子流，粒子质量为 m，电荷量为－q，速率为 v0，不考虑粒子的重力及相互间的作用， 要使粒子都汇聚到一点，可以在粒子流的右侧虚线框内设计一匀强磁场区域，则磁场区 mv0 域的形状及对应的磁感应强度可以是其中 B0＝ qL ，A、C、D 选项中曲线均为半径是 L 的 1/4 圆弧，B 选项中曲线为半径是 L/2 的圆) ( A )
• 如图所示，在xOy平面内以O为圆心、R0为半 径的圆形区域Ⅰ内有垂直纸面向外的匀强磁场．一质量为m、 电荷量为＋q的粒子以速度v0从A(R0,0)点沿x轴负方向射入区域 Ⅰ，经过P(0，R0)点，沿y轴正方向进入同心环形区域Ⅱ，为 使粒子经过区域Ⅱ后能从Q点回到区域Ⅰ，需在区域Ⅱ内加一 垂直于纸面向里的匀强磁场．已知OQ与x轴负方向成30°角， 不计粒子重力．求：
mv 解析：粒子在磁场中运动过程中，洛伦兹力充当向心力，运动半径 r＝ Bq 因为 m 所有粒子 q 和速度都相同，故所有粒子的运动半径都一样，当粒子沿θ＝60° 射入 mv a 2aqB 时，恰好垂直PQ射出，可得r＝ ＝2a，故2a＝ Bq ，解得v＝ m ，由几何知 sin 30° 30° 1 2πr πm 识得，此时偏转角为30° ，运动时间t＝ T＝ × ＝ ，故A错误；当粒子轨 360° 12 v 6qB 迹与PQ边界相切时，轨迹最长，运动时间最长，此时根据几何知识可得 θ＝120° ， 此时是粒子打在PQ边界上的最低的点，故相对Q的竖直位移为x1＝rsin 60° ＝ 3a，B 正确，C错误；根据分析可知当粒子沿着边界MN方向向上射入时，此时是粒子打在 边界PQ的最上端，根据几何知识可得该点相对O点竖直位移为x2＝rsin 60° ＝ 3 a， 故PQ边界上有粒子射出的长度为l＝x1＋x2＝2 3a，故D正确．
(1) 2－
【答案】
6 aqB 2 m
6－ 6 (2) 10
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[审题流程]
【解析】
(1)设粒子的发射速度为v，粒子做圆周运动的轨道半径为R，由牛顿 mv ①，由①式得R＝ qB ②
v2 第二定律和洛伦兹力公式，得qvB＝m R
当a/2< R< a时，在磁场中运动时间最长的粒子，其轨迹是圆心为C的圆弧，圆 弧与磁场的上边界相切，如图所示，设该粒子在磁场中运动的时间为t，依题意t＝ π T/4，得∠OCA＝ 2 ③，设最后离开磁场的粒子的发射方向与y轴正方向的夹角为 ④，Rsin α＝a－Rcos α ⑤，
• 解析：要使线圈在磁场中开始转动，则线圈中必有电流通过，电路必须接通， 故左右转轴下侧的绝缘漆都必须刮掉；但如果上侧的绝缘漆也都刮掉，当线圈转过 180°时，靠近磁极的导线与开始时靠近磁极的导线中的电流方向相反，受到的安 培力相反，线圈向原来的反方向转动，线圈最终做往返运动，要使线圈连续转动， 当线圈转过180°时，线圈中不能有电流通过，依靠惯性转动到初始位置再接通电 路即可实现连续转动，故左、右转轴的上侧不能都刮掉，故选项A、D正确．
•安培力作用下的平衡与运动问题的求解思路
高频考点2 带电粒子、0≤y≤ 范围内有垂直于xOy平面向外的匀强磁 2 场，磁感应强度大小为B．坐标原点O处有一个粒子源，在某时刻发射大量质量为m、 电荷量为q的带正电粒子，它们的速度大小相同，速度方向均在xOy平面内，与y轴正 方向的夹角分布在0° ～90° 范围内．已知粒子在磁场中做圆周运动的半径介于a/2到a之 间，从发射粒子到粒子全部离开磁场经历的时间恰好为粒子在磁场中做圆周运动周期 的四分之一．求最后离开磁场的粒子从粒子源射出时的 (1)速度的大小； (2)速度方向与y轴正方向夹角的正弦值．