《河北省2018年高考物理一轮总复习 磁场 第57讲 单元小结课件》由会员分享，可在线阅读，更多相关《河北省2018年高考物理一轮总复习 磁场 第57讲 单元小结课件（26页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、第57讲 单 元 小 结 知识网络,能力升华 一、带电粒子在磁场中的径迹问题 例1 一带电粒子沿垂直于磁场的方向射入一匀强磁场,粒子的一段径迹如图57-1所示,径迹上的每一段都可近似看成圆弧,由于带电粒子使沿途空气电离,粒子的能量逐渐减小(粒子所带电荷量不变),从图中情况可以确定( ) A.粒子从a运动到b,带正电 B.粒子从a运动到b,带负电 C.粒子从b运动到a,带正电 D.粒子从b运动到a,带负电 【解析】带电粒子在磁场中运动时,由于不断电离气体,其动能将逐渐减小,由 知,其速率v不断减小,再由轨,图57-1,道半径公式 可知,其轨道半径r将逐渐减小,因此粒子是从b向a运动的；根据带电粒
2、子径迹的弯曲方向可知,带电粒子受到的洛伦兹力的方向应指向其径迹的内侧(即弯曲径迹凹的一侧),利用左手定则可以判断粒子带正电.故选项C正确. 【答案】C 方法概述 在磁场章节中常涉及到与带电粒子在磁场中的运动轨迹相关的问题，此类问题多以选择题的形式出现,解决此类问题常常需要根据带电粒子运动轨迹的弯曲情况确定洛伦兹力的方向,结合其运动轨道半径公式，即 来分析.,二、带电粒子在磁场中运动的多解问题 例2 (2009年全国理综卷)如图57-2甲所示，在x轴下方有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于xOy平面向外.P是y轴上距原点为h的一点，N0为x轴上距原点为a的一点.A是一块平行于x轴的挡板，与
3、x轴的距离为 ，A的中点在y轴上，长度略小于 .带电粒子与挡板碰撞前后，x方向的分速度不变，y方向的分速度反向、大小不变.质量为m、电荷量为q(q0)的粒子从P点瞄准N0点入射，最后又通过P点.不计重力.求粒子入射速度的所有可能值.,图57-2甲,【解析】设粒子的入射速度为v,第一次射出磁场的点为N0,与板碰撞后再次进入磁场的位置为N1.粒子在磁场中运动的半径为R，有： 粒子的速率不变，每次进入磁场与射出磁场的位置间的距离 x1保持不变，则有： x1=N0N0=2Rsin 粒子射出磁场与下一次进入磁场位置间的距离x2始终不变,与N0N1相等.由图57-2乙可以看出x2=a 设粒子最终离开磁场时
4、,与挡板相碰n次(n=0,1,2)，,图57-2乙,若粒子能回到P点，由对称性可知，出射点的x坐标应为-a， 即：（n+1）x1-nx2=2a 由以上两式得： 若粒子与挡板发生碰撞，则有： 联立解得：n3 式中 解得： . 【答案】略,方法概述 带电粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动,由于多种因素的影响,常使问题形成多解.形成多解的原因主要有以下几个方面： 1.带电粒子的电性不确定 带电粒子以相同的初速度进入磁场中,带正电和带负电所受的洛伦兹力的方向是不同的,在磁场中运动的轨迹就不同,就会形成双解. 2.磁场方向的不确定 带电粒子在磁场方向不同的磁场中,所受洛伦兹力的方向是不同的,在磁场中运动
5、的轨迹就不同,若题目中只告诉磁感应强度的大小,而未具体指出磁场的方向,此时必须要考虑,磁场方向不确定而形成的双解. 3.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,可能会从不同的位置穿越边界,临界条件不唯一会形成多解. 4.运动方向的不确定 带电粒子以不同的速度方向进入磁场中,做圆周运动的轨迹是不同的,因而会形成多解情形. 5.运动的反复性 带电粒子在复合场中运动,或与挡板等边界发生碰撞时,不断地反复在磁场中运动,也会形成一些多解问题. 三、带电粒子在组合场中的运动分析,例3 （2007年全国理综卷）如图57-3甲所示，在坐标系xOy的第一象限中存在
6、沿y轴正方向的匀强电场，场强大小为E；在其他象限中存在匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里.A是y轴上的一点，它到坐标原点O的距离为h；C是x轴上的一点，它到O的距离为l.一质量为m、电荷量为q的带负电的粒子以某一初速度沿x轴正方向从A点进入电场区域，继而通过C点进入磁场区域，并再次通过 A点(此时速度方向与y轴正方向成锐角， 不计重力作用）.试求： （1）粒子经过C点时速度的大小和方向. （2）磁感应强度B的大小.,图57-3甲,【解析】（1）用a表示粒子在电场作用下的加速度，有:qE=ma，即 ,加速度沿y轴负方向. 设粒子从A点进入电场时的初速度为v0，由A点运动到C点经历的时间为t，则有：
7、 l=v0t 由上两式得： 设粒子从C点进入磁场时的速度为v，v垂直于x轴的分量 由上两式得: 设粒子经过C点时的速度方向与x轴的夹角为，则有：,将v1、v0代入上式可得： . （2）粒子从C点进入磁场后在磁场中做速率为v的圆周运动，运动轨迹如图57-3乙所示.设圆周的半径为R，则有： 设圆心为P（作图可知P在第三象限），则PC必与过C点的速度垂直，且有PC=PA=R.用表示PA与y轴的夹角，由几何关系得:Rcos =Rcos +h Rsin =Rsin -l 由上两式得： 将v、R代入 中可解得： .,图57-3乙,【答案】（1） ，与x轴正方向的夹角为 （2） 【点评】题中有“此时速度方向
8、与y轴正方向成锐角”，答案中轨迹如图57-3丙所示，方程“Rsin =Rsin -l”为“Rsin =l-Rsin ”,解答结果相同.但同学们可以用几何方法证明正确的轨迹圆心应在第三象限.,图57-3丙,方法概述 带电粒子从电场区域偏转后进入磁场区域或从磁场区域偏转后进入电场区域问题常在高考题中出现.解决这类问题特别需要注意以下几点. (1)明确带电粒子在各种场中的运动特征，运用其相应的规律解题是解决这类问题的基本思路. (2)题中粒子在电场和磁场的作用下运动往往具有周期性和多样性，因此要注重粒子的动力学分析，搞清运动情境，防止漏解. (3)分析好由一种场区进入另一场区时速度的大小和方向是解决
9、这类问题的关键.同时也要注意分析各种场区之间其他相关的量（如区域长度等）及其相互联系.,体验成功 1.（2007年四川理综卷）如图57-4甲所示，长方形abcd的长ad=0.6m，宽ab=0.3m，O、e分别是ad、bc的中点，以ad为直径的半圆内有垂直纸面向里的匀强磁场(边界上无磁场)，磁感应强度B=0.25T.一群不计重力、质量 、电荷量 的带电粒子以速度 沿垂直ad方向且垂直于磁场射入磁场区域,则（ ）,图57-4甲,布在Oa边和ab边 D.从aO边射入的粒子，出射点分布在ab边和be边 【解析】由左手定则可知粒子射入后向上偏转，轨迹半径 .若整个矩形区域都有磁场，则从O点射入的粒子必从
10、b点射出,如图57-4乙中的轨迹1;而 在题给磁场中粒子的运动轨迹则如图57-4 乙中的2，射出点必落在be边上.所以A、B、 C均错，选项D正确. 【答案】D,图57-4乙,2.(2008年北京理综卷)在如图57-5所示的空间中,存在场强为E的匀强电场,同时存在沿x轴负方向、磁感应强度为B的匀强磁场.一质子(电荷量为e)在该空间 恰沿y轴正方向以速度v匀速运动.据此可以 判断出（ ） A.质子所受电场力大小等于eE,运动中电势能减小;沿z轴正方向电势升高 B.质子所受电场力大小等于eE,运动中电势能增大;沿z轴正方向电势降低 C.质子所受电场力大小等于evB,运动中电势能不变;沿z轴正方向电
11、势升高,图57-5,D.质子所受电场力大小等于evB,运动中电势能不变;沿z轴正方向电势降低 【解析】质子所受电场力与洛伦兹力平衡，大小等于evB，运动中电势能不变；电场线沿z轴负方向，沿z轴正方向电势升高. 【答案】C 3.（2009年全国理综卷）如图57-6甲所示，在宽度分别为l1和l2的两个毗邻的条形区域中分别有匀强磁场和匀强电场，磁场方向垂直纸面向里，电场方向与电、磁场分界线平行向右.一带正电荷的粒子以速率v从磁场区域上边界的P点斜射入磁场，然后以垂直于电、磁场分界线的方向进入电场，最后从电场边界上的Q点射出.已知PQ垂直于电场方向，,粒子轨迹与电、磁场分界线的交点到PQ的距离为d.不
12、计重力，求电场强度与磁感应强度大小之比以及粒子在磁场与电场中运动时间之比. 【解析】粒子在磁场中做匀速圆周运动（如图57-6乙所示）.由于粒子在分界线处的速度与分界线垂直，圆心O应在分界线上.OP长度即为粒子运动的圆弧的半径R.由几何关系得：,图57-6甲,图57-6乙,设粒子的质量和所带正电荷分别为m和q，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得： 设P为虚线与分界线的交点，POP=, 则粒子在磁场中的运动时间为： 式中 粒子进入电场后做类平抛运动，其初速度为v，方向垂直于电场.设粒子加速度大小为a,由牛顿第二定律得： qE=ma 由运动学公式有:,l2=vt2 式中t2是粒子在电场中运动的时间.联立
13、以上式子有： . 【答案】 4.（2009年宁夏理综卷）如图57-7甲所示,在第一象限有一匀强电场,场强大小为E,方向与y轴平行；图57-7甲在x轴下方有一匀强磁场,磁场方向与纸面垂直.一质量为m、电荷量为-q(q0)的粒子以平行于x轴的速度从y轴上的P点处射入电场,在x轴上的Q点处进入磁场,并从坐标原点O离开磁场.粒子在磁场中的运动轨迹与y轴交于M点.已知OP=l, ，不计重力.求:,（1）M点与坐标原点O间的距离. （2）粒子从P点运动到M点所用的时间. 【解析】（1）带电粒子在电场中做类平抛运动，在y轴负方向上做初速度为零的匀加速运动，设加速度的大小为a;在x轴正方向上做匀速直线运动，设
14、速度为v0；粒子从P点运动到Q点所用的时间为t1，进入磁场时速度方向与x轴正方向的夹角为，则:,图57-7甲,图57-7乙,其中 ，y0=l. 又 联立解得：=30 因为M、O、Q三点在圆周上，MOQ=90，所以MQ为直径.从图57-7乙中的几何关系可知： MO=6l. (2)设粒子在磁场中运动的速度为V，从Q点到M点运动的时间为t2，则有： 带电粒子自P点出发到M点所用的时间为: t=t1+t2,联立各式并代入数据得: . 【答案】（1）6l（2） 5.(2009年重庆理综卷)如图57-8甲所示,离子源A产生的初速度为零、带电荷量均为e、质量不同的正离子被电压为U0的加速电场加速后匀速通过准
15、直管,垂直射入匀强偏转电场,偏转后通过极板HM上的小孔S离开电场,经 过一段匀速直线运动,垂直于边界MN进入 磁感应强度为B的匀强磁场.已知HO=d,HS=2d,MNQ=90.(忽略离子所 受重力),图57-8甲,(1)求偏转电场场强E0的大小以及HM与MN的夹角. (2)求质量为m的离子在磁场中做圆周运动的半径. (3)若质量为4m的离子垂直打在NQ的中点S1处,质量为16m的离子打在S2处.求S1和S2之间的距离以及能打在NQ上的正离子的质量范围. 【解析】(1)设正离子经电压为U0的电场加速后速度为v1,应用动能定理有: 正离子垂直射入匀强偏转电场,受到的电场力F=eE0 产生的加速度 即 垂直电场方向做匀速运动，有：2d=v1t,沿电场方向，有： 联立解得: 又 解得: . (2)正离子进入磁场时的速度大小 正离子在匀强磁场中做匀速圆周运动,由洛伦兹力提供向心力，则有： 联立可得正离子在磁场中做圆周运动的半径 . (3)将4m和16m代入R,得,图57-8乙,由几何关系可知S1和S2之间的距离 联立解得: 由 得: 由 得：mm正25m. 【答案】（1）45(2) (3)mm正25m,图57-8丙,
