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1、第第2020讲磁场对运动电荷的作用讲磁场对运动电荷的作用电荷在磁场中受力和运动教教材材研研读读突破一 洛伦兹力的特点与应用突破二 带电粒子在匀强磁场中的运动突破三 带电粒子在匀强磁场中运动的多解问题重重难难突突破破突破四 带是粒子在有界磁场中的临界值问题电荷在磁场中的受力和运动电荷在磁场中的受力和运动教材研读1.洛伦兹力洛伦兹力(1)大小F=qvB(vB);(2)方向利用左手定则判断;(3)特点洛伦兹力不做功。2.运动性质运动性质(1)v0B匀速直线运动;(2)v0B匀速圆周运动;(3)半径公式R=;(4)周期公式T=。1.判断下列说法的正误:(1)带电粒子在磁场中运动时一定会受到洛伦兹力的作
2、用。()(2)洛伦兹力不做功,但安培力却可以做功。()(3)洛伦兹力的方向在特殊情况下可能与带电粒子的速度方向不垂直。()(4)根据公式T=,说明带电粒子在匀强磁场中的运动周期T与v成反比。()(5)带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动时,其运动半径与带电粒子的比荷有关。()2.下列各图中,运动电荷的速度方向、磁感应强度方向和电荷的受力方向之间的关系正确的是(B)3.甲、乙两个质量和电荷量都相同的带正电的粒子(重力及粒子之间的相互作用力不计),分别以速度v甲和v乙垂直磁场方向射入匀强磁场中,且v甲v乙,则甲、乙两个粒子的运动轨迹正确的是(A)4.(多选)如图所示,在匀强磁场中,磁感应强度B1=2
3、B2,当不计重力的带电粒子从B1磁场区域运动到B2磁场区域时,粒子的(BC)A.速率将加倍B.轨迹半径加倍C.周期将加倍D.做圆周运动的角速度将加倍突破一洛伦兹力的特点与应用突破一洛伦兹力的特点与应用重难突破1.洛伦兹力的特点洛伦兹力的特点(1)利用左手定则判断洛伦兹力的方向,注意区分正、负电荷。(2)当电荷运动方向发生变化时,洛伦兹力的方向也随之变化。(3)运动电荷在磁场中不一定受洛伦兹力作用。(4)洛伦兹力一定不做功。2.洛伦兹力与安培力的联系及区别洛伦兹力与安培力的联系及区别(1)安培力是洛伦兹力的宏观表现,二者性质相同,都是磁场力。(2)安培力可以做功,而洛伦兹力对运动电荷不做功。3.
4、洛伦兹力与电场力的比较洛伦兹力与电场力的比较洛伦兹力电场力产生条件v0且v不与B平行电荷处在电场中大小F=qvB(vB)F=qE方向FB且Fv正电荷受力与电场方向相同,负电荷受力与电场方向相反做功情况任何情况下都不做功可能做正功,可能做负功,也可能不做功典例典例1如图所示,M、N和P是以MN为直径的半圆弧上的三点,O为半圆弧的圆心,在O点存在垂直纸面向里运动的匀速电子束。MOP=60,在M、N处各有一条长直导线垂直穿过纸面,导线中通有大小相等的恒定电流,方向如图所示,这时O点的电子受到的洛伦兹力大小为F1。若将M处长直导线移至P处,则O点的电子受到的洛伦兹力大小为F2。那么F2与F1之比为(B
5、)A.1B.2C.11D.12解析解析长直导线在M、N、P处时在O点产生的磁感应强度B大小相等,M、N处的导线在O点产生的磁感应强度方向都向下,合磁感应强度大小为B1=2B,P、N处的导线在O点产生的磁感应强度夹角为60,合磁感应强度大小为B2=B,可得,B2B1=2,又因为F洛=qvB,所以F2F1=2,选项B正确。1-1利用霍尔效应制作的霍尔元件,广泛应用于测量和自动控制等领域。霍尔元件一般由半导体材料做成,有的半导体中的载流子(即自由电荷)是电子,有的半导体中的载流子是空穴(相当于正电荷)。如图所示,将扁平长方体形状的霍尔元件水平放置接入电路,匀强磁场垂直于霍尔元件的水平面竖直向下,闭合
6、开关,让电流从霍尔元件的左侧流向右侧,则其前后两表面会形成电势差。现有载流子是电子的霍尔元件1和载流子是空穴的霍尔元件2,两元件均按图示方式接入电路(闭合开关),则关于前后两表面电势高低的判断,下列说法中正确的是(A)A.若接入元件1时,前表面电势高;若接入元件2时,前表面电势低B.若接入元件1时,前表面电势低;若接入元件2时,前表面电势高C.不论接入哪个元件,都是前表面电势高D.不论接入哪个元件,都是前表面电势低解析解析根据左手定则可判断出电荷受到指向后表面的洛伦兹力,若为元件1,则负电荷聚积到后表面,前表面电势高;若为元件2,则正电荷聚积到后表面,前表面电势低,故选A。1-2如图所示,带负
7、电荷的摆球在一匀强磁场中摆动。匀强磁场的方向垂直纸面向里。磁场中A、B为等高的两点,摆球在A、B间摆动过程中,由A摆到最低点C时,摆线拉力大小为F1,摆球加速度大小为a1。由B摆到最低点C时,摆线拉力大小为F2,摆球加速度大小为a2,则(B)A.F1F2,a1=a2B.F1F2,a1a2D.F1F2,a1F1,故B正确。1-3如图所示,某空间存在正交的匀强磁场和匀强电场,电场方向水平向右,磁场方向垂直纸面向里,一带电微粒由a点进入电磁场并刚好能沿ab直线向上运动。下列说法中正确的是(A)A.微粒一定带负电B.微粒的动能一定减小C.微粒的电势能一定增加D.微粒的机械能不变解析解析对该微粒进行受力
8、分析得:它受到竖直向下的重力、水平方向的电场力和垂直速度方向的洛伦兹力,其中重力和电场力是恒力,由于粒子沿直线运动,则可以判断出其受到的洛伦兹力也是恒定的,故速度不变,即该粒子是做匀速直线运动,动能不变,所以B项错误;如果该微粒带正电,则受到向右的电场力和向左下方的洛伦兹力,所以微粒受到的力不会平衡,故该微粒一定带负电,A项正确;该微粒带负电,向左上方运动,所以电场力做正功,电势能一定是减小的,C项错误;因为重力势能增加,动能不变,所以该微粒的机械能增加,D项错误。突破二带电粒子在匀强磁场中的运动突破二带电粒子在匀强磁场中的运动1.带电粒子做匀速圆周运动的圆心、半径及运动时间的确定带电粒子做匀
9、速圆周运动的圆心、半径及运动时间的确定2.带电粒子在有界磁场中运动的常见情形带电粒子在有界磁场中运动的常见情形种类图形特点直线边界进出磁场具有对称性平行边界存在临界条件圆形边界甲:沿径向射入必沿径向射出,乙图为磁聚焦现象典例典例2如图所示,在边长为L的正方形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场,其磁感应强度大小为B。在正方形对角线CE上有一点P,其到CF、CD距离均为,且在P点处有一个发射正离子的装置,能连续不断地向纸面内的各方向发射出速率不同的正离子。已知离子的质量为m,电荷量为q,不计离子重力及离子间相互作用力。(1)速率在什么范围内的所有离子均不可能射出正方形区域?(2)求速率为v=的离子在
10、DE边的射出点距离D点的范围。答案答案(1)v(2)d解析解析(1)依题意可知离子在正方形区域内做圆周运动时不射出该区域,做圆周运动的半径为r对离子,由牛顿第二定律有qvB=m解得v(2)当v=时,设离子在磁场中做圆周运动的半径为R,则由qvB=m可得R=要使离子从DE射出,则其必不能从CD射出,其临界状态是离子轨迹与CD边相切,设切点与C点距离为x,其轨迹如图甲所示,由几何关系得R2=(x-)2+(R-)2解得x=L设此时DE边出射点与D点的距离为d1,则由几何关系有(L-x)2+(R-d1)2=R2,解得d1=而当离子轨迹与DE边相切时,离子必将从EF边射出,设此时切点与D点距离为d2,其
11、轨迹如图乙所示,由几何关系有R2=(L-R)2+(d2-)2解得d2=故速率为v=的离子在DE边的射出点距离D点的范围为d2-1如图所示,一个理想边界为PQ、MN的匀强磁场区域,磁场宽度为d,方向垂直纸面向里。一电子从O点沿纸面垂直PQ以速度v0进入磁场。若电子在磁场中运动的轨道半径为2d。O在MN上,且OO与MN垂直。下列判断正确的是(D)A.电子将向右偏转B.电子打在MN上的点与O点的距离为dC.电子打在MN上的点与O点的距离为dD.电子在磁场中运动的时间为解析解析电子带负电,进入磁场后,根据左手定则判断可知,所受的洛伦兹力方向向左,电子将向左偏转,A错误;如图所示,设电子打在MN上的点与
12、O点的距离为x,则由几何知识得:x=r-=2d-=(2-)d,故B、C错误;设轨迹对应的圆心角为,由几何知识得:sin=0.5,得=,则电子在磁场中运动的时间为t=,故D正确。突破三带电粒子在匀强磁场中运动的多解问题突破三带电粒子在匀强磁场中运动的多解问题1.带电粒子电性不确定形成多解带电粒子电性不确定形成多解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,导致多解。2.磁场的方向不确定形成多解磁场的方向不确定形成多解有些题目只告诉了磁感应强度的大小,而未指出磁感应强度的方向,有时必须要考虑因磁感应强度方向不确定而形成的多解。3.临界状
13、态不唯一形成多解临界状态不唯一形成多解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。4.运动的重复性形成多解运动的重复性形成多解带电粒子在磁场中运动时,由于某些因素的变化,例如磁场方向反向或者速度方向突然反向等,运动往往具有往复性,因而形成多解。典例典例3如图所示,在x0的区域中,存在磁感应强度大小分别为B1与B2的匀强磁场,磁场方向均垂直于纸面向里,且B1B2。一个带负电荷的粒子从坐标原点O以速度v沿x轴负方向射出,要使该粒子经过一段时间后又经过O点,B1与B2的比值应满足什么条件?答案答案=(n
14、=1,2,3,)解析解析粒子在整个运动过程中的速度大小恒为v,交替地在xOy平面内磁感应强度为B1与B2的磁场区域中做匀速圆周运动,轨迹都是半个圆周。设粒子的质量和电荷量的大小分别为m和q,圆周运动的半径分别为r1和r2,由qvB=得r1=r2=现分析粒子运动的轨迹如图所示,在xOy平面内,粒子先沿半径为r1的半圆C1运动至y轴上离O点距离为2r1的A点,接着沿半径为r2的半圆D1运动至y轴上的O1点,OO1的距离d=2(r2-r1)此后,粒子每经历一次“回旋”(即从y轴上某点以速度v沿x轴负方向出发沿半径为r1的半圆和半径为r2的半圆回到原点下方的y轴上某点),粒子的纵坐标就减小d。设粒子经
15、过n次回旋后与y轴交于On点,若满足nd=2r1(n=1,2,3,)则粒子再经过半圆Cn+1就能够经过原点。由式解得=(n=1,2,3,)联立式可得B1、B2的比值应满足的条件:=(n=1,2,3,)3-1(多选)一质量为m、电荷量为q的负电荷在磁感应强度为B的匀强磁场中绕固定的正电荷沿固定的光滑轨道做匀速圆周运动,若磁场方向垂直于它的运动平面,且作用在负电荷的电场力恰好是磁场力的三倍,则负电荷做圆周运动的角速度可能是(AC)A.B.C.D.解析解析依题中条件“磁场方向垂直于它的运动平面”,磁场方向有两种可能,且这两种可能方向相反。在方向相反的两个匀强磁场中,由左手定则可知负电荷所受的洛伦兹力
16、的方向也是相反的。当负电荷所受的洛伦兹力与电场力方向相同时,根据牛顿第二定律可知4Bqv=m,得v=,此种情况下,负电荷运动的角速度为=;当负电荷所受的洛伦兹力与电场力方向相反时,有2Bqv=m,v=,此种情况下,负电荷运动的角速度为=,应选A、C。3-2如图所示,在足够大的屏MN的上方有磁感应强度为B的匀强磁场,磁场方向垂直纸面向里,P为屏上一小孔,PC与MN垂直,一束质量为m、电荷量为-q的粒子(不计重力)以相同的速率v从P处射入磁场区域,粒子入射方向在与磁场垂直的平面里,且分散在与PC夹角为的范围内,则在屏MN上被粒子打中区域的长度为(D)A.B.C.D.解析解析如图所示,S、T之间的距
17、离为在屏MN上被粒子打中区域的长度。粒子在磁场中运动的轨道半径R=,则PS=2Rcos=PT=2R=,所以ST=。3-3如图所示,在坐标系xOy中,第一象限内充满着两个匀强磁场a和b,OP为分界线,在磁场a中,磁感应强度为2B,方向垂直于纸面向里,在磁场b中,磁感应强度为B,方向垂直于纸面向外,P点坐标为(4l,3l)。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从P点沿y轴负方向射入磁场b,经过一段时间后,粒子恰能经过原点O,不计粒子重力。则:(1)粒子从P点运动到O点的最短时间是多少?(2)粒子运动的速度可能是多少?答案答案(1)(2)(n=1,2,3,)解析解析(1)设粒子的入射速度为v,用Ra、
18、Rb、Ta、Tb分别表示粒子在磁场a中和磁场b中运动的轨道半径和周期,则有Ra=,Rb=,Ta=,Tb=当粒子先在磁场b中运动,后进入磁场a中运动,然后从O点射出时,粒子从P点运动到O点所用的时间最短,如图所示。根据几何知识得tan=,故=37粒子在磁场b和磁场a中运动的时间分别为tb=Tb,ta=Ta故从P点运动到O点的最短时间为t=ta+tb=(2)由题意及上图可知n(2Racos+2Rbcos)=解得v=(n=1,2,3,)。突破四带电粒子在有界磁场中的临界值问题突破四带电粒子在有界磁场中的临界值问题1.临界现象临界现象当带电粒子进入设定的有界磁场后,其轨迹是一个残缺圆,题中往往会形成各
19、种各样的临界现象。解决此类问题的关键是找准临界点。找临界点的方法是以题目中的“恰好”“最大”“最高”“至少”等词语为突破口,借助半径R和速度v(或磁场B)之间的约束关系进行动态运动轨迹分析,确定轨迹圆和边界的关系,找出临界点。2.极值问题极值问题(1)刚好穿出磁场边界的条件是带电粒子在磁场中运动的轨迹与边界相切。(2)当速度v一定时,弧长越长,圆心角越大,则带电粒子在有界磁场中运动的时间越长。(3)当速率v变化时,圆心角越大,运动时间越长。典例典例4(2017浙江4月选考,23,10分)如图所示,在xOy平面内,有一电子源持续不断地沿x正方向每秒发射出N个速率均为v的电子,形成宽为2b、在y轴
20、方向均匀分布且关于x轴对称的电子流。电子流沿x方向射入一个半径为R、中心位于原点O的圆形匀强磁场区域,磁场方向垂直xOy平面向里,电子经过磁场偏转后均从P点射出。在磁场区域的正下方有一对平行于x轴的金属平行板K和A,其中K板与P点的距离为d,中间开有宽度为2l且关于y轴对称的小孔。K板接地,A与K两板间加有正负、大小均可调的电压UAK。穿过K板小孔到达A板的所有电子被收集且导出,从而形成电流。已知b=R,d=l,电子质量为m,电荷量为e,忽略电子间相互作用。(1)求磁感应强度B的大小;(2)求电子流从P点射出时与负y轴方向的夹角的范围;(3)当UAK=0时,每秒经过极板K上的小孔到达极板A的电
21、子数;(4)画出电流i随UAK变化的关系曲线。答案答案见解析解析解析(1)轨道半径r=RB=(2)上端电子从P点射出时与负y轴的夹角m满足sinm=,得m=60同理下端电子从P点射出时与负y轴的夹角也为60范围是-6060(3)tan=,得=45y=Rsin=R设每秒进入两极板间的电子数为n=0.82n=0.82N(4)由动能定理得出遏止电压U0U0=-mv2与负y轴成45角的电子的运动轨迹则好与A板相切,其逆过程是类平抛运动,达到饱和电流所需的最小反向电压U=-mv2或根据(3)可得饱和电流大小Imax=0.82Ne4-1(2017浙江11月选考,23,10分)如图所示,x轴上方存在垂直纸面
22、向外的匀强磁场,坐标原点处有一正离子源,单位时间在xOy平面内发射n0个速率均为v的离子,分布在y轴两侧各为的范围内。在x轴上放置长度为L的离子收集板,其右端点距坐标原点的距离为2L,当磁感应强度为B0时,沿y轴正方向入射的离子,恰好打在收集板的右端点。整个装置处于真空中,不计重力,不考虑离子间的碰撞,忽略离子间相互作用。(1)求离子的比荷;(2)若发射的离子被收集板全部收集,求的最大值;(3)假设离子到达x轴时沿x轴均匀分布。当=37,磁感应强度在B0B3B0的区间取不同值时,求单位时间内收集板收集到的离子数n与磁感应强度B之间的关系。(不计离子在磁场中运动的时间)答案答案见解析解析解析(1
23、)洛伦兹力提供向心力qvB0=m圆周运动的半径R=L得=(2)如图1所示,以最大值m入射时,有x=2R(1-cosm)=L或2Rcosm=L得m=图1(3)BB0,全部收集到离子时的最小半径为R1如图2,有2R1cos37=L得B1=1.6B0当B0B1.6B0时,有n1=n0B1.6B0,恰好收集不到离子时的半径为R2,有R2=0.5L得B2=2B0当1.6B0B2B0时,设R=,有n2=n0=n0(5-)当2B0B3B0时,有n3=0图24-2如图所示,以O为圆心、半径为R的圆形区域内存在垂直圆面向里、磁感应强度为B的匀强磁场,一粒子源位于圆周上的M点,可向磁场区域内垂直磁场沿各个方向发射
24、质量为m、电荷量为-q的粒子,不计粒子重力及粒子间相互作用力,N为圆周上另一点,半径OM和ON间的夹角,且满足tan=0.5。(1)若某一粒子以速率v1沿MO方向射入磁场,恰能从N点离开磁场,求此粒子的速率v1;(2)若某一粒子以速率v2=沿与M成60角斜向上方向射入磁场,求此粒子在磁场中运动的时间;(3)若大量此类粒子以速率v3=从M点射入磁场,方向任意,则这些粒子在磁场中运动的最长时间为多少?(4)若由M点射入磁场各个方向的所有粒子速率均为题(1)中计算出的v1,求磁场中有粒子通过的区域面积。答案答案(1)(2)(3)(4)-解析解析(1)粒子以速率v1沿MO方向射入磁场,在磁场中做匀速圆周运动,恰好从N点离开磁场,其运动轨迹如图设粒子轨迹半径为r1,由几何关系得r1=Rtan=R由牛顿第二定律得qv1B=解得v1=(2)粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,设轨迹半径为r2由牛顿第二定律得qv2B=解得r=R粒子沿与与MO成60方向进入磁场,设粒子从区域边界P射出,其运动轨迹如图所示由图可知,粒子在磁场中通过的面积S等于以O3为圆心的扇形MO3O的面积S1、以M为圆心的扇形MOQ的面积S2和以O点为圆心的圆弧MQ与直线MQ围成的面积S3之和。则有:S1=,S2=R2,S3=R2-R2所以S=R2-R2
