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高考物理第一轮复习教案12-磁场


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题:

磁场

类型:复习课

目的要求: 重点难点: 教 具:
过程及内容: 第1课

磁场基本性质

基础知识 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.它的基本特性是: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.安培定则: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) A.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,根据右手螺旋定则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,所以只有地球表面带负电荷才能形成上述电流,故选 A. 三、磁感应强度 1.磁场的最基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:左手定则: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.
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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,则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,则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,满足矢量运算法则. 【例 2】如图所示,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,下列说法中正确的是(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】如图所示,两根导线 a、b 中电流强度相同.方向如图所示,则离两导线等距离的 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 则知这两条垂线用 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则就可知道合磁感应 强度的方向竖直向上,如图所示,这也就是该处磁场的方向. 答案:竖直向上 【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,则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,方向由安培定则可知是向里,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,则 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,若不垂直且两者间夹角为θ ,则 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 .则 B≥F/IL。 【例 6】 如图所示, 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,若 a 点的实际磁感 ·c 应强度为 0,则下列说法中正确的是(AC) A.直导线中电流方向是垂直纸面向里的 B.C 点的实际磁感应强度也为 0 ·b ·d B C. d 点实际磁感应强度为 2T ,方向斜向下,与 B 夹角为 450 D.以上均不正确 ·a 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
0 感应强度大小为 2T,方向向右.d 点的磁感应强度大小为 2T ,方向与 B 成 45 斜向右下方.

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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) =BScosθ ,Scosθ 为面积垂直于 B 方向上的投影,θ 是 B ,Φ 与 S 法线的夹角. 【例 7】如图所示,A 为通电线圈,电流方向如图所示,B、C 为与 A 在同一平面内的两同心圆,φ B、φ ) C 分别为通过两圆面的磁通量的大小,下述判断中正确的是( 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.φ B>φ C D.φ B<φ C 解析:由安培定则判断,凡是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, 则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】如图所示,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φ 1、φ 2、φ 3 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 - φ 1=BS1=2.0×40×30×10 4=0.24 Wb;φ 2=0 - φ 3=φ 1=BS1=2.0×40×30×10 4=0.24 Wb 答案:φ 1= 0. 24 Wb, φ 2=0, φ 3= 0.24 Wb 【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 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图所 示,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】如图所示边长为 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。若从 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 / 0 当线圈绕 OO 轴逆时针转过 37 后, (见图中虚线位置) : 0 0 Φ2=B1×Sn/2+B2×Sn/2=B1×Scos37 /2+B2×Scos37 /2=0.4Wb 磁通量变化量ΔΦ=Φ2-Φ1=(0.4-0.5)Wb=-0.1Wb
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所以线圈转过 37 后。穿过线圈的磁通量减少了 0.1Wb. 2.磁场基本性质的应用 【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,若到达地球,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下列说法中,正确的是(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 C.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.①③ B.①④ C.②③ D.②④ 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】.如图所示,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, 设开始设置时, 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 ZnCu 地磁场的力的方向是南北方向的. 【例 14】普通磁带录音机是用一个磁头来录音和放音的。磁头结构如图所示,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、放音的基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:各部分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。 【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,如图所示.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= 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 N F 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,则间隙中磁场的能量 E=ω V=ω A△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 B ? 2? F A
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散第 2 课

磁场对电流的作用

基础知识 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: ①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. 如图所示, 电流 I1//I2,如 I1 在 I2 处磁场的磁感应强度为 B, I1 对 I2 的安培力 F=BI2L, 则 I1 I2 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, 则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、左手定则 1.用左手定则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. 3.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,所以求解本部分问题时,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】如图所示,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 如图所示方向电流时( ) 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 【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? 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。
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i

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【例 3】电视机显象管的偏转线圈示意图如右,即时电流方向如图所示。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.如图所示,甲中: l / ? 2l ,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】如图所示,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 B.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,根据左手定则可知 Oa 边和 ab 边所受安培力 F1、F2 分别与这两边垂直,由 力的合成法则可求出 F1= F2=2fcos450= 2 f=BIL,I= 2 f/BL 点评:本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 2 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,如图所示,如图 10—19 所示是沿 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:

答案:AB 2、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,先用左手定则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.
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(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 ②用左手定则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:若线圈面积为 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 ,则线圈所受磁场的力矩为:M=BIScosθ . 【例 6】如图所示,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 0.2 m,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=10 2 m/s )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图所示: 由平衡条件得:B 最小时摩擦力沿导轨向上,则有 μ FN+BILcos300=mg, FN=BILsin300 解得 B=2.34 T 当 B 最大时摩擦力沿导轨向下,则有 BILcos300=mg+μ FN FN=BILsin300 解得 B=3. 75 T B 的范围是 2.34 T -- 3. 75 T 【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) ,如图所示,棒与斜面间动摩擦因数μ < 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, 则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,则由平衡条件得: mgsinθ=μ FN+BILcosα , FN=mgcosθ+BILsinα. 解得 B ?
mg ? sin ? ? ? cos ? ? IL ? cos ? ? ? sin ? ? ? mg ? sin ? ? ? cos ? ? IL 1 ? ? 2 sin ?? ? ? ? , 其中 tan ? ? 1 ?

⊕a

α

∴当α +β =90 时, Bmin ?

0

mg ? sin ? ? ? cos ? ? IL 1 ? ? 2

.

(2)当 FN=0 时,则 BIL=mg,∴BIL=mg,由左手定则知 B 方向水平向左. 【例 8】如图所示,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,若导线框中的电流为 I,则导线框所受的安培力对 某竖直的固定轴的力矩等于( )
3 IBS 2 D.由于导线框的边长及固定轴的位置来给出,无法确定

A.IBS

B.?IBS

C.

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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, 边长为 12, cd 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,则 lac+lbo=l1.为便于分析,设电流方向沿 abcda. 由左手定则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 0 =60 代入,得 M=?IBS. 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 . 若为 N 匝线圈, M=NIBScos 则 0 θ .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 =0 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 的方向如图所示, 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,则载流 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 F2
2 L ,则两力对转轴的力矩为 M=M1+M2=FlL+ 2

2 L= IL2(2B1+ 2 B2) . 2

答案:IL2(2B1+ 2 B2) 3.安培力的实际应用 【例 10】在原于反应堆中抽动液态金属等导电液时.由于不允许传动机械部分与这些流体相接触,常使用 一种电磁泵。图中表示这种电磁泵的结构。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。若导管的内截面积为 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:本题的物理情景是: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则判断,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Δ P。故有 F=BIh.Δ p=F/ah,联立解得Δ p=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,若经过时间 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 棒上发生的电极反应式(阿伏加德罗常数 N0) 解析:由电解池电极反应可得出通过 C 棒的电荷量,求出平均电流,再由安培定则及动量定理可得滑杆速 度. 十 阴极:Ag 十 e=Ag↓ ― 阳极:4OH ―4e=2H2O+O2↑,O2 的摩尔数为 n/22.4,则阳极的物质量为 n/5.6 摩尔. 通过 C 捧的电荷量为 q ?
nN e n N0 e ? 0 5.6 5.6
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平均电流 I ? q t ? nN 0 e 5.6t 由 BIL ? mC v 得 v ?
BILt Blq nBlN0 e ? ? mC mC 5.6mC

【例 12】如图所示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, 在活塞的中部和上部分别嵌有两根金属棒 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.若液体的密 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)若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.
v0 ? s g 2h

, v0 A ? vL2 , v ?

A As v ? 2 2 0 L L

g 2h

(2)设装置功率为 P,Δ t 时间内有△m 质量的液体从喷口射出,PΔ t=?Δ m (v02 一 v2) ∵Δ m=LvΔ tρ .∴P=? L2vρ (v02 一 v2) ?
A? L4 ? A2 S 3 ? g ? 3 2 A? ? A4 ? 3 1 ? 2 ? v0 ,∴ P ? ? ? ? 2 ? 2 L4 L ? ? 2h ?

?

?

2 (3) ∵P=F 安 v.∴ L2 ? v ? v0 ?

1 2

? ?

2 ? v0 L4 ? A2 ? L4 ? A2 s 2 g A2 2 ? ? v0 ? ? BILv ,∴ B ? 2 IL3 4 IhL3 L2 ?

?

?

?

?

(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

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第3课

磁场对运动电荷的作用

基础知识 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=qvB sinθ ,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=0 3.当带电粒子的运动方向与磁场方向互相垂直时,f=qvB 4.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.使用左手定则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)则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 1.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,则做变加速曲线运动(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,若 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,如图所示,则 粒子从D点射出的速度为多少? ·D 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 V0 2 2 (V -v0 )/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 ·C 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, 粒子克服电场力做功, 等于第一次电场力所做的功, 由动能定理可得W2=m (V0 -VD )/2……②,W1=W2。由 ①②③式得VD= 2V02 ? V 2 点评: 凡是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】如图所示,竖直两平行板P、Q,长为L,两板间电压为U,板间距离为d,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,则qv0B=qU/d,v0=U/Bd= 2 gh ,h=U /2gB d
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2 2 2 2 2

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(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 2 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)-q U/2=mVx /2,
vx ? 2 g ? h ? L ? ? qU / m ? 2 g U 2 / 2 gB 2 d 2 ? L ? qU / m

?

?

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】如图所示,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,开始时小球 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 v合 ? v2 ? u 2 ……① cosθ=u/v 合=u/ v 2 ? u 2 ………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 vy ? 2ah ? 2quBh / m 此时小球的合速度 v ? u 2 ? v 2 ? u 2 ? y 故小球运动的半径为
R? 2quBh m

mv 1 ? 2qumBh? m 2 u 2 qB qB
2 2

(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=? mv -? mu =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, 如图所示.若在 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.若撤去 A、B 间的电压,为了使α 粒子不射到 A 板,而在 A、B 之间加上匀强磁场,则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。则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 2 率最大的α粒子,这些α粒子若达不到 A 板,其余的α粒子均达不到 A 板.由动能定理可得 qU0=mvm / 2………②; 若撤去电场,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, 若所有具有 vm 的α粒子不能达到 A 板,则所有的α粒子均不能达到 A 板.在所有方向上的α粒子中,它们的轨迹刚好与 A 板相切的情况如图所示.在图中与 A 板相切的轨迹 中最小半径为 R3,若 R3 是具有速率为 vm 的α粒子的半径,则其它具有 vm 的α粒子均不能到达 A 板.若令 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/
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2=mvm/qBmin……④,由②④两式可得 Bmin=2 2mU0 / q /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 ≥0.84 T 时,所有的α粒子均不能到达 A 板. 规律方法 1、带电粒子在磁场中运动的圆心、半径及时间的确定 (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】如图所示,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,则电子的质量是 ,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, 故其轨迹是圆弧一部分, 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 0 0 识知,AB 间圆心角θ=30 ,OB 为半径.所以 r=d/sin30 =2d. 又由 r=
mv 得 m=2dBe/v. Be
0

又因为 AB 圆心角是 30 ,所以穿过时间 t=

1 1 2?m ?d T= × = . 12 12 Be 3v

【例 6】如图所示,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,下列判断 正确的是( ) 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,本题 选项中只有 B 正确. 点评:本题所考查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】如图所示,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=0.332 T, 方向垂直于纸面向里,在 O 处有一放射源 S,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 27 kg,电量 q=3.2 ×10 19 C. (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,则圆形磁场直径
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OA 至少应转过多大的角度β . 2 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=mv /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,如图所示. (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 0 半径相等,所以偏转角的最大值为θ=60 0 (3)由(2)中可知α粒子的最大偏转角为 60 ;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 0 =30 ,如图所示.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,则α粒子与 x 轴的正方向 / 0 / 0 夹角γ >90 ,则 OA 绕过 O 点的水平轴至少要转过β=γ 一γ=60 . 点评: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 本题的难点。若是 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=2π m/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. 若只告知磁感应强度大小,而未说明磁感应强度方向,则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. 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,若绳突然断后,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. 如带电粒子在部分是电场,部分是磁场空间运动时,往往具有往复性,因而形成多解. 【例 8】如图所示,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,则其运动轨迹是 n 段相等的弧长. / 设第一段圆弧的圆心为 O ,半径为 r,则θ=2π/2n=π/n.,由几何关系得
r ? R tan

?
n

,又由 r=mv/Bq,联立得: B ?

mv Rq tan ? n

(n ? 1.2.3?)

·O ╯ θ A φ ⌒ / O B

(2)粒子运动的周期为:T=2πm/qB,将 B 代入得 T ?

2? tan v

?
n

R

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?? ? ?? ? ? n?2 弧 AB 所对的圆心角 ? ? 2 ? ? ? ? ? 2 ? ? ? ? ? 2 n ? ? ?2 n?

? 1 n ? 2 2? R ? ? n ? 2? ? R ? T? ? ?? ? tan ? ? tan 2? 2? n v n nv n ? n ? 2? ? R ? (n=3.4.5……) 故粒子运动的总时间为 t ? nt / ? tan
粒子由 A 到 B 所用的时间 t / ?
v n

(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 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,则发射电子的速度至少多大? (2)若 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) 2 【解析】 (l)电子在磁场中所受洛仑较为提供向心力 qBV= mV /r 当 r= L/2 时,速度 v 最小, 由①、②可得,V=eBL/2m / / /2 / / (2)若 S 发射电子速率 V =eBL/m,由 eV B=mV /r 可得:r =L / 由左手定则知,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 0 / / 转 180 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=

?2L ?2 ? L2 =

3 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= 3 L+L=( 3 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 N 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

v 2 得: v ? qB1 L1 m L1 qB1 L1 由此可得使粒子能穿出 B1 的条件是:v ? 。 m
相切,此时轨迹半径刚好为 L1,由 qvB1 ? m 再讨论粒子穿出 B2 条件: 又设粒子以某一 v1 ?

qvB1 的速度穿出了 B1 后在 B2 中穿过 m

时其圆轨迹又刚好与 P 相切,如图所示,粒子在 B1 中的运动轨迹所对的圆心角为θ ,那么:

mv1 L1qB1 ,粒子在 B2 运动的轨迹半径为: R ? qB2 mv1 mv1 mv1 L1qB1 ? ? ? L2 由几何知识得:R-Rsinθ =L2 所以有: qB2 qB2 mv1
sin ? ?
解得: v1 ?

qB1 L1 ? qB2 L2 qB L ? qB2 L2 ,所以当粒子的速度 v1 ? 1 1 时就可以穿出 B1 和 B2。 m m

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第4课

专题:带电粒子在复合场中的运动

基础知识 一、复合场的分类: 1、复合场:即电场与磁场有明显的界线,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基本分析 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. 6.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若与题意相符则假设正确,否则假设错误. 五、复合场中的特殊物理模型 1.粒子速度选择器 如图所示,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, 若使粒子沿直线从右边孔中出去, 则有 qv0B =qE,v0=E/B,若 v= v0=E/B,粒子做直线运动,与粒子电量、电性、质量无关 若 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. 若 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 如图所示,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:如图所示,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
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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/4B 4.质谱仪 如图所示 组成:离子源 O,加速场 U,速度选择器(E,B) ,偏转场 B2,胶片. 2 原理:加速场中 qU=?mv 选择器中:v=E/B1 偏转场中:d=2r,qvB2=mv2/r 比荷:
q 2E ? m B1 B2 d

质量 m ?

B1 B2 dq 2E

作用:主要用于测量粒子的质量、比荷、研究同位素. 5.回旋加速器 如图所示 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,磁场用来使粒子回旋从而能反 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. 关于回旋加速器的几个问题: (1)回旋加速器中的 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)回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: f ?
1 qB ? T 2? m

1 q2 B2 R2 (3)回旋加速器最后使粒子得到的能量,可由公式 EK ? mv2 ? 来计算,在粒子电量, 、质量 m 和磁 2 2m

感应强度 B 一定的情况下,回旋加速器的半径 R 越大,粒子的能量就越大. 【注意】直线加速器的主要特征. 如图所示,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】如图所示,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,使其从静止开始释放后能经 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) 解析:由于此带电粒子是从静止开始释放的,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
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解①②③式得:h=B qL /8n mE (n=l、2、3??) 【例 2】如图所示,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,此粒子若原样射入磁场,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 【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,如图所示. (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 TP 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,如图所示,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=?mv2???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??④ R22=(2d)2+(R2 一 d/2)2,R2=17d/4??⑤ q 32U 32U 依题意 R1≤R≤R2 ??⑥ 由③④⑤⑥可解得 ≤ ≤ . 2 2 m 289B d 25B 2 d 2 【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。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 a 粒子经过一段时间的运动之后恰好又回到出发点 S,则两电极之间的电压 U 应 S 是多少?(不计重力,整个装置在真空中) 。 b d o 解析:如图所示,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 c 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 a 回到 s 点。 2 设粒子射入磁场区的速度为 V,根据能量守恒,有? mv =qU S 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 d b o 2 顿定律得 mv /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 2 2 2 必定等于筒的外半径 r0,则 v=qBR/m=qBr0/m,U=mv /2q=qB r 0/2m。 c 【例 5】 如图所示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, 板电势又降为零, A R A 粒子在电场一次次加速下动能不断增大,而绕行半径不变. B (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
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2

2

2

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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(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=? mv 2 ∴vn= n
2 nqU m
2 mvn =qUnBn R

Bn=mvn/qR

以 vn 结果代入,Bn=

m qR

2 nqU 1 = m R

2nmv q
1 1 m (1+ + +…… 2 qv 3 2

(3) 绕行第 n 圈需时
1 n

2?R m 1 =2πR vn 2 qv n

∴tn=2πR





(4)如图所示, (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】如图所示,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(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B B.减小加速电压U ,增大电场强度E C.适当地加大加速电压U D.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,则只有使洛 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,则它的速度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】如图所示,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始运动,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, ml=9. 若 995 -7 8 3 ×10 千克,带电量 q=l0 库,电场强度 E=10 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=qE mlg+qvB=qE。 v=(qE—m1g)/qB,代入数据可算 得: v=1 米/秒 m1 从开始运动到击中 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,故选用动能定理分析得: qU 一 m1gh=?m1v2 一 0 qEh—m1gh=?m1v2,h=
m1 v 2 2?qE ? m1 g ?
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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=
qE ? m1 g - ,代入数据可算得 m2=5×10 10 千克 g

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. 【例 8】如图所示,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. · · ·E (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 开始下落时距液滴 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、电场力和重力作用, · a ‘ · (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, · · B 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 b (2)对 b 液滴开始时重力 2mg,电场力 4qE 均竖直向下, 所以开始向下加 速,由左手定则,洛伦兹力向右,可见 b 液滴从初始位臵沿一曲线向右 下方运动, 当与 a 相撞前 b 的速度已水平向右, 其轨迹示意图如图所示. h (3)对 b,从开始运动至与 a 相撞之前, 由动能定理:we+wG=△EK,即(4qE 2 +2mg)h=?(2m)v0 b a a,b 相撞时,可看做动量守恒,有 2mv0=3mv 由以上几式可得 v0=3E/B
2 mv0 v2 3 ?E? ? 0 ? 再由上两式得 h ? ? ? 4qE ? 2mg 6 g 2 g ? B ? 2

【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)的实验装置如图所示,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/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(如图所示) . (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,则 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
eL2U 1 为 t1=L1/v 这样,电子在电场中,竖直向上偏转的距离为 d1 ? at12 ? 1 2 2 2mv b
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离开电场时竖直向上的分速度为 v? ? at1 ?

eLU 1 mvb L2 v

电子离开电场后做匀速直线运动,经 t2 时间到达荧光屏 t2 ? t2 时间内向上运动的距离为: d2 ? v?t2 ?
eUL1 L2 mv2b eU L L1 ? L2 ? 1 ? ? 2 2? ? mv b ?

这样,电子向上的总偏转距离为 d=d1+d2= 可解得
e Ud ? m B 2 bL ? L ? L1 ? 1? 2 2? ? ?

例 6 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, 表明带电质点受重力 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,如图所示;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,如图所 示(质点的速度垂直纸面向外) ? mg ? ? ? Eq ? ? ? qvB ? 所以
2 2 2

q ? m

g

? vB ?

2

?E

?
2

9.8

? 20 ? 0.15?

2

? 4.02

? 1.96c / kg

由质点受力图可得 tanθ =qvB/qE,所以 ? ? arctan

vB 20 ? 0.15 ? arctan ? arctan 0.75 ? 370 E 4.0

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. 3、磁偏转技术的应用 P 【例 10】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,如图所示,磁场方向垂直圆面, 电子束 磁场区的中心为 O,半径为 r,当不加磁场时,电子 θ M ·O 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 U 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 运动如图所示, 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,则: eU=?mv2 evB=mv2/R,又有 tan(θ/2)=r/R, 联立解得 B ?
1 2mv ? tan r e 2

C v a θ
b

【例 11】核聚变反应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(否则不可能发生核聚变) ,可采用磁约束的方法.如所示,环状匀强磁场围成中空区域,中空
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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 R1=0. 5 m,外半径 R2=1m,磁场的磁感应强度 B=0. 1T,若被约束的带电粒子的比 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 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 2 解析根据 Bqv=mv /r 得 r=mv/Bq,由于 B、q/m 一定,所以 v 越大,r 越大,且最大 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,(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,所以若要求所有粒子均不 能穿越磁场,则所有粒子的最大速度不能超过 v1max,由数学知识可得 v1max=1.0×10 7 m/s.

径 荷 环 度. 半

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