（浙江選考）2020版高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第九章 磁場 專題強(qiáng)化三 帶電粒子在疊加場和組合場中的運動課件.ppt

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1、專題強(qiáng)化三帶電粒子在疊加場和組合場 中的運動,,第九章磁場,,NEIRONGSUOYIN,內(nèi)容索引,研透命題點,課時作業(yè),細(xì)研考綱和真題 分析突破命題點,限時訓(xùn)練 練規(guī)范 練速度,,研透命題點,,,1.帶電粒子在疊加場中無約束情況下的運動 (1)洛倫茲力、重力并存 若重力和洛倫茲力平衡，則帶電粒子做勻速直線運動. 若重力和洛倫茲力不平衡，則帶電粒子將做復(fù)雜的曲線運動，因洛倫茲力不做功，故機(jī)械能守恒，可由此求解問題. (2)電場力、洛倫茲力并存(不計重力的微觀粒子) 若電場力和洛倫茲力平衡，則帶電粒子做勻速直線運動. 若電場力和洛倫茲力不平衡，則帶電粒子將做復(fù)雜的曲線運動，因洛倫茲力

2、不做功，可用動能定理求解問題.,,命題點一帶電粒子在疊加場中的運動,,,(3)電場力、洛倫茲力、重力并存 若三力平衡，一定做勻速直線運動. 若重力與電場力平衡，一定做勻速圓周運動. 若合力不為零且與速度方向不垂直，將做復(fù)雜的曲線運動，因洛倫茲力不做功，可用能量守恒定律或動能定理求解問題. 2.帶電粒子在疊加場中有約束情況下的運動 帶電粒子在疊加場中受輕桿、輕繩、圓環(huán)、軌道等約束的情況下，常見的運動形式有直線運動和圓周運動，此時解題要通過受力分析明確變力、恒力做功情況，并注意洛倫茲力不做功的特點，運用動能定理、能量守恒定律結(jié)合牛頓運動定律求解.,例1如圖1，在豎直平面內(nèi)建立直角坐標(biāo)系xOy，其第

3、一象限存在著正交的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，電場強(qiáng)度的方向水平向右，磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直紙面向里.一帶電荷量為q、質(zhì)量為m的微粒從原點出發(fā)，沿與x軸正方向的夾角為45的初速度進(jìn)入復(fù)合場中，正好做直線運動，當(dāng)微粒運動到A(l，l)時，電場方向突然變?yōu)樨Q直向上(不計電場變化的時間)，粒子繼續(xù)運動一段時間后，正好垂直于y軸穿出復(fù)合場.不計一切阻力，求：,圖1,(1)電場強(qiáng)度E的大??；,答案,解析微粒到達(dá)A(l，l)之前做勻速直線運動，對微粒受力分析如圖甲：,(2)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大??；,答案,(3)微粒在復(fù)合場中的運動時間.,答案,變式1如圖2，空間某區(qū)域存在勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，電場方向豎直向上(與紙面平行

4、)，磁場方向垂直于紙面向里，三個帶正電的微粒a、b、c電荷量相等，質(zhì)量分別為ma、mb、mc，已知在該區(qū)域內(nèi)，a在紙面內(nèi)做勻速圓周運動，b在紙面內(nèi)向右做勻速直線運動，c在紙面內(nèi)向左做勻速直線運動.下列選項正確的是 A.mambmc B.mbmamc C.mcmamb D.mcmbma,圖2,答案,,解析設(shè)三個微粒的電荷量均為q， a在紙面內(nèi)做勻速圓周運動，說明洛倫茲力提供向心力，重力與電場力平衡， 即magqE b在紙面內(nèi)向右做勻速直線運動，三力平衡， 則mbgqEqvB c在紙面內(nèi)向左做勻速直線運動，三力平衡， 則mcgqvBqE 比較式得：mbmamc，選項B正確.,變式2(2019

5、屆效實中學(xué)期中)一帶電液滴在互相垂直的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場中做半徑為R的圓周運動，如圖3所示，已知電場強(qiáng)度為E，方向豎直向下，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向水平(圖中垂直紙面向里)，重力加速度 為g.運動中液滴所受浮力、空氣阻力都不計，求： (1)液滴是順時針運動還是逆時針運動； (2)液滴運動的速度多大；,解析(1)、(2)帶電液滴所受電場力向上且與重力平衡，知液滴帶負(fù)電，液滴所受洛倫茲力提供向心力，由左手定則結(jié)合題圖知液滴順時針運動.,圖2,答案,答案見解析,答案見解析,(3)若液滴運動到最低點A時分裂成兩個完全相同的液滴，其中一個仍在原平面內(nèi)做半徑R13R的圓周運動，繞行方向不變，且圓周的最低點仍是

6、A點，則另一個液滴怎樣運動？,答案,答案見解析,分裂后第二個液滴的速度設(shè)為v2，分裂前后水平方向動量守恒，以液滴分裂前的速度方向為正方向,即分裂后第二個液滴速度大小為v，方向向右，所受電場力與重力仍平衡，在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，繞行方向為順時針，A點是圓周最高點，圓周半徑R2R.,1.帶電粒子在組合場中運動的分析思路 第1步：分階段(分過程)按照時間順序和進(jìn)入不同的區(qū)域分成幾個不同的階段； 第2步：受力分析和運動分析，主要涉及兩種典型運動，如下：,,命題點二帶電粒子在組合場中的運動,,,勻速圓周運動,粒子垂直于磁感線進(jìn)入勻強(qiáng)磁場,磁偏轉(zhuǎn),組合場中兩種典型運動,電偏轉(zhuǎn),粒子垂直于電場線進(jìn)

7、入勻強(qiáng)電場,類平拋運動,第3步：用規(guī)律,磁偏轉(zhuǎn),勻速圓周運動,圓軌跡,找半徑,定圓心,半徑公式,周期公式,,電偏轉(zhuǎn),類平拋運動,初速度方向,電場方向,勻速直線運動,勻變速直線運動,,2.解題步驟 (1)找關(guān)鍵點：確定帶電粒子在場區(qū)邊界的速度(包括大小和方向)是解決該類問題的關(guān)鍵. (2)畫運動軌跡：根據(jù)受力分析和運動分析，大致畫出粒子的運動軌跡圖，有利于形象、直觀地解決問題.,模型1磁場與磁場組合 例2人類研究磁場的目的之一是通過磁場控制帶電粒子的運動.如圖4所示是通過磁場控制帶電粒子運動的一種模型.在0 xd和d0)的粒子，其速率有兩種，分別為v1 、v2 .(不考慮粒子的重力以及

8、粒子之間的相互作用),圖4,(1)求兩種速率的粒子在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中做圓周運動的半徑R1和R2.,答案,(2)求兩種速率的粒子從x2d的邊界射出時，兩出射點的距離y的大小.,答案,解析圖甲為某一速率的粒子運動的軌跡示意圖， 輔助線如圖所示，根據(jù)幾何關(guān)系可知： 速率為v1的粒子射出x2d邊界時的縱坐標(biāo)為：,速率為v2的粒子射出x2d邊界時的縱坐標(biāo)為：,聯(lián)立可得兩出射點距離的大?。?(3)在x2d的區(qū)域添加另一勻強(qiáng)磁場，使得從x2d邊界射出的兩束粒子最終匯聚成一束，并平行y軸正方向運動.在圖中用實線畫出粒子的大致運動軌跡(無需通過計算說明)，用虛線畫出所添加磁場的邊界線.,解析兩個粒子運

9、動軌跡如圖乙中實線所示，磁場邊界如圖中傾斜虛線所示，可以使得從x2d邊界射出的兩束粒子最終匯聚成一束，并平行y軸正方向運動.,答案,答案見解析圖,模型2電場與磁場組合 例3(2016浙江4月選考22)如圖5為離子探測裝置示意圖.區(qū)域、區(qū)域長均為L0.10 m，高均為H0.06 m.區(qū)域可加方向豎直向下、電場強(qiáng)度為E的勻強(qiáng)電場；區(qū)域可加方向垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場，區(qū)域的右端緊貼著可探測帶電粒子位置的豎直屏.質(zhì)子束沿兩板正中間以速度v1.0105 m/s水平射入，質(zhì)子荷質(zhì)比近似為 1.0108 C/kg.(忽略邊界效應(yīng)，不計重力),圖5,(1)當(dāng)區(qū)域加電場、區(qū)域不加磁場時，求能在屏

10、上探測到質(zhì)子束的外加電場的最大值Emax；,答案,答案200 V/m,解析質(zhì)子在電場中做類平拋運動,質(zhì)子恰好能到達(dá)區(qū)域右下端時，外加電場最大，,(2)當(dāng)區(qū)域不加電場、區(qū)域加磁場時，求能在屏上探測到質(zhì)子束的外加磁場的最大值Bmax；,答案,答案5.5103 T,(3)若區(qū)域加電場E小于(1)中的Emax，質(zhì)子束進(jìn)入?yún)^(qū)域和離開區(qū)域的位置等高，求區(qū)域中的磁場B與區(qū)域中的電場E之間的關(guān)系式.,答案,解析質(zhì)子運動軌跡如圖所示. 設(shè)質(zhì)子進(jìn)入磁場時的速率為v，則,變式3(2017浙江4月選考23)如圖6所示，在xOy平面內(nèi)，有一電子源持續(xù)不斷地沿x軸正方向每秒發(fā)射出N個速率均為v的電子，形成寬為2b、在y軸

11、方向均勻分布且關(guān)于x軸對稱的電子流.電子流沿x方向射入一個半徑為R、中心位于原點O的圓形勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁場方向垂直xOy平面向里，電子經(jīng)過磁場偏轉(zhuǎn),圖6,后均從P點射出，在磁場區(qū)域的正下方有一對平行于x軸的金屬平行板K和A，其中K板與P點的距離為d，中間開有寬度為2l且關(guān)于y軸對稱的小孔.K板接地，A與K兩板間加有正負(fù)、大小均可調(diào)的電壓UAK，穿過K板小孔到達(dá)A板的所有電子被收集且導(dǎo)出，從而形成電流.已知b R，dl，電子質(zhì)量為m，電荷量為e，忽略電子間的相互作用.,(1)求磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大??；,答案,答案見解析,解析軌跡示意圖,(2)求電子從P點射出時與負(fù)y軸方向的夾角的范圍；,答案,答案見

12、解析,在關(guān)于y軸左、右對稱的60(含)范圍內(nèi).,(3)當(dāng)UAK0時，每秒經(jīng)過極板K上的小孔到達(dá)極板A的電子數(shù)；,解析要進(jìn)入小孔，電子到達(dá)P點時與y軸負(fù)方向的夾角45,答案,答案見解析,(4)畫出電流i隨UAK變化的關(guān)系曲線.,答案,答案見解析,解析當(dāng)UAK0時，進(jìn)入小孔的電子全部能到A板,設(shè)當(dāng)UAKU1時，145對應(yīng)的電子剛好到達(dá)A板,當(dāng)UAK反向繼續(xù)增大時，將出現(xiàn)有電子(該臨界角度為) 剛好打到A板上，而的電子打不到A板,綜上所述：iUAK圖線如圖所示,變式4如圖7所示，OPQ是關(guān)于y軸對稱的四分之一圓，在PQNM區(qū)域有均勻輻向電場，PQ與MN間的電壓為U.一初速度為零的帶正電的粒子從PQ上

13、的任一位置經(jīng)電場加速后都會從O進(jìn)入半徑為R、中心位于坐標(biāo)原點O的圓形勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁場方向垂直xOy平面向外，大小為B，粒子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后都,圖7,能平行于x軸射出.在磁場區(qū)域右側(cè)有一對平行于x軸且到x軸距離都為R的金屬平行板A和K，金屬板長均為4R，其中K板接地，A與K兩板間加有電壓UAK0，忽略極板電場的邊緣效應(yīng)，不計重力.已知金屬平行板左端連線與磁場圓相切，O在y軸上.,答案,由已知條件可知，帶電粒子在磁場中運動的半徑R0R 洛倫茲力提供粒子在磁場中做圓周運動的向心力，,(2)求帶電粒子進(jìn)入右側(cè)電場時的縱坐標(biāo)范圍；,答案,解析如圖，沿QN方向入射的帶電粒子，在磁場中做圓周運動的圓心為O1，

14、由幾何關(guān)系知，對應(yīng)的圓心角為135，離開磁場的出射點a在y軸上的投影與O的距離為,故帶電粒子進(jìn)入右側(cè)電場時的縱坐標(biāo)范圍為：,(3)若無論帶電粒子從PQ上哪個位置出發(fā)都能打到K板上，則電壓UAK至少為多大？,返回,答案,解析只要沿QN方向入射的帶電粒子能打在K板上，則從其他位置入射的粒子也一定打在K板上，則在電場中,FqEma,應(yīng)滿足4Rvt,,課時作業(yè),,,1,2,3,4,1.如圖1甲所示，水平放置的平行金屬板M、N之間存在豎直向上的勻強(qiáng)電場和垂直于紙面的交變磁場(如圖乙所示，垂直紙面向里為正)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B050 T，已知兩板間距離d0.3 m，電場強(qiáng)度E50 V/m，M板中心有一小孔P，在

15、P正上方h5 cm處的O點，一帶電油滴自由下落，穿過小孔后進(jìn)入兩板間，若油滴在t0時刻進(jìn)入兩板間，最后恰好從N板邊緣水平飛出.已知油滴的質(zhì)量m104 kg，電荷量q2105C(不計空氣阻力，重力加速度g取10 m/s2，取3).求：,圖1,5,1,2,3,4,(1)油滴在P點的速度大?。?答案,答案1 m/s,解得v1 m/s,5,1,2,3,4,(2)N板的長度；,答案,答案0.6 m,5,1,2,3,4,解析進(jìn)入場區(qū)時，因為mg103 N，方向向下， 而Eq103 N，方向向上. 所以，重力與電場力平衡，油滴做勻速圓周運動，,解得R0.1 m,所以，N板的長度L6R. 解得L0.6 m,5

16、,1,2,3,4,(3)交變磁場的變化周期.,聯(lián)立解得T0.3 s.,答案,答案0.3 s,5,2.(2019屆東陽中學(xué)模擬)如圖2所示，半徑r0.06 m的半圓形無場區(qū)的圓心在坐標(biāo)原點O處，半徑R0.1 m、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B0.075 T的圓形有界磁場區(qū)的圓心坐標(biāo)為(0,0.08 m)，平行金屬板MN的極板長L0.3 m、間距d0.1 m，極板間所加電壓U6.4102 V，其中N極板收集的粒子全部中和吸收.一位于O處的粒子源向第、象限均勻地發(fā)射速度大小v6105 m/s的帶正電粒子，經(jīng)圓形,1,2,3,4,圖2,磁場偏轉(zhuǎn)后，從第象限出射的粒子速度方向均沿x軸正方向.若粒子重力不計、比荷 10

17、8 C/kg、不計粒子間的相互作用力及電場的邊緣效應(yīng).sin 370.6，cos 370.8.求：,5,(1)粒子在磁場中的運動半徑R0；,答案,1,2,3,4,答案見解析,5,(2)從坐標(biāo)(0,0.18 m)處射出磁場的粒子，其在O點入射方向與y軸的夾角；,答案,1,2,3,4,答案見解析,5,1,2,3,4,解析如圖所示，從y0.18 m處出射的粒子對應(yīng)入射方向與y軸的夾角為，軌跡圓心與y軸交于(0,0.10 m)處， 由幾何關(guān)系可得：sin 0.8，故53,5,(3)N板收集到的粒子占所有發(fā)射粒子的比例.,答案,1,2,3,4,答案見解析,5,1,2,3,4,解析如圖所示，令恰能從下極

18、板右端出射的粒子剛進(jìn)入電場時的縱坐標(biāo)為y：,設(shè)此粒子入射時與x軸正方向夾角為， 則有：yrsin R0 R0cos ,5,3.某高中物理課程基地擬采購一批實驗器材，增強(qiáng)學(xué)生對電偏轉(zhuǎn)和磁偏轉(zhuǎn)研究的動手能力，其核心結(jié)構(gòu)原理可簡化為如圖3所示.AB、CD間的區(qū)域有豎直向上的勻強(qiáng)電場，在CD的右側(cè)有一與CD相切于M點的圓形有界勻強(qiáng)磁場，磁場方向垂直于紙面.一帶正電粒子自O(shè)點以水平初速度v0正對P點進(jìn)入該電場后，從M,1,2,3,4,圖3,點飛離CD邊界，再經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后又從N點垂直于CD邊界回到電場區(qū)域，并恰能返回O點.已知O、P間距離為d，粒子質(zhì)量為m，電荷量為q，電場強(qiáng)度大小E ，粒子重力不計.

19、試求：,5,(1)粒子從M點飛離CD邊界時的速度大??；,答案,1,2,3,4,答案2v0,5,1,2,3,4,解析據(jù)題意，作出帶電粒子的運動軌跡，如圖所示：,故60；,5,(2)P、N兩點間的距離；,答案,1,2,3,4,5,(3)圓形有界勻強(qiáng)磁場的半徑和磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小.,答案,1,2,3,4,5,解析設(shè)粒子在磁場中運動的半徑為R，由幾何關(guān)系得：,由幾何關(guān)系確定區(qū)域半徑為：R2Rcos 30,1,2,3,4,5,4.如圖4，靜止于A處的離子經(jīng)電壓為U的加速電場加速后沿圖中圓弧虛線通過靜電分析器，從P點垂直CN進(jìn)入矩形區(qū)域的有界勻強(qiáng)電場，電場方向水平向左.靜電分析器通道內(nèi)有均勻輻向分布的電場，

20、已知圓弧所在處場強(qiáng)為E0，方向如圖所示；離子質(zhì)量為m、電荷量為q； ，離子重力不計.,1,2,3,4,圖4,5,(1)求圓弧虛線對應(yīng)的半徑R的大??；,1,2,3,4,答案,5,1,2,3,4,解析離子在加速電場中加速，根據(jù)動能定理，,離子在輻向電場中做勻速圓周運動，知離子帶正電，電場力提供向心力，,5,(2)若離子恰好能打在NQ的中點，求矩形區(qū)域QNCD內(nèi)勻強(qiáng)電場場強(qiáng)E的值；,1,2,3,4,解析離子做類平拋運動，若恰好能打在NQ的中點，則,由牛頓第二定律得：qEma，,答案,5,(3)若撤去矩形區(qū)域QNCD內(nèi)的勻強(qiáng)電場，換為垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，要求離子能最終打在QN上，求

21、磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度B的取值范圍.,答案,1,2,3,4,5,1,2,3,4,解析離子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律，有,離子能打在QN上，則離子運動徑跡的邊界如圖中和.,5,5.(2018寧波市十校聯(lián)考)一個放射源水平放出、、三種射線，垂直射入如圖5所示磁場，區(qū)域和的寬度均為d，各自存在著垂直紙面的勻強(qiáng)磁場，兩區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B相等，方向相反(粒子運動不考慮相對論效應(yīng)).已知電子質(zhì)量me9.11031 kg，粒子質(zhì)量m6.71027 kg，電子電荷量q1.61019 C， (|x|<1時).,1,2,3,4,5,圖5,(1)若要篩選出速率大于v1的所有粒

22、子進(jìn)入?yún)^(qū)域，求磁場寬度d與B和v1的關(guān)系(用題中所給字母表示即可)；,1,2,3,答案,4,5,答案見解析,1,2,3,解析作出臨界軌跡如圖甲所示，,4,5,(2)若B0.027 3 T，v10.1c(c是光速)，計算d；粒子的速率為0.001c，計算粒子離開區(qū)域時的偏移距離(答案均保留三位有效數(shù)字)；,1,2,3,4,5,答案,答案見解析,1,2,3,4,5,(3)當(dāng)d滿足第(1)小題所給關(guān)系時，請給出速率在v1