高中物理：第五章《磁場與回旋加速器》課件（滬科版選修3-1）

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歡迎進(jìn)入物理課堂 考點一 安培力大小的計算1 2010 上海高考 如圖 長為2l的直導(dǎo)線拆成邊長相等 夾角為60 的V形 并置于與其所在平面相垂直的勻強(qiáng)磁場中 磁感應(yīng)強(qiáng)度為B 當(dāng)在該導(dǎo)線中通以電流強(qiáng)度為I的電流時 該V形通電導(dǎo)線受到的安培力大小為 A 0B 0 5BIlC BIlD 2BIl 解析 選C 導(dǎo)線有效長度為2lsin30 l 所以該V形通電導(dǎo)線受到的安培力大小為BIl C對 2 2009 全國高考 如圖 一段導(dǎo)線abcd位于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場中 且與磁場方向 垂直于紙面向里 垂直 線段ab bc和cd的長度均為L 且 abc bcd 135 流經(jīng)導(dǎo)線的電流為I 方向如圖中箭頭所示 導(dǎo)線段abcd所受到的磁場的作用力的合力 A 方向沿紙面向上 大小為 1 IBLB 方向沿紙面向上 大小為 1 IBLC 方向沿紙面向下 大小為 1 IBLD 方向沿紙面向下 大小為 1 IBL 解析 選A 該導(dǎo)線可以用a和d之間的直導(dǎo)線長為 1 L來等效代替 根據(jù)F BIL 可知大小為 1 BIL 方向根據(jù)左手定則判定沿紙面向上 A正確 3 2009 海南高考 一根容易形變的彈性導(dǎo)線 兩端固定 導(dǎo)線中通有電流 方向如圖中箭頭所示 當(dāng)沒有磁場時 導(dǎo)線呈直線狀態(tài) 當(dāng)分別加上方向豎直向上 水平向右或垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場時 描述導(dǎo)線狀態(tài)的四個圖示中正確的是 解析 選D A圖中導(dǎo)線不受力 故它不會彎曲 A錯 B圖中導(dǎo)線受到垂直紙面向里的安培力 它不會向右彎曲 B錯 C中導(dǎo)線受到水平向右的安培力 導(dǎo)線不會向左彎曲 C錯 D中導(dǎo)線受到水平向右的安培力 故它向右彎曲 D對 4 2009 重慶高考 在如圖所示電路中 電池均相同 當(dāng)電鍵S分別置于a b兩處時 導(dǎo)線MM 與NN 之間的安培力的大小分別為Fa Fb 可判斷這兩段導(dǎo)線 A 相互吸引 Fa FbB 相互排斥 Fa FbC 相互吸引 Fa FbD 相互排斥 Fa Fb 解析 選D 電鍵S閉合后 MM NN 中產(chǎn)生平行反向電流 據(jù)安培定則和左手定則可知 兩導(dǎo)線相互排斥 A C錯 電鍵S置于b處時 兩段導(dǎo)線中的電流較大 導(dǎo)線產(chǎn)生較強(qiáng)的磁場 對另一導(dǎo)線產(chǎn)生較大的安培斥力 即Fa Fb 故B錯 D對 5 2008 寧夏高考 在等邊三角形的三個頂點a b c處 各有一條長直導(dǎo)線垂直穿過紙面 導(dǎo)線中通有大小相等的恒定電流 方向如圖 過c點的導(dǎo)線所受安培力的方向 A 與ab邊平行 豎直向上B 與ab邊平行 豎直向下C 與ab邊垂直 指向左邊D 與ab邊垂直 指向右邊 解析 選C 本題考查了左手定則的應(yīng)用 導(dǎo)線a在c處產(chǎn)生的磁場方向由安培定則可判斷 即垂直ac向左 同理導(dǎo)線b在c處產(chǎn)生的磁場方向垂直bc向下 則由平行四邊形定則 過c點的合場方向平行于ab 根據(jù)左手定則可判斷導(dǎo)線c受到的安培力垂直ab邊 指向左邊 C正確 考點二 帶電粒子在磁場中的圓周運(yùn)動問題6 2010 重慶高考 如圖所示 矩形MNPQ區(qū)域內(nèi)有方向垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場 有5個帶電粒子從圖中箭頭所示位置垂直于磁場邊界進(jìn)入磁場 在紙面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動 運(yùn)動軌跡為相應(yīng)的圓弧 這些粒子的質(zhì)量 電荷量以及速度大小如下表所示 由以上信息可知 從圖中a b c處進(jìn)入的粒子對應(yīng)表中的編號分別為 A 3 5 4B 4 2 5C 5 3 2D 2 4 5 解析 選D 根據(jù)半徑公式r 結(jié)合表格中數(shù)據(jù)可求得1 5各組粒子的半徑之比依次為0 5 2 3 3 2 說明第一組正粒子的半徑最小 該粒子從MQ邊界進(jìn)入磁場逆時針運(yùn)動 由圖a b粒子進(jìn)入磁場也是逆時針運(yùn)動 則都為正電荷 而且a b粒子的半徑比為2 3 則a一定是第2組粒子 b是第4組粒子 c順時針運(yùn)動 都為負(fù)電荷 半徑與a相等是第5組粒子 D正確 7 2010 江蘇高考 如圖所示 在勻強(qiáng)磁場中附加另一勻強(qiáng)磁場 附加磁場位于圖中陰影區(qū)域 附加磁場區(qū)域的對稱軸OO 與SS 垂直 a b c三個質(zhì)子先后從S點沿垂直于磁場的方向射入磁場 它們的速度大小相等 b的速度方向與SS 垂直 a c的速度方向與b的速度方向間的夾角分別為 且 三個質(zhì)子經(jīng)過附加磁場區(qū)域后能達(dá)到同一點S 則下列說法中正確的有 A 三個質(zhì)子從S運(yùn)動到S 的時間相等B 三個質(zhì)子在附加磁場以外區(qū)域運(yùn)動時 運(yùn)動軌跡的圓心均在OO 軸上C 若撤去附加磁場 a到達(dá)SS 連線上的位置距S點最近D 附加磁場方向與原磁場方向相同 解析 選C D 三個質(zhì)子從S運(yùn)動到S 過程 運(yùn)動軌跡的長度從a b c依次增大 由于洛倫茲力對質(zhì)子不做功 三個質(zhì)子速度大小始終相等 運(yùn)動時間不相等 A錯誤 三個質(zhì)子在附加磁場以外區(qū)域及附加磁場區(qū)域運(yùn)動時 以質(zhì)子b為例畫出其運(yùn)動軌跡圖兩種情況 R r和R r 如圖 所示 由圖可以看出質(zhì)子b的運(yùn)動軌跡的圓心不在OO 軸上 所以B錯誤 用作圖法可知 若撤去附加磁場 a到達(dá)SS 連線上的位置距S點距離為xa 2Rsin 2Rcos b到達(dá)SS 連線上的位置距S點距離為xb 2R c到達(dá)SS 連線上的位置距S點距離為xc 2Rsin 2Rcos 可知a到達(dá)SS 連線上的位置距S點最近 C正確 因b要增大曲率 才能使到達(dá)SS 連線上的位置向S點靠近 所以附加磁場方向與原磁場方向相同 D正確 8 2009 安徽高考 下圖是科學(xué)史上一張著名的實驗照片 顯示一個帶電粒子在云室中穿過某種金屬板運(yùn)動的徑跡 云室放置在勻強(qiáng)磁場中 磁場方向垂直照片向里 云室中橫放的金屬板對粒子的運(yùn)動起阻礙作用 分析此徑跡可知粒子 A 帶正電 由下往上運(yùn)動B 帶正電 由上往下運(yùn)動C 帶負(fù)電 由上往下運(yùn)動D 帶負(fù)電 由下往上運(yùn)動 解析 選A 粒子穿過金屬板后 速度變小 由半徑公式r 可知 半徑變小 粒子運(yùn)動方向為由下向上 又由于洛倫茲力的方向指向圓心 由左手定則 粒子帶正電 A正確 9 2010 新課標(biāo)全國卷 如圖所示 在0 x a 0 y 范圍內(nèi)有垂直于xy平面向外的勻強(qiáng)磁場 磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B 坐標(biāo)原點O處有一個粒子源 在某時刻發(fā)射大量質(zhì)量為m 電荷量為q的帶正電粒子 它們的速度大小相同 速度方向均在xy平面內(nèi) 與y軸正方向的夾角分布在0 90 范圍內(nèi) 已知粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的半徑介于a 2到a之間 從發(fā)射粒子到粒子全部離開磁場經(jīng)歷的時間恰好為粒子在磁場中做圓周運(yùn)動周期的四分之一 求最后離開磁場的粒子從粒子源射出時的 1 速度的大小 2 速度方向與y軸正方向夾角的正弦 解析 1 設(shè)粒子的發(fā)射速度為v 粒子做圓周運(yùn)動的軌道半徑為R 由牛頓第二定律和洛倫茲力公式 得 2分 由 解得 R 1分 畫出沿 y方向以a 2為半徑做勻速圓周運(yùn)動軌跡如圖 所示 再畫出從坐標(biāo)原點O沿與y軸正方向成一定夾角以半徑R0 a 2 R0 a 做勻速圓周運(yùn)動且圓弧軌跡與磁場上邊界相切時的臨界軌跡 然后將臨界軌跡 以O(shè)為圓心順時針或逆時針旋轉(zhuǎn) 根據(jù)在磁場中的軌跡線的長度即可判斷運(yùn)動時間的長短 如下圖所示 從圖中不難看出臨界軌跡 對應(yīng)的運(yùn)動時間最長 當(dāng) R a時 在磁場中運(yùn)動時間最長的粒子 其軌跡是圓心為C的圓弧 圓弧與磁場的上邊界相切 如圖所示 設(shè)該粒子在磁場中運(yùn)動的時間為t 依題意t 得 OCA 設(shè)最后離開磁場的粒子的發(fā)射速度方向與y軸正方向的夾角為 由幾何關(guān)系可得 Rsin R Rsin a Rcos 又sin2 cos2 1 由 式解得 R 2 a 由 式得 v 2 2 由 式得 sin 答案 1 2 2 考點三 帶電粒子在電磁場中的運(yùn)動問題10 2009 北京高考 如圖所示的虛線區(qū)域內(nèi) 充滿垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場和豎直向下的勻強(qiáng)電場 一帶電粒子a 不計重力 以一定的初速度由左邊界的O點射入磁場 電場區(qū)域 恰好沿直線由區(qū)域右邊界的O 點 圖中未標(biāo)出 穿出 若撤去該區(qū)域內(nèi)的磁場而保留電場不變 另一個同樣的粒子b 不計重力 仍以相同初速度由O點射入 從區(qū)域右邊界穿出 則粒子b A 穿出位置一定在O 點下方B 穿出位置一定在O 點上方C 運(yùn)動時 在電場中的電勢能一定減小D 在電場中運(yùn)動時 動能一定減小 解析 選C a粒子要在電場 磁場的復(fù)合場區(qū)內(nèi)做直線運(yùn)動 則該粒子一定做勻速直線運(yùn)動 故對粒子a有 Bqv Eq即只要滿足E Bv無論粒子帶正電還是負(fù)電 粒子都可以沿直線穿出復(fù)合場區(qū) 當(dāng)撤去磁場只保留電場時 粒子b由于電性不確定 故無法判斷從O 點的上方或下方穿出 故A B錯誤 粒子b在穿過電場區(qū)的過程中必然受到電場力的作用而做類似于平拋的運(yùn)動 電場力做正功 其電勢能減小 動能增大 故C正確D錯誤 11 2009 廣東高考 下圖是質(zhì)譜儀的工作原理示意圖 帶電離子被加速電場加速后 進(jìn)入速度選擇器 速度選擇器內(nèi)相互正交的勻強(qiáng)磁場和勻強(qiáng)電場的強(qiáng)度分別為B和E 平板S上有可讓離子通過的狹縫P和記錄離子位置的膠片A1A2 平板S下方有強(qiáng)度為B0的勻強(qiáng)磁場 下列表述正確的是 A 質(zhì)譜儀是分析同位素的重要工具B 速度選擇器中的磁場方向垂直紙面向外C 能通過狹縫P的帶電離子的速率等于E BD 離子打在膠片上的位置越靠近狹縫P 離子的荷質(zhì)比越小 解析 選A B C 由加速電場可見離子所受電場力向下 即離子帶正電 在速度選擇器中 電場力水平向右 洛倫茲力水平向左 如圖所示 因此速度選擇器中磁場方向垂直紙面向外 B正確 經(jīng)過速度選擇器時滿足qE qvB 可知能通過狹縫P的帶電離子的速率等于E B 帶電離子進(jìn)入磁場做勻速圓周運(yùn)動 則有R mv qB 可見當(dāng)v相同時 R 所以可以用來區(qū)分同位素 且R越大 荷質(zhì)比就越小 D錯誤 12 1930年 勞倫斯制成了世界上第一臺回旋加速器 其原理如圖所示 這臺加速器由兩個銅質(zhì)D形盒D1 D2構(gòu)成 其間留有空隙 下列說法正確的是 A 離子由加速器的中心附近進(jìn)入加速器B 離子由加速器的邊緣進(jìn)入加速器C 離子從磁場中獲得能量D 離子從電場中獲得能量 解析 選A D 回旋加速器的兩個D形盒間隙分布周期性變化的電場 不斷地給帶電粒子加速使其獲得能量 而D形盒處分布勻強(qiáng)磁場 具有一定速度的帶電粒子在D形盒內(nèi)受到洛倫茲力提供的向心力而做勻速圓周運(yùn)動 洛倫茲力不做功不能使離子獲得能量 C錯 離子源在回旋加速器的中心附近 A D對 B錯 13 2010 福建高考 如圖所示的裝置 左半部為速度選擇器 右半部為勻強(qiáng)的偏轉(zhuǎn)電場 一束同位素離子流從狹縫S1射入速度選擇器 能夠沿直線通過速度選擇器并從狹縫S2射出的離子 又沿著與電場垂直的方向 立即進(jìn)入場強(qiáng)大小為E的偏轉(zhuǎn)電場 最后打在照相底片D上 已知同位素離子的電荷量為q q 0 速度選擇器內(nèi)部存在著相互垂直的場強(qiáng)大小為E0的勻強(qiáng)電場和磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0的勻強(qiáng)磁場 照相底片D與狹縫S1 S2連線平行且距離為L 忽略重力的影響 1 求從狹縫S2射出的離子速度v0的大小 2 若打在照相底片上的離子在偏轉(zhuǎn)電場中沿速度v0方向飛行的距離為x 求出x與離子質(zhì)量m之間的關(guān)系式 用E0 B0 E q m L表示 解析 1 能從速度選擇器中飛出 則有qE0 qv0B0 解得v0 2 離子進(jìn)入電場后作類平拋運(yùn)動則qE ma x v0t L at2 聯(lián)立 解得答案 1 2 14 2010 安徽高考 如圖1所示 寬度為d的豎直狹長區(qū)域內(nèi) 邊界為L1 L2 存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場和豎直方向上的周期性變化的電場 如圖2所示 電場強(qiáng)度的大小為E0 E 0表示電場方向豎直向上 t 0時 一帶正電 質(zhì)量為m的微粒從左邊界上的N1點以水平速度v射入該區(qū)域 沿直線運(yùn)動到Q點后 做一次完整的圓周運(yùn)動 再沿直線運(yùn)動到右邊界上的N2點 Q為線段N1N2的中點 重力加速度為g 上述d E0 m v g為已知量 1 求微粒所帶電荷量q和磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小 2 求電場變化的周期T 3 改變寬度d 使微粒仍能按上述運(yùn)動過程通過相應(yīng)寬度的區(qū)域 求T的最小值 解析 1 微粒做直線運(yùn)動 則mg qE0 qvB 微粒做圓周運(yùn)動 則mg qE0 聯(lián)立 式解得 2 設(shè)微粒從N1運(yùn)動到Q的時間為t1 做圓周運(yùn)動的周期為t2 則 qvB 2 R vt2 聯(lián)立 式解得 電場變化的周期T t1 t2 答案 15 2010 山東高考 如圖所示 以兩虛線為邊界 中間存在平行紙面且與邊界垂直的水平電場 寬度為d 兩側(cè)為相同的勻強(qiáng)磁場 方向垂直紙面向里 一質(zhì)量為m 帶電量 q 重力不計的帶電粒子 以初速度v1垂直邊界射入磁場做勻速圓周運(yùn)動 后進(jìn)入電場做勻加速運(yùn)動 然后第二次進(jìn)入磁場中運(yùn)動 此后粒子在電場和磁場中交替運(yùn)動 已知粒子第二次在磁場中運(yùn)動的半徑是第一次的二倍 第三次是第一次的三倍 以此類推 求 1 粒子第一次經(jīng)過電場的過程中電場力所做的功W1 2 粒子第n次經(jīng)過電場時電場強(qiáng)度的大小En 3 粒子第n次經(jīng)過電場所用的時間tn 解析 1 設(shè)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B 粒子第n次進(jìn)入磁場時的半徑為Rn 速度為vn 由牛頓第二定律得 qvnB 由 得 vn 因為R2 2R1 所以v2 2v1 對于粒子第一次在電場中的運(yùn)動 由動能定理得W1 mv22 mv12 聯(lián)立 式解得 2 粒子第n次進(jìn)入電場時速度為vn 出電場時速度為vn 1 有vn nv1 vn 1 n 1 v1 由動能定理得qEnd mvn 12 mvn2 聯(lián)立 式得 3 設(shè)粒子第n次在電場中運(yùn)動的加速度為an 由牛頓第二定律得qEn man 由運(yùn)動學(xué)公式得vn 1 vn antn 聯(lián)立 式得tn 答案 1 2 3 同學(xué)們 來學(xué)校和回家的路上要注意安全 同學(xué)們 來學(xué)校和回家的路上要注意安全