(完整版)高中物理選修3_1磁場知識點及習題9,推薦文檔

1、word 格式整理一、 磁場知識要點1. 磁場的產生磁極周圍有磁場。電流周圍有磁場（奧斯特）。安培提出分子電流假說（又叫磁性起源假說），認為磁極的磁場和電流的磁場都是由電荷的運動產生的。（不等于說所有磁場都是由運動電荷產生的。）變化的電場在周圍空間產生磁場（麥克斯韋）。2. 磁場的基本性質磁場對放入其中的磁極和電流有磁場力的作用(對磁極一定有力的作用；對電流只是可能有力的作用，當電流和磁感線平行時不受磁場力作用)。這一點應該跟電場的基本性質相比較。3. 磁感應強度b = fil （條件是勻強磁場中，或 l 很小，并且 lb ）。磁感應強度是矢量。單位是特斯拉，符號為 t，1t=1n/(am)=

2、1kg/(as2) 4.磁感線用來形象地描述磁場中各點的磁場方向和強弱的曲線。磁感線上每一點的切線方向就是該點的磁場方向，也就是在專業(yè)技術參考資料該點小磁針靜止時n 極的指向。磁感線的疏密表示磁場的強弱。磁感線是封閉曲線（和靜電場的電場線不同）。要熟記常見的幾種磁場的磁感線：安培定則（右手螺旋定則）：對直導線，四指指磁感線方向；對環(huán)行電流，大拇指指中心軸線上的磁感線方向；對長直螺線管大拇指指螺線管內部的磁感線方向。5.磁通量如果在磁感應強度為 b 的勻強磁場中有一個與磁場方向垂直的平面，其面積為 s，則定義 b 與 s 的乘積為穿過這個面的磁通量，用 表示。 是標量，但是有方向（進該面或出該面

3、）。單位為韋伯，符號為 wb。1wb=1tm2=1vs=1kgm2/(as2)?？梢哉J為磁通量就是穿過某個面的磁感線條數(shù)。在勻強磁場磁感線垂直于平面的情況下，b=/s，所以磁感應強度又叫磁通密度。在勻強磁場中，當 b 與 s 的夾角為 時，有 =bssin。地球磁場通電直導線周圍磁場通電環(huán)行導線周圍磁場二、安培力（磁場對電流的作用力） 知識要點1. 安培力方向的判定用左手定則。用“同性相斥，異性相吸”（只適用于磁鐵之間或磁體位于螺線管外部時）。用“同向電流相吸，反向電流相斥”（反映了磁現(xiàn)象的電本質）?？梢园褩l形磁鐵等效為長直螺線管（不要把長直螺線管等效為條形磁鐵）。只要兩導線不是互相垂直的，都

4、可以用“同向電流相吸，反向電流相斥”判定相互作用的磁場力的方向；當兩導線互相垂直時，用左手定則判定。2. 安培力大小的計算：f=blisin（ 為 b、l 間的夾角）高中只要求會計算 =0（不受安培力）和 =90兩種情況。i sn例題分析例 1：如圖所示，可以自由移動的豎直導線中通有向下的電流，不計通電導線的重力，僅在磁場力作用下，導線將如何移動？解：先畫出導線所在處的磁感線，上下兩部分導線所受安培力的方向相反，使導線從左向右看順時針轉動；同時又受到豎直向上的磁場的作用而向右移動（不要說成先轉 90后平移）。分析的關鍵是畫出相關的磁感線。f /ffs例 2：條形磁鐵放在粗糙水平面上，正中的正上

5、方有一導線，通有圖示方向的電流后，磁鐵對水平面的壓力將會(增大、減小還是不變？ f摩擦力大小為。解：本題有多種分析方法。畫出通電導線中電流的磁場磁感線（如圖中粗虛線所示），可看出兩極受的磁場力的合力豎平面的壓力減小，但不受摩擦力。畫出條形磁鐵的磁感線中)。水平面對磁鐵的中通過兩極的那條直向上。磁鐵對水通過通電導線的那一條（如圖中細虛線所示），可看出導線受到的安培力豎直向下，因此條形磁鐵受的反作用力豎直向上。把條形磁鐵等效為通電螺線管，上方的電流是向里的，與通電導線中的電流是同向電流，所以互相吸引。例 3：如圖在條形磁鐵 n 極附近懸掛一個線圈，當線圈中通有逆時針方向哪個方向偏轉？解：用“同向電

6、流互相吸引，反向電流互相排斥”最簡單：條形磁鐵的等面是向下的，與線圈中的電流方向相反，互相排斥，而左邊的線圈匝數(shù)多所以的電流時，線圈將向sn效螺線管的電流在正線圈向右偏轉。（本題如果用“同名磁極相斥，異名磁極相吸”將出現(xiàn)判斷錯誤，因為那只適用于線圈位于磁鐵外部的情況。）i例 4：電視機顯象管的偏轉線圈示意圖如右，即時電流方向如圖所示。該時刻由里向外射出的電子流將向哪個方向偏轉？解：畫出偏轉線圈內側的電流，是左半線圈靠電子流的一側為向里，右半線圈靠電子流的一側為向外。電子流的等效電流方向是向里的，根據(jù)“同向電流互相吸引，反向電流互相排斥”，可判定電子流向左偏轉。（本題用其它方法判斷也行，但不如這

7、個方法簡潔）。word 格式整理例 5：如圖所示，光滑導軌與水平面成 角，導軌寬 l。勻強磁場磁感應強度為 b。金屬桿長也為 l，質量為 m，水平放在導軌上。當回路總電流為 i1 時，金屬桿正好能靜止。求：b 至少多大？這時 b 的方向如何？若保持 b 的大小不變而將 b 的方向改為豎直向上，應把回路總電流i2調到多大才能使金屬桿保持靜止？解：畫出金屬桿的截面圖。由三角形定則可知，只有當安培力方向沿導 力才最小，b 也最小。根據(jù)左手定則，這時 b 應垂直于導軌平面向上，大小b bi1l=mgsin， b=mgsin/i1l。 當 b 的方向改為豎直向上時，這時安培力的方向變?yōu)樗较蛴?，沿導軌?/p>

8、平面向上時安培滿足：方向合力為零，得bi2lcos=mgsin，i2=i1/cos。（在解這類題時必須畫出截面圖，只有在截面圖上才能正確表示各力的準確方向，從而弄清各矢量方向間的關系）。例 6：如圖所示，質量為 m 的銅棒搭在 u 形導線框右端，棒長和框寬均為 l，磁感應強度為 b 的勻強磁場方向豎直向下。電鍵閉合后，在磁場力作下落 h 后落在水平面上，水平位移為 s。求閉合電鍵后通過銅棒的電荷量解：閉合電鍵后的極短時間內，銅棒受安培力向右的沖量 ft=mv0 而msgbl2hg2hf=bil，而瞬時電流和時間的乘積等于電荷量 q=it，由平拋規(guī)律可算銅用下銅棒被平拋出去，b hsq。被平拋出

9、去，其中棒離開導線框時的初速度v0= s = s t，最終可得q =。三、洛倫茲力知識要點1. 洛倫茲力運動電荷在磁場中受到的磁場力叫洛倫茲力，它是安培力的微觀表現(xiàn)。計算公式的推導：如圖所示，整個導線受到的磁場力（安培力）為 f安=bil；其中 i=nesv；設導線中共有 n 個自由電子 n=nsl；每個電子受的磁場力為f，則 f 安=nf。由以上四式可得 f=qvb。條件是 v 與 b 垂直。當 v 與 b 成 角時，f=qvbsin。2. 洛倫茲力方向的判定在用左手定則時，四指必須指電流方向（不是速度方向），即正電荷定向移動的方向；對負電荷，四指應指負電荷定向移動方向的反方向。3. 洛倫茲

10、力大小的計算帶電粒子在勻強磁場中僅受洛倫茲力而做勻速圓周運動時，洛倫茲力充當向心力，由此可以推導出該圓周運動的半徑公式和周期公式： r = mv ,t = 2dmbqbq4. 帶電粒子在勻強磁場中的偏轉v lvr v orbv穿過矩形磁場區(qū)。一定要先畫好輔助線（半徑、速度及延長線）。偏轉角由 sin=l/r 求md出。側移由 r2=l2-(r-y)2 解出。經歷時間由t = bq 得出。注意，這里射出速度的反向延長線與初速度延長線的交點不再是寬度線段的中點，這點專業(yè)技術參考資料ro/word 格式整理與帶電粒子在勻強電場中的偏轉結論不同！穿過圓形磁場區(qū)。畫好輔助線（半徑、速度、軌跡圓的圓心、連

11、心線）。偏角可由tand = r 求出。經歷時間由2rt = md得出。 bq注意：由對稱性，射出線的反向延長線必過磁場圓的圓心。例題分析 br 例 1：磁流體發(fā)電機原理圖如右。等離子體高速從左向右噴射， 向的勻強磁場。該發(fā)電機哪個極板為正極？兩板間最大電壓為多少？ 解：由左手定則，正、負離子受的洛倫茲力分別向上、向下。所負極板間會產生電場。當剛進入的正負離子受的洛倫茲力與電場力等大電壓：u=bdv。當外電路斷開時，這也就是電動勢 e。當外電路接荷量減小，板間場強減小，洛倫茲力將大于電場力，進入的正負離子時電動勢仍是 e=bdv，但路端電壓將小于 bdv。在定性分析時特別需要注意的是：正負離子

12、速度方向相同時，在同一磁場中受洛倫茲力方向相反。兩極板間有如圖方以上極板為正。正、值反向時，達到最通時，極板上的電又將發(fā)生偏轉。這外電路接通時，電路中有電流，洛倫茲力大于電場力，兩板間電壓將小于 bdv，但電動勢不變（和所有電源一樣， 電動勢是電源本身的性質。）注意在帶電粒子偏轉聚集在極板上以后新產生的電場的分析。在外電路斷開時最終將達到平衡態(tài)。例 2：半導體靠自由電子（帶負電）和空穴（相當于帶正電）導電，分為 p 型和 n 型兩種。p 型半導體中空穴為多數(shù)載流子；n 型半導體中自由電子為多數(shù)載流子。用以下實驗可以判定一塊半導體材料是 p 型還是 n 型：將材料放在勻強磁場中，通以圖示方向的電

13、流 i，用電壓表比較上下兩個表面的電勢高低，若上極板電勢高，就是 p 型半導體；若下極板電勢高，就是 n 型半導體。試分析原因。解：分別判定空穴和自由電子所受的洛倫茲力的方向，由于四指指電流方向，都向右，所以洛倫茲力方向都向上，它們都將向上偏轉。p 型半導體中空穴多，上極板的電勢高；n 型半導體中自由電子多，上極板電勢低。注意：當電流方向相同時，正、負離子在同一個磁場中的所受的洛倫茲力方向相同，所以偏轉方向相同。例 3：如圖直線 mn 上方有磁感應強度為 b 的勻強磁場。正、負電子同時從同一點 o 以與 mn 成 30角的同樣速度 v 射入磁場（電子質量為 m，電荷為 e），它們從磁場中射出時

14、相距多遠？射出的時間差是多少？解：正負電子的半徑和周期是相同的。只是偏轉方向相反。mn先確定圓心，畫出半徑，由對稱性知：射入、射出點和圓心恰好組成正三角形。所以兩個射出點相距 2r，由圖還看出經歷時間相差 2t/3。答案為射出點相距4dms = 2mv ，時間差be為dt =3bq。關鍵是找圓心、找半徑和用對稱。yvbo/voa例4：一個質量為m 電荷量為q 的帶電粒子從x 軸上的p(a，0)點以速度 v，沿與x 正方向成60的方向射入第一象限內的勻強磁場中，并恰好垂直于y 軸射出第一象限。求勻強磁場的磁感應強度 b 和射出點的坐標。專業(yè)技術參考資料xword 格式整理2a3mv解：由射入、射

15、出點的半徑可找到圓心 o/，并得出半徑為 r =, 得b =bq3mv ；射出點坐標為（0，2aq3a ）。專業(yè)技術參考資料四、帶電粒子在混合場中的運動知識要點1. 速度選擇器正交的勻強磁場和勻強電場組成速度選擇器。帶電粒子必須以唯一確定的速度（包括大小、方向）才能勻速（或者說沿直線）通過速度選擇器。否則將發(fā)生偏轉。這個速度的大小可以由洛倫茲力出：qvb=eq， v = e 。在本圖中，速度方向必須向右。b這個結論與離子帶何種電荷、電荷多少都無關。若速度小于這一速度，電場力將大于洛倫茲力，帶電粒子向電場力方正功，動能將增大，洛倫茲力也將增大，粒子的軌跡既不是拋物線，也不是 和電場力的平衡得v向

16、偏轉，電場力做圓，而是一條復雜曲線；若大于這一速度，將向洛倫茲力方向偏轉，電場力將做負功，動能將減小，洛倫茲力也將減小，軌跡是一條復雜曲線。2. 帶電微粒在重力、電場力、磁場力共同作用下的運動帶電微粒在三個場共同作用下做勻速圓周運動。必然是電場力和重力平衡，而洛倫茲力充當向心力。與力學緊密結合的綜合題，要認真分析受力情況和運動情況（包括速度和加速度）。必要時加以討論。例題分析v0例 1：某帶電粒子從圖中速度選擇器左端由中點 o 以速度 v0 向右射去，從右端中心a 下方的 b 點以速度 v1 射出；若增大磁感應強度 b，該粒子將打到 a 點有 ac=ab，則該粒子帶 電；第二次射出時的速度為

17、。o2v 2 - v 201解：b 增大后向上偏，說明洛倫茲力向上，所以為帶正電。由于洛所以兩次都是只有電場力做功，第一次為正功，第二次為負功，但功的1 mv 2 - 1 mv 2 = 1 mv 2 - 1 mv 2 , v =c上方的 c 點，且ab倫茲力總不做功， 絕對值相同。 212020222例 2：如圖所示，一個帶電粒子兩次以同樣的垂直于場線的初速度 v0 分別穿越勻強電場區(qū)和勻強磁場區(qū)， 場區(qū)的寬度均為 l 偏轉角度均為 ，求 eblv0be解：分別利用帶電粒子的偏角公式。在電場中偏轉：tand= eql ，在0mv 2磁場中偏轉： sind= lbq ，由以上兩式可得 e = v

18、0?？梢宰C明：當偏轉角相同時，側移必然不同（電m場v中0 側移較大）；當側移b相同c時os，d偏轉角必然不同（磁場中偏轉角較大）。例 3：一個帶電微粒在圖示的正交勻強電場和勻強磁場中在豎直面內做勻速圓周運動。則該帶電微粒必然帶 ，旋轉方向為 。若已知圓半徑為 r，電場強度為 e 磁感應強度為 b，則線速度為 。解：因為必須有電場力與重力平衡，所以必為負電；由左手定則得逆時針轉動；再由 eq = mg和r = mv 得v = brgbqe例 4：質量為 m 帶電量為 q 的小球套在豎直放置的絕緣桿上，球與桿間的動摩擦因數(shù)勻強磁場的方向如圖所示，電場強度為 e，磁感應強度為 b。小球由靜止釋放后沿

19、桿下滑。和磁場也足夠大， 求運動過程中小球的最大加速度和最大速度。fneqmg v af解：不妨假設設小球帶正電（帶負電時電場力和洛倫茲力都將反向，結論相同）。剛電場力、彈力、摩擦力作用，向下加速；開始運動后又受到洛倫茲力作用，彈力、摩擦倫茲力等于電場力時加速度最大為 g。隨著 v 的增大，洛倫茲力大于電場力，彈力方向變大，摩擦力隨著增大，加速度減小，當摩擦力和重力大小相等qvbeqnmg vmmge為。勻強電場和設桿足夠長，電場釋放時小球受重力、力開始減??；當洛為向右，且不斷增時，小球速度達到最大v = dbq + b 。洛倫茲力向右，彈若將磁場的方向反向，而其他因素都不變，則開始運動后力、

20、摩擦力不斷增大，加速度減小。所以開始的加速度最大為deqa = g -；摩bmmg擦力等于重力時速度最大，為v = dbq- e 。5.(20 分)如圖所示為一種質譜儀示意圖，由加速電場、靜電分析器和磁分析器組成。已知：靜電分析器通道的半徑為 r， 均勻輻射電場的場強為 e。磁分析器中有垂直紙面向外的勻強磁場，磁感強度為 b。問：（1）為了使位于 a 處電量為 q、質量為 m 的離子，從靜止開始經加速電場加速后沿圖中圓弧虛線通過靜電分析器，加速電場的電壓 u 應為多大？（2）離子由p 點進入磁分析器后，最終打在乳膠片上的 q 點，該點距入射點 p 多遠？解：（1）離子在加速電場中加速，根據(jù)動能

21、定理有 (3 分)離子在輻向電場中做勻速圓周運動，電場力提供向心力，有 (4 分)解得 (2 分)word 格式整理（2）離子在勻強磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，有 (3 分)由、式得 (5 分)故 (3 分)例 6：（20 分）如圖所示，固定在水平桌面上的光滑金屬框架 cdef 處于豎直向下磁感應強度為 b0 的勻強磁場中。金屬桿ab 與金屬框架接觸良好。此時 abed 構成一個邊長為 l 的正方形，金屬桿的電阻為 r，其余部分電阻不計。若從 t=0 時刻起，磁場的磁感應強度均勻增加，每秒鐘增量為 k，施加一水平拉力保持金屬桿靜止不動，求金屬桿中的感應電流。在情況中金屬桿始終保持

22、不動，當 t= t1 秒末時，求水平拉力的大小。若從 t=0 時刻起，磁感應強度逐漸減小，當金屬桿在框架上以恒定速度 v 向右做勻速運動時，可使回路中不產生感應電流。寫出磁感應強度 b 與時間 t 的函數(shù)關系式。解(1)設瞬時磁感應強度為 b ,由題意得（分）產生感應電動勢為（分）根據(jù)閉合電路歐姆定律得，產生的感應電流（分）專業(yè)技術參考資料（）由題意，根據(jù)二力平衡，安培力等于水平拉力，即（分）（分）由得，所以（分）（）回路中電流為，說明磁感應強度逐漸減小產生的感應電動勢和金屬桿運動產生的感應電動勢相反，即，則有（分） 解得（分）例 7(19 分)如圖，在 x 軸上方有磁感強度大小為 b，方向垂

23、直紙面向里的勻強磁場。x 軸下方有磁感強度大小為 b/2，方向垂直紙面向外的勻強磁場。一質量為 m、電量為q 的帶電粒子（不計重力），從 x 軸上 o 點以速度 v0 垂直 x 軸向上射出。求：（1） 經多長時間粒子第三次到達 x 軸。(初位置 o 點為第一次)（2）粒子第三次到達 x 軸時離 o 點的距離。解：（1） 粒子運動軌跡示意圖如右圖 （2 分） 由牛頓第二定律 （4 分） （2 分）得 t1 =（2 分）t2 =（2 分）粒子第三次到達 x 軸需時間 t =（1 分）（2） 由式可知 r1 =（2 分）r2 =（2 分）粒子第三次到達 x 軸時離 o 點的距離 s = 2r1 2r

24、2 =（2 分）例 8、如圖所示，在第 i 象限范圍內有垂直 xoy 平面的勻強磁場，磁感應強度為 b。質量為 m、電量大小為 q 的帶電粒子（不計重力），在 axy 平面里經原點 o 射入磁場中，初速度為 v0，且與 x 軸成 60角，試分析計算：（1） 帶電粒子從何處離開磁場？穿越磁場時運動方向發(fā)生的偏轉角多大？（2） 帶電粒子在磁場中運動時間多長？解：帶電粒子若帶負電荷，進入磁場后將向 x 軸偏轉，從 a 點離開磁場；若帶正電荷，進入磁場后將向 y 軸偏轉，從b 點離開磁場；如圖所示帶電粒子進入磁場后作勻速圓周運動，軌跡半徑均為圓心位于過 o 點與 v0 垂直的同一條直線上，o1oo2o

25、o1ao2br，帶電粒子沿半徑為 r 的圓周運動一周的時間為（）粒子若帶負電荷，進入磁場后將向 x 軸偏轉，從 a 點離開磁場，運動方向發(fā)生的偏角為：1226001200。a 點到原點 o 的距離為：粒子若帶正電荷，進入磁場后將向 y 軸偏轉，在 b 點離開磁場；運動方向發(fā)生的偏角為：22（900）2300600。b 點到原點 o 的距離為：（）粒子若帶負電荷，進入磁場后將向 x 軸偏轉，從 a 點離開磁場，運動的時間為：粒子若帶正電荷，進入磁場后將向 y 軸偏轉，在 b 點離開磁場；運動的時間為：例 9、右圖是科學史上一張著名的實驗照片，顯示一個帶電粒子在云室中穿過某種金屬板運動的徑跡。云室

26、旋轉在勻強磁場中，磁場方向垂直照片向里。云室中橫放的金屬板對粒子的運動起阻礙作用。分析此徑跡可知粒子a. 帶正電，由下往上運動word 格式整理b. 帶正電，由上往下運動c. 帶負電，由上往下運動d. 帶負電，由下往上運動專業(yè)技術參考資料答案： a。解析：粒子穿過金屬板后，速度變小，由半徑公式 r =mv可知，半徑變小，粒子運動方向為由下向上；又由于洛侖茲力的qb方向指向圓心，由左手定則，粒子帶正電。選 a。例 10、如圖所示，固定位置在同一水平面內的兩根平行長直金屬導軌的間距為 d，其右端接有阻值為 r 的電阻，整個裝置處在豎直向上磁感應強度大小為 b 的勻強磁場中。一質量為 m（質量分布均

27、勻）的導體桿 ab 垂直于導軌放置，且與兩導軌保持良好接觸，桿與導軌之間的動摩擦因數(shù)為 u?，F(xiàn)桿在水平向左、垂直于桿的恒力 f 作用下從靜止開始沿導軌運動距離 l 時， 速度恰好達到最大（運動過程中桿始終與導軌保持垂直）。設桿接入電路的電阻為 r，導軌電阻不計，重力加速度大小為 g。則此過程a. 桿的速度最大值為b. 流過電阻 r 的電量為c. 恒力 f 做的功與摩擦力做的功之和等于桿動能的變化量d. 恒力 f 做的功與安倍力做的功之和大于桿動能的變化量答案 bdb2d 2v(f - dmg)(r+ r)【解析】當桿達到最大速度 vm 時， f - dmg -m = 0 得 vm =r + r

28、b2 d2，a 錯；由公式q = dd= bds= bdl ，b 對；在棒從開始到達到最大速度的過程中由動能定理有：(r + r )(r + r )r + rffkf安w + w +w安 = de ，其中w= -dmg ，w= -q ，恒力 f 做的功與摩擦力做的功之和等于桿動能的變化量與回路產生的焦耳熱之和，c 錯；恒力 f 做的功與安倍力做的功之和等于于桿動能的變化量與克服摩擦力做的功之和，d 對。例 11、如圖甲，在水平地面上固定一傾角為 的光滑絕緣斜面，斜大小為 e、方向沿斜面向下的勻強電場中。一勁度系數(shù)為 k 的絕緣輕定在斜面底端，整根彈簧處于自然狀態(tài)。一質量為 m、帶電量為從距離彈

29、簧上端為 s0 處靜止釋放，滑塊在運動過程中電量保持不變， 觸過程沒有機械能損失，彈簧始終處在彈性限度內，重力加速度大（1） 求滑塊從靜止釋放到與彈簧上端接觸瞬間所經歷的時間 t1（2） 若滑塊在沿斜面向下運動的整個過程中最大速度大小為止釋放到速度大小為 vm 過程中彈簧的彈力所做的功 w；（3） 從滑塊靜止釋放瞬間開始計時，請在乙圖中畫出滑塊在的整個過程中速度與時間關系 v-t 圖象。圖中橫坐標軸上的 t1、t2 及第一次與彈簧上端接觸、第一次速度達到最大值及第一次速度減為面處于電場強度質彈簧的一端固q（q0）的滑塊設滑塊與彈簧接小為 g。vm，求滑塊從靜沿斜面向下運動t3 分別表示滑塊零的

30、時刻，縱坐標軸上的 v1 為滑塊在 t1 時刻的速度大小，vm 是題中所指的物理量。（本小題不要求寫出計算過程）答案（1） t =; （2）w = 1 mv2 - (mg sind+ qe) (s+ mg sind+ qe ) ; 2ms0qe + mg sind12m0k(3)【解析】本題考查的是電場中斜面上的彈簧類問題。涉及到勻變速直線運動、運用動能定理處理變力功問題、最大速度問題和運動過程分析。（1） 滑塊從靜止釋放到與彈簧剛接觸的過程中作初速度為零的勻加速直線運動，設加速度大小為 a，則有qe+mgsind=mas = 1 at 2021聯(lián)立可得 2ms0qe + mg sindt1

31、=（2） 滑塊速度最大時受力平衡，設此時彈簧壓縮量為 x0 ，則有mg sind+ qe = kx0從靜止釋放到速度達到最大的過程中，由動能定理得(mg sind+ qe) (xm聯(lián)立可得+ x0) + w = 1 mv2m2 - 0w = 1 mv2 - (mg sind+ qe) (s + mg sind+ qe ) s2m0k（3） 如圖例 12、圖為可測定比荷的某裝置的簡化示意圖，在第一象限區(qū)域內有垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小b=2.010-3t,在 x 軸上距坐標原點 l=0.50m 的p 處為離子的入射口，在 y 上安放接收器，現(xiàn)將一帶正電荷的粒子以v=3.5104m/

32、s 的速率從 p 處射入磁場，若粒子在 y 軸上距坐標原點 l=0.50m 的m 處被觀測到，且運動軌跡半徑恰好最小，設帶電粒子的質量為 m,電量為 q,不記其重力。q（1） 求上述粒子的比荷；m（2） 如果在上述粒子運動過程中的某個時刻，在第一象限內再加一個勻強電場，就可以使其沿 y 軸正方向做勻速直線運動， 求該勻強電場的場強大小和方向，并求出從粒子射入磁場開始計時經過多長時間加這個勻強電場；（3） 為了在 m 處觀測到按題設條件運動的上述粒子，在第一象限內的磁場可以局限在一個矩形區(qū)域內，求此矩形磁場區(qū)域的最小面積，并在圖中畫出該矩形。q77-62答 案 （1） =4.910mc/kg（或

33、 5.010 c/kg）；（2） t = 7.9 10s ； （3） s = 0.25m【解析】本題考查帶電粒子在磁場中的運動。第（2）問涉及到復合場（速度選擇器模型）第（3）問是帶電粒子在有界磁場（矩形區(qū)域）中的運動。（1） 設粒子在磁場中的運動半徑為 r。如圖甲，依題意 m、p 連線即為該粒子在磁場中作勻速圓周運動的直徑，由幾何關系得2lr =2由洛倫茲力提供粒子在磁場中作勻速圓周運動的向心力，可得qvb = m v 2 r聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得q77 =4.910mc/kg（或 5.010 c/kg）（2） 設所加電場的場強大小為 e。如圖乙，當粒子子經過 q 點時，速度沿 y 軸正方向，依題

34、意，在此時加入沿 x 軸正方向的勻強電場，電場力與此時洛倫茲力平衡，則有qe = qvb 代入數(shù)據(jù)得e = 70n / c所加電場的長槍方向沿 x 軸正方向。由幾何關系可知，圓弧 pq 所對應的圓心角為 45，設帶點粒子做勻速圓周運動的周期為 t，所求時間為 t，則有450t =t3600t = 2drv聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得t = 7.9 10-6 s（3） 如圖丙，所求的最小矩形是 mm1 p1p ，該區(qū)域面積s = 2r 2聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得s = 0.25m2矩形如圖丙中 mm1p1p （虛線）例 13、如圖，在 x 軸下方有勻強磁場，磁感應強度大小為 b，方向垂直于 x y 平面向外。p 是

35、y 軸上距原點為 h 的一點，n0 為x 軸上距原點為 a 的一點。a 是一塊平行于 x 軸的擋板，與 x 軸的擋板碰撞前后，距方離向為的分，速a度的不中變點，在y y方軸向上的，分長速度略反小向于、大小。不帶變點。粒質子量與為 m，電荷量為 q（q0）的粒子從 p 點瞄準 n0 點入射，最后又通過 p 點。不計重力。求粒子入射速度的所有可能值。26. 【解析】設粒子的入射速度為 v,第一次射出磁場的點為 no ,與板次進入磁場的位置為 n1 .粒子在磁場中運動的軌道半徑為 r,有碰撞后再r = mvqb,粒子速率不變,每次進入磁場與射出磁場位置間距離 x1 保持不變有 x1 = no no

36、= 2r sind,粒子射出磁場與下一次進入磁場位置間的距離 x2始終不變,與 n n相等.由圖可以看出 x2= a o1設粒子最終離開磁場時,與檔板相碰 n 次(n=0、1、2、3).若粒子能回到 p 點,由對稱性,出射點的 x 坐標應為-a,即(n + 1)x1 -nx2= 2a ,由兩式得 x1 = n + 2 a an + 1若粒子與擋板發(fā)生碰撞,有 x1 - x2 4 聯(lián)立得 n3聯(lián)立得v =qb2msind n + 2 a 把sind=n + 1h 代入中得a 2 + h 2v = qba a 2 + h 2 , n = 0 .omhv = 3qba a 2 + h 2 , n =

37、 1 .2qba a 2 + h 214mhv2 =3mh, n = 2例 14、如圖所示，直角坐標系 xoy 位于豎直平面內，在水平的 x 軸下方存在勻強磁場和勻強電場，磁場的磁感應為 b,方向垂直xoy 平面向里，電場線平行于 y 軸。一質量為 m、電荷量為 q 的帶正電的小球，從 y 軸上的 a 點水平向右拋出，經 x 軸上的m 點進入電場和磁場，恰能做勻速圓周運動，從 x 軸上的 n 點第一次離開電場和磁場，mn 之間的距離為 l,小球過 m 點時的速度方向與 x 軸的方向夾角為d.不計空氣阻力，重力加速度為 g,求(1) 電場強度 e 的大小和方向；(2) 小球從 a 點拋出時初速度

38、 v0 的大小;(3) a 點到 x 軸的高度 h.mgqblq2 b2 l2（1）q，方向豎直向上（2）cotd（3）2m8m2 g【解析】本題考查平拋運動和帶電小球在復合場中的運動。（1） 小球在電場、磁場中恰能做勻速圓周運動，說明電場力和重力平衡（恒力不能充當圓周運動的向心力），有qe = mge = mgq重力的方向豎直向下，電場力方向只能向上，由于小球帶正電，所以電場強度方向豎直向上。（2） 小球做勻速圓周運動，o為圓心，mn 為弦長， mop =d，如圖所示。設半徑為 r，由幾何關系知word 格式整理l = sind2r小球做勻速圓周運動的向心力由洛侖茲力白日提供，設小球做圓周運動的速率為 v，有qvb = mv2r專業(yè)技術參考資料