【核动力】2016届高三物理一轮复习课件：第8章 磁场 专题讲座(八) “对称”思想在解答电磁学问题中的应用

洛伦兹力，将向右偏，故选项D正确．
【答案】 ABCD
菜
单
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专题讲座（八）
3．解答组合场中的对称图形问题 在真空中，一半径为 R的圆形区域内存 在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，在此区 域外围足够大空间有垂直纸面向里的大小也为 B 的匀强磁 场，一个带正电的粒子从边界上的 P点沿半径向外，以速度 v0进入外围磁场，已知带电粒子质量m＝2×10－10 kg，带电 荷量q＝5×10－6 C，不计重力，磁感应强度B＝1 T，粒子 运动速度v0＝5×103 m/s，圆形区域半径R＝0.2 m，试画出 粒子运动轨迹并求出粒子第一次回到P点所需时间(计算结果 可以用π表示)．
菜
单
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[迁移训练] 1．如图甲所示，两个共轴的圆筒形金属电极，外电极 接地，其上均匀分布着平行于轴线的四条狭缝a、b、c和d， 外筒的外半径为r0.在圆筒之外的足够大区域中有平行于轴线 方向的均匀磁场、磁感强度的大小为 B ，在两极间加上电 压，使两圆筒之间的区域内有沿半径向外的电场，一质量为 m，带电量为＋ q的粒子，从紧靠内筒且正对狭缝 a的 S点出 发，初速为零．如果该粒子经过一段时间的运动之后恰好又 回到出发点 S ，则两电极之间的电压 U 应是多少？ ( 不计重 力、整个装置在真空中)
菜
单
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【解析】 带电粒子从点 S 出发，在两筒之间的电场力作用下加 速， 沿径向穿出 a 而进入磁场区， 在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动， 粒子再回到 S 点的条件是能沿径向穿过狭缝 d，只要穿过了 d，粒子 就会在电场力作用下先减速，再反向加速，经 d 重新进入磁场区．然 后，粒子将以同样方式经过 c、d，再经过 a 回到点 S.如图乙所示． 1 2 设粒子射入磁场区的速度为 v，根据能量守恒有 mv ＝qU； 2 设粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动的半径为 R，由洛伦兹 力公式和牛顿运动定律得：qvB＝mv2/R； 3 由前面分析可知，要回到 S 点，粒子从 a 到 d 必经过4圆周，所 以半径 R 必定等于外筒的外半径 r0，即 R＝r0，由以上各式解得 U＝ 2 qr2 0B /2m.
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专题讲座 (八)
“对称”思想在解答
电磁学问题中的应用
菜
单
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对称本来指图形或物体的各部分相对于某个点、区域
或平面而言．现在所说的对称已经大大延伸，更多的是指物
理过程和规律的对称关系，如镜像对称、时间对称、空间对 称等．具有对称性的对象，其相互对称部分的特征之所以 “对称”，就在于它们的某些对应特征相同．因此，一旦确 定了事物某部分的特征，便可推知其对称部分的相同特
菜 单
BC
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3.如图所示， 边长为 L 的等边三角形 ABC 为两个有界匀强 磁场的理想边界，三角形内的磁场方向垂直纸面向外，磁感应 强度大小为 B，三角形外的磁场(足够大)方向垂直纸面向里， 磁感应强度大小也为 B.把粒子源放在顶点 A 处，它将沿∠A 的 qBL 角平分线发射质量为 m、电荷量为 q、初速度为 v＝ m 的负电 粒子(粒子重力不计)．求：
进行求解．
利用对称性解题可大大简化解题步骤．用对称性解题
的关键是敏锐地看出并抓住事物在某一方面的对称性，这些
对称性往往就是得到答案的捷径．
1．解答洛伦兹力作用下的对称图形问题
菜
单
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如图所示，在界面 OO′ 两侧，有两个匀强磁 场，磁感强度分别为B1＝1.0 T，B2＝0.5 T，如果在界面A点 处有一带电粒子以初速度 v0 ＝ 15.7 m/s 垂直界面 OO′ 射入磁 场．已知粒子质量 m ＝ 2.0×10 － 10 kg ，电量 q ＝ 31.4×10 － 8 C，求：
圆心为O.筒内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为
B.圆筒下面有相距为d的平行金属板M、N，其中M板带正电 荷，N板带等量负电荷．质量为m、电荷量为q的带正电粒子 自M板边缘的 P处由静止释放，经N板的小孔 S以速度 v沿半 径SO方向射入磁场中．粒子与圆筒发生两次碰撞后仍从 S孔 射出，设粒子与圆筒碰撞过程中没有动能损失，且电荷量保 持不变，在不计重力的情况下，求：
菜
单
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A．OAB轨迹为半圆
B．小球运动至最低点A时速度最大，且沿水平方向 C．小球在整个运动过程中机械能守恒 D．小球在A点时受到的洛伦兹力与重力大小相等 【解析】 小球重力不能忽略，因为小球从静止开始
运动，在运动过程中受重力和洛伦兹力作用，其中洛伦兹力
不做功，只有重力做功，机械能守恒，C对；小球在最低点 时速度最大，再由小球在竖直方向的速度不断增大，故可判 断小球不可能做圆周运动， A 错， B 对；在 A 处小球需要向 心力，此时，洛伦兹力大于重力，D错． 【答案】
菜
单
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mv2 0 【解析】 由洛伦兹力提供向心力：qv0B＝ r r＝0.2 m＝R,轨迹如图所示．
2πr T＝ v ＝8π×10－5 s 0 运动周期为 t＝2T＝16π×10－5 s.
【答案】 轨迹见解析图 16π×10－5 s
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菜
单
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2 (3)保持 M、N 间电场强度 E 不变，M 板向上平移3d 后， Ed U 设板间电压为 U′，则 U′＝ 3 ＝ 3 ⑦ U′ v′2 设粒子进入 S 孔时的速度为 v′，由①式看出 U ＝ v2 3 综合⑦式可得 v′＝ 3 v⑧ 3mv 设粒子做圆周运动的半径为 r′，则 r′＝ 3qB ⑨ 设粒子从 S 到第 1 次与圆筒碰撞期间的轨迹所对圆心角为 π θ，比较⑥⑨两式得到 r′＝R，可见 θ＝2⑩
【答案】
mv2 (1)2qd
3mv (2) 3qB
(3)3
菜
单
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菜
单
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(1) 从粒子射入磁场 B2 时算起，经过多少时间又从 B1 通 过界面进入B2的区域？ (2)粒子从A点开始第三次经过界面时，离A点的距离为 多大？ (3)画出上述过程中粒子在两个磁场区域运动的轨迹．
菜 单
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【解析】 (1)依题意，粒子又从 B1 进入 B2 的时间为 T1 T2 πm πm t＝ 2 ＋ 2 ＝qB ＋qB ＝0.06 s．① 2 1 mv (2)粒子在 B2 区域内作匀速圆周运动的半径 r2＝B q＝0.2 m② 2 由于 B1＝2B2，所以粒子在 B1 中作匀速圆周运动的半径 r2 r1＝ ＝0.1 m③ 2 粒子第三次经过界面时，离 A 点的距离 x＝3r2＝0.6 m．④ (3)粒子轨迹如图所示．
A．该粒子必带正电荷 B．A，B，D三点位于同一高度 C．粒子到达C点时的速度最大 D．粒子到达D点后，将沿曲线一直向右运动下去
菜 单
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【解析】
在不计重力情况下，粒子从A点静止开始向
下运动，说明粒子受向下的电场力，带正电，选项A正确；
整个过程中只有电场力做功，而 A 、 B 两点粒子速度都为 零，所以A、B在同一等势面上，选项B正确；运动到C点时 粒子在电场力方向上发生的位移最大，电场力做功最多，离 子速度最大，选项 C正确；粒子从 D点向下运动时受向右的
2 qr2 0B 【答案】ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ2m
菜
单
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2. 如图所示， xOy 坐标平面在竖直面内， x 轴沿水平方 向， y 轴正方向竖直向上，在图示空间内有垂直于 xOy 平面 的匀强磁场．一带电小球从O点由静止释放，运动轨迹如图 中曲线所示．关于带电小球的运动，下列说法中正确的是 ( )
5 5πm 粒子通过圆孤从 C 点运动至 B 点的时间为 tCB＝6T＝ 3qB 带电粒子运动的周期为 TABC＝3(tAC＋tCB) 6πm 解得 TABC＝ qB .
mπ 6πm 【答案】 (1)3qB (2) qB
菜 单
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4．(2013· 天津理综， 11)一圆筒的横截面如图所示，其
菜
单
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专题讲座（八）
(1)M、N 间电场强度 E 的大小； (2)圆筒的半径 R； (3)保持 M、N 间电场强度 E 不变，仅将 M 板向上平移 2 d，粒子仍从 M 板边缘的 P 处由静止释放，粒子自进入圆 3 筒至从 S 孔射出期间，与圆筒的碰撞次数 n.
菜
单
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【解析】
1 (1)设两板间的电压为 U，由动能定理得 qU＝ mv2① 2
由匀强电场中电势差与电场强度的关系得 U＝Ed② mv2 联立上式可得 E＝ ③ 2qd (2)粒子进入磁场后做匀速圆周运动，运用几何关系作出圆心 O′，圆半径为 r.设第 1 次碰撞点为 A，由于粒子与圆筒发生两次碰撞又从 S 孔射出，因此，SA π 弧所对的圆心角∠AO′S 等于 . 3 π 由几何关系得 r＝Rtan ④ 3 v2 粒子运动过程中洛伦兹力充当向心力，由牛顿第二定律，得 qvB＝m ⑤ r 3m v 联立④⑤式得 R＝ ⑥ 3qB
【答案】 (1)0.06 s
菜 单
(2)0.6 m (3)见解析
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