高三物理第一輪知識點復(fù)習(xí)講義7

1、熱點講座熱點講座8. 8. 帶電粒子在電磁場帶電粒子在電磁場 中的運動問題分析中的運動問題分析 以帶電粒子在電場磁場中的運動為題材的物理題是以帶電粒子在電場磁場中的運動為題材的物理題是高考的熱點高考的熱點, ,每年的高考試卷都有此類題每年的高考試卷都有此類題, ,并且多是大型并且多是大型計算題、綜合題計算題、綜合題. .為什么以帶電粒子在電磁場中的運動為題材的物理為什么以帶電粒子在電磁場中的運動為題材的物理題是高考的熱點呢題是高考的熱點呢? ?因為要在很短的時間內(nèi)以有限的題目因為要在很短的時間內(nèi)以有限的題目考查高中物理那么多的知識點考查高中物理那么多的知識點, ,就要通過一個題目考查幾就要通過

2、一個題目考查幾個知識點個知識點, ,也就是說題目要有綜合性也就是說題目要有綜合性. .而以帶電粒子在電而以帶電粒子在電磁場中的運動為題材的物理題磁場中的運動為題材的物理題, ,能考查電場、電場力、加能考查電場、電場力、加熱點解讀熱點解讀章末總結(jié)速度、速度、位移、勻速運動、勻加速運動及磁場、洛倫速度、速度、位移、勻速運動、勻加速運動及磁場、洛倫茲力、圓周運動、向心力、向心加速度、線速度、角速度茲力、圓周運動、向心力、向心加速度、線速度、角速度以及幾何作圖、數(shù)學(xué)演算等很多知識點以及幾何作圖、數(shù)學(xué)演算等很多知識點. .所以所以, ,以帶電粒子以帶電粒子在電磁場中的運動為題材的物理題容易命制綜合題在電

3、磁場中的運動為題材的物理題容易命制綜合題. . 下面通過題目探討以帶電粒子在電磁場中的運動為題下面通過題目探討以帶電粒子在電磁場中的運動為題材的物理題的命題規(guī)律和解題方法材的物理題的命題規(guī)律和解題方法. .專題一專題一 帶電粒子在電場中的運動分析帶電粒子在電場中的運動分析【例例1 1】 如圖如圖1 1所示所示, ,邊長為邊長為L L的正方的正方形區(qū)域形區(qū)域abcdabcd內(nèi)存在著勻強電場內(nèi)存在著勻強電場. .電電荷量為荷量為q q、動能為、動能為E Ek k的帶電粒子從的帶電粒子從a a點沿點沿abab方向進入電場方向進入電場, ,不計重力不計重力. .(1)(1)若粒子從若粒子從c c點離開

4、電場點離開電場, ,求電場強度的大小和粒子離求電場強度的大小和粒子離開電場時的動能開電場時的動能. .(2)(2)若粒子離開電場時動能為若粒子離開電場時動能為E Ek k,則電場強度為多大？則電場強度為多大？圖圖1 1專題講座專題講座解析解析 (1)(1)粒子在電場中做類平拋運動粒子在電場中做類平拋運動, ,在垂直于電場方在垂直于電場方向向: :L L= =v v0 0t t在平行于電場方向在平行于電場方向: :L L= = atat2 2 = =所以所以E E= = , ,qELqEL= =E Ek kt t- -E Ek k則則E Ek kt t= =qELqEL+ +E Ek k=5=5

5、E Ek k(2)(2)若粒子由若粒子由bcbc邊離開電場邊離開電場, ,則則L L= =v v0 0t t, ,v vy y= =由動能定理得由動能定理得: :E Ek k-E Ek k= = m mv vy y2 2= =21202222vmqELmqEtqLEk40vmqELtmqE21k2224ELEqE E= =若粒子由若粒子由cdcd邊離開電場邊離開電場, ,由動能定理得由動能定理得qELqEL= =E Ek k-E Ek k所以所以E E= =答案答案 (1) (1) 5 5E Ek k(2)(2)粒子由粒子由bcbc邊離開電場時邊離開電場時, ,E E= =粒子由粒子由cdcd

6、邊離開電場時邊離開電場時, ,E E= =qLEEE)(2kkkqLEEkkqLk4qLEEE)(2kkkqLEEkk專題二專題二 帶電粒子在磁場中的運動分析帶電粒子在磁場中的運動分析1.1.帶電粒子在勻強磁場中做不完整圓周運動的解題思路帶電粒子在勻強磁場中做不完整圓周運動的解題思路(1)(1)用幾何知識確定圓心并求半徑用幾何知識確定圓心并求半徑. .(2)(2)確定軌跡所對的圓心角確定軌跡所對的圓心角, ,求運動時間求運動時間. .【例例2 2】 如圖如圖2 2所示所示, ,在在xOyxOy平面上平面上, ,a a點坐標(biāo)為點坐標(biāo)為(0,(0,l l),),平平面內(nèi)有一邊界過面內(nèi)有一邊界過a

7、a點和坐標(biāo)原點點和坐標(biāo)原點O O的圓形勻強磁場區(qū)域的圓形勻強磁場區(qū)域, ,磁場方向垂直紙面向里磁場方向垂直紙面向里. .有一電子有一電子( (質(zhì)量為質(zhì)量為m m, ,電荷量為電荷量為e e) )從從a a點以初速度點以初速度v v0 0平行平行x x軸正方向射入磁場區(qū)域軸正方向射入磁場區(qū)域, ,在磁場在磁場中運動中運動, ,恰好在恰好在x x軸上的軸上的b b點點( (未標(biāo)出未標(biāo)出) )射出磁場區(qū)域射出磁場區(qū)域, ,此時此時速度方向與速度方向與x x軸正方向夾角為軸正方向夾角為6060. .求求: :(1)(1)磁場的磁感應(yīng)強度磁場的磁感應(yīng)強度. .(2)(2)電子在磁場中運動的時間電子在磁場

8、中運動的時間. .(3)(3)磁場區(qū)域圓心磁場區(qū)域圓心O O1 1的坐標(biāo)的坐標(biāo). .解析解析 該題為帶電粒子在有邊界磁場區(qū)域中的圓周運動該題為帶電粒子在有邊界磁場區(qū)域中的圓周運動. .看似復(fù)雜看似復(fù)雜, ,但解題的關(guān)鍵還是在找圓心但解題的關(guān)鍵還是在找圓心, ,同學(xué)們只要根據(jù)同學(xué)們只要根據(jù)運動電荷在有界磁場的出入點的速度方向垂線的交點運動電荷在有界磁場的出入點的速度方向垂線的交點, ,確定圓心的位置確定圓心的位置, ,然后作出軌跡和半徑然后作出軌跡和半徑, ,根據(jù)幾何關(guān)系找根據(jù)幾何關(guān)系找出等量關(guān)系出等量關(guān)系, ,求解飛行時間從找軌跡所對應(yīng)的圓心角的求解飛行時間從找軌跡所對應(yīng)的圓心角的方面著手方面

9、著手, ,題目便迎刃而解題目便迎刃而解. .(1)(1)由題意知由題意知, ,O O、a a、b b均在圓形磁場區(qū)域的邊界均在圓形磁場區(qū)域的邊界, ,粒子運粒子運動軌道圓心動軌道圓心為為O O2 2, ,令令O O2 2a a= =O O2 2b b= =R R, ,圓心角等于偏轉(zhuǎn)角圓心角等于偏轉(zhuǎn)角aOaO2 2b b=60=60, ,即即aOaO2 2b b為正三角形為正三角形. .在在OOOO2 2b b中中, ,R R2 2=(=(R R- -l l) )2 2+(+(R Rsin 60sin 60) )2 2, ,得得R R=2=2l l. .而而R R= =, ,得得B B= .=

10、.(2)(2)粒子在磁場中的飛行時粒子在磁場中的飛行時間間t t= = T T= =Bem0velm20v3606002261v3lBem(3)(3)由于由于aObaOb=90=90且為磁場圖形區(qū)域的圓周角且為磁場圖形區(qū)域的圓周角, ,則則abab即即為磁場區(qū)域直徑為磁場區(qū)域直徑, ,aOaO1 1= = R R= =l l. .O O1 1的坐標(biāo)為的坐標(biāo)為x x= =aOaO1 1sin 60sin 60= = l l, ,y y= =l l- -aOaO1 1cos 60cos 60= = , ,即坐標(biāo)為即坐標(biāo)為( ).( ).答案答案 (1) (1) (2) (2) (3)( ) (3)

11、( )21232l2,23llelm20v032vl2,23 ll2.2.臨界狀態(tài)不唯一而形成的多解問題臨界狀態(tài)不唯一而形成的多解問題【例例3 3】 如圖如圖3 3所示所示, ,長為長為L L的水平極的水平極板間有垂直紙面向里的勻強磁場板間有垂直紙面向里的勻強磁場, ,磁感應(yīng)強度為磁感應(yīng)強度為B B, ,板間距離也為板間距離也為L L, ,板不帶電板不帶電. .現(xiàn)有質(zhì)量為現(xiàn)有質(zhì)量為m m、電荷量、電荷量為為q q的帶正電粒子的帶正電粒子( (不計重力不計重力),),從左邊極板間中點處垂直從左邊極板間中點處垂直磁感線以速度磁感線以速度v v水平射入磁場水平射入磁場, ,欲使粒子不打在極板上欲使粒

12、子不打在極板上, ,可采用的辦法是可采用的辦法是 ( )( )圖圖3 3A.A.使粒子的速度使粒子的速度v v C.C.使粒子的速度使粒子的速度v v D.D.使粒子的速度使粒子的速度mqBL4mqBL45mqBLmqBLvmqBL454解析解析 由左手定則判得粒子在磁場中向由左手定則判得粒子在磁場中向上偏上偏, ,做勻速圓周運動做勻速圓周運動. .很明顯很明顯, ,圓周運動圓周運動的半徑大于某值的半徑大于某值r r1 1時粒子可以從極板右邊時粒子可以從極板右邊穿出穿出, ,而半徑小于某值而半徑小于某值r r2 2時粒子可從極板時粒子可從極板的左邊穿出的左邊穿出. .現(xiàn)在問題歸結(jié)為求粒子能在現(xiàn)

13、在問題歸結(jié)為求粒子能在右邊穿出時右邊穿出時r r的最小值的最小值r r1 1以及粒子在左邊穿出時以及粒子在左邊穿出時r r的最大的最大值值r r2 2. .在右圖中由幾何知識得在右圖中由幾何知識得: :粒子擦著上板從右邊穿出時粒子擦著上板從右邊穿出時, ,圓心在圓心在O O點點, ,有有: :r r1 12 2= =L L2 2+(+(r r1 1- )- )2 2得得r r1 1= =由由r r1 1= =得得v v1 1= =所以所以v v 時粒子能從右邊穿出時粒子能從右邊穿出2L45LqBmv1mqBL45mqBL45粒子擦著上板從左邊穿出時粒子擦著上板從左邊穿出時, ,圓心在圓心在O

14、O點點, ,有有r r2 2= =由由r r2 2= =得得v v2 2= =所以所以v v 時粒子能從左邊穿出時粒子能從左邊穿出. .答案答案 ABAB4L42LqBmvmqBL4mqBL4專題三專題三 帶電粒子在復(fù)合場中的運動帶電粒子在復(fù)合場中的運動1.1.帶電粒子在復(fù)合場中做直線運動帶電粒子在復(fù)合場中做直線運動, ,包括勻速直線運動和包括勻速直線運動和變速直線運動變速直線運動【例例4 4】 在圖在圖4 4中虛線所示的區(qū)域存中虛線所示的區(qū)域存在勻強電場和勻強磁場在勻強電場和勻強磁場. .取坐標(biāo)如取坐標(biāo)如圖圖. .一帶電粒子沿一帶電粒子沿x x軸正方向進入此軸正方向進入此區(qū)域區(qū)域, ,在穿過

15、此區(qū)域的過程中運動在穿過此區(qū)域的過程中運動方向始終不發(fā)生偏轉(zhuǎn)方向始終不發(fā)生偏轉(zhuǎn). .不計重力的影響不計重力的影響, ,電場強度電場強度E E和磁和磁感強度感強度B B的方向可能是的方向可能是 ( )( )圖圖4 4A.A.E E和和B B都沿都沿x x軸方向軸方向B.B.E E沿沿y y軸正向軸正向, ,B B沿沿z z軸正向軸正向C.C.E E沿沿z z軸正向軸正向, ,B B沿沿y y軸正向軸正向D.D.E E、B B都沿都沿z z軸方向軸方向解析解析 選項選項A,A,帶電粒子只受沿帶電粒子只受沿x x軸方向的電場力軸方向的電場力, ,做勻加速做勻加速或勻減速直線運動或勻減速直線運動. .

16、選項選項B,B,無論粒子帶正電還是負電無論粒子帶正電還是負電, ,電場電場力和洛倫茲力都沿豎直方向且方向相反力和洛倫茲力都沿豎直方向且方向相反, ,若滿足若滿足qEqE= =q qv vB B則則合外力為合外力為0,0,做勻速運動做勻速運動. .選項選項C,C,電場力和洛倫茲力方向相電場力和洛倫茲力方向相同同, ,都沿都沿z z軸軸, ,帶電粒子運動必發(fā)生偏轉(zhuǎn)帶電粒子運動必發(fā)生偏轉(zhuǎn). .選項選項D,D,電場力和洛電場力和洛倫茲力的方向相互垂直倫茲力的方向相互垂直, ,且都垂直于粒子的入射方向且都垂直于粒子的入射方向, ,合力合力與入射方向垂直與入射方向垂直, ,則運動方向發(fā)生偏轉(zhuǎn)則運動方向發(fā)生

17、偏轉(zhuǎn). .答案答案 ABAB2.2.帶電粒子在復(fù)合場中所受合外力的大小、方向均不斷變帶電粒子在復(fù)合場中所受合外力的大小、方向均不斷變化而做變加速曲線運動化而做變加速曲線運動, ,這類問題一般只能用能量關(guān)系這類問題一般只能用能量關(guān)系處理處理【例例5 5】 如圖如圖5 5所示所示, ,相互垂直的勻強相互垂直的勻強電場和勻強磁場的大小分別為電場和勻強磁場的大小分別為E E和和B B, ,一個質(zhì)量為一個質(zhì)量為m m, ,電量為電量為+ +q q的油滴的油滴, ,從從a a點以水平速度點以水平速度v v0 0飛入飛入, ,經(jīng)過一段時間經(jīng)過一段時間后運動到后運動到b b點點, ,試計算試計算: :(1)(

18、1)油滴剛進入疊加場油滴剛進入疊加場a a點時的加速度點時的加速度. .(2)(2)若到達若到達b b點時點時, ,偏離入射方向的距離為偏離入射方向的距離為d d, ,則其速度是則其速度是多大多大? ?圖圖5 5解析解析 (1)(1)油滴受到的合外力油滴受到的合外力F F= =q qv v0 0B B-(-(mgmg+ +qEqE) )加速度加速度a a= = - -g g, ,方向豎直向上方向豎直向上. .(2)(2)據(jù)動能定理有據(jù)動能定理有- -mgdmgd- -qEdqEd= = m mv v2 2- - m mv v0 02 2所以所以v v= =答案答案 (1) (1) - -g g

19、, ,方向豎直向上方向豎直向上(2)(2)mEBqmF)(0v2121mqEdgd2220vmEBq)(0vmqEdgd2220v3.3.帶電粒子在電場、磁場、重力場中做勻速圓周運動帶電粒子在電場、磁場、重力場中做勻速圓周運動, ,則則必然是電場力和重力平衡必然是電場力和重力平衡, ,而洛倫茲力充當(dāng)向心力而洛倫茲力充當(dāng)向心力【例例6 6】 一個帶電微粒在一個帶電微粒在圖圖6 6所示的正所示的正交勻強電場和勻強磁場中在豎直面交勻強電場和勻強磁場中在豎直面內(nèi)做勻速圓周運動內(nèi)做勻速圓周運動, ,則該帶電微粒必則該帶電微粒必然帶然帶 , ,旋轉(zhuǎn)方向為旋轉(zhuǎn)方向為 . .若若已知圓半徑為已知圓半徑為r,r

20、,電場強度為電場強度為E,E,磁感磁感應(yīng)強度為應(yīng)強度為B,B,則線速度為則線速度為 . .解析解析 因為必須有電場力與重力平衡因為必須有電場力與重力平衡, ,所以必為負所以必為負電電; ;由左手定則得逆時針轉(zhuǎn)動由左手定則得逆時針轉(zhuǎn)動; ;再由再由EqEq= =mgmg及及r r= ,= ,得得v v= .= .答案答案 負電負電 逆時針逆時針圖圖6 6BqmvEBrgEBrg4.4.帶電粒子在復(fù)合場中運動的周期性問題帶電粒子在復(fù)合場中運動的周期性問題【例例7 7】 如圖如圖7 7所示所示, ,在在x x軸上方為勻強磁場軸上方為勻強磁場, ,磁感應(yīng)強度為磁感應(yīng)強度為B B, ,方向垂直紙面向里方

21、向垂直紙面向里, ,x x軸下方為勻強電場軸下方為勻強電場, ,場強為場強為E E, ,方方向豎直向下向豎直向下. .有一帶負電微粒有一帶負電微粒, ,電荷量為電荷量為q q、質(zhì)量為、質(zhì)量為m m( (重重力不計力不計),),在在y y軸上某點由靜止釋放軸上某點由靜止釋放, ,在運動過程中要經(jīng)過在運動過程中要經(jīng)過x x軸上的軸上的Q Q點點, ,Q Q點離原點點離原點O O的距離為的距離為L L, ,求釋放點與原點求釋放點與原點O O的的距離距離. .圖圖7 7解析解析 要正確求解要正確求解, ,首先要畫出粒子在磁場中的運動軌跡首先要畫出粒子在磁場中的運動軌跡, ,在此基礎(chǔ)上求出圓周運動的軌道

22、半徑在此基礎(chǔ)上求出圓周運動的軌道半徑, ,同時要考慮因周期同時要考慮因周期性而引起的多解問題性而引起的多解問題. .帶負電粒子在帶負電粒子在y y軸上某點由靜止釋放軸上某點由靜止釋放, ,它的位置不可能在原它的位置不可能在原點點O O之上之上( (即磁場中即磁場中),),只能在原點之下只能在原點之下( (即電場中即電場中),),粒子從粒子從O O點進入磁場做勻速圓周運動點進入磁場做勻速圓周運動, ,如下圖所示如下圖所示. .要經(jīng)過要經(jīng)過Q Q點點, ,圓半圓半徑徑r r = (= (n n=1,2,3=1,2,3).).又又r r = = , ,即即v v = .= .nL2BqmvnmBqL

23、2設(shè)釋放點離原點設(shè)釋放點離原點O O距離為距離為d d, ,則則EqdEqd= = mvmv2 2聯(lián)立得聯(lián)立得d d= = ( (n n=1,2,3=1,2,3) )答案答案 ( (n n=1,2,3)=1,2,3)21EmnqLB2228EmnqLB2228素能提升素能提升1.1.如圖如圖8 8所示為自左向右逐漸增強的所示為自左向右逐漸增強的磁場磁場, ,一不計重力的帶電粒子垂直一不計重力的帶電粒子垂直射入其中射入其中, ,由于周圍氣體的阻礙作由于周圍氣體的阻礙作用用, ,其運動軌跡恰為一段圓弧其運動軌跡恰為一段圓弧PQPQ( (粒粒子電量保持不變子電量保持不變),),則可判斷則可判斷( )

24、( )A.A.粒子從粒子從P P點射入點射入B.B.粒子所受洛倫茲力逐漸增大粒子所受洛倫茲力逐漸增大C.C.粒子從粒子從Q Q點射入點射入D.D.粒子的動能逐漸減小粒子的動能逐漸減小圖圖8 8解析解析 由由R R= ,= ,當(dāng)當(dāng)v v減小時減小時, ,B B也要減小也要減小, ,粒子從粒子從P P點射點射入入,A,A對對; ;F F洛洛= =q qv vB B知知, ,洛倫茲力減小洛倫茲力減小, ,動能減小動能減小,C,C錯錯,D,D對對. .答案答案 ADADqBmv2.2.如圖如圖9 9所示所示, ,在光滑水平桌面上在光滑水平桌面上, ,有兩有兩個固定的電極個固定的電極a a、b b, ,

25、長為長為L L的柔軟直的柔軟直導(dǎo)線兩端連接在導(dǎo)線兩端連接在a a、b b上上, ,放置在光放置在光滑水平桌面上滑水平桌面上, ,有豎直方向的勻強磁有豎直方向的勻強磁場由下而上穿過桌面場由下而上穿過桌面, ,磁場的磁感應(yīng)磁場的磁感應(yīng)強度為強度為B B, ,當(dāng)線圈通過恒定電流當(dāng)線圈通過恒定電流I I時時, ,求導(dǎo)線內(nèi)部的拉力求導(dǎo)線內(nèi)部的拉力. .解析解析 當(dāng)導(dǎo)線中有電流通過時當(dāng)導(dǎo)線中有電流通過時, ,由于安培力作用而使導(dǎo)由于安培力作用而使導(dǎo)線形成一個圓周線形成一個圓周, ,直徑直徑D D = .= .左半部分導(dǎo)線在磁場中受左半部分導(dǎo)線在磁場中受安培力的有效長度是直徑安培力的有效長度是直徑D D,

26、,受力分析得受力分析得F F安安=2=2F FT T, ,所以所以F FT T= = 即為所求即為所求. .答案答案圖圖9 922/2BILBILF安L2BIL3.3.核聚變反應(yīng)需要幾百萬度以上的高溫核聚變反應(yīng)需要幾百萬度以上的高溫, ,為把高溫條件下高速運動的離子約束為把高溫條件下高速運動的離子約束在小范圍內(nèi)在小范圍內(nèi)( (否則不可能發(fā)生核反應(yīng)否則不可能發(fā)生核反應(yīng)),),通常采用磁約束的方法通常采用磁約束的方法( (托卡馬克裝托卡馬克裝置置).).如圖如圖1010所示所示, ,環(huán)狀勻強磁場中空環(huán)狀勻強磁場中空區(qū)域中的帶電粒子只要速度不是很大區(qū)域中的帶電粒子只要速度不是很大, ,都不會穿出磁場

27、的外邊緣而被約束在該區(qū)域內(nèi)都不會穿出磁場的外邊緣而被約束在該區(qū)域內(nèi). .設(shè)環(huán)設(shè)環(huán)狀磁場的內(nèi)半徑狀磁場的內(nèi)半徑R R1 1=0.5 m,=0.5 m,外半徑外半徑R R2 2=1.0 m,=1.0 m,磁場的磁磁場的磁感應(yīng)強度感應(yīng)強度B B=1.0 T,=1.0 T,若被束縛的帶電粒子的比荷若被束縛的帶電粒子的比荷q q/ /m m= =4 410107 7 C/kg, C/kg,中空區(qū)域內(nèi)帶電粒子具有各個方向的速中空區(qū)域內(nèi)帶電粒子具有各個方向的速度度. .試計算試計算: :圖圖1010(1)(1)粒子沿環(huán)狀磁場的半徑方向射入磁場粒子沿環(huán)狀磁場的半徑方向射入磁場, ,不能穿越磁場不能穿越磁場的最

28、大速度的最大速度. .(2)(2)所有粒子不能穿越磁場的最大速度所有粒子不能穿越磁場的最大速度. .解析解析 (1)(1)要使粒子沿環(huán)的半徑方向射入磁場要使粒子沿環(huán)的半徑方向射入磁場, ,且不能穿且不能穿越磁場越磁場, ,則粒子的臨界軌跡必須要與外圓相切則粒子的臨界軌跡必須要與外圓相切, ,軌跡如圖軌跡如圖所示所示. .由圖知由圖知r r1 12 2+ +R R1 12 2=(=(R R2 2- -r r1 1) )2 2, ,解得解得r r1 1=0.375 m=0.375 m由由BqBqv v1 1= =m m 得得v v1 1= = =1.5 =1.510107 7 m/s m/s所以粒

29、子沿環(huán)狀的半徑方向射入磁場所以粒子沿環(huán)狀的半徑方向射入磁場, ,不能穿越磁場的不能穿越磁場的最大速度為最大速度為v v1 1=1.5=1.510107 7 m/s. m/s.121rvmBqr1(2)(2)當(dāng)粒子以當(dāng)粒子以v v2 2的速度沿與內(nèi)圓相切方向射入磁場且的速度沿與內(nèi)圓相切方向射入磁場且軌道與外圓相切時軌道與外圓相切時, ,則以則以v v2 2速度沿各方向射入磁場區(qū)速度沿各方向射入磁場區(qū)的粒子都不能穿出磁場邊界的粒子都不能穿出磁場邊界, ,如圖所示如圖所示. .由圖知由圖知r r2 2= =0.25 m=0.25 m由由BqBqv v2 2= =m m 得得v v2 2= = =1.

30、0 =1.010107 7 m/s m/s所以所有粒子不能穿越磁場的最大速度所以所有粒子不能穿越磁場的最大速度v v2 2=1.0=1.010107 7 m/s m/s答案答案 (1)1.5(1)1.510107 7 m/s m/s (2)1.0 (2)1.010107 7 m/s m/s212RR 222rvmBqr24.4.如圖如圖1111所示所示, ,水平方向的勻強電場的電場強度為水平方向的勻強電場的電場強度為E E, ,場區(qū)場區(qū)寬度為寬度為L L, ,豎直方向足夠長豎直方向足夠長. .緊挨著電場的是垂直于紙面緊挨著電場的是垂直于紙面向外的兩個勻強磁場區(qū)域向外的兩個勻強磁場區(qū)域, ,其磁

31、感應(yīng)強度分別為其磁感應(yīng)強度分別為B B和和2 2B B. .一個質(zhì)量為一個質(zhì)量為m m、電荷量為、電荷量為q q的帶正電粒子的帶正電粒子, ,其重力不計其重力不計, ,從從電場的邊界電場的邊界MNMN上的上的a a點由靜止釋放點由靜止釋放, ,經(jīng)電場加速后進入磁經(jīng)電場加速后進入磁場場, ,經(jīng)過時間經(jīng)過時間t tB B= = 穿過中間磁場穿過中間磁場, ,進入右邊磁場后能按進入右邊磁場后能按某一路徑再返回到電場的邊界某一路徑再返回到電場的邊界MNMN上的某一點上的某一點b b, ,圖中虛線圖中虛線為場區(qū)的分界面為場區(qū)的分界面. .求求: :qBm6圖圖1111(1)(1)中間場區(qū)的寬度中間場區(qū)的

32、寬度d d. .(2)(2)粒子從粒子從a a點到點到b b點所經(jīng)歷的時間點所經(jīng)歷的時間t tabab. .(3)(3)粒子第粒子第n n次返回電場的次返回電場的MNMN邊界時與出發(fā)點邊界時與出發(fā)點a a之間的距之間的距離離x xn n. .解析解析 (1)(1)如圖在電場中如圖在電場中有有qELqEL= = m mv v2 2, ,即即v v= = , ,又又L L= = atatE E2 2, ,則則t tE E= = , ,進入中間磁場進入中間磁場, ,有有q qv vB B= ,= ,v v大小不變大小不變, ,r r= =, ,進入右邊磁場進入右邊磁場, ,v v大小不變大小不變,

33、,r r= ,= ,即粒即粒子在磁場子在磁場B B中做勻速圓周運動的周期為中做勻速圓周運動的周期為T T= =, ,又又t tB B= = , ,則則=30=30. .根據(jù)幾何知識根據(jù)幾何知識, ,有有d d= =mqEL22121qEmL2rm2vqBmv22rBqmvvr2126TqBmqmELBqBmvr2122qBm2(2)(2)進入右邊磁場所用時間為進入右邊磁場所用時間為t t2 2B B= =根據(jù)對稱性根據(jù)對稱性, ,有有t tabab= =(3)(3)根據(jù)幾何知識根據(jù)幾何知識, ,有有x x= =r r - =- = r r由圖可知由圖可知, ,有有x xabab= =r rco

34、s 30cos 30+2+2x x=(2- )=(2- )r r根據(jù)周期性根據(jù)周期性, ,有有x xn n= =nxnxabab=(2- ) =(2- ) 答案答案 (1) (1) (2) (2) (3) (3)22dr 23qBmBqmT322313qBmqEmL322223223qmELBnqBnmv2)34( qmELB21qBmqEmL3222qmELBn2)34( 閱卷現(xiàn)場閱卷現(xiàn)場閱卷手記閱卷手記本單元知識考查點主要有磁感應(yīng)強度、磁感線、磁本單元知識考查點主要有磁感應(yīng)強度、磁感線、磁通量、電流的磁場、安培力、洛倫茲力等基本概念通量、電流的磁場、安培力、洛倫茲力等基本概念, ,以及以及

35、磁現(xiàn)象的電本質(zhì)、安培定則、左手定則等規(guī)律磁現(xiàn)象的電本質(zhì)、安培定則、左手定則等規(guī)律. .涉及到的涉及到的基本方法有基本方法有, ,運用空間想象力和磁感線將磁場的空間分布運用空間想象力和磁感線將磁場的空間分布形象化是解決磁場問題的關(guān)鍵形象化是解決磁場問題的關(guān)鍵. .運用安培定則、左手定則運用安培定則、左手定則判斷磁場方向和載流導(dǎo)線、運動的帶電粒子受力情況是將判斷磁場方向和載流導(dǎo)線、運動的帶電粒子受力情況是將力學(xué)知識與磁場問題相結(jié)合的切入點力學(xué)知識與磁場問題相結(jié)合的切入點. .本章的能力要求很本章的能力要求很高高, ,對學(xué)生的空間想象能力、邏輯推理能力、力電綜合能對學(xué)生的空間想象能力、邏輯推理能力、

36、力電綜合能力考查頻繁力考查頻繁, ,是得分或失分的要點之一是得分或失分的要點之一. .考生在本單元知識應(yīng)用的過程中常犯的錯誤主要表考生在本單元知識應(yīng)用的過程中常犯的錯誤主要表現(xiàn)在：不能準(zhǔn)確地再現(xiàn)題目中所敘述的磁場的空間分布和現(xiàn)在：不能準(zhǔn)確地再現(xiàn)題目中所敘述的磁場的空間分布和帶電粒子的運動軌跡：運用安培定則、左手定則判斷磁場帶電粒子的運動軌跡：運用安培定則、左手定則判斷磁場方向和載流導(dǎo)線、運動的帶電粒子受力情況時出錯；運用方向和載流導(dǎo)線、運動的帶電粒子受力情況時出錯；運用幾何知識時出現(xiàn)錯誤；不善于分析多過程的物理問題等幾何知識時出現(xiàn)錯誤；不善于分析多過程的物理問題等. .26.26.忽略洛倫茲力

37、造成的錯誤忽略洛倫茲力造成的錯誤試題回放試題回放一個負離子的質(zhì)量為一個負離子的質(zhì)量為m m, ,電量大小為電量大小為q q, ,以速度以速度v v垂直于屏垂直于屏S S經(jīng)過小孔經(jīng)過小孔O O射入存射入存在著勻強磁場的真空室中在著勻強磁場的真空室中, ,如圖如圖1 1所示所示. .磁感應(yīng)強度磁感應(yīng)強度B B方向與離子的初速度方方向與離子的初速度方向垂直向垂直, ,并垂直于紙面向里并垂直于紙面向里. .如果離子進入磁場后經(jīng)過時如果離子進入磁場后經(jīng)過時間間t t到達位置到達位置P P, ,證明：直線證明：直線OPOP與離子入射方向之間的夾與離子入射方向之間的夾角角跟跟t t的關(guān)系是的關(guān)系是= = .

38、 .易錯點實例分析易錯點實例分析圖圖1 1tmqB2錯解分析錯解分析根據(jù)牛頓第二定律和向心加速度公式根據(jù)牛頓第二定律和向心加速度公式F F洛洛= =F F向向BqBqv v= =mama向向= =m m =(=(m m2 2v vsinsin)/)/t tsinsin= =當(dāng)當(dāng)不大時不大時,sin,sin= = ,= ,得證得證. .高中階段高中階段, ,我們在應(yīng)用牛頓第二定律解題時我們在應(yīng)用牛頓第二定律解題時, ,F F應(yīng)為恒力或應(yīng)為恒力或平均力平均力, ,本題中洛倫茲力是方向不斷變化的力本題中洛倫茲力是方向不斷變化的力. .不能直接代不能直接代入公式求解入公式求解. .tvtmBq2tmB

39、q2正確答案正確答案F F洛洛= =F F向向BqBqv v= =mama向向= =m mr r= =如圖所示如圖所示, ,當(dāng)離子到達位置當(dāng)離子到達位置P P時圓心角為時圓心角為= =而而= =2 2, ,則則= = 得證得證. .qBmvr2vRtmBqBqmvtrt/vvtmqB227.27.力電綜合中審題不仔細造成的錯誤力電綜合中審題不仔細造成的錯誤試題回放試題回放擺長為擺長為L L的單擺在勻強磁場中擺動的單擺在勻強磁場中擺動, ,擺動平面與磁場方向垂直擺動平面與磁場方向垂直, ,如圖如圖2 2所所示擺動中擺線始終繃緊示擺動中擺線始終繃緊, ,若擺球帶若擺球帶正電正電, ,電量為電量為q

40、 q, ,質(zhì)量為質(zhì)量為m m, ,磁感應(yīng)強磁感應(yīng)強度為度為B B, ,當(dāng)球從最高處擺到最低處時當(dāng)球從最高處擺到最低處時, ,擺線上的拉力擺線上的拉力F FT T多多大？大？圖圖2 2錯解分析錯解分析F FT T、F F洛洛始終垂直于速度始終垂直于速度v v, ,根據(jù)機械能守恒定律：根據(jù)機械能守恒定律：mgLmgL(1-cos(1-cos)= )= m mv v2 2, ,v v= =. .在在C C處處, ,F F洛洛豎直向上豎直向上, ,根據(jù)牛頓第二定律則有根據(jù)牛頓第二定律則有F FT T+ +F F洛洛- -mgmg= =mama向向= =F FT T= =m m + +mgmg- -F

41、F洛洛=2=2mgmg(1-cos(1-cos)+)+mgmg- -BqBqv v=3=3mgmg-2-2mgmgcoscos- -BqBq考慮問題不全面考慮問題不全面, ,認為題目中認為題目中“從最高點到最低處從最高點到最低處”是指是指ACAC的過程的過程, ,忽略了球可以從左右兩方經(jīng)過最低點忽略了球可以從左右兩方經(jīng)過最低點. .21)cos1 (2gLLm2vL2v)cos1 (2gL正確答案正確答案球從左右兩方經(jīng)過最低點球從左右兩方經(jīng)過最低點, ,因速度方向不同因速度方向不同, ,引起引起F F洛洛不不同同, ,受力分析如圖所示受力分析如圖所示. .由于擺動時由于擺動時F F洛洛和和F

42、FT T都不做功都不做功, ,機機械能守恒械能守恒, ,小球無論向左、向右擺動過小球無論向左、向右擺動過C C點時的速度大小點時的速度大小相同相同, ,方向相反方向相反. .擺球從最高點到達最低點擺球從最高點到達最低點C C的過程滿足機械能守恒：的過程滿足機械能守恒：mgLmgL(1-cos (1-cos )= )= m mv v2 2, ,v v= =當(dāng)擺球在當(dāng)擺球在C C的速度向右的速度向右, ,根據(jù)左手定則根據(jù)左手定則, ,F F洛洛豎直向上豎直向上, ,根根據(jù)牛頓第二定律則有據(jù)牛頓第二定律則有F FT T+ +F F洛洛- -mgmg= =mama向向= =F FT T= =m m +

43、 +mgmg- -F F洛洛=2=2mgmg(1-cos (1-cos )+)+mgmg- -BqBqv v=3=3mgmg-2-2mgmgcoscos- -BqBq當(dāng)擺球在當(dāng)擺球在C C的速度向左的速度向左, ,F F洛洛豎直向下豎直向下, ,根據(jù)牛頓第二定律根據(jù)牛頓第二定律則有則有21）cos1（2gLLm2vL2v)cos1 (2gLF FT T- -F F洛洛- -mgmg= =mama向向= =m m F FT T= =m m + +mgmg+ +F F洛洛=2=2mgmg(1-cos(1-cos)+)+mgmg+ +BqBqv v=3=3mgmg-2-2mgmgcoscos+ +B

44、qBq所以擺到最低處時所以擺到最低處時, ,擺線上的拉力擺線上的拉力F FT T=3=3mgmg-2-2mgmgcoscosBqBqL2vL2v)cos1 (2agL)cos1 (2agL28.28.推理和計算能力差造成的錯誤推理和計算能力差造成的錯誤試題回放試題回放如圖如圖3 3所示所示, ,ABCDABCD是邊長為是邊長為a a的正方形的正方形. .質(zhì)量為質(zhì)量為m m、電荷量為、電荷量為e e的電子以大小為的電子以大小為v v0 0的初速度沿紙面垂直于的初速度沿紙面垂直于BCBC邊射入正邊射入正方形區(qū)域方形區(qū)域. .在正方形內(nèi)適當(dāng)區(qū)域中有在正方形內(nèi)適當(dāng)區(qū)域中有勻強磁場勻強磁場. .電子從電

45、子從BCBC邊上的任意點入邊上的任意點入射射, ,都只能從都只能從A A點射出磁場點射出磁場. .不計重力不計重力, ,求：求：(1)(1)此勻強磁場區(qū)域中磁感應(yīng)強度的方向和大小此勻強磁場區(qū)域中磁感應(yīng)強度的方向和大小. .(2)(2)此勻強磁場區(qū)域的最小面積此勻強磁場區(qū)域的最小面積. .圖圖3 3錯解分析錯解分析錯解一：分析推理能力差錯解一：分析推理能力差, ,只能推理出磁場的方向只能推理出磁場的方向, ,不不能根據(jù)磁場僅在正方形內(nèi)、初速度都垂直于能根據(jù)磁場僅在正方形內(nèi)、初速度都垂直于BCBC、都只能、都只能從從A A點射出磁場三個要求點射出磁場三個要求, ,得出從得出從C C點入射的電子應(yīng)點

46、入射的電子應(yīng)該從該從C C點開始做圓周運動點開始做圓周運動, ,到達到達A A點時離開磁場點時離開磁場, ,恰做四分恰做四分之一圓周的圓周運動之一圓周的圓周運動. .從而下面的情況更推理不出從而下面的情況更推理不出. .錯解二：能分析出第一問錯解二：能分析出第一問, ,但在第二問中但在第二問中, ,因?qū)?shù)學(xué)能因?qū)?shù)學(xué)能力要求較高力要求較高. .許多學(xué)生不能得出完整準(zhǔn)確的結(jié)論許多學(xué)生不能得出完整準(zhǔn)確的結(jié)論, ,造成失造成失分分. . 這是一個對推理能力和運算能力要求很高的題這是一個對推理能力和運算能力要求很高的題, ,只只有對洛倫茲力作用下電子運動的規(guī)律把握準(zhǔn)確有對洛倫茲力作用下電子運動的規(guī)律把握準(zhǔn)確, ,有較高有較高的運算與推理能力的運算與推理能力, ,才可能把這個題做好才可能把這個題做好. .特別是對特別是對“從從A A點射出磁場點射出磁場”這一條件這一條件, ,如果僅理解為從如果僅理解為從A A點離開正方點離開正方形區(qū)域形區(qū)域, ,這個題就很難向下思考了這個題就很難向下思考了. .正確答案正確答案(1)(1)由圓周運動的特點可知由圓周運動的特點可知, ,從從C C點入射的電子點入射的電子, ,只有立即只有立即進入磁場進入磁場, ,才能由才能由A A點離開磁場點離開磁場. .設(shè)勻強磁場的磁感應(yīng)強度的大小為設(shè)勻強磁場的磁感應(yīng)強度的大小為B B. .令圓弧令圓弧