2010届高考物理二轮复习系列课件《二轮专题复习-磁场》

2010届高考物理二轮复习系列课件17《磁场》例1、如图示，半径为R的细金属圆环中通有恒定电流I，圆环置于水平面上，处于竖直向下的匀强磁场中，求：圆环受到的张力。IRO解一：取上半段圆环AB作为研究对象，IROAB圆环AB受到安培力F，F的方向向上F的大小为FF=BI×2R（有效长度为2R）圆环AB两端受到的张力为T，方向沿切线，TT由平衡条件得F=2T∴T=BIR解二：取很小的一小段圆环CD作为研究对象，IROABCDα则CD所对的圆心角为α=2Δθ,圆弧长度ΔL=2RΔθCD受到安培力ΔF=BIΔL=2BIRΔθCD两端受到的张力为T，方向沿切线，如图示ΔFTT由平衡条件ΔFTTα2TsinΔθ=ΔF=2BIRΔθ角度很小时有sinΔθ=Δθ∴T=BIR上述方法称为微元法（13分）串列加速器是用来产生高能离子的装置.图中虚线框内为其主体的原理示意图,其中加速管的中部b处有很高的正电势U，a、c两端均有电极接地（电势为零）.现将速度很低的负一价碳离子从a端输入，当离子到达b处时,可被设在b处的特殊装置将其电子剥离,成为n价正离子,而不改变其速度大小,这些正n价碳离子从c端飞出后进入一与其速度方向垂直的、磁感强度为B的匀强磁场中，在磁场中做半径为R的圆周运动.已知碳离子的质量m=2.0×10–26kg,U=7.5×105V,B=0.50T,n=2,基元电荷e=1.6×10-19C，求R.03年江苏高考17cab加速管加速管B设碳离子到达b处时的速度为v1，从c端射出时的速度为v2，由能量关系得1/2×mv12=eU①1/2×mv22=1/2×mv12+neU②进入磁场后，碳离子做圆周运动，可得nev2B=mv22/R③由以上三式可得enmUBnR)1(21④由④式及题给数值可解得R=0.75m解：cab加速管加速管B例2.一质量为m、带电量为+q的粒子以速度v从O点沿y轴正方向射入磁感应强度为B的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向外，粒子飞出磁场区域后，从b处穿过x轴，速度方向与x轴正方向的夹角为30°，同时进入场强为E、方向沿与与x轴负方向成60°角斜向下的匀强电场中，通过了b点正下方的C点。如图示，不计重力，试求：1.圆形匀强磁场区域的最小面积2.C点到b点的距离hvyxm+qEbCO··vb30°60°·vyxm+qEbCOvbh解：1.反向延长vb交y轴于O2点，作∠bO2O的角平分线交x轴于O1，O1即为圆形轨道的圆心，半径为R=OO1=mv/qB,画出圆形轨迹交bO2于A点，如图虚线所示。AO1O2最小的圆形磁场区域是以OA为直径的圆，如图示：qBmvrOA32222222min43)23(BqvmqBmvrS2.b到C受电场力作用，做类平抛运动·qEhsin30°=vthcos30°=1/2×qE/m×t2,∴t=2mv/qEtg30°qEmvvth/3422返回回旋加速器的D形盒的半径为R，用来加速质量为m，带电量为q的质子，使质子由静止加速到能量为E后，由A孔射出。求：（1）加速器中匀强磁场B的方向和大小。（2）设两D形盒间的距离为d，其间电压为U，加速到上述能量所需回旋周数.（3）加速到上述能量所需时间(不计通过缝隙的时间）。A～Ud解：（1）由qvB=mv2/RE=1/2×mv2qRmEB2B的方向垂直于纸面向里.（2）质子每加速一次，能量增加为qU，每周加速两次，所以n=E/2qU（3）周期T=2πm/qB且周期与半径r及速度v都无关t=nT=E/2qU×2πm/qB=πmE/q2UB例3.如图所示，正、负电子初速度垂直于磁场方向，沿与边界成30°角的方向射入匀强磁场中，求它们在磁场中的运动时间之比．θ解析：正电子将沿逆时针方向运动，经过磁场的偏转角为：φ1φ1=2θ=60°负电子将沿顺时针方向运动，经过磁场的偏转角为φ2φ2=360°-2θ=300°因为正、负电子在磁场中运动的周期相同（T=2πm/qB），故它们的角速度也相同，根据φ=ωt可知，正、负电子在磁场中运动的时间之比为：t1/t2=φ1/φ2=1/5例4.如图示，水平向左的匀强电场的场强E=4伏/米，垂直纸面向内的匀强磁场的B=2特，质量为1千克的带正电的小物块A从竖直绝缘墙上的M点由静止开始下滑，滑行0.8m到达N点时离开墙面开始做曲线运动，在到达P点开始做匀速直线运动，此时速度与水平方向成45°角，P点离开M点的竖直高度为1.6m，试求：1.A沿墙下滑克服摩擦力做的功2.P点与M点的水平距离，取g=10m/s2AB=2TE=4V/mPNM··0.8m解：在N点有qvNB=qEmgfqEqvNBvNvN=E/B=2m/s由动能定理mgh-Wf=1/2mvN2∴Wf=6J在P点三力平衡，qE=mgmgqEqvBvPqEmgBqvP22smBEvP/22/2由动能定理，从N到P：mgh′-qEx=1/2mvP2－1/2mvN2g（h′－x）=1/2（vP2－vN2）=2∴x=0.6mP195/例1如图示，板长为l的两平行板间存在着竖直向下、场强为E的匀强电场，竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场，两平行板左边边缘的中心为原点O，有一正离子（重力不计），从O点以某一初速率v沿x轴射入电场和磁场中．离开两场时的坐标为。求此离子的荷质比。（水平向纸内为z轴正方向。）)3/3,6/,(lllzyBExOv解：由运动的合成——若没有电场，则在xOz平面做匀速圆周运动；加上电场力的作用，则同时在y方向做匀加速运动。xzl33lOβαO′tanα=l33α=30°β=2α=60°设运动时间为t，t=T/6=πm/3qBy=1/2×qE/m×t2l/6=1/2×qE/m×(πm/3qB)2∴q/m=π2E/3B2l例5．如图3-7-17甲所示，图的右侧MN为一竖直放置的荧光屏，O为它的中点，OO′与荧光屏垂直，且长度为L．在MN的左侧空间存在着方向水平向里的匀强电场，场强大小为E．乙图是从左边去看荧光屏得到的平面图，在荧光屏上以O为原点建立如图的直角坐标系．一细束质量为m、电量为+q的带电粒子以相同的初速度v0从O′点沿O′O方向射入电场区域．粒子的重力和粒子间的相互作用都可忽略不计．（1）若再在MN左侧空间加一个匀强磁场，使得荧光屏上的亮点恰好位于原点O处，求这个磁场的磁感应强度B的大小和方向．（2）如果磁感应强度B的大小保持不变，但把方向变为与电场方向相同，则荧光屏上的亮点位于图中A点处，已知A点的纵坐标为求：A点横坐标的数值．yxOA乙Ly33E甲MNOLvO′RR-yyθLE甲MNOLvO′yxOA乙解：（1）电场力向里，洛仑兹力向外，合力为0，qvB=qE∴B=E/v,方向沿y轴正向（2）由运动的合成——若没有电场，洛仑兹力向上，则在甲图平面做匀速圆周运动；加上电场力的作用，则同时在-x方向做匀加速运动。qvBR2=(R-y)2+L2Ly33LR332Cosθ=(R-y)/R=1/2θ=60°LvRTt93236273182122022LqEmvatx霍尔效应可解释如下：外部磁场的洛仑兹力使运动的电子聚集在导体板的一侧，在导体板的另一侧会出现多余的正电荷，从而形成横向电场对电子施加与洛仑兹力方向相反的静电力。当静电子与洛仑兹力达到平衡时，导体上下两侧之间就会形成稳定的电势差。设电流I是由电子的定向流动形成的，电子的平均定向速度为v，电量为e。回答下列问题：（2000全国）如图所示，厚度为h、宽度为d的导体板放在垂直于它的磁感应强度为B的匀强磁场中。当电流通过导体板时，在导体板的上侧面A和下侧面A′之间会产生电势差，这种现象称为霍尔效应。实验表明，当磁场不太强时，电势差U、电流I和B的关系为U=KIB/d式中的比例系数K称为霍尔系数。A′hdAIB霍尔效应（1）达到稳定状态时，导体板上侧面A的电势_____下侧面的电势（填高于、低于或等于）。（2）电子所受洛仑兹力的大小为______。（3）当导体板上下两侧之间的电势差为U时，电子所受静电力的大小为______。（4）（2000全国）由静电力和洛仑兹力平衡的条件，证明霍尔系数K=，其中n代表导体板单位体积中电子的个数。ne1hA′AI解析：（1）由题知电流是由电子向左的定向移动形成，电子在导体板中定向移动时要受洛仑兹力，由左手定则知电子向上侧移动，使得上侧出现多余负电荷，而下侧出现多余正电荷，形成两侧之间的电势差。结果上侧的电势低于下侧A′的电势。·ev低于BeV（2）由洛仑兹力公式知电子所受洛仑兹力的大小为f=Bev（3）上、下两侧面可以看成是平行的，其间的电场认为是匀强电场，由匀强电场知其场强E=U/h所以电子所受静电力F电=Ee=eU/h又因电子达到稳定，电场力与洛仑兹力平衡，即F电=Bev（4）因电子稳定，电场力与洛仑兹力平衡，即eU/h=Bev得U=hvB，且通过导体的电流强度I=nevdh将U及I的表达式代入U=KIB/d，得K=1/ne这是一道综合性试题，它展示了一种新型发电机的原理（磁流体发电机原理）。例6．有一个未知的匀强磁场，用如下方法测其磁感应强度，如图所示，把一个横截面是矩形的铜片放在磁场中，使它的上、下两个表面与磁场平行，前、后两个表面与磁场垂直．当通入从左向右的电流I时，连接在上、下两个表面上的电压表示数为U．已知铜片中单位体积内自由电子数为n，电子质量m，带电量为e，铜片厚度（前后两个表面厚度）为d，高度（上、下两个表面的距离）为h，求磁场的磁感应强度B．hdAIBV解：达到动态平衡时有qvB=qE=qU/hB=U/vh∵I=nevS=nevhd∴vh=I/ned∴B=Udne/I:质量为m、电量为+q的粒子在环中做半径为R的圆周运动.A、B为两块中心开有小孔的极板.原来电势都为零,每当粒子飞经A板时,A板电势升高为+U,B板电势仍保持为零,粒子在两板间电场中得到加速.每当粒子离开B板时,A板电势又降为零.粒子在电场一次次加速下动能不断增大,而绕行半径不变.(1)设t=0时粒子静止在A板小孔处,在电场作用下加速,并绕行第一圈.求粒子绕行n圈回到A板时获得的总动能En.(2)为使粒子始终保持在半径为R的圆轨道上运动,磁场必须周期性递增.求粒子绕行第n圈时的磁感应强度Bn.(3)求粒子绕行n圈所需的总时间tn(设极板间距远小于R).(4)在图(2)中画出A板电势与时间t的关系(从t=0起画到粒子第4次离开B板时即可).(5)在粒子绕行的整个过程中,A板电势是否可以始终保持为+U?为什么?n解见下页1992年上海高考题OUut解答:(1)每通过AB一次,动能增加qU,通过n次获得的总动能为EKn=1/2mvn2=nqU(2)R=mvn/BnqmnqUvn2qnmURBn21(3)每转一转的时间为qUnmRqBmTnn222321TTTt31211(22qUmR)1n……+(4)半径不变,速度越来越大,所以周期越来越小,加速的时间越来越小，u—t图如右图:t1t2t3t4(5)不可以.如始终为+U,则电场力对粒子运动一周所做的总功为零.