磁場 章末總結

帶電粒子在電磁場中的運動問題分析

以帶電粒子在電場磁場中的運動為題材的物理題是高考的熱點,每年的高考試卷都有此類題,并且多是大型計算題、綜合題.為什么以帶電粒子在電磁場中的運動為題材的物理題是高考的熱點呢?因為要在很短的時間內(nèi)以有限的題目考查高中物理那么多的知識點,就要通過一個題目考查幾個知識點,也就是說題目要有綜合性.而以帶電粒子在電磁場中的運動為題材的物理題,能考查電場、電場力、加速度、速度、位移、勻速運動、勻加速運動及磁場、洛倫茲力、圓周運動、向心力、向心加速度、線速度、角速度以及幾何作圖、數(shù)學演算等很多知識點.所以,以帶電粒子在電磁場中的運動為題材的物理題容易命制綜合題.

下面通過題目探討以帶電粒子在電磁場中的運動為題材的物理題的命題規(guī)律和解題方法.

專題一帶電粒子在電場中的運動分析

【例1】如圖1所示,邊長為L的正方形區(qū)域abcd內(nèi)存在著勻強電場.電荷量為q、動能為Ek的帶電粒子從a點沿ab方向進入電場,不計重力.(1)若粒子從c點離開電場,求電場強度的大小和粒子離開電場時的動能.(2)若粒子離開電場時動能為Ek′,則電場強度為多大？

專題二帶電粒子在磁場中的運動分析

1.帶電粒子在勻強磁場中做不完整圓周運動的解題思路(1)用幾何知識確定圓心并求半徑.(2)確定軌跡所對的圓心角,求運動時間.【例2】如圖2所示,在xOy平面上,a點坐標為(0,l),平面內(nèi)有一邊界過a點和坐標原點O的圓形勻強磁場區(qū)域,磁場方向垂直紙面向里.有一電子(質量為m,電荷量為e)從a點以初速度v0平行x軸正方向射入磁場區(qū)域,在磁場中運動,恰好在x軸上的b點(未標出)射出磁場區(qū)域,此時速度方向與x軸正方向夾角為60°.求:(1)磁場的磁感應強度.(2)電子在磁場中運動的時間.(3)磁場區(qū)域圓心O1的坐標.解析該題為帶電粒子在有邊界磁場區(qū)域中的圓周運動.看似復雜,但解題的關鍵還是在找圓心,同學們只要根據(jù)運動電荷在有界磁場的出入點的速度方向垂線的交點,確定圓心的位置,然后作出軌跡和半徑,根據(jù)幾何關系找出等量關系,求解飛行時間從找軌跡所對應的圓心角的方面著手,題目便迎刃而解.

2.臨界狀態(tài)不唯一而形成的多解問題

【例3】如圖3所示,長為L的水平極板間有垂直紙面向里的勻強磁場,磁感應強度為B,板間距離也為L,板不帶電.現(xiàn)有質量為m、電荷量為q的帶正電粒子(不計重力),從左邊極板

間中點處垂直磁感線以速度v水平射入磁場,欲使粒子不打在極板上,可采用的辦法是()

qBL5qBLA.使粒子的速度v<4mB.使粒子的速度v>

4mC.使粒子的速度v>qBLD.使粒子的速度qBL5qBLv專題三帶電粒子在復合場中的運動m4m4m1.帶電粒子在復合場中做直線運動,包括勻速直線運動和變速直線運動

【例4】在圖4中虛線所示的區(qū)域存在勻強電場和勻強磁場.取坐標如圖.一帶電粒子沿x軸正方向進入此區(qū)域,在穿過此區(qū)域的過程中運動方向始終不發(fā)生偏轉.不計重力的影響,電場強度E和磁感強度B的方向可能是()A.E和B都沿x軸方向B.E沿y軸正向,B沿z軸正向C.E沿z軸正向,B沿y軸正向D.E、B都沿z軸方向

2.帶電粒子在復合場中所受合外力的大小、方向均不斷變化而做變加速曲線運動,這類問題一般只能用能量關系處理

【例5】如圖5所示,相互垂直的勻強電場和勻強磁場的大小分別為E和B,一個質量為m,電量為+q的油滴,從a點以水平速度v0飛入,經(jīng)過一段時間后運動到b點,試計算:

(1)油滴剛進入疊加場a點時的加速度.(2)若到達b點時,偏離入射方向的距離為d,則其速度是多大?

3.帶電粒子在電場、磁場、重力場中做勻速圓周運動,則必然是電場力和

重力平衡,而洛倫茲力充當向心力【例6】一個帶電微粒在圖6所示的正交勻強電場和勻強磁場中在豎直面內(nèi)做勻速圓周運動,則該帶電微粒必然帶,旋轉方向為.若已知圓半徑為r,電場強度為E,磁感應強度為B,則線速度為

4.帶電粒子在復合場中運動的周期性問題

【例7】如圖7所示,在x軸上方為勻強磁場,磁感應強度為B,方向垂直紙面向里,x軸下方為勻強電場,場強為E,方向豎直向下.有一帶負電微粒,電荷量為q、質量為m(重力不計),在y軸上某點由靜止釋放,在運動過程中要經(jīng)過x軸上的Q點,Q點離原點O的距離為L,求釋放點與原點O的距離.

素能提升

1.如圖所示為自左向右逐漸增強的磁場,一不計重力的帶電粒子垂直射入其中,由于周圍氣體的阻礙作用,其運動軌跡恰為一段圓弧PQ(粒子電量保持不變),則可判斷()A.粒子從P點射入B.粒子所受洛倫茲力逐漸增大C.粒子從Q點射入D.粒子的動能逐漸減小

2.如圖所示,在光滑水平桌面上,有兩個固定的電極a、b,長為L的柔軟直

導線兩端連接在a、b上,放置在光滑水平桌面上,有豎直方向的勻強磁場由下而上穿過桌面,磁場的磁感應

強度為B,當線圈通過恒定電流I時,求導線內(nèi)部的拉力.

3.核聚變反應需要幾百萬度以上的高溫,為把高溫條件下高速運動的離子約

束在小范圍內(nèi)(否則不可能發(fā)生核反應),通常采用磁約束的方法(托卡馬克裝置).如圖10所示,環(huán)狀勻強磁場中空區(qū)域中的帶電粒子只要速度不是很大,都不會穿出磁場的外邊緣而被約束在該區(qū)域內(nèi).設環(huán)狀磁場的內(nèi)半徑R1=0.5m,外半徑R2=1.0m,磁場的磁感應強度B=1.0T,若被束縛的帶電粒子的比荷q/m=4×107C/kg,中空區(qū)域內(nèi)帶電粒子具有各個方向的速度.試計算:

(1)粒子沿環(huán)狀磁場的半徑方向射入磁場,不能穿越磁場的最大速度.

(2)所有粒子不能穿越磁場的最大速度.4.如圖所示,水平方向的勻強電場的電場強度為E,場區(qū)寬度為L,豎直方向足夠長.緊挨著電場的是垂直于紙面向外的兩個勻強磁場區(qū)域,其磁感應強度分別為B和2B.一個質量為m、電荷量為q的帶正電粒子,其重力不計,從電場的邊界MN上的a點由靜止釋放,經(jīng)電場加速后進入磁場,經(jīng)過時間tB=Bqr1m穿過中間磁場,進入右邊磁場后能按某一路徑再返回到電場的邊界MN上的某一點b,圖中虛線為場區(qū)的分界面.求:

(1)中間場區(qū)的寬度d.(2)粒子從a點到b點所經(jīng)歷的時間tab(3)粒子

第n次返回電場的MN邊界時與出發(fā)點a之間的距離xn.

閱卷現(xiàn)場

本單元知識考查點主要有磁感應強度、磁感線、磁通量、電流的磁場、安培力、洛倫茲力等基本概念,以及磁現(xiàn)象的電本質、安培定則、左手定則等規(guī)律.涉及到的基本方法有,運用空間想象力和磁感線將磁場的空間分布形象化是解決磁場問題的關鍵.運用安培定則、左手定則判斷磁場方向和載流導線、運動的帶電粒子受力情況是將力學知識與磁場問題相結合的切入點.本章的能力要求很高,對學生的空間想象能力、邏輯推理能力、力電綜合能力考查頻繁,是得分或失分的要點之一.

考生在本單元知識應用的過程中常犯的錯誤主要表現(xiàn)在：不能準確地再現(xiàn)題目中所敘述的磁場的空間分布和帶電粒子的運動軌跡：運用安培定則、左手定則判斷磁場方向和載流導線、運動的帶電粒子受力情況時出錯；運用幾何知識時出現(xiàn)錯誤；不善于分析多過程的物理問題等.

易錯點實例分析

忽略洛倫茲力造成的錯誤試題回放一個負離子的質量為m,電量大小為q,以速度v垂直于屏S經(jīng)過小孔O射入存在著勻強磁場的真空室中,如圖所示.磁感應強度B方向與離子的初速度方向垂直,并垂直于紙面向里.如果離子進入磁場后經(jīng)過時間t到達位置P,證明：直線OP與離子入射方向之間的夾角θ跟t的關系是θ=qB.

t2m

v根據(jù)牛頓第二定律和向心加速度公式F洛=F向Bqv=ma向=mt=(m2vsinθ)/tsinθ=當θ不大時,sinθ=θ=Bqt,得證.高中階段,我們在應用牛頓第二定律解題時,F應為恒力

2m錯解分析

Bqt2m

或平均力,本題中洛倫茲力是方向不斷變化的力.不能直接代入公式求解.

2v正確答案F洛=F向Bqv=ma向=mr=mv如圖所示,當離子到達位置P時圓心角為

qBαvtvtBqt而α=2θ,則rθ=qBt得證.

2mrmv/Bqm

力電綜合中審題不仔細造成的錯誤試題回放擺長為L的單擺在勻強磁場中擺動,擺動平面與磁場方向垂直,如圖所示擺動中擺線始終繃緊,若擺球帶正電,電量為q,質量為m,磁感應強度為B,當球從最高處擺到最低處時,擺線上的拉力FT多大？

錯解分析FT、F洛始終垂直于速度v,根據(jù)機械能守恒定律：

1mgL(1-cosα)=2mv2,v=22gL(1cos).在C處,F洛豎直向上,根據(jù)牛頓第二定律則有

vmcosFT+F洛-mg=ma向=LFT=m2gL(1)+mg-F洛=2mg(1-cosα)+mg-Bqv

=3mg-2mgcosα-Bq考慮問題不全面,認為題目中“從最高點到最低處”是指AC的過程,忽略了球可以從左右兩方經(jīng)過最低點.正確答案球從左右兩方經(jīng)過最低點,因速度方向不同,引起F洛不同,受力分析如圖所示.由于擺動時F洛和FT都不做功,機械能守恒,小球無論向左、向右擺動過C點時的速度大小相同,方向相反.

1擺球從最高點到達最低點C的過程滿足機械能守恒：mgL(1-cosα)=2mv2,v=

2gL（1cos）當擺球在C的速度向右,根據(jù)左手定則,F洛豎直向上,根據(jù)牛頓第二定律則有

2FT+F洛-mg=ma向=mvFT=mv2+mg-F洛=2mg(1-cosα)+mg-Bqv

LL

(1cos=3mg-2mgcosα-Bq2gL)當擺球在C的速度向左,F洛豎直向下,根據(jù)牛頓第二定律則有2v2FT-F洛-mg=ma向=mvFT=m+mg+F洛=2mg(1-cosα)+mg+Bqv=3mg-2mgcosα+Bq2gL(1cosa)LL所以擺到最低處時,擺線上的拉力FT=3mg-2mgcosα±Bq2gL(1cosa)推理和計算能力差造成的錯誤

試題回放如圖所示,ABCD是邊長為a的正方形.質量為m、電荷量為e的電子以大小為v0的初速度沿紙面垂直于BC邊射入正方形區(qū)域.在正方形內(nèi)適當區(qū)域中有勻強磁場.電子從BC邊上的任意點入射,都只能從A點射出磁場.不計重力,求：

(1)此勻強磁場區(qū)域中磁感應強度的方向和大小.(2)此勻強磁場區(qū)域的最小面

積.

錯解分析錯解一：分析推理能力差,只能推理出磁場的方向,不

能根據(jù)磁場僅在正方形內(nèi)、初速度都垂直于BC、都只能從A點射出磁場三個要求,得出從C點入射的電子應該從C點開始做圓周運動,到達A點時離開磁場,恰做四分之一圓周的圓周運動.從而下面的情況更推理不出.錯解二：能分析出第一問,但在第二問中,因對數(shù)學能力要求較高.許多學生不能得出完整準確的結論,造成失分.這是一個對推理能力和運算能力要求很高的題,只有對洛倫茲力作用下電子運動的規(guī)律把握準確,有較高的運算與推理能力,才可能把這個題做好.特別是對“從A點射出磁場”這一條件,如果僅理解為從A點離開正方形區(qū)域,這個題就很難向下思考了.正確答案(1)由圓周運動的特點可知,從C點入射的電子,只有立即進入磁場,才能由A點離開磁場.

設勻強磁場的磁感應強度的大小為B.令圓弧

是自C點垂直于BC入射的電子

①

的圓心在CB邊

在磁場中的運行軌道.電子所受到的磁場的作用力F洛=ev0B

應指向圓弧的圓心,因而磁場的方向應垂直于紙面向外.圓弧

或其延長線上.依題意,圓心在A、C連線的中垂線上,故B點即為圓心,圓半徑為a按照牛頓v0定律有F洛=F向=ma②聯(lián)立①②式得B=

2mv0ea(2)由(1)中決定的磁感應強度的方向和大小,可知自

C點垂直于BC入射電子在A點沿DA方向射出,且自BC邊上其它點垂直于入射的電子的運動軌道只能在BAEC區(qū)域中.因而,圓弧AEC是所求的最小磁場區(qū)域的一個邊界.

為了決定該磁場區(qū)域的另一邊界,我們來考察射中A點的電子的速度方向與BA的延長線交

π角為θ(不妨設0≤θ≤2)的情形.該電子的運動軌跡qpA如圖所示.

的圓心為O,pq垂直于BC邊,由③式知,圓弧

圖中,圓

的半徑仍為a,在D為原點、DC為x

軸,AD為y軸的坐標系中,P點的坐標(x,y)為x=asinθ④y=-aco⑤

π這意味著,在范圍0≤θ≤2內(nèi),p點形成以D為圓心、a為半徑的四分之一圓周

,

它是電子做直線運動和圓周運動的分界線,構成所求磁場區(qū)域的另一邊界.

因此,所求的最小勻強磁場區(qū)域是分別以B和D為圓心、a為半徑的兩個四分之一圓周

和

所圍成的,其面積為S=2（πa2.a2）

舉一反三在考場上有限的時間內(nèi),很難對這個題進行完整的推理.有時候可以根據(jù)題目的情景和需要大膽的去做,不要因理由講不完整,雖明知該這樣做也不愿動筆.考試不是做研究,不一定每一步都把理由說得很清楚.處理這類題,一定要把隱含條件挖掘完整,有時一個條件讀不準,就會全盤皆輸.比如從A點射出磁場很容易理解成射出正方形區(qū)域,因為題目中首先給了個正方形區(qū)域,A又是一個頂點.如果因此而認識不到A點也是磁場邊界,就找不到問題的切入點了.

1412π22a

擴展閱讀：第三章磁場章末總結和檢測

章末總結

要點一通電導線在磁場中的運動及受力

1．直線電流元分析法：把整段電流分成很多小段直線電流，其中每一小段就是一個電流元，先用左手定則判斷出每小段電流元受到的安培力的方向，再判斷整段電流所受安培力的方向，從而確定導體的運動方向．

2．特殊位置分析法，根據(jù)通電導體在特殊位置所受安培力方向，判斷其運動方向，然后推廣到一般位置．

3．等效分析法：環(huán)形電流可等效為小磁針，條形磁鐵或小磁針也可等效為環(huán)形電流，通電螺線管可等效為多個環(huán)形電流或條形磁鐵．

4．利用結論法：(1)兩電流相互平行時，無轉動趨勢；電流同向導線相互吸引，電流反向導線相互排斥；(2)兩電流不平行時，導線有轉動到相互平行且電流同向的趨勢．

要點二帶電粒子在有界磁場中的運動

有界勻強磁場指在局部空間存在著勻強磁場，帶電粒子從磁場區(qū)域外垂直磁場方向射入磁場區(qū)域，在磁場區(qū)域內(nèi)經(jīng)歷一段勻速圓周運動，也就是通過一段圓弧后離開磁場區(qū)域．由于運動的帶電粒子垂直磁場方向，從磁場邊界進入磁場的方向不同，或磁場區(qū)域邊界不同，造成它在磁場中運動的圓弧軌道各不相同．如下面幾種常見情景：

圖3－1

解決這一類問題時，找到粒子在磁場中一段圓弧運動對應的圓心位置、半徑大小以及與半徑相關的幾何關系是解題的關鍵．

1．三個(圓心、半徑、時間)關鍵確定

研究帶電粒子在勻強磁場中做圓周運動時，�？紤]的幾個問題：(1)圓心的確定

已知帶電粒子在圓周中兩點的速度方向時(一般是射入點和射出點)，沿洛倫茲力方向畫出兩條速度的垂線，這兩條垂線相交于一點，該點即為圓心．(弦的垂直平分線過圓心也常用到)

(2)半徑的確定

一般應用幾何知識來確定．

θφ

(3)運動時間：t＝T＝T(θ、φ為圓周運動的圓心角)，另外也可用弧長Δl與速率的

360°2π

比值來表示，即t＝Δl/v.

圖3－2

(4)粒子在磁場中運動的角度關系：

粒子的速度偏向角(φ)等于圓心角(α)，并等于AB弦與切線的夾角(弦切角θ)的2倍，即φ＝α＝2θ＝ωt；相對的弦切角(θ)相等，與相鄰的弦切角(θ′)互補，即θ′＋θ＝180°.如圖3－2所示．

2．兩類典型問題

(1)極值問題：常借助半徑R和速度v(或磁場B)之間的約束關系進行動態(tài)運動軌跡分析，確定軌跡圓和邊界的關系，找出臨界點，然后利用數(shù)學方法求解極值．

注意①剛好穿出磁場邊界的條件是帶電粒子在磁場中運動的軌跡與邊界相切．

②當速度v一定時，弧長(或弦長)越長，圓周角越大，則帶電粒子在有界磁場中運動的時間越長．

③當速率v變化時，圓周角大的，運動時間長．

(2)多解問題：多解形成的原因一般包含以下幾個方面：

①粒子電性不確定；②磁場方向不確定；③臨界狀態(tài)不唯一；④粒子運動的往復性等．關鍵點：①審題要細心．②重視粒子運動的情景分析．要點三帶電粒子在復合場中的運動復合場是指電場、磁場和重力場并存，或其中某兩場并存，或分區(qū)域存在的某一空間．粒子經(jīng)過該空間時可能受到的力有重力、靜電力和洛倫茲力．處理帶電粒子(帶電體)在復合場中運動問題的方法：

1．正確分析帶電粒子(帶電體)的受力特征．帶電粒子(帶電體)在復合場中做什么運動，取決于帶電粒子(帶電體)所受的合外力及其初始速度．帶電粒子(帶電體)在磁場中所受的洛倫茲力還會隨速度的變化而變化，而洛倫茲力的變化可能會引起帶電粒子(帶電體)所受的其他力的變化，因此應把帶電粒子(帶電體)的運動情況和受力情況結合起來分析，注意分析帶電粒子(帶電體)的受力和運動的相互關系，通過正確的受力分析和運動情況分析，明確帶電粒子(帶電體)的運動過程和運動性質，選擇恰當?shù)倪\動規(guī)律解決問題．

2．靈活選用力學規(guī)律

(1)當帶電粒子(帶電體)在復合場中做勻速運動時，就根據(jù)平衡條件列方程求解．

(2)當帶電粒子(帶電體)在復合場中做勻速圓周運動時，往往同時應用牛頓第二定律和平衡條件列方程求解．

(3)當帶電粒子(帶電體)在復合場中做非勻變速曲線運動時，常選用動能定理或能量守恒定律列方程求解．

(4)由于帶電粒子(帶電體)在復合場中受力情況復雜，運動情況多變，往往出現(xiàn)臨界問題，這時應以題目中的“恰好”、“最大”、“最高”、“至少”等詞語為突破口，挖掘隱含條件，根據(jù)隱含條件列出輔助方程，再與其他方程聯(lián)立求解．

(5)若勻強電場和勻強磁場是分開的獨立的區(qū)域，則帶電粒子在其中運動時，分別遵守在電場和磁場中運動規(guī)律，處理這類問題的時候要注意分階段求解.

一、通電導線在磁場中的受力問題【例1】豎直放置的直導線

圖3－3

AB與導電圓環(huán)的平面垂直且隔有一小段距離，直導線固定，圓環(huán)可以自由運動，當通以如圖3－3所示方向的電流時(同時通電)，從左向右看，線圈將()

A．順時針轉動，同時靠近直導線ABB．順時針轉動，同時離開直導線ABC．逆時針轉動，同時靠近直導線ABD．不動答案C

解析圓環(huán)處在通電直導線的磁場中，由右手螺旋定則判斷出通電直導線右側磁場方向垂直紙面向里，由左手定則判定，水平放置的圓環(huán)外側半圓所受安培力向上，內(nèi)側半圓所受安培力方向向下，從左向右看逆時針轉，轉到與直導線在同一平面內(nèi)時，由于靠近導線一側的半圓環(huán)電流向上，方向與直導線中電流方向相同，互相吸引，直導線與另一側半圓環(huán)電流反向，相互排斥，但靠近導線的半圓環(huán)處磁感應強度B值較大，故F引>F斥，對圓環(huán)來說合力向左．

二、帶電粒子在有界磁場中的運動【例2】如圖3－4所示，

圖3－4

在半徑為R的半圓形區(qū)域中有一勻強磁場，磁場的方向垂直于紙面，磁感應強度為B.一質量為m，帶電荷量為q的粒子以一定的速度沿垂直于半圓直徑AD方向經(jīng)P點(AP＝d)

射入磁場(不計重力影響)．

(1)如果粒子恰好從A點射出磁場，求入射粒子的速度．

(2)如果粒子經(jīng)紙面內(nèi)Q點從磁場中射出，出射方向與半圓在Q點切線的夾角為φ(如圖所示)，求入射粒子的速度．

qBd(2R－d)qBd

答案(1)(2)2m2m[R(1＋cosφ)－d]

解析(1)由于粒子由P點垂直射入磁場，故圓弧軌跡的圓心在AP上，又由粒子從A點射出，故可知AP是圓軌跡的直徑．

v21

設入射粒子的速度為v1，由洛倫茲力的表達式和牛頓第二定律得m＝qv1B，解得v1

d/2

qBd＝.2m

(2)如下圖所示，設O′是粒子在磁場中圓弧軌跡的圓心．連接O′Q，設O′Q＝R′.

由幾何關系得∠OQO′=φOO′=R′+R-d①

由余弦定理得(OO′)2＝R2＋R′2－2RR′cosφ②

d(2R－d)

聯(lián)立①②式得R′＝③

2[R(1＋cosφ)－d]

v2

設入射粒子的速度為v，由m＝qvB

R′

qBd(2R－d)

解出v＝2m[R(1＋cosφ)－d]

三、復合場(電場磁場不同時存在)

【例3】在空間存在一個變化的勻強電場和另一個變化的勻強磁場，電場的方向水平向右(如圖3－5中由點B到點C)，場強變化規(guī)律如圖甲所示，磁感應強度變化規(guī)律如圖乙所示，方向垂直于紙面．從t＝1s開始，在A點每隔2s有一個相同的帶電粒子(重力不計)沿AB方向(垂直于BC)以速度v0射出，恰好能擊中C點，若AB＝BC＝l，且粒子在點A、C間的運動時間小于1s，求：

圖3－5

(1)磁場方向(簡述判斷理由)．(2)E0和B0的比值．

(3)t＝1s射出的粒子和t＝3s射出的粒子由A點運動到C點所經(jīng)歷的時間t1和t2之比．答案(1)垂直紙面向外(理由見解析)(2)2v0∶1(3)2∶π

解析(1)由圖可知，電場與磁場是交替存在的，即同一時刻不可能同時既有電場，又有磁場．據(jù)題意對于同一粒子，從點A到點C，它只受靜電力或磁場力中的一種，粒子能在靜電力作用下從點A運動到點C，說明受向右的靜電力，又因場強方向也向右，故粒子帶正電．因為粒子能在磁場力作用下由A點運動到點C，說明它受到向右的磁場力，又因其帶正電，根據(jù)左手定則可判斷出磁場方向垂直于紙面向外．

(2)粒子只在磁場中運動時，它在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動．因為AB＝BC＝l，則

mv2mv00運動半徑R＝l.由牛頓第二定律知：qv0B0＝，則B0＝Rql

粒子只在電場中運動時，它做類平拋運動，在點A到點B方向上，有l(wèi)＝v0tqE01

在點B到點C方向上，有a＝，l＝at2

m2

22mv0E02v0

解得E0＝，則＝qlB01

l

(3)t＝1s射出的粒子僅受到靜電力作用，則粒子由A點運動到C點所經(jīng)歷的時間t1＝，v0

22mv02mv0

因E0＝，則t1＝，t＝3s射出的粒子僅受到磁場力作用，則粒子由A點運動到C點

qlqE0

12πmπm

所經(jīng)歷的時間t2＝T，因為T＝，所以t2＝；故t1∶t2＝2∶π.

4qB02qB0

章末檢測

一、選擇題

1.

圖1

一束粒子沿水平方向平行飛過小磁針上方，如圖1所示，此時小磁針S極向紙內(nèi)偏轉，這一束粒子可能是()

A．向右飛行的正離子束B．向左飛行的正離子束C．向右飛行的負離子束D．向左飛行的負離子束答案BC

解析小磁針N極的指向即是磁針所在處的磁場方向．題中磁針S極向紙內(nèi)偏轉，說明離子束下方的磁場方向由紙內(nèi)指向紙外．由安培定則可判定離子束的定向運動所產(chǎn)生的電流方向由右向左，故若為正離子，則應是由右向左運動，若為負離子，則應是由左向右運動，答案是B、C.

2．當帶電粒子垂直進入勻強電場或勻強磁場中時，稱這種電場為偏轉電場，這種磁場為偏轉磁場，下列說法正確的是()

A．要想把速度不同的同種帶電粒子分開，既可采用偏轉電場，也可采用偏轉磁場B．要想把動能相同的質子和α粒子分開，只能采用偏轉電場

C．要想把由靜止開始經(jīng)同一電場加速的質子和α粒子分開，既可采用偏轉電場，也可采用偏轉磁場

D．要想把初速度相同、比荷不同的粒子分開，既可采用偏轉電場，也可采用偏轉磁場答案ABD3.

圖2

電動機通電之后電動機的轉子就轉動起來，其實質是因為電動機內(nèi)線圈通電之后在磁場中受到了安培力的作用，如圖2所示為電動機內(nèi)的矩形線圈，其只能繞Ox軸轉動，線圈的四個邊分別與x、y軸平行，線圈中電流方向如圖所示，當空間加上如下所述的哪種磁場時，線圈會轉動起來()

A．方向沿x軸的恒定磁場B．方向沿y軸的恒定磁場C．方向沿z軸的恒定磁場D．方向沿z軸的變化磁場答案B4.

圖3

兩帶電油滴在豎直向上的勻強電場E和垂直紙面向里的勻強磁場B正交的空間做豎直平面內(nèi)的勻速圓周運動，如圖3所示．則兩油滴一定相同的是()

①帶電性質②運動周期③運動半徑④運動速率

A．①②B．①④C．②③④D．①③④答案A

mvmE

解析根據(jù)mg＝qE，所以靜電力方向必須向上；根據(jù)r＝，而根據(jù)①式，＝，所

qBqg

m2πm以只要為常數(shù)即可，但v不一定相等，所以③④錯誤．根據(jù)T＝，可得運動周期相同，

qqB

②對．

5．如圖4所示，一質量為m，電荷量為q的帶正電絕緣體物塊位于高度略大于物塊高的水平寬敞絕緣隧道中，物塊上、下表面與隧道上、下表面的動摩擦因數(shù)均為μ，整個空間中存在垂直紙面向里，磁感應強度為B的水平勻強磁場，現(xiàn)給物塊水平向右的初速度v0，空氣阻力忽略不計，物塊電荷量不變，隧道足夠長，則整個運動過程中，物塊克服阻力做功可能是()

圖12m3g2

A．0B.mv0－22

22qB32

1mg12C.mv2D.－mv202q2B220答案ABC

解析物塊進入磁場后的受力情況有三種可能情況：第一種，洛倫茲力和重力是一對平

mg

衡力，即Bqv0＝mg，滿足該情況的v0＝，沒有摩擦力，所以克服摩擦力做功為零；第二Bq

mgmg

種情況，v0>，擠壓上表面，要克服摩擦力做功，當速度減小為v＝后，摩擦力消失，

BqBq

32

11212mgmg

故克服摩擦力做功W＝mv2，擠壓下表面，要克22；第三種情況，v0圖7

在一水平放置的平板MN的上方有勻強磁場，磁感應強度的大小為B，磁場方向垂直于紙面向里．許多質量為m帶電荷量為＋q的粒子，以相同的速率v沿位于紙面內(nèi)的各個方向，由小孔O射入磁場區(qū)域．不計重力，不計粒子間的相互影響．下列圖中陰影部分表示帶電粒

mv

子可能經(jīng)過的區(qū)域，其中R＝.正確的圖是()

qB

答案A

解析當帶電粒子豎直向上運動時，可以在磁場中完成向左的半圓的運動軌跡．而要形成向右的半圓的運動軌跡，由左手定則可判定該軌跡無法實現(xiàn)，所以A選項正確．

二、計算論述題9．如圖8所示，

圖8

在y>0的空間中存在勻強電場，場強沿y軸負方向；在ymv20

由上列三式解得：E＝2qh

(2)粒子到達P2時速度沿x方向速度分量為v0，以v1為速度沿y方向速度分量的大小，v表示速度的大小，θ為速度與x軸的夾角，則有：

v122v21＝2ah，v＝v1＋v0，tanθ＝v0由上圖可得：θ＝45°知v1＝v0

由以上各式解得：v＝2v0

(3)設磁場的磁感應強度為B，在洛倫茲力作用下粒子做勻速圓周運動，由牛頓第二定律

mv2

可得：qvB＝

r是圓周的半徑，與x軸、y軸的交點為P2、P3，因為OP2＝OP3，θ＝45°，由幾何關系可知，連線P2P3為圓周的直徑，由幾何關系可求得：r＝2h

mv0

最后解得：B＝

qh

10．如圖9所示，

圖9

abcd是一個邊長為L的正方形，它是磁感應強度為B的勻強磁場橫截面的邊界線．一帶電粒子從ad邊的中點O與ad邊成θ＝30°角且垂直于磁場方向射入．若該帶電粒子所帶電荷量為q、質量為m(重力不計)，則該帶電粒子在磁場中飛行時間最長是多少？若要帶電粒子飛行時間最長，帶電粒子的速度必須符合什么條件？

5πmqBL答案v≤

3qB3m

解析從題設的條件中，可知帶電粒子在磁場中只受洛倫茲力作用，它做勻速圓周運動，粒子帶正電，由左手定則可知它將向ab方向偏轉，帶電粒子可能的軌道如下圖所示(磁場方向沒有畫出)，這些軌道的圓心均在與v方向垂直的OM上．帶電粒子在磁場中運動，洛倫茲

mv2mv

力提供向心力，有qvB＝，r＝①

rqB2πr2πm

運動的周期為T＝v＝②

qB

由于帶電粒子做勻速圓周運動的周期與半徑和速率均沒有關系，這說明了它在磁場中運動的時間僅與軌跡所對的圓心角大小有關．由圖可以發(fā)現(xiàn)帶電粒子從入射邊進入，又從入射邊飛出，其軌跡所對的圓心角最大，那么，帶電粒子從ad邊飛出的軌跡中，與ab相切的軌跡的半徑也就是它所有可能軌跡半徑中的臨界半徑r0：r＞r0，在磁場中運動時間是變化的，r≤r0，在磁場中運動的時間是相同的，也是在磁場中運動時間最長的．由上圖可知，三角形

π

O2EF和三角形O2OE均為正三角形，所以有∠OO2E＝.3

π5π

軌跡所對的圓心角為α＝2π－＝Tα5πm

運動的時間t＝＝2π3qB

由圖還可以得到

r0LLmvr0＋＝，r0＝≥223qBqBL得v≤3m

5πmqBL

帶電粒子在磁場中飛行時間最長是；帶電粒子的速度應符合條件v≤.

3qB3m

11．飛行時間質譜儀可通過測量離子飛行時間得到離子的比荷q/m.如圖10所示，帶正電的離子經(jīng)電壓為U的電場加速后進入長度為L的真空管AB，可測得離子飛越AB所用時間t1.改進以上方法，如圖，讓離子飛越AB后進入電場為E(方向如圖11)的勻強電場區(qū)域BC，在電場的作用下離子返回B端，此時，測得離子從A出發(fā)后飛行的總時間t2.(不計離子重力)

圖10

圖11

(1)忽略離子源中離子的初速度，①用t1計算比荷；②用t2計算比荷．(2)離子源中相同比荷離子的初速度不盡相同，設兩個比荷都為q/m的離子在A端的速度分別為v和v′(v≠v′)，在改進后的方法中，它們飛行的總時間通常不同，存在時間差Δt.可通過調(diào)節(jié)電場E使Δt＝0，求此時E的大小．

L2L22U21

答案(1)①2②(＋)22Ut1Et22U

2mvv′(2)

qL1

解析(1)①設離子帶電荷量為q，質量為m，經(jīng)電場加速后的速度為v，則qU＝mv2①

2

離子飛越真空管AB做勻速直線運動，則L＝vt1②

由①②兩式得離子比荷qL2＝③m2Ut21

②離子在勻強電場區(qū)域BC中做往返運動，設加速度為a，則qE＝ma④

L2vt2＝v＋⑤

a

由①④⑤式得離子比荷

22U21qL＋＝2Em2Ut2

(2)兩離子初速度分別為v、v′，則L2vt＝v＋

qEm

L2v′t′＝＋v′qE

mL2m

Δt＝t－t′＝vv′－qE(v′－v)

L2m

要使Δt＝0，則須－＝0

vv′qE

2mvv′

所以E＝qL

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