2013屆高考物理第一輪考點總復習課件56

1、,磁場,帶電粒子在復合場中的運動,第九章,帶電粒子在復合場中的運動 (1)這里所說的復合場是指電場、磁場、重力場并存.或其中某兩種場并存的場，帶電粒子在這些復合場中運動時.必須同時考慮電場力、洛倫茲力和重力的作用或其中某兩種力的作用.因此對粒子的運動形式的分析就顯得極為重要. (2)當帶電粒子在復合場中所受的合外力為零時，粒子將做或.,勻速直線運動,靜止,(3)當帶電粒子所受的合外力與運動方向在同一條直線上時，粒子將做運動. (4)當帶電粒子所受的合外力充當向心力時.粒子將做運動. (5)當帶電粒子所受的合外力的大小、方向均不斷變化時，則粒子將做運動，這類問題一般只能用能量關系處理.,變速直線

2、,勻速圓周,變加速,在豎直向下的勻強電場和水平方向的勻強磁場垂直相交的區(qū)域里，一帶電粒子從a點由靜止開始沿曲線ab運動到c點時，速度又變?yōu)榱?，b點是運動中能夠到達的最高點，如圖9-4-1所示.,圖9-4-1,帶電粒子在電場和磁場中的運動,若不計重力，下列說法中錯誤的是( ) A.粒子肯定帶負電，磁場方向垂直于紙面向里 B.a、c點處在同一條水平線上 C.粒子通過b點時速率最大 D.粒子到達c點后將沿原路徑返回到a點,粒子從a點由靜止運動到b點，說明它受到的電場力向上，說明粒子帶負電，磁場方向垂直向里，A正確.洛倫茲力不做功，粒子到達c時，電勢能應與在a時相等，所以a、c處在同一水平線上，B正確

3、.粒子在b點時，電場力做功最大，所以速度也最大，故C正確.粒子到達c點后，會再重復原來的運動形式，但不會原路返回，故D錯誤.本題的正確答案是D. 電場力對粒子做功，洛倫茲力對粒子不做功.,變式訓練1：如圖9-4-2所示，在xOy坐標系所在的空間中，可能存在勻強電場或勻強磁場，也可能兩者都存在或都不存在.但如果兩者都存在，已知磁場平行于xy平面.現(xiàn)有一質量為m帶正電荷q的點電荷沿z軸正方向射入此空間中，發(fā)現(xiàn)它做速度為v0的勻速直線運動.,若不計重力，試寫出電場和磁場的分布有哪幾種可能性.要求對每一種可能性都要說出其中電場強度、磁感應強度的方向和大小，以及它們之間可能存在的關系.不要求推導或說明理

4、由.,圖9-4-2,解析：粒子從a點由靜止運動到b點，說明它受到的電場力向上，說明粒子帶負電，磁場方向垂直向里，A正確洛倫茲力不做功，粒子到達c時，電勢能應與在a時相等，所以a、c處在同一水平線上，B正確粒子在b點時，電場力做功最大，所以速度也最大，故C正確粒子到達c點后，會再重復原來的運動形式，但不會原路返回，故D錯誤本題的正確答案是D.,帶電微粒在電場力、洛倫茲力和重力作用下的運動,如圖9-4-3所示，在與水平面成30角斜向下的勻強電場E和沿水平方向垂直紙面向里的勻強磁場B的空間中，有一個質量為m的帶電體豎直向下做勻速直線運動，則此帶電體帶電，電荷量為，運動速度為.,圖9-4-3,粒子向下

5、做勻速直線運動，說明粒子所受電場力、洛倫茲力、重力三力平衡，洛倫茲力向左，帶負電，qEsin30=mg，所以q=， 由=tan30 得=. 粒子在重力場、電場和磁場中做直線運動，且運動方向垂直于磁場方向，那么一定做的是勻速直線運動.,變式訓練2：如圖9-4-4所示，某空間存在正交的勻強磁場和勻強電場，電場方向水平向右，磁場方向垂直紙面向里，一帶電微粒由a點進入電磁場并剛好能沿ab直線向上運動，下列說法正確的是(),圖9-4-4,A.微粒一定帶正電 B.微粒動能一定減小 C.微粒的電勢能一定增加 D.微粒的機械能一定增加,解析：帶電微粒做直線運動，如果粒子帶正電，它受合外力不為零，粒子的速度大小

6、會改變，導致洛倫茲力改變，粒子不能繼續(xù)做直線運動，所以粒子帶負電，受平衡力作用，做勻速直線運動，A、B錯誤；微粒帶負電，則電勢能是減少的，C錯；微粒的動能不變，重力勢能增加，所以機械能增加，D正確,帶電粒子先后在兩個磁場中運動 如圖9-4-5所示，在坐標系xOy平面的第象限內存在垂直紙面向外的勻強磁場B1，在第象限內存在垂直紙面向里的另一個勻強磁場B2，在x軸上有一點Q(23a,0)、在y軸上有一點P(0,a).現(xiàn)有一質量為m，電荷量為+q的帶電粒子(不計重力)，從P點處垂直y軸以速度v0射入勻強磁場B1中，并以與x軸正方向成60角的方向進入x軸下方的勻強磁場B2中，在B2中偏轉后剛好打在Q點

7、.,求： (1)勻強磁場的磁感應強度B1、B2的大小； (2)粒子從P點運動到Q點所用的時間.,圖9-4-5,(1)帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，其軌跡如圖所示.,設粒子在勻強磁場B1中的偏轉半徑r1 則r1=r1cos60+a即r1=2a 由B1qv0=m 得B1= 設粒子在勻強磁場B2中的偏轉半徑r2 2r2sin60=2 a-r1sin60,r2=a 由B2qv0=m 得B2= (2)t=t1+t2= T1+ T2= 帶電粒子先后在兩個磁場中運動，確定粒子的軌道半徑和圓心，是解題的關鍵.注意粒子在兩磁場區(qū)的交界處，軌道是相切的.,變式訓練3：如圖9-4-6所示，在y0的空間中存在勻

8、強電場，場強沿y軸負方向；在y0的空間中，存在勻強磁場，磁場方向垂直xy平面(紙面)向外.一電荷量為q、質量為m的帶正電的運動粒子，經(jīng)過y軸上y=h處的點P1時速率為v0，方向沿x軸正方向；然后，經(jīng)過x軸上x2h處的P2點進入磁場，并經(jīng)過y軸上y-2h處的P3點.不計重力.,求:(1)電場強度的大小. (2)粒子到達P2時速度 的大小和方向. (3)磁感應強度的大小.,圖9-4-6,帶電質點有軌道約束情況下的運動 如圖9-4-7所示，足夠長的絕緣光滑斜面與水平面間的夾角為(sin=0.6)，放在水平方向的勻強磁場和勻強電場中，電場強度E=50V/m，方向水平向左，磁場方向垂直于紙面向外.一個帶

9、電量q=+4.010-2C，質量m=0.40kg的光滑小球，以初速度v0=20m/s從斜面底端沖上斜面，經(jīng)過3s離開斜面，求磁場的磁感應強度.(取g=10m/s2),圖9-4-7,由于小球受到的磁場力必定與它的運動速度方向垂直，由一開始小球在斜面上運動而3秒后離開斜面，則可以判定小球初始時受的磁場力的方向為垂直于斜面向下，當然，也可以由左手定則直接判斷，也就是說，題中如果不給出小球帶的電荷類型，也可以判斷出來.小球沿斜面向下的加速度由電場力和重力唯一決定，做勻變速直線運動，,即mgsin+Eqcos=ma，解得a=10m/s2 又由v3=v0+at, 經(jīng)過3秒小球的速度為v3=20m/s-10

10、3m/s =-10m/s, 方向為沿斜面向下，這時，小球受的磁場力為沿與斜面垂直方向向上，大小為F1=qv3B，小球剛好離開斜面意味著此時小球剛好受斜面的彈力為0.,于是由沿斜面垂直方向上的受力平衡，不難得出Bqv3+Eqsin=mgcos，解得B=5T. 注意離開斜面問題.本題由于斜面光滑，因而物體的速度不受洛倫茲力的影響.,變式訓練4：如圖948所示，套在很長的絕緣直棒上的小球，其質量為m，帶電量是+q，小球可在棒上滑動，將此棒豎直放在互相垂直，且沿水平方向的勻強電場和勻強磁場中，電場強度是E，磁感應強度是B，小球與棒的動摩擦因數(shù)為，求小球由靜止沿棒下落的最大加速度和最大速度(設小球帶電量

11、不變),圖948,解析：此類問題屬于涉及加速度的力學問題，必定得用牛頓第二定律解決，小球的受力情況如圖所示 由于N=Eq+Bqv，所以F合=mg-N=mg-(Eq+Bqv)可見隨著v增大，F(xiàn)合減小，由牛頓第二定律知，小球做加速度越來越小的加速運動直到最后做勻速運動,現(xiàn)代五項電磁技術的應用 一、速度選擇器,9-4-9,1.原理 如圖9-4-9所示，由于所受重力可忽略不計，運動方向相同而速率不同的正粒子組成的粒子束射入相互正交的勻強電場和勻強磁場所組成的場區(qū)中，已知電場強度大小為E，方向向下，磁感應強度大小為B，方向垂直紙面向里，若粒子運動軌跡不發(fā)生偏轉(重力不計)，必須滿足平衡條件：qBv=qE

12、，故 ，這樣就把滿足 的粒子從速度選擇器中選擇出來了.,2.特點 (1)速度選擇器只是選擇速度(大小、方向)而不選擇粒子的質量和電量，若從右側入射則不能穿出場區(qū). (2)速度選擇器B、E、v三個物理量的大小、方向互相約束，以保證粒子受到的電場力和洛倫茲力等大、反向.如圖中只改變磁場B方向，粒子將向下偏轉.,(3)當v 時，則qBvqE，粒子向上偏轉; 當v時，則qBvqE，粒子向下偏轉.,二、質譜儀 質譜儀是一種測量帶電粒子質量和分離同位素的儀器.如圖9-4-10所示，離子源S產(chǎn)生質量為m，帶電量為q的正離子(所受重力不計).,圖9-4-10,離子出來時速度很小(可忽略不計)，經(jīng)過電壓為U的電

13、場加速后進入磁感應強度為B的勻強磁場中做勻速圓周運動，經(jīng)過半個周期到達照相底片P上，測得它在P上的位置到入口處的距離為L， 則：qU= mv2-0 qBv= L=2r 聯(lián)立求解得：m=qB2L2/8U. 因此，只要知道q、B、L與U，就可以計算出帶電粒子的質量m，又因m與L2成正比，不同質量的同位素可從離入口的不同處分離出來，故質譜儀又是分離同位素的重要儀器.,三、回旋加速器 如圖9-4-11所示，回旋加速器的核心部分是兩個D形的金屬盒，兩盒之間留下一條窄縫，在中心附近放有粒子源，D形盒在真空容器中，整個裝置放在大磁鐵產(chǎn)生的勻強磁場中，并把兩個D形盒分別接在高頻電源的兩極上，,圖9-4-11,其工作原理是： 1.電場加速：qU=Ek 2.磁場約束偏轉：qBv= ,r= v 3.加速條件：高頻電源的周期與帶電粒子在D形盒中運動的周期相同，即T電場=T回旋=2m/qB.,四、磁流體發(fā)電機 如圖9-4-12所示是磁流體發(fā)電機，其原理：等離子氣體噴入磁場，正、負離子在洛倫茲力作用下發(fā)生上下偏轉而聚集到A、B板上，產(chǎn)生電勢差，設A、B平行金屬板的面積為S，相距為l，噴入氣體速度為v，板間磁場的磁感應強度為B，板外電阻為R，當?shù)入x子氣體勻速通過A、B板間時，A、B板上聚集的電荷最多，板間電勢差最大，即為電源電動勢，