《高考物理三轮冲刺 专题十 磁场课件》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考物理三轮冲刺 专题十 磁场课件（241页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、专题十 磁场1.1.磁场、磁感应强度、磁感线磁场、磁感应强度、磁感线 2.2.通电直导线和通电线圈周围磁场的方向通电直导线和通电线圈周围磁场的方向 3.3.安培力、安培力的方向安培力、安培力的方向 4.4.匀强磁场中的安培力匀强磁场中的安培力 5.5.洛伦兹力、洛伦兹力的方向洛伦兹力、洛伦兹力的方向 6.6.洛伦兹力公式洛伦兹力公式 7.7.带电粒子在匀强磁场中的运动带电粒子在匀强磁场中的运动 8.8.质谱仪和回旋加速器质谱仪和回旋加速器 说明：说明：1.1.安培力的计算只限于电流与磁感应强度垂直的情形安培力的计算只限于电流与磁感应强度垂直的情形2.2.洛伦兹力的计算只限于速度与磁场方向垂直的
2、情形洛伦兹力的计算只限于速度与磁场方向垂直的情形1.1.掌握磁感应强度、磁感线等基本概念掌握磁感应强度、磁感线等基本概念. .2.2.会应用安培定则、左手定则分析通电导体棒在磁场中的受力、会应用安培定则、左手定则分析通电导体棒在磁场中的受力、平衡及运动问题平衡及运动问题. .3.3.掌握带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动，特别是在有理掌握带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动，特别是在有理想边界的磁场中的匀速圆周运动想边界的磁场中的匀速圆周运动. .4.4.会分析质谱仪、回旋加速器、速度选择器、磁流体发电机等会分析质谱仪、回旋加速器、速度选择器、磁流体发电机等磁场在生活和科技方面的应用问题磁场在生
3、活和科技方面的应用问题. .5.5.会分析带电粒子在复合场、交替场中运动的问题会分析带电粒子在复合场、交替场中运动的问题. . 安培力及其应用安培力及其应用【典例【典例1 1】(2010(2010上海高考上海高考) ) 如图所示，如图所示，长为长为2 2l的直导线折成边长相等，夹角为的直导线折成边长相等，夹角为6060的的V V形，并置于与其所在平面相垂直的匀形，并置于与其所在平面相垂直的匀强磁场中，磁感应强度为强磁场中，磁感应强度为B B，当在该导线，当在该导线中通以电流强度为中通以电流强度为I I的电流时，该的电流时，该V V形通电形通电导线受到的安培力大小为导线受到的安培力大小为( )(
4、 ) A.0 B.0.5BIA.0 B.0.5BIl C.BI C.BIl D.2BI D.2BIl 【审题视角【审题视角】解答本题时应注意以下两点：解答本题时应注意以下两点：【关键点【关键点】(1)(1)会求通电折导线的等效长度会求通电折导线的等效长度. .(2)(2)当通电导线与磁场垂直时，会求安培力当通电导线与磁场垂直时，会求安培力. .【精讲精析【精讲精析】导线有效长度为端点连线的长度导线有效长度为端点连线的长度,2,2lsin30sin30= =l，所以该所以该V V形通电导线受到的安培力大小为形通电导线受到的安培力大小为BIBIl, ,选项选项C C正确正确. .答案答案: :C
5、C 【命题人揭秘【命题人揭秘】 利用公式利用公式F FBILBIL求解安培力的技巧求解安培力的技巧 (1)(1)磁场的磁感应强度磁场的磁感应强度B B应与导体棒应与导体棒L L垂直垂直. .(2)(2)常见的情况是导体棒处在匀强磁场中，但常见的情况是导体棒处在匀强磁场中，但B B并不一定是匀强并不一定是匀强磁场，可以是导线所在处磁场，可以是导线所在处( (处处相等处处相等) )的磁感应强度值的磁感应强度值. .(3)(3)当通电导线为折线或曲线时，当通电导线为折线或曲线时，L L是有是有效长度，即垂直磁感应强度方向两端点效长度，即垂直磁感应强度方向两端点所连直线的长度，如图所示所连直线的长度，
6、如图所示. . 因为任意因为任意形状的闭合线圈，其有效长度为零，所以闭合线圈通电后在匀形状的闭合线圈，其有效长度为零，所以闭合线圈通电后在匀强磁场中受到的安培力的矢量和为零强磁场中受到的安培力的矢量和为零. . 洛伦兹力、带电粒子的匀速圆周运动洛伦兹力、带电粒子的匀速圆周运动【典例【典例2 2】(2012(2012安徽高考安徽高考) )如图所示，如图所示，圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带电粒子以速度场，一个带电粒子以速度v v从从A A点沿直径点沿直径AOBAOB方向射入磁场，经过方向射入磁场，经过tt时间从时间从C C点点射出磁场，射出磁场，OC
7、OC与与OBOB成成6060角角. .现将带电现将带电粒子的速度变为粒子的速度变为 仍从仍从A A点沿原方向射入磁场，不计重力，则点沿原方向射入磁场，不计重力，则粒子在磁场中的运动时间变为粒子在磁场中的运动时间变为( )( )A. B.2t C. D.3tA. B.2t C. D.3t【审题视角【审题视角】解答本题时要注意以下三点：解答本题时要注意以下三点：【关键点【关键点】(1)(1)画出轨迹示意图，找出圆心的位置画出轨迹示意图，找出圆心的位置. .(2)(2)根据几何图形，找出运动时间、速度、偏转角的关系根据几何图形，找出运动时间、速度、偏转角的关系. .(3)(3)根据速度的变化确定偏转
8、角的变化，进一步求出运动时间根据速度的变化确定偏转角的变化，进一步求出运动时间的变化情况的变化情况. . 【精讲精析【精讲精析】设磁场区域的半径为设磁场区域的半径为R R，粒子的轨迹半径为粒子的轨迹半径为r r，粒子以速度，粒子以速度v v在在磁场中运动的轨迹如图所示，磁场中运动的轨迹如图所示，则由几何关系知，则由几何关系知，r= r= 又又T=T=所以所以tt= = 当粒子的速度当粒子的速度为为v/3v/3时，轨迹半径为时，轨迹半径为 所以偏转角所以偏转角=120=120， 故选项故选项B B正确正确. .答案：答案：B B 【命题人揭秘【命题人揭秘】 带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的应用技
9、巧带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的应用技巧(1)(1)注意条件：带电粒子注意条件：带电粒子( (仅考虑磁场力仅考虑磁场力) )垂直进入匀强磁场垂直进入匀强磁场. .(2)(2)判断转向：粒子的转向由磁场方向和粒子的电性决定，与速判断转向：粒子的转向由磁场方向和粒子的电性决定，与速度方向无关度方向无关. .正负粒子在同一匀强磁场做匀速圆周运动的转向相正负粒子在同一匀强磁场做匀速圆周运动的转向相反，一个顺时针另一个逆时针反，一个顺时针另一个逆时针. .(3)(3)两个公式：半径两个公式：半径 周期周期 由此粒子运动的周期与由此粒子运动的周期与粒子的速度无关，由粒子的比荷和磁场的磁感应强度决定粒子的
10、速度无关，由粒子的比荷和磁场的磁感应强度决定. . 带电粒子在有理想边界磁场中的运动带电粒子在有理想边界磁场中的运动【典例【典例3 3】(2011(2011新课标全国卷新课标全国卷) )如图，如图，在区域在区域(0xd)(0xd)和区域和区域(dx2d)(dffm m时，粒子的最大动能由时，粒子的最大动能由f fm m决定决定v vm m=2f=2fm mR R解得：解得：E Ekmkm=2=22 2mfmfm m2 2R R2 2答案答案: :(1) 1 (2)(1) 1 (2)(3) f(3) fm m时时, ,为为 ffm m时时, ,为为222 2mfmfm m2 2R R2 2 【命
11、题人揭秘【命题人揭秘】回旋加速器中粒子的最终能量回旋加速器中粒子的最终能量(1)(1)由于由于D D形盒的大小是一定的形盒的大小是一定的, ,所以不管粒子质量的大小和带所以不管粒子质量的大小和带电量如何电量如何, ,粒子最终从加速器内射出时具有相同的旋转半径粒子最终从加速器内射出时具有相同的旋转半径. .由由qvqvm mB B= = 得最终能量得最终能量: E: Em m= = 可见可见, ,粒子获得的能量粒子获得的能量与回旋加速器的直径有关与回旋加速器的直径有关, ,直径越大直径越大, ,粒子获得的能量越大粒子获得的能量越大. .(2)(2)注意粒子每旋转一周在电场中加速两次注意粒子每旋转
12、一周在电场中加速两次, ,每加速一次电场对每加速一次电场对粒子做一次功粒子做一次功. . 速度选择器与磁场的综合速度选择器与磁场的综合【典例【典例7 7】(2011(2011浙江高考浙江高考) )利用如图所示装置可以选择一利用如图所示装置可以选择一定速度范围内的带电粒子定速度范围内的带电粒子. .图中图中板板MNMN上方是磁感应强度大小为上方是磁感应强度大小为B B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，方向垂直纸面向里的匀强磁场，板上有两条宽度分别为板上有两条宽度分别为2d2d和和d d的的缝，两缝近端相距为缝，两缝近端相距为L.L.一群质量为一群质量为m m、电荷量为、电荷量为q q，具有不同，具有
13、不同速度的粒子从宽度为速度的粒子从宽度为2d2d的缝垂直于板的缝垂直于板MNMN进入磁场进入磁场. .对于能够从对于能够从宽度为宽度为d d的缝射出的粒子，下列说法正确的是的缝射出的粒子，下列说法正确的是( )( )A.A.粒子带正电粒子带正电B.B.射出粒子的最大速度为射出粒子的最大速度为C.C.保持保持d d和和L L不变，增大不变，增大B B，射出粒子的最大速度与最小速度之，射出粒子的最大速度与最小速度之差增大差增大D.D.保持保持d d和和B B不变，增大不变，增大L L，射出粒子的最大速度与最小速度之，射出粒子的最大速度与最小速度之差增大差增大【审题视角【审题视角】可按以下思路分析此
14、题：可按以下思路分析此题： 【精讲精析【精讲精析】根据题意，粒子进入磁场后向右偏转，所受洛伦根据题意，粒子进入磁场后向右偏转，所受洛伦兹力方向向右，根据左手定则，粒子应带负电兹力方向向右，根据左手定则，粒子应带负电,A,A错误错误. .粒子能粒子能够从右边缝中射出，则最大半径为够从右边缝中射出，则最大半径为 最小半径为最小半径为 由于由于洛伦兹力提供向心力：洛伦兹力提供向心力：BqvBqv= = 可得可得v vmaxmax= v= vminmin= = 所以所以v vmaxmax-v-vminmin= = 分析可得分析可得B B、C C正确正确,D,D错误错误. .答案：答案：B B、C C
15、【命题人揭秘【命题人揭秘】“另类另类”速度选择器的应用速度选择器的应用常见的速度选择器选出的粒子速度相同常见的速度选择器选出的粒子速度相同, ,而本装置选出的粒子而本装置选出的粒子速度则有一定的范围速度则有一定的范围. .利用利用“另类另类”速度选择器把运动学的知速度选择器把运动学的知识和带电粒子在磁场中的运动综合在一起，建立起粒子的速度识和带电粒子在磁场中的运动综合在一起，建立起粒子的速度v v和半径和半径r r 之间的关系之间的关系, ,从而确定粒子在磁场中的最大与最小速从而确定粒子在磁场中的最大与最小速度差度差. . 磁场与电路知识的综合应用磁场与电路知识的综合应用【典例【典例8 8】(
16、2010(2010四川高考四川高考) )如图所如图所示，电源电动势示，电源电动势E E0 0=15 V=15 V，内阻，内阻r r0 0=1 =1 ，电阻电阻R R1 1=30 =30 ,R,R2 2=60 =60 . .间距间距d=0.2 m d=0.2 m 的两平行金属板水平放置，板间分布有的两平行金属板水平放置，板间分布有垂直于纸面向里、磁感应强度垂直于纸面向里、磁感应强度B=1 TB=1 T的匀强磁场的匀强磁场. .闭合开关闭合开关S S，板间电场视为匀强电场，将一带正电的小球以初速度板间电场视为匀强电场，将一带正电的小球以初速度v=0.1m/sv=0.1m/s沿两板间中线水平射入板间
17、沿两板间中线水平射入板间. .设滑动变阻器接入电路的阻值为设滑动变阻器接入电路的阻值为R Rx x，忽略空气对小球的作用，取，忽略空气对小球的作用，取g=10 m/sg=10 m/s2 2. . (1)(1)当当R Rx x=29 =29 时，电阻时，电阻R R2 2消耗的电功率是多大？消耗的电功率是多大？(2)(2)若小球进入板间做匀速圆周运动并与板相碰，碰时速度与若小球进入板间做匀速圆周运动并与板相碰，碰时速度与初速度的夹角为初速度的夹角为6060，则，则R Rx x是多少？是多少？【审题视角【审题视角】解答本题时应注意以下三点：解答本题时应注意以下三点：【关键点【关键点】(1)(1)对于
18、直流电路对于直流电路, ,电容器相当于断路电容器相当于断路. .(2)(2)平行板电容器内部场强平行板电容器内部场强E E(3)(3)注意临界值与圆的知识的运用注意临界值与圆的知识的运用. . 【精讲精析【精讲精析】(1)(1)闭合电路的外电阻为：闭合电路的外电阻为：R=RR=Rx x+ =29 + =49 + =29 + =49 根据闭合电路欧姆定律得：根据闭合电路欧姆定律得：I= =0.3 AI= =0.3 AR R2 2两端的电压为两端的电压为U U2 2=E=E0 0-I(R-I(Rx x+r+r0 0)=15 V-0.3)=15 V-0.330 V=6 V30 V=6 VR R2 2
19、消耗的电功率为消耗的电功率为P P2 2= =0.6 W= =0.6 W (2)(2)小球进入板间做匀速圆周运动，说明重力和电场力等大反小球进入板间做匀速圆周运动，说明重力和电场力等大反向，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律得：向，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律得：BqvBqv= =mg= =mg，联立解得：联立解得：U U2 2=小球做匀速圆周运动的初末速度的夹角等于圆心角为小球做匀速圆周运动的初末速度的夹角等于圆心角为6060，根，根据几何关系得：据几何关系得：r=dr=d，R R1212= =联立各式代入数据解得：联立各式代入数据解得：I= =0.2 AI= =0.2 AR Rx
20、 x= -r= -r0 0= -1 =54 = -1 =54 答案答案: :(1)0.6 W (2)54 (1)0.6 W (2)54 【阅卷人点拨【阅卷人点拨】失失分分提提示示 (1)(1)不能正确表示出电阻不能正确表示出电阻R R2 2两端的电压两端的电压( (及电容器两极板间的电压及电容器两极板间的电压).).(2)(2)不能正确列出粒子在复合场中的动力学方程不能正确列出粒子在复合场中的动力学方程. .(3)(3)不能正确画出粒子在复合场中的运动轨迹，从而求错粒子的运动半不能正确画出粒子在复合场中的运动轨迹，从而求错粒子的运动半径径. . 备备考考指指南南 (1)(1)取电路为研究对象，
21、综合应用串、并联规律和闭合电路的欧姆定律取电路为研究对象，综合应用串、并联规律和闭合电路的欧姆定律求解电压、电流求解电压、电流. .(2)(2)取粒子为研究对象，明确其受力情况和运动情况，依据动力学的知取粒子为研究对象，明确其受力情况和运动情况，依据动力学的知识建立方程识建立方程. . 磁感应强度、安培力及其应用磁感应强度、安培力及其应用 高考指数高考指数:1.(20121.(2012大纲版全国卷大纲版全国卷) )如图，两根如图，两根相互平行的长直导线过纸面上的相互平行的长直导线过纸面上的M M、N N两点，且与纸面垂直，导线中通有大两点，且与纸面垂直，导线中通有大小相等、方向相反的电流小相等
22、、方向相反的电流.a.a、O O、b b在在M M、N N的连线上，的连线上，O O为为MNMN的中点，的中点，c c、d d位于位于MNMN的中垂线上，且的中垂线上，且a a、b b、c c、d d到到O O点的距离均相等点的距离均相等. .关于以上几点处的磁场，下列说法正确关于以上几点处的磁场，下列说法正确的是的是( )( ) A.OA.O点处的磁感应强度为零点处的磁感应强度为零B.aB.a、b b两点处的磁感应强度大小相等，方向相反两点处的磁感应强度大小相等，方向相反C.cC.c、d d两点处的磁感应强度大小相等，方向相同两点处的磁感应强度大小相等，方向相同D.aD.a、c c两点处磁感
23、应强度的方向不同两点处磁感应强度的方向不同【解题指南【解题指南】磁感应强度是矢量，某点的磁感应强度由磁感应强度是矢量，某点的磁感应强度由M M、N N电电流在该处叠加而成，磁感应强度的方向由安培定则判断流在该处叠加而成，磁感应强度的方向由安培定则判断. .【解析【解析】选选C.C.根据安培定则，根据安培定则，M M、N N电流在电流在O O点处的磁感应强度点处的磁感应强度方向相同，都垂直方向相同，都垂直MNMN连线向下，连线向下，O O点处的磁感应强度不为零，点处的磁感应强度不为零，选项选项A A错误；由对称关系可知，错误；由对称关系可知，a a、b b两点处的磁感应强度大小两点处的磁感应强度
24、大小相等，磁感应强度方向都垂直相等，磁感应强度方向都垂直MNMN连线向下，方向相同，选项连线向下，方向相同，选项B B错误；错误；c c、d d两点处的磁感应强度方向都垂直两点处的磁感应强度方向都垂直MNMN连线向下，方向连线向下，方向相同，大小相等，选项相同，大小相等，选项C C正确、正确、D D错误错误. . 2.(20122.(2012天津高考天津高考) )如图所示如图所示, ,金属棒金属棒MNMN两端两端由等长的轻质细线水平悬挂由等长的轻质细线水平悬挂, ,处于竖直向上的处于竖直向上的匀强磁场中匀强磁场中, ,棒中通以由棒中通以由M M向向N N的电流的电流, ,平衡时平衡时两悬线与竖
25、直方向夹角均为两悬线与竖直方向夹角均为.如果仅改变下如果仅改变下列某一个条件列某一个条件,角的相应变化情况是角的相应变化情况是( )( )A.A.棒中的电流变大棒中的电流变大,角变大角变大B.B.两悬线等长变短两悬线等长变短,角变小角变小C.C.金属棒质量变大金属棒质量变大,角变大角变大D.D.磁感应强度变大磁感应强度变大,角变小角变小【解题指南【解题指南】解答本题时可按以下思路分析：解答本题时可按以下思路分析：【解析【解析】选选A.A.金属棒的受力情况如图所示金属棒的受力情况如图所示, ,则有则有tantan= = 当棒中的电流当棒中的电流I I变变大或者磁感应强度大或者磁感应强度B B变大
26、时，因为重力不变，变大时，因为重力不变，所以所以角会变大，选项角会变大，选项A A对、对、D D错；两悬线等错；两悬线等长变短对长变短对角没有影响，选项角没有影响，选项B B错；当金属棒错；当金属棒的质量变大时，的质量变大时，角变小，选项角变小，选项C C错错. . 3.(20113.(2011大纲版全国卷大纲版全国卷) )如图，两根相互如图，两根相互平行的长直导线分别通有方向相反的电流平行的长直导线分别通有方向相反的电流I I1 1和和I I2 2 ，且，且I I1 1I I2 2；a a、b b、c c、d d为导线某为导线某一横截面所在平面内的四点，且一横截面所在平面内的四点，且a a、
27、b b、c c与与两导线共面；两导线共面；b b点在两导线之间，点在两导线之间，b b、d d的连的连线与导线所在平面垂直线与导线所在平面垂直. .磁感应强度可能为磁感应强度可能为零的点是零的点是( )( )A.aA.a点点 B.bB.b点点 C.cC.c点点 D.dD.d点点【解题指南【解题指南】解答本题要把握以下三点：解答本题要把握以下三点：(1)(1)理解直线电流的磁场强弱与距离通电导线远近有关理解直线电流的磁场强弱与距离通电导线远近有关. .(2)(2)明确直线电流磁场的磁感线的空间分布情况明确直线电流磁场的磁感线的空间分布情况. .(3)(3)磁场是矢量，满足矢量运算法则磁场是矢量，
28、满足矢量运算法则. .【解析【解析】选选C.C.空间某点的磁感应强度的大小和方向是两条直线空间某点的磁感应强度的大小和方向是两条直线电流各自产生的磁场叠加的结果电流各自产生的磁场叠加的结果. .距离导线越近的地方，磁场距离导线越近的地方，磁场越强越强. .根据安培定则，只有在根据安培定则，只有在c c点，两条导线电流各自产生的磁点，两条导线电流各自产生的磁场才有可能大小相等，方向相反，叠加后互相抵消，磁感应强场才有可能大小相等，方向相反，叠加后互相抵消，磁感应强度为零度为零. . 4.(20114.(2011新课标全国卷新课标全国卷) )电磁轨道炮工电磁轨道炮工作原理如图所示作原理如图所示.
29、.待发射弹体可在两平行待发射弹体可在两平行轨道之间自由移动，并与轨道保持良好轨道之间自由移动，并与轨道保持良好接触接触. .电流电流I I从一条轨道流入，通过导电从一条轨道流入，通过导电弹体后从另一条轨道流回弹体后从另一条轨道流回. .轨道电流可形成在弹体处垂直于轨道轨道电流可形成在弹体处垂直于轨道面的磁场面的磁场( (可视为匀强磁场可视为匀强磁场) )，磁感应强度的大小与，磁感应强度的大小与I I成正比成正比. .通电通电的弹体在轨道上受到安培力的作用而高速射出的弹体在轨道上受到安培力的作用而高速射出. .现欲使弹体的出现欲使弹体的出射速度增加至原来的射速度增加至原来的2 2倍，理论上可采用
30、的方法是倍，理论上可采用的方法是( )( )A.A.只将轨道长度只将轨道长度L L变为原来的变为原来的2 2倍倍B.B.只将电流只将电流I I增加至原来的增加至原来的2 2倍倍C.C.只将弹体质量减至原来的一半只将弹体质量减至原来的一半D.D.将弹体质量减至原来的一半，轨道长度将弹体质量减至原来的一半，轨道长度L L变为原来的变为原来的2 2倍，其倍，其他量不变他量不变【解题指南【解题指南】解答本题注意以下两点：解答本题注意以下两点：(1)(1)在弹体的加速过程中安培力做功在弹体的加速过程中安培力做功. .(2)(2)在加速过程中可以应用动能定理进行判断在加速过程中可以应用动能定理进行判断.
31、.【解析【解析】选选B B、D.D.设轨道间距为设轨道间距为a a，发射速度为，发射速度为v v时，对应的电流为时，对应的电流为I I，弹体的质量为，弹体的质量为m m，轨道长度为，轨道长度为L L，弹体的长度为，弹体的长度为a a，当速度为，当速度为2v2v时，对应的电流为时，对应的电流为II，弹体的质量为，弹体的质量为mm，轨道长度为，轨道长度为LL，依题，依题意有，意有，B=kIB=kI，F=BIaF=BIa=kI=kI2 2a a，由动能定理得，由动能定理得，FL= mvFL= mv2 2，即，即kIkI2 2aL=aL= mv mv2 2，同理有，同理有kIkI2 2aL= m4va
32、L= m4v2 2，两式相比可得：，两式相比可得： 四个选项中只有四个选项中只有B B、D D两个选项使前式成立，故两个选项使前式成立，故A A、C C错，错，B B、D D正确正确. . 5.(20115.(2011上海高考上海高考) )如图，质量为如图，质量为m m、长为、长为L L的直导线用两绝缘的直导线用两绝缘细线悬挂于细线悬挂于O O、OO，并处于匀强磁场中，并处于匀强磁场中. .当导线中通以沿当导线中通以沿x x正方正方向的电流向的电流I I，且导线保持静止时，悬线与竖直方向夹角为，且导线保持静止时，悬线与竖直方向夹角为.则则磁感应强度方向和大小可能为磁感应强度方向和大小可能为(
33、)( )A.zA.z正向，正向， B.yB.y正向，正向，C.zC.z负向，负向， D.D.沿悬线向上，沿悬线向上，【解题指南【解题指南】解答本题应注意以下三点：解答本题应注意以下三点：(1)(1)把立体图转化为平面图把立体图转化为平面图. .(2)(2)平衡时，重力、绳子拉力和安培力三者合力为零平衡时，重力、绳子拉力和安培力三者合力为零. .(3)(3)安培力的方向符合左手定则安培力的方向符合左手定则. . 【解析【解析】选选B B、C.C.对于对于A A选项，安培力水平向里，三力合力不可选项，安培力水平向里，三力合力不可能为零能为零,A,A错误；对于错误；对于B B选项，安培力竖直向上，当
34、安培力选项，安培力竖直向上，当安培力BIL=BIL=mgmg时，可以平衡，此时时，可以平衡，此时B= BB= B选项正确；对于选项正确；对于C C选项，安培力选项，安培力水平向外，三力平衡时安培力水平向外，三力平衡时安培力BIL=mgtanBIL=mgtan，此时，此时B= CB= C选项正确；对于选项正确；对于D D选项，安培力垂直于绳子的方向向里，三力选项，安培力垂直于绳子的方向向里，三力不可能平衡，不可能平衡，D D错误错误. . 【误区警示【误区警示】解答本题易出现如下错误解答本题易出现如下错误(1)(1)不能把立体图转化为正确的平面图不能把立体图转化为正确的平面图; ;(2)(2)误
35、认为悬线与竖直方向有夹角，悬线中必有张力，从而导误认为悬线与竖直方向有夹角，悬线中必有张力，从而导致漏选致漏选B B项项. . 6.(20126.(2012新课标全国卷新课标全国卷) )图图中虚线框内存在一沿水平方中虚线框内存在一沿水平方向、且与纸面垂直的匀强磁向、且与纸面垂直的匀强磁场场. .现通过测量通电导线在现通过测量通电导线在磁场中所受的安培力磁场中所受的安培力, ,来测来测量磁场的磁感应强度大小量磁场的磁感应强度大小, ,并并判定其方向判定其方向. .所用部分器材已所用部分器材已在图中给出在图中给出, ,其中其中D D为位于纸面内的为位于纸面内的U U形金属框形金属框, ,其底边水平
36、其底边水平, ,两两侧边竖直且等长侧边竖直且等长;E;E为直流电源为直流电源;R;R为电阻箱为电阻箱; ; 为电流表为电流表;S;S为开为开关关. .此外还有细沙、天平、米尺和若干轻质导线此外还有细沙、天平、米尺和若干轻质导线. . (1)(1)在图中画线连接成实验电路图在图中画线连接成实验电路图. .(2)(2)完成下列主要实验步骤中的填空完成下列主要实验步骤中的填空: :按图接线按图接线. .保持开关保持开关S S断开断开, ,在托盘内加入适量细沙在托盘内加入适量细沙, ,使使D D处于平衡状态处于平衡状态; ;然后用天平称出细沙质量然后用天平称出细沙质量m m1 1. .闭合开关闭合开关
37、S,S,调节调节R R的值使电流大小适当的值使电流大小适当, ,在托盘内重新加入适在托盘内重新加入适量细沙量细沙, ,使使D_;D_;然后读出然后读出_,_,并用天平称出并用天平称出_._.用米尺测量用米尺测量_._.(3)(3)用测得的物理量和重力加速度用测得的物理量和重力加速度g g表示磁感应强度的大小表示磁感应强度的大小, ,可可以得出以得出B=_.B=_.(4)(4)判定磁感应强度方向的方法是判定磁感应强度方向的方法是: :若若_,_,磁感应强度方向磁感应强度方向垂直纸面向外垂直纸面向外; ;反之反之, ,磁感应强度方向垂直纸面向里磁感应强度方向垂直纸面向里. .【解题指南【解题指南】
38、解答本题时可按以下思路分析：解答本题时可按以下思路分析： 【解析【解析】分析本实验原理可得出：通过分析本实验原理可得出：通过U U形金属框在重力、细形金属框在重力、细线拉力和安培力作用下的平衡，来求得磁场的磁感应强度大小线拉力和安培力作用下的平衡，来求得磁场的磁感应强度大小. .所以所以, ,必须构成给金属框通一可改变电流大小的供电电路，根必须构成给金属框通一可改变电流大小的供电电路，根据所给仪器即可连接成一简单的串联实验电路据所给仪器即可连接成一简单的串联实验电路. .根据金属框的根据金属框的平衡要测定金属框的重量和安培力的大小，可通过改变托盘内平衡要测定金属框的重量和安培力的大小，可通过改
39、变托盘内的细沙质量来调平衡，由于磁场方向不确定的细沙质量来调平衡，由于磁场方向不确定. .所以所以, ,实验结果有实验结果有两种可能，所列平衡方程式为：两种可能，所列平衡方程式为：mg=mmg=m1 1g g，mg=mmg=m2 2g gBIBIl，所以，所以B= B= 其相应的实验步骤中的填空就能正确写出其相应的实验步骤中的填空就能正确写出. .答案：答案：(1)(1)如图所示如图所示(2)(2)重新处于平衡重新处于平衡 电流表的示数电流表的示数I I 此时细沙的质量此时细沙的质量m m2 2DD的底边长的底边长l(3) (4)m(3) (4)m2 2mm1 1 7.(20107.(2010
40、浙江高考浙江高考) )如图所示，一矩形如图所示，一矩形轻质柔软反射膜可绕过轻质柔软反射膜可绕过O O点垂直纸面的点垂直纸面的水平轴转动，其在纸面上的长度为水平轴转动，其在纸面上的长度为L L1 1，垂直纸面的宽度为垂直纸面的宽度为L L2 2. .在膜的下端在膜的下端( (图中图中A A处处) )挂有一平行于转轴，质量为挂有一平行于转轴，质量为m m，长，长为为L L2 2的导体棒使膜成平面的导体棒使膜成平面. .在膜下方水平在膜下方水平放置一足够大的太阳能光电池板，能接收到经反射膜反射到光放置一足够大的太阳能光电池板，能接收到经反射膜反射到光电池板上的所有光能，并将光能转化成电能电池板上的所
41、有光能，并将光能转化成电能. .光电池板可等效光电池板可等效为一个电池，输出电压恒定为为一个电池，输出电压恒定为U U；输出电流正比于光电池板接；输出电流正比于光电池板接收到的光能收到的光能( (设垂直于入射光单位面积上的光功率保持恒定设垂直于入射光单位面积上的光功率保持恒定).). 导体棒处在方向竖直向上的匀强磁场导体棒处在方向竖直向上的匀强磁场B B中，并与光电池构成回中，并与光电池构成回路，流经导体棒的电流垂直纸面向外路，流经导体棒的电流垂直纸面向外( (注：光电池与导体棒直注：光电池与导体棒直接相连，连接导线未画出接相连，连接导线未画出).).(1)(1)现有一束平行光水平入射，当反射
42、膜与竖直方向成现有一束平行光水平入射，当反射膜与竖直方向成6060时，导体棒处于受力平衡状态，求此时电流强度的大时，导体棒处于受力平衡状态，求此时电流强度的大小和光电池的输出功率小和光电池的输出功率. .(2)(2)当当变成变成4545时，通过调整电路使导体棒保持平衡，光电时，通过调整电路使导体棒保持平衡，光电池除维持导体棒力学平衡外，还能输出多少额外电功率？池除维持导体棒力学平衡外，还能输出多少额外电功率？【解析【解析】(1)(1)导体棒所受安培力为导体棒所受安培力为: :F FA A=IBL=IBL2 2 对导体棒由平衡条件得：对导体棒由平衡条件得：mgtanmgtan=F=FA A 解得
43、：解得：I= I= 所以当所以当=60=60时时I I1 1= = 光电池输出功率为：光电池输出功率为：P P1 1=UI=UI1 1= =(2)(2)当当=45=45时时, ,根据根据式可知维持受力平衡需要的电流为：式可知维持受力平衡需要的电流为：I I2 2= =根据几何关系可知：根据几何关系可知： = =解得：解得：P P2 2= P= P1 1= =而光电池产生的电流为而光电池产生的电流为：I I光电光电= = 所以能提供的额外电流为：所以能提供的额外电流为：I I额外额外=I=I光电光电-I-I2 2= = 可提供的额外功率为：可提供的额外功率为： P P额外额外=I=I额外额外U=
44、 U= 答案答案: :(1) (1) (2)(2) 洛伦兹力、带电粒子在磁场中的圆周运动洛伦兹力、带电粒子在磁场中的圆周运动高考指数高考指数:8.(20128.(2012北京高考北京高考) )处于匀强磁场中的一个带电粒子，仅在磁处于匀强磁场中的一个带电粒子，仅在磁场力作用下做匀速圆周运动场力作用下做匀速圆周运动. .将该粒子的运动等效为环形电流，将该粒子的运动等效为环形电流，那么此电流值那么此电流值( )( )A.A.与粒子电荷量成正比与粒子电荷量成正比B.B.与粒子速率成正比与粒子速率成正比C.C.与粒子质量成正比与粒子质量成正比D.D.与磁感应强度成正比与磁感应强度成正比【解题指南【解题指
45、南】本题需要把握以下两点本题需要把握以下两点: :(1)(1)电流强度的定义式电流强度的定义式. .(2)(2)粒子圆周运动的周期公式粒子圆周运动的周期公式. .【解析【解析】选选D.D.粒子在洛伦兹力作用下做圆周运动的周期粒子在洛伦兹力作用下做圆周运动的周期 电流强度电流强度I= I= 所以电流强度所以电流强度I I与磁感应与磁感应强度强度B B成正比，成正比，D D正确正确. . 9.(20129.(2012广东高考广东高考) )质量和电量都相等质量和电量都相等的带电粒子的带电粒子M M和和N,N,以不同的速率经小孔以不同的速率经小孔S S垂直进入匀强磁场垂直进入匀强磁场, ,运行的半圆轨
46、迹如图运行的半圆轨迹如图中虚线所示中虚线所示, ,下列表述正确的是下列表述正确的是( )( )A.MA.M带负电带负电,N,N带正电带正电B.MB.M的速率小于的速率小于N N的速率的速率C.C.洛伦兹力对洛伦兹力对M M、N N做正功做正功D.MD.M的运行时间大于的运行时间大于N N的运行时间的运行时间 【解题指南【解题指南】解答本题可按以下思路分析：解答本题可按以下思路分析：【解析【解析】选选A.A.由左手定则可知由左手定则可知M M带负电，带负电，N N带正电，故带正电，故A A选项正选项正确确. .由由qvBqvB= = 得得R= R= 由题意可知两个带电粒子的质量和电由题意可知两个
47、带电粒子的质量和电量都相等，又进入到同一个匀强磁场中，由题图及量都相等，又进入到同一个匀强磁场中，由题图及A A选项的判选项的判断可知断可知R RN NR RM M, ,故故v vN Nv vM M，所以，所以B B选项错误选项错误. .由于洛伦兹力的方向由于洛伦兹力的方向始终与带电粒子的运动方向垂直，故洛伦兹力永远不会对始终与带电粒子的运动方向垂直，故洛伦兹力永远不会对M M、N N做功，则做功，则C C选项错误选项错误. .由由 及题给条件可知，这两及题给条件可知，这两个带电粒子在磁场中运动的周期相等，又由题图可见两个带电个带电粒子在磁场中运动的周期相等，又由题图可见两个带电粒子在磁场中的
48、偏转角相等，均偏转了粒子在磁场中的偏转角相等，均偏转了180180，故在磁场中运，故在磁场中运动的时间相等，所以动的时间相等，所以D D选项错误选项错误. . 10.(201210.(2012江苏高考江苏高考) )如图所示，如图所示，MNMN是是磁感应强度为磁感应强度为B B的匀强磁场的边界的匀强磁场的边界. .一质一质量为量为m m、电荷量为、电荷量为q q的粒子在纸面内从的粒子在纸面内从O O点射入磁场点射入磁场. .若粒子速度为若粒子速度为v v0 0，最远能，最远能落在边界上的落在边界上的A A点点. .下列说法正确的有下列说法正确的有( )( )A.A.若粒子落在若粒子落在A A点的
49、左侧，其速度一定小于点的左侧，其速度一定小于v v0 0B.B.若粒子落在若粒子落在A A点的右侧，其速度一定大于点的右侧，其速度一定大于v v0 0C.C.若粒子落在若粒子落在A A点左右两侧点左右两侧d d的范围内，其速度不可能小于的范围内，其速度不可能小于D.D.若粒子落在若粒子落在A A点左右两侧点左右两侧d d的范围内，其速度不可能大于的范围内，其速度不可能大于【解题指南【解题指南】解答本题时可按以下思路分析：解答本题时可按以下思路分析：【解析【解析】选选B B、C.C.只有当带电粒子垂直边界入射时，出射点离只有当带电粒子垂直边界入射时，出射点离入射点的距离为直径时才最远，设入射点的
50、距离为直径时才最远，设OAOA之间的距离为之间的距离为l, ,由由 可得：可得：R R1 1= = 当出射点离入射点的最近距离为当出射点离入射点的最近距离为l-d-d时，有时，有R R2 2= = 联立上式可知此时有最小速度联立上式可知此时有最小速度 当出射当出射点离入射点的最远距离为点离入射点的最远距离为l+d+d时，有时，有 联立上式可联立上式可知此时有最大的垂直入射速度知此时有最大的垂直入射速度v=vv=v0 0+ + 考虑当入射速度不垂考虑当入射速度不垂直边界入射时，要想达到最远距离直边界入射时，要想达到最远距离l+d+d，其速度可以比这个临界，其速度可以比这个临界速度大，所以选项速度
51、大，所以选项D D不对，不对，C C正确正确. .同理可以判断出同理可以判断出A A不对，不对，B B正正确确. .答案选答案选B B、C.C. 11.(201011.(2010江苏高考江苏高考) )如图所示，在匀强磁场中附加另一匀强如图所示，在匀强磁场中附加另一匀强磁场，附加磁场位于图中阴影区域，附加磁场区域的对称轴磁场，附加磁场位于图中阴影区域，附加磁场区域的对称轴OOOO与与SSSS垂直垂直.a.a、b b、c c三个质子先后从三个质子先后从S S点沿垂直于磁场的点沿垂直于磁场的方向射入磁场，它们的速度大小相等，方向射入磁场，它们的速度大小相等，b b的速度方向与的速度方向与SSSS垂直
52、，垂直，a a、c c的速度的速度方向与方向与b b的速度方向间的夹角分别为的速度方向间的夹角分别为、，且，且.三个质子经过附加磁场区三个质子经过附加磁场区域后能达到同一点域后能达到同一点SS，则下列说法中，则下列说法中正确的有正确的有 ( )( ) A.A.三个质子从三个质子从S S运动到运动到SS的时间相等的时间相等B.B.三个质子在附加磁场以外区域运动时，运动轨迹的圆心均在三个质子在附加磁场以外区域运动时，运动轨迹的圆心均在OOOO轴上轴上C.C.若撤去附加磁场，若撤去附加磁场，a a到达到达SSSS连线上的位置距连线上的位置距S S点最近点最近D.D.附加磁场方向与原磁场方向相同附加磁
53、场方向与原磁场方向相同【解析【解析】选选C C、D.D.三个质子从三个质子从S S运动到运动到S S过程，运动轨迹的长过程，运动轨迹的长度从度从a a、b b、c c依次增大，由于洛伦兹力对质子不做功，三个质依次增大，由于洛伦兹力对质子不做功，三个质子速度大小始终相等，运动时间不相等，选项子速度大小始终相等，运动时间不相等，选项A A错误；三个质错误；三个质子在附加磁场以外区域及附加磁场区域运动时，以质子子在附加磁场以外区域及附加磁场区域运动时，以质子b b为例为例画出其运动轨迹图的两种情况画出其运动轨迹图的两种情况(Rr(Rr和和Rr)R0)(q0)速度大小速度大小1 1m m2q2qv v
54、2 22m2m2q2q2v2v3 33m3m-3q-3q3v3v4 42m2m2q2q3v3v5 52m2m-q-qv v【解题指南【解题指南】解答本题应注意以下两点：解答本题应注意以下两点：(1)(1)分析表格中的数据特点分析表格中的数据特点. .(2)(2)根据表格中比荷与速度的大小关系结合半径公式，找到相根据表格中比荷与速度的大小关系结合半径公式，找到相应粒子应粒子. . 【解析【解析】选选D.D.根据半径公式根据半径公式 结合表格中数据可求得结合表格中数据可求得1 15 5各组粒子的半径之比依次为各组粒子的半径之比依次为0.523320.52332，说明第一组正，说明第一组正粒子的半径
55、最小，该粒子从粒子的半径最小，该粒子从MQMQ边界进入磁场逆时针运动边界进入磁场逆时针运动. .由题由题图知图知a a、b b粒子进入磁场也是逆时针运动，则都为正电荷，而且粒子进入磁场也是逆时针运动，则都为正电荷，而且a a、b b粒子的半径比为粒子的半径比为2323，则，则a a一定是编号为一定是编号为2 2的粒子，的粒子，b b是编是编号为号为4 4的粒子的粒子.c.c顺时针运动，为负电荷，半径与顺时针运动，为负电荷，半径与a a相等是编号为相等是编号为5 5的粒子的粒子. .正确答案是正确答案是D.D. 13.(201113.(2011海南高考海南高考) )空间存在方向垂空间存在方向垂直
56、于纸面向里的匀强磁场，图中的正方直于纸面向里的匀强磁场，图中的正方形为其边界形为其边界. .一细束由两种粒子组成的一细束由两种粒子组成的粒子流沿垂直于磁场的方向从粒子流沿垂直于磁场的方向从O O点入射点入射. .这两种粒子带同种电荷，它们的电荷量、这两种粒子带同种电荷，它们的电荷量、质量均不同，但其比荷相同，且都包含不同速率的粒子，不计质量均不同，但其比荷相同，且都包含不同速率的粒子，不计重力重力. .下列说法正确的是下列说法正确的是( )( ) A.A.入射速度不同的粒子在磁场中的运动时间一定不同入射速度不同的粒子在磁场中的运动时间一定不同B.B.入射速度相同的粒子在磁场中的运动轨迹一定相同
57、入射速度相同的粒子在磁场中的运动轨迹一定相同C.C.在磁场中运动时间相同的粒子，其运动轨迹一定相同在磁场中运动时间相同的粒子，其运动轨迹一定相同D.D.在磁场中运动时间越长的粒子，其轨迹所对的圆心角一定越在磁场中运动时间越长的粒子，其轨迹所对的圆心角一定越大大【解题指南【解题指南】解答本题时应注意以下两点：解答本题时应注意以下两点：(1)(1)明确粒子在磁场中运动的周期和半径公式明确粒子在磁场中运动的周期和半径公式. .(2)(2)根据公式对各选项进行判断根据公式对各选项进行判断. .【解析【解析】选选B B、D.D.根据带电粒子在磁场中运动的周期根据带电粒子在磁场中运动的周期T= T= 可知
58、两种粒子在磁场中的运动周期相同可知两种粒子在磁场中的运动周期相同. .若速度不同的粒子在若速度不同的粒子在磁场中转过的圆心角相同时，轨迹可以不同，但运动时间相同磁场中转过的圆心角相同时，轨迹可以不同，但运动时间相同. .再由半径公式再由半径公式R= R= 可知，入射速度相同的粒子轨迹相同，粒可知，入射速度相同的粒子轨迹相同，粒子在磁场中运动的时间子在磁场中运动的时间t= t= 即由轨迹所对的圆心角决即由轨迹所对的圆心角决定，故定，故B B、D D正确，正确，A A、C C错误错误. . 14.(201014.(2010全国卷全国卷)如图所示，如图所示，在在0x a0x a区域内存在与区域内存在
59、与xyxy平面平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小为大小为B.B.在在t=0t=0时刻，一位于坐标时刻，一位于坐标原点的粒子源在原点的粒子源在xyxy平面内发射出平面内发射出大量同种带电粒子，所有粒子的初大量同种带电粒子，所有粒子的初速度大小相同，方向与速度大小相同，方向与y y轴正方向的夹角分布在轴正方向的夹角分布在0 0180180范围范围内内. .已知沿已知沿y y轴正方向发射的粒子在轴正方向发射的粒子在t=tt=t0 0时刻刚好从磁场边界上时刻刚好从磁场边界上P( a,aP( a,a) )点离开磁场点离开磁场. .求：求： (1)(1)粒子在磁场中做圆周运动
60、的半径粒子在磁场中做圆周运动的半径R R及粒子的比荷及粒子的比荷q qm m；(2)t(2)t0 0时刻仍在磁场中的粒子的初速度方向与时刻仍在磁场中的粒子的初速度方向与y y轴正方向夹角的轴正方向夹角的取值范围；取值范围； (3)(3)从粒子发射到全部粒子离开磁场所用的时间从粒子发射到全部粒子离开磁场所用的时间. .【解析【解析】(1)(1)初速度与初速度与y y轴正方向平行的粒子在磁场中的运动轨轴正方向平行的粒子在磁场中的运动轨迹如图中的弧迹如图中的弧OP OP 所示所示, ,其圆心为其圆心为C.C. 由题给条件可以得出由题给条件可以得出OCP= OCP= 此粒子飞出磁场所用的时间此粒子飞出
61、磁场所用的时间为：为：t t0 0= = 式中式中T T为粒子做圆周运动的周期为粒子做圆周运动的周期. .设粒子运动速度设粒子运动速度的大小为的大小为v,v,半径为半径为R,R,由几何关系可得：由几何关系可得：R=R=由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有qvBqvB= =由以上几式联立由以上几式联立, ,可得：可得：(2)(2)依题意依题意, ,同一时刻仍在磁场内的粒子到同一时刻仍在磁场内的粒子到O O的距离相同，在的距离相同，在t t0 0时时刻仍在磁场中的粒子应位于以刻仍在磁场中的粒子应位于以O O点为圆心、点为圆心、OPOP为半径的弧为半径的弧MNMN上上, ,如
62、图所示如图所示. .设此时位于设此时位于P P、M M、N N三点的粒子三点的粒子的初速度分别为的初速度分别为v vP P、v vM M、v vN N. .由由对称性可知对称性可知v vP P与与OPOP、v vM M与与OMOM、V Vn n与与ONON的夹角均为的夹角均为/3./3.设设v vM M、v vN N与与y y轴正向的夹角分别为轴正向的夹角分别为M M、N N, ,由几何关系有：由几何关系有：M M= = N N= =对于所有此时仍在磁场中的粒子对于所有此时仍在磁场中的粒子, ,其初速度与其初速度与y y轴正方向所成的轴正方向所成的夹角夹角应满足应满足 . . (3)(3)在磁
63、场中飞行时间最长的粒子的运动轨迹应与磁场右边界在磁场中飞行时间最长的粒子的运动轨迹应与磁场右边界相切相切, ,其轨迹如图所示其轨迹如图所示. .由几何关系可知由几何关系可知, , 弧长弧长OMOM等于弧长等于弧长OP,OP,由对称性可知，由对称性可知，弧长等于弧长弧长等于弧长OP,OP,所以所以从粒子发射到全部粒子飞出从粒子发射到全部粒子飞出磁场所用的时间：磁场所用的时间：m m=2t=2t0 0. .答案答案: :(1) (1) (2) (3)2t(2) (3)2t0 0 15.(201015.(2010新课标全国卷新课标全国卷) )如图所示，在如图所示，在0 0x xa a、0 0y y
64、范围内有垂直于范围内有垂直于xyxy平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为为B.B.坐标原点坐标原点O O处有一个粒子源，在某处有一个粒子源，在某时刻发射大量质量为时刻发射大量质量为m m、电荷量为、电荷量为q q的的带正电粒子，它们的速度大小相同，速带正电粒子，它们的速度大小相同，速度方向均在度方向均在xyxy平面内，与平面内，与y y轴正方向的夹角分布在轴正方向的夹角分布在0 09090范围范围内内. .已知粒子在磁场中做圆周运动的半径介于已知粒子在磁场中做圆周运动的半径介于a/2a/2到到a a之间，从之间，从发射粒子到粒子全部离开磁场经历的时间恰好为粒子
65、在磁场中发射粒子到粒子全部离开磁场经历的时间恰好为粒子在磁场中做圆周运动周期的四分之一做圆周运动周期的四分之一. .求最后离开磁场的粒子从粒子源求最后离开磁场的粒子从粒子源射出时的射出时的 (1)(1)速度的大小；速度的大小；(2)(2)速度方向与速度方向与y y轴正方向夹角的正弦轴正方向夹角的正弦. .【解析【解析】(1)(1)设粒子的发射速度为设粒子的发射速度为v v，粒子做圆周运动的轨道半，粒子做圆周运动的轨道半径为径为R R，由牛顿第二定律和洛伦兹力公式得：，由牛顿第二定律和洛伦兹力公式得： 由由解得：解得：R= R= 画出沿画出沿+y+y方向以方向以a/2a/2为半径做匀速圆周运动轨
66、迹如图中为半径做匀速圆周运动轨迹如图中所所示，再画出从坐标原点示，再画出从坐标原点O O沿与沿与y y轴正方向成一定夹角射出，以半轴正方向成一定夹角射出，以半径径R R0 0( R( R0 0a)a)做匀速圆周运动且圆弧轨迹与磁场上边界相切做匀速圆周运动且圆弧轨迹与磁场上边界相切时的临界轨迹时的临界轨迹，然后将临界轨迹，然后将临界轨迹以以O O为圆心顺时针或逆时为圆心顺时针或逆时针旋转，根据在磁场中的轨迹线的长度即可判断运动时间的长针旋转，根据在磁场中的轨迹线的长度即可判断运动时间的长短，如图所示短，如图所示. .从图中不难看出临界轨迹从图中不难看出临界轨迹对应的运动时间最对应的运动时间最长长
67、. . 当当 RaR0)0)的粒子由的粒子由S S1 1静止释放，静止释放，粒子在电场力的作用下向右运粒子在电场力的作用下向右运动，在动，在t= t= 时刻通过时刻通过S S2 2垂直于边界进入右侧磁场区垂直于边界进入右侧磁场区.(.(不计粒不计粒子重力，不考虑极板外的电场子重力，不考虑极板外的电场) ) (1)(1)求粒子到达求粒子到达S S2 2时的速度大小时的速度大小v v和极板间距和极板间距d.d.(2)(2)为使粒子不与极板相撞，求磁感应强度的大小应满足的件为使粒子不与极板相撞，求磁感应强度的大小应满足的件. .(3)(3)若已保证了粒子未与极板相撞，为使粒子在若已保证了粒子未与极板
68、相撞，为使粒子在t=3Tt=3T0 0时刻再次时刻再次到达到达S S2 2，且速度恰好为零，求该过程中粒子在磁场内运动的时，且速度恰好为零，求该过程中粒子在磁场内运动的时间和磁感应强度的大小间和磁感应强度的大小. .【解析【解析】(1)(1)粒子由粒子由S S1 1至至S S2 2的过程，根据动能定理得的过程，根据动能定理得qUqU0 0= = 由由式得式得v= v= 设粒子的加速度大小为设粒子的加速度大小为a a，由牛顿第二定律得，由牛顿第二定律得 =ma =ma 由运动学公式得由运动学公式得d= d= 联立联立式得式得d= d= (2)(2)设磁感应强度大小为设磁感应强度大小为B B，粒子
69、在磁场中做匀速圆周运动的半，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为径为R R，由牛顿第二定律得，由牛顿第二定律得qvBqvB= = 要使粒子在磁场中运动时不与极板相撞，须满足要使粒子在磁场中运动时不与极板相撞，须满足2R 2R 联立联立式得式得B B (3)(3)设粒子在两边界之间无场区向左匀速运动的过程用时为设粒子在两边界之间无场区向左匀速运动的过程用时为t t1 1，有有d=vtd=vt1 1 联立联立式得式得t t1 1= = 若粒子再次到达若粒子再次到达S S2 2时速度恰好为零，粒子回到极板间应做匀减时速度恰好为零，粒子回到极板间应做匀减速运动，设匀减速运动的时间为速运动，设匀减速运动的
70、时间为t t2 2，根据运动学公式得，根据运动学公式得d= d= 联立联立式得式得t t2 2= = 设粒子在磁场中运动的时间为设粒子在磁场中运动的时间为t tt=3Tt=3T0 0- -t- -t1 1-t-t2 2 联立联立式得式得t= t= 设粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期为设粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期为T T，由，由式结合式结合运动学公式得运动学公式得T= T= 由题意可知由题意可知T=t T=t 联立式联立式得得B= B= 答案：答案：(1) (1) (2)B (2)B1)(1)的颗粒打在收集板上的位置到的颗粒打在收集板上的位置到O O点的距离点的距离. . 【解题指
71、南【解题指南】解答本题需要把握以下两点：解答本题需要把握以下两点：(1)(1)在只有电场的区域中做直线运动，表明重力等于电场力；在只有电场的区域中做直线运动，表明重力等于电场力；(2)(2)在电场和磁场共同区域，受到的合外力等于洛伦兹力，粒在电场和磁场共同区域，受到的合外力等于洛伦兹力，粒子做匀速圆周运动子做匀速圆周运动. .【解析【解析】(1)(1)设带电颗粒的电荷量为设带电颗粒的电荷量为q q，质量为，质量为m m，有，有EqEq=mg=mg将将 代入，得代入，得E=kgE=kg(2)(2)如图甲所示，有如图甲所示，有qvqv0 0B=B=R R2 2=(3d)=(3d)2 2+(R-d)
72、+(R-d)2 2得得B=B=(3)(3)如图乙所示，有如图乙所示，有qvqv0 0B=B=tantan= =y y1 1=R=R1 1- -y y2 2= =ltantany=yy=y1 1+y+y2 2得得y=d(5- )+y=d(5- )+答案：答案：(1)kg (2)(1)kg (2)(3)(3)21.(201121.(2011北京高考北京高考) )利用电场和磁场，利用电场和磁场，可以将比荷不同的离子分开，这种方法可以将比荷不同的离子分开，这种方法在化学分析和原子核技术等领域有重要在化学分析和原子核技术等领域有重要的应用的应用. .如图所示的矩形区域如图所示的矩形区域ACDG(ACAC
73、DG(AC边足够长边足够长) )中存在垂直于纸面的匀强磁场，中存在垂直于纸面的匀强磁场，A A处有一狭缝处有一狭缝. .离子源产生的离离子源产生的离子经静电场加速后穿过狭缝沿垂直于子经静电场加速后穿过狭缝沿垂直于GAGA边且垂直于磁场的方向边且垂直于磁场的方向射入磁场，运动到射入磁场，运动到GAGA边，被相应的收集器收集边，被相应的收集器收集. .整个装置内部整个装置内部为真空为真空. .已知被加速的两种正离子的质量分别是已知被加速的两种正离子的质量分别是m m1 1和和m m2 2(m(m1 1mm2 2) )，电荷量，电荷量均为均为q.q.加速电场的电势差为加速电场的电势差为U U，离子进
74、入电场时的初速度可以忽，离子进入电场时的初速度可以忽略略. .不计重力，也不考虑离子间的相互作用不计重力，也不考虑离子间的相互作用. .(1)(1)求质量为求质量为m m1 1的离子进入磁场时的速率的离子进入磁场时的速率v v1 1；(2)(2)当磁感应强度的大小为当磁感应强度的大小为B B时，求两种离子在时，求两种离子在GAGA边落点的间距；边落点的间距；(3)(3)在前面的讨论中忽略了狭缝宽度的影响，实际装置中狭缝具在前面的讨论中忽略了狭缝宽度的影响，实际装置中狭缝具有一定宽度有一定宽度. .若狭缝过宽，可能使两束离子在若狭缝过宽，可能使两束离子在GAGA边上的落点区域边上的落点区域交叠，
75、导致两种离子无法完全分离交叠，导致两种离子无法完全分离. .设磁感应强度大小可调，设磁感应强度大小可调，GAGA边长为定值边长为定值l，狭缝宽度为，狭缝宽度为d d，狭缝右，狭缝右边缘在边缘在A A处处. .离子可以从狭缝各处射入磁场，入射方向仍垂直于离子可以从狭缝各处射入磁场，入射方向仍垂直于GAGA边且垂直于磁场边且垂直于磁场. .为保证上述两种离子能落在为保证上述两种离子能落在GAGA边上并被完全分边上并被完全分离，求狭缝的最大宽度离，求狭缝的最大宽度. . 【解题指南【解题指南】解答本题时可按以下思路分析：解答本题时可按以下思路分析：(1)(1)根据电场力做功与动能的关系可求出离子获得
76、的速度根据电场力做功与动能的关系可求出离子获得的速度. .(2)(2)根据半径公式求出两种离子在根据半径公式求出两种离子在GAGA边落点的间距边落点的间距. .(3)(3)两束离子能完全分离，离子落点区域应无交叠两束离子能完全分离，离子落点区域应无交叠. .【解析【解析】(1)(1)由动能定理，由动能定理，qUqU= m= m1 1v v1 12 2，所以所以v v1 1= = (2)(2)离子在磁场中做圆周运动，离子在磁场中做圆周运动，qvBqvB= R= = R= 利用利用得得R R1 1= R= R2 2= = 两种离子在两种离子在GAGA边落点的间距边落点的间距s=2Rs=2R1 1-
77、2R-2R2 2= = (3)(3)质量为质量为m m1 1的离子，在的离子，在GAGA边上的落点都在其入射点左侧边上的落点都在其入射点左侧2R2R1 1处，处，由于狭缝的宽度为由于狭缝的宽度为d d，落点区域的宽度也为，落点区域的宽度也为d d，同理，质量为，同理，质量为m m2 2的离子在的离子在GAGA边上落点区域宽度也是边上落点区域宽度也是d.d.为保证两束离子能完全分离，两个离子落点区域应无交叠，条为保证两束离子能完全分离，两个离子落点区域应无交叠，条件为件为2(R2(R1 1-R-R2 2)d )d 将将式代入式代入式，式，得得2R2R1 1(1- )d(1- )dR R1 1最大
78、值满足最大值满足2R2R1m1m= =l-d-d则则( (l-d)(1- )d-d)(1- )d求得求得d d的最大值的最大值 d dm m= = 答案答案: :(1)(1) (2)(2)(3) (3) 22.(201122.(2011广东高考广东高考) )如图如图(a)(a)所示，在以所示，在以O O为圆心，内外半径分为圆心，内外半径分别为别为R R1 1和和R R2 2的圆环区域内，存在辐射状电场和垂直纸面的匀强磁的圆环区域内，存在辐射状电场和垂直纸面的匀强磁场，内外圆间的电势差场，内外圆间的电势差U U为常量，为常量，R R1 1=R=R0 0，R R2 2=3R=3R0 0. .一电荷
79、量为一电荷量为+q+q，质量为质量为m m的粒子从内圆上的的粒子从内圆上的A A点进入该区域，不计重力点进入该区域，不计重力. . (1)(1)已知粒子从外圆上以速度已知粒子从外圆上以速度v v1 1射出，求粒子在射出，求粒子在A A点的初速度点的初速度v v0 0的大小的大小. .(2)(2)若撤去电场，如图若撤去电场，如图(b)(b)，已知粒子从，已知粒子从OAOA延长线与外圆的交点延长线与外圆的交点C C以速度以速度v v2 2射出，方向与射出，方向与OAOA延长线成延长线成4545角，求磁感应强度的大角，求磁感应强度的大小及粒子在磁场中运动的时间小及粒子在磁场中运动的时间. .(3)(
80、3)在图在图(b)(b)中，若粒子从中，若粒子从A A点进入磁场，速度大小为点进入磁场，速度大小为v v3 3，方向不，方向不确定，要使粒子一定能够从外圆射出，磁感应强度应小于多少确定，要使粒子一定能够从外圆射出，磁感应强度应小于多少？ 【解题指南【解题指南】解答本题时应按以下思路进行：解答本题时应按以下思路进行：(1)(1)运用动能定理求出粒子离开复合场时的速度；运用动能定理求出粒子离开复合场时的速度；(2)(2)画出粒子在磁场中运动的轨迹，求磁感应强度和时间；画出粒子在磁场中运动的轨迹，求磁感应强度和时间；(3)(3)分析粒子在磁场中运动的特点，确定能够射出磁场时磁感应分析粒子在磁场中运动
81、的特点，确定能够射出磁场时磁感应强度的最大值强度的最大值. .【解析【解析】(1)(1)带电粒子在复合场中受到电场力和洛伦兹力的作用，带电粒子在复合场中受到电场力和洛伦兹力的作用，因为洛伦兹力不做功，故只有电场力做功，由动能定理得因为洛伦兹力不做功，故只有电场力做功，由动能定理得: : UqUq= mv= mv1 12 2- mv- mv0 02 2. .解得解得v v0 0= =(2)(2)作出粒子运动的轨迹如图所示，作出粒子运动的轨迹如图所示，则则(3R(3R0 0-R-R0 0)= )= 得粒子的运动半得粒子的运动半径为径为r= r= 洛伦兹力提供向心力：洛伦兹力提供向心力：qvqv2
82、2B=B=联立解得：联立解得：B=B=在磁场中的运动时间为：在磁场中的运动时间为：t=t=(3)(3)若粒子能够从若粒子能够从OAOA延长线与外圆的交点延长线与外圆的交点射出，则所有粒子均能射出，此时粒子射出，则所有粒子均能射出，此时粒子在在A A点的射入方向是垂直点的射入方向是垂直ACAC向下的，粒子向下的，粒子运动轨迹的半径为运动轨迹的半径为r r1 1=2R=2R0 0，此时对应磁感，此时对应磁感应强度是最大的，设为应强度是最大的，设为B Bm m，要使粒子能从，要使粒子能从外圆射出，由洛伦兹力提供向心力得：外圆射出，由洛伦兹力提供向心力得：qvqv3 3B Bm m 所以所以B Bm
83、m 3s3s得得EE所以所以 E E (3)(3)设电子在磁场中做圆周运动的周期为设电子在磁场中做圆周运动的周期为T T，运动的半圆周个数，运动的半圆周个数为为n n，总运动时间为，总运动时间为t,t,由题意有由题意有 +R +Rn+1n+1=3s=3sR R1 1ssR Rn+1n+1=0.9=0.9n nR R1 1R Rn+1n+1由以上各式联立解得：由以上各式联立解得：1.056n2.111.056n2.11所以取所以取n=2n=2又由又由T=T=得得t= t= 答案答案: :(1)0.9(1)0.9 (2) E (3) (2) E (3) 25.(201125.(2011山东高考山东
84、高考) )扭扭摆器是同步辐射装置中摆器是同步辐射装置中的插入件，能使粒子的的插入件，能使粒子的运动轨迹发生扭摆运动轨迹发生扭摆. .其简其简化模型如图化模型如图.、两处两处的条形匀强磁场区边界竖的条形匀强磁场区边界竖直，相距为直，相距为L,L,磁场方向相反且垂直于纸面磁场方向相反且垂直于纸面. .一质量为一质量为m m、电量为、电量为-q-q、重力不计的粒子，从靠近平行板电容器、重力不计的粒子，从靠近平行板电容器MNMN板处由静止释放，板处由静止释放，极板间电压为极板间电压为U,U,粒子经电场加速后平行于纸面射入粒子经电场加速后平行于纸面射入 区，射区，射入时速度与水平方向夹角入时速度与水平方
85、向夹角=30=30. . (1)(1)当当区宽度区宽度L L1 1=L=L、磁感应强度大小、磁感应强度大小B B1 1=B=B0 0时，粒子从时，粒子从区右区右边界射出时速度与水平方向夹角也为边界射出时速度与水平方向夹角也为3030，求，求B B0 0及粒子在及粒子在区区运动的时间运动的时间t t0 0；(2)(2)若若区宽度区宽度L L2 2=L=L1 1=L=L，磁感应强度大小，磁感应强度大小B B2 2=B=B1 1=B=B0 0，求粒子在，求粒子在区的最高点与区的最高点与区的最低点之间的高度差区的最低点之间的高度差h h；(3)(3)若若L L2 2=L=L1 1=L=L、B B1 1
86、=B=B0 0，为使粒子能返回，为使粒子能返回区，求区，求B B2 2应满足的条应满足的条件；件；(4)(4)若若B B1 1B B2 2，L L1 1L L2 2，且已保证了粒子能从，且已保证了粒子能从区右边界射出区右边界射出. .为为使粒子从使粒子从区右边界射出的方向与从区右边界射出的方向与从区左边界射入的方向总区左边界射入的方向总相同，求相同，求B B1 1、B B2 2、L L1 1、L L2 2之间应满足的关系式之间应满足的关系式. . 【解题指南【解题指南】解答本题时应注意以下四点：解答本题时应注意以下四点：(1)(1)在两个磁场区域中粒子做圆周运动的速度、周期、时间、在两个磁场区
87、域中粒子做圆周运动的速度、周期、时间、半径间的关系；半径间的关系；(2)(2)在两个磁场区域中粒子做圆周运动的轨迹间存在什么样的在两个磁场区域中粒子做圆周运动的轨迹间存在什么样的几何关系；几何关系；(3)(3)最高点和最低点之间应用中间一段不存在磁场的区域把两最高点和最低点之间应用中间一段不存在磁场的区域把两个圆周运动联系在一起；个圆周运动联系在一起；(4)(4)充分挖掘运动轨迹与圆周运动的圆心角和射入点及射出点充分挖掘运动轨迹与圆周运动的圆心角和射入点及射出点之间存在的几何关系之间存在的几何关系. . 【解析【解析】(1)(1)如图如图1 1所示，设粒子射入磁场所示，设粒子射入磁场区的速度为
88、区的速度为v v，在，在磁场磁场区中做圆周运动的半径为区中做圆周运动的半径为R R1 1，由动能定理和牛顿第二定，由动能定理和牛顿第二定律得律得qU= mvqU= mv2 2 qvBqvB1 1= = 由几何知识得由几何知识得L=2RL=2R1 1sin sin 联立联立，代入数据得，代入数据得B B0 0= = 设粒子在磁场设粒子在磁场区中做圆周运动的周期为区中做圆周运动的周期为T TT= T= t t0 0= T = T 联立联立式，代入数据得式，代入数据得t t0 0= = (2)(2)设粒子在磁场设粒子在磁场区做圆周运动的半径为区做圆周运动的半径为R R2 2，由牛顿第二定律，由牛顿第
89、二定律得得qvBqvB2 2= = 由几何知识可得由几何知识可得h=(Rh=(R1 1+R+R2 2)(1-cos)+Ltan )(1-cos)+Ltan 联立联立式，代入数据得式，代入数据得h=(2- )L h=(2- )L (3)(3)如图如图2 2所示，为使粒子能所示，为使粒子能再次回到再次回到区，应满足区，应满足R R2 2(1+sin)L(1+sin)rrk k) )，rrk k=r=rk+1k+1-r-rk k，在相应轨道上质，在相应轨道上质子对应的速度大小分别为子对应的速度大小分别为v vk k、v vk+1k+1，D D1 1、D D2 2之间的电压为之间的电压为U U，由，由
90、动能定理知动能定理知2qU= mv2qU= mvk+1k+12 2 - mv- mvk k2 2由洛伦兹力充当质子做圆周运动的向心力，知由洛伦兹力充当质子做圆周运动的向心力，知r rk k= = 则则2qU= (r2qU= (rk+1k+12 2-r-rk k2 2) )整理得整理得rrk k= =因因U U、q q、m m、B B均为定值，令均为定值，令C=C=由上式得由上式得rrk k= =相邻轨道半径相邻轨道半径r rk+1k+1、r rk+2k+2之差之差rrk+1k+1=r=rk+2k+2-r-rk+1k+1，同理得同理得rrk+1k+1= =因为因为r rk+2k+2rrk k，比
91、较，比较rrk k、rrk+1k+1得得rrk+1k+1rrrk k) )，rrk k=r=rk+1k+1-r-rk k，在相应轨道上质子，在相应轨道上质子对应的速度大小分别为对应的速度大小分别为v vk k、v vk+1k+1，D D1 1、D D2 2之间的电压为之间的电压为U.U. 由洛伦兹力充当质子做圆周运动的向心力，由洛伦兹力充当质子做圆周运动的向心力，知知r rk k= =故故由动能定理知，质子每加速一次，其动能增量由动能定理知，质子每加速一次，其动能增量EEk k=qU=qU以质子在以质子在D D2 2盒中运动为例，第盒中运动为例，第k k次进入次进入D D2 2时，被电场加速时
92、，被电场加速(2k-1)(2k-1)次，速度大小为次，速度大小为v vk k= =同理，质子第同理，质子第(k+1)(k+1)次进入次进入D D2 2时，速度大小为时，速度大小为v vk+1k+1= =综合上述各式得综合上述各式得rrk k= =同理，对于相邻轨道半径同理，对于相邻轨道半径r rk+1k+1、r rk+2k+2，rrk+1k+1=r=rk+2k+2-r-rk+1k+1，整理后有整理后有rrk+1k+1= =由于由于r rk+2k+2rrk k，比较比较rrk k、rrk+1k+1得得rrk+1k+1rrk k说明随轨道半径说明随轨道半径r r的增大，同一盒中相邻轨道的半径之差的
93、增大，同一盒中相邻轨道的半径之差rr减减小小. .用同样的方法也可得到质子在用同样的方法也可得到质子在D D1 1盒中运动时具有相同的结论盒中运动时具有相同的结论. .答案答案: :(1) (1) (2)(2)见解析见解析27.(201027.(2010福建高考福建高考) )如图所示的装置，左半部为速度选择器，如图所示的装置，左半部为速度选择器，右半部为匀强的偏转电场右半部为匀强的偏转电场. .一束同位素离子流从狭缝一束同位素离子流从狭缝S S1 1射入速度射入速度选择器，能够沿直线通过速度选择器并从狭缝选择器，能够沿直线通过速度选择器并从狭缝S S2 2射出的离子，射出的离子，又沿着与电场垂
94、直的方向，立即进入场强大小为又沿着与电场垂直的方向，立即进入场强大小为E E的偏转电场，的偏转电场，最后打在照相底片最后打在照相底片D D上上. .已知同位素离子的电荷量为已知同位素离子的电荷量为q (qq (q0)0)，速度选择器内部存在着相互垂直的场强大小为速度选择器内部存在着相互垂直的场强大小为E E0 0的匀强电场和的匀强电场和磁感应强度大小为磁感应强度大小为B B0 0的匀强磁场，照相底片的匀强磁场，照相底片D D与狭缝与狭缝S S1 1、S S2 2连线连线平行且距离为平行且距离为L L，忽略重力的影响，忽略重力的影响. . (1)(1)求从狭缝求从狭缝S S2 2射出的离子速度射
95、出的离子速度v v0 0的大小；的大小；(2)(2)若打在照相底片上的离子在偏转电场中沿速度若打在照相底片上的离子在偏转电场中沿速度v v0 0方向飞行的方向飞行的距离为距离为x x，求出，求出x x 与离子质量与离子质量m m之间的关系式之间的关系式( (用用E E0 0、B B0 0、E E、q q、m m、L L 表示表示).). 【解析【解析】(1)(1)能从速度选择器中飞出，则有能从速度选择器中飞出，则有: :qEqE0 0=qv=qv0 0B B0 0 解得解得:v:v0 0= = (2)(2)离子进入电场后做类平抛运动离子进入电场后做类平抛运动, ,则则: :qE=ma qE=m
96、a x=vx=v0 0t t L= atL= at2 2 联立联立解得解得: :x=x=答案答案: :(1) (2)x=(1) (2)x=【方法技巧【方法技巧】带电粒子在复合场中分阶段运动的规范求解带电粒子在复合场中分阶段运动的规范求解1.1.一般解题步骤一般解题步骤(1)(1)弄清复合场的组成及分区域或分时间段的变化弄清复合场的组成及分区域或分时间段的变化. .(2)(2)正确分析带电粒子各阶段的受力情况及运动特征正确分析带电粒子各阶段的受力情况及运动特征. .(3)(3)画出粒子的运动轨迹，灵活选择相应的运动规律列式画出粒子的运动轨迹，灵活选择相应的运动规律列式. .(4)(4)注意挖掘各
97、阶段的衔接条件和隐含条件，寻找解题的突破注意挖掘各阶段的衔接条件和隐含条件，寻找解题的突破口口. . 2.2.应注意的问题应注意的问题(1)(1)列式之前，应指明粒子所处的不同阶段组合场的情况，分列式之前，应指明粒子所处的不同阶段组合场的情况，分析受力情况和运动情况再列式计算，以免混淆析受力情况和运动情况再列式计算，以免混淆. .(2)(2)要特别注意各阶段的相互联系，分析第一阶段的末状态和要特别注意各阶段的相互联系，分析第一阶段的末状态和第二阶段的初状态之间的关系第二阶段的初状态之间的关系. . 28.(201028.(2010海南高考海南高考) )图中左边有一对平行金属板，两板相距图中左边
98、有一对平行金属板，两板相距为为d.d.电压为电压为U U；两板之间有匀强磁场，磁感应强度大小为；两板之间有匀强磁场，磁感应强度大小为B B0 0，方，方向与金属板面平行并垂直于纸面朝里向与金属板面平行并垂直于纸面朝里. .图中右边有一半径为图中右边有一半径为R R、圆心为圆心为O O的圆形区域内也存在匀强磁场，磁感应强度大小为的圆形区域内也存在匀强磁场，磁感应强度大小为B B，方向垂直于纸面朝里方向垂直于纸面朝里. .一电荷量为一电荷量为q q的正离子沿平行于金属板的正离子沿平行于金属板面、垂直于磁场的方向射入平行金属板之间，沿同一方向射出面、垂直于磁场的方向射入平行金属板之间，沿同一方向射出
99、平行金属板之间的区域，并沿直径平行金属板之间的区域，并沿直径EFEF方向射入磁场区域，最后方向射入磁场区域，最后从圆形区域边界上的从圆形区域边界上的G G点射出点射出. .已知弧已知弧 所对应的圆心角为所对应的圆心角为，不计重力，不计重力. .求：求： (1)(1)离子速度的大小；离子速度的大小；(2)(2)离子的质量离子的质量. . 【解析【解析】(1)(1)由题设知，离子在平行金属板之间做匀速直线运由题设知，离子在平行金属板之间做匀速直线运动，它所受到的向上的洛伦兹力和向下的电场力平衡动，它所受到的向上的洛伦兹力和向下的电场力平衡, ,则：则：qvBqvB0 0=qE=qE0 0式中，式中
100、，v v是离子运动速度的大小，是离子运动速度的大小，E E0 0是平行金属板之间的匀强是平行金属板之间的匀强电场的电场强度，有：电场的电场强度，有：E E0 0= =解得：解得：v=v=(2)(2)在圆形磁场区域，离子做匀速圆周运动，由洛伦兹力公式在圆形磁场区域，离子做匀速圆周运动，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有：和牛顿第二定律有：qvBqvB= = ，式中，式中m m和和r r分别是离子的质量分别是离子的质量和它做圆周运动的半径和它做圆周运动的半径. .由题设，离子从磁场边界上的点由题设，离子从磁场边界上的点G G穿穿出，离子运动的圆周的圆心出，离子运动的圆周的圆心OO必在过必在过E E点垂
101、直于点垂直于EFEF的直线上，的直线上，且在且在EGEG的垂直平分线上的垂直平分线上( (如图如图).).由几何关系有：由几何关系有：r=Rtanr=Rtan，式中，式中是是OOOO与直径与直径EFEF的夹角，由几何关系得：的夹角，由几何关系得：2+=2+=联立解得离子的质量为：联立解得离子的质量为：m=m=答案答案: :(1) (2)(1) (2)29.(201029.(2010浙江高考浙江高考) )一个放射源水平放射出一个放射源水平放射出、 和和 三三种射线，垂直射入如图所示磁场种射线，垂直射入如图所示磁场. .区域区域和和的宽度均为的宽度均为d d，各，各自存在着垂直纸面的匀强磁场，两区
102、域的磁感应强度大小自存在着垂直纸面的匀强磁场，两区域的磁感应强度大小B B相相等，方向相反等，方向相反( (粒子运动不考虑相对论效应粒子运动不考虑相对论效应).). (1)(1)若要筛选出速率大于若要筛选出速率大于v v1 1的的粒子进入区域粒子进入区域，求磁场宽度，求磁场宽度d d与与B B和和v v1 1的关系的关系. .(2)(2)若若B B0.003 4 T0.003 4 T，v v1 10.1 c(c0.1 c(c是光速度是光速度) )，则可得，则可得d d；粒粒子的速率为子的速率为0.001 c0.001 c，计算，计算 和和 射线离开区域射线离开区域时的距离时的距离. .(3)(
103、3)当当d d满足第满足第(1)(1)小题所给关系时，请给出速率在小题所给关系时，请给出速率在 v v1 1vvvv2 2 区区间的间的粒子离开区域粒子离开区域时的位置和方向时的位置和方向. .(4)(4)请设计一种方案，能使离开区域请设计一种方案，能使离开区域的的粒子束在右侧聚焦粒子束在右侧聚焦且水平出射且水平出射. .已知：电子质量已知：电子质量m me e=9.1=9.11010-31-31 kg kg，粒子质量粒子质量m m=6.7=6.71010-27-27 kg kg，电子电荷量，电子电荷量q=1.6q=1.61010-19-19 C C， (x1(x1时时) )提示提示:粒子即氦
104、核粒子即氦核( )( )，粒子即电子，粒子即电子，射线是不带电射线是不带电的粒子的粒子. .【解题指南【解题指南】解答本题注意以下两点：解答本题注意以下两点：(1)(1)作图分析，找到作图分析，找到 粒子能进入区域粒子能进入区域的临界条件的临界条件. .(2)(2)画出画出、粒子离开区域粒子离开区域和离开区域和离开区域时的位置，充分时的位置，充分利用几何关系利用几何关系. . 【解析【解析】(1)(1)根据带电粒子在磁场中受洛伦兹力作用做匀速圆根据带电粒子在磁场中受洛伦兹力作用做匀速圆周运动的规律得周运动的规律得qvBqvB= = 由临界条件得由临界条件得d d与与B B和和v v1 1的关系
105、为：的关系为：d= d= (2)(2)由由式可得式可得粒子的回旋半径粒子的回旋半径R R= = = =1.85 m1.85 m由由式得：式得：d= = =0.05 m d= = =0.05 m 竖直方向的距离为：竖直方向的距离为：y=Ry=R- =0.7 mm- =0.7 mm由于由于射线不带电，故在磁场中不发生偏转射线不带电，故在磁场中不发生偏转. .即离开区域即离开区域时时的偏转距离为的偏转距离为0.0.所以所以和和射线离开区域射线离开区域时的距离为时的距离为y=0.7 mm.y=0.7 mm.(3)(3)在上述磁场条件下，要求速率在在上述磁场条件下，要求速率在v v1 1vvvv2 2区
106、间的区间的粒子离开粒子离开区域区域时的位置和方向时的位置和方向. .先求出速度为先求出速度为v v2 2时时粒子所对应的圆周粒子所对应的圆周运动半径运动半径R R2 2= =该该粒子从区域粒子从区域磁场射出时，垂直方向偏离的距离为：磁场射出时，垂直方向偏离的距离为：y y2 2=R=R2 2- =- =同理可得，与速度同理可得，与速度v v2 2对应的对应的粒子从区域粒子从区域射出时，垂直方向射出时，垂直方向偏离的距离为：偏离的距离为：Y Y2 2=2y=2y2 2= = 同理可得，与速度同理可得，与速度v v1 1对应的对应的粒子从区域粒子从区域射出时，垂直方向射出时，垂直方向偏离的距离为：
107、偏离的距离为：Y Y1 1=2d=2d=速率在速率在v v1 1vvvv2 2区间射出区间射出粒子束粒子束宽为宽为Y Y1 1-Y-Y2 2= = 方方向向右，如图所示向向右，如图所示. . (4)(4)由对称性可以设计出如图所示的磁场区域，最后形成聚焦，由对称性可以设计出如图所示的磁场区域，最后形成聚焦，且方向水平向右且方向水平向右. . 答案答案: :(1)d= (2)0.7 mm(1)d= (2)0.7 mm(3)(3)、(4)(4)见解析见解析30.(201030.(2010全国卷全国卷)图中左边图中左边有一对平行金属板，两板相距有一对平行金属板，两板相距为为d d，电压为，电压为U;
108、U;两板之间有匀强两板之间有匀强磁场，磁感应强度大小为磁场，磁感应强度大小为B B0 0，方向平行于板面并垂直于纸面方向平行于板面并垂直于纸面朝里朝里. .图中右边有一边长为图中右边有一边长为a a的正三角形区域的正三角形区域EFG(EFEFG(EF边与金属板边与金属板垂直垂直) )，在此区域内及其边界上也有匀强磁场，磁感应强度大，在此区域内及其边界上也有匀强磁场，磁感应强度大小为小为B B，方向垂直于纸面朝里，方向垂直于纸面朝里. .假设一系列电荷量为假设一系列电荷量为q q的正离子的正离子沿平行于金属板面，垂直于磁场的方向射入金属板之间，沿同沿平行于金属板面，垂直于磁场的方向射入金属板之间
109、，沿同一方向射出金属板之间的区域，并经一方向射出金属板之间的区域，并经EFEF边中点边中点H H射入磁场区域射入磁场区域, ,不计重力不计重力. . (1)(1)已知这些离子中的离子甲到达磁场边界已知这些离子中的离子甲到达磁场边界EGEG后，从边界后，从边界EFEF穿穿出磁场，求离子甲的质量出磁场，求离子甲的质量. . (2)(2)已知这些离子中的离子乙从已知这些离子中的离子乙从EGEG边上的边上的I I点点( (图中未画出图中未画出) )穿出穿出磁场，且磁场，且GIGI长为长为 求离子乙的质量求离子乙的质量. .(3)(3)若这些离子中的最轻离子的质量等于离子甲质量的一半，而若这些离子中的最
110、轻离子的质量等于离子甲质量的一半，而离子乙的质量是最大的，问磁场边界上什么区域内可能有离子离子乙的质量是最大的，问磁场边界上什么区域内可能有离子到达到达. . 【解析【解析】(1)(1)由题意知，所有离子在平行金属板之间做匀速直由题意知，所有离子在平行金属板之间做匀速直线运动，它所受到的向上的磁场力和向下的电场力平衡，有线运动，它所受到的向上的磁场力和向下的电场力平衡，有qvBqvB0 0=qE=qE0 0 式中，式中，v v是离子运动的速度，是离子运动的速度，E E0 0是平行金属板之间的匀强电场是平行金属板之间的匀强电场强度，有强度，有E E0 0= = 由由式得式得v= v= 在正三角形
111、磁场区域，离子甲做匀速圆周运动在正三角形磁场区域，离子甲做匀速圆周运动. .设离子甲质量设离子甲质量为为m m，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有qvBqvB= = 式中，式中，r r是离子甲做圆周运动的半径是离子甲做圆周运动的半径. .离子离子甲在磁场中的运动轨迹为半圆，圆心为甲在磁场中的运动轨迹为半圆，圆心为O O，这半圆刚好与这半圆刚好与EGEG边相切于边相切于K K，与，与EFEF边交于点边交于点I.I.在在EOKEOK中，中，OKOK垂直于垂直于EG.EG.由几何关系得由几何关系得 由由式得式得r=( )a r=( )a 联立解得，离子甲的质量为联立解得，
112、离子甲的质量为m m (2)(2)同理，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有：同理，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有：qvBqvB= = 式中，式中，mm和和rr分别为离子乙的质量和做圆周运动的轨道半径分别为离子乙的质量和做圆周运动的轨道半径. .离子乙运动的圆周的圆心离子乙运动的圆周的圆心OO必在必在E E、H H两点之间，由几何关系两点之间，由几何关系有：有：rr2 2=(a- a)=(a- a)2 2+( -r)+( -r)2 2-2(a- a)( -r)cos60-2(a- a)( -r)cos60 由由式得：式得：r= a r= a 联立可得，离子乙的质量为：联立可得，离子乙的质量为：m=
113、m= (3)(3)对于最轻的离子，其质量为对于最轻的离子，其质量为 m/2m/2，由，由式知，它在磁场中式知，它在磁场中做半径为做半径为r/2r/2的匀速圆周运动的匀速圆周运动. .因而与因而与EHEH的交点为的交点为OO，有：，有：OH= OH= 当这些离子中的离子质量逐渐增大到当这些离子中的离子质量逐渐增大到m m时，离子到达磁场边界时，离子到达磁场边界上的点的位置从上的点的位置从O O点沿点沿HEHE边变到边变到II点；当离子质量继续增大点；当离子质量继续增大时，离子到达磁场边界上的点的位置从时，离子到达磁场边界上的点的位置从K K点沿点沿EGEG边趋向于边趋向于I I点点.K.K点到点
114、到G G点的距离为点的距离为KG= KG= 所以，磁场边界上可能有离子到达的区域是：所以，磁场边界上可能有离子到达的区域是：EFEF边上从边上从O O到到II点点.EG.EG边上从边上从K K到到I.I.答案答案: :(1)(1)(2) (3)(2) (3)见解析见解析 磁场及其描述磁场及其描述1.1.磁场磁场(1)(1)产生：磁场是存在于磁体、电流和运动电荷周围的一种特产生：磁场是存在于磁体、电流和运动电荷周围的一种特殊物质殊物质. .(2)(2)性质：磁场对放入磁场中的磁体、电流和运动电荷有磁场性质：磁场对放入磁场中的磁体、电流和运动电荷有磁场力的作用力的作用. .(3)(3)方向：该点小
115、磁针方向：该点小磁针N N极所受磁场力的方向极所受磁场力的方向. .2.2.磁感应强度磁感应强度(1)(1)意义：描述磁场强弱和方向意义：描述磁场强弱和方向. .(2)(2)定义式：定义式：B= B= 式中通电直导线中电流方向与磁场方向垂式中通电直导线中电流方向与磁场方向垂直直. .(3)(3)方向：小磁针静止时方向：小磁针静止时N N极所指的方向极所指的方向. .(4)(4)决定因素：由磁场本身决定，与决定因素：由磁场本身决定，与I I、L L和和F F的大小无关的大小无关. . 3.3.磁感线及几种常见的磁场磁感线及几种常见的磁场(1)(1)磁感线：在磁场中画出一系列曲线，使曲线上每一点的
116、切磁感线：在磁场中画出一系列曲线，使曲线上每一点的切线方向都跟这点的磁感应强度的方向一致，磁感线的疏密程度线方向都跟这点的磁感应强度的方向一致，磁感线的疏密程度表示磁场的强弱表示磁场的强弱 (2)(2)几种常见电流周围的磁场分布几种常见电流周围的磁场分布直线电流的磁场直线电流的磁场通电螺线管的磁场通电螺线管的磁场环形电流的磁场环形电流的磁场特特点点 无磁极、非匀强且距无磁极、非匀强且距导线越远处磁场越弱导线越远处磁场越弱磁场与条形磁铁的磁磁场与条形磁铁的磁场相似，管内为匀强场相似，管内为匀强磁场磁场,管外为非匀强磁管外为非匀强磁场场环形电流的两侧是环形电流的两侧是N极和极和S极且离圆环中极且离
117、圆环中心越远，磁场越弱心越远，磁场越弱 安安培培定定则则 直线电流的磁场直线电流的磁场通电螺线管的磁场通电螺线管的磁场环形电流的磁场环形电流的磁场立立体体图图横横截截面面图图纵纵截截面面图图(3)(3)地磁场：地球的磁场与条形磁铁的磁场相似，其主要特点地磁场：地球的磁场与条形磁铁的磁场相似，其主要特点有三个：有三个： 地磁场的地磁场的N N极在地理南极附近，极在地理南极附近，S S极在极在地理北极附近地理北极附近地磁场地磁场B B的水平分量的水平分量(B(Bx x) )总是从地理南总是从地理南极指向北极；而竖直分量极指向北极；而竖直分量(B(By y) )则南、北则南、北半球相反，在南半球垂直
118、地面向上，在北半球垂直地面向下半球相反，在南半球垂直地面向上，在北半球垂直地面向下 在赤道平面上，距离地球表面高度相等的各点，磁场强弱相在赤道平面上，距离地球表面高度相等的各点，磁场强弱相同，且方向水平向北同，且方向水平向北. .(4)(4)匀强磁场：匀强磁场中的磁感线是平行等距的直线匀强磁场：匀强磁场中的磁感线是平行等距的直线. .如通电如通电螺线管内部的磁场，两个平行放置且距离很近的异名磁极之间螺线管内部的磁场，两个平行放置且距离很近的异名磁极之间的磁场都可认为是匀强磁场的磁场都可认为是匀强磁场. .4.4.磁通量磁通量(1)(1)定义：磁感应强度定义：磁感应强度B B与垂直磁场方向的面积
119、与垂直磁场方向的面积S S的乘积叫做穿的乘积叫做穿过这个面的磁通量过这个面的磁通量.(2)(2)公式：公式：=BS=BS=BSsin=BSsin，为为S S与与B B的夹角的夹角. .(3)(3)单位：韦伯单位：韦伯, ,符号符号WbWb，1Wb=1 T1Wb=1 Tm m2 2. . 【名师点睛【名师点睛】1.1.类比法记忆电场和磁场的基本性质类比法记忆电场和磁场的基本性质电场强度电场强度(E)(E)磁感应强度磁感应强度(B)(B)意意义义 描述电场的力的性质的描述电场的力的性质的物理量物理量描述磁场的力的性质的描述磁场的力的性质的物理量物理量 概概念念的的建建立立 电场对电荷电场对电荷q
120、q有作用力；有作用力；对电场中的不同点，对电场中的不同点，E E的值一般的值一般不同；不同；E E由电场本身决定由电场本身决定. .磁场对直线电流有作用力；磁场对直线电流有作用力；对磁场中的不同点，对磁场中的不同点，B B的值一般不的值一般不同；同；B B由磁场本身决定由磁场本身决定. .电场强度电场强度(E)(E)磁感应强度磁感应强度(B)(B)公公式式单单位位1 N/C=1 V/m1 N/C=1 V/m1 T=1 N/(A1 T=1 N/(Am m) )方方向向正电荷所受的电场力方向正电荷所受的电场力方向. .静止小磁针静止小磁针N N极受到的磁场力方向极受到的磁场力方向. .2.2.磁感
121、线的特点磁感线的特点(1)(1)磁感线是为了形象地描述磁场而人为假想的曲线，并不是磁感线是为了形象地描述磁场而人为假想的曲线，并不是客观存在于磁场中的真实曲线客观存在于磁场中的真实曲线(2)(2)磁感线在磁体磁感线在磁体( (螺线管螺线管) )外部由外部由N N极到极到S S极，内部由极，内部由S S极到极到N N极，极，是闭合曲线是闭合曲线(3)(3)磁感线的疏密表示磁场的强弱磁感线较密的地方磁场较磁感线的疏密表示磁场的强弱磁感线较密的地方磁场较强，磁感线较疏的地方磁场较弱强，磁感线较疏的地方磁场较弱(4)(4)磁感线上任何一点的切线方向，都跟该点的磁场磁感线上任何一点的切线方向，都跟该点的
122、磁场( (磁感应强磁感应强度度) )方向一致方向一致(5)(5)磁感线不能相交磁感线不能相交 磁场对电流的作用磁场对电流的作用1.1.安培力的大小安培力的大小F= BILsinF= BILsin，如图所示，如图所示,为为B B与与I I的夹角的夹角. .(1)(1)当当B B与与I I垂直时：安培力最大，垂直时：安培力最大，F=BIL.F=BIL.(2)(2)当当B B与与I I平行时：安培力最小，平行时：安培力最小，F=0.F=0. 2.2.安培力的方向安培力的方向(1)(1)判定方法判定方法 掌心掌心磁感线垂直穿入掌心磁感线垂直穿入掌心左手定则左手定则 四指四指指向电流的方向指向电流的方向
123、 拇指拇指指向安培力的方向指向安培力的方向(2)(2)方向特点：方向特点：FBFB，FIFI，即，即F F垂直于垂直于B B和和I I决定的平面决定的平面.(.(注意：注意：B B和和I I可以有任意夹角可以有任意夹角) )3.3.磁电式电流表磁电式电流表(1)(1)构造：主要包括蹄形磁铁、圆柱形构造：主要包括蹄形磁铁、圆柱形铁芯、线圈、螺旋弹簧和指针铁芯、线圈、螺旋弹簧和指针. .(2)(2)工作原理工作原理磁场特点：蹄形磁铁和铁芯间的磁场是均匀地辐射分布的磁场特点：蹄形磁铁和铁芯间的磁场是均匀地辐射分布的. .安培力特点：导线框平面始终与磁感线平行，安培力的大小安培力特点：导线框平面始终与
124、磁感线平行，安培力的大小始终与电流成正比，方向始终与磁场垂直始终与电流成正比，方向始终与磁场垂直. . 刻度特点：由于导线在安培力作用下带动线圈转动，螺旋弹刻度特点：由于导线在安培力作用下带动线圈转动，螺旋弹簧变形，反抗线圈转动，电流越大，安培力越大，形变越大，簧变形，反抗线圈转动，电流越大，安培力越大，形变越大，指针转过的角度越大，所以转过的角度指针转过的角度越大，所以转过的角度与电流与电流I I成正比，刻成正比，刻度盘刻度均匀度盘刻度均匀. .(3)(3)优、缺点优、缺点优点：灵敏度高，能测出很弱的电流；优点：灵敏度高，能测出很弱的电流；缺点：线圈的导线缺点：线圈的导线很细，允许通过的电流
125、很小，量程很小很细，允许通过的电流很小，量程很小. . 【状元心得【状元心得】安培力作用下导线运动的判断方法安培力作用下导线运动的判断方法(1)(1)基本思路：首先明确导体所在位置的磁场的磁感线分布情基本思路：首先明确导体所在位置的磁场的磁感线分布情况，然后根据左手定则判断导体的受力情况，最后判断导体的况，然后根据左手定则判断导体的受力情况，最后判断导体的运动方向或运动趋势的方向运动方向或运动趋势的方向. .(2)(2)常用方法常用方法电流元法：把整段电流等效为多段很小的直线电流元，先判电流元法：把整段电流等效为多段很小的直线电流元，先判断出每小段电流元所受安培力的方向，从而判断出整段电流所断
126、出每小段电流元所受安培力的方向，从而判断出整段电流所受合力方向，最后确定运动方向；受合力方向，最后确定运动方向；特殊位置法：把通电导体特殊位置法：把通电导体转到一个便于分析的特殊位置后判断其安培力方向，从而确定转到一个便于分析的特殊位置后判断其安培力方向，从而确定运动方向；运动方向；转换研究对象法：先分析电流在磁场中所受的安转换研究对象法：先分析电流在磁场中所受的安培力，然后由牛顿第三定律，再确定磁体所受作用力，从而确培力，然后由牛顿第三定律，再确定磁体所受作用力，从而确定磁体所受合力及运动方向；定磁体所受合力及运动方向；等效法：环形电流和小磁针的等效法：环形电流和小磁针的磁场形式相同，可以相
127、互等效；通电螺线管可以和条形磁铁的磁场形式相同，可以相互等效；通电螺线管可以和条形磁铁的磁场形式相同，可以相互等效；磁场形式相同，可以相互等效；结论法：同相电流相互吸引，结论法：同相电流相互吸引，异向电流相互排斥异向电流相互排斥. . 磁场对运动电荷的作用磁场对运动电荷的作用1.1.洛伦兹力洛伦兹力(1)(1)大小：大小： F=BqvsinF=Bqvsin，为为v v与与B B的夹角的夹角. .当当v/Bv/B时，洛伦兹力最小，时，洛伦兹力最小，F=0;F=0;当当vBvB时，洛伦兹力最大，时，洛伦兹力最大，F=BqvF=Bqv. .2.2.洛伦兹力的方向洛伦兹力的方向 掌心掌心磁感线垂直穿入
128、掌心磁感线垂直穿入掌心(1)(1)判定方法：左手定则判定方法：左手定则 四指四指指向正电荷运动的方向或负指向正电荷运动的方向或负 电荷运动的反方向电荷运动的反方向 拇指拇指指向洛伦兹力的方向指向洛伦兹力的方向(2)(2)方向特点：方向特点：FBFB，FvFv，即，即F F垂直于垂直于B B和和v v决定的平面决定的平面( (注意：注意：B B和和v v可以有任意夹角可以有任意夹角) )，故洛伦兹力不做功，故洛伦兹力不做功. .3.3.带电粒子在匀强磁场中的运动带电粒子在匀强磁场中的运动(1)(1)带电粒子以平行于磁场的速度进入匀强磁场时，粒子不受带电粒子以平行于磁场的速度进入匀强磁场时，粒子不
129、受洛伦兹力作用而做匀速直线运动洛伦兹力作用而做匀速直线运动. .(2)(2)带电粒子以垂直于磁场的速度进入匀强磁场时，粒子做匀带电粒子以垂直于磁场的速度进入匀强磁场时，粒子做匀速圆周运动，其运动所需的向心力全部由洛伦兹力提供速圆周运动，其运动所需的向心力全部由洛伦兹力提供. . 4.4.带电粒子在有理想边界磁场中的运动带电粒子在有理想边界磁场中的运动带电粒子在有理想边界的匀强磁场中做匀速圆周运动，其运动带电粒子在有理想边界的匀强磁场中做匀速圆周运动，其运动规律是洛伦兹力提供向心力，解题的关键是画粒子运动的草图，规律是洛伦兹力提供向心力，解题的关键是画粒子运动的草图，确定圆心、半径、圆心角确定圆
130、心、半径、圆心角. .(1)(1)圆心的确定圆心的确定已知入射点、出射点、入射方已知入射点、出射点、入射方向和出射方向时，可通过入射点向和出射方向时，可通过入射点和出射点分别作垂直于入射方向和出射点分别作垂直于入射方向和出射方向的直线，两条直线的交点就是圆弧轨道的圆心和出射方向的直线，两条直线的交点就是圆弧轨道的圆心( (如如图甲所示，图甲所示， 图中图中P P为入射点，为入射点，M M为出射点为出射点) ) 已知入射方向、入射点和出射点的位置时，可以通过入射点已知入射方向、入射点和出射点的位置时，可以通过入射点作入射方向的垂线，连接入射点和出射点，作其中垂线，这两作入射方向的垂线，连接入射点
131、和出射点，作其中垂线，这两条垂线的交点就是圆弧轨迹的圆心条垂线的交点就是圆弧轨迹的圆心( (如图乙所示，如图乙所示，P P为入射点，为入射点，M M为出射点为出射点) ) (2)(2)半径的确定：用几何知识半径的确定：用几何知识( (勾股定理、三角函数等勾股定理、三角函数等) )求出半求出半径大小径大小 (3)(3)运动时间的确定：粒子在磁场中运动一周的时间为运动时间的确定：粒子在磁场中运动一周的时间为T T，当粒，当粒子运动的圆弧所对应的圆心角为子运动的圆弧所对应的圆心角为时，其运动时间表示为：时，其运动时间表示为：t= (t= (或或t= )t= )【状元心得【状元心得】1.1.带电粒子在
132、有界磁场中运动的几种常见情形带电粒子在有界磁场中运动的几种常见情形(1)(1)直线边界直线边界( (进出磁场具有对称性，如图所示进出磁场具有对称性，如图所示) ) (2)(2)平行边界平行边界( (存在临界条件，如图所示存在临界条件，如图所示) ) (3)(3)圆形边界圆形边界( (沿径向射入必沿径向射出，如图所示沿径向射入必沿径向射出，如图所示) )2.2.带电粒子在磁场中做匀速圆周运动问题的解带电粒子在磁场中做匀速圆周运动问题的解题步骤题步骤(1)(1)画轨迹：即确定圆心，用几何方法求半径画轨迹：即确定圆心，用几何方法求半径并画出运动轨迹并画出运动轨迹(2)(2)找联系：轨道半径与磁感应强
133、度、运动速度相联系，偏转找联系：轨道半径与磁感应强度、运动速度相联系，偏转角度与圆心角、入射方向、出射方向相联系，在磁场中运动的角度与圆心角、入射方向、出射方向相联系，在磁场中运动的时间与周期相联系时间与周期相联系(3)(3)用规律：即牛顿第二定律和圆周运动的规律，特别是周期用规律：即牛顿第二定律和圆周运动的规律，特别是周期公式、半径公式公式、半径公式 带电粒子在复合场中的运动带电粒子在复合场中的运动1.1.复合场：指电场、磁场、重力场在同一空间并存，或者是有复合场：指电场、磁场、重力场在同一空间并存，或者是有其中两种场并存其中两种场并存. .2.2.三种场力的特点三种场力的特点力的特点力的特
134、点功和能特点功和能特点重力场重力场大小：大小：mgmg方向：竖直向下方向：竖直向下 重力做功与路径无关，与带电粒子的质量重力做功与路径无关，与带电粒子的质量m m和初、末位置的竖直高度差和初、末位置的竖直高度差h h有关有关, ,重力做重力做功与重力势能的变化量对应功与重力势能的变化量对应 力的特点力的特点功和能特点功和能特点静电场静电场大小：大小：EqEq方向：由场强方向：由场强E E的方向的方向和带电粒子的电性决定和带电粒子的电性决定 电场力做功与运动路径无关，只与带电粒电场力做功与运动路径无关，只与带电粒子的电荷量和初、末位置的电势差有关，子的电荷量和初、末位置的电势差有关，电场力做的功
135、与粒子电势能的变化量对应电场力做的功与粒子电势能的变化量对应磁场磁场大小：当大小：当vBvB时，时，F=0F=0，当，当vBvB时，时，F=BqvF=Bqv方向：总是垂直于速度方向：总是垂直于速度与磁场构成的平面与磁场构成的平面 洛伦兹力总不做功洛伦兹力总不做功, ,不会改变粒子的动能不会改变粒子的动能3.3.带电粒子在复合场中的几种典型运动带电粒子在复合场中的几种典型运动装装 置置 原原 理理 图图 规规 律律 速度速度选择器选择器 若若qvqv0 0B=EqB=Eq, ,即即v v0 0= = 粒子做匀速直线粒子做匀速直线运动运动磁流体发磁流体发电机电机 等离子体射入，受洛伦兹力偏转，等离
136、子体射入，受洛伦兹力偏转，使两极板带正、负电，两极电压为使两极板带正、负电，两极电压为U U时稳定时稳定. . =qv =qv0 0B,U=vB,U=v0 0BdBd装装 置置 原原 理理 图图 规规 律律 霍尔霍尔效应效应电流方向与匀强磁场方向电流方向与匀强磁场方向垂直的载流导体与电流、垂直的载流导体与电流、磁场方向均垂直的表面上磁场方向均垂直的表面上出现电势差出现电势差霍尔电势霍尔电势差，其值为差，其值为 =qvB=qvB, ,所以所以U=vBhU=vBh电磁电磁流量计流量计 =qvB =qvB，所以，所以v= v= 所以所以Q=vSQ=vS= =装装 置置 原原 理理 图图 规规 律律
137、质谱仪质谱仪 电子经电子经U U加速，从加速，从A A孔入射经偏转打孔入射经偏转打到到P P点，点，eUeU= mv= mv0 02 2, ,得得v v0 0= =AP=d=2r=AP=d=2r=比荷比荷回旋回旋加速器加速器 D D形盒分别接频率为形盒分别接频率为f=f=的高频交流电源两极，的高频交流电源两极，带电粒子被窄缝间电场加速，在带电粒子被窄缝间电场加速，在D D形盒内偏转形盒内偏转【名师点睛【名师点睛】带电粒子在复合场中运动的常见类型带电粒子在复合场中运动的常见类型(1)(1)静止或匀速直线运动：条件是粒子所受合外力为零，应根静止或匀速直线运动：条件是粒子所受合外力为零，应根据平衡条
138、件列方程求解据平衡条件列方程求解(2)(2)匀速圆周运动：条件是粒子所受重力与匀强电场力平衡，匀速圆周运动：条件是粒子所受重力与匀强电场力平衡，洛伦兹力为合力，粒子在与磁场垂直的平面内做匀速圆周运动，洛伦兹力为合力，粒子在与磁场垂直的平面内做匀速圆周运动，往往应用牛顿第二定律和平衡条件列方程联立求解往往应用牛顿第二定律和平衡条件列方程联立求解(3)(3)一般的曲线运动：此时粒子所受合力的大小和方向都发生一般的曲线运动：此时粒子所受合力的大小和方向都发生变化，一般应从功能的角度列方程求解变化，一般应从功能的角度列方程求解【状元心得【状元心得】 1.1.复合场中重力是否考虑的三种情况复合场中重力是
139、否考虑的三种情况(1)(1)对于微观粒子，如电子、质子、离子等，因为其重力一般对于微观粒子，如电子、质子、离子等，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. .而对于一些实而对于一些实际物体，如带电小球、液滴、金属块等，一般应考虑其重力际物体，如带电小球、液滴、金属块等，一般应考虑其重力. .(2)(2)在题目中明确说明的按说明要求是否考虑重力在题目中明确说明的按说明要求是否考虑重力. .(3)(3)不能直接判断是否考虑重力的，在进行受力分析与运动分不能直接判断是否考虑重力的，在进行受力分析与运动分析时，要由分析结果确定是否考虑重力析时，要
140、由分析结果确定是否考虑重力. .2.2.带电粒子在复合场中运动的分析方法和一般思路带电粒子在复合场中运动的分析方法和一般思路(1)(1)认识粒子所在区域中场的组成，一般是电场、磁场、重力场认识粒子所在区域中场的组成，一般是电场、磁场、重力场中两个场或三个场的复合场中两个场或三个场的复合场. .(2)(2)正确的受力分析是解题的基础，除了重力、弹力、摩擦力以正确的受力分析是解题的基础，除了重力、弹力、摩擦力以外，特别要注意电场力和洛伦兹力的分析，不可遗漏任一个力外，特别要注意电场力和洛伦兹力的分析，不可遗漏任一个力. .(3)(3)在正确的受力分析的基础上进行运动的分析，注意运动情况在正确的受力
141、分析的基础上进行运动的分析，注意运动情况和受力情况的相互结合，特别要关注一些特殊的时刻所处的特和受力情况的相互结合，特别要关注一些特殊的时刻所处的特殊状态殊状态( (临界状态临界状态).).(4)(4)如果粒子在运动过程中经过不同的区域受力发生改变，应根如果粒子在运动过程中经过不同的区域受力发生改变，应根据需要对过程分阶段处理据需要对过程分阶段处理. .(5)(5)应用一些必要的数学知识，画出粒子的运动轨迹示意图，根应用一些必要的数学知识，画出粒子的运动轨迹示意图，根据题目的条件和问题灵活选择不同的物理规律解题据题目的条件和问题灵活选择不同的物理规律解题. .磁偏转问题圆心确定四法磁偏转问题圆
142、心确定四法 带电粒子带电粒子( (不计重力不计重力) )垂直射入匀强磁场，粒子的运动轨迹垂直射入匀强磁场，粒子的运动轨迹是圆周或圆弧这类问题是常见的典型的力学、磁场知识结合是圆周或圆弧这类问题是常见的典型的力学、磁场知识结合的综合题，在高考中多次考查，是考试的难点的综合题，在高考中多次考查，是考试的难点 求解这类问题的关键是：定圆心画出轨迹求解这类问题的关键是：定圆心画出轨迹, ,求出半径求出半径, ,确定确定圆心角等其中解决带电粒子在有界磁场中的运动、确定圆心圆心角等其中解决带电粒子在有界磁场中的运动、确定圆心是解题的难点是解题的难点 下面介绍磁偏转问题圆心确定常用的四种方法：下面介绍磁偏转
143、问题圆心确定常用的四种方法： 一、半径法一、半径法 适用情况：如果已知带电粒子的出射适用情况：如果已知带电粒子的出射速度和入射速度方向，分别作出过入射点速度和入射速度方向，分别作出过入射点和出射点速度方向的垂线，两垂线的交点和出射点速度方向的垂线，两垂线的交点便是圆心如图甲所示便是圆心如图甲所示 【典例【典例1 1】电视机的显像管中，电子电视机的显像管中，电子束的偏转是使用磁偏转技术实现的束的偏转是使用磁偏转技术实现的电子束经过电压为电子束经过电压为U U的加速电场后，的加速电场后，进入一圆形匀强磁场区，如图所示，进入一圆形匀强磁场区，如图所示，磁场方向垂直于圆面磁场区的中心为磁场方向垂直于圆
144、面磁场区的中心为O O，半径为，半径为r r当不加磁当不加磁场时，电子束将通过场时，电子束将通过O O点而达到屏幕的中心点而达到屏幕的中心M M点为了让电子束点为了让电子束射到屏幕边缘射到屏幕边缘P P，需要加磁场，使电子束偏转一已知角度，需要加磁场，使电子束偏转一已知角度，此时磁场的磁感应强度为多大？此时磁场的磁感应强度为多大？( (已知电子质量为已知电子质量为m m，电荷量为，电荷量为e)e) 【深度剖析【深度剖析】分别作入射点和出射点速度方向的垂线，其交点分别作入射点和出射点速度方向的垂线，其交点为电子做匀速圆周运动的圆心为电子做匀速圆周运动的圆心C C，以，以v v表示电子进入磁场时的
145、速表示电子进入磁场时的速度，则度，则 又有又有 由以上各式解得由以上各式解得：B=B= 二、角平分线法二、角平分线法 适用情况：如果已知带电粒子的出射速度和入射速度方向，适用情况：如果已知带电粒子的出射速度和入射速度方向，则入射速度方向的延长线和出射速度方向的反向延长线夹角的则入射速度方向的延长线和出射速度方向的反向延长线夹角的角平分线与入射速度垂线的交点就是圆心角平分线与入射速度垂线的交点就是圆心. .如图乙所示如图乙所示. . 【典例【典例2 2】一质量为一质量为m m、带电量为、带电量为q q的粒的粒子，以速度子，以速度v v0 0从从O O点沿点沿y y轴正方向射入磁轴正方向射入磁感应
146、强度为感应强度为B B的一圆形匀强磁场区域，的一圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直于纸面，粒子飞出磁场区磁场方向垂直于纸面，粒子飞出磁场区域后，从域后，从b b处穿过处穿过x x轴，速度方向与轴，速度方向与x x轴正方向夹角为轴正方向夹角为3030，不计，不计重力求：重力求：(1)(1)圆形磁场区域的最小面积；圆形磁场区域的最小面积；(2)(2)粒子从粒子从O O点进入磁场区域到达点进入磁场区域到达b b点所经历的时间及点所经历的时间及b b点坐标点坐标 【深度剖析【深度剖析】(1)(1)由于粒子沿由于粒子沿y y轴正方向射轴正方向射入，所以圆心必在入，所以圆心必在x x轴上，反向延长轴上，反向延
147、长b b处的处的速度方向与速度方向与y y轴相交于轴相交于C C点，作点，作OCAOCA的角的角平分线与平分线与x x轴相交于轴相交于OO点，过点，过OO点作点作bCbC的垂线，垂足为的垂线，垂足为A A点则点则OA=OO=R,OA=OO=R,所以，以所以，以OAOA为直径的圆的磁场区域面积最小设圆形磁场区域为直径的圆的磁场区域面积最小设圆形磁场区域的半径为的半径为r r由牛顿第二定律得：由牛顿第二定律得：qvqv0 0B=B=由几何关系得：由几何关系得：r= Sr= Sminmin=r=r2 2= =(2)(2)粒子从粒子从O O点沿圆弧到点沿圆弧到A A点，所经历的时间点，所经历的时间 t
148、 tOAOA= s= sAbAb=Rcot30=Rcot30 t tAbAb= =所以粒子从所以粒子从O O点进入磁场区域到达点进入磁场区域到达b b点所经历的时间为点所经历的时间为t=tt=tOAOA+t+tAbAb= = s sObOb= =2R= =2Rb b点横坐标为点横坐标为x xb b=R+2R= =R+2R= 故故b b点坐标为点坐标为( 0)( 0) 三、垂直平分线法三、垂直平分线法 适用情况：如果已知带电粒子的入射速度方向和做圆周运适用情况：如果已知带电粒子的入射速度方向和做圆周运动轨迹的一条弦，先作出过入射点速度方向的垂线，然后作弦动轨迹的一条弦，先作出过入射点速度方向的垂
149、线，然后作弦的垂直平分线，两垂线的交点便是圆心的垂直平分线，两垂线的交点便是圆心 【典例【典例3 3】如图如图, ,虚线虚线MNMN是一垂直纸面的平面与纸面的是一垂直纸面的平面与纸面的交线，在平面右侧的空间存在磁感应强度为交线，在平面右侧的空间存在磁感应强度为B B的匀强的匀强磁场，方向垂直纸面向外，磁场，方向垂直纸面向外，O O是是MNMN上的一点，从上的一点，从O O点可点可以向磁场区域发射电荷量为以向磁场区域发射电荷量为+q+q、质量为、质量为m m、速率为、速率为v v的的粒子，粒子射入磁场时的速度可在纸面内各个方向粒子，粒子射入磁场时的速度可在纸面内各个方向已知先后射入的两个粒子恰好
150、在磁场中给定的已知先后射入的两个粒子恰好在磁场中给定的P P点相点相遇，遇，P P到到O O点的距离为点的距离为L L，不计重力及粒子间的相互作用，不计重力及粒子间的相互作用(1)(1)求所考查的粒子在磁场中运动的轨道半径求所考查的粒子在磁场中运动的轨道半径; ;(2)(2)求这两个粒子从求这两个粒子从O O点射入磁场时的时间间隔点射入磁场时的时间间隔. . 【深度剖析【深度剖析】(1)(1)设粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为设粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为R R，洛伦兹力充当向心力，由牛顿第二定律，有洛伦兹力充当向心力，由牛顿第二定律，有qvB=qvB=解得：解得：R=R=(2)(2)
151、如图所示，为两粒子在匀强磁场中运动的轨如图所示，为两粒子在匀强磁场中运动的轨迹图迹图 作图方法是：作作图方法是：作OPOP的垂直平分线，分别的垂直平分线，分别过入射点过入射点O O作入射速度作入射速度1 1、2 2的垂线两垂线与垂的垂线两垂线与垂直平分线的交点分别为直平分线的交点分别为O O1 1、O O2 2，则，则O O1 1、O O2 2为圆心，为圆心，粒子粒子1 1转过的角度为转过的角度为OOOO1 1P=+P=+，粒子，粒子2 2转过的角度为转过的角度为OOOO2 2P P=-=- 两粒子在磁场中运动的周期均为两粒子在磁场中运动的周期均为粒子粒子1 1从从O O点运动到点运动到P P
152、点所用的时间为：点所用的时间为：t t1 1= =粒子粒子2 2从从O O点运动到点运动到P P点所用的时间为：点所用的时间为：t t2 2= =两粒子射入的时间间隔：两粒子射入的时间间隔：tt=t=t1 1-t-t2 2= = 又因为：又因为：O O1 1OP= OP= 故故tt=t=t1 1-t-t2 2= = 四、直角直径法四、直角直径法 适用情况：如果已知带电粒子的入射速度适用情况：如果已知带电粒子的入射速度方向和过入射点的一条弦，先作出过入射点速方向和过入射点的一条弦，先作出过入射点速度方向的垂线，然后过弦的另一端点作弦的垂度方向的垂线，然后过弦的另一端点作弦的垂线，两垂线的交点和入
153、射点的连线便是该圆的线，两垂线的交点和入射点的连线便是该圆的直径，作直径的中点便是圆心直径，作直径的中点便是圆心 【典例【典例4 4】在直角坐标系在直角坐标系xOyxOy中，有一半径为中，有一半径为R R的圆形匀强磁场的圆形匀强磁场区域，磁感应强度为区域，磁感应强度为B B，磁场方向垂直，磁场方向垂直xOyxOy平面指向纸面内，该平面指向纸面内，该区域的圆心坐标为区域的圆心坐标为(R,0)(R,0)，有一个质量为，有一个质量为m m，带电量为，带电量为-q-q的粒的粒子，由静止经电场加速后从点子，由静止经电场加速后从点(0(0， ) )沿沿x x轴正方向射入磁场，轴正方向射入磁场，粒子从射入到
154、射出磁场通过了该磁场的最大距离，不计重力影粒子从射入到射出磁场通过了该磁场的最大距离，不计重力影响试求：响试求：(1)(1)粒子在磁场区域经历的时间粒子在磁场区域经历的时间; ;(2)(2)加速电场的电压加速电场的电压. . 【深度剖析【深度剖析】(1)(1)因为粒子从射入到射出磁因为粒子从射入到射出磁场通过了该磁场的最大距离，即场通过了该磁场的最大距离，即MPMP应是圆形应是圆形磁场区域的直径，同时也是粒子做圆周运动磁场区域的直径，同时也是粒子做圆周运动的一条弦过的一条弦过P P点作直线点作直线NPMPNPMP，与竖直线，与竖直线交于交于N N点作点作MNMN的中点即是粒子做圆周运动的的中点
155、即是粒子做圆周运动的圆心圆心( (直角直径法直角直径法) )设从设从M M点射入磁场的速度点射入磁场的速度方向与半径方向与半径MCMC夹角为夹角为，故故sin= sin= 即即=30=30在磁场中偏转的角度为在磁场中偏转的角度为=2=60=2=60, ,有有t=t=带电粒子在磁场中运动的周期为带电粒子在磁场中运动的周期为T= T= 所以粒子在磁场区域经历的时间所以粒子在磁场区域经历的时间t=t=(2)(2)设粒子在磁场中做圆周运动的半径为设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r,r,由洛伦兹力提供向由洛伦兹力提供向心力得：心力得：qvB= qvB= r=2R r=2R 带电粒子在加速电场加速过程中，
156、由功能关系得：带电粒子在加速电场加速过程中，由功能关系得：qUqU= = 联立以上各式解得：联立以上各式解得：U=U=以上四种方法是确定圆心极为有效的办法，在解题过程中要灵以上四种方法是确定圆心极为有效的办法，在解题过程中要灵活选择使用，突破圆心的确定这一难点，就会使此类问题变得活选择使用，突破圆心的确定这一难点，就会使此类问题变得迎刃而解迎刃而解 在真空中在真空中, ,半径为半径为r=3r=31010-2-2 m m的圆形区域内的圆形区域内, ,有一匀强磁场有一匀强磁场, ,磁磁场的磁感应强度为场的磁感应强度为B=0.2 T,B=0.2 T,方向如图所示方向如图所示, ,一带正电粒子一带正电
157、粒子, ,以初以初速度速度v v0 0=10=106 6 m/s m/s的速度从磁场边界上直径的速度从磁场边界上直径abab一端一端a a点处射入磁场点处射入磁场, ,已知该粒子荷质比为已知该粒子荷质比为q/mq/m=10=108 8 C/kg, C/kg,不计粒子重力不计粒子重力, ,则则: :(1)(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径是多少粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径是多少? ?(2)(2)若要使粒子飞离磁场时有最大的偏转角若要使粒子飞离磁场时有最大的偏转角, ,其入射时粒子的方其入射时粒子的方向应如何向应如何? ?最大偏转角多大最大偏转角多大? ? 【解析【解析】(1)(1)设粒子
158、做圆周运动的半径为设粒子做圆周运动的半径为R,R,则则qvqv0 0B=B=得得R= =0.05 mR= =0.05 m(2)(2)由分析知由分析知, ,弦弦abab是粒子轨迹上的弦是粒子轨迹上的弦, ,也是圆形也是圆形磁场的弦磁场的弦, ,如图所示如图所示. .粒子在磁场中运动的最长弦就是粒子在磁场中运动的最长弦就是abab, ,其对应的圆其对应的圆心角就是最大的偏转角心角就是最大的偏转角,此时初速度方向与此时初速度方向与abab连线夹角为连线夹角为,则则由几何知识有由几何知识有得得=74=74, ,所以所以= =37= =37故粒子以与故粒子以与abab夹角为夹角为3737斜向右上方入射时斜向右上方入射时, ,粒子飞离磁场时粒子飞离磁场时有最大偏转角有最大偏转角, ,其最大值为其最大值为7474. .答案答案: :(1)0.05 m (2)(1)0.05 m (2)见解析见解析
