2019高考物理二輪復(fù)習(xí) 第10講 磁場及帶電粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)課件.ppt
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第10講磁場及帶電粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng),總綱目錄,考點(diǎn)1磁場及其對(duì)電流的作用,1.磁場的疊加和安培定則應(yīng)用的注意點(diǎn)(1)根據(jù)安培定則確定通電導(dǎo)線周圍磁場的方向。(2)磁場中每一點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向?yàn)樵擖c(diǎn)處磁感線的切線方向。(3)磁感應(yīng)強(qiáng)度是矢量,多個(gè)通電導(dǎo)體產(chǎn)生的磁場疊加時(shí),合磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度等于各場源單獨(dú)存在時(shí)在該點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的矢量和,遵從平行四邊形定則。,2.安培力大小和方向,答案C通電導(dǎo)線長為L,其與x軸平行放置時(shí),受到的安培力為F,制作成圓時(shí),半徑為R,則2πR=L,解得R=,故a、b連線的長度d=R=,此時(shí)導(dǎo)線受到的安培力F=F=F,故C正確。,2.(多選)如圖1所示,兩根光滑平行導(dǎo)軌水平放置,間距為L,其間有豎直向下的勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。垂直于導(dǎo)軌水平對(duì)稱放置一根均勻金屬棒。從t=0時(shí)刻起,棒上有如圖2所示的持續(xù)交變電流I,周期為T,最大值為Im,圖1中I所示方向?yàn)殡娏髡较颉t金屬棒()圖1圖2,A.一直向右移動(dòng)B.速度隨時(shí)間周期性變化C.受到的安培力隨時(shí)間周期性變化D.受到的安培力在一個(gè)周期內(nèi)做正功,答案ABC根據(jù)題意得出v-t圖像如圖所示,金屬棒一直向右運(yùn)動(dòng),A正確。速度隨時(shí)間做周期性變化,B正確。據(jù)F安=BIL及左手定則可判定,F安大小不變,方向做周期性變化,則C項(xiàng)正確。安培力在一個(gè)周期內(nèi)做功為零,則D項(xiàng)錯(cuò)。,,3.(2018湖南長沙檢測)(多選)如圖所示,同一平面內(nèi)有兩根平行的無限長直導(dǎo)線1和2,通有大小相等、方向相反的電流,a、b兩點(diǎn)與兩導(dǎo)線共面,a點(diǎn)在兩導(dǎo)線的中間且與兩導(dǎo)線的距離均為r,b點(diǎn)在導(dǎo)線2右側(cè),與導(dǎo)線2的距離也為r?，F(xiàn)測得a點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0,已知距一無限長直導(dǎo)線d處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B=,其中k為常量,I為無限長直導(dǎo)線的電流大小,下列說法正確的是(),A.b點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0B.若去掉導(dǎo)線2,b點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0C.若將導(dǎo)線1中電流大小變?yōu)樵瓉淼?倍,b點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為0D.若去掉導(dǎo)線2,再將導(dǎo)線1中電流大小變?yōu)樵瓉淼?倍,a點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小仍為B0,答案BD根據(jù)B=可知,a點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0=+=,則=B0,根據(jù)右手螺旋定則,此時(shí)b點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為Bb=-==B0,故選項(xiàng)A錯(cuò)誤;若去掉導(dǎo)線2,b點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為Bb==B0,故選項(xiàng)B正確;若將導(dǎo)線1中電流大小變?yōu)樵瓉淼?倍,b點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為Bb″=-==B0,故選項(xiàng)C錯(cuò)誤;若去掉導(dǎo)線2,再將導(dǎo)線1中電流大小變?yōu)樵瓉淼?倍,a點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為Ba″==B0,故選項(xiàng)D正確。,方法技巧安培力作用下力學(xué)問題的處理方法(1)求解安培力作用下的力學(xué)問題的基本思路(2)求解關(guān)鍵及解題難點(diǎn),考點(diǎn)2帶電粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng),1.帶電粒子垂直進(jìn)入勻強(qiáng)磁場時(shí)將做勻速圓周運(yùn)動(dòng),向心力由洛倫茲力提供,洛倫茲力始終垂直于運(yùn)動(dòng)方向,它不做功。圓周運(yùn)動(dòng)半徑R=,周期T=。,2.對(duì)于帶電粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的問題,基本思路是:根據(jù)進(jìn)場點(diǎn)和出場點(diǎn)的速度方向,確定洛倫茲力的方向,利用幾何關(guān)系求半徑。,3.帶電粒子在常見邊界磁場中的運(yùn)動(dòng)規(guī)律(1)直線邊界①對(duì)稱性:若帶電粒子以與邊界成θ角的速度進(jìn)入磁場,則一定以與邊界成θ角的速度離開磁場。②完整性:正、負(fù)帶電粒子以相同的速度進(jìn)入同一勻強(qiáng)磁場時(shí),兩帶電粒子軌跡圓弧對(duì)應(yīng)的圓心角之和等于2π。(2)圓形邊界:沿徑向射入的粒子,必沿徑向射出。,1.如圖所示,在x>0、y>0的空間有恒定的勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直于xOy平面向里,大小為B,現(xiàn)有四個(gè)質(zhì)量及電荷量均相同的帶電粒子,由x軸上的P點(diǎn)以不同的初速度平行于y軸射入此磁場,其出射方向如圖所示,不計(jì)重力的影響,則()A.初速度最大的粒子是沿①方向射出的粒子B.初速度最大的粒子是沿②方向射出的粒子C.在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長的是沿③方向射出的粒子D.在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)間最短的是沿④方向射出的粒子,答案A由R=可知,速度越大半徑越大,選項(xiàng)A正確,B錯(cuò)誤;由于粒子相同,由周期公式T=可知,粒子周期相同,運(yùn)動(dòng)時(shí)間取決于圓弧對(duì)應(yīng)的圓心角,所以在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長的是沿④方向出射的粒子,選項(xiàng)C、D錯(cuò)誤。,2.平面OM和平面ON之間的夾角為30,其橫截面(紙面)如圖所示,平面OM上方存在勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,方向垂直于紙面向外。一帶電粒子的質(zhì)量為m,電荷量為q(q>0)。粒子沿紙面以大小為v的速度從OM的某點(diǎn)向左上方射入磁場,速度與OM成30角。已知該粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)軌跡與ON只有一個(gè)交點(diǎn),并從OM上另一點(diǎn)射出磁場。不計(jì)重力。粒子離開磁場的出射點(diǎn)到兩平面交線O的距離為(),A.B.C.D.,答案D粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示,由qvB=m得R=,分析圖中角度關(guān)系可知,PO半徑與OQ半徑在同一條直線上。則PQ=2R,所以O(shè)Q=4R=,選項(xiàng)D正確。,答案A以粒子帶正電為例分析,先后由O點(diǎn)射入磁場,并在M點(diǎn)相遇的兩個(gè)粒子軌跡恰好組成一個(gè)完整的圓,從O點(diǎn)沿OP方向入射并通過M點(diǎn)的粒子軌跡所對(duì)圓心角為240,根據(jù)帶電粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)周期T=可知,該粒子從進(jìn)入磁場到通過M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t1==,則另一個(gè)粒子軌跡所對(duì)圓心角為120,該粒子從進(jìn)入磁場到通過M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)時(shí)間t2=,可知,兩粒子射入磁場的時(shí)間差可能為Δt=,故A正確。射入磁場方向分別與PQ成30和60角的兩粒子軌跡所對(duì)圓心角之和不是360,不可能在M點(diǎn)相遇,故B錯(cuò),誤。在磁場中運(yùn)動(dòng)的粒子離邊界的最大距離為軌跡圓周的直徑d=,故C錯(cuò)誤。沿OP方向入射的粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的軌跡所對(duì)圓心角最大,運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長,故D錯(cuò)誤。,考點(diǎn)3帶電粒子在有界磁場中運(yùn)動(dòng)的臨界、極值問題,1.有界磁場臨界問題的思維流程,2.解決帶電粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的臨界問題,關(guān)鍵在于運(yùn)用動(dòng)態(tài)思維,尋找臨界點(diǎn),確定臨界狀態(tài),根據(jù)粒子的速度方向找出半徑,同時(shí)由磁場邊界和題設(shè)條件畫好軌跡,定好圓心,建立幾何關(guān)系。3.粒子射出或不射出磁場的臨界狀態(tài)是粒子運(yùn)動(dòng)軌跡與磁場邊界相切。4.當(dāng)速度v大小一定時(shí),弧長越長圓心角越大,則帶電粒子在有界磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間越長。5.當(dāng)速度v大小變化時(shí),圓心角大的運(yùn)動(dòng)時(shí)間長,解題時(shí)一般要根據(jù)受力情況和運(yùn)動(dòng)情況畫出運(yùn)動(dòng)軌跡的草圖,找出圓心,根據(jù)幾何關(guān)系求出半徑及圓心角等。,題型一粒子運(yùn)動(dòng)范圍的空間臨界問題例1(多選)如圖所示,S處有一電子源,可向紙面內(nèi)任意方向發(fā)射電子,平板MN垂直于紙面。在紙面內(nèi)的長度L=9.1cm,中點(diǎn)O與S間的距離d=4.55cm,MN與SO直線的夾角為θ,板所在平面有電子源的一側(cè)區(qū)域有方向垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度B=2.010-4T。電子質(zhì)量m=9.110-31kg,電荷量e=-1.610-19C,不計(jì)電子重力。電子源發(fā)射速度v=1.6106m/s的一個(gè)電子,該電子打在板上可能位置的區(qū)域的長度為l,則(),A.θ=90時(shí),l=9.1cmB.θ=60時(shí),l=9.1cmC.θ=45時(shí),l=4.55cmD.θ=30時(shí),l=4.55cm,答案AD,解析如圖,S到MN的距離d0=dsinθ,因電子在磁場中沿逆時(shí)針方向轉(zhuǎn)動(dòng),則電子打在MN上最上端的位置對(duì)應(yīng)于電子運(yùn)動(dòng)軌跡與MN的切點(diǎn),電子打在MN上最下端的位置對(duì)應(yīng)于到S的距離等于電子運(yùn)動(dòng)軌跡直徑的點(diǎn)(若OD>MN,則最下端位置為N)。因電子運(yùn)動(dòng)軌跡的半徑r==4.55cm。由圖中幾何關(guān)系有OC=,OD=。當(dāng)θ=90時(shí),OD取得最小值r,此時(shí)OD=OD>,從而有l(wèi)=NC=ON+OC-dcosθ=+-dcosθ。,當(dāng)θ=90時(shí),l=9.1cm;當(dāng)θ=60時(shí),l=6.78cm;當(dāng)θ=45時(shí),l=5.68cm;當(dāng)θ=30時(shí),l=4.55cm。故可知A、D正確,B、C錯(cuò)誤。,題型二粒子在有界磁場中運(yùn)動(dòng)的最長時(shí)間問題例2如圖所示,豎直線MN∥PQ,MN與PQ間距離為a,其間存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,O是MN上一點(diǎn),O處有一粒子源,某時(shí)刻放出大量速率均為v(方向均垂直磁場方向)、比荷一定的帶負(fù)電粒子(粒子重力及粒子間的相互作用力不計(jì)),已知沿圖中與MN成θ=60角射入的粒子恰好垂直PQ射出磁場,則粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的最長時(shí)間為(),A.B.C.D.,題型三磁場面積范圍的空間極值問題例3在如圖所示的平面直角坐標(biāo)系xOy中,有一個(gè)圓形區(qū)域的勻強(qiáng)磁場(圖中未畫出),磁場方向垂直于xOy平面,O點(diǎn)為該圓形區(qū)域邊界上的一點(diǎn)?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為+q的帶電粒子(不計(jì)重力)從O點(diǎn)以初速度v0沿x軸正方向進(jìn)入磁場,已知粒子經(jīng)過y軸上P點(diǎn)時(shí)速度方向與+y方向夾角為θ=30,OP=L。求:(1)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小和方向;(2)該圓形磁場區(qū)域的最小面積。,得R=L由牛頓第二定律有qv0B=m解得B=(2)設(shè)磁場區(qū)域的最小面積為S。由幾何關(guān)系得直徑OQ=R=L,所以S=π=,答案BD若r=2R,粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長時(shí),磁場區(qū)域的直徑是軌跡的一條弦,作出軌跡如圖甲,因?yàn)閞=2R,圓心角α=60,粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的最長時(shí)間tmax=T==,故A錯(cuò)誤。若r=2R,粒子沿著與半徑方向成45角斜向下射入磁場,根據(jù)幾何關(guān)系,有tan===,故B正確。若r=R,粒子沿著圓形磁場的半徑方向射入,粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖丙所示,圓心角為90,粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t=T==,故C錯(cuò)誤。若r=R,,粒子沿著與半徑方向成60角斜向下射入磁場,軌跡如圖丁所示,圖中軌跡圓心與磁場圓心以及入射點(diǎn)和出射點(diǎn)構(gòu)成的四邊形為菱形,圓心角為150,故D正確。,答案AC根據(jù)半徑公式R=,當(dāng)v<時(shí),R<,直徑2R下載提示(請(qǐng)認(rèn)真閱讀)
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