（課標版 5年高考3年模擬A版）2020年物理總復(fù)習(xí) 專題十 磁場課件.ppt

專題十磁場,高考物理（課標專用）,考點一磁場及其作用,考點清單,考向基礎(chǔ) 一、磁場的描述 1.磁場 磁體與磁體之間、磁體與通電導(dǎo)體之間,以及通電導(dǎo)體與通電導(dǎo)體之間的相互作用,都是通過磁場發(fā)生的。,2.磁感應(yīng)強度,3.磁感線:在磁場中畫出一系列曲線,使曲線上每一點的切線方向都跟這點的磁感應(yīng)強度方向一致。,二、幾種常見的磁場 1.常見磁體的磁場,2.常見電流的磁場,三、磁感線與電場線的比較,四、帶電粒子在勻強磁場中的運動形式,五、帶電粒子在勻強磁場中的勻速圓周運動,七、洛倫茲力與電場力的比較,考向突破,考向一磁場的描述 安培定則的應(yīng)用和磁場的疊加 1.安培定則的應(yīng)用 在運用安培定則判定直線電流和環(huán)形電流的磁場時應(yīng)分清“因”和“果”。,2.磁場的疊加 (1)磁感應(yīng)強度是矢量,計算時與力的計算方法相同,遵守平行四邊形定則,可以用正交分解法進行合成與分解。 (2)兩個電流附近的磁場的磁感應(yīng)強度是由兩個電流分別獨立存在時產(chǎn)生的磁場在該處的磁感應(yīng)強度疊加而成的。,例1(2017課標,18,6分)如圖,在磁感應(yīng)強度大小為B0的勻強磁場中,兩長直導(dǎo)線P和Q垂直于紙面固定放置,兩者之間的距離為l。在兩導(dǎo)線中均通有方向垂直于紙面向里的電流I時,紙面內(nèi)與兩導(dǎo)線距離均為l的a點處的磁感應(yīng)強度為零。如果讓P中的電流反向、其他條件不變,則a點處磁感應(yīng)強度的大小為() A.0B.B0C.B0D.2B0,解析本題考查磁感應(yīng)強度的矢量疊加和安培定則。兩導(dǎo)線中通電流I時,兩電流在a點處的磁感應(yīng)強度與勻強磁場的磁感應(yīng)強度的矢量和為0,則兩電流磁感應(yīng)強度的矢量和為-B0,如圖甲得B=B0。P中電流反向 后,如圖乙,B合=B=B0,B合與B0的矢量和為B總=B0,故C項正確。 甲乙,答案C,考向二磁場對通電導(dǎo)體的作用 一、通電導(dǎo)體在磁場中的平衡問題 1.安培力 (1)方向:根據(jù)左手定則判斷。 (2)大小:F=BIL sin (其中為B與I之間的夾角),若磁場和電流垂直:F=BIL;若磁場和電流平行:F=0。其中的L為導(dǎo)線在磁場中的有效長度。如彎曲通電導(dǎo)線的有效長度L等于連接兩端點的線段的長度,相應(yīng)的電流方向沿兩端點連線由始端指向末端,如圖所示。,2.求解安培力作用下通電導(dǎo)體的平衡問題的基本思路,3.求解關(guān)鍵 (1)電磁問題力學(xué)化。 (2)立體圖形平面化。,例2(2017河南六市一聯(lián),15)如圖所示,PQ和MN為水平平行放置的金屬導(dǎo)軌,相距L=1 m。P、M間接有一個電動勢為E=6 V,內(nèi)阻不計的電源和一只滑動變阻器,導(dǎo)體棒ab跨放在導(dǎo)軌上并與導(dǎo)軌接觸良好,棒的質(zhì)量為m=0.2 kg,棒的中點用細繩經(jīng)定滑輪與物體相連,物體的質(zhì)量M=0.4 kg。棒與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為=0.5(設(shè)最大靜摩擦力與滑動摩擦力相等,導(dǎo)軌與棒的電阻不計,g取10 m/s2),勻強磁場的磁感應(yīng)強度B=2 T,方向豎直向下,為了使物體保持靜止,滑動變阻器連入電路的阻值不可能的是() A.2 B.2.5 C.3 D.4 ,解析對棒ab受力分析可知,其受繩的拉力T=Mg、安培力F安=BIL=和水平方向的摩擦力。若摩擦力向左,且滿足+mg=Mg,代入 數(shù)據(jù)解得R1=4 ;若摩擦力向右,且滿足-mg=Mg,代入數(shù)據(jù)解得R2 =2.4 ,所以R的取值范圍為2.4 R4 ,則選A。,答案A,二、通電導(dǎo)體在磁場中運動情況的判定 1.五種判定方法,2.常規(guī)思路,例3如圖所示,一條形磁鐵放在水平桌面上,在其左上方固定一根與磁鐵垂直的長直導(dǎo)線,當導(dǎo)線中通以圖示方向的電流時(),A.磁鐵對桌面的壓力增大 B.磁鐵對桌面的壓力減小 C.磁鐵受到向右的摩擦力作用 D.磁鐵受到向左的摩擦力作用,解析根據(jù)條形磁鐵磁感線分布情況得到直線電流所在位置的磁場方向,再根據(jù)左手定則判斷安培力方向,如圖甲。 根據(jù)牛頓第三定律,電流對磁體的作圖力向左上方,如圖乙;根據(jù)平衡條件,可知通電后桌面對磁鐵的支持力變小,磁鐵受到的靜摩擦力向右,磁鐵對桌面的壓力變小。故選B、C。,答案BC,考向三磁場對運動電荷的作用 1.帶電粒子在勻強磁場中的勻速圓周運動 一般來說,要把握好“一找圓心,二定半徑,三求時間”的分析方法。在具體問題中,要依據(jù)題目條件和情景而定,解題的理論依據(jù)主要是利用牛頓第二定律列式:qvB=m求其軌跡半徑。,2.解帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動問題“三步法”,例4(2016課標,18,6分)一圓筒處于磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場中,磁場方向與筒的軸平行,筒的橫截面如圖所示。圖中直徑MN的兩端分別開有小孔,筒繞其中心軸以角速度順時針轉(zhuǎn)動。在該截面內(nèi),一帶電粒子從小孔M射入筒內(nèi),射入時的運動方向與MN成30角。當筒轉(zhuǎn)過90時,該粒子恰好從小孔N飛出圓筒。不計重力。若粒子在筒內(nèi)未與筒壁發(fā)生碰撞,則帶電粒子的比荷為() A.B.C.D.,解析定圓心、畫軌跡,由幾何關(guān)系可知,此段圓弧所對圓心角=30,所需時間t=T=;由題意可知粒子由M飛至N與圓筒旋轉(zhuǎn)90所用時間 相等,即t=,聯(lián)立以上兩式得=,A項正確。,答案A,考點二帶電粒子在復(fù)合場中的運動,考向基礎(chǔ) 一、復(fù)合場 1.疊加場:電場、磁場、重力場共存,或其中某兩種場共存。 2.組合場:電場與磁場各位于一定的區(qū)域內(nèi),并不重疊或在同一區(qū)域,電場、磁場交替出現(xiàn)。 3.電子、質(zhì)子、粒子、離子等微觀粒子在復(fù)合場中運動時,一般都不計重力,但質(zhì)量較大的質(zhì)點(如帶電塵粒)在復(fù)合場中運動時,不能忽略重力。,二、三種場的比較,考向突破,考向一組合場 帶電粒子在組合場中的運動 1.帶電粒子在勻強電場和勻強磁場中偏轉(zhuǎn)的比較,2.思路方法圖 3.實例分析回旋加速器 回旋加速器是利用帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的特點使帶電粒子在磁場中改變運動方向,再利用加速電場對帶電粒子做正功使帶電粒 子的動能增加。(交變電壓的周期和粒子做勻速圓周運動的周期相等),例1如圖,回旋加速器兩D形盒窄縫中心為質(zhì)子源,D形盒內(nèi)接的交變電壓為U=2104 V,靜止質(zhì)子經(jīng)電場加速后,進入D形盒,其最大軌道半徑R=1 m,磁場的磁感應(yīng)強度為B=0.5 T,問:,(1)質(zhì)子最初進入D形盒的動能多大? (2)質(zhì)子經(jīng)回旋加速器后得到的最大動能多大? (3)交變電源的頻率是多少?,解題導(dǎo)引,解析(1)質(zhì)子在電場中加速,根據(jù)動能定理得 qU=Ek-0,則Ek=qU=1104 eV。 (2)質(zhì)子在回旋加速器的磁場中,繞行的最大半徑為R,則 qvB=,解得v= 質(zhì)子經(jīng)回旋加速器獲得的最大動能為 Ek=1.9210-12 J。 (3)f=7.63106 Hz。,答案(1)1104 eV (2)1.9210-12 J (3)7.63106 Hz,考向二疊加場 1.帶電粒子在疊加場中無約束情況下的運動分類,例2(2016天津理綜,11,18分)如圖所示,空間中存在著水平向右的勻強電場,電場強度大小E=5 N/C,同時存在著水平方向的勻強磁場,其方 向與電場方向垂直,磁感應(yīng)強度大小B=0.5 T。有一帶正電的小球,質(zhì)量m=110-6 kg,電荷量q=210-6 C,正以速度v在圖示的豎直面內(nèi)做勻速直線運動,當經(jīng)過P點時撤掉磁場(不考慮磁場消失引起的電磁感應(yīng)現(xiàn)象),取g=10 m/s2。求: (1)小球做勻速直線運動的速度v的大小和方向; (2)從撤掉磁場到小球再次穿過P點所在的這條電場線經(jīng)歷的時間t。,解析(1)小球勻速直線運動時受力如圖,其所受的三個力在同一平面內(nèi),合力為零,有 qvB= 代入數(shù)據(jù)解得 v=20 m/s 速度v的方向與電場E的方向之間的夾角滿足,tan = 代入數(shù)據(jù)解得 tan = =60 (2)解法一: 撤去磁場,小球在重力與電場力的合力作用下做類平拋運動,設(shè)其加速度為a,有 a= 設(shè)撤掉磁場后小球在初速度方向上的分位移為x,有 x=vt,設(shè)小球在重力與電場力的合力方向上分位移為y,有 y=at2 a與mg的夾角和v與E的夾角相同,均為,又 tan = 聯(lián)立式,代入數(shù)據(jù)解得 t=2 s=3.5 s,解法二: 撤去磁場后,由于電場力垂直于豎直方向,它對豎直方向的分運動沒有影響,以P點為坐標原點,豎直向上為正方向,小球在豎直方向上做勻減速運動,其初速度為 vy=v sin 若使小球再次穿過P點所在的電場線,僅需小球的豎直方向上分位移為零,則有 vyt-gt2=0 聯(lián)立式,代入數(shù)據(jù)解得 t=2 s=3.5 s,答案(1)見解析(2)3.5 s,2.利用qE=qvB分析帶電粒子在疊加場中的應(yīng)用實例 (1)速度選擇器 如圖所示,當帶正電粒子從左側(cè)平行于極板射入時,帶電粒子同時受到電場力F電和洛倫茲力F洛作用,當兩者等大反向時,粒子不偏轉(zhuǎn)而是沿直線做勻速運動,qE=qvB, 所以粒子以v=的速度沿垂直于磁場和電場的 方向射入正交的電場、磁場中就不發(fā)生偏轉(zhuǎn)。速度選擇器只選擇某一特定速度的粒子,與粒子的電性、電荷量、質(zhì)量無關(guān)(不計重力)。,(2)磁流體發(fā)電機(如圖所示),磁流體發(fā)電機的原理是:等離子氣體噴入磁場,正、負離子在洛倫茲力的作用下發(fā)生上下偏轉(zhuǎn)而聚集到A、B板上,產(chǎn)生電勢差,設(shè)A、B平行金屬板的面積為S,相距為L,等離子體的電阻率為,噴入氣體速度為v,板間磁場的磁感應(yīng)強度為B,板外電阻為R,當?shù)入x子氣體勻速通過A、B板間時,A、B板上聚集的電荷最多,板間電勢差最大,即電源電動勢,此時離子受力平衡,E場q=qvB,E場=vB,電動勢E=E場L=BLv,電源內(nèi)電阻r=,所 以R中電流I=。 (3)霍爾效應(yīng) 如圖,厚度為h,寬度為d的導(dǎo)體板放在垂直于它的磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中,當電流通過導(dǎo)體板時,在導(dǎo)體板的上側(cè)面A和下側(cè)面A之間會,產(chǎn)生電勢差,這種現(xiàn)象稱為霍爾效應(yīng),實驗表明,當磁場不太強時,電勢差U、電流I和B的關(guān)系為U=k,式中的比例系數(shù)k稱為霍爾系數(shù)?；魻?效應(yīng)可解釋為外部磁場使運動的電子受洛倫茲力聚集在導(dǎo)體板的一側(cè),在導(dǎo)體板的另一側(cè)會出現(xiàn)正電荷,從而形成電場,電場對電子施加與洛倫茲力方向相反的靜電力,當靜電力與洛倫茲力達到平衡時,導(dǎo)體板上下兩側(cè)之間會形成穩(wěn)定的電勢差。,磁強計是利用霍爾效應(yīng)來測量磁感應(yīng)強度B的儀器。其原理可解釋為:如圖所示,一塊導(dǎo)體接上a、b、e、f四個電極,將導(dǎo)體放在勻強磁場之中,a、b間通以電流I,e、f間就會出現(xiàn)電勢差,只要測出e、f間的電勢差U,就可測得B。,設(shè)e、f間電勢差已達穩(wěn)定,則U=EL。 此時導(dǎo)電的自由電荷受到的電場力與洛倫茲力相平衡 Bqv=Eq,式中v為自由電荷的定向移動速度。由此可知, B=,設(shè)導(dǎo)體中單位體積內(nèi)的自由電荷數(shù)為n,則電流I=nqSv, 式中S為導(dǎo)體橫截面積,S=Ld, 因此v=,得B= 由此可知BU。這樣只要將裝置先在已知磁場中定出標度,就可通過測定U來確定B的大小了。 (4)質(zhì)譜儀(如圖所示),質(zhì)譜儀是先經(jīng)過速度選擇器對帶電粒子進行速度選擇后,再由右側(cè)的偏轉(zhuǎn)磁場把不同比荷的粒子分開,由此可以用來測定帶電粒子的比荷和分析同位素。,例3如圖是磁流體發(fā)電機的裝置,a、b組成一對平行電極,兩板間距為d,板平面的面積為S,內(nèi)有磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場?，F(xiàn)持續(xù)將一束等離子體,(即高溫下電離的氣體,含有大量帶正電和負電的微粒,而整體呈中性),垂直磁場噴入,每個離子的速度為v,負載電阻阻值為R,當發(fā)電機穩(wěn)定發(fā)電時,負載中電流為I,則(),A.a板電勢比b板電勢低 B.磁流體發(fā)電機的電動勢E=Bdv C.負載電阻兩端的電壓大小為Bdv D.兩板間等離子體的電阻率=,解析參看磁流體發(fā)電機的裝置圖,利用左手定則可知,正、負微粒通過發(fā)電機內(nèi)部時,帶正電微粒向上偏,帶負電微粒向下偏,則知a板電勢比b板電勢高,所以A錯誤;當發(fā)電機穩(wěn)定發(fā)電時,對微粒有F洛=F電,即Bqv= q,得電動勢E=Bdv,所以B正確;由閉合電路歐姆定律有UR+Ur=E,又E=Bdv,則負載電阻兩端的電壓UR<Bdv,所以C錯誤;由閉合電路歐姆定律有I=,由電阻定律有r=,得=,所以D正確。,答案BD,例4如圖所示,一段長方體導(dǎo)電材料,左右兩端面的長和寬都分別為a和b,內(nèi)有帶電荷量為q的某種自由運動電荷。導(dǎo)電材料置于方向垂直于其前表面向里的勻強磁場中,內(nèi)部磁感應(yīng)強度大小為B。當通以從左到右的穩(wěn)恒電流I時,測得導(dǎo)電材料上、下表面之間的電壓為U,且上表面的電勢比下表面的低。由此可得該導(dǎo)電材料單位體積內(nèi)自由運動電荷數(shù)及自由運動電荷的正負分別為() A.,負B.,正 C.,負D.,正,解析因?qū)щ姴牧仙媳砻娴碾妱荼认卤砻娴牡?故上表面帶負電荷,根據(jù)左手定則可判斷自由運動電荷帶負電,則B、D兩項均錯。設(shè)長方體材料長度為L,總電荷量為Q,則其單位體積內(nèi)自由運動電荷數(shù)為,當電流I穩(wěn)恒時,材料內(nèi)的電荷所受電場力與磁場力相互平衡, 則有=BIL,故=,A項錯誤,C項正確。,答案C,3.帶電粒子在疊加場中有約束情況下的運動 帶電體在疊加場中受輕桿、輕繩、圓環(huán)、軌道等約束的情況下,除受到場力外,還受到彈力、摩擦力作用。常見的運動形式有直線運動和圓周運動,此時解題要通過受力分析明確變力、恒力做功情況,并注意洛倫茲力不做功,運用動能定理、能量守恒結(jié)合牛頓運動定律求出結(jié)果。,例5如圖所示,套在足夠長的絕緣粗糙直棒上的帶正電小球,其質(zhì)量為m,帶電荷量為q,小球可在棒上滑動,現(xiàn)將此棒豎直放入沿水平方向且互相垂直的勻強磁場和勻強電場中。設(shè)小球電荷量不變,小球由靜止開始下滑的過程中() A.小球加速度一直增大 B.小球速度一直增大,直到最后勻速 C.棒對小球的彈力先減小后反向增大 D.小球所受洛倫茲力一直增大,解析小球剛開始下滑時,受力如圖所示,水平方向上:Eq=FN+Bqv 豎直方向上:mg-f=mg-FN=ma 聯(lián)立式得:a=g+(Bv-E) 當BqvEq時,小球所受棒的彈力FN為水平向左,水平方向上:Bqv=FN+Eq 此時豎直方向上有mg-f=mg-FN=ma 聯(lián)立式得:a=g+(E-Bv),由以上分析可知,小球先做加速度逐漸增大的變加速運動,后做加速度逐漸減小的變加速運動,直至勻速,所以A錯,B、C均正確。小球勻速運動時所受洛倫茲力不變,故D錯。,答案BC,方法1有界磁場的處理方法 1.典型有界磁場的介紹,方法技巧,2.兩種有效處理方法 (1)放縮圓法 適用條件 a.速度方向一定,大小不同 粒子源發(fā)射速度方向一定,大小不同的帶電粒子進入勻強磁場時,這些帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌跡半徑隨速度的變化而變化。,b.軌跡圓圓心共線 如圖所示(圖中只畫出粒子帶正電的情景),速度v越大,運動半徑也越大?？梢园l(fā)現(xiàn)這些帶電粒子射入磁場后,它們運動軌跡的圓心在垂直初速度方向的直線PP上。 界定方法,以入射點P為定點,圓心位于PP直線上,將半徑放縮作軌跡,從而探索出臨界條件,這種方法稱為“放縮圓法”。,例1如圖所示,寬度為d的勻強有界磁場,磁感應(yīng)強度為B,MM和NN是磁場左右的兩條邊界線?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子沿圖示方向垂直射入磁場中,=45。要使粒子不能從右邊界NN射出,求粒子入射速率的最大值為多少?,解析用“放縮圓法”作出帶電粒子運動的軌跡如圖所示,當其運動軌跡與NN邊界線相切于P點時,這就是具有最大入射速率vmax的粒子的軌跡。由圖可知:Rmax(1-cos 45)=d,又Bqvmax=m,聯(lián)立可得vmax= 。,答案,(2)平移圓法 適用條件 a.速度大小一定,方向不同 粒子源發(fā)射速度大小一定、方向不同的帶電粒子進入勻強磁場時,它們在磁場中做勻速圓周運動的半徑相同,若射入初速度大小為v0,則圓周運動半徑為R=。如圖所示。,b.軌跡圓圓心共圓 帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的圓心在以入射點P為圓心、半徑R=的圓(這個圓在下面的敘述中稱為“軌跡圓心圓”)上。 界定方法 將一半徑為R=的圓沿著“軌跡圓心圓”平移,從而探索出臨界條 件,這種方法稱為“平移圓法”。,例2如圖,真空室內(nèi)存在勻強磁場,磁場方向垂直于紙面向里,磁感應(yīng)強度的大小B=0.60 T。磁場內(nèi)有一塊平面感光板ab,板面與磁場方向平行。在距ab為l=16 cm處,有一個點狀的粒子放射源S,它向各個方向發(fā)射粒子,粒子的速率都是v=3.0106 m/s。已知粒子的電荷量與質(zhì)量之比=5.0107 C/kg。現(xiàn)只考慮在紙面內(nèi)運動的粒子,求ab板上被粒 子打中區(qū)域的長度。,解析 粒子帶正電,故在磁場中沿逆時針方向做勻速圓周運動。用R表示軌跡半徑,有qvB=m, 由此得R=, 代入數(shù)值得R=10 cm,可見2RlR。,因朝不同方向發(fā)射的 粒子的圓軌跡都過S,由此可知,某一圓軌跡在圖中N左側(cè)與ab相切,則此切點P1就是 粒子能打中的左側(cè)最遠點。為確定P1點的位置,可作平行于ab的直線cd,cd到ab的距離為R,以S為圓心,R為半徑,作圓弧交cd于Q點,過Q作ab的垂線,它與ab的交點即為P1。即:,NP1=。 再考慮N的右側(cè)。任何 粒子在運動中離S的距離不可能超過2R,以2R為半徑、S為圓心作圓弧,交ab于N右側(cè)的P2點,此即右側(cè)能打到的最遠點。 由圖中幾何關(guān)系得 NP2=, 所求長度為P1P2=NP1+NP2, 代入數(shù)值得 P1P2=20 cm。,答案20 cm,例3(2017河北衡水摸底,5,4分)如圖所示,在一個邊長為a的正六邊形區(qū)域內(nèi)存在磁感應(yīng)強度為B,方向垂直于紙面向里的勻強磁場,三個帶正電的相同粒子,比荷為,先后從A點沿AD方向以大小不等的速度射入 勻強磁場區(qū)域,粒子在運動過程中只受到磁場力作用,已知編號為的粒子恰好從F點飛出磁場區(qū)域,編號為的粒子恰好從E點飛出磁場區(qū)域,編號為的粒子從ED邊上的某一點垂直邊界飛出磁場區(qū)域,則() A.編號為的粒子在磁場區(qū)域內(nèi)運動的時間為 B.編號為的粒子在磁場區(qū)域內(nèi)運動的時間為 C.三個粒子進入磁場的速度依次增加 D.三個粒子在磁場內(nèi)運動的時間依次增加,解題導(dǎo)引,解析如圖所示,設(shè)編號為的粒子在正六邊形區(qū)域磁場中做圓周運動的半徑為r1,線速度大小為v1,周期為T1,則有:qv1B=m,T1=,解得T1= 。由幾何關(guān)系可得,粒子在正六邊形區(qū)域磁場內(nèi)運動過程中,轉(zhuǎn)過 的圓心角為120,則粒子在磁場中運動的時間為:t=,選項A錯誤; 根據(jù)A選項的分析過程,同理可得編號為的粒子在磁場區(qū)域內(nèi)運動的時間為,選項B錯誤;根據(jù)R=可知半徑在增大,即速度在增大,選項 C正確;如圖所示粒子轉(zhuǎn)過的圓心角在逐漸變小,即運動時間變小,D錯誤。,答案C,方法2帶電粒子在磁場中運動的多解問題的分析 帶電粒子在洛倫茲力的作用下做勻速圓周運動,由于多種因素的影響,使問題形成多解。,例4某儀器用電場和磁場來控制電子在材料表面上方的運動。如圖所示,材料表面上方矩形區(qū)域PPNN充滿豎直向下的勻強電場,寬為d;矩形區(qū)域NNMM充滿垂直紙面向里的勻強磁場,磁感應(yīng)強度為B,長為3s,寬為s;NN為磁場與電場之間的薄隔離層。一個電荷量為e、質(zhì)量為m、初速為零的電子,從P點開始被電場加速經(jīng)隔離層垂直進入磁場,電子每次穿越隔離層,運動方向不變,其動能損失是每次穿越前動能的10%,最后電子僅能從磁場邊界MN飛出,不計電子所受重力。,(1)求電子第二次與第一次圓周運動半徑之比; (2)求電場強度的取值范圍; (3)A是MN的中點,若要使電子在A、M間垂直于AM飛出,求電子在磁場區(qū)域中運動的時間。,解題導(dǎo)引,解析(1)設(shè)圓周運動的半徑分別為R1、R2Rn、Rn+1,第一和第二次圓周運動速率分別為v1和v2,動能分別為Ek1和Ek2。 由:Ek2=0.81Ek1,R1=,R2=,Ek1=m,Ek2=m 得:R2R1=0.9 (2)設(shè)電場強度為E,第一次到達隔離層時的速率為v。 由:eEd=mv2,0.9mv2=m,R1s 得:E 又由:Rn=0.9n-1R1,2R1(1+0.9+0.92+0.9n+)3s 得:E,<E (3)設(shè)電子在勻強磁場中做圓周運動的周期為T,運動的半圓周個數(shù)為n,運動總時間為t。 由題意,有:+Rn+1=3s,R1s,Rn+1=0.9nR1,Rn+1 得:n=2 又由:T= 得:t=,答案(1)0.9(2)<E(3),