《2020版物理新增分大一轮江苏专用版课件：第八章 磁场 专题突破十 》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020版物理新增分大一轮江苏专用版课件：第八章 磁场 专题突破十 （75页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、,大一轮复习讲义,专题突破十 带电粒子在复合场中的运动,第八章 磁场,NEIRONGSUOYIN,内容索引,课时作业,限时训练 练规范 练速度,研透命题点,随堂测试,细研考纲和真题 分析突破命题点,随堂检测 检测课堂学习效果,课时作业,限时训练 练规范 练速度,研透命题点,1.组合场：电场与磁场各位于一定的区域内，并不重叠，电场、磁场交替出现. 2.分析思路 (1)划分过程：将粒子运动的过程划分为几个不同的阶段，对不同的阶段选取不同的规律处理. (2)找关键点：确定带电粒子在场区边界的速度(包括大小和方向)是解决该类问题的关键. (3)画运动轨迹：根据受力分析和运动分析，大致画出粒子的运动轨迹
2、图，有利于形象、直观地解决问题.,命题点一 带电粒子在组合场中的运动,3.“磁偏转”和“电偏转”的区别,例1 (2018江苏单科15)如图1所示，真空中四个相同的矩形匀强磁场区域，高为4d，宽为d，中间两个磁场区域间隔为2d，中轴线与磁场区域两侧相交于O、O点，各区域磁感应强度大小相等.某粒子质量为m、电荷量为q，从O沿轴线射入磁场.当入射速度为v0时，粒子从O上方 处射出磁场.取sin 530.8，cos 530.6. (1)求磁感应强度大小B；,图1,题型1 “磁磁”组合,(2)入射速度为5v0时，求粒子从O运动到O的时间t；,解析 粒子运动轨迹如图所示，设粒子在矩形磁场中的偏转角为. 由
3、几何关系得drsin ，,(3)入射速度仍为5v0，通过沿轴线OO平移中间两个磁场(磁场不重叠)，可使粒子从O运动到O的时间增加t，求t的最大值.,解析 设将中间两磁场分别向中央移动距离x. 粒子向上的偏移量y2r(1cos )xtan ,增加路程的最大值smsm2dd,例2 (2018 南通市、泰州市一模) 如图2所示，两边界MN、PQ相互平行、相距为L，MN左侧存在平行边界沿纸面向下的匀强电场，PQ右侧存在垂直纸面向里的匀强磁场，电场和磁场的区域足够大.质量为m、电荷量为q的粒子从与边界MN距离为2L的O点以方向垂直于边 界MN、大小为v0的初速度向右运动，粒子 飞出电场时速度方向与MN的
4、夹角为45， 粒子还能回到O点.忽略粒子的重力，求： (1)匀强电场的场强大小E；,图2,题型2 “电磁”组合,离开电场时沿电场方向的分速度vyv0tan 45,由牛顿第二定律有qEma,(2)粒子回到O点时的动能Ek；,解析 粒子向右通过电场和向左进入电场回到O点的过程可统一看成类平抛运动，则粒子两次经过边界MN的位置间的距离,(3)磁场的磁感应强度B和粒子从O点出发回到O点的时间t.,设粒子在磁场中的运动半径为r，由几何关系可知2rcos 45h2Ltan 45,1.带电体在叠加场中无约束情况下的运动 (1)洛伦兹力、重力并存 若重力和洛伦兹力平衡，则带电体做匀速直线运动. 若重力和洛伦兹
5、力不平衡，则带电体将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，故机械能守恒，由此可求解问题. (2)电场力、洛伦兹力并存(不计重力的微观粒子) 若电场力和洛伦兹力平衡，则带电体做匀速直线运动. 若电场力和洛伦兹力不平衡，则带电体将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用动能定理求解问题.,命题点二 带电粒子(体)在叠加场中的运动,(3)电场力、洛伦兹力、重力并存(初速度与磁场垂直) 若三力平衡，一定做匀速直线运动. 若重力与电场力平衡，一定做匀速圆周运动. 若合力不为零且与速度方向不垂直，将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用能量守恒定律或动能定理求解问题. 2.带电体在叠加场中有约束情况下的运
6、动 带电体在叠加场中受轻杆、轻绳、圆环、轨道等约束的情况下，常见的运动形式有直线运动和圆周运动，此时解题要通过受力分析明确变力、恒力做功情况，并注意洛伦兹力不做功的特点，运用动能定理、能量守恒定律结合牛顿运动定律求解.,例3 (2018金陵中学等三校四模)如图3所示，在竖直虚线PQ左侧、水平虚线MN下方有范围足够大的竖直向上的匀强电场和水平向外的匀强磁场，电场的电场强度大小为E，磁场的磁感应强度B未知.在距离MN为h的O点将带电小球以v0 的初速度向右水平抛出，小球在MN下方的运动为匀速圆周运动，已知重力加速度为g. (1)求带电小球的比荷 ，并指出小球的 带电性质.,图3,解析 因为小球在M
7、N下方的运动是匀速圆周运动，所以电场力等于重力，电场力方向向上，所以带正电,(2)若小球从O点抛出后最后刚好到达PQ上与O点等高的O1点，求OO1间最小距离s及对应磁场的磁感应强度的值B0.,解析 小球从O点抛出做类平抛运动，运动轨迹如图所示： 根据平抛运动知识可得：,s最小时R最大，此时磁场的磁感应强度有最小值B0.,小球在MN下方做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，,(3)已知磁场磁感应强度为B1，若撤去电场，小球从O点抛出后，在磁场中运动过程距离MN的最大距离为d(该点在PQ左侧)，求小球经过此点时的加速度a的大小.,解析 若撤去电场，小球从O点抛出后，在磁场中运动过程距离MN的最大距离
8、为d,又qv1B1mgma,例4 (2018如皋市模拟四)如图4甲所示，xOy平面处于匀强电场和匀强磁场中，电场强度E和磁感应强度B随时间t变化的图象如图乙所示，周期均为2t0，y轴正方向为E的正方向，垂直于纸面向里为B的正方向.t0时刻，一质量为m、电荷量为q的粒子从坐标原点O开始运动，此时速度大小为v0，方向为x轴方向.已知电场强度大小为E0， 磁感应强度大小B0 ，不计 粒子所受重力.求： (1)t0时刻粒子的速度大小v1及 对应的位置坐标(x1，y1)；,命题点三 带电粒子在交变电磁场中的运动,图4,答案 见解析,解析 0t0时刻，粒子在电场中做平抛运动，沿着x轴正方向有：x1v0t0
9、，,由牛顿第二定律，有qE0ma，,(2)为使粒子第一次运动到y轴时速度沿x方向，B0与E0应满足的关系；,答案 见解析,解析 设粒子在磁场中做圆周运动的周期为T，,解得：T2t0； 则粒子第一次运动到y轴前的轨迹如图所示：,由图可知圆心在y轴上，结合几何关系得到：r1sin v0t0， 且v1cos v0，,(3)t4nt0(n 为正整数)时刻粒子所在位置的横坐标x.,答案 见解析,解析 粒子在磁场中做圆周运动的周期为2t0，即在t02t0时间内粒子转了半圈，在x方向上向左移动了x,2t0时刻速度大小仍为v1，方向与t0时刻速度方向相反，在2t03t0时间内粒子做匀变速曲线运动，根据对称性可
10、知，粒子运动轨迹与0t0时间内相同，3t0时刻速度大小为v0，方向沿着x轴负方向，在3t04t0时间内粒子转动半圈，4t0时刻速度大小为v0，方向沿着x正方向，如图所示；,随堂测试,1.(2018无锡市高三期末)如图5甲，xOy平面内，以O为圆心，R为半径的圆形区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B0.一比荷大小为c的粒子以某一初速度从A(R,0)沿x方向射入磁场，并从B(0，R)射出.不计粒子重力. (1)判定粒子的电性并求出 粒子的初速度大小.,1,2,3,答案 见解析,图5,解析 由左手定则可知，粒子带正电.粒子运动轨迹如图(a)，,1,2,3,(2)若在原磁场区域叠加上另一
11、垂直于纸面的匀强磁场，粒子从A以原初速度射入磁场，射出时速度方向与x轴成60，求所叠加的磁场的磁感应强度.,1,2,答案 见解析,3,若所叠加磁场垂直于纸面向外，粒子从M射出，则根据B1B0B，有B1( 1)B0 若所叠加磁场垂直于纸面向里，粒子从N射出，则根据B1B0B，有B1( 1)B0,1,2,3,(3)若在平面内加一个以O为圆心，从原磁场边界为内边界的圆环形匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，如图乙.粒子从A以原初速度射入磁场，从B射出后，在圆环形磁场中偏转，从P( )再次从圆环形磁场进入圆形磁场，则圆环形磁场外径应满足什么条件？求粒子运动的周期.,1,2,答案 见解析,3,满足条件的m
12、、n的最小值m5、n12的周期为,1,2,3,2.(2018南京市、盐城市一模)如图6所示，半径为r 的圆形区域内有平行于纸面的匀强偏转电场，电场与水平方向成60角，同心大圆半径为 r，两圆间 有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B.质量为m，电荷量为q的粒子经电场加速后恰好沿磁场边界进入磁场，经磁 场偏转恰好从内圆的最高点A 处进入电场，并从 最低点C处离开电场.不计粒子的重力.求：,1,2,图6,(1)该粒子从A 处进入电场时的速率；,答案 见解析,3,解析 带电粒子在磁场中的运动轨迹如图甲所示，由图可知粒子以v进入磁场经 T的时间从内圆最高点A处进入电场.,1,2,3,(2)偏转电场
13、的场强大小；,1,2,答案 见解析,解析 带电粒子进入电场做类平抛运动，运动轨迹如图乙所示.,3,(3)使该粒子不进入电场并在磁场中做完整的圆周运动，加速电压的取值范围.,1,2,答案 见解析,3,解析 带电粒子经加速电场获得一定动能进入磁场.,1,2,使该粒子不进入电场并在磁场中做完整的圆周运动，经分析R有三种临界值，如图丙所示.,3,1,2,3,3.(2018苏州市模拟)如图7所示，在竖直平面内建立平面直角坐标系xOy，y轴正方向竖直向上.在第一、第四象限内存在沿x轴负方向的匀强电场，其大小E1 ；在第二、第三象限内存在着沿y轴正方向的匀强电场和垂直于xOy平面向外的匀强磁场，电场强度大小
14、E2 ，磁感应强度大小为B.现将一质量为m、电荷量为q的带正电小球从x轴上距坐标原点为d的P点由静止释放.(重力加速度为g) (1)求小球从P点开始运动后，第一次 经过y轴时速度的大小；,1,2,图7,3,解析 设小球在第一、四象限中的加速度为a，,对小球受力分析知加速度方向斜向左下，设其方向与水平面夹角为，则,1,2,3,(2)求小球从P点开始运动后，第二次经过y轴时的纵坐标；,1,2,3,解析 小球第一次经过y轴后，在第二、三象限内，由于qE2mg，电场力与重力平衡，故小球做匀速圆周运动，小球运动轨迹如图甲所示.设轨迹半径为R，,1,2,3,(3)若小球第二次经过y轴后，第一、第四象限内的
15、电场强度大小变为E1 ，方向不变，求小球第三次经过y轴时的纵坐标.,1,2,3,解析 从第二次经过y轴到第三次经过y轴过程，小球在第一、四象限内的受力分析如图乙所示.,则刚进入第一象限时小球所受合力方向与速度方向垂直，小球做类平抛运动，,小球第三次经过y轴时，由沿初速度方向的位移和垂直于初速度方向的位移的,1,2,3,小球第二次经过y轴与第三次经过y轴的距离为：,故小球第三次经过y轴时的纵坐标为：,1,2,3,课时作业,1.(2018扬州市一模)在如图1所示的坐标系内，PQ是垂直于x轴的分界线，PQ左侧的等腰直角三角形区域内分布着匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，AC边有一挡板可吸收
16、电子，AC长为d.PQ右侧为偏转电场，两极板长度为 d，间距为d.电场右侧的x轴上有足够长的荧光屏.现有速率不同的电子在纸面内从坐标原点O沿y轴正方向射入磁 场，电子能打在荧光屏上的最远处为M点，M 到下极板右端的距离为 d，电子电荷量为e， 质量为m，不考虑电子间的相互作用以及偏转 电场边缘效应，求：,1,2,3,4,图1,综合提升练,(1)电子通过磁场区域的时间t；,1,2,3,4,解析 电子在磁场区域由洛伦兹力提供向心力可得：,OAC和OQC均为等腰直角三角形，故粒子偏转的圆心角为90，,(2)偏转电场的电压U；,1,2,3,4,解析 打在最远处，则必是速度最大的电子恰从偏转电场的最高点进入电场，如图所示，,电子离开电场后做匀速直线运动到达M点，由几何关系有：,1,2,3,4,又y1y2d,
