《（江蘇專用）2020版高考物理新增分大一輪復(fù)習(xí) 第八章 磁場 第2講 磁場對運動電荷的作用課件.ppt》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（江蘇專用）2020版高考物理新增分大一輪復(fù)習(xí) 第八章 磁場 第2講 磁場對運動電荷的作用課件.ppt（74頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
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2、v可以有任意夾角) 4.做功：洛倫茲力 .,B、v,不做功,自測1帶電荷量為q的粒子在勻強磁場中運動，下列說法中正確的是 A.只要速度大小相同，所受洛倫茲力就相同 B.如果把q改為q，且速度反向、大小不變，則其所受洛倫茲力的大小、 方向均不變 C.洛倫茲力方向一定與電荷速度方向垂直，磁場方向一定與電荷運動方向垂直 D.粒子在只受洛倫茲力作用下運動的動能、速度均不變,二、帶電粒子(不計重力)在勻強磁場中的運動,1.若vB，帶電粒子以入射速度v做 運動. 2.若vB，帶電粒子在垂直于磁感線的平面內(nèi)，以入射速度大小v做_ 運動. 3.基本公式 (1)向心力公式：qvB ； (2)軌道半徑公式：r ；
3、 (3)周期公式：T . 注意：帶電粒子在勻強磁場中運動的周期與速率 .,勻速直線,勻速圓周,無關(guān),自測2(多選)如圖1所示，在勻強磁場中，磁感應(yīng)強度B12B2，當(dāng)不計重力的帶電粒子從B1磁場區(qū)域運動到B2磁場區(qū)域時，粒子的 A.速率將加倍 B.軌跡半徑加倍 C.周期將加倍 D.做圓周運動的角速度將加倍,圖1,研透命題點,1.洛倫茲力的特點 (1)利用左手定則判斷洛倫茲力的方向，注意區(qū)分正、負(fù)電荷. (2)運動電荷在磁場中不一定受洛倫茲力作用. (3)洛倫茲力一定不做功. 2.洛倫茲力與安培力的聯(lián)系及區(qū)別 (1)安培力是洛倫茲力的宏觀表現(xiàn)，二者是相同性質(zhì)的力，都是磁場力. (2)安培力可以做功
4、，而洛倫茲力對運動電荷不做功.,命題點一對洛倫茲力的理解,3.洛倫茲力與電場力的比較,例1(2018南京市、鹽城市二模)如圖2所示，在磁感應(yīng)強度大小為B，范圍足夠大的水平勻強磁場內(nèi)，固定著傾角為的絕緣斜面，一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電小物塊以初速度v0沿斜面向上運動，小物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為.設(shè)滑動時電荷量不變，在小物塊上滑過程中，其加速度大小a與時間t的關(guān)系圖象，可能正確的是,圖2,解析物塊向上運動的過程中合力為Fmgsin Ffmgsin mgcos qvB，方向沿斜面向下，故物塊做減速運動，當(dāng)物塊速度減小時，所受合力減小，加速度減小，速度的變化越來越慢，即合力的變化越來越慢，又因合
5、力大小大于等于mgsin mgcos ，所以加速度減小得越來越慢，但大于等于某個值，不會逐漸減小到零，故C正確.,變式1(2018南京市、鹽城市一模)如圖3所示，電視顯像管中有一個電子槍，工作時它能發(fā)射電子，熒光屏被電子束撞擊就能發(fā)光.在偏轉(zhuǎn)線圈處有垂直于紙面的磁場B1和平行于紙面方向豎直的磁場B2，就是靠這樣的磁場來使電子束偏轉(zhuǎn)，使整個熒光屏發(fā)光.經(jīng)檢測僅有一處故障：磁場B1不存在，則熒光屏上 A.不亮 B.僅有一個中心亮點 C.僅有一條水平亮線 D.僅有一條豎直亮線,圖3,解析磁場B1 不存在，只有平行于紙面方向豎直的磁場B2，電子垂直進入該磁場后，所受的洛倫茲力為水平方向，所以在熒光屏上
6、僅有一條水平亮線，故C正確.,命題點二帶電粒子在有界勻強磁場中的運動,直線邊界，粒子進出磁場具有對稱性(如圖4所示),模型1直線邊界勻強磁場,圖4,例2(2018南通市等七市三模)如圖5所示，水平虛線MN上方有勻強磁場，磁場方向垂直于紙面向里.大量帶正電的相同粒子，以相同的速率沿位于紙面內(nèi)水平向右到豎直向上90范圍內(nèi)的各個方向，由小孔O射入磁場區(qū)域，做半徑為R的圓周運動.不計粒子重力和粒子間相互作用.下列圖中陰影部分表示帶電粒子可能經(jīng)過的區(qū)域，其中正確的是,圖5,解析入射粒子軌跡圓半徑相同，入射方向變化，可看作軌跡圓旋轉(zhuǎn)，如圖由，只有與兩圓的“交集”區(qū)域沒有粒子經(jīng)過.,平行邊界存在臨界條件(如
7、圖6所示),模型2平行邊界勻強磁場,圖6,例3(2018海安中學(xué)開學(xué)考)如圖7，在0 xl區(qū)域內(nèi)存在與xOy平面垂直的勻強磁場，磁感應(yīng)強度的大小為B.一位于坐標(biāo)原點的粒子源在xOy平面內(nèi)發(fā)射出大量同種帶負(fù)電粒子，所有粒子的初速度大小均為v0，方向與x軸正方向的夾角分布在060范圍內(nèi)，在xl處垂直x軸放置一熒光屏S.已知沿x軸正方向發(fā)射的粒子經(jīng)過了熒光屏S上yl的點，則,圖7,B.粒子的運動半徑一定大于等于l,D.粒子打在熒光屏S上亮線的長度大于2l,解析沿x軸正方向入射的粒子軌跡如圖，,與x軸正方向的夾角在060范圍內(nèi)向x軸下方入射的粒子不會 打到屏S上，與x軸正方向成60角向x軸上方入射的粒
8、子軌跡如圖，與屏S交于Q點，由圖可知Q點縱坐標(biāo)一定小于l，故PQ長度小于2l，故D錯誤；,沿徑向射入圓形磁場必沿徑向射出，運動具有對稱性(如圖8所示) 90.,模型3圓形邊界勻強磁場,圖8,例4(多選)(2018江蘇一模) 如圖9所示，在半徑為R的虛線圓形區(qū)域內(nèi)存在一垂直于紙面向里、磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場.大量帶電荷量為q的粒子以相同的速率從M點沿紙面以不同的方向射入該磁場，只有磁場邊界MN劣弧上有粒子射出，已知NOM60.不計粒子重力及帶電粒子之間的相互作用，則 A.這些粒子帶負(fù)電,圖9,解析根據(jù)左手定則知，這些粒子帶正電，故A錯誤； 當(dāng)粒子在磁場中運動半個圓周時，打到虛線圓形磁場的位
9、置最遠(yuǎn)，根據(jù)幾何關(guān)系知，粒子做勻速圓周運動的直徑等于磁場區(qū)域圓的半徑，即粒子運動軌跡半徑r,命題點三帶電粒子在勻強磁場中運動的多解問題,例5如圖10甲所示，M、N為豎直放置彼此平行的兩塊平板，板間距離為d，兩板中央各有一個小孔O、O正對，在兩板間有垂直于紙面方向的磁場，磁感應(yīng)強度隨時間的變化如圖乙所示.有一群正離子在t0時垂直于M板從小孔O射入磁場.已知正離子質(zhì)量為m、帶電荷量為q，正離子在磁場中做勻速圓周運動的周期與磁感應(yīng)強度變化的周期都為T0，不考慮由于磁場變化而產(chǎn)生的電場的影響，不計離子所受重力及離子之間的相互作用.求： (1)磁感應(yīng)強度B0的大?。?圖10,解析設(shè)垂直于紙面向里的磁場方
10、向為正方向.,(2)要使正離子從O垂直于N板射出磁場，正離子射入磁場時的速度v0的可能值.,解析要使正離子從O孔垂直于N板射出磁場，v0的方向應(yīng)如圖所示，,隨堂測試,1.(多選)(2018東臺創(chuàng)新學(xué)校月考)以下說法正確的是 A.電荷處于電場中一定受到靜電力 B.運動電荷在磁場中一定受到洛倫茲力 C.洛倫茲力對運動電荷一定不做功 D.洛倫茲力可以改變運動電荷的速度方向和速度大小,1,2,3,4,5,1,2,3,4,解析電荷處于電場中一定受到靜電力FqE，故A正確； 運動電荷的速度方向與磁場方向平行時，運動電荷不受洛倫茲力，故B錯誤； 洛倫茲力的方向始終與速度方向垂直，洛倫茲力對運動電荷一定不做功
11、，故C正確； 洛倫茲力對運動電荷一定不做功，由動能定理得，洛倫茲力不能改變運動電荷的動能，即洛倫茲力不能改變運動電荷的速度大小，只能改變速度方向，故D錯誤.,5,2.(多選)下列關(guān)于圖11中各帶電粒子所受洛倫茲力的方向或帶電粒子的帶電性質(zhì)的判斷正確的是 A.甲圖中粒子所受洛倫茲力方向豎直向上 B.乙圖中粒子所受洛倫茲力方向垂直紙面向里 C.丙圖中粒子帶負(fù)電 D.丁圖中粒子所受洛倫茲力方向垂直紙面向外,1,2,3,4,圖11,5,3.(2018豐縣中學(xué)月考)如圖12所示，MN為鋁質(zhì)薄平板，鋁板上方和下方分別有垂直于紙面的勻強磁場(未畫出).一帶電粒子從緊貼鋁板上表面的P點垂直于鋁板向上射出，從Q
12、點穿越鋁板后到達(dá)PQ的中點O.已知粒子穿越鋁板時，其動能損失一半，速度方向和電荷量不變.不計重力，鋁板上方和下方的磁感應(yīng)強度大小之比為,1,2,3,4,圖12,5,1,2,3,4,5,4.在赤道處，將一小球向東水平拋出，落地點為a；給小球帶上電荷后，仍從同一位置以原來的速度水平拋出，考慮地磁場的影響，不計空氣阻力，下列說法正確的是 A.無論小球帶何種電荷，小球仍會落在a點 B.無論小球帶何種電荷，小球下落時間都會延長 C.若小球帶負(fù)電荷，小球會落在更遠(yuǎn)的b點 D.若小球帶正電荷，小球會落在更遠(yuǎn)的b點,1,2,3,4,5,5.如圖13所示，在半徑為R 的圓形中，磁感應(yīng)強度為B，圓形區(qū)域右側(cè)有一豎
13、直感光板MN，帶正電粒子從圓弧頂點P以速率v0平行于紙面進入磁場，已知粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q，粒子重力不計. (1)若粒子對準(zhǔn)圓心射入，求它在磁場中運動的時間；,圖13,1,2,3,4,5,1,2,3,4,5,解析設(shè)帶電粒子進入磁場中做勻速圓周運動的軌跡半徑為r，由牛頓第二定律得Bqv0 解得rR 帶電粒子在磁場中的運動軌跡為四分之一圓弧，軌跡對應(yīng)的圓心角為 ，如圖甲所示，則,(2)若粒子對準(zhǔn)圓心射入，且速率為 v0，求它打到感光板上時速度的垂直分量；,1,2,3,4,5,1,2,3,4,5,其運動軌跡如圖乙所示， 由圖可知PO2OOO2D30 所以帶電粒子離開磁場時速度的偏轉(zhuǎn)角為60 故
14、打到感光板上速度的垂直分量vvsin 60 v0,1,2,3,4,5,(3)若粒子以速度v0從P點以任意角射入磁場，試證明它離開磁場后均垂直打在感光板上.,答案見解析,1,2,3,4,5,解析當(dāng)帶電粒子以v0射入時，帶電粒子在磁場中的運動軌跡半徑為R. 設(shè)粒子射入方向與PO方向夾角為，帶電粒子從區(qū)域邊界S射出，帶電粒子運動軌跡如圖丙所示， 由圖可知PO3O3SPOSOR 所以四邊形POSO3為菱形 故POO3S 因此，帶電粒子射出磁場時的速度方向為水平方向，與入射的方向無關(guān)，故粒子均能垂直打在感光板上.,課時作業(yè),1.下列說法正確的是 A.運動電荷在磁感應(yīng)強度不為0的地方，一定受到洛倫茲力的作
15、用 B.運動電荷在某處不受洛倫茲力的作用，則該處的磁感應(yīng)強度一定為0 C.洛倫茲力既不能改變帶電粒子的動能，也不能改變帶電粒子的速度 D.洛倫茲力對帶電粒子總不做功,雙基鞏固練,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,2.如圖1所示，電子射線管放在U形磁鐵的N極和S極之間，射線管的P和Q兩極分別接在直流高壓電源的正極和負(fù)極，此時熒光屏上顯示的電子束運動徑跡將 A.向上偏轉(zhuǎn) B.向下偏轉(zhuǎn) C.不發(fā)生偏轉(zhuǎn) D.先向上偏轉(zhuǎn)后向下偏轉(zhuǎn),1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,圖1,12,3.(多選)(2018東臺創(chuàng)新學(xué)校月考)如圖2所示，質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子，以不同的初
16、速度兩次從O點垂直于磁場和磁場邊界向上射入勻強磁場，在洛倫茲力作用下分別從M、N兩點射出磁場，測得OMON34，粒子重力不計，則下列說法中不正確的是 A.帶電粒子兩次在磁場中運動的時間之比為34 B.帶電粒子兩次在磁場中運動的路程之比為34 C.帶電粒子兩次在磁場中所受的洛倫茲力大小之比為34 D.帶電粒子兩次在磁場中所受的洛倫茲力大小之比為43,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,圖3,11,12,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,解析粒子做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律，有：qvB ，,12,由于軌道半徑之比為34，故弧長之比為34， 即路程之比為3
17、4，故B正確；,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,軌道半徑之比為34，故速度大小之比為34； 由于洛倫茲力FqvBv，故洛倫茲力大小之比為34， 故C正確，D錯誤.,12,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,4.(2019新海中學(xué)月考)如圖3所示，圓形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面的勻強磁場，兩個質(zhì)量和電荷量都相同的帶電粒子a、b，以不同的速率沿著AO方向?qū)?zhǔn)圓心O射入磁場，其運動軌跡如圖.若帶電粒子只受洛倫茲力的作用，則下列說法正確的是 A.a粒子速率較大 B.b粒子速率較大 C.b粒子在磁場中運動時間較長 D.a、b粒子在磁場中運動時間一樣長,12,圖3,5.如圖4所示，長直導(dǎo)
18、線ab附近有一帶正電荷的小球用絕緣絲線靜止懸掛在M點.當(dāng)ab中通以由ba的恒定電流時，下列說法正確的是 A.小球受磁場力作用，方向與導(dǎo)線垂直且垂直紙面向里 B.小球受磁場力作用，方向與導(dǎo)線垂直且垂直紙面向外 C.小球受磁場力作用，方向與導(dǎo)線垂直并指向左方 D.小球不受磁場力作用,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,圖4,11,12,6.(多選)(2018鹽城中學(xué)模擬)如圖5所示，虛線上方存在勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B；一群電子以不同速率從邊界上的P點以相同的方向射入磁場.其中某一速率為v0的電子從Q點射出.已知電子入射方向與邊界夾角為，則由以上條件可判斷 A.該勻強磁場的方向垂直紙面向里
19、B.所有電子在磁場中的軌跡相同 C.速率大于v0的電子在磁場中運動時間長 D.所有電子的速度方向都改變了2,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,圖5,11,12,解析由左手定則可知，該勻強磁場的方向垂直紙面向里，A選項正確；,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,所有電子偏轉(zhuǎn)角度相同，所有電子的速度方向都改變了2，D選項正確.,7.(2018徐州三中月考)如圖6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、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，質(zhì)量為m、帶電荷量為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)
20、地面時的動能與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，滑塊可能靜止于斜面上,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,圖6,12,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,解析據(jù)左手定則可知，滑塊受到垂直斜面向下的洛倫茲力，C正確； 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錯誤； 速度相同時，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，根據(jù)動能定理可知，滑塊到達(dá)地面時的動能就越小，B錯誤； 由于開始時滑塊不受洛倫茲力就能下滑，故B再大，滑塊也不可能靜止在斜面上，D錯誤.,12
21、,8.(多選)(2018豐縣中學(xué)月考) 如圖7所示，在平板PQ上方有一勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里.某時刻有a、b、c三個電子(不計重力)分別以大小相等、方向如圖所示的初速度va、vb和vc經(jīng)過平板PQ上的小孔O射入勻強磁場.這三個電子打到平板PQ上的位置到小孔O的距離分別是la、lb和lc，電子在磁場中運動的時間分別為ta、tb和tc.整個裝置放在真空中.則下列判斷正確的是 A.lalclb B.lalblc C.tatbtc D.tatbtc,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,綜合提升練,圖7,解析三個電子的速度大小相等，方向如圖所示，垂直進入同一勻強磁場中.由于初速
22、度va和vc的方向與PQ的夾角相等，所以這兩個電子的運動軌跡正好組合成一個完整的圓，則這兩個電子打到平板PQ上的位置到小孔的距離是相等的.而初速度為vb的電子初速度方向與PQ垂直，則它的運動軌跡正好是半圓，所以初速度為vb的電子打到平板PQ上的位置到小孔的距離恰好是軌跡圓的直徑.由于它們的速度大小相等，因此它們的運動軌跡的半徑均相同，所以lalclb，選項A正確，B錯誤；,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,從圖中可得，初速度為va的電子偏轉(zhuǎn)的角度最大，初速度為vc的電子偏轉(zhuǎn)的角度最小，根據(jù)粒子在磁場中運動的時間與偏轉(zhuǎn)的角度之間的關(guān)系：t 可得，tatbtc，故選項C錯誤，D
23、正確.,9.(多選)(2018江蘇省高考壓軸卷)在xOy平面上以O(shè)為圓心，半徑為r的圓形區(qū)域內(nèi)，存在磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，磁場方向垂直于xOy平面.一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子，從原點O以初速度v沿y軸正方向開始運動，經(jīng)時間t后經(jīng)過x軸上的P點，此時速度與x軸正方向成角，如圖8所示.不計重力的影響，則下列關(guān)系一定成立的是,圖8,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,10.(2018銅山中學(xué)模擬)如圖9所示，在邊長為2a的正三角形區(qū)域內(nèi)存在方向垂直于紙面向里的勻強磁場，一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子(重力不計)從
24、AB邊的中心O以速度v進入磁場，粒子進入磁場時的速度方向垂直于磁場且與AB邊的夾角為60，若要使粒子能從AC邊穿出磁場，則勻強磁場的磁感應(yīng)強度B需滿足,圖9,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,解析若粒子剛好達(dá)到C點時，其運動軌跡與AC相切，如圖所示，,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,11.(2018淮安信息調(diào)研)如圖10所示，豎直平面內(nèi)的光滑傾斜軌道AB、水平軌道CD與半徑r0.5 m的光滑圓弧軌道分別相切于B、C點，AB與水平面的夾角為37，過B點垂直于水平面的豎直平面左側(cè)有勻強磁場，磁感應(yīng)強度B1 T、方向垂直于水平面向里；過C點垂直于紙面的豎直平
25、面右側(cè)有電場強度大小E1104 N/C、方向水平向右的勻強電場(圖中未畫出).現(xiàn)將小物塊P從傾斜軌道上A點由靜止釋放沿AB向下運動，運動過程中電荷量保持不變，不計空氣阻力.已知物塊P的質(zhì)量m0.5 kg、電荷量q2.5104 C，P與水平軌道間的動摩擦因數(shù)為0.2，A、B兩點間距離x1 m，取g10 m/s2， sin 370.6，cos 370.8.求： (1)P下滑到B點的速度大?。?答案見解析,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,圖10,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,解析小物塊從A到B過程，根據(jù)動能定理得,12,代入數(shù)據(jù)解得vB2 m/s,(2)P運動
26、到C點時對圓軌道的壓力；(結(jié)果可用根式表示),答案見解析,解析小物塊從B到C過程，根據(jù)動能定理得,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,(3)P與水平面間因摩擦而產(chǎn)生的熱量.,答案見解析,解析小物塊從C點到停止的過程，根據(jù)能量守恒定律得,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,12.如圖11所示，在屏蔽裝置底部中心位置O點放一醫(yī)用放射源，可通過細(xì)縫沿扇形區(qū)域向外輻射速率為v3.2106 m/s的粒子.已知屏蔽裝置寬AB9 cm，縫長AD18 cm，粒子的質(zhì)量m6.641027 kg，電荷量q3.21019 C.若,圖11,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,
27、11,12,在屏蔽裝置右側(cè)條形區(qū)域內(nèi)加一勻強磁場來隔離輻射，磁感應(yīng)強度B0.332 T，方向垂直于紙面向里，整個裝置放于真空環(huán)境中.(結(jié)果可帶根號) (1)若所有的粒子均不能從條形磁場隔離區(qū)的右側(cè)穿出，則磁場的寬度d至少是多少？,解析由題意：AB9 cm，AD18 cm，可得BAOODC45 所有粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑相同，設(shè)為R，根據(jù)洛倫茲力提供向心力有Bqv 解得R0.2 m. 由題意及幾何關(guān)系可知：若條形磁場區(qū)域的右邊界與沿OD方向進入磁場的 設(shè)此時磁場寬度dd0，由幾何關(guān)系得,粒子的圓周軌跡相切，則所有粒子均不能從條形磁場隔離區(qū)右側(cè)穿出，此時磁場的寬度最小，如圖甲所示.,1,
28、2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,(2)若條形磁場的寬度d20 cm，則射出屏蔽裝置的粒子在磁場中運動的最長時間和最短時間各是多少？,解析設(shè)粒子在磁場內(nèi)做勻速圓周運動的周期為T，則,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,設(shè)速度方向垂直于AD進入磁場區(qū)域的粒子的入射點為E，如圖乙所示.,因磁場寬度d20 cmd0，且R20 cm，則在EOD間進 入磁場區(qū)域的粒子均能穿出磁場右邊界，在EOA間進入磁場區(qū)域的粒子均不能穿出磁場右邊界，沿OE方向進入磁場區(qū)域的粒子運動軌跡與磁場右邊界相切，轉(zhuǎn)過的圓心角最大，故沿OE方向進入磁場的粒子在磁場中運動時間最長，設(shè)在磁場中運動的最長時間為tmax，則tmax 106 s,若粒子在磁場中做勻速圓周運動對應(yīng)的圓弧軌跡的弦長最短，則粒子在磁場中運動的時間最短.最短的弦長為磁場寬度d.軌跡如圖乙所示，因Rd，則最短的弦長對應(yīng)的圓心角為60，設(shè)在磁場中運動的最短時間為tmin，則tmin 106 s.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,
（江蘇專用）2020版高考物理新增分大一輪復(fù)習(xí) 第八章 磁場 第2講 磁場對運動電荷的作用課件.ppt
