《（浙江選考）2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第20講 磁場(chǎng)對(duì)運(yùn)動(dòng)電荷的作用課件.ppt》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（浙江選考）2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第20講 磁場(chǎng)對(duì)運(yùn)動(dòng)電荷的作用課件.ppt（62頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、第20講磁場(chǎng)對(duì)運(yùn)動(dòng)電荷的作用,電荷在磁場(chǎng)中受力和運(yùn)動(dòng),教材研讀,突破一 洛倫茲力的特點(diǎn)與應(yīng)用,突破二 帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng),突破三 帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的多解問(wèn)題,重難突破,突破四 帶是粒子在有界磁場(chǎng)中的臨界值問(wèn)題,1.判斷下列說(shuō)法的正誤: (1)帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)一定會(huì)受到洛倫茲力的作用。() (2)洛倫茲力不做功,但安培力卻可以做功。() (3)洛倫茲力的方向在特殊情況下可能與帶電粒子的速度方向不垂直。() (4)根據(jù)公式T=,說(shuō)明帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)周期T與v成反 比。(),(5)帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí),其運(yùn)動(dòng)半徑與帶電粒子 的比荷有關(guān)。(),2.下列各

2、圖中,運(yùn)動(dòng)電荷的速度方向、磁感應(yīng)強(qiáng)度方向和電荷的受力方向之間的關(guān)系正確的是(B),3.甲、乙兩個(gè)質(zhì)量和電荷量都相同的帶正電的粒子(重力及粒子之間的相互作用力不計(jì)),分別以速度v甲和v乙垂直磁場(chǎng)方向射入勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,且v甲v乙,則甲、乙兩個(gè)粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡正確的是(A),4.(多選)如圖所示,在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,磁感應(yīng)強(qiáng)度B1=2B2,當(dāng)不計(jì)重力的帶電粒子從B1磁場(chǎng)區(qū)域運(yùn)動(dòng)到B2磁場(chǎng)區(qū)域時(shí),粒子的(BC) A.速率將加倍 B.軌跡半徑加倍 C.周期將加倍 D.做圓周運(yùn)動(dòng)的角速度將加倍,突破一洛倫茲力的特點(diǎn)與應(yīng)用,重難突破,1.洛倫茲力的特點(diǎn) (1)利用左手定則判斷洛倫茲力的方向,注意區(qū)分正、負(fù)電荷。 (2

3、)當(dāng)電荷運(yùn)動(dòng)方向發(fā)生變化時(shí),洛倫茲力的方向也隨之變化。 (3)運(yùn)動(dòng)電荷在磁場(chǎng)中不一定受洛倫茲力作用。 (4)洛倫茲力一定不做功。,2.洛倫茲力與安培力的聯(lián)系及區(qū)別 (1)安培力是洛倫茲力的宏觀表現(xiàn),二者性質(zhì)相同,都是磁場(chǎng)力。 (2)安培力可以做功,而洛倫茲力對(duì)運(yùn)動(dòng)電荷不做功。,3.洛倫茲力與電場(chǎng)力的比較,典例1如圖所示,M、N和P是以MN為直徑的半圓弧上的三點(diǎn),O為半圓弧的圓心,在O點(diǎn)存在垂直紙面向里運(yùn)動(dòng)的勻速電子束。MOP=60,在 M、N處各有一條長(zhǎng)直導(dǎo)線垂直穿過(guò)紙面,導(dǎo)線中通有大小相等的恒定電 流,方向如圖所示,這時(shí)O點(diǎn)的電子受到的洛倫茲力大小為F1。若將M處長(zhǎng)直導(dǎo)線移至P處,則O點(diǎn)的電

4、子受到的洛倫茲力 大小為F2。那么F2與F1之比為(B) A.1B.2C.11D.12,解析長(zhǎng)直導(dǎo)線在M、N、P處時(shí)在O點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度B大小相等,M、N處的導(dǎo)線在O點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向都向下,合磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1=2B,P、N處的導(dǎo)線在O點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度夾角為60,合磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2=B,可得,B2B1=2,又因?yàn)镕洛=qvB,所以F2F1= 2,選項(xiàng)B正確。,1-1利用霍爾效應(yīng)制作的霍爾元件,廣泛應(yīng)用于測(cè)量和自動(dòng)控制等領(lǐng)域?；魻栐话阌砂雽?dǎo)體材料做成,有的半導(dǎo)體中的載流子(即自由電荷)是電子,有的半導(dǎo)體中的載流子是空穴(相當(dāng)于正電荷)。如圖所示,將扁平長(zhǎng)方體形狀的霍爾元件水平

5、放置接入電路,勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直于霍爾元件的水平面豎直向下,閉合開關(guān),讓電流從霍爾元件的左側(cè) 流向右側(cè),則其前后兩表面會(huì)形成電勢(shì)差?，F(xiàn)有 載流子是電子的霍爾元件1和載流子是空穴的 霍爾元件2,兩元件均按圖示方式接入電路(閉合,開關(guān)),則關(guān)于前后兩表面電勢(shì)高低的判斷,下列說(shuō)法中正確的是(A) A.若接入元件1時(shí),前表面電勢(shì)高;若接入元件2時(shí),前表面電勢(shì)低 B.若接入元件1時(shí),前表面電勢(shì)低;若接入元件2時(shí),前表面電勢(shì)高 C.不論接入哪個(gè)元件,都是前表面電勢(shì)高 D.不論接入哪個(gè)元件,都是前表面電勢(shì)低,解析根據(jù)左手定則可判斷出電荷受到指向后表面的洛倫茲力,若為元件1,則負(fù)電荷聚積到后表面,前表面電勢(shì)高;若為

6、元件2,則正電荷聚積到后表面,前表面電勢(shì)低,故選A。,1-2如圖所示,帶負(fù)電荷的擺球在一勻強(qiáng)磁場(chǎng)中擺動(dòng)。勻強(qiáng)磁場(chǎng)的方向垂直紙面向里。磁場(chǎng)中A、B為等高的兩點(diǎn),擺球在A、B間擺動(dòng)過(guò)程中,由A擺到最低點(diǎn)C時(shí),擺線拉力大小為F1,擺球加速度大小為a1。由B擺到最低點(diǎn)C時(shí),擺線拉力大小為F2,擺球加速度大小為a2,則(B) A.F1F2,a1=a2 B.F1F2,a1a2 D.F1F2,a1a2,解析由于洛倫茲力不做功,所以從B和A到達(dá)C點(diǎn)的速度大小相等。由a=可得a1=a2。當(dāng)由A運(yùn)動(dòng)到C時(shí),以小球?yàn)檠芯繉?duì)象,受力分析如圖甲 所示,F1+f洛-mg=ma1。當(dāng)由B運(yùn)動(dòng)到C時(shí),受力分析如圖乙所示,F2

7、-f洛-mg=ma2。由以上兩式可得:F2F1,故B正確。,1-3如圖所示,某空間存在正交的勻強(qiáng)磁場(chǎng)和勻強(qiáng)電場(chǎng),電場(chǎng)方向水平向右,磁場(chǎng)方向垂直紙面向里,一帶電微粒由a點(diǎn)進(jìn)入電磁場(chǎng)并剛好能沿ab直線向上運(yùn)動(dòng)。下列說(shuō)法中正確的是(A) A.微粒一定帶負(fù)電 B.微粒的動(dòng)能一定減小 C.微粒的電勢(shì)能一定增加 D.微粒的機(jī)械能不變,解析對(duì)該微粒進(jìn)行受力分析得:它受到豎直向下的重力、水平方向的電場(chǎng)力和垂直速度方向的洛倫茲力,其中重力和電場(chǎng)力是恒力,由于粒子沿直線運(yùn)動(dòng),則可以判斷出其受到的洛倫茲力也是恒定的,故速度不變,即該粒子是做勻速直線運(yùn)動(dòng),動(dòng)能不變,所以B項(xiàng)錯(cuò)誤;如果該微粒帶正電,則受到向右的電場(chǎng)力和

8、向左下方的洛倫茲力,所以微粒受到的力不會(huì)平衡,故該微粒一定帶負(fù)電,A項(xiàng)正確;該微粒帶負(fù)電,向左上方運(yùn)動(dòng),所以電場(chǎng)力做正功,電勢(shì)能一定是減小的,C項(xiàng)錯(cuò)誤;因?yàn)橹亓?shì)能增加,動(dòng)能不變,所以該微粒的機(jī)械能增加,D項(xiàng)錯(cuò)誤。,突破二帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng),1.帶電粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的圓心、半徑及運(yùn)動(dòng)時(shí)間的確定,2.帶電粒子在有界磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的常見情形,解析電子帶負(fù)電,進(jìn)入磁場(chǎng)后,根據(jù)左手定則判斷可知,所受的洛倫茲力方向向左,電子將向左偏轉(zhuǎn),A錯(cuò)誤;如圖所示,設(shè)電子打在MN上的點(diǎn)與O點(diǎn)的距離為x,則由幾何知識(shí)得:x=r-=2d-=(2-)d,故 B、C錯(cuò)誤;設(shè)軌跡對(duì)應(yīng)的圓心角為,由幾何知識(shí)得:sin =

9、0.5,得= ,則電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t=,故D正確。,突破三帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的多解問(wèn)題,1.帶電粒子電性不確定形成多解 受洛倫茲力作用的帶電粒子,可能帶正電荷,也可能帶負(fù)電荷,在相同的初速度下,正、負(fù)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡不同,導(dǎo)致多解。 2.磁場(chǎng)的方向不確定形成多解 有些題目只告訴了磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小,而未指出磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向,有時(shí)必須要考慮因磁感應(yīng)強(qiáng)度方向不確定而形成的多解。,3.臨界狀態(tài)不唯一形成多解 帶電粒子在洛倫茲力作用下飛越有界磁場(chǎng)時(shí),由于粒子運(yùn)動(dòng)軌跡是圓弧狀,因此,它可能穿過(guò)去了,也可能轉(zhuǎn)過(guò)180從入射界面這邊反向飛出,于是形成多解。,4.運(yùn)動(dòng)的重復(fù)性形成多解 帶電粒子

10、在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí),由于某些因素的變化,例如磁場(chǎng)方向反向或者速度方向突然反向等,運(yùn)動(dòng)往往具有往復(fù)性,因而形成多解。,典例3如圖所示,在x0的區(qū)域中,存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為B1與B2的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁場(chǎng)方向均垂直于紙面向里,且B1B2。一個(gè)帶負(fù)電荷的粒子從坐標(biāo)原點(diǎn)O以速度v沿x軸負(fù)方向射出,要使該粒子經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后又經(jīng)過(guò)O點(diǎn),B1與B2的比值應(yīng)滿足什么條件?,答案=(n=1,2,3,),解析粒子在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的速度大小恒為v,交替地在xOy平面內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1與B2的磁場(chǎng)區(qū)域中做勻速圓周運(yùn)動(dòng),軌跡都是半個(gè)圓周。設(shè)粒子的質(zhì)量和電荷量的大小分別為m和q,圓周運(yùn)動(dòng)的半徑分別為r1和r2,由qvB=得 r

11、1= r2=,現(xiàn)分析粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖所示,在xOy平面內(nèi),粒子先沿半徑為r1的半圓C1運(yùn)動(dòng)至y軸上離O點(diǎn)距離為2r1的A點(diǎn),接著沿半徑為r2的半圓D1運(yùn)動(dòng) 至y軸上的O1點(diǎn),OO1的距離 d=2(r2-r1),3-1(多選)一質(zhì)量為m、電荷量為q的負(fù)電荷在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中繞固定的正電荷沿固定的光滑軌道做勻速圓周運(yùn)動(dòng),若磁場(chǎng)方向垂直于它的運(yùn)動(dòng)平面,且作用在負(fù)電荷的電場(chǎng)力恰好是磁場(chǎng)力的三倍,則負(fù)電荷做圓周運(yùn)動(dòng)的角速度可能是(AC) A.B.C.D.,解析依題中條件“磁場(chǎng)方向垂直于它的運(yùn)動(dòng)平面”,磁場(chǎng)方向有兩種可能,且這兩種可能方向相反。在方向相反的兩個(gè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,由左手定則可知負(fù)電荷所

12、受的洛倫茲力的方向也是相反的。當(dāng)負(fù)電荷所受的洛倫茲力與電場(chǎng)力方向相同時(shí),根據(jù)牛頓第二定律可知4Bqv=m,得v= ,此種情況下,負(fù)電荷運(yùn)動(dòng)的角速度為=;當(dāng)負(fù)電荷所受的 洛倫茲力與電場(chǎng)力方向相反時(shí),有2Bqv=m,v=,此種情況下,負(fù)電 荷運(yùn)動(dòng)的角速度為=,應(yīng)選A、C。,解析如圖所示,S、T之間的距離為在屏MN上被粒子打中區(qū)域的長(zhǎng)度。粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑R=, 則PS=2R cos = PT=2R=,所以ST=。,3-3如圖所示,在坐標(biāo)系xOy中,第一象限內(nèi)充滿著兩個(gè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)a和b,OP為分界線,在磁場(chǎng)a中,磁感應(yīng)強(qiáng)度為2B,方向垂直于紙面向里,在磁場(chǎng)b中,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,方向垂直于紙面向

13、外,P點(diǎn)坐標(biāo)為(4l,3l)。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子從P點(diǎn)沿y軸負(fù)方 向射入磁場(chǎng)b,經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后,粒子恰能經(jīng)過(guò) 原點(diǎn)O,不計(jì)粒子重力。則: (1)粒子從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)的最短時(shí)間是多少? (2)粒子運(yùn)動(dòng)的速度可能是多少?,粒子在磁場(chǎng)b和磁場(chǎng)a中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間分別為 tb=Tb,ta=Ta,故從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)的最短時(shí)間為 t=ta+tb= (2)由題意及上圖可知 n(2Ra cos +2Rb cos )= 解得v=(n=1,2,3,)。,突破四帶電粒子在有界磁場(chǎng)中的臨界值問(wèn)題,1.臨界現(xiàn)象 當(dāng)帶電粒子進(jìn)入設(shè)定的有界磁場(chǎng)后,其軌跡是一個(gè)殘缺圓,題中往往會(huì)形成各種各樣的臨界現(xiàn)象。 解決此類問(wèn)

14、題的關(guān)鍵是找準(zhǔn)臨界點(diǎn)。 找臨界點(diǎn)的方法是以題目中的“恰好”“最大”“最高”“至少”等,詞語(yǔ)為突破口,借助半徑R和速度v(或磁場(chǎng)B)之間的約束關(guān)系進(jìn)行動(dòng)態(tài)運(yùn)動(dòng)軌跡分析,確定軌跡圓和邊界的關(guān)系,找出臨界點(diǎn)。,2.極值問(wèn)題 (1)剛好穿出磁場(chǎng)邊界的條件是帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡與邊界相切。 (2)當(dāng)速度v一定時(shí),弧長(zhǎng)越長(zhǎng),圓心角越大,則帶電粒子在有界磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間越長(zhǎng)。 (3)當(dāng)速率v變化時(shí),圓心角越大,運(yùn)動(dòng)時(shí)間越長(zhǎng)。,典例4(2017浙江4月選考,23,10分)如圖所示,在xOy平面內(nèi),有一電子源持續(xù)不斷地沿x正方向每秒發(fā)射出N個(gè)速率均為v的電子,形成寬為2b、在y軸方向均勻分布且關(guān)于x軸對(duì)稱

15、的電子流。電子流沿x方向射入一個(gè)半徑為R、中心位于原點(diǎn)O的圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域,磁場(chǎng)方向垂直xOy平面向里,電子經(jīng)過(guò)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后均從P點(diǎn)射出。在磁場(chǎng)區(qū)域的正下方有一對(duì)平行于x軸的金屬平行板K和A,其中K板與P點(diǎn)的距離為d,中間開有寬度為2l且關(guān)于y軸對(duì)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(guò)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,d=l,電子質(zhì)量為m, 電荷量為e,忽略電子間相互作用。 (1)求磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小; (2)求電子流從P點(diǎn)射出時(shí)與負(fù)y軸方向的 夾角的范圍; (3)當(dāng)UAK=0時(shí),每秒經(jīng)過(guò)極板K上的小孔到達(dá)極板A的電子數(shù); (4

16、)畫出電流i隨UAK變化的關(guān)系曲線。,答案見解析,解析(1)軌道半徑r=R B= (2)上端電子從P點(diǎn)射出時(shí)與負(fù)y軸的夾角m滿足sin m=,得m=60 同理下端電子從P點(diǎn)射出時(shí)與負(fù)y軸的夾角也為60 范圍是-6060,(3)tan =,得=45 y=R sin =R,設(shè)每秒進(jìn)入兩極板間的電子數(shù)為n =0.82 n=0.82N (4)由動(dòng)能定理得出遏止電壓U0 U0=-mv2 與負(fù)y軸成45角的電子的運(yùn)動(dòng)軌跡則好與A板相切,其逆過(guò)程是類平拋運(yùn)動(dòng),達(dá)到飽和電流所需的最小反向電壓U=-mv2或根據(jù)(3)可得飽和,電流大小 Imax=0.82Ne,4-1(2017浙江11月選考,23,10分)如圖所

17、示,x軸上方存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng),坐標(biāo)原點(diǎn)處有一正離子源,單位時(shí)間在xOy平面內(nèi)發(fā)射n0個(gè)速率均為v的離子,分布在y軸兩側(cè)各為的范圍內(nèi)。在x軸上放置長(zhǎng)度為L(zhǎng)的離子收集板,其右端點(diǎn)距坐標(biāo)原點(diǎn)的距離 為2L,當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度為B0時(shí),沿y軸正方向入射 的離子,恰好打在收集板的右端點(diǎn)。整個(gè)裝置 處于真空中,不計(jì)重力,不考慮離子間的碰撞, 忽略離子間相互作用。,(1)求離子的比荷; (2)若發(fā)射的離子被收集板全部收集,求的最大值; (3)假設(shè)離子到達(dá)x軸時(shí)沿x軸均勻分布。當(dāng)=37,磁感應(yīng)強(qiáng)度在B0B3B0的區(qū)間取不同值時(shí),求單位時(shí)間內(nèi)收集板收集到的離子數(shù)n與磁感應(yīng)強(qiáng)度B之間的關(guān)系。(不計(jì)離子在磁場(chǎng)中

18、運(yùn)動(dòng)的時(shí)間),答案見解析,解析(1)洛倫茲力提供向心力qvB0=m 圓周運(yùn)動(dòng)的半徑R=L 得= (2)如圖1所示,以最大值m入射時(shí),有 x=2R(1-cos m)=L或2R cos m=L 得m=,圖1 (3)BB0,全部收集到離子時(shí)的最小半徑為R1如圖2,有 2R1 cos 37=L,得B1=1.6B0 當(dāng)B0B1.6B0時(shí),有n1=n0 B1.6B0,恰好收集不到離子時(shí)的半徑為R2,有 R2=0.5L 得B2=2B0 當(dāng)1.6B0B2B0時(shí),設(shè)R=,有 n2=n0=n0(5-),當(dāng)2B0B3B0時(shí),有n3=0 圖2,4-2如圖所示,以O(shè)為圓心、半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)存在垂直圓面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng),一粒子源位于圓周上的M點(diǎn),可向磁場(chǎng)區(qū)域內(nèi)垂直磁場(chǎng)沿各個(gè)方向發(fā)射質(zhì)量為m、電荷量為-q的粒子,不計(jì)粒子重力及粒子間相互作用力,N為圓周上另一點(diǎn),半徑OM和ON間的夾角,且滿足tan =0.5。,解得r=R 粒子沿與與MO成60方向進(jìn)入磁場(chǎng),設(shè)粒子從區(qū)域邊界P射出,其運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示,由圖可知,粒子在磁場(chǎng)中通過(guò)的面積S等于以O(shè)3為圓心的扇形MO3O的面積S1、以M為圓心的扇形MOQ的面積S2和以O(shè)點(diǎn)為圓心的圓弧MQ與直線MQ圍成的面積S3之和。,則有:S1=,S2=R2,S3=R2-R2 所以S=R2-R2,