江苏版高考物理复习专题一0一磁场教学课件

这是一份江苏版高考物理复习专题一0一磁场教学课件，共60页。

3.磁感线的特点(1)方向:磁感线上某点的切线方向就是该点的磁场方向。(2)强弱:磁感线的疏密程度定性地表示磁场的强弱。(3)闭合曲线:磁感线是闭合曲线,没有起点和终点。在磁体外部,由N极指向S极;在磁 体内部,由S极指向N极。(4)不相交:同一磁场的磁感线不中断、不相交、不相切。(5)假想线:磁感线是假想的曲线,客观上并不存在。4.匀强磁场:磁感应强度的大小处处相等、方向处处相同的磁场。(如图所示)
5.地磁场(1)地磁的N极在地理南极附近,地磁的S极在地理北极附近,磁感线分布大致如图所示。(2)在赤道平面上,距离地球表面高度相等的各点,磁感应强度相等,且方向水平向北。(3)地磁场在南半球有竖直向上的分量,在北半球有竖直向下的分量。
6.几种常见的磁场(1)常见磁体的磁场(如图所示)      
7.磁场的叠加磁感应强度是矢量,当同一空间内有多处磁场源时,空间内某点的磁感应强度应为各磁场源在该点产生的磁感应强度的矢量和,应用平行四边形定则进行合成,如图所示,BM、BN分别为磁场源M、N在c点产生的磁感应强度,B为合磁感应强度。
二、安培力1.方向(1)用左手定则判定:伸开左手,使拇指与其余四个手指垂直,并且都与手掌在同一个平 面内;让磁感线从掌心垂直进入,并使四指指向电流的方向,这时拇指所指的方向就是 通电导线在磁场中所受安培力的方向。(2)安培力方向的特点:F⊥B,F⊥I,即F垂直于B和I决定的平面。(3)推论:两平行的通电直导线间的安培力——同向电流互相吸引,反向电流互相排斥。2.大小:F=IlB sin θ(其中θ为B与I之间的夹角,如图所示)。
(1)当磁场B的方向与电流I的方向垂直时:F=BIl。(2)当磁场B的方向与电流I的方向平行时:F=0。(3)l是指有效长度弯曲通电导线的有效长度l等于连接导线两端点的线段的长度,相应的电流方向沿两 端点连线由始端流向末端,如图所示。
3.安培力作用下导体运动方向的判断方法
4.安培力作用下的平衡问题(1)安培力作用下的平衡问题与力学中的平衡问题分析方法是相同的,只不过多了安培 力,解题关键仍是受力分析。(2)视图转换:对于安培力作用下的力学问题,导体中的电流方向、磁场方向以及其受 力方向往往分布在三维空间的不同方向上,这时应变立体图为二维平面图。如图所示。
例1　一个可以自由运动的线圈L1和一个固定的线圈L2互相绝缘垂直放置,且两个线圈 的圆心重合,如图所示。当两线圈中通以图示方向的电流时,从左向右看,线圈L1将 (　    )A.不动　　　     B.顺时针转动C.逆时针转动　　　    D.在纸面内平动
  解析    解法一　电流元法把线圈L1沿水平转轴分成上下两部分,每一部分又可以看成无数段直线电流元,电流元 处在L2产生的磁场中,根据安培定则可知各电流元所在处的磁场方向向上,由左手定则 可得,上半部分电流元所受安培力方向均指向纸外,下半部分电流元所受安培力方向 均指向纸内,因此从左向右看,线圈L1将顺时针转动。解法二　等效法把线圈L1等效为小磁针,该小磁针刚好处于环形电流I2的中心,小磁针的N极应指向该 点环形电流I2的磁场方向,由安培定则可知I2产生的磁场方向在其中心处竖直向上,而L1 等效成小磁针后,转动前,N极指向纸内,因此小磁针的N极应由指向纸内转为向上,所以
从左向右看,线圈L1将顺时针转动。解法三　结论法环形电流I1、I2不平行,则一定有相对转动,直到两环形电流同向平行为止。据此可得, 从左向右看,线圈L1将顺时针转动。
考点二　磁场对运动电荷的作用一、洛伦兹力1.洛伦兹力(1)洛伦兹力:磁场对运动电荷的作用力。(2)洛伦兹力的大小①当v∥B(或v=0)时,洛伦兹力F=0。②当v⊥B时,洛伦兹力F=qvB。③当v与B的夹角为θ时,F=qvB sin θ。(3)洛伦兹力的方向
①判定方法:左手定则。a.掌心——磁感线垂直穿入掌心。b.四指——指向正电荷运动的方向或负电荷运动的反方向。c.拇指——指向洛伦兹力的方向。②方向特点:F⊥B,F⊥v,即F垂直于B和v决定的平面。2.洛伦兹力与安培力的联系与区别(1)安培力是洛伦兹力的宏观表现,洛伦兹力是安培力的微观实质。(2)安培力可以做功(实质是洛伦兹力的一个分力在做功),而洛伦兹力对运动电荷不做功。
二、带电粒子(不计重力)在匀强磁场中的运动1.洛伦兹力作用下带电粒子的运动形式(1)若v∥B,带电粒子以入射速度v做匀速直线运动。(2)若v⊥B,带电粒子在垂直于磁感线的平面内,以入射速度v做匀速圆周运动。(3)若v与B成θ角,在平行于磁场方向,以v cs θ做匀速直线运动;在垂直于磁场方向,以v sin θ做匀速圆周运动。
 (2)圆心的确定①方法一:已知入射点、入射方向和出射点、出射方向时,可通过入射点和出射点作 垂直于入射方向和出射方向的直线,两条直线的交点就是圆弧轨迹的圆心(如图甲所 示)。
2.洛伦兹力作用下带电粒子做圆周运动的分析(1)常用公式
 ②方法二:已知入射方向和入射点、出射点的位置时,可以通过入射点作入射方向的 垂线,连接入射点和出射点,作其中垂线,这两条垂线的交点就是圆弧轨迹的圆心(如图 乙所示)。
(3)半径的计算①利用动力学方程求半径:由qvB=m 得R= 。②利用平面几何知识求半径若轨迹明确,一般由数学知识(勾股定理、三角函数、弦切角定理等)来确定半径。如 图所示,已知匀强磁场区域的宽度为d,轨迹对应的水平长度为L,圆心角为θ,根据几何 关系可得R= ,再根据R2=L2+(R-d)2,可得R= 。 
(4)时间的计算方法①方法一:由圆心角求时间,t= T。②方法二:由弧长求时间,t= = 。知识拓展    圆周运动中的几种角度关系若是劣弧,粒子速度的偏转角(φ)等于圆心角(α),并等于AB弦与切线的夹角(弦切角θ)的 2倍(如图所示),即φ=α=2θ=ωt。若是优弧,φ=2π-α。 
3.带电粒子在有界匀强磁场中的运动(1)直线边界:进出磁场具有对称性,速度与磁场边界夹角相同,如图所示。(2)平行边界:往往存在临界条件,如图所示。
(3)圆形边界:等角进出;沿径向射入必沿径向射出。如图所示。
4.带电粒子在有界磁场中运动轨迹的不确定性
例2　如图所示,在直角三角形CDE区域内有磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外 的匀强磁场,P为直角边CD的中点,∠C=30°,CD=2L,一束相同的带负电粒子以不同的 速率从P点垂直于CD射入磁场,粒子的比荷为k,不计粒子间的相互作用和重力。下列 说法错误的是 (　    ) A.速率不同的粒子在磁场中运动时间一定不同
B.从CD边飞出的粒子最大速率为 C.粒子从DE边飞出的区域长度为LD.从CE边飞出的粒子在磁场中运动的最长时间为 
  解题指导    无论带电粒子在哪类边界磁场中做匀速圆周运动,解题时要抓住三个步骤: 
  解析    速率不同但都较小的粒子从CD边射出时,粒子在磁场中运动轨迹均为半圆,运动时间均为 = × = ,故A错误。根据左手定则,粒子向左偏转,从CD边飞出的粒子最远从D点飞出,半径R= ,由qvmB= ,解得vm= ,故B正确。由B项分析可知,粒子可以从D点飞出;粒子轨迹与CE相切并从DE上的M点飞出时,对应粒子从DE边飞 出的最远点,如图所示,由几何关系得R= CD=L,则粒子从DE边飞出的区域长度为L,故C正确。从CE边飞出的粒子,与CE相切时在磁场中运动的时间最长,由几何关系可得 ∠FDC=60°,最长时间t= × = ,故D正确。
  答案    A归纳总结    带电粒子在有界磁场中运动的临界、极值问题的四个结论(1)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。(2)当速度v一定时,弧长(或弦长)越长或圆心角越大,带电粒子在有界磁场中运动的时 间越长。(3)当速率v变化时,运动轨迹圆心角越大,运动时间越长。(4)在圆形边界匀强磁场中,当轨迹圆的半径大于磁场圆的半径,且入射点和出射点位 于磁场圆同一条直径的两个端点时,轨迹对应的偏转角最大,运动时间最长。
例3    【模型引入】磁发散与磁聚焦模型 (1)关键条件:轨迹半径与磁场区域半径相同。(2)垂直:同种粒子的入射方向(或出射方向)垂直于会聚点所在的直径。(3)满足(1)(2)条件的粒子的运动符合磁发散和磁聚焦原理。
【模型应用】如图所示,扇形区域AOB内存在垂直平面向内的匀强磁场,OA和OB互相 垂直,且是扇形的两条半径。一个带电粒子从A点沿AO方向进入磁场,从B点离开,若该 粒子以同样的速度从C点平行于AO方向进入磁场,则 (　    ) A.粒子带负电
B.C点越靠近B点,粒子偏转角度越大C.C点越远离B点,粒子运动时间越短D.只要C点在AB之间,粒子仍然从B点离开磁场
  解析    由题意可知,粒子从A点进入磁场,从B点离开,由左手定则可以确定粒子带正电,故A错误。由题意可知,当粒子从A点入射时,从B点离开磁场,由几何知识可知粒子 做圆周运动的半径等于磁场圆弧区域的半径(关键:符合磁聚焦模型的成立条件),根据 磁聚焦的原理,当入射方向平行时,这些粒子将从同一点射出,如图所示,从点A、C、C1、C2以相同的方向进入磁场,则这些粒子从同一点B射出,从图中可以看出,C点越靠近 B点,偏转角越小,运动的时间越短,离B点越远,偏转角越大,运动的时间越长,故D正 确,B、C均错误。
模型一　带电粒子在叠加场中的运动　　叠加场:重力场、电场、磁场并存,或其中两场并存于同一区域内。一、三种场的比较
二、带电粒子在叠加场中的运动分类1.静止或匀速直线运动当带电粒子在叠加场中所受合力为0时,将处于静止状态或做匀速直线运动。2.匀速圆周运动当带电粒子所受的重力与静电力大小相等、方向相反时,带电粒子在洛伦兹力的作用 下,在垂直于匀强磁场的平面内做匀速圆周运动。3.较复杂的曲线运动当带电粒子所受合力的大小和方向均变化,且与初速度方向不在同一条直线上时,粒 子做非匀变速曲线运动,这时粒子运动轨迹一般既不是圆弧,也不是抛物线。
4.分阶段运动带电粒子可能依次经过几个情况不同的叠加场区域,其运动情况随区域发生变化,其 运动过程由几种不同的运动阶段组成。三、“三步”巧解叠加场问题 
例1　如图,两个定值电阻的阻值分别为R1和R2,直流电源的内阻不计,平行板电容器两 极板水平放置,板间距离为d,板长为 d,极板间存在方向水平向里的匀强磁场。质量为m、带电荷量为+q的小球以初速度v沿水平方向从电容器下极板左侧边缘A点进入 电容器,做匀速圆周运动,恰从电容器上极板右侧边缘离开电容器。此过程中,小球未 与极板发生碰撞,重力加速度大小为g,忽略空气阻力。 
(1)求直流电源的电动势E0;(2)求两极板间磁场的磁感应强度大小B;(3)在图中虚线的右侧设计一匀强电场,使小球离开电容器后沿直线运动,求电场强度 的最小值E'。
  解析    (1)①小球在两极板间做匀速圆周运动的条件是什么?小球做匀速圆周运动,电场力与重力平衡,可得qE=mg。②要求出直流电源的电动势E0,是否可结合平行板电容器两端的电压?电容器与电阻R2并联,R2两端的电压U2=Ed,根据欧姆定律得U2= ,联立解得E0= 。(2)③小球恰从电容器上极板右侧边缘离开电容器,如何通过几何关系确定圆周运动的 半径?小球在极板间运动的轨迹如图甲所示。
设小球做圆周运动的半径为r,根据几何关系有(r-d)2+( d)2=r2,解得r=2d根据qvB=m 解得B= 。(3)④小球离开电容器后做直线运动的条件是什么?需要满足什么规律?小球飞出电容器后,由几何关系可知速度方向与水平方向夹角为60°,若要使小球做直 线运动,则在垂直速度方向重力的分力与电场力平衡,此时电场力有最小值,如图乙所示。由几何关系知E'q=mg cs 60°,解得E'=  。
  答案    (1)     (2)     (3) 
例2　如图所示,质量为m、带电荷量为+q(q>0)的液滴,以速度v沿与水平方向成θ=45° 角斜向上进入正交的、范围足够大的匀强电场和匀强磁场叠加区域,电场强度方向水 平向右,磁场方向垂直纸面向里,液滴在场区做直线运动。重力加速度为g。 (1)电场强度E和磁感应强度B各为多大?(2)当液滴运动到某一点A时,电场方向突然变为竖直向上,大小不改变,不考虑因电场 变化而产生的磁场的影响,此时液滴的加速度为多大?
(3)在满足(2)的前提下,求液滴从A点到达与A点位于同一水平线上的P点(图中未画出)所用时间。
  解题指导    带电粒子同时受重力、静电力和洛伦兹力而做直线运动,则带电粒子一定做匀速直线运动。若带电粒子做变速直线运动,则洛伦兹力发生变化,带电粒子不 能做直线运动。
  解析    (1)液滴带正电,做匀速直线运动,受力情况如图甲所示,有qE=mg tan θ=mg,qvB= = mg可得E= ,B= 。(2)电场方向突然变为竖直向上,大小不改变,故电场力与重力平衡,洛伦兹力提供向心 力,液滴做匀速圆周运动,根据牛顿第二定律,有a= = g。(3)电场变为竖直向上后,qE=mg,故液滴做匀速圆周运动,由牛顿第二定律得qvB=m ,可得r= ,则T= = 。液滴从A点到达与A点位于同一水平线上的P点的运动轨迹如图乙所示。
由几何知识得t= T,则t= 。 　　     
  答案    (1)          (2) g    (3) 
模型二　带电粒子在组合场中的运动一、磁偏转与电偏转的比较(不计重力)
二、组合场中的常见类型1.磁场与磁场的组合这类问题的实质是两个有界磁场中的圆周运动问题,带电粒子在两个磁场中的速度大 小相等,但轨迹半径和运动周期往往不同。解题时要充分利用两段圆弧轨迹的衔接点 与两圆心共线的特点,进一步寻找边、角关系。
2.磁场与电场的组合(1)从电场进入磁场
例3　圆心为O、半径为R的圆形区域内存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面的匀 强磁场(图中未画出),磁场边缘上的A点有一带正电的粒子源,半径OA竖直,MN与OA平 行,且与圆形边界相切于B点,在MN的右侧有范围足够大且水平向左的匀强电场,电场 强度大小为E。当粒子的速度大小为v0且沿AO方向时,粒子刚好从B点离开磁场,不计 粒子重力和粒子间的相互作用。下列说法错误的是 (　    ) 
A.圆形区域内磁场方向垂直纸面向外B.粒子的比荷为 C.粒子在磁场中运动的总时间为 D.粒子在电场中运动的总时间为 
  解析    根据左手定则可知,圆形区域内磁场方向垂直纸面向外,故A正确。根据题意可知,粒子在磁场中从A到B的运动轨迹如图甲所示,根据几何关系可知,粒子做圆周运 动的半径为R,粒子在磁场中运动轨迹所对圆心角为 ,根据洛伦兹力提供向心力有qv0B=m ,可得 = ,故B正确。粒子从B点进入电场之后,先向右做减速直线运动,再向左做加速直线运动,再次到达B点时,速度大小仍为v0,完整运动轨迹如图乙所示(点拨: 画出运动轨迹是解题的关键,能直观判断运动时间与周期T的关系),则粒子在磁场中的 运动时间t磁= = ,故C错误。粒子在电场中运动,根据牛顿第二定律有Eq=ma,解得a= = ,根据v0=at结合对称性可得,粒子在电场中运动的总时间t电= = ,故D正确。
例4    (2023届南京六校联合体调研)如图所示,已知边长L=40 cm的正方形区域ABCD 内部存在匀强磁场,方向垂直纸面向外,其上方存在电场强度E=100 V/m的匀强电场,电 场区域宽度也为L。从电场中P点以速度v0=2×106 m/s垂直电场向右射出一个带正电的 粒子,其比荷 =2×1011 C/kg(重力不计,PAB在同一直线上)。粒子经电场后从AD边的中点进入磁场。求: 
(1)PA的距离y;(2)若粒子从AB中点射出磁场,磁感应强度B的大小;(3)多次调节磁感应强度大小,使粒子均能从AD边射出,求粒子在磁场中运动的最长时间。(取π≈3,计算结果保留两位有效数字)
  解析    (1)带电粒子在电场中做类平抛运动,有 =v0t,y= · t2联立并代入数据解得y=0.1 m。(2)带电粒子在由电场射入磁场的瞬间,竖直分速度vy= t=2×106 m/s=v0所以v= v0=2 ×106 m/s带电粒子与AD边夹角为45°斜向右下方进入磁场做匀速圆周运动,轨迹如图中的HG。根据牛顿第二定律有qvB=m 由几何关系可得r= L=10  cm
联立并代入数据解得B= =1×10-4 T。 (3)根据带电粒子在直线边界磁场中运动的对称性可知,粒子从AD边射出的速度偏转 角均为α= ,又t'= ,因为带电粒子在磁场中运动的速率不变,当轨迹半径最大时,运动的时间最长。粒子 轨迹相切于AB边时,轨迹如图中的HK,有
rm+rm sin 45°= 代入数据解得rm=0.2(2- ) m联立解得tm≈1.9×10-7 s。
  答案    (1)0.1 m    (2)1×10-4 T    (3)1.9×10-7 s
模型三　带电粒子在交变场中的运动1.常见的交变场(1)电场周期性变化,磁场不变。(2)磁场周期性变化,电场不变。(3)电场、磁场均周期性变化。
2.分析带电粒子在交变场中运动问题的基本思路
例5　如图甲所示,在坐标系Oxy中,y轴左侧有沿x轴正方向的匀强电场、电场强度大 小为E;y轴右侧有如图乙所示周期性变化的磁场,磁感应强度大小B0已知,磁场方向垂 直纸面向里为正。t=0时刻,从x轴上的P点无初速度释放一带正电的粒子,粒子(重力不 计)的质量为m、电荷量为q,粒子第一次在电场中运动的时间与第一次在磁场中运动 的时间相等,且粒子第一次在磁场中做匀速圆周运动的轨迹为半圆。求:      
(1)P点到O点的距离;(2)粒子在第一个周期6.5× 内沿y轴发生的位移大小。
  解析    (1)设粒子第一次在电场中做匀加速运动的时间为t0,粒子第一次在磁场中做匀速圆周运动时轨迹为半圆,可知t0~2t0内磁场磁感应强度不变,有t0= ,Eq=ma设O、P间距离为x,则x= a 联立解得x= 。(2)粒子在第一个周期6.5× 内的运动轨迹如图所示,设粒子在磁场中做圆周运动的半径分别为R1和R2,R1= ,R2= ,又由动能定理得Eqx= m ,粒子每经一个周期沿y轴向下移动Δx,Δx=2R2-2R1= 。
  答案    (1)     (2) 
例6　如图甲所示,空间存在匀强磁场和匀强电场,磁感应强度大小为B,方向垂直于Oxy 平面向里,电场强度大小E随时间t周期性变化的规律如图乙所示(E0未知),方向平行于 Oxy平面(图中未画出)。t=0时刻,一电荷量为+q、质量为m的粒子M,从O点由静止释放 进入第一象限,运动到离y轴的最远距离为x0时,加速度大小a= ,t0时刻粒子运动到y轴上P点,速度恰好为0,不计粒子重力。      
(1)求粒子从O点运动到P点的过程中电场力做的功W,并判断0~2t0时间内电场的方向;(2)求粒子离y轴最远时的速度大小v及粒子经过P点的时刻。
  解析    (1)①粒子从O点运动到P点的过程中什么力做功?0~t0时间内,粒子从O点运动到P点,洛伦兹力不做功,粒子运动到P点速度恰好为0。根 据动能定理有W=0,则W=qUOP,UOP=φO-φP,可得φO=φP,所以y轴为匀强电场的等势线。②知道带电粒子带正电,要判断电场的方向,能否从带电粒子受到的电场力的方向出发?根据题意可知,粒子由静止释放进入第一象限(点拨:判断电场力方向的切入点),说明带 电粒子受到的电场力沿x轴正方向,即0~2t0时间内,匀强电场的方向沿x轴正方向。(2)③从题图乙中提取信息如图甲所示,你能否根据信息画出带电粒子的运动轨迹?
粒子M运动轨迹如图乙所示。
当粒子运动到离y轴最远时,根据牛顿第二定律得qvB-qE0=ma根据动能定理有qE0x0= mv2-0联立解得v= 。④带电粒子在交变场中的运动,往往涉及周期性问题,你能否从带电粒子的运动分析中总结出相应的运动规律?粒子M在t0~2t0的运动与0~t0类似,在2t0时刻电场方向变为沿x轴负方向,之后粒子在第二 象限内运动,运动规律与0~2t0内的运动规律类似,3t0时刻到达P点,4t0时刻回到O点。粒子经过P点的时刻t=(2n+1)t0(n=0,1,2,…)。
  答案    (1)0    沿x轴正方向    (2) (2n+1)t0(n=0,1,2,…)
微专题14　磁场与现代科技
例1    (2023届南京中华中学检测)关于下列四幅图的说法正确的是 (　    ) 　      　     
A.图甲是用来加速带电粒子的回旋加速器的示意图,要想粒子获得的最大动能增大, 可增加电压UB.图乙是磁流体发电机的结构示意图,可以判断出B极板是发电机的正极,A极板是发 电机的负极C.图丙是速度选择器的示意图,带电粒子(不计重力)能够从右向左沿直线匀速通过速 度选择器D.图丁是质谱仪的结构示意图,粒子打在底片上的位置越靠近狭缝S3说明粒子的比荷 越小
  解析    题图甲中,根据qvB= 可知v= ,粒子获得的最大动能Ek= mv2= m = ,所以要想粒子获得的最大动能增大,可增大D形盒的半径R和磁感应强度B,增加电压U不能增加最大动能,故A错误。题图乙中根据左手定则可判断,正电荷向下偏 转,所以B极板带正电,为发电机的正极,A极板是发电机的负极,故B正确。题图丙中,负 电荷从右向左运动通过叠加场时,静电力竖直向上,根据左手定则,洛伦兹力方向也向 上,不能从右向左沿直线匀速通过速度选择器,同理正电荷也不能从右向左匀速通过, 故C错误。由qvB=m 可得 = ,可知R越小,粒子的比荷越大,故D错误。
例2　利用霍尔元件可以制作位移传感器。如图甲所示,将霍尔元件置于两块磁性强 弱相同、同名磁极相对放置的磁体间隙中,以中间位置为坐标原点建立如图乙所示的 空间坐标系。当物体沿y轴方向移动时,霍尔元件将产生不同的霍尔电压U。已知在小 范围内,磁感应强度B的大小与y成正比,电流I沿z轴负方向且保持不变。下列说法正确 的是 (　    ) 　     
A.电流I越小,霍尔电压U越大B.位移传感器无法确定位移的方向C.位移传感器的刻度线是均匀的D.当霍尔元件处于y>0的位置时,上表面电势高
  解析    根据题意得qvB=q ,I=nqSv,解得U= I,电流I越小,霍尔电压U越小,A错误。根据题意B=ky,联立解得U= y,电压与位移成正比,位移传感器的刻度线是均匀的,C正确。若载流子带电荷的正负确定,根据左手定则,可以确定上表面电势的高低,位移 传感器可以确定位移的方向,B错误。载流子电荷的正负未知,如果载流子带正电荷,则 在y>0的位置正电荷在洛伦兹力作用下向上偏转,上极板电势高,如果载流子带负电荷, 在洛伦兹力作用下也是向上偏转的,则下极板电势高,因此无法确定上表面的电势高 低,D错误。
例3　回旋加速器被广泛应用于科学研究和医学设备中。图甲为回旋加速器的工作 原理示意图,D1盒中心A处有离子源,它不断发出质子。加在狭缝间的交变电压如图乙 所示,电压值的大小为U0、周期为T。已知质子电荷量为q,质量为m,D形盒的半径 为R。狭缝很窄,质子通过狭缝的时间可以忽略不计。设质子从离子源发出时的初速 度为0,不计质子重力。求: 　     
(1)匀强磁场的磁感应强度B的大小;(2)质子在回旋加速器中获得的最大动能及加速次数;(3)质子在回旋加速器中运动的时间。
  解析    (1)①质子在磁场中的回旋周期与交变电压周期的关系是什么?质子在磁场中的回旋周期与交变电压的变化周期相同。质子在匀强磁场中做圆周运 动的周期T'= =T,解得B= 。(2)②质子什么时候的运动速度最大?当质子在D形盒中做圆周运动的轨迹半径为R时速度最大,有qvB= 所以质子的最大动能Ekm= m = 。③质子每加速一次获得的能量是多少?质子每加速一次获得的能量E0=qU0。
所以质子在回旋加速器中的加速次数n= 联立解得n= 。(3)质子通过狭缝的时间忽略不计,则质子在回旋加速器中运动的时间t=n· = 。
  答案    (1)     (2)          (3) 
微专题15　磁场中的动态圆问题一、“放缩圆”模型的应用
二、“旋转圆”模型的应用
三、“平移圆”模型的应用
例1　真空中有一匀强磁场,磁场边界为两个半径分别为a和3a的同轴圆柱面,磁场的 方向与圆柱轴线平行,其横截面如图所示。一速率为v的电子从圆心沿半径方向进入 磁场。已知电子质量为m,电荷量为e,忽略重力。为使该电子的运动被限制在图中实 线圆围成的区域内,磁场的磁感应强度最小为 (　    ) A. 　　　    B. 　　　    C. 　　　    D. 
  解析    由题可知,电子在匀强磁场中只受洛伦兹力作用做匀速圆周运动,由牛顿第二定律得evB=m ,得B= ,则速度v一定时,电子的轨迹半径越大,对应的磁感应强度越小,由于电子被限制在实线圆围成的区域内运动,当电子的运动轨迹与实线圆相切时, 电子的轨迹半径最大,轨迹如图所示,由几何关系可知,△O1O2M为直角三角形,则有(3a- rmax)2=a2+ ,解得rmax= a,则Bmin= = 。 
例2　如图所示,水平放置的平板MN上方有方向垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强 度大小为B,大量质量为m、带电荷量为+q的粒子以相同的速率v沿位于纸面的各个方 向,由小孔O射入磁场区域,不计粒子重力及其相互影响。图中阴影部分表示带电粒子 可能经过的区域,其中R= ,下列四幅图中正确的是 (　    )