磁场及带电粒子在磁场中的运动复习.pptx

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1、4.4.带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的基本公式：带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的基本公式：（1 1）向心力由洛伦兹力提供：）向心力由洛伦兹力提供：qvB=_qvB=_。（2 2）轨道半径）轨道半径R=_R=_。（3 3）周期公式：）周期公式：T=_T=_。第1页/共61页1.1.（20122012天津高考）如图所示，金属棒天津高考）如图所示，金属棒MNMN两端由等长的轻质两端由等长的轻质细线水平悬挂，处于竖直向上的匀强磁场中，棒中通以由细线水平悬挂，处于竖直向上的匀强磁场中，棒中通以由M M向向N N的电流，平衡时两悬线与竖直方向夹角均为的电流，平衡时两悬线与竖直方向夹角均为。如果仅改变下。

2、如果仅改变下列某一个条件，列某一个条件，角的相应变化情况是（）角的相应变化情况是（）A.A.棒中的电流变大，棒中的电流变大，角变大角变大B.B.两悬线等长变短，两悬线等长变短，角变小角变小C.C.金属棒质量变大，金属棒质量变大，角变大角变大D.D.磁感应强度变大，磁感应强度变大，角变小角变小第2页/共61页【解析解析】选选A A。金属棒的受力情况如图所示，则有。金属棒的受力情况如图所示，则有当棒中的电流当棒中的电流I I变大或者磁感应强度变大或者磁感应强度B B变大时，因为重力不变，变大时，因为重力不变，所以所以角会变大，选项角会变大，选项A A对、对、D D错；两悬线等长变短对错；两悬线等长

3、变短对角没有角没有影响，选项影响，选项B B错；当金属棒的质量变大时，错；当金属棒的质量变大时，角变小，选项角变小，选项C C错。错。第3页/共61页2.2.（20132013安徽高考）图中安徽高考）图中a a、b b、c c、d d为四根与纸面垂直的长直为四根与纸面垂直的长直导线，其横截面位于正方形的四个顶点上，导线中通有大小相同导线，其横截面位于正方形的四个顶点上，导线中通有大小相同的电流，方向如图所示。一带正电的粒子从正方形中心的电流，方向如图所示。一带正电的粒子从正方形中心O O点沿垂直点沿垂直于纸面的方向向外运动，它所受洛伦兹力的方向是（）于纸面的方向向外运动，它所受洛伦兹力的方向是

4、（）A.A.向上向上 B.B.向下向下C.C.向左向左 D.D.向右向右第4页/共61页【解析解析】选选B B。由右手螺旋定则可以判断出。由右手螺旋定则可以判断出a a、b b、c c、d d四根长四根长直导线在正方形中心直导线在正方形中心O O处产生的磁感应强度如图所示：处产生的磁感应强度如图所示：四个磁感应强度按矢量的平行四边形定则合成，可得合磁场为四个磁感应强度按矢量的平行四边形定则合成，可得合磁场为水平向左。利用左手定则判断洛伦兹力的方向，可得洛伦兹力水平向左。利用左手定则判断洛伦兹力的方向，可得洛伦兹力竖直向下，故竖直向下，故B B项正确。项正确。第5页/共61页3.(20133.(

5、2013新课标全国卷新课标全国卷)如图，半径为如图，半径为R R的圆是一圆柱形匀强磁场区域的横截面（纸的圆是一圆柱形匀强磁场区域的横截面（纸面），磁感应强度大小为面），磁感应强度大小为B B，方向垂直于纸，方向垂直于纸面向外，一电荷量为面向外，一电荷量为q q（q0q0）、质量为）、质量为m m的的粒子沿平行于直径粒子沿平行于直径abab的方向射入磁场区域，的方向射入磁场区域，射入点与射入点与abab的距离为的距离为 ，已知粒子射出磁，已知粒子射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为场与射入磁场时运动方向间的夹角为6060，则粒子的速率为，则粒子的速率为（不计重力）（不计重力）（）第6页/共61

6、页【解析解析】选选B B。根据对称性，带电粒子射入圆形磁场区域时速。根据对称性，带电粒子射入圆形磁场区域时速度方向与半径的夹角总是与带电粒子射出磁场时其速度方向与度方向与半径的夹角总是与带电粒子射出磁场时其速度方向与半径的夹角相等，画出带电粒子在磁场中运动的轨迹如图所示，半径的夹角相等，画出带电粒子在磁场中运动的轨迹如图所示，根据图找几何关系可得带电粒子在磁场中做圆周运动的半径为根据图找几何关系可得带电粒子在磁场中做圆周运动的半径为r=Rr=R，再由，再由 ，得，得 ，解得，解得 ，故选项，故选项B B正确。正确。第7页/共61页热点考向热点考向1 1 磁场对通电导线作用力问题磁场对通电导线作

7、用力问题【典例典例1 1】（20132013南通二模）如图所示，在竖直向下的恒定南通二模）如图所示，在竖直向下的恒定匀强磁场中有一光滑绝缘的匀强磁场中有一光滑绝缘的 圆轨道，一重为圆轨道，一重为G G的金属导体的金属导体MNMN垂直于轨道横截面水平放置，在导体中通入电流垂直于轨道横截面水平放置，在导体中通入电流I I，使导体在，使导体在安培力的作用下以恒定的速率安培力的作用下以恒定的速率v v从从A A点运动到点运动到C C点，设导体所在点，设导体所在位置的轨道半径与竖直方向的夹角为位置的轨道半径与竖直方向的夹角为，安培力的瞬时功率为，安培力的瞬时功率为P P，则从，则从A A到到C C的过程

8、中，下列有关说法正确的是（）的过程中，下列有关说法正确的是（）第8页/共61页A.A.电流方向从电流方向从N N指向指向M B.IcotM B.IcotC.Pcos D.PsinC.Pcos D.Psin第9页/共61页【解题探究解题探究】（1 1）根据导体）根据导体MNMN的运动情况，画出的运动情况，画出MNMN的受力分析图。的受力分析图。提示：提示：第10页/共61页（2 2）MNMN的运动性质是的运动性质是_，向心力由，向心力由_、_和安培力的合力提供，并且沿切线方向的合力和安培力的合力提供，并且沿切线方向的合力_，用式子表示为用式子表示为_。匀速圆周运动匀速圆周运动弹力弹力F F重重力

9、力G G等于零等于零Gsin=FGsin=F安安coscos第11页/共61页【解析解析】选选D D。由于安培力方向始终水平向左，根据左手定则。由于安培力方向始终水平向左，根据左手定则知电流方向从知电流方向从M M指向指向N N，A A错误；因为导体棒做匀速圆周运动，错误；因为导体棒做匀速圆周运动，所以有所以有Gsin=FGsin=F安安cos=BILcoscos=BILcos，故，故I=tanI=tan，即，即ItanItan，B B错误；又错误；又P=FP=F安安vcos=Gvsinvcos=Gvsin，所以，所以PsinPsin，C C错误，错误，D D正确。正确。第12页/共61页【总

10、结提升总结提升】求解磁场中导体棒运动问题的方法求解磁场中导体棒运动问题的方法(1)(1)正确地对导体棒进行受力分析，应特别注意通电导体棒受正确地对导体棒进行受力分析，应特别注意通电导体棒受到的安培力的方向，安培力与导体棒和磁感应强度组成的平面到的安培力的方向，安培力与导体棒和磁感应强度组成的平面垂直。垂直。(2)(2)画出辅助图（如导轨画出辅助图（如导轨斜面等），并标明辅助方向（磁感斜面等），并标明辅助方向（磁感应强度应强度B B、电流、电流I I的方向）。的方向）。(3)(3)将立体的受力分析图转化为平面受力分析图，即画出与导将立体的受力分析图转化为平面受力分析图，即画出与导体棒垂直的平面内

11、的受力分析图。体棒垂直的平面内的受力分析图。第13页/共61页【变式训练变式训练】（20122012大纲版全国卷）大纲版全国卷）如图，两根相互平行的长直导线过纸如图，两根相互平行的长直导线过纸面上的面上的M M、N N两点，且与纸面垂直，导两点，且与纸面垂直，导线中通有大小相等、方向相反的电流。线中通有大小相等、方向相反的电流。a a、O O、b b在在M M、N N的连线上，的连线上，O O为为MNMN的中点，的中点，c c、d d位于位于MNMN的中垂线上，且的中垂线上，且a a、b b、c c、d d到到O O点的点的距离均相等。关于以上几点处的磁场，下列说法正确的是距离均相等。关于以上

12、几点处的磁场，下列说法正确的是（）（）A.OA.O点处的磁感应强度为零点处的磁感应强度为零B.aB.a、b b两点处的磁感应强度大小相等，方向相反两点处的磁感应强度大小相等，方向相反C.cC.c、d d两点处的磁感应强度大小相等，方向相同两点处的磁感应强度大小相等，方向相同D.aD.a、c c两点处磁感应强度的方向不同两点处磁感应强度的方向不同第14页/共61页【解析解析】选选C C。根据安培定则，。根据安培定则，M M、N N处的电流在处的电流在O O点处的磁感应点处的磁感应强度方向相同，都垂直强度方向相同，都垂直MNMN连线向下，连线向下，O O点处的磁感应强度不为点处的磁感应强度不为零，

13、选项零，选项A A错误；由对称关系可知，错误；由对称关系可知，a a、b b两点处的磁感应强度两点处的磁感应强度大小相等，磁感应强度方向都垂直大小相等，磁感应强度方向都垂直MNMN连线向下，方向相同，选连线向下，方向相同，选项项B B错误；错误；c c、d d两点处的磁感应强度方向都垂直两点处的磁感应强度方向都垂直MNMN连线向下，连线向下，方向相同，大小相等，选项方向相同，大小相等，选项C C正确；正确；a a、c c两点处的磁感应强度两点处的磁感应强度方向都垂直方向都垂直MNMN连线向下，选项连线向下，选项D D错误。错误。第15页/共61页热点考向热点考向2 2 带电粒子在磁场中的运动带

14、电粒子在磁场中的运动【典例典例2 2】（1818分）（分）（20132013延安一模）如图延安一模）如图所示，在所示，在x0 x0 x0的区域中，存在磁感应强的区域中，存在磁感应强度大小分别为度大小分别为B B1 1与与B B2 2的匀强磁场，磁场方向的匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，且垂直于纸面向里，且B B1 1大于大于B B2 2，一个带负电、，一个带负电、比荷为比荷为k k的粒子从坐标原点的粒子从坐标原点O O以速度以速度v v沿沿x x轴负方向射出，粒子重轴负方向射出，粒子重力不计。力不计。（1 1）求粒子在两个磁场中运动的轨道半径；）求粒子在两个磁场中运动的轨道半径；（2 2）如

15、果）如果B B1 1=2B=2B2 2，则粒子再次回到原点时运动了多长时间？，则粒子再次回到原点时运动了多长时间？（3 3）要使该粒子经过一段时间后又经过）要使该粒子经过一段时间后又经过O O点，点，B B1 1与与B B2 2的比值应的比值应满足什么条件？满足什么条件？第16页/共61页【解题探究解题探究】（1 1）粒子在两磁场中运动的轨道半径的求解：）粒子在两磁场中运动的轨道半径的求解：比荷的意义：比荷的意义：k=_k=_；轨道半径公式：轨道半径公式：r=_r=_。（2 2）试画出）试画出B B1 1=2B=2B2 2时，带电粒子再次回到原点时的轨迹图。时，带电粒子再次回到原点时的轨迹图。

16、提示：提示：由于由于B B1 1=2B=2B2 2，则，则r r1 1=r=r2 2，由左手定则画出轨迹如图所示。，由左手定则画出轨迹如图所示。第17页/共61页（3 3）当）当B B1 1BB2 2，但，但B B1 12B2B2 2时，粒子完成如图时，粒子完成如图所示的一次回旋到达所示的一次回旋到达y y轴上的轴上的O O1 1点，则点点，则点O O、O O1 1间的距离间的距离d=_d=_；若完成；若完成n n次回旋次回旋到达到达O On n点，则点，则OOOOn n=_=_。（4 4）粒子到达）粒子到达O On n后，若要再经过半个圆周回到后，若要再经过半个圆周回到O O点，点，OOOO

17、n n应满足应满足什么条件？什么条件？提示：提示：应满足应满足OOOOn n=2r=2r1 1，即，即2n2n（r r2 2-r-r1 1）=2r=2r1 1。2 2（r r2 2-r-r1 1）nd=2nnd=2n（r r2 2-r-r1 1）第18页/共61页【解析解析】（1 1）粒子交替地在）粒子交替地在xOyxOy平面内平面内B B1 1与与B B2 2磁场区域中做匀磁场区域中做匀速圆周运动；速度大小恒为速圆周运动；速度大小恒为v,v,轨迹都是半个圆轨迹都是半个圆,圆周运动半径圆周运动半径分别为分别为 （1 1分）分）（1 1分）分）第19页/共61页（2 2）当）当B B1 1=2B

18、=2B2 2时，时，r r2 2=2r=2r1 1 （1 1分）分）那么粒子在左边运动一个半径为那么粒子在左边运动一个半径为r r1 1半圆后，再到右边经历一个半圆后，再到右边经历一个半径为半径为r r2 2的半圆，又回到左边再经历一个半径为的半圆，又回到左边再经历一个半径为r r1 1的半圆，此的半圆，此时正好回到原点，这个过程中经历的时间为时正好回到原点，这个过程中经历的时间为 （2 2分）分）（2 2分）分）所以所以t=tt=t1 1+t+t2 2=（1 1分）分）第20页/共61页（3 3）粒子运动轨迹如图所示，在）粒子运动轨迹如图所示，在xOyxOy平面内，平面内，粒子先沿半径为粒子

19、先沿半径为r r1 1的半圆的半圆C C1 1运动至运动至y y轴上到轴上到O O点距离为点距离为2r2r1 1的的A A点，接着沿半径为点，接着沿半径为r r2 2(r(r2 2 r r1 1)的半圆的半圆D D1 1运动至运动至y y轴上的轴上的O O1 1点，则点，则O O1 1与与O O的距离为：的距离为：d=2(rd=2(r2 2-r-r1 1)（3 3分）分）此后粒子每经历一次回旋，其此后粒子每经历一次回旋，其y y轴坐标就减小轴坐标就减小d d，设粒子经过，设粒子经过n n次回旋后与次回旋后与y y轴交于轴交于O On n点，若点，若OOOOn n即即ndnd满足满足nd=2rn

20、d=2r1 1 （3 3分）分）第21页/共61页则粒子再经过半圆就能通过原点，由则粒子再经过半圆就能通过原点，由得得 （2 2分）分）即即 （2 2分）分）答案：答案：（1 1）（2 2）（3 3）（n=1n=1，2 2，3 3）第22页/共61页【总结提升总结提升】带电粒子在磁场中的运动问题分析带电粒子在磁场中的运动问题分析“三步走三步走”（1 1）画轨迹：也就是确定圆心，用几何方法求半径并画出轨）画轨迹：也就是确定圆心，用几何方法求半径并画出轨迹。迹。（2 2）找联系：）找联系：轨道半径与磁感应强度、运动速度相联系，分析粒子的运动轨道半径与磁感应强度、运动速度相联系，分析粒子的运动半径常

21、用的方法有物理方法和几何方法两种。物理方法也就是半径常用的方法有物理方法和几何方法两种。物理方法也就是应用公式应用公式r=r=确定；几何方法一般根据数学知识（直角三角确定；几何方法一般根据数学知识（直角三角形知识、三角函数等）通过计算确定。形知识、三角函数等）通过计算确定。第23页/共61页速度偏转角速度偏转角与回旋角（转过的圆心角）与回旋角（转过的圆心角）、运动时间、运动时间t t相相联系。如图所示，粒子的速度偏向角联系。如图所示，粒子的速度偏向角等于回旋角等于回旋角，等于弦，等于弦切角切角的的2 2倍，且有倍，且有=2=t=2=t=或或（其中（其中s s为运动的圆弧长度）。为运动的圆弧长度

22、）。(3)(3)用规律：应用牛顿运动定律和圆周运动的规律关系式，特用规律：应用牛顿运动定律和圆周运动的规律关系式，特别是周期公式和半径公式，列方程求解。别是周期公式和半径公式，列方程求解。第24页/共61页【变式训练变式训练】（20132013广州一模）薄铝板将同一匀强磁场分成广州一模）薄铝板将同一匀强磁场分成、两个区域，高速带电粒子可穿过铝板一次，在两个区域两个区域，高速带电粒子可穿过铝板一次，在两个区域内运动的轨迹如图所示，半径内运动的轨迹如图所示，半径R R1 1RR2 2。假定穿过铝板前后粒子电。假定穿过铝板前后粒子电荷量保持不变，则该粒子（）荷量保持不变，则该粒子（）A.A.带正电带

23、正电B.B.在在、区域的运动速度大小相同区域的运动速度大小相同C.C.在在、区域的运动时间相同区域的运动时间相同D.D.从从区域穿过铝板运动到区域穿过铝板运动到区域区域第25页/共61页【解析解析】选选C C。粒子穿过铝板受到铝板的阻力，速度将减小。粒子穿过铝板受到铝板的阻力，速度将减小。由由r=r=可得粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径将减可得粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径将减小，故可得粒子由小，故可得粒子由区域运动到区域运动到区域，结合左手定则可知粒区域，结合左手定则可知粒子带负电，子带负电，A A、B B、D D选项错误；由选项错误；由T=T=可知粒子运动的周期可知粒子运动的周期

24、不变，粒子在不变，粒子在区域和区域和区域中运动的时间均为区域中运动的时间均为C C选项正确。选项正确。第26页/共61页热点考向热点考向3 3 带电粒子在有界匀强磁场中的临界问题带电粒子在有界匀强磁场中的临界问题【典例典例3 3】(2013(2013黄冈一模黄冈一模)如图所示，有如图所示，有一垂直于纸面向外的有界匀强磁场，磁场一垂直于纸面向外的有界匀强磁场，磁场的磁感应强度为的磁感应强度为B B，其边界为一边长为，其边界为一边长为L L的的正三角形（边界上有磁场），正三角形（边界上有磁场），A A、B B、C C为三为三角形的三个顶点。现有一质量为角形的三个顶点。现有一质量为m m、电荷量为、

25、电荷量为+q+q的粒子（不计的粒子（不计重力），以速度重力），以速度 从从ABAB边上的某点边上的某点P P既垂直于既垂直于ABAB边又边又垂直于磁场的方向射入，然后从垂直于磁场的方向射入，然后从BCBC边上某点边上某点Q Q射出。若从射出。若从P P点射点射入的该粒子能从入的该粒子能从Q Q点射出，则（点射出，则（）第27页/共61页【解题探究解题探究】（1 1）粒子在该磁场中的轨迹半径如何求，比）粒子在该磁场中的轨迹半径如何求，比ABAB边长还是短？边长还是短？提示：提示：由由r=r=代入代入v v得得r=LLr=LL。（2 2）如何求解满足题干条件的）如何求解满足题干条件的PBPB与与Q

26、BQB的最大值？的最大值？提示：提示：保证不从保证不从ACAC边射出，能从边射出，能从BCBC边射出即为题目的要求，当边射出即为题目的要求，当轨迹圆既与轨迹圆既与ACAC相切，又与相切，又与BCBC相切时，可求相切时，可求PBPB的最大值，当轨迹的最大值，当轨迹圆为圆为 圆弧时，可求出圆弧时，可求出QBQB的最大值。的最大值。第28页/共61页【解析解析】选选D D。带电粒子做匀速圆周运动轨。带电粒子做匀速圆周运动轨迹的圆心必在迹的圆心必在ABAB之上，画出运动轨迹如图之上，画出运动轨迹如图所示，由半径公式所示，由半径公式r=r=及及 可知，可知，粒子做圆周运动的半径为粒子做圆周运动的半径为r

27、=Lr=L，当粒子运，当粒子运动的轨迹圆心位于动的轨迹圆心位于ABAB中点中点O O1 1时，粒子正好与时，粒子正好与ACAC、BCBC边相切，由边相切，由几何关系知，几何关系知，PBPB满足满足PB L,APB L,A、B B错误；平行向右移动参错误；平行向右移动参考圆考圆O O1 1，与，与CBCB交点最远时的交点最远时的Q Q点到点到ABAB的距离为半径的距离为半径r r，所以，所以 D D正确，正确，C C错误。错误。第29页/共61页【总结提升总结提升】带电粒子在有界磁场中运动临界问题的三种几何带电粒子在有界磁场中运动临界问题的三种几何关系关系（1 1）刚好穿出磁场边界的条件是带电粒

28、子在磁场中运动的轨）刚好穿出磁场边界的条件是带电粒子在磁场中运动的轨迹与边界相切。迹与边界相切。（2 2）当粒子的运动速率）当粒子的运动速率v v一定时，粒子经过的弧长（或弦长）一定时，粒子经过的弧长（或弦长）越长，圆心角越大，则带电粒子在有界磁场中运动的时间越长。越长，圆心角越大，则带电粒子在有界磁场中运动的时间越长。（3 3）当粒子的运动速率）当粒子的运动速率v v变化时，带电粒子在匀强磁场中的运变化时，带电粒子在匀强磁场中的运动轨迹对应的圆心角越大，其在磁场中的运动时间越长。动轨迹对应的圆心角越大，其在磁场中的运动时间越长。第30页/共61页【变式训练变式训练】(2013(2013厦门二

29、模厦门二模)如图所示，如图所示，ABCABC为与匀强磁场为与匀强磁场垂直的边长为垂直的边长为a a的等边三角形，比荷为的等边三角形，比荷为 的电子以速度的电子以速度v v0 0从从A A点点沿沿ABAB边入射，欲使电子经过边入射，欲使电子经过BCBC边，磁感应强度边，磁感应强度B B的取值为的取值为（）第31页/共61页【解析解析】选选D D。欲使电子经过。欲使电子经过BCBC边，临界点是电子运动的圆弧边，临界点是电子运动的圆弧轨迹与轨迹与BCBC边相切，由几何关系可得圆弧半径等于边相切，由几何关系可得圆弧半径等于 据据 可得临界磁感应强度为可得临界磁感应强度为 欲使电子经过欲使电子经过BCB

30、C边，边，则磁感应强度应满足则磁感应强度应满足B B 选项选项D D正确。正确。第32页/共61页1.1.（20132013福州二模）质量为福州二模）质量为m m、长为、长为L L的直导体棒放置于四分的直导体棒放置于四分之一光滑圆弧轨道上，整个装置处于竖直向上磁感应强度为之一光滑圆弧轨道上，整个装置处于竖直向上磁感应强度为B B的匀强磁场中，直导体棒中通有恒定电流，平衡时导体棒与圆的匀强磁场中，直导体棒中通有恒定电流，平衡时导体棒与圆弧圆心的连线与竖直方向成弧圆心的连线与竖直方向成6060角，其截面图如图所示。则下角，其截面图如图所示。则下列关于导体棒中的电流的分析，正确的是（）列关于导体棒中

31、的电流的分析，正确的是（）第33页/共61页A A导体棒中电流垂直纸面向外，大小为导体棒中电流垂直纸面向外，大小为I=I=B B导体棒中电流垂直纸面向外，大小为导体棒中电流垂直纸面向外，大小为I=I=C C导体棒中电流垂直纸面向里，大小为导体棒中电流垂直纸面向里，大小为I=I=D D导体棒中电流垂直纸面向里，大小为导体棒中电流垂直纸面向里，大小为I=I=第34页/共61页【解析解析】选选C C。根据左手定则可知，不管电流方向向里还是向。根据左手定则可知，不管电流方向向里还是向外，安培力的方向只能沿水平方向，再结合导体棒的平衡条件外，安培力的方向只能沿水平方向，再结合导体棒的平衡条件可知，安培力

32、只能水平向右，据此可判断出，导体棒中电流垂可知，安培力只能水平向右，据此可判断出，导体棒中电流垂直纸面向里。对导体棒受力分析，并根据平衡条件可知：直纸面向里。对导体棒受力分析，并根据平衡条件可知：F F安安=mgtan60=mgtan60，又，又F F安安=BIL=BIL，联立可得，联立可得I=I=，只有选项，只有选项C C正确。正确。第35页/共61页2.2.（20132013安徽师大一模）如图所示，在安徽师大一模）如图所示，在x x轴上方存在垂直于轴上方存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B B。在。在xOyxOy平面内，从原点平面内，从原点O O处沿

33、与处沿与x x轴正方向成轴正方向成角（角（00RrR）分别存在两个磁）分别存在两个磁场方向均垂直于场方向均垂直于xOyxOy平面的匀强磁场平面的匀强磁场（图中未画出）；垂直于（图中未画出）；垂直于xOyxOy平面放置了两块平面荧光屏，其平面放置了两块平面荧光屏，其中荧光屏甲平行于中荧光屏甲平行于x x轴放置在轴放置在y y轴坐标为轴坐标为-2.2R-2.2R的位置，荧光屏的位置，荧光屏第43页/共61页乙平行于乙平行于y y轴放置在轴放置在x x轴坐标为轴坐标为3.5R3.5R的位置。现有一束质量为的位置。现有一束质量为m m、电荷量为、电荷量为q q（q0q0）、动能为）、动能为E E0 0

34、的粒子的粒子从坐标为（从坐标为（-R-R，0 0）的的A A点沿点沿x x轴正方向射入区域轴正方向射入区域，最终打在荧光屏甲上，出现坐，最终打在荧光屏甲上，出现坐标为（标为（0.4R0.4R，-2.2R-2.2R）的亮点）的亮点N N。若撤去圆外磁场，粒子打在若撤去圆外磁场，粒子打在荧光屏甲上，出现坐标为（荧光屏甲上，出现坐标为（0 0，-2.2R-2.2R）的亮点）的亮点M M。此时，若将。此时，若将荧光屏甲沿荧光屏甲沿y y轴负方向平移，则亮点轴负方向平移，则亮点x x轴坐标始终保持不变。轴坐标始终保持不变。（不计粒子重力影响）（不计粒子重力影响）第44页/共61页（1 1）求区域）求区域

35、和和中磁感应强度中磁感应强度B B1 1、B B2 2的大小和方向。的大小和方向。（2 2）若上述两个磁场保持不变，荧光屏仍在初始位置，但从）若上述两个磁场保持不变，荧光屏仍在初始位置，但从A A点沿点沿x x轴正方向射入区域轴正方向射入区域的粒子束改为质量为的粒子束改为质量为m m、电荷量电荷量为为-q-q、动能为、动能为3E3E0 0的粒子，求荧光屏上的亮点的位置。的粒子，求荧光屏上的亮点的位置。第45页/共61页【审题审题】抓住信息，准确推断抓住信息，准确推断关键信息关键信息信息挖掘信息挖掘题题干干在圆内区域在圆内区域（rRrR）和）和圆外区域圆外区域（rRrR）分别存）分别存在两个磁场

36、在两个磁场两匀强磁场的强弱、方向，需两匀强磁场的强弱、方向，需结合运动情形分析结合运动情形分析从坐标为（从坐标为（-R-R，0 0）的）的A A点点沿沿x x轴正方向射入区域轴正方向射入区域，最终打在荧光屏甲上，出现最终打在荧光屏甲上，出现坐标为（坐标为（0.4R0.4R，-2.2R-2.2R）的）的亮点亮点N N在两磁场中粒子所做运动的轨在两磁场中粒子所做运动的轨迹为两段圆弧，画示意图迹为两段圆弧，画示意图第46页/共61页关键信息关键信息信息挖掘信息挖掘题题干干若撤去圆外磁场，粒子打若撤去圆外磁场，粒子打在荧光屏甲上，出现坐标为在荧光屏甲上，出现坐标为（0 0，-2.2R-2.2R）的亮点

37、）的亮点M M。此。此时，若将荧光屏甲沿时，若将荧光屏甲沿y y轴负轴负方向平移，则亮点方向平移，则亮点x x轴坐标轴坐标始终保持不变始终保持不变圆外无磁场，粒子做直线运动，圆外无磁场，粒子做直线运动，又因荧光屏甲移动而又因荧光屏甲移动而M M点不变，点不变，说明粒子从说明粒子从C C点离开圆形磁场点离开圆形磁场问问题题电荷量为电荷量为-q-q、动能为、动能为3E3E0 0的粒子，求荧光屏上的亮点的粒子，求荧光屏上的亮点的位置的位置电性改变，洛伦兹力的方向改电性改变，洛伦兹力的方向改变；动能增大，速度增大，则变；动能增大，速度增大，则运动半径增大运动半径增大第47页/共61页【破题破题】精准分

38、析，无破不立精准分析，无破不立（1 1）磁感应强度）磁感应强度B B1 1、B B2 2的求解：的求解：带电粒子在区域带电粒子在区域中的运动半径中的运动半径r r1 1=_=_。带电粒子在区域带电粒子在区域中的运动半径中的运动半径r r2 2与与R R满足的几何关系为满足的几何关系为_。R R第48页/共61页试在图甲中画出带电粒子在试在图甲中画出带电粒子在、区域中的轨迹示意图。区域中的轨迹示意图。提示：提示：第49页/共61页（2 2）第（）第（2 2）问的求解：）问的求解：粒子在区域粒子在区域中的轨迹半径中的轨迹半径r r3 3与与r r1 1的关系式为的关系式为r r3 3=_；粒子在区

39、域粒子在区域中的轨迹半径中的轨迹半径r r4 4与第（与第（1 1）问中）问中r r2 2的关系式为的关系式为r r4 4=_。第50页/共61页请在图乙中画出第（请在图乙中画出第（2 2）问中的轨迹示意图。）问中的轨迹示意图。提示：提示：第51页/共61页【解题解题】规范步骤，水到渠成规范步骤，水到渠成（1 1）由于粒子亮点在荧光屏甲上，故粒子在磁场中的运动轨）由于粒子亮点在荧光屏甲上，故粒子在磁场中的运动轨迹如图甲所示。迹如图甲所示。第52页/共61页粒子在区域粒子在区域中运动了四分之一圆周后，从中运动了四分之一圆周后，从C C点沿点沿y y轴负方向进轴负方向进入区域入区域的磁场。区域的磁

40、场。区域中圆周运动的圆心是中圆周运动的圆心是O O1 1点，半径为点，半径为r r1 1=R (1=R (1分分)由由 可得：可得：（2 2分）分）方向垂直平面方向垂直平面xOyxOy向外。向外。（1 1分）分）粒子进入区域粒子进入区域后做半径为后做半径为r r2 2的圆周运动，由的圆周运动，由 （1 1分）分）第53页/共61页可得：可得：r r2 2=圆周运动的圆心圆周运动的圆心O O2 2坐标为（坐标为（r r2 2,-R,-R）则：（则：（r r2 2-0.4R-0.4R）2 2+(2.2R-R)+(2.2R-R)2 2=r=r2 22 2 （2 2分）分）解得：解得：r r2 2=2

41、R =2R （1 1分）分）则：则：（1 1分）分）方向垂直平面方向垂直平面xOyxOy向里。向里。（1 1分）分）第54页/共61页（2 2）粒子束改为质量为）粒子束改为质量为m m、电荷量为、电荷量为-q-q，动能为，动能为3E3E0 0的运动轨迹的运动轨迹如图乙所示，粒子先在区域如图乙所示，粒子先在区域中做圆周运动。中做圆周运动。第55页/共61页半径为半径为r r3 3=（2 2分）分）由圆心由圆心O O3 3的坐标（的坐标（-R-R，R R）可知，）可知，O O3 3A A与与O O3 3O O的夹角为的夹角为3030。通。通过分析图乙的几何关系，粒子从过分析图乙的几何关系，粒子从D

42、 D点穿出区域点穿出区域的速度方向与的速度方向与x x轴正方向的夹角为轴正方向的夹角为=60=60粒子进入区域粒子进入区域后做圆周运动的半径为：后做圆周运动的半径为：（2 2分）分）其圆心其圆心O O4 4的坐标为：的坐标为：（Rcos60+rRcos60+r4 4cos30cos30），），-(r-(r4 4sin30-Rsin60)sin30-Rsin60)，即（即（）（2 2分）分）第56页/共61页说明圆心说明圆心O O4 4恰好在荧光屏乙上。所以，亮点将出现在荧光屏乙恰好在荧光屏乙上。所以，亮点将出现在荧光屏乙上的上的P P点，其点，其y y轴坐标为：轴坐标为：（1 1分）分）即亮点

43、即亮点P P的坐标为（的坐标为（）（1 1分）分）第57页/共61页【点题点题】突破瓶颈，稳拿满分突破瓶颈，稳拿满分（1 1）常见的思维障碍：）常见的思维障碍：第（第（1 1）问中，不能分析出粒子从）问中，不能分析出粒子从C C点射出区域点射出区域也就不能判也就不能判断出断出r r1 1=R=R这个结论。这个结论。第（第（1 1）问中，不能正确画出两段圆弧的几何图形，也就不）问中，不能正确画出两段圆弧的几何图形，也就不能求出能求出r r2 2的大小。的大小。第（第（2 2）问中，因粒子的速度变化，电性变化，增加了确定）问中，因粒子的速度变化，电性变化，增加了确定r r3 3、r r4 4的难度，不能画出相关图形，也就不能求解。的难度，不能画出相关图形，也就不能求解。第58页/共61页（2 2）因解答不规范导致的失分：）因解答不规范导致的失分：求求B B1 1或或B B2 2时，最后结果要用时，最后结果要用E E0 0表示，不能用表示，不能用v v表示，如表示，如这不是最后结果，从而失分。这不是最后结果，从而失分。第（第（2 2）问中，在表示）问中，在表示P P点坐标时，不能只求出点坐标时，不能只求出y y值，要用坐值，要用坐标的规范形式表示，即（标的规范形式表示，即（x,yx,y）。）。第59页/共61页第60页/共61页感谢您的观看。感谢您的观看。第61页/共61页