高考物理一輪復(fù)習(xí)方案 （高頻考點+熱點導(dǎo)練+歷年高考題）第8章 第3節(jié) 磁場對運動電荷的作用課件 新人教版

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1、第第3節(jié)節(jié)磁場對運動電荷的作用磁場對運動電荷的作用考點考點1：洛倫茲力的特點：洛倫茲力的特點【例1】帶電粒子垂直勻強磁場方向運動時，會受到洛倫茲力的作用下列表述正確的是()A洛倫茲力對帶電粒子做功B洛倫茲力不改變帶電粒子的動能C洛倫茲力的大小與速度無關(guān)D洛倫茲力不改變帶電粒子的速度方向切入點：洛倫茲力的方向總是與運動方向垂直【解析】洛倫茲力的方向與運動方向垂直，只改變速度的方向，不改變速度的大小，不對帶電粒子做功，不改變帶電粒子的動能，A錯，B對，D錯洛倫茲力的大小F=qvB，與速度有關(guān)，C錯答案：B點評：本題從洛倫茲力的方向、及做功的角度考查洛倫茲力的特點考點考點2：帶電粒子在磁場中做勻速圓

2、周運動的問題：帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的問題833002.090(2010)2xaayxyBOmqxyyaa 如圖所示，在、范圍內(nèi)有垂直于平面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為 坐標(biāo)原點 處有一個粒子源，在某時刻發(fā)射大量質(zhì)量為 、電荷量為 的帶正電粒子，它們的速度大小相同，速度方向均在平面內(nèi)，與 軸正方向的夾角分布在 范圍內(nèi)已知粒子在磁場中做圓【例2】周運動的半徑介于到 之間，從發(fā)新課標(biāo)卷射粒子到粒子全部離開磁場經(jīng)歷的時間恰好為粒子在磁場中做圓周運動周期的四分之一，求最后離開磁場的粒子從粒子源射出時的：(1)速度大小；(2)速度方向與y軸正方向夾角的正弦圖8332vRmvmvqvBRRqB

3、設(shè)粒子的發(fā)射速度為 ，粒子做圓周運動的軌道半徑為 ，由牛頓第二定律和洛倫茲力公式，得，解得：【解析】2.42sinsincos2aRaCtTtOCAyaRRRaR 當(dāng) 時，在磁場中運動時間最長的粒子，其軌跡是圓心為 的圓弧，圓弧與磁場的上邊界相切，如圖所示，設(shè)該粒子在磁場中運動的時間為 ，依題意，時，設(shè)最后離開磁場的粒子的發(fā)射方向與 軸正方向的夾角為 ，由幾何關(guān)系可得：，點評：帶電粒子在磁場中的做圓周運動的問題，涉及的物理知識比較單一，核心就是洛倫茲力提供帶電粒子做圓周運動的向心力解決這類問題的關(guān)鍵是正確分析運動過程，作出運動軌跡圖，找出物理量之間的幾何關(guān)系22sincos16666(2)(2

4、)sin.2210aqBRavm又：，解得：，題型一：洛倫茲力與力學(xué)、電學(xué)的綜合問題題型一：洛倫茲力與力學(xué)、電學(xué)的綜合問題【例3】(2011四川)如圖834所示：正方形絕緣光滑水平臺面WXYZ邊長l=1.8m，距地面h=0.8m.平行板電容器的極板CD間距d=0.1m且垂直放置于臺面，C板位于邊界WX上，D板與邊界WZ相交處有一小孔電容器外的臺面區(qū)域內(nèi)有磁感應(yīng)強度B=1T、方向豎直向上的勻強磁場電荷量q=51013C的微粒靜止于W處，在CD間加上恒定電壓U=2.5V，板間微粒經(jīng)電場加速后由D板所開小孔進入磁場(微粒始終不與極板接觸)，然后由XY邊界離開臺面在微粒離開臺面瞬時，靜止于X正下方水平

5、地面上A點的滑塊獲得一水平速度，在微粒落地時恰好與之相遇假定微粒在真空中運動、極板間電場視為勻強電場，滑塊視為質(zhì)點，滑塊與地面間的動摩擦因數(shù)=0.2，取g=10m/s2.圖834(1)求微粒在極板間所受電場力的大小，并說明兩板的極性；(2)求由XY邊界離開臺面的微粒的質(zhì)量范圍；(3)若微粒質(zhì)量m0=11013kg，求滑塊開始運動時所獲得的速度 1111.25 10N qUFdFCD微粒在極板間所受電場力大小為 代入數(shù)據(jù) 由微粒在磁場中的運動可判斷微粒帶正電荷，微粒由極板間電場加速，故 板為正極， 板【解析】為負極 22212mvUqmvRvqvBmR若微粒的質(zhì)量為 ，剛進入磁場時的速度大小為

6、，由動能定理 微粒在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力充當(dāng)向心力，若圓周運動半徑為 ，有 微粒要從XY邊界離開臺面，則圓周運動的邊緣軌跡如圖所示，半徑的極小值與極大值分別為12141328 1 10kg2.89 10kglRRldm 聯(lián)立，代入數(shù)據(jù)，有 (3)如圖，微粒在臺面以速度v做以O(shè)點為圓心，R為半徑的圓周運動，從臺面邊緣P點沿與XY邊界成角飛出做平拋運動，落地點Q，水平位移s，下落時間t.設(shè)滑塊質(zhì)量為M，滑動獲得速度v0后在t內(nèi)沿與平臺前側(cè)面成角方向，以加速度a做勻減速直線運動到Q，經(jīng)過位移為k.由幾何關(guān)系，可得20cos212lRRhtgsvtMgMakv tat 根據(jù)平拋運動， 對于滑

7、塊，由牛頓定律及運動學(xué)方程，有 2220(sin )2 (sin )cossinsin4.15m/s arcsin0.8(53 )ksdRs dRskv再由余弦定理，及正弦定理， 聯(lián)立、和，并代入數(shù)據(jù)，解得：或點評：對于多過程、多對象的力電磁綜合問題要運用程序法對各個對象依次分別進行分析分析清楚各對象的受力、運動情況是成功解答的前提與關(guān)鍵題型二：質(zhì)譜儀與回旋加速器題型二：質(zhì)譜儀與回旋加速器【例4】(2010江蘇卷)1932年，勞倫斯和利文斯設(shè)計出了回旋加速器回旋加速器的工作原理如圖835所示，置于高真空中的D形金屬盒半徑為R，兩盒間的狹縫很小，帶電粒子穿過的時間可以忽略不計磁感應(yīng)強度為B的勻強

8、磁場與盒面垂直A處粒子源產(chǎn)生的粒子，質(zhì)量為m、電荷量為+q，在加速器中被加速，加速電壓為U.加速過程中不考慮相對論效應(yīng)和重力作用圖835 (1)求粒子第2次和第1次經(jīng)過兩D形盒間狹縫后軌道半徑之比； (2)求粒子從靜止開始加速到出口處所需的時間t； (3)實際使用中，磁感應(yīng)強度和加速電場頻率都有最大值的限制若某一加速器磁感應(yīng)強度和加速電場頻率的最大值分別為Bm、fm，試討論粒子能獲得的最大動能Ekm. 1121211112211112121422 1rvqUmvvqv BmrmUrBqmUrBqrr設(shè)粒子第【解析】次經(jīng)過狹縫后的半徑為 ，速度為解得同理，粒子第 次經(jīng)過狹縫后的半徑則 22221

9、 2222nnqUmvvqvBmRmTqBtnTBRtU設(shè)粒子到出口處被加速了 圈解得 mm2kmmm2mm32212mBBmqBfmBqBfmEmvffBvqv BmR加速電場的頻率應(yīng)等于粒子在磁場中做圓周運動的頻率，即 當(dāng)磁感應(yīng)強度為時，加速電場的頻率應(yīng)為 粒子的動能 當(dāng)時，粒子的最大動能由決定 222kmmmmmm222km222.mBmq B REmfffvf REmf R解得當(dāng)時，粒子的最大動能由 決定解得點評：分析回旋加速器的問題，核心是要理解回旋加速器的工作條件，即：加速電場的頻率與粒子做圓周運動的頻率相等1.(2011海南)空間存在方向垂直于紙面向里的勻強磁場，圖836中的正方

10、形為其邊界一細束由兩種粒子組成的粒子流沿垂直于磁場的方向從O點入射這兩種粒子帶同種電荷，它們的電荷量、質(zhì)量均不同，但其比荷相同，且都包含不同速率的粒子不計重力下列說法正確的是( )圖836A入射速度不同的粒子在磁場中的運動時間一定不同B入射速度相同的粒子在磁場中的運動軌跡一定相同C在磁場中運動時間相同的粒子，其運動軌跡一定相同D在磁場中運動時間越長的粒子，其軌跡所對的圓心角一定越大答案：BD()BD180ACmvmrtqBqBO在磁場中半徑，運動時間為轉(zhuǎn)過圓心角，故正確，當(dāng)粒子從 點所在的邊上射出時，軌跡可以不同，【解析】但圓心角相同為，因而錯2.(2011浙江)利用如圖837所示裝置可以選擇

11、一定速度范圍內(nèi)的帶電粒子圖中板MN上方是磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場，板上有兩條寬度分別為2d和d的縫，兩縫近端相距為L.一群質(zhì)量為m、電荷量為q，具有不同速度的粒子從寬度為2d的縫垂直于板MN進入磁場，對于能夠從寬度d的縫射出的粒子，下列說法正確的是( ) 圖837答案：BCA(3)B2CDqBdLmdLBdBL粒子帶正電射出粒子的最大速度為保持 和 不變，增大 ，射出粒子的最大速度與最小速度之差增大保持 和 不變，增大 ，射出粒子的最大速度與最小速度之差增大22minmaxmin3A2B2322CDdLRmvlqvBRRmvqBLqBdqvBvvvvRmmvL 根據(jù)帶電粒

12、子偏轉(zhuǎn)方向和左手定則可知粒子帶負電，故 錯；速度最大粒子偏轉(zhuǎn)半徑為，由可得 正確；速度最小粒子半徑為，由得，故正確；與 無關(guān)，【析】故解錯誤圖8384.(2011淄博模擬)如圖839所示，在x軸上方存在垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B.在xOy平面內(nèi)，從原點O處沿與x軸正方向成角(0)以速率v發(fā)射一個帶正電的粒子(重力不計)則下列說法正確的是( )圖839A若一定，v越大，則粒子在磁場中運動的時間越短B若一定，v越大，則粒子在磁場中運動的角速度越大C若v一定，越大，則粒子在磁場中運動的時間越短D若v一定，越大，則粒子在離開磁場的位置距O點越遠答案： C2222.2ABC022DmTBq

13、tTTtTvvmvrrBqOO粒子運動周期，當(dāng) 一定時，粒子在磁場中運動時間，由于 、均與 無關(guān)，故 、 項錯誤， 項正確當(dāng) 一定時，由知， 一定；當(dāng) 從 變至的過程中， 越大，粒子離開磁場的位置距 點越遠；當(dāng) 大于時， 越大，粒子離開磁場的位置距 點越近【解】，故析項錯誤5.(2011惠州模擬)如圖8310所示，圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面方向的勻強磁場，一束質(zhì)量和電荷量都相同的帶電粒子以不同的速率沿著相同的方向?qū)?zhǔn)圓心O射入勻強磁場，又都從該磁場中射出，這些粒子在磁場中的運動時間有的較長，有的較短若帶電粒子在磁場中只受磁場力的作用，則在磁場中運動時間越長的帶電粒子( )A速率一定越小B速率一定越

14、大C在磁場中通過的路程越長D在磁場中的周期一定越大圖8310A22A.mmvTrqBqBvtT由，可知粒子周期不變，又，可知線速度越大，半徑越大，偏轉(zhuǎn)角 越小，圓心角等于偏轉(zhuǎn)角 ，因此在磁場中運動時間越長的帶電粒子速率一定越小，【】所以選解析6.如圖8311所示，相距為R的兩塊平行金屬板M、N正對著放置，S1、S2分別為M、N板上的小孔，S1、S2、O三點共線，它們的連線垂直M、N，且S2O=R.以O(shè)為圓心、R為半徑的圓形區(qū)域內(nèi)存在磁感應(yīng)強度為B、方向垂直紙面向外的勻強磁場D為收集板，板上各點到O點的距離以及板兩端點的距離都為2R，板兩端點的連線垂直M、N板質(zhì)量為m、帶電量為+q的粒子經(jīng)S1進

15、入M、N間的電場后，通過S2進入磁場粒子在S1處的速度和粒子所受的重力均不計(1)當(dāng)M、N間的電壓為U時，求粒子進入磁場時速度的大小v；(2)若粒子恰好打在收集板D的中點上，求M、N間的電壓值U0；(3)當(dāng)M、N間的電壓不同時，粒子從S1到打在D上經(jīng)歷的時間t會不同，求t的最小值圖8311 1221122SSqUmvqUvm【解析粒子從 到達 的過程中，根據(jù)動能定理得解得粒子進入磁場時速度的大小】 2220220222vqvBmrUrqB rUmDrRqB RUm粒子進入磁場后在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，有 由得，加速電壓 與軌跡半徑 的關(guān)系為 當(dāng)粒子打在收集板 的中點時，粒子在磁場中運動的半徑對應(yīng)電壓 333MNDtrRqBrqBRvmm、 間的電壓越大，粒子進入磁場時的速度越大，粒子在極板間經(jīng)歷的時間越短，同時在磁場中運動軌跡的半徑越大，在磁場中運動的時間也會越短，出磁場后勻速運動的時間也越短，所以當(dāng)粒子打在收集板 的右端時，對應(yīng)時間 最短 根據(jù)幾何關(guān)系可以求得，對應(yīng)粒子在磁場中運動的半徑 由得粒子進入磁場時速度的大小12311232 33233333(3 3)3RmtvqBRmtvqBRmtvqBSDmttttqB粒子在電場中經(jīng)歷的時間粒子在磁場中經(jīng)歷的時間粒子出磁場后做勻速直線運動經(jīng)歷的時間粒子從 到打在收集板 上經(jīng)歷的最短時間為