高考物理教案全集（经典实用）第12章《磁场》doc高中物理

第十二章磁场第一单元磁场根本性质知识目标：一、磁场1、磁场：磁场是存在于磁体、运动电荷周围的一种物质．它的根本特性是：对处于其中的磁体、电流、运动电荷有力的作用．2、磁现象的电本质：所有的磁现象都可归结为运动电荷之间通过磁场而发生的相互作用．二、磁感线为了描述磁场的强弱与方向，人们想象在磁场中画出的一组有方向的曲线．1．疏密表示磁场的强弱．2．每一点切线方向表示该点磁场的方向，也就是磁感应强度的方向．3．是闭合的曲线，在磁体外部由N极至S极，在磁体的内部由S极至N极．磁线不相切不相交。4．匀强磁场的磁感线平行且距离相等．没有画出磁感线的地方不一定没有磁场．5．安培定那么：姆指指向电流方向，四指指向磁场的方向．注意这里的磁感线是一个个同心圆，每点磁场方向是在该点切线方向·*熟记常用的几种磁场的磁感线：【例1】根据安培假说的物理思想：磁场来源于运动电荷．如果用这种思想解释地球磁场的形成，根据地球上空并无相对地球定向移动的电荷的事实．那么由此推断，地球总体上应该是：（A）-61-/61\nA.带负电;B.带正电;C.不带电;D.不能确定解析:因在地球的内部地磁场从地球北极指向地球的南极，根据右手螺旋定那么可判断出地球表现环形电流的方向应从东到西，而地球是从西向东自转，所以只有地球外表带负电荷才能形成上述电流，应选A.三、磁感应强度1．磁场的最根本的性质是对放入其中的电流或磁极有力的作用，电流垂直于磁场时受磁场力最大，电流与磁场方向平行时，磁场力为零。2．在磁场中垂直于磁场方向的通电导线受到的磁场力F跟电流强度I和导线长度l的乘积Il的比值，叫做通电导线所在处的磁感应强度．①表示磁场强弱的物理量．是矢量．②大小：B=F/Il（电流方向与磁感线垂直时的公式）．③方向：左手定那么：是磁感线的切线方向；是小磁针N极受力方向；是小磁针静止时N极的指向．不是导线受力方向；不是正电荷受力方向；也不是电流方向．④单位：牛/安米，也叫特斯拉，国际单位制单位符号T．⑤点定B定：就是说磁场中某一点定了，那么该处磁感应强度的大小与方向都是定值．⑥匀强磁场的磁感应强度处处相等．⑦磁场的叠加:空间某点如果同时存在两个以上电流或磁体激发的磁场,那么该点的磁感应强度是各电流或磁体在该点激发的磁场的磁感应强度的矢量和,满足矢量运算法那么.-61-/61\n【例2】如以下图，正四棱柱abed一a'b'c'd'的中心轴线00'处有一无限长的载流直导线，对该电流的磁场，以下说法中正确的选项是（AC）A.同一条侧棱上各点的磁感应强度都相等B.四条侧棱上的磁感应强度都相同C.在直线ab上，从a到b，磁感应强度是先增大后减小D.棱柱内任一点的磁感应强度比棱柱侧面上所有点都大解析:因通电直导线的磁场分布规律是B∝1/r，故A,C正确，D错误．四条侧棱上的磁感应强度大小相等，但不同侧棱上的点的磁感应强度方向不同，故B错误．【【例3】如以下图，两根导线a、b中电流强度相同．方向如以下图，那么离两导线等距离的P点，磁场方向如何？解析：由P点分别向a、b作连线Pa、Pb．然后过P点分别做Pa、Pb垂线，根据安培定那么知这两条垂线用PM、PN就是两导线中电流在P点产生磁感应强度的方向，两导线中的电流在P处产生的磁感应强度大小相同，然后按照矢量的合成法那么就可知道合磁感应强度的方向竖直向上，如以下图，这也就是该处磁场的方向．答案：竖直向上-61-/61\n【例4】六根导线互相绝缘，所通电流都是I，排成如图10一5所示的形状，区域A、B、C、D均为相等的正方形，那么平均磁感应强度最大的区域是哪些区域？该区域的磁场方向如何？解析：由于电流相同，方格对称，从每方格中心处的磁场来定性比较即可，如I1在任方格中产生的磁感应强度均为B，方向由安培定那么可知是向里，在A、D方格内产生的磁感应强度均为B/，方向仍向里，把各自导线产生的磁感应强度及方向均画在四个方格中，可以看出在B、D区域内方向向里的磁场与方向向外的磁场等同，叠加后磁场削弱．答案：在A、C区域平均磁感应强度最大，在A区磁场方向向里．C区磁场方向向外．【例5】一小段通电直导线长1cm，电流强度为5A，把它放入磁场中某点时所受磁场力大小为0．1N，那么该点的磁感强度为（）A．B＝2T；B．B≥2T；C、B≤2T；D．以上三种情况均有可能解析：由B＝F/IL可知F/IL＝2（T）当小段直导线垂直于磁场B时，受力最大，因而此时可能导线与B不垂直，即Bsinθ＝2T，因而B≥2T。说明：B的定义式B＝F/IL中要求B与IL垂直，假设不垂直且两者间夹角为θ，那么IL在与B垂直方向分上的分量即ILsinθ，因而B=F/ILsinθ，所以F/IL=Bsinθ．那么B≥F/IL。B·a·b·c·d【例6】如以下图，一根通电直导线放在磁感应强度B=1T的匀强磁场中，在以导线为圆心，半径为r的圆周上有a,b,c,d四个点，假设a点的实际磁感应强度为0，那么以下说法中正确的选项是（AC）A.直导线中电流方向是垂直纸面向里的-61-/61\nB.C点的实际磁感应强度也为0C.d点实际磁感应强度为，方向斜向下，与B夹角为450D.以上均不正确解析:题中的磁场是由直导线电流的磁场和匀强磁场共同形成的，磁场中任一点的磁感应强度应为两磁场分别产生的磁感应强度的矢量和．a处磁感应强度为0，说明直线电流在该处产生的磁感应强度大小与匀强磁场B的大小相等、方向相反，可得直导线中电流方向应是垂直纸面向里．在圆周上任一点，由直导线产生的磁感应强度大小均为B＝1T，方向沿圆周切线方向，可知C点的磁感应强度大小为2T，方向向右.d点的磁感应强度大小为，方向与B成450斜向右下方．四、磁通量与磁通密度1．磁通量Φ：穿过某一面积磁力线条数，是标量．2．磁通密度B：垂直磁场方向穿过单位面积磁力线条数，即磁感应强度，是矢量．3．二者关系：B＝Φ/S（当B与面垂直时），Φ＝BScosθ，Scosθ为面积垂直于B方向上的投影，θ是B与S法线的夹角．【例7】如以下图，A为通电线圈，电流方向如以下图，B、C为与A在同一平面内的两同心圆，φB、φC分别为通过两圆面的磁通量的大小，下述判断中正确的选项是（）A．穿过两圆面的磁通方向是垂直纸面向外B．穿过两圆面的磁通方向是垂直纸面向里C．φB＞φCD．φB＜φC-61-/61\n解析：由安培定那么判断，但凡垂直纸面向外的磁感线都集中在是线圈内，因磁感线是闭合曲线，那么必有相应条数的磁感线垂直纸面向里，这些磁总线分布在线圈是外，所以B、C两圆面都有垂直纸面向里和向外的磁感线穿过，垂直纸面向外磁感线条数相同，垂直纸面向里的磁感线条数不同，B圆面较少，c圆面较多，但都比垂直向外的少，所以B、C磁通方向应垂直纸面向外，φB＞φC，所以A、C正确．分析磁通时要注意磁感线是闭合曲线的特点和正反两方向磁总线条数的多少，不能认为面积大的磁通就大．答案：AC规律方法1.磁通量的计算【例8】如以下图，匀强磁场的磁感强度B＝2．0T，指向x轴的正方向，且ab=40cm，bc=30cm，ae=50cm，求通过面积Sl（abcd）、S2（befc）和S3（aefd）的磁通量φ1、φ2、φ3分别是多少？解析：根据φ=BS垂，且式中S垂就是各面积在垂直于B的yx平面上投影的大小，所以各面积的磁通量分别为φ1=BS1＝2．0×40×30×10－4＝0．24Wb；φ2=0φ3＝φ1=BS1＝2．0×40×30×10－4＝0．24Wb答案：φ1＝0．24Wb，φ2＝0，φ3＝0．24Wb【例9】如图4所示，一水平放置的矩形闭合线圈abcd在细长磁铁N极附近下落，保持bc边在纸外，ad边在纸内，由图中的位置Ⅰ经过位置Ⅱ到位置Ⅲ，且位置Ⅰ和Ⅲ都很靠近位置Ⅱ，在这个过程中，线圈中的磁通量A．是增加的；B．是减少的C．先增加，后减少；D．先减少，后增加-61-/61\n解析：要知道线圈在下落过程中磁通量的变化情况，就必须知道条形磁铁在磁极附近磁感线的分布情况．条形磁铁在N极附近的分布情况如以下图，由图可知线圈中磁通量是先减少，后增加．D选项正确．点评：要知道一个面上磁通量，在面积不变的条件下，也必须知道磁场的磁感线的分布情况．因此，牢记条形磁铁、蹄形磁铁、通电直导线、通电螺线管和通电圆环等磁场中磁感线的分布情况在电磁学中是很必要的．【例10】如以下图边长为100cm的正方形闭合线圈置于磁场中，线圈AB、CD两边中点连线OO/的左右两侧分别存在方向相同、磁感强度大小各为B1＝0．6T，B2=0．4T的匀强磁场。假设从上往下看，线圈逆时针转过370时，穿过线圈的磁通量改变了多少？解析：在原图示位置，由于磁感线与线圈平面垂直，因此Φ1＝B1×S/2＋B2×S/2＝（0．6×1/2＋0．4×1/2）Wb=0．5Wb当线圈绕OO/轴逆时针转过370后，（见图中虚线位置）：Φ2＝B1×Sn/2＋B2×Sn/2＝B1×Scos370/2＋B2×Scos370/2＝0．4Wb磁通量变化量ΔΦ=Φ2－Φ1＝（0．4－0．5）Wb=－0．1Wb所以线圈转过370后。穿过线圈的磁通量减少了0．1Wb．2.磁场根本性质的应用【例11】从太阳或其他星体上放射出的宇宙射线中含有高能带电粒子，假设到达地球，对地球上的生命将带来危害．对于地磁场对宇宙射线有无阻挡作用的以下说法中，正确的选项是（B）A.地磁场对直射地球的宇宙射线的阻挡作用在南北两极最强，赤道附近最弱B.地磁场对直射地球的宇宙射线的阻挡作用在赤道附近最强，南北两极最弱-61-/61\nC.地磁场对宇宙射线的阻挡作用各处相同D.地磁场对宇宙射线无阻挡作用解析:因在赤道附近带电粒子运动方向与地磁场近似垂直，而在两极趋于平行．【例12】超导是当今高科技的热点之一，当一块磁体靠近超导体时，超导体中会产生强大的电流，对磁体有排斥作用，这种排斥力可使磁体悬浮在空中，磁悬浮列车就采用了这项技术，磁体悬浮的原理是（D）①超导体电流的磁场方向与磁体的磁场方向相同．②超导体电流的磁场方向与磁体的磁场方向相反．③超导体使磁体处于失重状态．④超导体对磁体的磁力与磁体的重力相平衡．A.①③B.①④C.②③D.②④ZnCu解析:超导体中产生的是感应电流，根据楞次定律的“增反减同”原理，这个电流的磁场方向与原磁场方向相反，对磁体产生排斥作用力，这个力与磁体的重力达平衡．【例13】.如以下图，用弯曲的导线环把一铜片和锌片相连装在一绝缘的浮标上，然后把浮标浸在盛有稀硫酸的容器中，设开场设置时，环平面处于东西方向上．放手后，环平面将最终静止在方向上．解析:在地表附近地磁场的方向是大致由南向北的，此题中由化学原理可推知在环中有环形电流由等效法可假定其为一个垂直于纸面的条形磁体，而条形磁体所受地磁场的力的方向是南北方向的．-61-/61\n【例14】普通磁带录音机是用一个磁头来录音和放音的。磁头构造如以下图，在一个环形铁芯上绕一个线圈．铁芯有个缝隙，工作时磁带就贴着这个缝隙移动。录音时磁头线圈跟微音器相连，放音时，磁头线圈改为跟扬声器相连，磁带上涂有一层磁粉，磁粉能被磁化且留下剩磁。微音器的作用是把声音的变化转化为电流的变化；扬声器的作用是把电流的变化转化为声音的变化，根据学过的知识，把普通录音机录、放音的根本原理简明扼要地写下来。解析:（1）录音原理:当由微音器把声音信号转化为电流信号后，电流信号流经线圈，在铁芯中产生随声音变化的磁场，磁带经过磁头时磁粉被不同程度地磁化，并留下剩磁，且剩磁的变化与声音的变化一致，这样，声音的变化就被记录成磁粉不同程度的变化。即录音是利用电流的磁效应。（2）放音原理:各局部被不同程度磁化的磁带经过铁芯时，铁芯中形成变化的磁场，在线圈中激发出变化的感应电流，感应电流经过扬声器时，电流的变化被转化为声音的变化。这样，磁信号又被转化为声音信号而播放出来。即放音过程是利用电磁感应原理。FN【例15】磁场具有能量，磁场中单位体积所具有的能量叫做能量密度，其值为B2/2μ,式中B是感应强度,μ是磁导率，在空气中μ为一已知常数．为了近似测得条形磁铁磁极端面附近的磁感应强度B，一学生用一根端面面积为A的条形磁铁吸住一相同面积的铁片P，再用力将铁片与磁铁拉开一段微小距离△L，并测出拉力F，如以下图．因为F所做的功等于间隙中磁场的能量，所以由此可得磁感应强度B与F、A之间的关系为B＝-61-/61\n解析:在用力将铁片与磁铁拉开一段微小距离△L的过程中，拉力F可认为不变，因此F所做的功为:W＝F△L.以ω表示间隙中磁场的能量密度，那么间隙中磁场的能量E＝ωV＝ωA△L又题给条件ω＝B2/2μ，故E＝A△LB2/2μ.因为F所做的功等于间隙中磁场的能量，即W=E，故有F△L=A△LB2/2μ解得试题展示1、以下单位中与磁感应强度单位相同有（）A．B．C．D．解：由可知1特。由。由1安及，可知1特。由1焦=1牛·米=1库·伏，可知1牛=1库·伏/米，又知1特=，从而可知1特。此题答案应选A、B、C、D。2、在地球赤道上空有一小磁针处于水平静止状态，突然发现小磁针N极向东偏转，由此可知()A．一定是小磁针正东方向有一条形磁铁的N极靠近小磁针B．一定是小磁针正东方向有一条形磁铁的S极靠近小磁针C．可能是小磁针正上方有电子流自南向北通过D．可能是小磁针正上方有电子流自北向南水平通过-61-/61\n解析在赤道上空地磁场方向水平向北，在地磁场的作用下，小磁针的N极只能稳定地水平指北．当小磁针的N极突然向东偏转，说明小磁针所在位置突然有一指向东边的磁场对小磁针产生磁力的作用．这一磁场既可以是磁体产生的，也可以是电流产生的．在小磁针正东方向，条形磁体N极所产生的磁场在小磁针所在位置是指向西，故A选项不正确．而条形磁铁S极产生的磁场在小磁针所在位置指向东，小磁针N极可能向东偏转，但不是惟一原因；故B选项不正确．当小磁针正上方有电子流通过时，电子流在小磁针所在位置产生的磁场方向为水平方向，假设电子流水平自南向北，那么经过小磁针的磁场方向为水平向东；假设电子流水平自北向南，那么其中小磁针的磁场方向为水平向西．故C选项正确．答案C3、静电场和磁场比照：（AB）A．电场线不闭合，磁感线闭合；B．静电场和磁场都可使运动电荷发生偏转；C．静电场和磁场都可使运动电荷加速；D．静电场和磁场都能对运动电荷做功。4.以下说法中正确的选项是(BCD)A．条形磁铁和蹄形磁铁内部磁感线都是从磁铁的北极到南极B．直线电流磁场的磁感线是以导线上的各点为圆心的同心圆，该圆的平面与导线垂直C．把安培定那么用于通电螺线管时，大拇指所指的方向是螺线管内部磁感线的方向D．把安培定那么用于环形电流时，大拇指所指的方向是中心轴线上的磁感线的方向5、奥斯特实验中，通电直导线的放置位置是(D)A．西南方向，在小磁针上方B．东南方向，在小磁针上方C．平行地面东西方向，在小磁针上方D．平行地面南北方向，在小磁针上方6、一束电子流沿水平面自西向东运动，在电子流的正上方有一点P，由于电子运动产生磁场在P点的方向为(D)A．竖直向上B．竖直向下C．水平向南D．水平向北7、如图两个同样的导线环同轴平行悬挂，相隔一小段距离，当同时给两导线环通以同向电流时，两导线环将（）-61-/61\nA.吸引   B.排斥 C.保持静止  D.边吸引边转动解析：两个线圈内的电流产生的磁场方向相同，互相吸引。也可以由一个电流受另一个的磁场力判断得相同的结论。8、如以下图，两根无限长的平行导线水平放置，两导线中均通以向右的、大小相等的恒定电流I，图中的A点与两导线共面，且到两导线的距离相等，那么这两根通电导线在该点产生的磁场的磁感应强度的合矢量()A.方向水平向右B．方向水平向左C．大小一定为零D．大小一定不为零解析：此题考察直线电流的磁场及磁感应强度的合成，由安培定那么可判出两电流在A产生的磁场方向相反，又A点与两导线共面，且等距，故磁感应强度的合矢量大小一定为零。选项C正确．9、19世纪20年代，以塞贝克（数学家）为代表的科学家已认识到：温度差会引起电流，安培考虑到地球自转造成了太阳照射后正面与反面的温度差，从而提出如下假设：地球磁场是由绕地球的环形电流引起的，那么该假设中的电流方向是。（B）A．由西向东垂直磁子午线B．由东向西垂直磁子午线C．由南向北沿磁子午线D．由赤道向两极沿磁子午线方向（注：磁子午线是地球磁场N极与S极在地球外表的连线）【解析】地磁北极在地理南极；地磁南极在地理北极，根据安培定那么判知．10、根据图中合上电键K后小磁针A向右摆动的现象，分析小磁针B、C的转动方向．解析合上电键后小磁针A向右移，说明受到向右的力作用，通电螺线管左端相当于S极．根据安培定那么，B处导线中的电流方向向左，此电流在B处产生的磁场方向垂直纸面向外，所以小磁针B的N极受磁场力垂直纸面向外，故小磁针B的N极向外运动．通电螺线管在C处的磁场方向向左，小磁针C的N极受磁场力向左，故小磁针C转动后N极指向左，如以下图．答案小磁针B的N极向外转动、小磁针C转动后N极指向左．-61-/61\n11、如右图所示，条形磁铁放在水平桌面上，它的正中央的上方固定一与磁铁垂直的通电直导线，电流方向垂直纸面向外，那么下面结论正确的选项是（）A．磁铁对桌面的压力减小，它不受摩擦力；B．磁铁对桌面的压力减小，它受到摩擦力；C．磁铁对桌面的压力加大，它不受摩擦力；D．磁铁对桌面的压力加大，它受到摩擦力；解：直线电流磁场中通过磁铁N、S极的磁感线如左图所示。由磁铁N极在磁场中某处所受磁场力方向与该处磁场方向相同，S极在磁场中某处所受磁场力方向与该处磁场方向相反的结论可知，N、S两极所受磁场力的方向应分别如图中、所示。由对称性可知，与的竖直分量大小相等方向相同，水平分量那么大小相等方向相反。以磁铁为研究对象，其受力情况如上图所示。由磁铁在竖直方向平衡可知地面对磁铁弹力N小于磁铁重力G，由牛顿第三定律可知，磁铁对地面的压力N’也小于G。可见与导线中未通电时相比，磁铁对地面的压力变小了。由于磁铁在水平方向没有受到促使它相对地面产生运动趋势的外力，所以不受地面的静摩擦力；磁铁没有沿地运动，也不受地面的滑动摩擦力。此题答案应选A。12、如右图所示，木板质量为M，静止于水平地面上，木板上固定一质量不计的框架，框架上悬有磁铁A-61-/61\n，木板上放有磁铁B，两磁铁质量均为m，设木板对地面的压力为N1，B对木板的压力为N2，A对悬线的拉力为T，那么下面结论正确的选项是（）A．N1B．C．D．以上答案全不对解：把木板、框架及磁铁A、B看成一个系统，那么系统受有重力，地面的弹力N1’。由牛顿第三定律可知，由系统平衡条件可知，即。磁铁B受有重力、木块的弹力N2’、磁铁A的吸引力。由平衡条件可知N2’。由牛顿第三定律N2’=N2，所以有N2=。磁铁A受有重力，悬线拉力T’，B磁铁的吸引力。由平衡条件可知。由牛顿第三定律可知，所以有。此题答案应选A。13．如以下图,质量为m，电量为q的带正电物体,在磁感应强度为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场中，沿动摩擦因数为μ的水平面向左运动，那么(D)A．物体的速度由v减小到零的时间等于mv/μ(mg+Bqv)B．物体的速度由v减小到零的时间小于mv/μ(mg+Bqv)C．假设另加一个电场强度大小为(mg+Bqv)/q，方向水平向右的匀强电场,物体将作匀速运动D．假设另加一个电场强度大小为(mg+Bqv)/q，方向竖直向上的匀强电场,物体将作匀速运动第二单元磁场对电流的作用-61-/61\n知识目标一、安培力1.安培力：通电导线在磁场中受到的作用力叫做安培力．说明:磁场对通电导线中定向移动的电荷有力的作用，磁场对这些定向移动电荷作用力的宏观表现即为安培力．2.安培力的计算公式：F＝BILsinθ（θ是I与B的夹角）；通电导线与磁场方向垂直时，即θ＝900，此时安培力有最大值；通电导线与磁场方向平行时，即θ＝00，此时安培力有最小值，F=0N;00＜B＜900时，安培力F介于0和最大值之间.3.安培力公式的适用条件:I1I2①公式F＝BIL一般适用于匀强磁场中I⊥B的情况，对于非匀强磁场只是近似适用（如对电流元），但对某些特殊情况仍适用．如以下图，电流I1//I2,如I1在I2处磁场的磁感应强度为B，那么I1对I2的安培力F＝BI2L，方向向左，同理I2对I1，安培力向右，即同向电流相吸，异向电流相斥．②根据力的相互作用原理，如果是磁体对通电导体有力的作用，那么通电导体对磁体有反作用力．两根通电导线间的磁场力也遵循牛顿第三定律．二、左手定那么1.用左手定那么判定安培力方向的方法：伸开左手，使拇指跟其余的四指垂直且与手掌都在同一平面内，让磁感线垂直穿过手心，并使四指指向电流方向，这时手掌所在平面跟磁感线和导线所在平面垂直，大拇指所指的方向就是通电导线所受安培力的方向．2.安培力F的方向既与磁场方向垂直，又与通电导线垂直,即F跟BI所在的面垂直．但B与I的方向不一定垂直．-61-/61\n3.安培力F、磁感应强度B、电流1三者的关系①已知I,B的方向，可惟一确定F的方向；②已知F、B的方向，且导线的位置确定时，可惟一确定I的方向；③已知F,1的方向时，磁感应强度B的方向不能惟一确定．4.由于B,I,F的方向关系常是在三维的立体空间，所以求解本局部问题时，应具有较好的空间想象力，要善于把立体图画变成易于分析的平面图，即画成俯视图，剖视图，侧视图等．【例1】如以下图，一条形磁铁放在水平桌面上在其左上方固定一根与磁铁垂直的长直导线，当导线通以如以下图方向电流时（）A．磁铁对桌面的压力减小，且受到向左的摩擦力作用B．磁铁对桌面的压力减小，且受到向右的摩擦力作用C．磁铁对桌面的压力增大，且受到向左的摩擦力作用D．磁铁对桌面的压力增大，且受到向右的摩擦力作用解析：导线所在处磁场的方向沿磁感线的切线方向斜向下，对其沿水平竖直方向分解，如图10—15所示．对导线：Bx产生的效果是磁场力方向竖直向上．By产生的效果是磁场力方向水平向左．根据牛顿第三定律：导线对磁铁的力有竖直向下的作用力，因而磁铁对桌面压力增大；导线对磁铁的力有水平向右的作用力．因而磁铁有向右的运动趋势，这样磁铁与桌面间便产生了摩擦力，桌面对磁铁的摩擦力沿水平方向向左．答案：C-61-/61\n【例2】.如图在条形磁铁N极处悬挂一个线圈，当线圈中通有逆时针方向的电流时，线圈将向哪个方向偏转？i分析：用“同向电流互相吸引，反向电流互相排斥”最简单：螺线管的电流在正面是向下的，与线圈中的电流方向相反，互相排斥，而左边的线圈匝数多所以线圈向右偏转。【例3】电视机显象管的偏转线圈示意图如右，即时电流方向如以下图。该时刻由里向外射出的电子流将向哪个方向偏转？解：画出偏转线圈内侧的电流，是左半线圈靠电子流的一侧为向里，右半线圈靠电子流的一侧为向外。电子流的等效电流方向是向里的，根据“同向电流互相吸引，反向电流互相排斥”，可判定电子流向左偏转。规律方法1。安培力的性质和规律；①公式F=BIL中L为导线的有效长度，即导线两端点所连直线的长度，相应的电流方向沿L由始端流向末端．如以下图，甲中：，乙中：L/=d(直径）＝2R（半圆环且半径为R)②安培力的作用点为磁场中通电导体的几何中心；③安培力做功:做功的结果将电能转化成其它形式的能．【例4】如以下图，在光滑的水平桌面上，有两根弯成直角相同金属棒，它们的一端均可绕固定转轴O自由转动，另一端b互相接触，组成一个正方形线框，正方形边长为L，匀强磁场的方向垂直桌面向下，磁感强度为-61-/61\nB．当线框中通以图示方向的电流时，两金属棒b点的相互作用力为f此时线框中的电流为多少？解析：由于对称性可知金属棒在O点的相互作用力也为f，所以Oa边和ab边所受安培力的合力为2f，方向向右，根据左手定那么可知Oa边和ab边所受安培力F1、F2分别与这两边垂直，由力的合成法那么可求出F1=F2=2fcos450=f＝BIL，I=f／BL点评：此题也利用了对称性说明O点的作用力为f，当对左侧的金属棒作受力分析时，受到的两个互相垂直的安培力F1、F2（这两个安培力大小相等为F）的合力是水平向右的，大小为F，与O、b两点受到的作用力2f相平衡。【例5】质量为m的通电细杆ab置于倾角为θ的平行导轨上，导轨宽度为d，杆ab与导轨间的摩擦因数为μ．有电流时aB恰好在导轨上静止，如以下图，如以下图是沿ba方向观察时的四个平面图，标出了四种不同的匀强磁场方向，其中杆与导轨间摩擦力可能为零的是（）解析：杆的受力情况为：-61-/61\n答案：AB2、安培力作用下物体的运动方向的判断（1）电流元法：即把整段电流等效为多段直线电流元，先用左手定那么判断出每小段电流元所受安培力的方向，从而判断整段电流所受合力方向，最后确定运动方向．（2）特殊位置法：把电流或磁铁转到一个便于分析的特殊位置后再判断安培力方向，从而确定运动方向．（3）等效法：环形电流和通电螺线管都可以等效成条形磁铁，条形磁铁也可等效成环形电流或通电螺线管，通电螺线管也可以等效成很多匝的环形电流来分析．（4）利用结论法：①两电流相互平行时无转动趋势，同向电流相互吸引，反向电流相互排斥；②两电流不平行时，有转动到相互平行且电流方向相同的趋势．（5）转换研究对象法：因为电流之间，电流与磁体之间相互作用满足牛顿第三定律，这样，定性分析磁体在电流磁场作用下如何运动的问题，可先分析电流在磁体磁场中所受的安培力，然后由牛顿第三定律，再确定磁体所受电流作用力，从而确定磁体所受合力及运动方向．（6）分析在安培力作用下通电导体运动情况的一般步骤①画出通电导线所在处的磁感线方向及分布情况-61-/61\n②用左手定那么确定各段通电导线所受安培力③)据初速方向结合牛顿定律确定导体运动情况(7)磁场对通电线圈的作用:假设线圈面积为S，线圈中的电流强度为I，所在磁场的孩感应强度为B，线圈平面跟磁场的夹角为θ，那么线圈所受磁场的力矩为：M=BIScosθ．【例6】如以下图，电源电动势E＝2V，r＝0.5Ω,竖直导轨电阻可略，金属棒的质量m＝0.1kg，R=0.5Ω，它与导体轨道的动摩擦因数μ＝0.4，有效长度为0.2m,靠在导轨的外面，为使金属棒不下滑，我们施一与纸面夹角为600且与导线垂直向外的磁场，（g=10m/s2）求：（1)此磁场是斜向上还是斜向下？（2）B的范围是多少？解析:导体棒侧面受力图如以下图：由平衡条件得：B最小时摩擦力沿导轨向上，那么有μFN＋BILcos300＝mg,FN=BILsin300解得B＝2.34T当B最大时摩擦力沿导轨向下，那么有BILcos300＝mg＋μFNFN=BILsin300解得B=3.75TB的范围是2.34T--3.75Tα⊕a【例7】在倾角为θ的斜面上，放置一段通有电流强度为I,长度为L，质量为m的导体棒a，（通电方向垂直纸面向里），如以下图，棒与斜面间动摩擦因数μ-61-/61\n<tanθ.欲使导体棒静止在斜面上，应加匀强磁场，磁场应强度B最小值是多少？如果要求导体棒a静止在斜面上且对斜面无压力，那么所加匀强磁场磁感应强度又如何？解析:(1)设当安培力与斜面成α角时B最小，那么由平衡条件得：mgsinθ＝μFN＋BILcosα,FN=mgcosθ＋BILsinα．解得∴当α＋β=900时,（2）当FN=0时，那么BIL＝mg，∴BIL=mg,由左手定那么知B方向水平向左．【例8】如以下图，abcd是一竖直的矩形导线框，线框面积为S，放在磁感强度为B的均匀水平磁场中，ab边在水平面内且与磁场方向成600角，假设导线框中的电流为I，那么导线框所受的安培力对某竖直的固定轴的力矩等于（）A．IBSB．½IBSC．IBSD．由于导线框的边长及固定轴的位置来给出，无法确定解析：为便于正确找出力臂，应将题中所给的立体图改画成平面俯视图，如图10—17所示，设线框ab边长为11，cd边长为12，并设竖直转轴过图中O点（O点为任选的一点），ao长lac，bo长lbo，那么lac+lbo=l1．为便于分析，设电流方向沿abcda．-61-/61\n由左手定那么判断各边所受安培力的方向，可知ab、cd边受力与竖直转轴平行，不产生力矩；ad、bc两边所受安培力方向如图，将产生力矩．ad、bc边所受安培力的大小均为F＝IBl2，产生的力矩分别为：Mad=Flaocosθ，Mbc=Flbccosθ．两个力矩的方向相同（困10—17中均为顺时针力矩），合力矩M=Mad＋Mbc＝F（lao＋lbc）cosθ＝IBScosθ，将θ＝600代入，得M=½IBS．答案：B说明：由此题也导出了单匝通电线圈在磁场所受磁力矩的公式M=IBScosθ．假设为N匝线圈，那么M＝NIBScosθ．式中S为线圈包围面积，θ为线圈平面与磁场方向的夹角．显然，当θ=00时，即线圈平面与磁场方向平行时，线圈所受磁力矩最大Mmax＝NBIS，当θ＝900，即线圈平面与磁场方向垂直时，线圈所受磁力矩为零．公式也不限于矩形线圈、对称转轴的情况，对任意形状的线圈．任一垂直于磁场的转轴位置都适用．【例9】通电长导线中电流I0的方向如以下图，边长为2L的正方形载流线圈abcd中的电流强度为I，方向由a→b→c→d．线圈的ab边、cd边以及过ad、bc边中点的轴线OO/都与长导线平行．当线圈处于图示的位置时，ab边与直导线间的距离ala等于2L，且ala与ad垂直．已知长导线中电流的磁场在ab处的磁感强度为B1，在cd处的磁感强度为B2，那么载流线圈处于此位置受到的磁力矩的大小为．解析：ad、bc边所受的磁场力和转轴OO/平行，其力矩为零，ab、cd边受力的方向如图10—21所示，大小分别为F1＝B1I·2L，F2=B2I·2L，F1、F2对转轴OO/的力臂分别为L和L，那么两力对转轴的力矩为-61-/61\nM=M1＋M2=FlL＋F2L=IL2（2B1＋B2）．答案：IL2（2B1＋B2）3．安培力的实际应用【例10】在原于反响堆中抽动液态金属等导电液时．由于不允许传动机械局部与这些流体相接触，常使用一种电磁泵。图中表示这种电磁泵的构造。将导管置于磁场中，当电流I穿过导电液体时，这种导电液体即被驱动。假设导管的内截面积为a×h，磁场区域的宽度为L，磁感强度为B．液态金属穿过磁场区域的电流为I，求驱动所产生的压强差是多大？解答:此题的物理情景是：当电流I通过金属液体沿图示竖直向上流动时，电流将受到磁场的作用力，磁场力的方向可以由左手定那么判断，这个磁场力即为驱动液态金属流动的动力。由这个驱动力而使金属液体沿流动方向两侧产生压强差ΔP。故有F=BIh．Δp=F/ah，联立解得Δp＝BI/a【例11】将两碳棒A,B(接电路）插盛有AgNO3溶液的容器中，构成如图电路．假设导轨光滑无电阻，宽为d,在垂直导轨平面方向上有大小为B,方向垂直纸面向外的磁场，假设经过时间t后，在容器中收集到nL气体（标况），问此时滑杆C(质量为mC）的速度，写出A,B棒上发生的电极反响式（阿伏加德罗常数N0）解析：由电解池电极反响可得出通过C棒的电荷量，求出平均电流，再由安培定那么及动量定理可得滑杆速度．阴极:Ag十十e=Ag↓阳极：4OH――4e=2H2O＋O2↑,O2的摩尔数为n/22.4,那么阳极的物质量为n/5.6摩尔.-61-/61\n通过C捧的电荷量为平均电流由得【例12】如以下图为利用电磁作用输送非导电液体装置的示意图，一边长为L、截面为正方形的塑料管道水平放置，其右端面上有一截面积为A的小喷口，喷口离地的高度为h.管道中有一绝缘活塞，在活塞的中部和上局部别嵌有两根金属棒a、b，其中棒b的两端与一电压表相连。整个装置放在竖直向上的匀强磁场中，当棒a中通有垂直纸面向里的恒定电流I时，活塞向右匀速推动液体从喷口水平射出，液体落地点离喷口的水平距离为s.假设液体的密度为ρ，不计所有阻力，求：(1)活塞移动的速度；(2)该装置的功率；(3）磁感应强度B的大小；(4）假设在实际使用中发现电压表的读数变小，试分析其可能的原因．解析:（l）设液体从喷口水平射出的速度为v0，活塞移动的速度为v.,,(2）设装置功率为P，Δt时间内有△m质量的液体从喷口射出,PΔt＝½Δm(v02一v2)∵Δm=LvΔtρ.∴P=½L2vρ(v02一v2),∴-61-/61\n(3)∵P=F安v.∴,∴（4）∵U=BLv,∴喷口液体的流量减少，活塞移动速度减小，或磁场变小等会引起电压表读数变小试题展示1．如以下图，条形磁铁放在水平桌面上，其中央正上方固定一根直导线，导线与磁铁垂直，并通以垂直纸面向外的电流，　[　A　]　　A．磁铁对桌面的压力减小、不受桌面摩擦力的作用　　B．磁铁对桌面的压力减小、受到桌面摩擦力的作用　　C．磁铁对桌面的压力增大，个受桌面摩擦力的作用　　D．磁铁对桌面的压力增大，受到桌面摩擦力的作用2．如以下图，将通电线圈悬挂在磁铁N极附近：磁铁处于水平位置和线圈在同一平面内，且磁铁的轴线经过线圈圆心，线圈将　[　A　]　　A．转动同时靠近磁铁　　　B．转动同时离开磁铁　　C．不转动，只靠近磁铁　　D．不转动，只离开磁铁3．通电矩形线圈平面垂直于匀强磁场的磁感线，那么有[　A　]　　A．线圈所受安培力的合力为零　　B．线圈所受安培力的合力不为零　　C．线圈所受安培力必定使其四边有向内缩小形变的效果D．线圈所受安培力必定使其四边有向外扩展形变的效果-61-/61\n4．匀强磁场中有一段长为0.2m的直导线，它与磁场方向垂直，当通过3A的电流时，受到60×10-2N的磁场力，那么磁场的磁感强度是_0.1_____特；当导线长度缩短一半时，磁场的磁感强度是__0.1___特；当通入的电流加倍时，磁场的磁感强度是0.1______特．5．如图6所示，ab，cd为两根相距2m的平行金属导轨，水平放置在竖直向下的匀强磁场中，通以5A的电流时，棒沿导轨作匀速运动；当棒中电流增加到8A时，棒能获得2m/s2的加速度，求匀强磁场的磁感强度的大小；（1.2T）6．如图7所示，通电导体棒AC静止于水平导轨上，棒的质量为m长为l，通过的电流强度为I，匀强磁场的磁感强度B的方向与导轨平面成θ角，求导轨受到AC棒的压力和摩擦力各为多大？（mg-BIlcosθ，BIlsinθ）7、如以以下图所示，匀强磁场中放着通入相同电流的几段导线（均在纸面内），端间距离都相等，受力的情况是：（BC）A．图(a)受力最小；B．各图受力方向相同；C．各图受力一样;D．不能确定。8、如以以下图所示，四个单匝闭合线圈面积相同，处在同样的磁场中，通入相同的稳恒电流，对-61-/61\n轴，以下正确的结论是：（BCD）A．图(b)磁力矩最大：B．转动过程中受的磁场力大小方向都不变；C．各图磁力矩一样大；D．转过45°时，各图磁力矩一样大。9、原来静止的圆形线圈通有逆时针电流I，在其直径AB上靠近B点的位置上，放置了一根垂直于线圈平面且固定不动的长直导线，且通以电流I，方向如右图所示。那么圆形线圈将：(D)A．向左平动；B．向右平动；C．依然静止；D．以AB为轴转动。10、如右图所示，两根光滑的金属轨道置于同一水平面上，相互距离米，质量为3克的金属均匀细棒置于轨道一端，跨在两根轨道上，匀强磁场方向垂直于轨道平面上，磁感应强度特斯拉，轨道平面距地面高米。接通电键K的瞬间，金属棒由于受到磁场力冲量作用被水平抛出，落地点距抛出点的水平距离米。接通K瞬间，金属棒上通过的电量是多少？（g取10米/秒2）()11、如右图所示，电源电动势，内阻为，竖直导轨上滑接一段质量为，电阻为R，长度为L的金属导体与导轨间的最大静摩擦力为，为了使导体-61-/61\n能静止于导轨上，在导轨平面内加一个方向垂直纸面向里的匀强磁场，求此磁场磁感应强度大小的范围。（已知，导轨电阻不计）12.如以下图，电阻忽略不计的、两根两平行的光滑金属导轨竖直放置，其上端接一阻值为３Ω的定值电阻R。在水平虚线L1、L2间有一与导轨所在平面垂直的匀强磁场B，磁场区域的高度为d=0.5m。导体棒a的质量ma=0.2kg、电阻Ra=3Ω；导体棒b的质量mb=0.1kg、电阻Rb=6Ω，它们分别从图中M、N处同时由静止开场在导轨上无摩擦向下滑动，且都能匀速穿过磁场区域，当b刚穿出磁场时a正好进入磁场.设重力加速度为g=10m/s2。（不计a、b之间的作用）求：（1）在整个过程中，a、b两棒抑制安培力分别做的功；（2）M点和N点距L1的高度。解：(1)因a、b在磁场中匀速运动，由能量关系知Wa=magd=1.0JWb=mbgd=0.5J（2）b在磁场中匀速运动时：速度为,总电阻R1=7.5Ωb中的电流①由以上各式得：②同理，a棒在磁场中匀速运动时：速度为,总电阻R2=5Ω：③由以上各式得，④-61-/61\n⑤⑥⑦⑧由④⑤⑥⑦⑧得ha=mhb=m第三单元磁场对运动电荷的作用一、洛仑兹力磁场对运动电荷的作用力1.洛伦兹力的公式:f=qvBsinθ，θ是V、B之间的夹角.2.当带电粒子的运动方向与磁场方向互相平行时，F＝03.当带电粒子的运动方向与磁场方向互相垂直时，f=qvB4.只有运动电荷在磁场中才有可能受到洛伦兹力作用，静止电荷在磁场中受到的磁场对电荷的作用力一定为0．二、洛伦兹力的方向1.洛伦兹力F的方向既垂直于磁场B的方向，又垂直于运动电荷的速度v的方向，即F总是垂直于B和v所在的平面．2.使用左手定那么判定洛伦兹力方向时，伸出左手，让姆指跟四指垂直，且处于同一平面内，让磁感线穿过手心，四指指向正电荷运动方向（当是负电荷时，四指指向与电荷运动方向相反）那么姆指所指方向就是该电荷所受洛伦兹力的方向．三、洛伦兹力与安培力的关系-61-/61\n1.洛伦兹力是单个运动电荷在磁场中受到的力，而安培力是导体中所有定向称动的自由电荷受到的洛伦兹力的宏观表现．2.洛伦兹力一定不做功，它不改变运动电荷的速度大小;但安培力却可以做功．四、带电粒子在匀强磁场中的运动1.不计重力的带电粒子在匀强磁场中的运动可分三种情况：一是匀速直线运动；二是匀速圆周运动；三是螺旋运动．2.不计重力的带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径r=mv/qB；其运动周期T=2πm/qB（与速度大小无关）．3.不计重力的带电粒子垂直进入匀强电场和垂直进入匀强磁场时都做曲线运动，但有区别：带电粒子垂直进入匀强电场，在电场中做匀变速曲线运动（类平抛运动）；垂直进入匀强磁场，那么做变加速曲线运动（匀速圆周运动）．【例1】一带电粒子以初速度V0垂直于匀强电场E沿两板中线射入，不计重力，由C点射出时的速度为V，假设在两板间加以垂直纸面向里的匀强磁场，粒子仍以V0入射，恰从C关于中线的对称点D射出，如以下图，那么粒子从D点射出的速度为多少?解析：粒子第一次飞出极板时，电场力做正功，由动能定理可得电场力做功为W1=m（V2－v02）/2……①，当两板间加以垂直纸面向里的匀强磁场后，粒子第二次飞出极板时，洛仑兹力对运动电荷不做功，但是粒子从与C点关于中线的对称点射出，洛仑兹力大于电场力，由于对称性，粒子抑制电场力做功，等于第一次电场力所做的功，由动能定理可得W2=m（V02－VD2）/2……②，W1=W2。由①②③式得VD=-61-/61\n点评：但凡涉及到带电粒子的动能发生了变化，均与洛仑兹力无关，因为洛仑兹力对运动电荷永远不做功。【例2】如以下图，竖直两平行板P、Q，长为L，两板间电压为U，垂直纸面的匀强磁场的磁感应强度为B，电场和磁场均匀分布在两板空间内，今有带电量为Q，质量为m的带正电的油滴，从某高度处由静止落下，从两板正中央进入两板之间，刚进入时油滴受到的磁场力和电场力相等，此后油滴恰好从P板的下端点处离开两板正对的区域，求（1）油滴原来静止下落的位置离板上端点的高度h。（2）油滴离开板间时的速度大小。解析：（1）油滴在进入两板前作自由落体运动，刚进入两板之间时的速度为V0，受到的电场力与磁场力相等，那么qv0B＝qU／d，v0＝U／Bd=，h=U2／2gB2d2（2）油滴进入两板之间后，速度增大，洛仑兹力在增大，故电场力小于洛仑兹力，油滴将向P板偏转，电场力做负功，重力做正功，油滴离开两板时的速度为Vx，由动能定理mg（h＋L）－qU／2=mVx2/2，点评：（1）根据带电油滴进入两板时的磁场力与电场力大小相等求出油滴下落时到板上端的高度；（2）油滴下落过程中的速度在增大，说明了洛仑兹力增大，油滴向P板偏转，电场力做负功．【例3】-61-/61\n如以下图，在空间有匀强磁场，磁感强度的方向垂直纸面向里，大小为B，光滑绝缘空心细管MN的长度为h，管内M端有一质量为m、带正电q的小球P，开场时小球P相对管静止，管带着小球P沿垂直于管长度方向的恒定速度u向图中右方运动．设重力及其它阻力均可忽略不计．（1）当小球P相对管上升的速度为v时，小球上升的加速度多大？（2）小球P从管的另一端N离开管口后，在磁场中作圆周运动的圆半径R多大？（3）小球P在从管的M端到N端的过程中，管壁对小球做的功是多少？解析：（1）设此时小球的合速度大小为v合，方向与u的夹角为θ有……①cosθ=u/v合=u/………②此时粒子受到的洛伦兹力f和管壁的弹力N如所示，由牛顿第二定律可求此时小球上升的加速度为：a=fcosθ=qv合Bcosθ/m………③联立①②③解得：a=quB/m（2）由上问a知，小球上升加速度只与小球的水平速度u有关，故小球在竖直方向上做加速运动．设小球离开N端管口时的竖直分速度为vy，由运动学公式得此时小球的合速度故小球运动的半径为（3）因洛化兹力对小球做的功为零，由动能定理得管壁对小球做的功为：W=½mv2－½mu2=quBh【例4】在两块平行金属板A、B中，B板的正中央有一α粒子源，可向各个方向射出速率不同的α粒子，如以下图．假设在A、B板中加上UAB＝U0的电压后，A板就没有α粒子射到，U0是α粒子不能到达A板的最小电压．假设撤去A、B间的电压，为了使α-61-/61\n粒子不射到A板，而在A、B之间加上匀强磁场，那么匀强磁场的磁感强度B必须符合什么条件（已知α粒子的荷质比m／q=2．l×10－8kg/C，A、B间的距离d＝10cm，电压U0=4．2×104V）？解析：α粒子放射源向各个方向射出速率不同的α粒子，设最大的速率为vm。那么各个方向都有速率为vm的α粒子．当A、B板加了电压后，A、B两板间的电压阻碍α粒子到达A板，其方向是垂直两板并由A板指向B板。在无电场时，α粒子在沿B向A板运动方向上有d=vcosθt………①，其中θ是α粒子速度与垂直两板的直线的夹角．在①式中最容易到达A板的α粒子应有θ＝0，v＝vm，即其速度方向由B极指向A板，且速率最大的α粒子，这些α粒子假设达不到A板，其余的α粒子均达不到A板．由动能定理可得qU0＝mvm2／2………②；假设撤去电场，在A、B间加上匀强磁场，这些α粒子将做匀速圆周运动，其半径为R，R=mv/qB……③，由③式可知，在B一定的条件下，v越大，R越大，越容易打到A板；反之，当v值取最大值vm后，假设所有具有vm的α粒子不能到达A板，那么所有的α粒子均不能到达A板．在所有方向上的α粒子中，它们的轨迹刚好与A板相切的情况如以下图．在图中与A板相切的轨迹中最小半径为R3，假设R3是具有速率为vm的α粒子的半径，那么其它具有vm的α粒子均不能到达A板．假设令R3为最小值Rmin时，即图中Rmin=d／2是所有α粒子中轨迹与A板相切的最小半径，将其代入③式后得d／2=mvm/qBmin……④，由②④两式可得Bmin=2／d=0．84T，所以，A、B两板之间应加上垂直于纸面的匀强磁场，且磁感强度B≥0．84T时，所有的α粒子均不能到达A板．-61-/61\n规律方法1、带电粒子在磁场中运动的圆心、半径及时间确实定（1)用几何知识确定圆心并求半径．因为F方向指向圆心，根据F一定垂直v，画出粒子运动轨迹中任意两点（大多是射入点和出射点）的F或半径方向，其延长线的交点即为圆心，再用几何知识求其半径与弦长的关系．(2)确定轨迹所对应的圆心角，求运动时间．先利用圆心角与弦切角的关系，或者是四边形内角和等于3600（或2π）计算出圆心角θ的大小，再由公式t=θT/3600（或θT/2π）可求出运动时间．(3)注意圆周运动中有关对称的规律．如从同一边界射入的粒子，从同一边界射出时，速度与边界的夹角相等；在圆形磁场区域内，沿径向射入的粒子，必沿径向射出．【例5】如以下图，一束电子（电量为e）以速度v垂直射入磁感应强度为B，宽度为d的匀强磁场中，穿过磁场时速度方向与电子原来入射方向的夹角是300，那么电子的质量是，穿过磁场的时间是。解析：电子在磁场中运动，只受洛伦兹力作用，故其轨迹是圆弧一局部，又因为f⊥v，故圆心在电子穿入和穿出磁场时受到洛伦兹力指向交点上，如图中的O点，由几何知识知，AB间圆心角θ=300，OB为半径．所以r=d/sin300=2d．又由r=得m＝2dBe／v．又因为AB圆心角是300，所以穿过时间t=T=×=．-61-/61\n【例6】如以下图，一束电子以大小不同的速率沿图示方向飞入横截面是一正方形的匀强磁场，以下判断正确的选项是（）A、电子在磁场中运动时间越长，其轨迹线越长B．电子在磁场中运动时间越长。其轨迹线所对应的圆心角越大C．在磁场中运动时间相同的电子，其轨迹线一定重合D．电子的速率不同，它们在磁场中运动时间一定不相同解析：在图中画出了不同速率的电子在磁场中的轨迹，由前面的知识点可知轨迹的半径R=mv／qB，说明了半径的大小与电子的速率成正比．但由于电子在磁场中运动时间的长短仅与轨迹所对应的圆心角大小有关，故可判断图中五条轨迹线所对应的运动时间关系有t5＝t4＝t3＞t2＞t1显然，此题选项中只有B正确．点评：此题所考察的是带电粒子在矩形（包括正方形）磁场中运动的轨迹与相应的运动时间的关系问题．不同速率的电子在磁场中的偏转角大小（也就是在磁场中运动时间的长短），由知识点中的周期表达式看来与半径是没有关系的，但由于磁场区域的边界条件的限制，由图说明了半径不同，带电粒子离开磁场时速度方向变化可能不同，也可能相同．由周期关系式必须明确的一点是：带电粒子在磁场中运动的时间长短决定于轨迹所对应的圆心角．【例7】如以下图，半径R=10cm的圆形区域边界跟y轴相切于坐标系原点O。磁感强度B＝0．332T，方向垂直于纸面向里，在O处有一放射源-61-/61\nS，可沿纸面向各个方向射出速率均为v=3．2×106m/s的α粒子．已知α粒子的质量m=6．64×10－27kg，电量q=3．2×10－19C．（1）画出α粒子通过磁场空间做圆周运动的圆心的轨迹．（2）求出α粒子通过磁场空间的最大偏转角θ．（3）再以过O点并垂直纸面的直线为轴旋转磁场区域，能使穿过磁场区域且偏转角最大的α粒子射到正方向的y轴上，那么圆形磁场直径OA至少应转过多大的角度β．解析：（l）α粒子的速度相同，在同一匀强磁场中运动的半径相同，均由洛仑兹力提供向心力f=qvB=mv2／r，r＝mv／Qb=20cm所以α粒子的圆心与S（即O点）的距离均为r，其圆心的轨迹为以S为圆心、以20cm为半径的一段圆弧，如以下图．（2）由于α粒子的轨道半径r大于磁场区域的半径R，α粒子最长的轨迹所对应的弦为2R=r=20cm时，α粒子在磁场中最大的偏转角的轨迹就是α粒子在磁场中最长的轨迹线，由于最长的轨迹线的弦长与其轨迹半径相等，所以偏转角的最大值为θ=600（3）由（2）中可知α粒子的最大偏转角为600；且所对的弦为OA，故α粒子在磁场轨迹的入射点O和出射点A与其轨迹圆心O1的连线和OA组成一个正三角形，也就是α粒子离开磁场时与x轴正方向的夹角γ＝300，如以下图．要使偏转角最大的α粒子离开磁场时能打在y轴的正方向上，那么α粒子与x轴的正方向夹角γ/＞900，那么OA绕过O点的水平轴至少要转过β=γ/一γ＝600．点评-61-/61\n：带电粒子在磁场中的轨迹不大于半圆时，要使带电粒子在磁场中的偏转角最大，就是要求带电粒子在磁场中的轨迹线愈长（由于半径确定），即所对应的弦愈长．在圆形磁场中，只有直径作为轨迹的弦长最长．所以要求带电粒子进入磁场时的入射点、离开磁场时的出射点的连线为圆形磁场区域的直径．这是此题的难点。假设是r＞R，情况就完全变了，这时带电粒子在磁场中的轨迹可能大于半圆或等于半圆，带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T=2πm／qB，这是一个与速度大小和半径无关的物理量，也就是说在磁场中运动时间长短仅与轨迹所对圆心花怒放角有关，在具体确定时还与磁场的边界有关，矩形的边界和圆形的边界是不相同的．2、洛仑兹力的多解问题（1）带电粒子电性不确定形成多解．带电粒子可能带正电荷，也可能带负电荷，在相同的初速度下，正负粒子在磁场中运动轨迹不同，导致双解．（2）磁场方向不确定形成多解．假设只告知磁感应强度大小，而未说明磁感应强度方向，那么应考虑因磁场方向不确定而导致的多解．（3）临界状态不惟一形成多解．A·OBφ⌒O/╯θ带电粒子在洛伦兹力作用下飞越有界磁场时，它可能穿过去，也可能偏转1800从入射界面这边反向飞出．另在光滑水平桌面上，一绝缘轻绳拉着一带电小球在匀强磁场中做匀速圆周运动，假设绳突然断后，小球可能运动状态也因小球带电电性，绳中有无拉力造成多解．（4）运动的重复性形成多解．-61-/61\n如带电粒子在局部是电场，局部是磁场空间运动时，往往具有往复性，因而形成多解．【例8】如以下图，一半径为R的绝缘圆筒中有沿轴线方向的匀强磁场，磁感应强度为B，一质量为m，带电荷量为q的正粒子（不计重力）以速度为v从筒壁的A孔沿半径方向进入筒内，设粒子和筒壁的碰撞无电荷量和能量的损失，那么要使粒子与筒壁连续碰撞，绕筒壁一周后恰好又从A孔射出，问：(1)磁感应强度B的大小必须满足什么条件？(2)粒子在筒中运动的时间为多少？解析:(1)粒子射入圆筒后受洛仑兹力的作用而发生偏转,设第一次与B点碰撞,撞后速度方向又指向O点,设粒子碰撞n-1次后再从A点射出,那么其运动轨迹是n段相等的弧长.设第一段圆弧的圆心为O/,半径为r,那么θ=2π/2n=π/n.,由几何关系得,又由r=mv/Bq,联立得:(2)粒子运动的周期为:T=2πm/qB,将B代入得弧AB所对的圆心角粒子由A到B所用的时间(n=3.4.5……)故粒子运动的总时间为(n=3.4.5……)【例9】S为电子源，它只能在如图（l）所示纸面上的3600-61-/61\n范围内发射速率相同，质量为m，电量为e的电子，MN是一块竖直挡板，与S的水平距离OS=L，挡板左侧充满垂直纸面向里的匀强磁场，磁感强度为B．（l）要使S发射的电子能到达挡板，那么发射电子的速度至少多大？（2）假设S发射电子的速度为eBL／m时，挡板被电子击中范围多大？（要求指明S在哪个范围内发射的电子可以击中挡板，并在图中画出能击中挡板距O上下最远的电子的运动轨道）【解析】（l）电子在磁场中所受洛仑较为提供向心力qBV=mV2/r当r=L/2时，速度v最小，由①、②可得，V=eBL／2m（2）假设S发射电子速率V/=eBL／m，由eV/B=mV/2/r/可得：r/=L由左手定那么知，电子沿SO发射时，刚好到达板上的b点，且OB=r/=L，由SO逆时针转1800的范围内发射的电子均能击中挡板，落点由b→O→a→b/→a，其中沿SO/发射的电并击中挡板上的a点，且aO==L．由上分析可知，挡板能被电子击中的范围由a→b，其高度h=L＋L=（十l）L，击中a、b两点的电子轨迹，如图（2）所示．【例10】M、N、P为很长的平行边界面，M、N与M、P间距分别为L1、L2，其间分别有磁感应强度为B1和B2的匀强磁场区，Ⅰ和Ⅱ磁场方向垂直纸面向里，B1≠B2，有一带正电粒子的电量为q，质量为m，以大小为v的速度垂直边界M及磁场方向射入MN间的磁场区域，讨论粒子初速度v应满足什么条件才可穿过两个磁场区域（不计粒子的重力）。解析:先讨论粒子穿出B1的条件：设粒子以某一速度v在磁场B1中运动的圆轨迹刚好与M-61-/61\n相切，此时轨迹半径刚好为L1，由得：由此可得使粒子能穿出B1的条件是：。再讨论粒子穿出B2条件：又设粒子以某一的速度穿出了B1后在B2中穿过时其圆轨迹又刚好与P相切，如以下图，粒子在B1中的运动轨迹所对的圆心角为θ，那么：，粒子在B2运动的轨迹半径为：由几何知识得：R－Rsinθ=L2所以有：解得：，所以当粒子的速度时就可以穿出B1和B2。试题展示1.一个长螺线管中通有电流，把一个带电粒子沿中轴线射入（假设不计重力影响），粒子将在管中（　D　）A．做圆周运动　　　　　　　　　　B．沿轴线来回运动C．做匀加速直线运动　　　　　　　D．做匀速直线运动2.如以下图，一个带负电的滑环套在水平且足够长的粗糙的绝缘杆上，整个装置处于方向如以下图的匀强磁场B中．现给滑环施以一个水平向右的瞬时冲量，使其由静止开场运动，那么滑环在杆上的运动情况可能是（ABC）A．始终作匀速运动　　　　　　　　B．开场作减速运动，最后静止于杆上C．先作加速运动，最后作匀速运动-61-/61\nD．先作减速运动，最后作匀速运动3.如以下图，一束电子（电量为e）以速度υ垂直射入磁感应强度为B，宽度为d的匀强磁场中，穿透磁场时速度方向与电子原来入射方向的夹角是30°，那么电子的质量是，穿透磁场的时间是．4.如以下图，在y＞0的区域内存在匀强磁场，磁场垂直于图中的Oxy平面，方向指向纸外，原点O处有一离子源，沿各个方向射出速率相等的同价负离子，对于进入磁场区域的离子，它们在磁场中做圆弧运动的圆心所在的轨迹，可用以以下图给出的四个半圆中的一个来表示，其中正确的选项是　　　　　　（　C　）　　5.一质点在一平面内运动，其轨迹如以下图，它从A点出发，以恒定速率v0经时间t到B点，图中x轴上方的轨迹都是半径为R的半圆，下方的都是半径为r的半圆，求此质点由A到B沿x轴运动的平均速度；答案：v==B•A•6.如图（甲）所示，在x≥0区域内有如图（乙）所示的大小不变、方向随时间周期性变化的磁场，设磁场方向垂直于纸面向外时为正方向．现有一质量为m-61-/61\n、带电量为＋q的离子，在t＝0时刻从坐标原点O以速度υ沿与x轴正方向成75°角射入，离子运动一段时间而到达P点，P点坐标为（a，a），此时离子的速度方向与OP延长线的夹角为30°，离子在此过程中只受磁场力作用．（1）假设B0=B1为已知量，试求离子在磁场中运动时的轨道半径R及周期的表达式．（2）假设B0为未知量，那么所加最大磁场的变化周期T、磁感应强度B0的大小各应满足什么条件，才能使离子完成上述运动？（写出T、B0各应满足条件的表达式）答案：（1）T=2πm/qB1，R=mv/qB1（2）B0=mv/aq，T≥2πa/3v7．已经知道，反粒子与正粒子有相同的质量，却带有等量的异号电荷.物理学家推测，既然有反粒子存在，就可能有由反粒子组成的反物质存在.1998年6月，我国科学家研制的阿尔法磁谱仪由“发现号”航天飞机搭载升空，寻找宇宙中反物质存在的证据.磁谱仪的核心局部如以下图，PQ、MN是两个平行板，它们之间存在匀强磁场区，磁场方向与两板平行.宇宙射线中的各种粒子从板PQ中央的小孔O垂直PQ进入匀强磁场区，在磁场中发生偏转，并打在附有感光底片的板MN上，留下痕迹.假设宇宙射线中存在氢核、反氢核、氦核、反氦核四种粒子，它们以相同速度v从小孔O垂直PQ板进入磁谱仪的磁场区，并打在感光底片上的a、b、c、d四点，已知氢核质量为m，电荷量为e，PQ与MN间的距离为L，磁场的磁感应强度为B.-61-/61\n（1）指出a、b、c、d四点分别是由哪种粒子留下的痕迹?（不要求写出判断过程）（2）求出氢核在磁场中运动的轨道半径；（3）反氢核在MN上留下的痕迹与氢核在MN上留下的痕迹之间的距离是多少?解:（1）a、b、c、d四点分别是反氢核、反氦核、氦核和氢核留下的痕迹.（2）对氢核，在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：（3）由图中几何关系知：所以反氢核与氢核留下的痕迹之间的距离专题:带电粒子在复合场中的运动根底知识一、复合场的分类：]-61-/61\n1、复合场：即电场与磁场有明显的界限，带电粒子分别在两个区域内做两种不同的运动，即分段运动，该类问题运动过程较为复杂，但对于每一段运动又较为清晰易辨，往往这类问题的关键在于分段运动的连接点时的速度，具有承上启下的作用．2、叠加场：即在同一区域内同时有电场和磁场，些类问题看似简单，受力不复杂，但仔细分析其运动往往比较难以把握。二、带电粒子在复合场电运动的根本分析1.当带电粒子在复合场中所受的合外力为0时，粒子将做匀速直线运动或静止．2.当带电粒子所受的合外力与运动方向在同一条直线上时，粒子将做变速直线运动．3.当带电粒子所受的合外力充当向心力时，粒子将做匀速圆周运动．4.当带电粒子所受的合外力的大小、方向均是不断变化的时，粒子将做变加速运动，这类问题一般只能用能量关系处理．三、电场力和洛伦兹力的比较1.在电场中的电荷，不管其运动与否，均受到电场力的作用；而磁场仅仅对运动着的、且速度与磁场方向不平行的电荷有洛伦兹力的作用．2.电场力的大小F＝Eq，与电荷的运动的速度无关；而洛伦兹力的大小f=Bqvsinα,与电荷运动的速度大小和方向均有关．3.电场力的方向与电场的方向或相同、或相反；而洛伦兹力的方向始终既和磁场垂直，又和速度方向垂直．4.电场力既可以改变电荷运动的速度大小，也可以改变电荷运动的方向，而洛伦兹力只能改变电荷运动的速度方向，不能改变速度大小5.电场力可以对电荷做功，能改变电荷的动能；洛伦兹力不能对电荷做功，不能改变电荷的动能．-61-/61\n6.匀强电场中在电场力的作用下，运动电荷的偏转轨迹为抛物线；匀强磁场中在洛伦兹力的作用下，垂直于磁场方向运动的电荷的偏转轨迹为圆弧．四、对于重力的考虑重力考虑与否分三种情况．（1)对于微观粒子，如电子、质子、离子等一般不做特殊交待就可以不计其重力，因为其重力一般情况下与电场力或磁场力相比太小，可以忽略；而对于一些实际物体，如带电小球、液滴、金属块等不做特殊交待时就应当考虑其重力．（2)在题目中有明确交待的是否要考虑重力的，这种情况比较正规，也比较简单．（3)对未知名的带电粒子其重力是否忽略又没有明确时，可采用假设法判断，假设重力计或者不计，结合题给条件得出的结论假设与题意相符那么假设正确，否那么假设错误．五、复合场中的特殊物理模型1．粒子速度选择器如以下图，粒子经加速电场后得到一定的速度v0，进入正交的电场和磁场，受到的电场力与洛伦兹力方向相反，假设使粒子沿直线从右边孔中出去，那么有qv0B＝qE,v0=E/B，假设v=v0=E/B，粒子做直线运动，与粒子电量、电性、质量无关假设v＜E/B，电场力大，粒子向电场力方向偏，电场力做正功，动能增加．假设v＞E/B，洛伦兹力大，粒子向磁场力方向偏，电场力做负功，动能减少．2.磁流体发电机-61-/61\n如以下图，由燃烧室O燃烧电离成的正、负离子（等离子体）以高速。喷入偏转磁场B中．在洛伦兹力作用下，正、负离子分别向上、下极板偏转、积累，从而在板间形成一个向下的电场．两板间形成一定的电势差．当qvB=qU/d时电势差稳定U＝dvB，这就相当于一个可以对外供电的电源．3.电磁流量计．电磁流量计原理可解释为：如以下图，一圆形导管直径为d，用非磁性材料制成，其中有可以导电的液体向左流动．导电液体中的自由电荷（正负离子）在洛伦兹力作用下纵向偏转，a,b间出现电势差．当自由电荷所受电场力和洛伦兹力平衡时，a、b间的电势差就保持稳定．由Bqv=Eq=Uq/d，可得v=U/Bd.流量Q=Sv=πUd/4B4.质谱仪如以下图组成：离子源O，加速场U，速度选择器（E,B），偏转场B2，胶片．原理：加速场中qU=½mv2选择器中:v=E/B1偏转场中:d＝2r，qvB2＝mv2/r比荷:质量作用：主要用于测量粒子的质量、比荷、研究同位素．5.盘旋加速器如以下图-61-/61\n组成：两个D形盒，大型电磁铁，高频振荡交变电压，两缝间可形成电压U作用：电场用来对粒子（质子、氛核,a粒子等）加速，磁场用来使粒子盘旋从而能反复加速．高能粒子是研究微观物理的重要手段．要求：粒子在磁场中做圆周运动的周期等于交变电源的变化周期．关于盘旋加速器的几个问题：(1)盘旋加速器中的D形盒，它的作用是静电屏蔽，使带电粒子在圆周运动过程中只处在磁场中而不受电场的干扰，以保证粒子做匀速圆周运动‘(2)盘旋加速器中所加交变电压的频率f,与带电粒子做匀速圆周运动的频率相等:(3)盘旋加速器最后使粒子得到的能量，可由公式来计算，在粒子电量，、质量m和磁感应强度B一定的情况下，盘旋加速器的半径R越大，粒子的能量就越大．【注意】直线加速器的主要特征．如以下图，直线加速器是使粒子在一条直线装置上被加速．规律方法1、带电粒子在复合场中的运动【例1】如以下图，在X轴上方有匀强电场，场强为E；在X轴下方有匀强磁场，磁感应强度为B，方向如图，在X轴上有一点M，离O点距离为L．现有一带电量为十q的粒子，使其从静止开场释放后能经过M点．如果把此粒子放在y轴上，其坐标应满足什么关系？（重力忽略不计）-61-/61\n解析：由于此带电粒子是从静止开场释放的，要能经过M点，其起始位置只能在匀强电场区域．物理过程是：静止电荷位于匀强电场区域的y轴上，受电场力作用而加速，以速度V进入磁场，在磁场中受洛仑兹力作用作匀速圆周运动，向X轴偏转．回转半周期过X轴重新进入电场，在电场中经减速、加速后仍以原速率从距O点2R处再次超过X轴，在磁场回转半周后又从距O点4R处飞越X轴如图10一53所示（图中电场与磁场均未画出）故有L＝2R，L＝2×2R，L＝3×2R即R＝L／2n，（n=1、2、3……）……………①设粒子静止于y轴正半轴上，和原点距离为h，由能量守恒得mv2／2=qEh……②对粒子在磁场中只受洛仑兹力作用而作匀速圆周运动有：R＝mv／qB………③解①②③式得：h＝B2qL2／8n2mE（n＝l、2、3……）【例2】如以下图，在宽l的范围内有方向如图的匀强电场，场强为E，一带电粒子以速度v垂直于电场方向、也垂直于场区边界射入电场，不计重力，射出场区时，粒子速度方向偏转了θ角，去掉电场，改换成方向垂直纸面向外的匀强磁场，此粒子假设原样射入磁场，它从场区的另一侧射出时，也偏转了θ角，求此磁场的磁感强度B．解析：粒子在电场中运行的时间t＝l／v；加速度a＝qE／m；它作类平抛的运动．有tgθ=at/v=qEl/mv2………①粒子在磁场中作匀速圆周运动由牛顿第二定律得：qvB=mv2/r，所以r=mv/qB又：sinθ=l/r=lqB/mv………②由①②两式得：B=Ecosθ/v-61-/61\n【例3】初速为零的离子经过电势差为U的电场加速后，从离子枪T中水平射出，经过一段路程后进入水平放置的两平行金属板MN和PQ之间．离子所经空间存在一磁感强度为B的匀强磁场，如以下图．（不考虑重力作用），离子荷质比q/m（q、m分别是离子的电量与质量）在什么范围内，离子才能打在金属板上？解析：离子在磁场中做匀速圆周运动，作出两条边界轨迹和TQ，分别作出离子在T、P、Q三点所受的洛伦兹力，分别延长之后相交于O1、O2点，如以下图，O1和O2分别是TP和TQ的圆心，设R1和R2分别为相应的半径．离子经电压U加速，由动能定理得．qU＝½mv2………①由洛伦兹力充当向心力得qvB=mv2/R………②由①②式得q/m=2U/B2R2由图直角三角形O1CP和O2CQ可得R12＝d2＋（R1一d/2）2，R1＝5d/4……④R22＝（2d）2＋（R2一d/2）2，R2＝17d/4……⑤abcdSo依题意R1≤R≤R2……⑥由③④⑤⑥可解得≤≤．【例4】如图，两个共轴的圆筒形金属电极，外电极接地，其上均匀分布着平行于轴线的四条狭缝a、b、c和d，外筒的半径为r0-61-/61\n。在圆筒之外的足够大区域中有平行于轴线方向的均匀磁场，磁感强度的大小为B。在两极间加上电压，使两圆筒之间的区域内有沿半径向外的电场。一质量为m、带电量为＋q的粒子，从紧靠内筒且正对狭缝a的s点出发，初速为零。如果该粒子经过一段时间的运动之后恰好又回到出发点S，那么两电极之间的电压U应是多少？（不计重力，整个装置在真空中）。abcdSo解析：如以下图，带电粒子从S出发，在两筒之间的电场力作用下加速，沿径向穿出a而进入磁场区，在洛仑兹力作用下做匀速圆周运动。粒子再回到S点的条件是能沿径向穿过狭缝d。只要穿过了d，粒子就会在电场力作用下先减速，再反向加速，经d重新进入磁场区。然后，粒子将以同样方式经过c、d，再经过a回到s点。设粒子射入磁场区的速度为V，根据能量守恒，有½mv2＝qU设粒子在洛仑兹力作用下做匀速圆周运动的半径为R，由洛仑兹力公式和牛顿定律得mv2/R=qvB由前面分析可知，要回到S点，粒子从a到d必经过3/4圆周。所以半径R必定等于筒的外半径r0，那么v=qBR/m=qBr0/m，U=mv2/2q=qB2r20/2m。【例5】如以下图为一种获得高能粒子的装置，环形区域内存在垂直纸面向外．大小可调节的均匀磁场，质量为m，电量＋q的粒子在环中作半径为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．（l）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．-61-/61\n（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（2）图中画出A板电势U与时间t的关系（从t＝0起画到粒子第四次离开B板时即可）．（5）在粒子绕行的整个过程中，A板电势是否可始终保持为＋U？为什么？解析:（1）En=nqv（2）∵mqU=½mv∴vn==qUnBnBn=mvn/qR以vn结果代入，Bn==（3）绕行第n圈需时=2πR∴tn=2πR（1＋＋＋……＋）（4）如以下图，（对图的要求：越来越近的等幅脉冲）（5）不可以，因为这样粒子在是、B之间飞行时电场对其做功＋qv，使之加速，在是、B之外飞行时电场又对其做功－qv使之减速，粒子绕行一周，电场对其作的总功为零，能量不会增大。2、带电粒子在叠加场中的运动【例6】如以下图，从正离子源发射的正离子经加速电压U加速后进入相互垂直的匀强电场E（方向竖直向上）和匀强磁场B-61-/61\n（方向垂直于纸面向外）中，发现离子向上偏转，要使此离子沿直线穿过电场?A．增大电场强度E，减小磁感强度BB．减小加速电压U，增大电场强度EC．适当地加大加速电压UD．适当地减小电场强度E解析：正离子进入相互垂直的匀强电场和匀强磁场的区域中，受到的电场力F＝qE，方向向上，受到的洛仑兹力f＝qVB，方向向下，离子向上偏，说明了电场力大于洛仑兹力，要使离子沿直线运动，那么只有使洛仑兹力磁大或电场力减小，增大洛仑兹力的途径是增大加速电场的电压U或或增大磁感强度B，减小电场力的途径是减小场强E．对照选项的内容可知C、D正确．?点评：带电粒子进入相互垂直的匀强电场和匀强磁场区域，那么它的速度V=E／B，这个区域就是速度选择器，且速度选择器对进入该区域的粒子所带电荷的符号无关，只要是具有相同的速度的带电粒子均能沿直线通过这一区域，但是有一点必须明确的是：速度选择器的进口与出口的位置不具有互换性。【例7】如以下图，静止在负极板附近的带负电的微粒在MN间突然加上电场时开场运动，水平匀速地击中速度为零的中性微粒后粘合在一起恰好沿一段圆弧落在N极板上，假设ml＝9．995×10－7千克，带电量q=l08库，电场强度E=103伏／米，磁感应强度B=0．5特，求击中m2时的高度，击中m2前的微粒速度，m2的质量和圆弧的半径．解析：由于击中m2前微粒已达水平匀速，由匀速直线运动条件得：mlg＋f洛=qEmlg＋qvB＝qE。v＝（qE—m1g）／qB，-61-/61\n代入数据可算得：v＝1米／秒m1从开场运动到击中m2的过程，只有重力和电场力做功．洛伦兹力不做功．由于涉及m1竖直方向的位移h，应选用动能定理分析得：qU一m1gh=½m1v2一0qEh—m1gh=½m1v2，h＝代入数据可算得h≈0．1米．又由于m1击中m2能沿圆弧运动，说明这时重力已与电场力平衡，只是洛仑兹力充当向心力使它们作匀速圆周运动，故有：m1g＋m2g＝qE得m2=，代入数据可算得m2＝5×10－10千克m1、m2粘合在一起作圆周运动半径为：r＝（ml十m2）v/／qB在ml击中m2瞬间，动量守恒，即：m1vl=（m1＋m2）v/代入数据解①②两式得：r≈200．···E··········a······B【例8】如以下图，空间存在着垂直向外的水平的匀强磁场和竖直向上的匀强电场，磁感应强度为B，电场强度为E.在这个场区内，有一带正电的液滴a在电场力和重力作用下处于静止．现从场中某点由静止释放一个带负电的液滴b(图中未画出），当它的运动方向变为水平方向时恰与a相撞，撞后两液滴合为一体，并沿水平方向做匀速直线运动．已知液滴b的质量是a质量的2倍，b所带电荷量是a所带电荷量的4倍，且相撞前a,b间的静电力忽略不计．（1)求两液滴相撞后共同运动的速度大小；(2)画出液滴b在相撞前运动的轨迹示意图；(3)求液滴b开场下落时距液滴a的高度h.解析:液滴在匀强磁场、匀强电场中运动．同时受到洛伦兹力、-61-/61\n电场力和重力作用，‘（1）可设a液滴质量为m、电量为q,b液滴质量为2m、电量为一4q.平衡时，有qE=mg……①,a、b相撞合为一体时,质量为3m,电量为-3q,速度为v，由题意知处于平衡状态，重力3mg,电场力3qE均竖直向下，所以洛伦兹力必定竖直向上，满足3qvB=3mg+3qE……②由①、②两式，可得撞后速度v=2E/B(2)对b液滴开场时重力2mg,电场力4qE均竖直向下，所以开场向下加速，由左手定那么，洛伦兹力向右,可见b液滴从初始位置沿一曲线向右下方运动，当与a相撞前b的速度已水平向右，其轨迹示意图如以下图．hbba(3)对b,从开场运动至与a相撞之前，由动能定理:we＋wG＝△EK,即(4qE＋2mg)h=½（2m）v02a,b相撞时，可看做动量守恒，有2mv0=3mv由以上几式可得v0=3E/B再由上两式得【例9】汤姆生用来测定电子的比荷（电子的电荷量与质量之比）的实验装置如以下图，真空管内加速后，穿过A'中心的小孔沿中心轴010的方向进入到两块水平正对放置的平行极板P和P/，间的区域．当极板间不加偏转电压时，电子束打在荧光屏的中心0点处，形成了一个亮点；加上偏转电压U后，亮点偏离到0'点，（O'与0点的竖直间距为d，水平间距可忽略不计）．此时，在P和P/-61-/61\n间的区域，再加上一个方向垂直于纸面向里的匀强磁场．调节磁场的强弱，当磁感应强度的大小为B时，亮点重新回到0点．已知极板水平方向的长度为L1，极板间距为b，极板右端到荧光屏的距离为L2（如以下图）．(1)求打在荧光屏0点的电子速度的大小．(2）推导出电子的比荷的表达式解析:(1)当电子受到的电场力与洛伦兹力平衡时，电子做匀速直线运动，亮点重新回复到中心0点，设电子的速度为v，那么evB＝Ee,得v=E/B=U/Bb.(2）当极板间仅有偏转电场时，电子以速度v进入后，竖直方向作匀加速运动，加速度为a=eU/mb.电子在水平方向作匀速运动，在电场内的运动时间为t1=L1/v这样，电子在电场中，竖直向上偏转的距离为离开电场时竖直向上的分速度为电子离开电场后做匀速直线运动，经t2时间到达荧光屏t2时间内向上运动的距离为:这样，电子向上的总偏转距离为d=d1＋d2=U·OMPθ电子束可解得3、磁偏转技术的应用Cabvθ【例10】-61-/61\n电视机显像管中电子束的偏转是用磁偏转技术实现的，电子束经电压为U的加速电场加速后，进入一圆形磁场区，如以下图，磁场方向垂直圆面，磁场区的中心为O，半径为r，当不加磁场时，电子束将通过O点而打到屏幕中心M点，为了使电子束射到屏幕边缘P，需要加磁场，使电子束偏转一已知角度θ，此时磁场的磁感应强度B为多大？解析：电子在磁场中沿圆弧ab运动如以下图，圆心为C，半径为R，以v表示电子进入电场的速度，m、e分别表示电子质量和电量，那么：eU=½mv2evB=mv2/R,又有tan(θ/2)=r/R,联立解得【例11】核聚变反响需几百万摄氏度高温，为了把高温条件下高速运动粒子约束在小范围内（否那么不可能发生核聚变），可采用磁约束的方法．如以下图，环状匀强磁场围成中空区域，中空区域内的带电粒子只要速度不是很大，都不会穿出磁场的外边缘，设环形磁场的内半径R1＝0.5m，外半径R2＝1m，磁场的磁感应强度B＝0.1T，假设被约束的带电粒子的比荷q/m=4×107C/kg,中空区域内的带电粒子具有各个方向大小不同的速度，问（1)粒子沿环状半径方向射入磁场，不能穿越磁场的最大速度；（2)所有粒子不能穿越磁场的最大速度．解析：（1）根据Bqv＝mv2/r得r=mv/Bq，由于B、q/m一定，所以v越大，r越大，且最大半径对应最大速度，多作几个沿环半径方向但大小不同的速度所对应的磁场中运动圆轨迹，如图（b)所示，很容易得出当圆轨迹与环形磁场外边界内切时，对应的半径是粒子射不出磁场的最大半径，对应的速度就是不能穿越磁场的最大速度，由几何知识得v1max＝1.5×107m/s,-61-/61\n（2)由（1）可知沿某一方向射不出磁场的最大速度对应的圆轨迹与磁场外边界内切，再作出粒子斜向左上方和竖直方向射入磁场对应的和磁场外边界内切的圆轨迹．如图（C)所示，从而得出沿各个方向射不出磁场的最大速度不同，通过比较发现，粒子垂直环半径方向射入磁场时不能穿越磁场的最大速度v1max是最小的，所以假设要求所有粒子均不能穿越磁场，那么所有粒子的最大速度不能超过v1max，由数学知识可得v1max＝1.0×107m/s.试题展示1.串列加速器是用来产生高能离子的装置.图11-4-3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）.现将速度很小的负一价碳离子从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、磁感应强度为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=0.5T,n=2,元电荷e=1.6×10-19C,求R.解析：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mv12=eU①mv22=mv12+neU②进入磁场后，碳离子做圆周运动，可得nev2B=③由①②③三式可得R=④由④式及题给数值可解得R=0.75m.答案：R=0.75m2.-61-/61\n为了诊断病人的心脏功能和动脉中血液粘滞情况需测量血管中血液的流速和流量.如图为电磁流量计的示意图，将血管置于磁感应强度为B的匀强磁场中，测得血管两侧电压为U，已知管的直径为d，试求出血液在血管中的流速v为多少？流量Q（单位时间内流过的体积）是多少？（重力不计）解析：血液是导电液体，含有大量的正负离子.设血液中正负离子向右流动的速度为v，由于洛仑兹力的作用，正离子向管道a的一侧集中，负离子向管道b的一侧集中，a、b间形成电势差.当正负离子所受电场力与洛仑兹力到达平衡时，离子不再偏移，此时ab之间有了稳定电势差U，形成一个匀强电场.离子在电场中受力平衡，那么E=,Eq=qvB.所以v=设在时间Δt内流进管道的血液体积为V，那么流量Q===.答案：点评：这是一道实际应用题，是速度选择器与电磁流量计组合的一个问题.要求学生认真构建物理模型.3.如以下图，静止在负极板附近的带负电的微粒m、在MN间突然加上电场时开场运动，水平地击中速度为零的中性微粒m2后黏合在一起恰好沿一段圆弧运动落在N极板上，假设m1=9.995×10-7kg,电荷量q=10-8C，电场强度E=103V/m，磁感应强度B=0.5T,求m1击中m2时的高度，m1击中m2前的瞬时速度,m2的质量及m1和m2黏合体做圆弧运动的半径.图解析：m1击中m2前是匀速直线运动，应用m1g+Bvq=Eq解得v=(Eq-m1g)/Bq=1m/s因m1在击中m2前已是水平匀速运动，故m1的竖直分速度已为零，在从m1开场运动到击中m2的过程中，只有重力和电场力对m1做功，洛仑兹力不做功.设所求高度为h,由动能定理得Eqh-m1gh=m1v2-0解得h==100m由于m1击中m2后恰能做圆周运动，说明黏合体所受重力与电场力平衡，仅是洛仑兹力充当做匀速圆周运动的向心力，故有：-61-/61\nm1g+m2g=Eqm2=-m1=5×10-10kgm1与m2黏合体做匀速圆周运动的半径为r=(m1+m2)v′/Bq①在m1击中m2的瞬间，由动量守恒有m1v=(m1+m2)v′②将②代入①并代入数据得r≈200m.答案：100m1m/s5×10-10kg200m点评：此题将带电粒子的平衡、碰撞、圆周运动等结合在一起，综合性强，要求学生能正确分清过程，找出适用规律.4．如以下图，在相互垂直的水平匀强电场和水平匀强磁场中，有一竖直固定绝缘杆MN，小球P套在杆上，已知P的质量为m，电量为q,P与杆间的动摩擦因数为μ，电场强度为E，磁感应强度为B，小球由静止起开场下滑，设电场、磁场区域足够大，杆足够长，求：图17—5（1）当下滑加速度为最大加速度一半时的速度.（2）当下滑速度为最大下滑速度一半时的加速度.命题意图：考察考生逻辑推理能力、分析综合能力.B级要求.错解分析：不能沿正确的路径推理辨析各物理量隐含的制约关系，据牛顿运动定律列方程.解题方法与技巧：-61-/61\n因电场力方向与洛仑兹力方向相反，小球先做加速度逐渐增加的加速运动，当加速度到达最大后，又做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度为零时，速度到达最大.因此，加速度到达最大之前，加速度可能取最大值的一半，加速度到达最大值后，一定有某一时刻加速度为最大加速度的一半.小球速度（到达最大值前）始终在增大，一定只有某一时刻速度为最大速度的一半，要研究这一时刻是在加速度最大之前还是之后.（1）小球刚开场下滑时速度较小，Bqv＜Ｅq受力分析如图17-6所示，由牛顿第二定律得：mg-μ（Eq-Bqv）=ma①当Bqv=Eq时a达最大为am＝g随v的增大，Bqv＞Eq，小球受力如图17-7所示.那么：mg-μ（Bqv-Eq）=ma②将a＝,am＝g分别代入①式和②式解得在a到达am之前，当a＝g时，速度为图17—7v1＝当a到达am后，当a＝g时，速度为v2＝，其中v1存在是有条件的，只有mg≤2Ｅqμ时，在a增加阶段才有a＝g可能.（2）在a到达am后，随着v增大，a减小，当a＝0时v＝vm，由②式可解得vm＝.设在a达am之前有v＝，那么由①式解得此时加速度为a＝g＋，-61-/61\n因mg＞Eqμ，故a＞g，这与题设相矛盾，说明在a＝am之前不可能有v=.显然a＜g，符合题意.将v=vm代入②式解得a=5.设在地面上方的真空室内，存在匀强电场和匀强磁场，已知电场强度和磁感应强度的方向是相同的，电场强度的大小E=4.0V/m，磁感应强度的大小B=0.15T．今有一个带负电的质点以v=20m/s的速度在的区域内沿垂直场强方向做匀速直线运动，求此带电质点的电量与质量之比q/m以及磁场的所有可能方向（角度可用反三角函数表示）．分析：带负电的质点在同时具有匀强电场、匀强磁场和重力场中做匀速直线运动，说明带电质点受重力mg、电场力qE和洛仑兹力qvB的作用处于平衡状态．因重力方向竖直向下，3个力合力为零，要求这3个力同在一竖直平面内，且电场力和洛仑兹力的合力方向应竖直向上．由此推知，带电质点的受力图，如以下图；再运用力学知识就可求解．解：带电质点受3个力（重力、电场力、洛仑兹力）作用．根据题意及平衡条件可得质点受力图，如以下图（质点的速度垂直纸面向外）所以由质点受力图可得tanθ=qvB/qE,所以即磁场是沿着与重力方向夹角θ=37˚，且斜向下方的一切方向．答：带电质点的荷质比q/m等于1.96C/kg，磁场的所有可能方向是与重力方向夹角θ=37˚的斜向下方的一切方向．w.w.w.k.s.5.u.c.o.mwww.ks5u.com-61-/61