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第三章 磁場 章末總結(jié) 學(xué)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(duì)運(yùn)動(dòng)電荷施加作用，從而控制其運(yùn)動(dòng)方向，但電場和磁場對(duì)電荷的作用特點(diǎn)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(yùn)
動(dòng)規(guī)
律若v⊥B，則洛倫茲力f洛＝qvB，使粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，v的方向變化，又導(dǎo)致FB的方向變化，其運(yùn)動(dòng)規(guī)律可由r＝mvqB和T＝2πmqB進(jìn)行描述
電場力F＝qE為恒力，粒子做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)――類平拋運(yùn)動(dòng)，其運(yùn)動(dòng)規(guī)律可由vx＝v0，x＝v0t，vy＝qEmt，y＝12qEmt2進(jìn)行描述
偏轉(zhuǎn)
情況粒子的運(yùn)動(dòng)方向能夠偏轉(zhuǎn)的角度不受限制，θB＝ωt＝vrt＝qBmt，且相等時(shí)間內(nèi)偏轉(zhuǎn)的角度相等粒子運(yùn)動(dòng)方向所能偏轉(zhuǎn)的角度θE＜π2，且相等時(shí)間內(nèi)偏轉(zhuǎn)的角度不同
動(dòng)能
的變
化由于f洛始終不做功，所以其動(dòng)能保持不變由于F與粒子速度的夾角越來越小，所以 其動(dòng)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(gè)變化的勻強(qiáng)電場和另一個(gè)變化的勻強(qiáng)磁場．從t＝1 s開始，在A點(diǎn)每隔2 s有一個(gè)相同的帶電粒子(重力不計(jì))沿AB方向(垂直于BC)以速度v0射出，恰好能擊中C點(diǎn)．AB＝BC＝l，且粒子在點(diǎn)A、C間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間小于1 s．電場的方向水平向右，場強(qiáng)變化規(guī)律如圖2甲所示；磁感應(yīng)強(qiáng)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(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)所經(jīng)歷的時(shí)間t1和t2之比．


二、有界勻強(qiáng)磁場問題
1．有界磁場及邊界類型
(1)有界勻強(qiáng)磁場是指在局部空間存在著勻強(qiáng)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(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)問題的方法
解決此類問題時(shí)，先畫出運(yùn)動(dòng)軌跡草圖，找到粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的圓心位置、半徑大小以及與半徑相關(guān)的幾何關(guān)系是解題的關(guān)鍵．解決此類問題時(shí)應(yīng)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(yùn)動(dòng)的軌跡與邊界相切．
(2)當(dāng)以一定的速率垂直射入磁場時(shí)，運(yùn)動(dòng)的弧長越長，圓心角越大，則帶電粒子在有界磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)間越長．
(3)當(dāng)比荷相同，速率v不同時(shí)，在勻強(qiáng)磁場中運(yùn)動(dòng)的圓心角越大，運(yùn)動(dòng)時(shí)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(qiáng)磁場，一個(gè)帶電粒子(不計(jì)重力)從A點(diǎn)以速度v0垂直磁場方向射入磁場中，并從B點(diǎn)射出．∠AOB＝120°，如圖4所示，則該帶電粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為(　　)
A.2πr3v0 B.23πr3v0 C.πr3v0 D. 3πr3v0
聽課記錄：　

　

圖5
變式訓(xùn)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(qiáng)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(yùn)動(dòng)，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(fù)帶電粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)軌跡不同．
2．磁場方向不確定形成多解
對(duì)于某一帶電粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)，若只知道磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小，而不能確定方向，帶電粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡也會(huì)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(shí)，由于粒子運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)的重復(fù)性形成多解
帶電粒子在部分是電場、部分是磁場的空間運(yùn)動(dòng)時(shí)，往往運(yùn)動(dòng)具有往復(fù)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(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)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(jì))，從左邊極板間中點(diǎn)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(xùn)練2　如圖7所示，左右邊界分別為PP′、QQ′的勻強(qiáng)磁場的寬度為d，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直紙面向里．一個(gè)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(xué)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(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場區(qū)域，粒子質(zhì)量為m、帶電荷量為q，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，電場強(qiáng)度為E，粒子從P點(diǎn)離開電磁場區(qū)域時(shí)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(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)軌跡是拋物線
D．粒子到達(dá)P時(shí)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(qiáng)度為B的勻強(qiáng)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(dá)地面時(shí)的動(dòng)能與B的大小無關(guān)
C．滑塊受到的洛倫茲力方向垂直斜面向下
D．B很大時(shí)，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(dāng)電子通過方向互相垂直的勻強(qiáng)電場和磁場后，只有一定速率的電子能沿直線前進(jìn)并通過小孔S，設(shè)產(chǎn)生勻強(qiáng)電場的平行板間電壓為300 V，間距為5 cm，垂直紙面的勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為0.06 T，則：(電子的質(zhì)量不計(jì))
(1)磁場的指向應(yīng)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(shí)體系構(gòu)建
運(yùn)動(dòng)　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(shí)刻不可能同時(shí)既有電場，又有磁場．根據(jù)題意，對(duì)于同一粒子，從點(diǎn)A到點(diǎn)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(diǎn)A運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)C，說明受向右的電場力，又因場強(qiáng)方向也向右，故粒子帶正電．因?yàn)榱Ｗ幽茉诖艌隽ψ饔孟掠牲c(diǎn)A運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)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(yùn)動(dòng)時(shí)，它在洛倫茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)．因?yàn)锳B＝BC＝l，則運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)時(shí)，它做類平拋運(yùn)動(dòng)，從點(diǎn)A到點(diǎn)B方向上，有l(wèi)＝v0t.
從點(diǎn)B到點(diǎn)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(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)所經(jīng)歷的時(shí)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(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)所經(jīng)歷的時(shí)間t2＝14 T，因?yàn)門＝2πmqB0，
所以t2 ＝πm2qB0.故t1∶t2＝2∶π.
例2 D　[從AB弧所對(duì)圓心角θ＝60°，知t＝ 16T＝πm3qB.但題中已知條件不夠，沒有此選項(xiàng)，另想辦法找規(guī)律表示t.由勻速圓周運(yùn)動(dòng)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(xùn)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(shí)粒子運(yùn)動(dòng)情況和速度小時(shí)粒子的運(yùn)動(dòng)情況．問題歸結(jié)為求粒子能從右邊穿出的運(yùn)動(dòng)半徑臨界值r1和從左邊穿出的運(yùn)動(dòng)半徑臨界值r2，軌跡如圖所示．

粒子剛好從右邊穿出時(shí)圓心在O點(diǎn)，有r21＝L2＋r1－L22，得r1＝54 L.
又因?yàn)閞1＝mv1qB，得v1＝5BqL4m，所以v＞5BqL4m時(shí)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(shí)圓心在O′點(diǎn)，有r2＝12×L2＝L4，得v2＝qBL4m.
所以v＜qBL4m時(shí)，粒子能從左邊穿出．]
變式訓(xùn)練2　BC
即學(xué)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(jìn)入電、磁場時(shí)，豎直向上的洛倫茲力大于豎直向下的電場力．在運(yùn)動(dòng)過程中，由于電場力做負(fù)功，洛倫茲力不做功，所以粒子的動(dòng)能減小，從而使所受到的磁場力可能比所受電場力小，選項(xiàng)A正確．又在運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)軌跡是復(fù)雜的曲線而并非簡單的拋物線，所 以選項(xiàng)B、C錯(cuò)誤．由動(dòng)能定理得：－Eqd＝12mv2－12mv20，故選項(xiàng)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(duì)．隨著滑塊速度的變化，洛倫茲力大小變化，它對(duì)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(cuò)．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(dòng)能定理，滑塊到達(dá)地面時(shí)的動(dòng)能就越小，B錯(cuò)．由于開始滑塊不受洛倫茲力時(shí)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(yīng)向下，由左手定則可判斷，磁場方向應(yīng)垂直紙面向里．

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