第三章 磁場 章末總結(jié) 學案（粵教版選修3-1）

一、“磁偏轉(zhuǎn)”與“電偏轉(zhuǎn)”的區(qū)別
所謂“電偏轉(zhuǎn)”與“磁偏轉(zhuǎn)”是分別利用電場和磁場對運動電荷施加作用，從而控制其運動方向，但電場和磁場對電荷的作用特點不同，因此這兩種偏轉(zhuǎn)有明顯的差別.
磁偏轉(zhuǎn)電偏轉(zhuǎn)
受力
特征
及運
動規(guī)
律若v⊥B，則洛倫茲力f洛＝qvB，使粒子做勻速圓周運動，v的方向變化，又導致FB的方向變化，其運動規(guī)律可由r＝mvqB和T＝2πmqB進行描述
電場力F＝qE為恒力，粒子做勻變速曲線運動――類平拋運動，其運動規(guī)律可由vx＝v0，x＝v0t，vy＝qEmt，y＝12qEmt2進行描述
偏轉(zhuǎn)
情況粒子的運動方向能夠偏轉(zhuǎn)的角度不受限制，θB＝ωt＝vrt＝qBmt，且相等時間內(nèi)偏轉(zhuǎn)的角度相等粒子運動方向所能偏轉(zhuǎn)的角度θE＜π2，且相等時間內(nèi)偏轉(zhuǎn)的角度不同
動能
的變
化由于f洛始終不做功，所以其動能保持不變由于F與粒子速度的夾角越來越小，所以 其動能不斷增大，并且增大得越來越快


圖1
例1 如圖1所示，在空間存在一個變化的勻強電場和另一個變化的勻強磁場．從t＝1 s開始，在A點每隔2 s有一個相同的帶電粒子(重力不計)沿AB方向(垂直于BC)以速度v0射出，恰好能擊中C點．AB＝BC＝l，且粒子在點A、C間的運動時間小于1 s．電場的方向水平向右，場強變化規(guī)律如圖2甲所示；磁感應強度變化規(guī)律如圖乙所示，方向垂直于紙面．求：

圖2
(1)磁場方向；
(2)E0和B0的比值；
(3)t＝1 s射出的粒子和t＝3 s射出的粒子由A點運動到C點所經(jīng)歷的時間t1和t2之比．


二、有界勻強磁場問題
1．有界磁場及邊界類型
(1)有界勻強磁場是指在局部空間存在著勻強磁場，帶電粒子從磁場區(qū)域外垂直磁場方向射入磁場區(qū)域，經(jīng)歷一段勻速圓周運動后，又離開磁場區(qū)域．
(2)邊界的類型，如圖3所示


圖3
2．解決帶電粒子在有界磁場中運動問題的方法
解決此類問題時，先畫出運動軌跡草圖，找到粒子在磁場中做勻速圓周運動的圓心位置、半徑大小以及與半徑相關的幾何關系是解題的關鍵．解決此類問題時應注意下列結(jié)論：
(1)剛好穿出或剛好不能穿出磁場的條件是帶電粒子在磁場中運動的軌跡與邊界相切．
(2)當以一定的速率垂直射入磁場時，運動的弧長越長，圓心角越大，則帶電粒子在有界磁場中運動時間越長．
(3)當比荷相同，速率v不同時，在勻強磁場中運動的圓心角越大，運動時間越長．

圖4
例2 半徑為r的圓形空間內(nèi)，存在著垂直于紙面向里的勻強磁場，一個帶電粒子(不計重力)從A點以速度v0垂直磁場方向射入磁場中，并從B點射出．∠AOB＝120°，如圖4所示，則該帶電粒子在磁場中運動的時間為(　　)
A.2πr3v0 B.23πr3v0 C.πr3v0 D. 3πr3v0
聽課記錄：　

　

圖5
變式訓練1　圖5是某離子速度選擇器的原理示意圖，在一半徑R＝10 cm的圓柱形筒內(nèi)有B＝1×10－4 T的勻強磁場，方向平行于圓筒的軸線．在圓柱形筒上某一直徑兩端開有小孔a、b，分別作為入射孔和出射孔．現(xiàn)有一束比荷qm＝2×1011 C/kg的正離子，以不同角度α入射，最后有不同速度的離子束射出．其中入射角α＝30°，且不經(jīng)碰撞而直接從出射孔射出的離子的速度v的大小是(　　)
A．4×105 m/s B．2×105 m/s
C．4 ×106 m /s D．2×106 m/s
三、洛倫茲力作用下形成多解的問題
帶電粒子在洛倫茲力作用 下做勻速圓周運動，由于某些條件不確定，使問題出現(xiàn)多解．
1．帶電粒子電性不確定形成多解
帶電粒子由于電性不確定，在初速度相同的條件下，正、負帶電粒子在磁場中運動軌跡不同．
2．磁場方向不確定形成多解
對于某一帶電粒子在磁場中運動，若只知道磁感應強度的大小，而不能確定方向，帶電粒子的運動軌跡也會不同．
3．臨界狀態(tài)不惟一形成多解
帶電粒子在洛倫茲力作用下飛入有界磁場時，由于粒子運動軌跡呈圓弧狀，因此，它可能穿過去了，也可能轉(zhuǎn)過大于180 °的角度從入射界面這邊反向飛出，于是形成了多解．
4．運動的重復性形成多解
帶電粒子在部分是電場、部分是磁場的空間運動時，往往運動具有往復性，因而形成多解．
例3 如圖6所示，長為L的水平極板間，有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B，板間距離為L，極板不帶電．現(xiàn)有質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子(重力不計)，從左邊極板間中點處垂直磁場以速度v水平入射．欲使粒子不打在極板上，可采用的辦法是(　　)

圖6
A．使粒子速度v＜BqL4m
B．使粒子速度v＞5BqL4m
C．使粒子速度v＞BqL4m
D．使粒子速度BqL4m＜v＜5BqL4m
聽課記錄：　

　

圖7
變式訓練2　如圖7所示，左右邊界分別為PP′、QQ′的勻強磁場的寬度為d，磁感應強度大小為B，方向垂直紙面向里．一個質(zhì)量為m、電荷量為q的微觀粒子，沿圖示方向以速度v 0垂直射入磁場．欲使粒子不能從邊界QQ′射出，粒子入射速度v0的最大值可能是(　　)
A.Bqdm B.?2＋2?Bqdm
C.?2－2?Bqdm
D.2Bqd2m
【即學即練】

圖8
1．如圖8所示，一帶正電的粒子沿平行金屬板中央直線以速度v0射入互相垂直的勻強電場和勻強磁場區(qū)域，粒子質(zhì)量為m、帶電荷量為q，磁場的磁感應強度為B，電場強度為E，粒子從P點離開電磁場區(qū)域時速度為v，P與中央直線相距為d.下列說法正確的是(　　)
A．粒子在運動過程中所受磁場力可能比所受電場力小
B．粒子沿電場方向的加速度大小始終是Bqv0－Eqm
C．粒子的運動軌跡是拋物線
D．粒子到達P時的速度大小v＝v20－2Eqdm
2.

圖9
如圖9所示，表面粗糙的斜面固定于地面上，并處于方向垂直紙面向外、強度為B的勻強磁場中．質(zhì)量為m、帶電量為＋Q的小滑塊從斜面頂端由靜止下滑．在滑塊下滑的過程中，下列判斷正確的是(　　)
A．滑塊受到的摩擦力不變
B．滑塊到達地面時的動能與B的大小無關
C．滑塊受到的洛倫茲力方向垂直斜面向下
D．B很大時，滑塊可能靜止于斜面上
3.

圖10
如圖10所示，為一速度選擇器的原理圖，K為電子槍，由槍中沿KA方向射出的電子速度大小不一，當電子通過方向互相垂直的勻強電場和磁場后，只有一定速率的電子能沿直線前進并通過小孔S，設產(chǎn)生勻強電場的平行板間電壓為300 V，間距為5 cm，垂直紙面的勻強磁場的磁感應強度為0.06 T，則：(電子的質(zhì)量不計)
(1)磁場的指向應該向里還是向外？
(2)速度為多大的電子才能通過小孔？



參考答案
知識體系構(gòu)建
運動　FIL　N 　BS　右　B　I　左　B　v　mvqB　2πmqB
解題方法探究
例1 (1)垂直 紙面向外　(2)2v0∶1　(3)2∶π
解析　(1)由題圖可知，電場與磁場是交替存在的，即同一時刻不可能同時既有電場，又有磁場．根據(jù)題意，對于同一粒子，從點A到點C，它只受電場力或磁場力中的一種．粒子能在電場力作用下從點A運動到點C，說明受向右的電場力，又因場強方向也向右，故粒子帶正電．因為粒子能在磁場力作用下由點A運動到點C，說明它受到向右的磁場力，又因其帶正電，根據(jù)左手定則可判斷出磁場方向垂直于紙面向外．
(2)粒子只在磁場中運動時，它在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動．因為AB＝BC＝l，則運動半徑R＝l.由牛頓第二定律知：
qv0B0＝mv20R，則B0＝mv0ql.
粒子只在電場中運動時，它做類平拋運動，從點A到點B方向上，有l(wèi)＝v0t.
從點B到點C方向上，有a＝qE0m，l＝12at2.解得E0＝2mv20ql，則E0B0＝2v01.
(3)t＝1 s射出的粒子僅受到電場力作用，則粒子由A點運動到C點所經(jīng)歷的時間t1＝lv0，因E0＝2mv20ql，
則t1＝2mv0qE0.
t＝3 s射出的粒子僅受到磁場力作用，則粒子由A點運動到C點所經(jīng)歷的時間t2＝14 T，因為T＝2πmqB0，
所以t2 ＝πm2qB0.故t1∶t2＝2∶π.
例2 D　[從AB弧所對圓心角θ＝60°，知t＝ 16T＝πm3qB.但題中已知條件不夠，沒有此選項，另想辦法找規(guī)律表示t.由勻速圓周運動t＝ABv0，從圖示分析 有R＝ 3r，則：AB＝R?θ＝ 3r×π3＝33πr，則t＝ABv0＝ 3πr3v0.D正確．]
變式訓練1　C
例3 AB　[粒子速度的大小將影響到帶電粒子軌道半徑，分析速度大時粒子運動情況和速度小時粒子的運動情況．問題歸結(jié)為求粒子能從右邊穿出的運動半徑臨界值r1和從左邊穿出的運動半徑臨界值r2，軌跡如圖所示．

粒子剛好從右邊穿出時圓心在O點，有r21＝L2＋r1－L22，得r1＝54 L.
又因為r1＝mv1qB，得v1＝5BqL4m，所以v＞5BqL4m時粒子能從右邊穿出．[來源:高.考.資.源.網(wǎng)]
粒子剛好從左邊穿出時圓心在O′點，有r2＝12×L2＝L4，得v2＝qBL4m.
所以v＜qBL4m時，粒子能從左邊穿出．]
變式訓練2　BC
即學即練
1．AD　[由題意知，帶正電的粒子從中央線的上方離開混合場，說明在進入電、磁場時，豎直向上的洛倫茲力大于豎直向下的電場力．在運動過程中，由于電場力做負功，洛倫茲力不做功，所以粒子的動能減小，從而使所受到的磁場力可能比所受電場力小，選項A正確．又在運動過程中，洛倫茲力的方向不斷發(fā)生改變，其加速度大小也是變化的，運動軌跡是復雜的曲線而并非簡單的拋物線，所 以選項B、C錯誤．由動能定理得：－Eqd＝12mv2－12mv20，故選項D正確．]
2．C　[據(jù)左手定則可知，滑塊受到垂直斜面向下的洛倫 茲力，C對．隨著滑塊速度的變化，洛倫茲力大小變化，它對斜面的壓力大小發(fā)生變化，故滑塊受到的摩擦力大小變化，A錯．B越大，滑塊受到的洛倫茲力越大，受到的摩擦力也越大，摩擦力做功越多，據(jù)動能定理，滑塊到達地面時的動能就越小，B錯．由于開始滑塊不受洛倫茲力時就能下滑，故B再大，滑塊也不可能靜止在斜面上．]
3．(1)垂直紙面向里　(2)105 m/s
解析　(1)因電場力豎直向上，故洛倫茲力應向下，由左手定則可判斷，磁場方向應垂直紙面向里．

本文來自：逍遙右腦記憶 http://www.portlandfoamroofing.com/gaoer/65462.html

相關閱讀：交變電流導學案