《金版新学案》安徽省2012高三物理一轮_第8章_磁场_第二讲精品课件

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《金版新学案》2012高三物理一轮课下作业 第8章 磁场 第三讲

《金版新学案》2012高三物理一轮课下作业 第8章 磁场 第三讲

磁场 第三讲(本栏目内容,在学生用书中以活页形式分册装订!)一、选择题1.如右图所示,一个带负电的物体从粗糙斜面顶端滑到斜面底端时的速度为v ,若加上一个垂直纸面向外的磁场,则滑到底端时( )A .v 变大B .v 变小C .v 不变D .不能确定解析: 洛伦兹力虽然不做功,但其方向垂直斜面向下,使物体与斜面间的正压力变大,故摩擦力变大,损失的机械能增加.答案: B2.在某地上空同时存在着匀强的电场与磁场,一质量为m 的带正电小球,在该区域内沿水平方向向右做直线运动,如右图所示,关于场的分布情况不可能的是( )A .该处电场方向和磁场方向垂直B .电场竖直向上,磁场垂直纸面向里C .电场斜向里侧上方,磁场斜向外侧上方,均与v 垂直D .电场水平向右,磁场垂直纸面向里解析: 带电小球在复合场中运动一定受重力和电场力,是否受洛伦兹力需具体分析.A 选项中若电场、磁场方向与速度方向垂直,则洛伦兹力与电场力垂直,如果与重力的合力为0就会做直线运动.B 选项中电场力、洛伦兹力都向上,若与重力合力为0,也会做直线运动.C 选项中电场力斜向里侧上方,洛伦兹力向外侧下方,若与重力的合力为0,就会做直线运动.D 选项三个力的合力不可能为0,因此选D.答案: D3.地面附近空间中有水平方向的匀强电场和匀强磁场,已知磁场方向垂直于纸面向里,一个带电油滴沿着一条与竖直方向成α角的直线MN 运动,如图所示,由此可判断①如果油滴带正电,它是从M 点运动到N 点;②如果油滴带正电,它是从N 点运动到M 点;③如果水平电场方向向右,油滴是从M 点运动到N 点;④如果水平电场方向向左,油滴是从M 点运动到N 点( )A .①③正确B .①④正确C .②③正确D .②④正确答案: B4.医生做某些特殊手术时,利用电磁血流计来监测通过动脉的血流速度.电磁血流计由一对电极a 和b 以及一对磁极N 和S 构成,磁极间的磁场是均匀的.使用时,两电极a 、b 均与血管壁接触,两触点的连线、磁场方向和血流速度方向两两垂直,如上图所示.由于血液中的正负离子随血流一起在磁场中运动,电极a 、b 之间会有微小电势差.在达到平衡时,血管内部的电场可看做是匀强电场,血液中的离子所受的电场力和磁场力的合力为零.在某次监测中,两触点间的距离为3.0 mm ,血管壁的厚度可忽略,两触点间的电势差为160 μV ,磁感应强度的大小为0.040 T .则血流速度的近似值和电极a 、b 的正负为( )A .1.3 m/s ,a 正、b 负B .2.7 m/s ,a 正、b 负C .1.3 m/s ,a 负、b 正D .2.7 m/s ,a 负、b 正解析: 根据左手定则,可知a 正b 负,所以C 、D 错;因为离子在场中所受合力为零,Bqv =U d q ,所以v =U Bd=1.3 m/s ,A 对B 错. 答案: A5.(2011·浙江杭州市模拟)有一个带电荷量为+q 、重为G 的小球,从两竖直的带电平行板上方h 处自由落下,两极板间另有匀强磁场,磁感应强度为B ,方向如右图所示,则带电小球通过有电场和磁场的空间时,下列说法正确的是( )A .一定作曲线运动B .不可能做曲线运动C .有可能做匀加速运动D .有可能做匀速运动解析: 由于小球的速度变化时,洛伦兹力会变化,小球所受合力变化,小球不可能做匀速或匀加速运动,B 、C 、D 错,A 正确.答案: A6.空间存在如右图所示的匀强电场E 和匀强磁场B .下面关于带电粒子在其中运动情况的判断,正确的有( )A .若不计重力,粒子做匀速运动的方向可沿y 轴正方向,也可沿y 轴负方向B .若不计重力,粒子可沿x 轴正方向做匀加速直线运动C .若重力不能忽略,粒子不可能做匀速直线运动D .若重力不能忽略,粒子仍可能做匀速直线运动答案: D7.目前有一种磁强计,用于测定地磁场的磁感应强度.磁强计的原理如右图所示,电路有一段金属导体,它的横截面是宽为a 、高为b 的长方形,放在沿y 轴正方向的匀强磁场中,导体中通有沿x 轴正方向、大小为I 的电流.已知金属导体单位体积中的自由电子数为n ,电子电荷量为e ,金属导电过程中,自由电子所做的定向移动可视为匀速运动.两电极M 、N 均与金属导体的前后两侧接触,用电压表测出金属导体前后两个侧面间的电势差为U .则磁感应强度的大小和电极M 、N 的正负为( )A.nebU I,M 正、N 负 B.neaU I ,M 正、N 负 C.nebU I ,M 负、N 正 D.neaU I ,M 负、N 正 解析: 由左手定则知,金属中的电子在洛伦兹力的作用下将向前侧面聚集,故M 负、N 正.由F 电=F 洛即U a e =Bev ,I =nevS =nevab ,得B =nebU I. 答案: C8.(2011·石家庄教学检测)劳伦斯和利文斯设计出回旋加速器,工作原理示意图如图所示.置于高真空中的D 形金属盒半径为R ,两盒间的狭缝很小,带电粒子穿过的时间可忽略.磁感应强度为B 的匀强磁场与盒面垂直,高频交流电频率为f ,加速电压为U .若A处粒子源产生的质子质量为m 、电荷量为+q ,在加速器中被加速,且加速过程中不考虑相对论效应和重力的影响.则下列说法正确的是( )A .质子被加速后的最大速度不可能超过2πRfB .质子离开回旋加速器时的最大动能与加速电压U 成正比C .质子第2次和第1次经过两D 形盒间狭缝后轨道半径之比为1∶ 2D .不改变磁感应强度B 和交流电频率f ,该回旋加速器也能用于α粒子(含两个质子,两个中子)加速解析: 粒子被加速后的最大速度受到D 形盒半径R 的制约,因v =2πR T=2πRf ,A 正确;粒子离开回旋加速器的最大动能E km =12mv 2=12m ×4π2R 2f 2=2m π2R 2f 2,与加速电压U 无关,B 错误;根据R =mv Bq ,Uq =12mv 21,2Uq =12mv 22,得质子第2次和第1次经过两D 形盒间狭缝后轨道半径之比为2∶1,C 错误;因回旋加速器的最大动能E km =2m π2R 2f 2与m 、R 、f 均有关,D 错误.答案: A9.如右图所示的虚线区域内,充满垂直于纸面向里的匀强磁场和竖直向下的匀强电场.一带电粒子a (不计重力)以一定的初速度由左边界的O 点射入磁场、电场区域,恰好沿直线由区域右边界的O ′点(图中未标出)穿出.若撤去该区域内的磁场而保留电场不变,另一个同样的粒子b (不计重力)仍以相同初速度由O 点射入,从区域右边界穿出,则粒子b ( )A .穿出位置一定在O ′点下方B .穿出位置一定在O ′点上方C .运动时,在电场中的电势能一定减小D .在电场中运动时,动能一定减小解析: 带电粒子的电性可正也可负,当只有电场作用时,粒子穿出位置可能在O ′点上方,也可能在O ′点下方.电场力一定对粒子做正功,粒子的电势能减小,动能一定增加.答案: C10.在一绝缘、粗糙且足够长的水平管道中有一带电荷量为q 、质量为m 的带电球体,管道半径略大于球体半径.整个管道处于磁感应强度为B 的水平匀强磁场中,磁感应强度方向与管道垂直.现给带电球体一个水平速度v 0,则在整个运动过程中,带电球体克服摩擦力所做的功不可能为( )A .0 B.12m ⎝ ⎛⎭⎪⎫mg qB 2 C.12mv 20 D.12m ⎣⎢⎡⎦⎥⎤v 20-⎝ ⎛⎭⎪⎫mg qB 2 解析: 若带电球体所受的洛伦兹力qv 0B =mg ,带电球体与管道间没有弹力,也不存在摩擦力,故带电球体克服摩擦力做的功为0,A 可能;若qv 0B <mg ,则带电球体在摩擦力的作用下最终停止,故克服摩擦力做的功为12mv 20,C 可能;若qv 0B >mg ,则带电球体开始时受摩擦力的作用而减速,当速度达到v =mg qB时,带电球体不再受摩擦力的作用,所以克服摩擦力做的功为12m ⎣⎢⎡⎦⎥⎤v 20-⎝ ⎛⎭⎪⎫mg qB 2,D 可能.所以不可能的是B. 答案: B二、非选择题11.(2010·福建理综)如下图所示的装置,左半部为速度选择器,右半部为匀强的偏转电场.一束同位素离子流从狭缝S 1射入速度选择器,能够沿直线通过速度选择器并从狭缝S 2射出的离子,又沿着与电场垂直的方向,立即进入场强大小为E 的偏转电场,最后打在照相底片D 上.已知同位素离子的电荷量为q (q >0),速度选择器内部存在着相互垂直的场强大小为E 0的匀强电场和磁感应强度大小为B 0的匀强磁场,照相底片D 与狭缝S 1、S 2的连线平行且距离为L ,忽略重力的影响.(1)求从狭缝S 2射出的离子速度v 0的大小;(2)若打在照相底片上的离子在偏转电场中沿速度v 0方向飞行的距离为x ,求出x 与离子质量m 之间的关系式(用E 0、B 0、E 、q 、m 、L 表示).解析: (1) 能从速度选择器射出的离子满足qE 0=qv 0B O ①v 0=E 0B 0.② (2)离子进入匀强偏转电场E 后做类平抛运动,则x =v 0t ③L =12at 2④ 由牛顿第二定律得qE =ma ⑤由②③④⑤解得x =E 0B 02mL qE . 答案: (1)E 0B 0 (2)E 0B 02mL qE12.(2011·黑龙江适应性测试)在如右图所示的平面直角坐标系中,存在一个半径R =0.2 m 的圆形匀强磁场区域,磁感应强度B =1.0 T ,方向垂直纸面向外,该磁场区域的右边缘与坐标原点O 相切.y 轴右侧存在电场强度大小为E =1.0×104 N/C 的匀强电场,方向沿y 轴正方向,电场区域宽度l =0.1m .现从坐标为(-0.2 m ,-0.2 m)的P 点发射出质量m =2.0×10-9 kg 、带电荷量q =5.0×10-5 C 的带正电粒子,沿y 轴正方向射入匀强磁场,速度大小v 0=5.0×103 m/s.重力不计.(1)求该带电粒子射出电场时的位置坐标;(2)为了使该带电粒子能从坐标为(0.1 m ,-0.05 m)的点回到电场后,可在紧邻电场的右侧一正方形区域内加匀强磁场,试求所加匀强磁场的磁感应强度大小和正方形区域的最小面积.解析: (1)带正电粒子在磁场中做匀速圆周运动,有qv 0B =m v 20r解得r =0.20 m =R根据几何关系可知,带电粒子恰从O 点沿x 轴进入电场,带电粒子做类平抛运动.设粒子到达电场边缘时,竖直方向的位移为y ,有l =v 0t ,y =12·qE mt 2 联立解得y =0.05 m所以粒子射出电场时的位置坐标为(0.1 m,0.05 m).(2)粒子飞离电场时,沿电场方向速度v y =at =5.0×103 m/s =v 0粒子射出电场时速度v =2v 0由几何关系可知,粒子在正方形区域磁场中做圆周运动半径r′=0.05 2 m由qvB′=m v2r′,解得B′=4 T正方形区域最小面积S=(2r′)2解得S=0.02 m2.答案:(1)(0.1 m,0.05 m) (2)0.02 m2。

金新学案安徽省高三物理一轮电磁感应产生的条件楞次定律.pptx

金新学案安徽省高三物理一轮电磁感应产生的条件楞次定律.pptx

答案: B
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楞次定律的拓展应用
如右图所示,ab 是一个可以绕垂直于纸面的轴 O 转动的闭合矩形导体线圈,当滑动变阻器 R 的滑片 P 向右滑动过程中, 线圈 ab 将( ) A.静止不动 B.顺时针转动 C.逆时针转动 D.发生转动,但因电源的极性不明,无法确 定转动方向
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4.合磁通量的求法 若某个平面内有不同方向和强弱的磁场共同存在,当计算穿过这个平面的磁通量时, 先规定某个方向的磁通量为正,反方向的磁通量为负,平面内各个方向的磁通量的 代数和等于这个平面内的合磁通量.
第15页/共64页
(1)磁通量是标量,其正、负值仅表示磁感线是正向还是反向穿过线圈平 面. (2)同一线圈平面,如果正向穿过平面的磁感线条数与反向穿过平面的磁感 线条数一样多,则Φ=0.
答案: 左 收缩
第33页/共64页
感应电流方向的判断 如图是验证楞次定律实验的示意图,竖直放置的线圈固定不动,将磁铁 从线圈上方插入或拔出,线圈和电流表构成的闭合回路中就会产生感应 电流.各图中分别标出了磁铁的极性、磁铁相对线圈的运动方向以及线 圈中产生的感应电流的方向等情况,其中表示正确的是( )
感应电动势
感应电流
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三、楞次定律和右手定则
1.楞次定律
(1)内容:感应电流具有这样的方向,即感
应电流的磁场总要_____引起感应电流的
_______的变化.
阻碍
磁通量 (2)适用情况:所有_________ 现象.
电磁感应
第10页/共64页
2.右手定则
(1)内容:伸开右手,使拇指与___________ _______,并且都与手掌在同一平面内,让

【大纲版】2012高三物理一轮《金版新学案》课件第2章章末大盘点

【大纲版】2012高三物理一轮《金版新学案》课件第2章章末大盘点
做匀变速直线运动,加速度大小为5 m/s2,则刹车后3 s内汽车所走
的距离是多少?
【错解】 = =7.5 m. 将t=3 s代入位移公式得s=v0t-
【错因分析】
一是对刹车的物理过程不清楚.当速度
减为零时,车与地面无相对运动,滑动摩擦力变为零,二是
对位移公式的物理意义理解不深刻.使用匀变速直线运动公
错选D.
【正确解答】 大家都知道,200 m赛道是弯道,100 m赛道是直道,所以
运动员跑200 m路程时的位移小于200 m,所以A、B项均错误,C项正确;由于
运动员在全程中并非做匀加速直线运动,故最大速度不等于平均速度的2倍,D
项错误.本题正确选项C.本题较易.本题如果不考虑实际情况和错把全过程当做 匀加速运动易错选B、D项. 答案: C
答案:
(1)2 m/s (2)
m/s2
m/s2
此题若利用运动学公式计算比较 复杂,而利用平均速度公式计算则比较简单,所以
我们在解题时要注意方法的选择.
二、利用图象法
升降机由静止开始匀加速竖直上升2 s,速度达到4 m/s后,匀速竖直上
升5 s,接着匀减速竖直上升3 s后停下来.求升降机在上述过程中发生的总位移x.
答案: (1)16 (2)0.34 s
4.对基本概念的理解不准确
如右图所示,在2008年北京奥运会上,牙买加选手博尔特是公认的世界 飞人,在男子100 m决赛和男子200 m决赛中分别以9.69 s和19.30 s的成绩打破两
项世界纪录,获得两枚金牌.关于他在这两次决赛中的运动情况,下列说法正确
的是( )
【正确解答】 取向上为正方向,由题意知:v0=5 m/s,vt=-25 m/s,所
以加速度a=(vt-v0)/t=-10 m/s2.

【课标人教版】2012《金版新学案》高三一轮物理课件1-3-1

【课标人教版】2012《金版新学案》高三一轮物理课件1-3-1

• 2 - 1 :一个榔头敲在一块玻璃上把玻璃打 碎了,对这一现象.下列说法正确的是 ( ) • A.榔头敲玻璃的力大于玻璃对榔头的作用 力,所以玻璃才碎 • B.榔头受到的力大于玻璃受到的力,只是 由于榔头能够承受比玻璃更大的力才没有 碎裂 • C.榔头和玻璃之间的作用力应该是等大的, 只是由于榔头能够承受比玻璃更大的力才 没有碎裂
依赖关系
不同点 力的性质 相同点 大小方向
大小相等、方向相反、作用在一条直线上
• 三、牛顿第二定律的几个特性
瞬时性 a与F对应同一时刻,即a为某时刻的加速度时,F为该时 刻物体所受合力 有三层意思: ①加速度a相对于同一惯性系(一般指地面) ②F=ma中,F、m、a对应同一物体或同一系统 ③F=ma中,各量统一使用国际单位 ①作用于物体上的每一个力各自产生的加速度都遵从牛顿 第二定律 ②物体的实际加速度等于每个力产生的加速度的矢量和 ③分力和加速度在各个方向上的分量也遵从牛顿第二定律, 即:Fx=max,Fy=may ①只适用于宏观、低速运动的物体,不适用于微观、高速 运动的粒子 ②物体的加速度必须是相对于地球静止或匀速直线运动的 参考系(惯性系)而言的
• 2.相互作用力与平衡力的比较
对应名称 比较内容 不同点 受力物体 作用力和反作用力 二力平衡
作用在两个相互作用的物 作用在同一物体上 体上 相互依存,不可单独存在,无依赖关系,撤除一 同时产生,同时变化,同 个,另一个可依然存 时消失 在 一定是同性质的力 可以是同性质的力, 也可以不是同性质的 力
同一性
独立性
局限性
• 1.对静止在水平地面上的汽车,下列分析正 确的是( ) • A.汽车的重力和地面对汽车的支持力是一 对相互作用力 • B.汽车的重力和汽车对地面的压力是一对 相互作用力 • C.汽车的重力和地面对汽车的支持力是一 对平衡力 • D.汽车对地面的压力和地面对汽车的支持 力是一对平衡力

(新课标安徽专版)《金版新学案》高三物理一轮复习 力的合成与分解课件

(新课标安徽专版)《金版新学案》高三物理一轮复习 力的合成与分解课件
第2讲 力的合成(héchéng)与分解
第一页,共51页。
• 1.力的合成
• (1)合力:如果几个力同时作用于一个物体,我
们可以求出这样一个力,这效个果力(xi产àog生uǒ)
(chǎnshē效ng果)的(xiàoguǒ) 跟原来几个力共同产生
(chǎnshēng)的
相同,这个力就叫做那几
个力的合力.
际分力的方向; • (2)再根据(gēnjù)两个实际分力方向画出平行
四边形; • (3)最后由平行四边形知识求出两分力的大
小.
第十八页,共51页。
• 2.正交分解法 • (1)定义:把一个力分解为相互垂直的分力
的方法. • (2)优点(yōudiǎn):把物体所受的不同方向
的各个力都分解到相互垂直的两个方向上 去,然后再求每个方向上的分力的代数和, 这样就把复杂的矢量运算转化成了简单的 代数运算,最后再求两个互成90°角的力 的合力就简便多了.
到虚线位置时,绳子张力不变 • D.B端在杆上位置不动,将杆移动(yídòng)
到虚线位置时,绳子张力变大 • 【答案】 A
第三十一页,共51页。
• 如右图中,用绳AC和BC吊起一个重50 N 的物体,两绳AC、BC与竖直方向的夹角(jiā jiǎo)分别为30°和45°,求绳AC和BC对物体 的拉力.
第二十七页,共51页。
• 【解析】 F1、F2为F的两个效果分力.F1、 F2垂直两个侧面,由于劈的纵截面为等腰 三角形,则F1=F2,

表明刀具(dāojù)越
锋利,即越锋利的刀具(dāojù)越容易将物
体劈开.
第二十八页,共51页。

把力按实际效果分解的一般
(yībān)思路

【课标人教版】2012《金版新学案》高三一轮物理课件2-4-2

【课标人教版】2012《金版新学案》高三一轮物理课件2-4-2

①描述速度 方向 变化 快慢 的物 向心加 理量(a) 速度 ②方向指向圆心
定义、意义 ①作用效果是产生向心加速 度,只改变线速度 向心力 的 方向 ,不改变线速
公式、单位
2 v ①F=mrω2= m r
大小. 度的 ②方向指向 圆心
① v=rω= 相互 关系 2π r=2πr f T
②单位:N
v2 4π2r 2 ②a= =r ω =ωv= 2 =4π2f 2r r T v2 4π2r 2 ③F=m =mrω =m 2 =mωv=4π2mf 2r r T
②单位:m/s
Δθ 2π ①ω= = Δt T ②单位:rad/s
定义、意义 ①周期是物体沿圆周运动 一周 的时 周期和 间(T),周期的倒数叫做频率(f) 转速
公式、单位
②转速是物体单位时间转过的
圈数 (n)
f的单位:Hz ②n的单位:r/s、r/min
v2 ①a= = rω2 r ②单位:m/s2
r1 m Nr1 Nm 盘的齿数为m、飞轮的齿数为n,则 = ,所以v′=2π R=2π r2 n tr2 tn R.
答案:

N t
牙盘的半径r1(牙盘的齿数m)、飞轮的半径r2(飞轮 Nr1 Nm 2π R或2π R tr2 tn
的齿数n)、自行车后轮的半径R
• 如下图所示,轮 O1 、 O3 固定在同一转轴上, 轮 O1 、 O2 用皮带连接且不打滑.在 O1 、 O2 、 O3三个轮的边缘各取一点A、B、C,已知三 个轮的半径比r1∶r2∶r3=2∶1∶1,求: • (1)A 、 B 、 C 三 点 的 线 速 度 大 小 之 比 vA∶vB∶vC; • (2)A 、 B 、 C 三点的角速度之比 ωA∶ωB∶ωC ; • (3)A 、 B 、 C 三 点 的 向 心 加 速 度 大 小 之 比 aA∶aB∶aC.

【课标人教版】2012《金版新学案》高三一轮物理课件2-4章末

【课标人教版】2012《金版新学案》高三一轮物理课件2-4章末

• A.“嫦娥一号”在轨道1的A点处应点火加 速 • B.“嫦娥一号”在轨道1的A点处的速度比 在轨道2的A点处的速度大 • C.“嫦娥一号”在轨道1的A点处的加速度 比在轨道2的A点处的加速度大 • D.“嫦娥一号”在轨道1的B点处的机械能 比在轨道2的C点处的机械能大
【错因分析】 v2 Mm 在两轨道上的A点处,由G 2 =m 及r2>r1得出 r r v2 v1>v2,错选B;再由a= 得出a1>a2,错选C. r



【正确解析】
船的速度产生了两个效果:一是滑轮与船间的绳
缩短,二是绳绕滑轮顺时针转动,因此将船的速度进行分解如图乙所 示,人拉绳行走的速度v人=vcos θ,A对B错;绳对船的拉力等于人拉 θ-F阻=
绳的力,即绳的拉力大小为F,与水平方向成θ角,因此Fcos Fcos θ-F阻 ma,得a= ,C对D错. m
解析:
(1)质点在水平方向上无外力作用做匀速直线运动,竖直
方向受恒力F和重力mg作用做匀加速直线运动. 由牛顿第二定律得: F-mg 15-10 a= = m/s2=5 m/s2. m 1 设质点从O点到P点经历的时间为t,P点坐标为(xP,yP),则xP= 1 v0t,yP= at2, 2 yP 又tan α= , xP 联立解得:t=3 s,xP=30 m,yP=22.5 m.
【正确解析】
卫星要由轨道1变轨为轨道2在A处需做离心运动,
v2 应加速使其做圆周运动所需向心力m 大于地球所能提供的万有引力 r Mm Mm G 2 ,故A项正确、B项错误;由G 2 =ma可知,卫星在不同轨道同 r r 一点处的加速度大小相等,C项错误;卫星由轨道1变轨到轨道2,反冲 发动机的推力对卫星做正功,卫星的机械能增加,所以卫星在轨道1的 B点处的机械能比在轨道2的C点处的机械能小,D项错误.

【课标人教版】2012《金版新学案》高三一轮物理课件8-1

【课标人教版】2012《金版新学案》高三一轮物理课件8-1

A.a、c点的磁感应强度均为0 B.a点的磁感应强度大小为2B,竖直向上;c点的磁感应强度为0 C.b点的磁感应强度大小为 2B,和水平方向成45° 斜向右上方 D.d点的磁感应强度大小为 2B,和水平方向成45° 斜向左下方
• 解析: 对通电导线用安培定则并结合矢 量的合成法则即可得到正确答案. • 答案: BC
• 解析: 如右图所示考虑 地球自转方向,利用安培 定则可以判定地磁场是由 东向西的环形电流产生的, 故B项正确. • 答案: B
4. 如右图所示,直导线 AB 、螺线管 C 、 电磁铁D三者相距较远,它们的磁场互不影响, 当电键S闭合后,则小磁针的北极N(黑色的一
端)指示出的磁场方向正确的是(
• 5.(2009·全国Ⅰ卷)如右图所示,一段导线 abcd位于磁感应强度大小为 B的匀强磁场中, 且与磁场方向(垂直于纸面向里)垂直.线段 ab 、 bc 和 cd 的长度均为 L ,且∠ abc =∠ bcd = 135°. 流经导线的电流为 I ,方向如图中 箭头所示.导线 abcd 所受到的磁场的作用 力的合力( )
解析:
磁感应强度是磁场本身的属性,在磁场中某处为一恒
F 量,其大小可由B= (B⊥I)计算,但与试探电流元的 F、I、L的情况 IL 无关,A错.磁感应强度的方向规定为小磁针静止时,N极所受磁场力 的方向,与放在该处电流元受力方向垂直,B错.当试探电流元的方向 与磁场方向平行时,虽电流元受的磁场力为零,但磁感应强度却不为 零,C错.磁感线的疏密是根据磁场的强弱画出的,磁感线越密集的地 方,磁感应强度越大,磁感线越稀疏的地方,磁感应强度越小,故D正 确.
• 磁场,磁感应强度,磁感线 Ⅰ • 通电直导线和通电线圈周围磁场的方向 Ⅰ • 安培力,安培力的方向 Ⅰ • 匀强磁场中的安培力 Ⅱ • 洛伦兹力,洛伦兹力的方向 Ⅰ • 洛伦兹力公式 Ⅱ • 带电粒子在匀强磁场中的运动 Ⅱ

《金版新学案》2012届高考物理一轮复习 第8章第2讲运动电荷在磁场中受到的力课下作业 新人教版必修

《金版新学案》2012届高考物理一轮复习 第8章第2讲运动电荷在磁场中受到的力课下作业 新人教版必修

《金版新学案》2012届高考物理一轮复习第8章第2讲运动电荷在磁场中受到的力课下作业新人教版必修1必考部分必修1 第8章第2讲(本栏目内容,在学生用书中以活页形式分册装订!)一、选择题1.初速为v0的电子,沿平行于通电长直导线的方向射出,直导线中电流方向与电子的初始运动方向如右图所示,则( )A.电子将向右偏转,速率不变B.电子将向左偏转,速率改变C.电子将向左偏转,速率不变D.电子将向右偏转,速率改变解析:由安培定则可知,通电导线右方磁场方向垂直纸面向里,则电子受洛伦兹力方向由左手定则可判知向右,所以电子向右偏;由于洛伦兹力不做功,所以电子速率不变.答案: A2.(2011·南京调研)一个带电粒子在磁场力的作用下做匀速圆周运动,要想确定该带电粒子的比荷,则只需要知道( )A.运动速度v和磁感应强度B B.磁感应强度B和运动周期TC.轨迹半径R和运动速度v D.轨迹半径R 和磁感应强度B解析:带电粒子在磁场中做匀速圆周运动,利用半径公式和周期公式可判断出B正确.答案: B3.右图是科学史上一张著名的实验照片,显示一个带电粒子在云室中穿过某种金属板运动的径迹.云室放置在匀强磁场中,磁场方向垂直照片向里.云室中横放的金属板对粒子的运动起阻碍作用.分析此径迹可知粒子( )A.带正电,由下往上运动B.带正电,由上往下运动C.带负电,由上往下运动D.带负电,由下往上运动解析:由题图可以看出,上方的轨迹半径小,说明粒子的速度小,所以粒子是从下方往上方运动,再根据左手定则,可以判定粒子带正电,故选A.答案: A4.(2011·兖州检测)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、比荷之比为q1m1∶q2m2=2∶1B.a带负电、b带正电、比荷之比为q1m1∶q2m2=1∶2C.a带正电、b带负电、比荷之比为q1m1∶q2m2=2∶1D.a带正电、b带负电、比荷之比为q1m1∶q2m2=1∶1解析:根据磁场方向及两粒子在磁场中的偏转方向可判断出a、b分别带正、负电,根据半径之比可计算出比荷之比为2∶1.答案: C5.如右图所示,在边长为2a的正三角形区域内存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场,一个质量为m、电荷量为-q的带电粒子(重力不计)从AB边的中点O以速度v进入磁场,粒子进入磁场时的速度方向垂直于磁场且与AB边的夹角为60°,若要使粒子能从AC边穿出磁场,则匀强磁场的大小B需满足( )A.B<3mv3aqB.B<3mv3aqC.B>3mvaqD.B<3mvaq解析:粒子刚好达到C点时,其运动轨迹与AC相切,如图所示,则粒子运动的半径为r0=a cot 30°.由r=mvqB得,粒子要能从AC边射出,粒子运行的半径r>r0,解得B<3mv3aq,选项B正确.答案: B6.如右图所示,在x轴上方存在垂直纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场,x轴下方存在垂直纸面向外的磁感应强度为B 2的匀强磁场.一带负电的粒子从原点O 以与x 轴成30°角斜向上射入磁场,且在上方运动半径为R .则( )A .粒子经偏转一定能回到原点OB .粒子在x 轴上方和下方两磁场中运动的半径之比为2∶1C .粒子完成一次周期性运动的时间为2πm 3qBD .粒子第二次射入x 轴上方磁场时,沿x 轴前进3R 解析: 由r =mv qB可知,粒子在x 轴上方和下方两磁场中运动的半径之比为1∶2,所以B 错误;粒子完成一次周期性运动的时间t =16T 1+16T 2=πm 3qB +2πm 3qB =πm qB,所以C 错误;粒子第二次射入x 轴上方磁场时沿x 轴前进l =R +2R =3R ,则粒子经偏转不能回到原点O,所以A不正确,D正确.答案: D7.如右图所示为圆柱形区域的横截面,在该区域加沿圆柱轴线方向的匀强磁场.带电粒子(不计重力)第一次以速度v1沿截面直径入射,粒子飞入磁场区域时,速度方向偏转60°角;该带电粒子第二次以速度v2从同一点沿同一方向入射,粒子飞出磁场区域时,速度方向偏转90°角.则带电粒子第一次和第二次在磁场中运动的( )A.半径之比为3∶1 B.速度之比为1∶3C.时间之比为2∶3 D.时间之比为3∶2 答案:AC8.如右图所示,匀强磁场的边界为平行四边形ABDC,其中AC边与对角线BC垂直,一束电子以大小不同的速度沿BC从B点射入磁场,不计电子的重力和电子之间的相互作用,关于电子在磁场中运动的情况,下列说法中正确的是( )A.入射速度越大的电子,其运动时间越长B.入射速度越大的电子,其运动轨迹越长C.从AB边出射的电子的运动时间都相等D.从AC边出射的电子的运动时间都相等解析:电子以不同的速度沿BC从B点射入磁场,若电子以AB边射出,画出其运动轨迹由几何关系可知在AB边射出的粒子轨迹所对的圆心角相等,在磁场中的运动时间相等,与速度无关,C对,A错;从AC边射出的电子轨迹所对圆心角不相等,且入射速度越大,其运动轨迹越短,在磁场中的运动时间不相等,B、D错.答案: C9.如图所示,L1和L2为两条平行的虚线,L1上方和L2下方都是垂直纸面向外的磁感应强度相同的匀强磁场,A、B两点都在L1上.带电粒子从A点以初速v斜向下与L1成45°角射出,经过偏转后正好过B点,经过B点时速度方向也斜向下,且方向与A点方向相同.不计重力影响,下列说法中正确的是( )A.该粒子一定带正电B.该粒子一定带负电C.若将带电粒子在A点时初速度变大(方向不变),它仍能经过B点D.若将带电粒子在A点时初速度变小(方向不变),它不能经过B点解析:无论是带正电还是带负电粒子都能到达B点,画出粒子运动的轨迹,正粒子在L1上方磁场中运动14T,在L2下方磁场中运动34T ,负粒子在L 1上方磁场中运动34T ,在L 2下方磁场中运动T4,速度变化不影响粒子经过B 点,选C.答案: C10.(2010·重庆理综)如下图所示,矩形MNPQ 区域内有方向垂直于纸面的匀强磁场,有5个带电粒子从图中箭头所示位置垂直于磁场边界进入磁场,在纸面内做匀速圆周运动,运动轨迹为相应的圆弧,这些粒子的质量、电荷量以及速度大小如下表所示.由以上信息可知,从图中、、处进入的粒子对应表中的编号分别为( )A.3、5、4 B.4、2、5C.5、3、2 D.2、4、5解析:结合题图,运用左手定则可知,粒子a与b电性相同,粒子c与前两者电性必相反.r a=r c=23rb.根据r=mvBq可知,A项中r a=32rb,B项中r a=32rb,均与题意不符,A、B两项均错误.C项中若只剩粒子1和4则二者电性与图中其余两条轨道不符,故C项错误,只有D项符合,答案为D.答案: D二、非选择题11.如右图所示,在某空间实验室中,有两个靠在一起的等大的圆柱形区域,分别存在着等大反向的匀强磁场,磁感应强度B=0.10 T,磁场区域半径r=233 m,左侧区圆心为O1,磁场向里,右侧区圆心为O2,磁场向外.两区域切点为C.今有质量m=3.2×10-26 kg.带电荷量q=1.6×10-19 C的某种离子,从左侧区边缘的A点以速度v =106m/s正对O1的方向垂直磁场射入,它将穿越C点后再从右侧区穿出.求:(1)该离子通过两磁场区域所用的时间.(2)离子离开右侧区域的出射点偏离最初入射方向的侧移距离为多大?(侧移距离指垂直初速度方向上移动的距离)解析:(1)离子在磁场中做匀速圆周运动,在左右两区域的运动轨迹是对称的,如图,设轨迹半径为R,圆周运动的周期为T.由牛顿第二定律qvB =m v2R①又:T =2πRv②联立①②得:R =mvqB③T =2πm qB④将已知代入③得R =2 m ⑤由轨迹图知:tan θ=r R =33,则θ=30°则全段轨迹运动时间:t =2×T 360°×2θ=T3⑥ 联立④⑥并代入已知得:t =2×3.14×3.2×10-263×1.6×10-19×0.1s =4.19×10-6s(2)在图中过O2向AO1作垂线,联立轨迹对称关系侧移总距离d=2r sin 2θ=2 m.答案:(1)4.19×10-6 s (2)2 m12.(2010·全国Ⅰ卷)如右图,在0≤x≤3a 区域内存在与xy平面垂直的匀强磁场,磁感应强度的大小为B.在t=0时刻,一位于坐标原点的粒子源在xy平面内发射出大量同种带电粒子,所有粒子的初速度大小相同,方向与y轴正方向的夹角分布在0~180°范围内.已知沿y轴正方向发射的粒子在t=t0时刻刚好从磁场边界上P(3a,a)点离开磁场.求:(1)粒子在磁场中做圆周运动的半径R及粒子的比荷q/m;(2)此时刻仍在磁场中的粒子的初速度方向与y轴正方向夹角的取值范围;(3)从粒子发射到全部粒子离开磁场所用的时间.解析:(1)沿y轴正方向发射的粒子在磁场中的运动轨迹如图甲中的弧OP所示,其圆心为C.由题给条件可以得出∠OCP=2π3①此粒子飞出磁场所用的时间为t0=T 3②式中T为粒子做圆周运动的周期.设粒子运动速度的大小为v,半径为R,由几何关系可得R=23a③由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有qvB=m v2 R④T=2πR v⑤联立②③④⑤式,得q m =2π3Bt0.(2)依题意,同一时刻仍在磁场内的粒子到O 点距离相同.在t0时刻仍在磁场中的粒子应位于以O点为圆心、OP为半径的弧MN上,如图甲所示.设此时位于P、M、N三点的粒子的初速度分别为v P、v M、v N.由对称性可知v P与OP、v M与OM、vN与ON的夹角均为π/3.设v M、v N与y轴正向的夹角分别为θM、θN,由几何关系有θM =π3,θN=2π3对于所有此时仍在磁场中的粒子,其初速度与y轴正方向所成的夹角θ应满足π3≤θ≤2π3.(3)在磁场中飞行时间最长的粒子的运动轨迹应与磁场右边界相切,其轨迹如图乙所示.由几何关系可知,乙OM=OP由对称性可知,ME=OP从粒子发射到全部粒子飞出磁场所用的时间t m=2t0.答案:(1)R=23aqm=2π3Bt0(2)π3≤θ≤2π3(3)2t0。

【课标人教版】2012《金版新学案》高三一轮物理课件7-1

【课标人教版】2012《金版新学案》高三一轮物理课件7-1

解析:
设原电阻R=ρ
l ,当l′=10l时,由体积不变原理求得截 S
l′ 1 10l 面积变成S′= S,所以电阻变为R′=ρ =ρ =100R,A错误; 10 1 S′ S 10 1 1 从中点对折起来,相当于两个阻值为 R的电阻并联,其总阻值为 R, 2 4 B正确;金属丝的电阻率ρ随温度升高而增大,当金属丝两端的电压逐 渐增大时,由于电流的热效应会使电阻率ρ随温度升高而增大,因而R =ρ l U = 将逐渐增加,C错误;对于D,这种现象叫做超导现象,D正 S I
=10I2,P2=5I2,R3=5I2,∴P1∶P2∶P3=2∶1∶1,故C项正确.
答案: C
对于常温下一根阻值为R的均匀金属丝,下列说法中正确的是 ( ) A.常温下,若将金属丝均匀拉长为原来的10倍,则电阻变为10 R 1 B.常温下,若将金属丝从中点对折起来,电阻变为 R 4 C.给金属丝加上的电压逐渐从零增大到U0,则任一状态下的 值不变 D.把金属丝温度降低到绝对零度附近,电阻率会突然变为零 U 比 I
• 2.电阻率 • (1)物理意义 导电性能 • 反映导体 的物理量,是导体材料 本身的属性. • (2)电阻率与温度的关系增大 • ①金属的电阻率随温度升高而 . 减小 • ②半导体的电阻率随温度升高而 . 绝对零度 • ③超导体:当温度降低到 附 近 时 , 减小为零 某些材案: BD
l 应用公式R=ρ 解题时,要注意公式中各物理量的变化情况,特别 S 是l和S的变化情况,通常有以下几种情况: (1)导线长度l和横截面积S中只有一个发生变化,另一个不变. (2)l和S同时变化,有一种特殊情况是l与S成反比,即导线的总体积 V=lS不变.
1-1:把两根同种材料做成的电阻丝,分别接在两个电路中,甲 电阻丝长为l,直径为d,乙电阻丝长为2l,直径为2d,要使两电阻丝消 耗的功率相等,加在两电阻丝上的电压应满足( U甲 A. =1 U乙 C. U甲 = 2 U乙 U甲 2 B. = U乙 2 D. U甲 =2 U乙 )

(新课标安徽专)《金新学案》高三物理一轮复习 圆周运动及其应用课件

(新课标安徽专)《金新学案》高三物理一轮复习 圆周运动及其应用课件
方向始终指向球心
• 【解析】 由于石块做匀速圆周运动,只 存在向心加速度,大小不变,方向始终指 向球心,D对,A错;由F合=F向=ma向知 合外力大小不变,B错;又因石块在运动 方向(切线方向)上合力为零,才能保证速 率不变,在该方向重力的分力不断减小, 所以摩擦力不断减小,C错.
• 【答案】 D
由 mv′r 2=mgtan 37° 解得 v′=125 2 m/s 此时被困人员 B 的受力情况如图所示,由图可知
FTcos 37°=mg,解得 FT=coms 3g7°=625 N.
轮在同一皮带带动下匀速转动时,钢球① ②受到的向心力之比为( )
• A.2∶1
B.4∶1
• C.1∶4
D.8∶1
• 【解析】 本题考查圆周运动等知识.由 题意“在同一皮带带动下匀速转动”,说 明a、b两轮的线速度相等,即va=vb,又 因a轮与A盘同轴,b轮与B盘同轴,角速度
相等,联立并代入F=
得到D项正
第2讲 圆周运动及其应用
• 描述圆周运动的物理量主要有线速度、角 速度、周期、频率、转速、向心加速度、 向心力等.现比较如下表:
快慢
转动快慢
相切
一周 圈数
方向
快慢
rω2
方向 圆心
大小
定义、意义
公式、单位
①v=rω=2Tπr=2πr f 相互关系 ②a=vr2=r ω2=ωv=4Tπ22r=4π2f 2r
的乘客在列车转弯过程中所受到的合外力

()
• A.500 N
B.1 000 N
• C.500 N
D.0
【解析】 360 km/h=100 m/s,乘客在列车转弯过程 中所受的合外力提供向心力 F=mrv2=75×1.51×001203 N=

【大纲版】2012高三物理一轮《金版新学案》课件第8章热力学定律及能量守恒气体

【大纲版】2012高三物理一轮《金版新学案》课件第8章热力学定律及能量守恒气体

正确.
答案: D
跟踪发散 2-1:热力学第二定律常见的表述方式有两种, 其一是:不可能使热量由低温物体传递到高温物体而不引起其 他变化;其二是:不可能从单一热源吸收热量并把它全部用来 做功,而不引起其他变化.第一种表述方式可以用右边的示意 图来表示,根据你对第二种表述的理解,如果也用类似的示意 图来表示,你认为下列示意图中正确的是( )
(2)体积
①宏观上:容纳气体的 容器的容积 .
②微观上:气体分子所能达到的 空间 .
3 ③单位:国际单位为 m ,且1 m3=103 dm3=106 cm3.
(3)压强 ①宏观上:器壁单位面积上受到的 压力 . ②微观上:大量气体分子单位时间作用在单位面积上的 总冲量 .
③单位:国际单位为 帕斯卡 ,符号为 Pa ,且1 atm=1.013×105 Pa
率 增大 ,但不是每个气体分子的速率均增大.
一、热力学第一、第二定律的理解和应用 1.热力学第一定律的理解 (1)由ΔU=Q+W,可知改变物体的内能有两种方式:做功和热传 递,只考虑其中之一无法确定内能的变化. (2)在ΔU=Q+W中,W表示做功情况,说明内能和其他形式的能 可以相互转化;Q表示吸热或放热的情况,说明内能可以从一个物体转 移到另一个物体,而ΔU=Q+W是能量守恒定律的具体体现.
跟踪发散
1-1:一定质量的气体从外界吸收了4.2×105 J的热
量,同时气体对外做了6×105 J的功,问: (1)物体的内能增加还是减少,变化量是多少? (2)分子势能是增加还是减少? (3)气体的温度是升高还是降低?
解析:
(1)由题可知:气体从外界吸热,所以
Q=4.2×105 J, 气体对外做功,则W=-6×105 J. 由热力学第一定律得: ΔU=W+Q=[(-6×105)+(4.2×105)] J =-1.8×105 J ΔU为负,说明气体的内能减少了,变化量是1.8×105 J.

(新课标安徽专版)《金版新学案》高三物理一轮复习 受力分析 物体的平衡课件

(新课标安徽专版)《金版新学案》高三物理一轮复习 受力分析 物体的平衡课件

力),最后分析其他(qítā)力(电磁力、浮力 第二页,共51页。
静止(jìngz匀hǐ速) 直线运动(yùndòng)

共点力作用下物体的平衡
• 1.平衡状态(zhuàngtài)F:合=物0 体处于 或 状态(zhuàngtài).
• 2.共点力的平衡条件:
或者
第五页,共51页。
题组演练
• 一、物体的速度为零和物体处于静止状态的 区别
• (2)整体法与隔离法的比较
第三十四页,共51页。
整体法
将加速度相同的几个物 概念 体作为一个整体来分析
的方法
选用 原则
研究系统外的物体对系 统整体的作用力或系统 整体的加速度
注意 问题
受力分析时不要再考虑 系统内物体间的相互作 用
隔离法
将研究对象与周围物体 分隔开的方法
研究系统内物体之间的 相互作用力
• 【答案】 C
第十二页,共51页。
• 2.如右图所示,质量为
m的木块A放在斜面体B上,
若A和B沿水平(shuǐpíng)
方向以相同的速度v0一起
向左做匀速直线运动,则
A和B之间的相互作用力
大小为
()
• A.mg
• B.mgsin θ
• C.mgcos θ
• D.0
第十三页,共51页。
• 【解析】 因为A做匀速运动,所以合外力 (wàilì)为0,B对A的力大小为A的重力mg.
• 4.当物体(wùtǐ)受到几个力达到平衡时,顺 次平移这些力的作用线,使其首尾相接,则 必构成一个封闭的多边形.
第十页,共51页。
• 1.一物体(wùtǐ)位于光滑水平面上,同时受到三个 水平共点力F1、F2和F3作用,其大小分别为F1=42 N、F2=28 N、F3=20 N,且F2的方向指向正北, 下列说法中不正确的是 ()
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第二讲
运动电荷在磁场中受 到的力
一、洛伦兹力的大小和方向 1.洛伦兹力的大小 (1)v∥B时,洛伦兹力F=___.(θ=0°或 0 180°) (2)v⊥B时,洛伦兹力F=_____.(θ=90°) qvB (3)v=0时,洛伦兹力F=___ 0
2.洛伦兹力的方向 (1)判定方法:应用左手定则,注意四指应 指向电流的方向即正电荷运动的方向或负 电荷运动的反方向. (2)方向特点:F⊥B,F⊥v.即F垂直于 ______决定的平面.(注意B和v可以有任 B和v 意夹角)
(1)电荷在电场中一定受电场力,而在磁场中 不一定受洛伦兹力. (2)洛伦兹力的方向与速度方向一定垂直,而 电场力的方向与速度方向无必然联系.
三、带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动 问题 1.圆心的确定 (1)基本思路:与速度方向垂直的直线和图中 弦的中垂线一定过圆心. (2)两种情形 ①已知入射方向和出射方向时,可通过入射 点和射出点分别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,图中P为入射点,M为出 射点).
因为电荷进入磁场时的速度方向可以与磁场方向成 任意夹角,所以C选项错.因为洛伦兹力总与速度 方向垂直,因此洛伦兹力不做功,粒子动能不变, 但洛伦兹力可改变粒子的运动方向,使粒子速度的 方向不断改变,所以D项错. 答案: B
2.如右图所示,在一矩形区域 内,不加磁场时,不计重力的 带电粒子以某一初速度垂直左 边界射入,穿过此区域的时间 为 t.若加上磁感应强度为 B 水 平向外的匀强磁场,带电粒子仍以原来的初速 度入射,粒子飞出时偏离原方向 60° ,利用以 上数据可求出下列物理量中的( )
3.(2011· 温州市八校联考)如右图 所示, 一个静止的质量为 m、 带 电荷量为 q 的粒子(不计重力), 经电压 U 加速后垂直进入磁感 应强度为 B 的匀强磁场中,粒 子打至 P 点,设 OP=x,能够正确反应 x 与 U 之间的函数关系的是( )
解析:
带电粒子在电场中做加速运动,由
解析: 画出带电粒子进、出磁 场速度方向的垂线交于 O′点, O′点即为粒子做圆周运动轨 迹的圆心,如右图所示.连接 O′O,设轨迹半径为 R,由几 何关系可知带电粒子在磁场中 运动的轨迹半径 R=rtan 60° = 3r.因为∠AOB=120° ,故∠AO′B=60° ,运 1 1 2πR 3πr 动时间 t= T= × = ,D 正确. 6 6 v0 3v0
带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的程 序解题法——三步法: (1)画轨迹:即确定圆心,几何方法求半径并 画出轨迹. (2)找联系:轨道半径与磁感应强度、运动速 度相联系,偏转角度与圆心角、运动时间相 联系,在磁场中运动的时间与周期相联系. (3)用规律:即牛顿第二定律和圆周运动的规 律,特别是周期公式,半径公式.
1-1:如右图所示,直角三角形ABC中存在一匀 强磁场,比荷相同的两个粒子沿AB方向射入磁 场,分别从AC边上的P、Q两点射出,则( ) A.从P射出的粒子速度大 B.从Q射出的粒子速度小 C.从P射出的粒子,在磁 场中运动的时间长 D.两粒子在磁场中运动的 时间一样长
解析: 作出各自的轨迹如右图所示, 根据圆周运动特点知,分别从 P、Q 点射出时,与 AC 边夹角相同,故可 判定从 P、 点射出时, Q 半径 R1<R2, 所以,从 Q 点射出的粒子速度大,B 正确;根据图示,可知两个圆心角相 等,所以,从 P、Q 点射出时,两粒子在磁场中 的运动时间相等.正确选项应是 D.
图示是一种简化示意图,有一个环形匀强磁场区 域的截面内半径 R1= 3 m,外半径 R2=3 m, q 磁感应强度 B=0.5 T,被约束的粒子的比荷 = m 4.0×107 C/kg, 不计粒子重力和粒子间相互作用. (1)若带电粒子从中间区域沿半径方向射入磁场, 则粒子不能穿越磁场外边界的最大速率 vm 是多 少? (2)若带电粒子以(1)问中最大速率 vm 从圆心 O 出 发沿圆环半径方向射入磁场,请在图中画出其运 动轨迹,并求出粒子从出发到第一次回到出发点 所用的时间.
(2)T、f和ω的特点 T、f和ω的大小与轨道半径r和运行速率v 无关 _____,只与磁场的___________和粒子的 磁感应强度 _____有关. 比荷
一、洛伦兹力与安培力相比较 安培力是洛伦兹力的宏观表现,但各自的表 现形式不同,洛伦兹力对运动电荷永远不做 功,而安培力对通电导线可做正功,可做负 功,也可不做功.
①带电粒子的比荷 ②带电粒子在磁场中运动的周 期 ③带电粒子的初速度 ④带电粒子在磁场中运 动的半径 A.①② B.①②③ C.②③④ D.②③
解析: 由带电粒子在磁场中运动的偏向角, 可知带电粒子运动轨迹所对的圆心角为 60° , 因此由几何关系得磁场宽度 l=Rsin 60° = mv0 sin 60° ,又未加磁场时有 l=v0t,所以可 qB q sin 60° 2πm 求得比荷 = ,①对;周期 T= 可 m Bt qB 求出,②对;但初速度未知,所以③④项 错.故选项 A 正确. 答案: A
已知粒子在磁场中做圆周运动的半径介于a/2 到a之间,从发射粒子到粒子全部离开磁场 经历的时间恰好为粒子在磁场中做圆周运动 周期的四分之一.求最后离开磁场的粒子从 粒子源射出时的 (1)速度的大小; (2)速度方向与y轴正方向夹角的正弦.
【规范解答】 解:此题为粒子在磁场中运动临 界值问题. (1)设粒子的发射速度为 v, 粒子做圆周运动的轨 道半径为 R, 由牛顿第二定律和洛伦兹力公式,得 2 v qvB=m ①(3 分) R mv 由①式得 R= ②(1 分) qB 当 a/2<R<a 时, 在磁场中运动时间最长的粒子, 其轨迹是圆心为 C 的圆弧, 圆弧与磁场的上边界 相切.如图所示.
二、带电粒子在匀强磁场中的运动 1.若v∥B,带电粒子不受洛伦兹力,在 匀强磁场中做_________运动. 匀速直线 2.若v⊥B,带电粒子仅受洛伦兹力作用, 在垂直于磁感线的平面内以入射速度v做 _________运动. 匀速圆周
(1)基本公式
mv2 ①向心力公式:Bqv=_____. r
mv qB ②轨道半径公式:r=_____. ③周期、频率和角速度公式: 2πr 2πm T= = v qB qB 1 2πm f= =_____ T qB 2π ω= =2πf=_____. m T
答案:
D
带电粒子在圆形边界磁场内运动问题
如右图所示, 半径为 r 的圆形空 间内, 存在着垂直于纸面向里的 匀强磁场,一个带电粒子(不计 重力)从 A 点以速度 v0 垂直于磁 场方向射入磁场中,并从 B 点 射出.若∠AOB=120° ,则该带电粒子在磁场 中运动的时间为( ) 2πr 2 3πr A. B. 3v0 3v0 πr 3πr C. D. 3v0 3v0
答ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ:
D
2-1:受控热核聚变要把高度纯净的氘、氚 混合材料加热到1亿度以上,即达到所谓热 核温度.在这样的超高温度下,氘、氚混合 气体已完全电离,成为氘、氚原子核和自由 电子混合而成的等离子体.
从常温下处于分子状态的氘、氚材料开始,一 直到上述热核温度的整个加热过程中,必须把 这个尺寸有限的等离子体约束起来,使组成等 离子体的原子核在发生足够多的聚变反应之前 不至于失散,可一般的容器无法使用,因为任 何材料的容器壁都不可能承受这样的高温.而 磁约束是目前的重点研究方案,利用磁场可以 约束带电粒子这一特性,构造一个特殊的磁容 器建成聚变反应堆.
2πm θ 解析: 根据周期公式 T= ,时间 t= · T 2π qB 知, 粒子在磁场中运动的时间正比于运动轨迹 所对圆心角.
答案:
C
带电粒子在直线边界磁场中的运动问题
(18 分)(2010· 新课标全国卷)如右图所 a 示, 0≤x≤a、0≤y≤ 范围内有垂 在 2 直于 xy 平面向外的匀强磁场,磁感 应强度大小为 B.坐标原点 O 处有一个粒子源, 在某时刻发射大量质量为 m、电荷量为 q 的带 正电粒子,它们的速度大小相同,速度方向均 在 xy 平面内,与 y 轴正方向的夹角分布在 0~ 90° 范围内.
1 2 动能定理有:qU= mv ,带电粒子在磁场中 2 x mv 8m 2 做匀速圆周运动有: = , 整理得: = 2 x 2 qB qB U,故 B 正确.
答案:
B
4.(2011· 盐城、泰州联考)如右 图所示, 圆形区域内有垂直纸面 的匀强磁场, 三个质量和电荷量 都相同的带电粒子 a、b、c,以 不同的速率对准圆心 O 沿着 AO 方向射入磁场, 其运动轨迹如图所示,若带电粒子只受磁场力的 作用,则下列说法正确的是( ) A.a 粒子动能最大 B.c 粒子速率最大 C.c 粒子在磁场中运动时间最长 D.它们做圆周运动的周期 Ta<Tb<Tc
设该粒子在磁场中运动的时间为 t,依题意 t= T/4,得 π ∠OCA= ③(2 分) 2
设最后离开磁场的粒子的发射方向与 y 轴正方 向的夹角为 α,由几何关系可得
a Rsin α=R- ④(2 分) 2 Rsin α=a-Rcos α⑤(2 分) 又 sin2α+cos2α=1⑥(2 分) 6 由④⑤⑥式得 R=2- a⑦(2 分) 2 6 aqB 由②⑦式得 v=2- .⑧(2 分) 2 m 6- 6 (2)由④⑦式得 sin α= .⑨(2 分) 10 6- 6 6qBa 答案: (1)2- (2) 10 2 m
4.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, 如下图)
(2)平行边界(存在临界条件,如下图)
(3)圆形边界(沿径向射入必沿径向射出,如 下图)
1.带电荷量为+q 的粒子在匀强磁场中运动, 下列 说法中正确的是( ) 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
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