高考物理总复习9.2磁场对运动电荷的作用课件PPT

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一、洛伦兹力、洛伦兹力的方向和洛伦兹力的公式1.洛伦兹力:磁场对 运动电荷　的作用力叫洛伦兹力。 2.洛伦兹力的方向(1)判定方法:左手定则掌心——磁感线 垂直　穿入掌心。 四指——指向正电荷运动的方向或负电荷运动的 反方向　。 拇指——指向 洛伦兹力　的方向。 (2)方向特点:F⊥B,F⊥v,即F垂直于B和v决定的 平面　。 
3.洛伦兹力的大小F= qvBsin θ　,θ为v与B的夹角,如图所示。 (1)v∥B,θ=0°或180°,洛伦兹力F= 0　。 (2)v⊥B时,θ=90°,洛伦兹力F= qvB　。 (3)v=0时,洛伦兹力F= 0　。 
4.洛伦兹力与电场力的比较
二、带电粒子在匀强磁场中的运动1.若v∥B,带电粒子以入射速度v做 匀速直线　运动。 2.若v⊥B,带电粒子在垂直于磁感线的平面内,以入射速度v做 匀速圆周　运动。 3.基本公式
1.下列关于洛伦兹力的说法正确的是(　　)A.只要速度大小相同,所受洛伦兹力就相同B.如果把+q改为-q,且速度反向,大小不变,则洛伦兹力的大小、方向均不变C.洛伦兹力方向一定与电荷速度方向垂直,磁场方向一定与电荷运动方向垂直D.粒子在只受到洛伦兹力作用下运动的动能、速度均不变
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(　　)
3.(多选)如图所示,一重力不计的带电粒子以一定的速率从a点对准圆心射入一圆形匀强磁场,恰好从b点射出。增大粒子射入磁场的速率,下列判断正确的是(　　)A.该粒子带正电B.该粒子带负电C.粒子从ab间射出D.粒子从bc间射出
4.两个带电粒子以相同的速度垂直磁感线方向进入同一匀强磁场,两粒子质量之比为1∶4,电荷量之比为1∶2,则两带电粒子受洛伦兹力之比为(　　)A.2∶1B.1∶1C.1∶2D.1∶4
5.两个带电粒子以同一速度、同一位置进入匀强磁场,在磁场中它们的运动轨迹如图所示。粒子a的运动轨迹半径为r1,粒子b的运动轨迹半径为r2,且r2=2r1,q1、q2分别是粒子a、b所带的电荷量,则(　　)A.a带负电、b带正电,粒子的比荷=2∶1B.a带负电、b带正电,粒子的比荷=1∶2C.a带正电、b带负电,粒子的比荷=2∶1D.a带正电、b带负电,粒子的比荷=1∶1
带电粒子在磁场中的圆周运动1.带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的思想方法和理论依据一般说来,要把握好“一找圆心,二定半径,三求时间”的分析方法。在具体问题中,要依据题目条件和情景而定。解题的理论依据主要
2.圆心的确定(1)已知入射点、入射方向和出射点、出射方向时,可通过入射点和出射点作垂直于入射方向和出射方向的直线,两条直线的交点就是圆弧轨道的圆心(如图甲所示)。
(2)已知入射方向和入射点、出射点的位置时,可以通过入射点作入射方向的垂线,连接入射点和出射点,作其中垂线,这两条垂线的交点就是圆弧轨道的圆心(如图乙所示)。(3)带电粒子在不同边界磁场中的运动①直线边界(进出磁场具有对称性,如图丙所示)。
②平行边界(存在临界条件,如图丁所示)。
③圆形边界(沿径向射入必沿径向射出,如图戊所示)。
3.半径的确定和计算
方法二　由几何方法求:一般由数学知识(勾股定理、三角函数等)计算来确定。4.时间的计算方法
例1(2016·全国卷Ⅱ)一圆筒处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中,磁场方向与筒的轴平行,筒的横截面如图所示。图中直径MN的两端分别开有小孔,筒绕其中心轴以角速度ω顺时针转动。在该截面内,一带电粒子从小孔M射入筒内,射入时的运动方向与MN成30°角。当筒转过90°时,该粒子恰好从小孔N飞出圆筒。不计重力。若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞,则带电粒子的比荷为(　　)
解析:如图为筒转过90°前后各点位置和粒子运动轨迹示意图。M、N'分别为入射点和出射点,分别作入射速度的垂线和MN'的中垂线,交点即为轨迹圆的圆心O'。
根据题意,∠NMN'=45°,O'M与NM延长线的夹角为60°,所以∠O'MN'=75°,∠MO'N'=30°,即轨迹圆的圆心角为30°,转动筒的
思维点拨当筒转过90°时,该粒子恰好从小孔N飞出圆筒→粒子在磁场中做圆周运动的轨迹 圆周运动的圆弧所对的圆心角→粒子在磁场中运动的时间
带电粒子在磁场中做匀速圆周运动解题“三步法”
即学即练1.(2017·全国卷Ⅱ)如图,虚线所示的圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场,P为磁场边界上的一点。大量相同的带电粒子以相同的速率经过P点,在纸面内沿不同方向射入磁场。若粒子射入速率为v1,这些粒子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周上;若粒子射入速率为v2,相应的出射点分布在三分之一圆周上。不计重力及带电粒子之间的相互作用。则v2∶v1为(　　)
2.(2016·四川卷)如图所示,正六边形abcdef区域内有垂直于纸面的匀强磁场。一带正电的粒子从f点沿fd方向射入磁场区域,当速度大小为vb时,从b点离开磁场,在磁场中运动的时间为tb;当速度大小为vc时,从c点离开磁场,在磁场中运动的时间为tc,不计粒子重力。则(　　)A.vb∶vc=1∶2,tb∶tc=2∶1B.vb∶vc=2∶1,tb∶tc=1∶2C.vb∶vc=2∶1,tb∶tc=2∶1D.vb∶vc=1∶2,tb∶tc=1∶2
带电粒子在磁场中运动的多解问题
例2(多选)(2017·浙江诸暨期末)长为l的水平极板间有垂直纸面向里的匀强磁场,如图所示。磁感应强度为B,板间距离也为l,极板不带电。现有质量为m、电荷量为q的带正电粒子(不计重力),从左边极板间中点处垂直磁感线以速度v水平射入磁场,欲使粒子不打在极板上,可采用的办法是(　　)
思维点拨作出粒子的运动轨迹示意图→将速度放大、缩小→看运动轨迹的变化→对应题目条件“欲使粒子不打在极板上”→全面考虑多种可能性。
巧解带电粒子在磁场中运动的多解问题1.分析题目特点,确定题目多解的形成原因。2.作出粒子的运动轨迹示意图(全面考虑多种可能性)。3.若为周期性重复的多解问题,寻找通项式,若是出现几种解的可能性,注意每种解出现的条件。
即学即练3.(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(　　)
4.(多选)(2017·湖北六校调考)如图,xOy平面的第一、二、三象限内存在垂直纸面向外,磁感应强度B=1 T的匀强磁场,ON为处于y轴负方向的弹性绝缘薄挡板,长度为9 m,M点为x轴正方向上一点,OM=3 m。现有一个比荷大小为 =1.0 C/kg可视为质点带正电的小球(重力不计)从挡板下端N处小孔以不同的速度沿x轴负方向射入磁场,若与挡板相碰就以原速率弹回,且碰撞时间不计,碰撞时电荷量不变,小球最后都能经过M点,则小球射入的速度大小可能是(　　)A.3 m/s m/sC.4 m/sD.5 m/s
解析:因为小球通过y轴的速度方向一定是+x方向,故带电小球圆
证,带电小球以3 m/s速度进入磁场,与ON碰撞一次,再经四分之三圆周经过M点,如图甲所示,A项正确;当带电小球与ON不碰撞,直接经过M点,如图乙所示,小球速度沿-x方向射入磁场,则圆心一定在y轴上,作出MN的垂直平分线,交于y轴的点即得圆心位置,由几何关系
带电粒子在有界磁场中的临界极值问题以题目中的“恰好”“最大”“最高”“至少”等词语为突破口,借助半径r和速度v(或磁感应强度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,如: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,据此可以确定速度、磁感应强度、轨迹半径、磁场区域面积等方面的极值。2.当速度v一定时,弧长(或弦长)越大,圆心角越大,则带电粒子在有界磁场中运动的时间越长(前提条件为弧是劣弧)。3.当速率变化时,圆心角大的,运动时间长。4.在运动轨迹圆半径大于磁场区域圆半径的圆形匀强磁场中,入射点和出射点为磁场直径的两个端点时(所有的弦长中直径最长),轨迹对应的偏转角最大。
例3 如图所示,在屏蔽装置底部中心位置O点放一医用放射源,可通过细缝沿扇形区域向外辐射速率为v=3.2×106 m/s的α粒子。已知屏蔽装置宽AB=9 cm,缝长AD=18 cm,α粒子的质量m=6.64×10-27 kg,电荷量q=3.2×10-19 C。若在屏蔽装置右侧条形区域内加一匀强磁场来隔离辐射,磁感应强度B=0.332 T,方向垂直于纸面向里,整个装置放于真空环境中。
(1)若所有的α粒子均不能从条形磁场隔离区的右侧穿出,则磁场的宽度d至少是多少?(2)若条形磁场的宽度d=20 cm,则射出屏蔽装置的α粒子在磁场中运动的最长时间和最短时间各是多少?(结果可带根号)
解析:(1)由AB=9 cm,AD=18 cm,可得∠BAO=∠ODC=45°所有α粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径相同,设为r,根据牛顿第二定律有Bqv=解得r=0.2 m=20 cm。由题意及几何关系可知:若条形磁场区域的右边界与沿OD方向进入磁场的α粒子的圆周轨迹相切,则所有α粒子均不能从条形磁场隔离区右侧穿出,此时磁场的宽度最小,如图甲所示。
甲设此时磁场宽度d=d0,由几何关系得
(2)设α粒子在磁场内做匀速圆周运动的周期为T,则
设速度方向垂直于AD进入磁场区域的α粒子的入射点为E,如图乙所示。因磁场宽度d=20 cmr因朝不同方向发射的α粒子的圆轨迹都过S,由此可知,某一圆轨迹在下图中N点左侧与ab相切,则此切点P1就是α粒子能打中的左侧最远点。为确定P1点的位置,可作平行于ab的直线cd,cd到ab的距离为r,以S为圆心,r为半径,作圆弧交cd于Q点,过Q作ab的垂线,它与ab的交点即为P1。则NP1=
再考虑N点的右侧。任何α粒子在运动中离S的距离不可能超过2r,在N点右侧取一点P2,取SP2=20 cm,此即右侧能打到的最远点。
所求长度为P1P2=NP1+NP2代入数值得P1P2=20 cm。