高考物理一轮复习-专题九-磁场课件.ppt

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1、专题九 磁场高考物理高考物理知识清单方法一有界磁场中临界问题的处理方法方法一有界磁场中临界问题的处理方法1.放缩圆法放缩圆法(1)适用条件速度方向一定,大小不同粒子源发射速度方向一定,大小不同的带电粒子进入匀强磁场时,这些带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径随速度的变化而变化。轨迹圆圆心共线如图所示(图中只画出粒子带正电的情景),速度v越大,运动半径也越大。可以发现这些带电粒子射入磁场后,它们运动轨迹的圆心在垂直初速度方向的直线PP上。突破方法(2)界定方法以入射点P为定点,圆心位于PP直线上,将半径放缩作轨迹,从而探索出临界条件,这种方法称为“放缩圆法”。例例1如图所示,宽度为d的匀强有

2、界磁场,磁感应强度为B,MM和NN是磁场左右的两条边界线。现有一质量为m、电荷量为q的带电粒子沿图示方向垂直射入磁场中,=45。要使粒子不能从右边界NN射出,求粒子入射速率的最大值为多少?解析用“放缩圆法”作出带电粒子运动的轨迹如图所示,当其运动轨迹与NN边界线相切于P点时,这就是具有最大入射速率vmax的粒子的轨迹。由图可知:Rmax(1-cos 45)=d,又Bqvmax=m,联立可得vmax=。答案答案 2.平移圆法平移圆法(1)适用条件速度大小一定,方向不同粒子源发射速度大小一定、方向不同的带电粒子进入匀强磁场时,它们在磁场中做匀速圆周运动的半径相同,若射入初速度为v0,则圆周运动半径

3、为R=。如图所示。2maxmaxvR(22)Bqdm(22)Bqdm0mvqB轨迹圆圆心共圆带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心在以入射点P为圆心、半径R=的圆(这个圆在下面的叙述中称为“轨迹圆心圆”)上。(2)界定方法将一半径为R=的圆沿着“轨迹圆心圆”平移,从而探索出临界条件,这种方法称为“平移圆法”。例例2如图,真空室内存在匀强磁场,磁场方向垂直于纸面向里,磁感应强度的大小B=0.60 T。磁场内有一块平面感光板ab,板面与磁场方向平行。在距ab为l=16 cm处,有一个点状的粒子放射源S,它向各个方向发射粒子,粒子的速率都是v=3.0106 m/s。已知粒子的电荷量与质量之0mvqB0

4、mvqB比=5.0107 C/kg。现只考虑在纸面内运动的粒子,求ab板上被粒子打中区域的长度。解析解析 粒子带正电,故在磁场中沿逆时针方向做匀速圆周运动。用R表示轨迹半径,有qvB=m,由此得R=,代入数值得R=10 cm,可见2RlR。因朝不同方向发射的 粒子的圆轨迹都过S,由此可知,某一圆轨迹在下图中N左侧与ab相切,则此切点P1就是 粒子能打中的左侧最远点。为确定P1点的位置,可作平行于ab的直线cd,cd到abqm2vRmvqB的距离为R,以S为圆心,R为半径,作圆弧交cd于Q点,过Q作ab的垂线,它与ab的交点即为P1。即:NP1=。再考虑N的右侧。任何 粒子在运动中离S的距离不可

5、能超过2R,以2R为半径、S为圆心作圆弧,交ab于N右侧的P2点,此即右侧能打到的最远点。由图中几何关系得NP2=,所求长度为P1P2=NP1+NP2,代入数值得 P1P2=20 cm。22()RlR22(2 )Rl答案答案20 cm方法二带电粒子在磁场中运动的多解问题的分析方法方法二带电粒子在磁场中运动的多解问题的分析方法带电粒子在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动,由于多种因素的影响,使问题形成多解。类型分析图例带电粒子电性不确定受洛伦兹力作用的带电粒子,可能带正电荷,也可能带负电荷,在相同的初速度下,正、负粒子在磁场中运动轨迹不同,形成多解如图,带电粒子以速度v垂直进入匀强磁场;如带正电,其

6、轨迹为a;如带负电,其轨迹为b磁场方向不确定只知道磁感应强度大小,而未具体指出磁感应强度方向,此时必须要考虑磁感应强度方向不确定而形成的多解如图带正电粒子以速度v垂直进入匀强磁场,若B垂直纸面向里,其轨迹为a,若B垂直纸面向外,其轨迹为b临界状态不唯一带电粒子在洛伦兹力作用下飞越有界磁场时,由于粒子运动轨迹是圆弧状,因此,它可能穿过去了,也可能转过180从入射界面这边反向飞出,于是形成多解运动具有周期性带电粒子在部分是电场,部分是磁场空间运动时,往往运动具有周期性,因而形成多解例例3 (2013福建理综,22,20分)如图甲,空间存在一范围足够大的垂直于xOy平面向外的匀强磁场,磁感应强度大小

7、为B。让质量为m,电量为q(q0)的粒子从坐标原点O沿xOy平面以不同的初速度大小和方向入射到该磁场中。不计重力和粒子间的影响。(1)若粒子以初速度v1沿y轴正向入射,恰好能经过x轴上的A(a,0)点,求v1的大小;(2)已知一粒子的初速度大小为v(vv1),为使该粒子能经过A(a,0)点,其入射角(粒子初速度与x轴正向的夹角)有几个?并求出对应的sin 值;(3)如图乙,若在此空间再加入沿y轴正向、大小为E的匀强电场,一粒子从O点以初速度v0沿y轴正向发射。研究表明:粒子在xOy平面内做周期性运动,且在任一时刻,粒子速度的x分量vx与其所在位置的y坐标成正比,比例系数与场强大小E无关。求该粒

8、子运动过程中的最大速度值vm。解题思路解题思路解答本题要求能够做到物理与数学相结合。图中的OA若从数学角度看其实就是一条弦,过该弦可以作出两个相交圆,两相交圆对应的两切线即为所求的粒子速度方向所在直线。解析解析(1)带电粒子以速率v在匀强磁场B中做匀速圆周运动,半径为R,有qvB=m当粒子以初速度v1沿y轴正向入射,转过半个圆周至A点,该圆周半径为R1,有:R1=将代入式得v1=(2)如图,O、A两点处于同一圆周上,且圆心在x=的直线上,半径为R。当给定一个初速率v时,有2个入射角,分别在第1、2象限,有2vR2a2qBam2asin =sin =由式解得sin =(3)粒子在运动过程中仅电场

9、力做功,因而在轨道的最高点处速率最大,用ym表示其y坐标,由动能定理,有qEym=m-m由题知,有vm=kym2aR2aqBmv122mv1220v若E=0时,粒子以初速度v0沿y轴正向入射,有qv0B=mv0=kR0由式解得vm=+答案答案(1)(2)2个 (3)+ 200vREB220()EvB2qBam2aqBmvEB220()EvB方法三带电粒子在独立的电场、磁场中的处理方法方法三带电粒子在独立的电场、磁场中的处理方法1.运动特点及处理方法运动特点及处理方法 运动特点处理方法电场中匀变速直线运动(1)牛顿运动定律、运动学公式(2)动能定理类平抛运动(1)运动的合成与分解(2)功能关系磁

10、场中匀速直线运动匀速运动的公式匀速圆周运动圆周运动公式、牛顿运动定律、几何知识2.“电偏转电偏转”和和“磁偏转磁偏转”的比较的比较3.电子、质子、粒子、离子等微观粒子在复合场中运动时,一般都不计重力,但质量较大的物体(如带电尘粒)在复合场中运动时,不能忽略重力。例例4 (2014四川理综,10,17分)在如图所示的竖直平面内,水平轨道CD和倾斜轨道GH与半径r= m的光滑圆弧轨道分别相切于D点和G点,GH与水平面的夹角=37。过G点、垂直于纸面的竖直平面左侧有匀强磁场,磁场方向垂直于纸面向里,磁感应强度B=1.25 T;过D点、垂直于纸面的竖直平面右侧有匀强电场,电场方向水平向右,电场强度E=

11、1104 N/C。小物体P1质量m=210-3 kg、电荷量q=+810-6 C,受到水平向右的推力F=9.9810-3 N的作用,沿CD向右做匀速直线运动,到达D点后撤去推力。当P1到达倾斜轨道底端G点时,不带电的小物体P2在GH顶端静止释放,经过时间t=0.1 s与P1相遇。P1和P2与轨道CD、GH间的动摩擦因数均为=0.5,取g=10 m/s2,sin 37=0.6,cos 37=0.8,物体电荷量保持不变,不计空气阻力。求:944(1)小物体P1在水平轨道CD上运动速度v的大小;(2)倾斜轨道GH的长度s。解题思路解题思路关注:小物体P1在CD段做匀速直线运动,受力平衡。在D点撤去推

12、力F。小物体P2在GH顶端由静止释放时,P1刚好到达G点。洛伦兹力不做功。解析解析(1)设小物体P1在匀强磁场中运动的速度为v,受到向上的洛伦兹力为F1,受到的摩擦力为f,则F1=qvBf=(mg-F1)由题意,水平方向合力为零F-f=0联立式,代入数据解得v=4 m/s(2)设P1在G点的速度大小为vG,由于洛伦兹力不做功,根据动能定理qEr sin -mgr(1-cos )=m-mv2P1在GH上运动,受到重力、电场力和摩擦力的作用,设加速度为a1,根据牛顿第二定律qE cos -mg sin -(mg cos +qE sin )=ma1P1与P2在GH上相遇时,设P1在GH上运动的距离为

13、s1,则s1=vGt+a1t2122Gv1212设P2质量为m2,在GH上运动的加速度为a2,则m2g sin -m2g cos =m2a2P1与P2在GH上相遇时,设P2在GH上运动的距离为s2,则s2=a2t2s=s1+s2联立式,代入数据得s=0.56 m答案答案(1)4 m/s(2)0.56 m4-1 (2015福建福州质检,21)如图所示,在x轴上方存在匀强磁场,磁感应强度为B,方向垂直纸面向里。在x轴下方存在匀强电场,方向竖直向上。一个质量为m,电荷量为q,重力不计的带正电粒子从y轴上的a(0,h)点沿y轴正方向以某初速度开始运动,一段时间后,粒子速度方向与x轴正方向成45角进入电

14、场,经过y轴的b点时速度方向恰好与y轴垂直。求:12(1)粒子在磁场中运动的轨道半径r和速度大小v1;(2)匀强电场的电场强度大小E;(3)粒子从开始到第三次经过x轴的时间t0。答案答案(1)h (2)(3)(+2+2)解析解析(1)根据题意可大体画出粒子在组合场中的运动轨迹如图所示,由几何关系有22qBhm2( 21)qhBm1142mqBr cos 45=h可得r=h又qv1B=可得v1=(2)设粒子第一次经过x轴的位置为x1,到达b点时速度大小为vb,结合类平抛运动规律,有vb=v1 cos 45得vb=221mvrqBrm2qBhmqBhm设粒子进入电场经过时间t运动到b点,b点的纵坐

15、标为-yb结合类平抛运动规律得r+r sin 45=vbtyb=(v1 sin 45+0)t=h由动能定理有:-qEyb=m-m解得E=(3)粒子在磁场中的周期为T=第一次经过x轴的时间t1=T=在电场中运动的时间t2=2t=在第二次经过x轴到第三次经过x轴的时间t3=T=所以总时间t0=t1+t2+t3=(+2+2)12212122bv1221v2( 21)qhBm12 rv2 mqB5854mqB2( 21)mqB3432mqB1142mqB评析评析 本题为单一粒子在组合场中运动,具有多个过程,同时具有对称性。解题的关键是正确理解以下两点:与x轴正方向成45进入。恰好与y轴垂直。本题属于中等难度综合题,具有典型性。