第八章 磁場 章末歸納提升

(對應學生用書第151頁)

應用

粒子沿直線邊界進入磁場，直線邊界必為其軌跡圓的一條弦，所以軌跡圓的圓心必在邊界垂線上，這樣可畫出軌跡．同樣，粒子沿半徑方向進入有界圓形磁場區(qū)域時，根據(jù)對稱性，射出磁場時速度方向也一定沿磁場圓的半徑方向．

對稱思想在帶電粒子圓周運動中的圖8－1

如圖8－1所示，在x軸上方存在著垂直于紙面向里、磁感應強度為B的勻強磁場，一個不計重力的帶電粒子從坐標原點O處以速度v進入磁場，粒子進入磁場時的速度方向垂直于磁場且與x軸正方向成120°角，若粒子穿過y軸正半軸后在磁場中到x軸的最大距離為a，則該粒子的比荷和所帶電荷的正負分別是()

3vvA.，正電荷B.，正電荷2aB2aB3vvC.，負電荷D.，負電荷2aB2aB【解析】

粒子穿過y軸正半軸，由左手定則可判斷粒子帶負電．根據(jù)帶電粒子在有界磁場中運動的對稱性作出粒子在磁場中運動軌跡如圖所示，由圖中幾何關系可得：r＋rsin30°＝a，解

2

得：r＝a

3mvq3v由r＝得：＝.

qBm2aB【答案】C【遷移應用】1.

圖8－2

如圖8－2所示，在y11

根據(jù)動能定理F合L＝mv2－mv2

220

解得v＝2gLtanθ＋v20

(2)帶電小球進入電磁場區(qū)域后做勻速圓周運動，說明電場力和重力平衡，帶電小球只

1

在洛倫茲力作用下運動．通過幾何知識可以得出，帶電粒子在磁場中運動了圓周，運動時4

T12πmπm

間為t＝＝×＝.

44qB2qB

mv

(3)帶電小球在豎直方向運動的高度差等于一個半徑，h＝R＝qB

m2gLtanθ＋v2m2g2gLtanθ＋v200

重力做的功為W＝mgh＝mg×＝qBqBπm

【答案】(1)2gLtanθ＋v20(2)2qBm2g2gLtanθ＋v20(3)

qB

【遷移應用】2.

圖8－4

如圖8－4所示，勻強電場區(qū)域和勻強磁場區(qū)域緊鄰且寬度相等均為d，電場方向在紙平面內(nèi)豎直向下，而磁場方向垂直紙面向里，一帶正電粒子從O點以速度v0沿垂直電場方向進入電場，從A點射出電場進入磁場，離開電場時帶電粒子在電場方向的偏轉位移為電場寬度的一半，當粒子從磁場右邊界上C點穿出磁場時速度方向與進入電場O點時的速度方向一致，已知d、v0(帶電粒子重力不計)，求：

(1)粒子從C點穿出磁場時的速度v；

E

(2)電場強度E和磁感應強度B的比值.

B

【解析】(1)粒子在電場中偏轉時做類平拋運動，則垂直電場方向有d＝v0t，平行電場dvy

方向有＝t

22

解得vy＝v0，則到A點時速度為v＝2v0粒子在磁場中運動時速度大小不變，

所以粒子從C點穿出磁場時速度仍為2v0.

(2)在電場中偏轉時，出A點時速度與水平方向成45°角

qEqEdvy＝t＝，并且vy＝v0

mmv0

mv20

解得E＝qd

在磁場中做勻速圓周運動，如圖所示由幾何關系得R＝2d

mv2

又qvB＝，且v＝2v0

Rmv0

解得B＝qd

E

則＝v0.B

【答案】(1)2v0(2)v0

(對應學生用書第152頁)

臨界條件和對稱條件的應用

圖8－5

(201*屆廣東中山紀念中學模擬)如圖8－5所示，在空間中存在垂直紙面向里的磁感應強度為B的勻強磁場，其邊界AB、CD的寬度為d，在左邊界的Q點處有一質量為m，帶電荷量為－q的粒子沿與左邊界成30°角的方向射入磁場，粒子重力不計．求：

(1)帶電粒子能從AB邊界飛出的最大速度；

(2)若帶電粒子能垂直CD邊界飛出磁場，穿過小孔O進入如圖所示的勻強電場中減速至零且不碰到負極板，則極板間電壓及整個過程中粒子在磁場中運動的時間是多少？

【技法攻略】

(1)粒子能從AB邊界飛出，當軌跡正好與磁場的CD邊界相切時為臨界情況，如圖所示根據(jù)幾何關系有R＋Rcos30°＝d①

v2m

由牛頓第二定律得Bqvm＝m②

R

聯(lián)立①②可得，粒子能從AB邊界飛出的最大速度

22－3BqdBqd

vm＝＝.

mm1＋cos30°

(2)如圖所示，要使粒子能垂直CD邊界飛出磁場，則

v2dBqd2

R1＝，Bqv2＝m，故v2＝.

cos30°R1mcos30°12B2qd22B2qd2

假設mv2＝qU，解得U＝＝，

22mcos230°3m

2B2qd2

則粒子不能碰到負極板所加電壓滿足的條件為U≥

3m

T2πm

因粒子轉過的圓心角為60°，所用時間為，而T＝，返回過程中通過磁場所用時間

6Bq

TT2πm也為，所以總時間t＝2×＝.

663Bq【答案】見技法攻略

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(對應學生用書第151頁)

應用

粒子沿直線邊界進入磁場，直線邊界必為其軌跡圓的一條弦，所以軌跡圓的圓心必在邊界垂線上，這樣可畫出軌跡．同樣，粒子沿半徑方向進入有界圓形磁場區(qū)域時，根據(jù)對稱性，射出磁場時速度方向也一定沿磁場圓的半徑方向．

如圖8－1所示，在x軸上方存在著垂直于紙面向里、磁感應強度為B的勻強

磁場，一個不計重力的帶電粒子從坐標原點O處以速度v進入磁場，粒子進入磁場時的速度方向垂直于磁場且與x軸正方向成120°角，若粒子穿過y軸正半軸后在磁場中到x軸的最大距離為a，則該粒子的比荷和所帶電荷的正負分別是()

對稱思想在帶電粒子圓周運動中的圖8－1

3vvA.，正電荷B.，正電荷2aB2aB3vvC.，負電荷D.，負電荷2aB2aB【解析】

粒子穿過y軸正半軸，由左手定則可判斷粒子帶負電．根據(jù)帶電粒子在有界磁場中運動的對稱性作出粒子在磁場中運動軌跡如圖所示，由圖中幾何關系可得：r＋rsin30°＝a，解

2

得：r＝a

3mvq3v由r＝得：＝.

qBm2aB【答案】C【遷移應用】1．如圖8－2所示，在yv2b加磁場后粒子在B、C間必做勻速圓周運動，如圖所示，由動力學知識可得：qvbB＝m

R

解得：R＝5m

設偏轉距離為y，由幾何知識得：

2

R2＝d2BC＋(R－y)代入數(shù)據(jù)得y＝1.0m

粒子在B、C間運動時電場力做的功為：

－

W＝－qE2y＝－mgy＝－1.0×102J.

－

由功能關系知，粒子的電勢能增加了1.0×102J.

－

【答案】(1)1.4N/C(2)1.0×102J【遷移應用】

2．如圖8－4所示，勻強電場區(qū)域和勻強磁場區(qū)域緊鄰且寬度相等均為d，電場方向在紙平面內(nèi)豎直向下，而磁場方向垂直紙面向里，一帶正電粒子從O點以速度v0沿垂直電場方向進入電場，從A點射出電場進入磁場，離開電場時帶電粒子在電場方向的偏轉位移為電場寬度的一半，當粒子從磁場右邊界上C點穿出磁場時速度方向與進入電場O點時的速度方向一致，已知d、v0(帶電粒子重力不計)，求：

1

(2)粒子從a到b的過程中，由動能定理得：qE1dABsin45°＝mv2

2b

解得vb＝2gdAB＝5m/s

加磁場前粒子在B、C間必做勻速直線運動，則有：qE2＝mg

圖8－4

(1)粒子從C點穿出磁場時的速度v；

E

(2)電場強度E和磁感應強度B的比值.

B

【解析】(1)粒子在電場中偏轉時做類平拋運動，則垂直電場方向有d＝v0t，平行電場dvy方向有＝t

22

解得vy＝v0，則到A點時速度為v＝2v0粒子在磁場中運動時速度大小不變，

所以粒子從C點穿出磁場時速度仍為2v0.

(2)在電場中偏轉時，出A點時速度與水平方向成45°角

qEqEdvy＝t＝，并且vy＝v0

mmv0

mv20

解得E＝qd

在磁場中做勻速圓周運動，如圖所示由幾何關系得R＝2d

mv2

又qvB＝，且v＝2v0

Rmv0解得B＝qd

E

則＝v0.B

【答案】(1)2v0(2)v0

(對應學生用書第152頁)

臨界條件和對稱條件的應用

(201*屆西北工業(yè)大學附屬中學模擬)如圖8－5所示，在空間中存在垂直紙面

向里的磁感應強度為B的勻強磁場，其邊界AB、CD的寬度為d，在左邊界的Q點處有一質量為m，帶電荷量為－q的粒子沿與左邊界成30°角的方向射入磁場，粒子重力不計．求：

圖8－5

(1)帶電粒子能從AB邊界飛出的最大速度；

(2)若帶電粒子能垂直CD邊界飛出磁場，穿過小孔O進入如圖所示的勻強電場中減速至零且不碰到負極板，則極板間電壓及整個過程中粒子在磁場中運動的時間是多少？

【技法攻略】(1)粒子能從AB邊界飛出，當軌跡正好與磁場的CD邊界相切時為臨界情況，如圖所示

根據(jù)幾何關系有R＋Rcos30°＝d①

v2m由牛頓第二定律得Bqvm＝m②

R

聯(lián)立①②可得，粒子能從AB邊界飛出的最大速度

22－3BqdBqd

vm＝＝.

mm1＋cos30°

2

v2d

(2)如圖所示，要使粒子能垂直CD邊界飛出磁場，則R1＝，Bqv2＝m，故v2

cos30°RBqd12B2qd22B2qd2

＝.假設mv2＝qU，解得U＝＝，則粒子不能碰到負極板所加電壓mcos30°22mcos230°3m

2B2qd2

滿足的條件為U≥

3m

T2πm

因粒子轉過的圓心角為60°，所用時間為，而T＝，返回過程中通過磁場所用時間

6Bq

TT2πm也為，所以總時間t＝2×＝.

663Bq【答案】見技法攻略

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