帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 專題八

1、專題八帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)考綱解讀 1.能分析計(jì)算帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng).2.能夠解決速度選擇器、磁流體發(fā)電機(jī)、質(zhì)譜儀等磁場(chǎng)的實(shí)際應(yīng)用問題1帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng)某空間存在水平方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)(圖中未畫出)，帶電小球沿如圖1所示的直線斜向下由A點(diǎn)沿直線向B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)，此空間同時(shí)存在由A指向B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，則下列說法正確的是()圖1A小球一定帶正電B小球可能做勻速直線運(yùn)動(dòng)C帶電小球一定做勻加速直線運(yùn)動(dòng)D運(yùn)動(dòng)過程中，小球的機(jī)械能增大答案CD解析由于重力方向豎直向下，空間存在磁場(chǎng)，且直線運(yùn)動(dòng)方向斜向下，與磁場(chǎng)方向相同，故不受洛倫茲力作用，電場(chǎng)力必水平向右，但電場(chǎng)具體方向未知，故不能判斷帶電小球的

2、電性，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；重力和電場(chǎng)力的合力不為零，故不可能做勻速直線運(yùn)動(dòng)，所以選項(xiàng)B錯(cuò)誤；因?yàn)橹亓εc電場(chǎng)力的合力方向與運(yùn)動(dòng)方向相同，故小球一定做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)C正確；運(yùn)動(dòng)過程中由于電場(chǎng)力做正功，故機(jī)械能增大，選項(xiàng)D正確2帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的勻速圓周運(yùn)動(dòng)如圖2所示，一帶電小球在一正交電場(chǎng)、磁場(chǎng)區(qū)域里做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)方向豎直向下，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，則下列說法正確的是()圖2A小球一定帶正電B小球一定帶負(fù)電C小球的繞行方向?yàn)轫槙r(shí)針D改變小球的速度大小，小球?qū)⒉蛔鰣A周運(yùn)動(dòng)答案BC解析小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，重力必與電場(chǎng)力平衡，則電場(chǎng)力方向豎直向上，結(jié)合電場(chǎng)方向可知小球一定帶負(fù)電，A錯(cuò)誤，B正確；洛

3、倫茲力充當(dāng)向心力，由曲線運(yùn)動(dòng)軌跡的彎曲方向結(jié)合左手定則可得繞行方向?yàn)轫槙r(shí)針方向，C正確，D錯(cuò)誤考點(diǎn)梳理一、復(fù)合場(chǎng)1復(fù)合場(chǎng)的分類(1)疊加場(chǎng)：電場(chǎng)、磁場(chǎng)、重力場(chǎng)共存，或其中某兩場(chǎng)共存(2)組合場(chǎng)：電場(chǎng)與磁場(chǎng)各位于一定的區(qū)域內(nèi)，并不重疊或相鄰或在同一區(qū)域，電場(chǎng)、磁場(chǎng)交替出現(xiàn)2三種場(chǎng)的比較 項(xiàng)目名稱力的特點(diǎn)功和能的特點(diǎn)重力場(chǎng)大?。篏mg方向：豎直向下重力做功與路徑無關(guān)重力做功改變物體的重力勢(shì)能靜電場(chǎng)大?。篎qE方向：a.正電荷受力方向與場(chǎng)強(qiáng)方向相同b.負(fù)電荷受力方向與場(chǎng)強(qiáng)方向相反電場(chǎng)力做功與路徑無關(guān)WqU電場(chǎng)力做功改變電勢(shì)能磁場(chǎng)洛倫茲力F洛qvB方向可用左手定則判斷洛倫茲力不做功，不改變帶電粒子的動(dòng)

4、能二、帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)形式1靜止或勻速直線運(yùn)動(dòng)當(dāng)帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中所受合外力為零時(shí)，將處于靜止?fàn)顟B(tài)或做勻速直線運(yùn)動(dòng)2勻速圓周運(yùn)動(dòng)當(dāng)帶電粒子所受的重力與電場(chǎng)力大小相等，方向相反時(shí)，帶電粒子在洛倫茲力的作用下，在垂直于勻強(qiáng)磁場(chǎng)的平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)3較復(fù)雜的曲線運(yùn)動(dòng)當(dāng)帶電粒子所受合外力的大小和方向均變化，且與初速度方向不在同一直線上，粒子做非勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，這時(shí)粒子運(yùn)動(dòng)軌跡既不是圓弧，也不是拋物線4分階段運(yùn)動(dòng)帶電粒子可能依次通過幾個(gè)情況不同的組合場(chǎng)區(qū)域，其運(yùn)動(dòng)情況隨區(qū)域發(fā)生變化，其運(yùn)動(dòng)過程由幾種不同的運(yùn)動(dòng)階段組成3質(zhì)譜儀原理的理解如圖3所示是質(zhì)譜儀的工作原理示意圖帶電粒子被加速電場(chǎng)加速后，

5、進(jìn)入速度選擇器速度選擇器內(nèi)相互正交的勻強(qiáng)磁場(chǎng)和勻強(qiáng)電場(chǎng)的強(qiáng)度分別為B和E.平板S上有可讓粒子通過的狹縫P和記錄粒子位置的膠片A1A2.平板S下方有磁感應(yīng)強(qiáng)度為B0的勻強(qiáng)磁場(chǎng)下列表述正確的是()圖3A質(zhì)譜儀是分析同位素的重要工具B速度選擇器中的磁場(chǎng)方向垂直紙面向外C能通過狹縫P的帶電粒子的速率等于E/BD粒子打在膠片上的位置越靠近狹縫P，粒子的比荷越小答案ABC解析粒子在題圖中的電場(chǎng)中加速，說明粒子帶正電，其通過速度選擇器時(shí)，電場(chǎng)力與洛倫茲力平衡，則洛倫茲力方向應(yīng)水平向左，由左手定則知，磁場(chǎng)的方向應(yīng)垂直紙面向外，選項(xiàng)B正確；由EqBqv可知，vE/B，選項(xiàng)C正確；粒子打在膠片上的位置到狹縫的距離

6、即為其做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的直徑D，可見D越小，則粒子的比荷越大，D不同，則粒子的比荷不同，因此利用該裝置可以分析同位素，A正確，D錯(cuò)誤4回旋加速器原理的理解勞倫斯和利文斯設(shè)計(jì)出回旋加速器，工作原理示意圖如圖4所示置于高真空中的D形金屬盒半徑為R，兩盒間的狹縫很小，帶電粒子穿過的時(shí)間可忽略磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)與盒面垂直，高頻交流電頻率為f，加速電壓為U.若A處粒子源產(chǎn)生的質(zhì)子質(zhì)量為m、電荷量為q，在加速器中被加速，且加速過程中不考慮相對(duì)論效應(yīng)和重力的影響則下列說法正確的是()圖4A質(zhì)子被加速后的最大速度不可能超過2RfB質(zhì)子離開回旋加速器時(shí)的最大動(dòng)能與加速電壓U成正比C質(zhì)子第2次和第1次經(jīng)過兩D

7、形盒間狹縫后軌道半徑之比為1D不改變磁感應(yīng)強(qiáng)度B和交流電頻率f，該回旋加速器的最大動(dòng)能不變答案AC解析粒子被加速后的最大速度受到D形盒半徑R的制約，因v2Rf，故A正確；粒子離開回旋加速器的最大動(dòng)能Ekmmv2m×42R2f22m2R2f2，與加速電壓U無關(guān)，B錯(cuò)誤；根據(jù)R，Uqmv，2Uqmv，得質(zhì)子第2次和第1次經(jīng)過兩D形盒間狹縫后軌道半徑之比為1，C正確；因回旋加速器的最大動(dòng)能Ekm2m2R2f2與m、R、f均有關(guān)，D錯(cuò)誤規(guī)律總結(jié)帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的應(yīng)用實(shí)例1質(zhì)譜儀(1)構(gòu)造：如圖5所示，由粒子源、加速電場(chǎng)、偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)和照相底片等構(gòu)成圖5(2)原理：粒子由靜止被加速電場(chǎng)加速，

8、根據(jù)動(dòng)能定理可得關(guān)系式qUmv2.粒子在磁場(chǎng)中受洛倫茲力作用而偏轉(zhuǎn)，做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律得關(guān)系式qvBm.由兩式可得出需要研究的物理量，如粒子軌道半徑、粒子質(zhì)量、比荷r ，m，.2回旋加速器(1)構(gòu)造：如圖6所示，D1、D2是半圓形金屬盒，D形盒的縫隙處接交流電源，D形盒處于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中圖6(2)原理：交流電的周期和粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的周期相等，粒子在圓周運(yùn)動(dòng)的過程中一次一次地經(jīng)過D形盒縫隙，兩盒間的電勢(shì)差一次一次地反向，粒子就會(huì)被一次一次地加速由qvB，得Ekm，可見粒子獲得的最大動(dòng)能由磁感應(yīng)強(qiáng)度B和D形盒半徑r決定，與加速電壓無關(guān)特別提醒這兩個(gè)實(shí)例都應(yīng)用了帶電粒子在電場(chǎng)中加速、在磁場(chǎng)

9、中偏轉(zhuǎn)(勻速圓周運(yùn)動(dòng))的原理3速度選擇器(如圖7所示)圖7(1)平行板中電場(chǎng)強(qiáng)度E和磁感應(yīng)強(qiáng)度B互相垂直這種裝置能把具有一定速度的粒子選擇出來，所以叫做速度選擇器(2)帶電粒子能夠沿直線勻速通過速度選擇器的條件是qEqvB，即v.4磁流體發(fā)電機(jī)(1)磁流體發(fā)電是一項(xiàng)新興技術(shù)，它可以把內(nèi)能直接轉(zhuǎn)化為電能(2)根據(jù)左手定則，如圖8中的B是發(fā)電機(jī)正極圖8(3)磁流體發(fā)電機(jī)兩極板間的距離為L(zhǎng)，等離子體速度為v，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，則由qEqqvB得兩極板間能達(dá)到的最大電勢(shì)差UBLv.5電磁流量計(jì)工作原理：如圖9所示，圓形導(dǎo)管直徑為d，用非磁性材料制成，導(dǎo)電液體在管中向左流動(dòng)，導(dǎo)電液體中的自由電荷(正

10、、負(fù)離子)，在洛倫茲力的作用下橫向偏轉(zhuǎn)，a、b間出現(xiàn)電勢(shì)差，形成電場(chǎng)，當(dāng)自由電荷所受的電場(chǎng)力和洛倫茲力平衡時(shí)，a、b間的電勢(shì)差就保持穩(wěn)定，即：qvBqEq，所以v，因此液體流量QSv·.圖9考點(diǎn)一帶電粒子在疊加場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)1帶電粒子在疊加場(chǎng)中無約束情況下的運(yùn)動(dòng)情況分類(1)磁場(chǎng)力、重力并存若重力和洛倫茲力平衡，則帶電體做勻速直線運(yùn)動(dòng)若重力和洛倫茲力不平衡，則帶電體將做復(fù)雜的曲線運(yùn)動(dòng)，因洛倫茲力不做功，故機(jī)械能守恒，由此可求解問題(2)電場(chǎng)力、磁場(chǎng)力并存(不計(jì)重力的微觀粒子)若電場(chǎng)力和洛倫茲力平衡，則帶電體做勻速直線運(yùn)動(dòng)若電場(chǎng)力和洛倫茲力不平衡，則帶電體將做復(fù)雜的曲線運(yùn)動(dòng)，因洛倫茲力不做

11、功，可用動(dòng)能定理求解問題(3)電場(chǎng)力、磁場(chǎng)力、重力并存若三力平衡，一定做勻速直線運(yùn)動(dòng)若重力與電場(chǎng)力平衡，一定做勻速圓周運(yùn)動(dòng)若合力不為零且與速度方向不垂直，將做復(fù)雜的曲線運(yùn)動(dòng)，因洛倫茲力不做功，可用能量守恒或動(dòng)能定理求解問題2帶電粒子在疊加場(chǎng)中有約束情況下的運(yùn)動(dòng)帶電體在復(fù)合場(chǎng)中受輕桿、輕繩、圓環(huán)、軌道等約束的情況下，常見的運(yùn)動(dòng)形式有直線運(yùn)動(dòng)和圓周運(yùn)動(dòng)，此時(shí)解題要通過受力分析明確變力、恒力做功情況，并注意洛倫茲力不做功的特點(diǎn)，運(yùn)用動(dòng)能定理、能量守恒定律結(jié)合牛頓運(yùn)動(dòng)定律求出結(jié)果例1如圖10所示，帶電平行金屬板相距為2R，在兩板間有垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域 ，與兩板及左側(cè)邊緣線相

12、切一個(gè)帶正電的粒子(不計(jì)重力)沿兩板間中心線O1O2從左側(cè)邊緣O1點(diǎn)以某一速度射入，恰沿直線通過圓形磁場(chǎng)區(qū)域，并從極板邊緣飛出，在極板間運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t0.若撤去磁場(chǎng)，質(zhì)子仍從O1點(diǎn)以相同速度射入，則經(jīng)時(shí)間打到極板上圖10(1)求兩極板間電壓U；(2)若兩極板不帶電，保持磁場(chǎng)不變，該粒子仍沿中心線O1O2從O1點(diǎn)射入，欲使粒子從兩板左側(cè)間飛出，射入的速度應(yīng)滿足什么條件？解析(1)設(shè)粒子從左側(cè)O1點(diǎn)射入的速度為v0，極板長(zhǎng)為L(zhǎng)，粒子在初速度方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)L(L2R)t0，解得L4R粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)：L2Rv0·aRa()2在復(fù)合場(chǎng)中做勻速運(yùn)動(dòng)：qqv0B聯(lián)立各式解得v0，U(

13、2)設(shè)粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖所示，設(shè)其軌道半徑為r，粒子恰好從上極板左邊緣飛出時(shí)速度的偏轉(zhuǎn)角為，由幾何關(guān)系可知：45°，rrR因?yàn)镽()2，所以根據(jù)牛頓第二定律有qvBm，解得v所以，粒子在兩板左側(cè)間飛出的條件為0<v<答案(1)(2)0<v<帶電粒子(帶電體)在疊加場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的分析方法 1弄清疊加場(chǎng)的組成2進(jìn)行受力分析3確定帶電粒子的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，注意運(yùn)動(dòng)情況和受力情況的結(jié)合4畫出粒子運(yùn)動(dòng)軌跡，靈活選擇不同的運(yùn)動(dòng)規(guī)律(1)當(dāng)帶電粒子在疊加場(chǎng)中做勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí),根據(jù)受力平衡列方程求解(2)當(dāng)帶電粒子在疊加場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí),應(yīng)用牛頓定律結(jié)合圓周運(yùn)動(dòng)規(guī)律求

14、解(3)當(dāng)帶電粒子做復(fù)雜曲線運(yùn)動(dòng)時(shí)，一般用動(dòng)能定理或能量守恒定律求解(4)對(duì)于臨界問題，注意挖掘隱含條件5記住三點(diǎn)：(1)受力分析是基礎(chǔ)；(2)運(yùn)動(dòng)過程分析是關(guān)鍵；(3)根據(jù)不同的運(yùn)動(dòng)過程及物理模型，選擇合適的規(guī)律列方程求解突破訓(xùn)練1如圖11所示，空間存在著垂直紙面向外的水平勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，在y軸兩側(cè)分別有方向相反的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度均為E，在兩個(gè)電場(chǎng)的交界處左側(cè)，有一帶正電的液滴a在電場(chǎng)力和重力作用下靜止，現(xiàn)從場(chǎng)中某點(diǎn)由靜止釋放一個(gè)帶負(fù)電的液滴b，當(dāng)它的運(yùn)動(dòng)方向變?yōu)樗椒较驎r(shí)恰與a相撞，撞后兩液滴合為一體，速度減小到原來的一半，并沿x軸正方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，已知液滴b與a的質(zhì)量相等

15、，b所帶電荷量是a所帶電荷量的2倍，且相撞前a、b間的靜電力忽略不計(jì)圖11(1)求兩液滴相撞后共同運(yùn)動(dòng)的速度大?。?2)求液滴b開始下落時(shí)距液滴a的高度h.答案(1)(2)解析液滴在勻強(qiáng)磁場(chǎng)、勻強(qiáng)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，同時(shí)受到洛倫茲力、電場(chǎng)力和重力作用(1)設(shè)液滴a質(zhì)量為m、電荷量為q，則液滴b質(zhì)量為m、電荷量為2q，液滴a平衡時(shí)有qEmga、b相撞合為一體時(shí)，質(zhì)量為2m，電荷量為q，速度為v，由題意知處于平衡狀態(tài)，重力為2mg，方向豎直向下，電場(chǎng)力為qE，方向豎直向上，洛倫茲力方向也豎直向上，因此滿足qvBqE2mg由、兩式，可得相撞后速度v(2)對(duì)b，從開始運(yùn)動(dòng)至與a相撞之前，由動(dòng)能定理有WEWGE

16、k，即(2qEmg)hmva、b碰撞后速度減半，即v，則v02v再代入式得h考點(diǎn)二帶電粒子在組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)1近幾年各省市的高考題在這里的命題情景大都是組合場(chǎng)模型，或是一個(gè)電場(chǎng)與一個(gè)磁場(chǎng)相鄰，或是兩個(gè)或多個(gè)磁場(chǎng)相鄰2解題時(shí)要弄清楚場(chǎng)的性質(zhì)、場(chǎng)的方向、強(qiáng)弱、范圍等3要進(jìn)行正確的受力分析，確定帶電粒子的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)4分析帶電粒子的運(yùn)動(dòng)過程，畫出運(yùn)動(dòng)軌跡是解題的關(guān)鍵例2(2012·山東理綜·23)如圖12甲所示，相隔一定距離的豎直邊界兩側(cè)為相同的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，在邊界上固定兩長(zhǎng)為L(zhǎng)的平行金屬極板MN和PQ，兩極板中心各有一小孔S1、S2，兩極板間電壓的變化規(guī)律如圖乙所

17、示，正反向電壓的大小均為U0，周期為T0.在t0時(shí)刻將一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的粒子由S1靜止釋放，粒子在電場(chǎng)力的作用下向右運(yùn)動(dòng)，在t時(shí)刻通過S2垂直于邊界進(jìn)入右側(cè)磁場(chǎng)區(qū)(不計(jì)粒子重力，不考慮極板外的電場(chǎng)) 圖12(1)求粒子到達(dá)S2時(shí)的速度大小v和極板間距d.(2)為使粒子不與極板相撞，求磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小應(yīng)滿足的條件(3)若已保證了粒子未與極板相撞，為使粒子在t3T0時(shí)刻再次到達(dá)S2，且速度恰好為零，求該過程中粒子在磁場(chǎng)內(nèi)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間和磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小審題指導(dǎo)1.粒子的運(yùn)動(dòng)過程是什么？2要在t3T0時(shí)使粒子再次到達(dá)S2，且速度為零，需要滿足什么條件？解析(1)粒子由S1至S2的

18、過程，根據(jù)動(dòng)能定理得qU0mv2由式得v 設(shè)粒子的加速度大小為a，由牛頓第二定律得qma由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得da()2聯(lián)立式得d (2)設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B，粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R，由牛頓第二定律得qvBm要使粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)不與極板相撞，需滿足2R>聯(lián)立式得B< (3)設(shè)粒子在兩邊界之間無場(chǎng)區(qū)向左勻速運(yùn)動(dòng)的過程所用時(shí)間為t1，有dvt1聯(lián)立式得t1若粒子再次到達(dá)S2時(shí)速度恰好為零，粒子回到極板間應(yīng)做勻減速運(yùn)動(dòng)，設(shè)勻減速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得dt2聯(lián)立式得t2設(shè)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為tt3T0t1t2聯(lián)立式得t設(shè)粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期為T，由

19、式結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得T由題意可知Tt聯(lián)立式得B.答案(1) (2)B< (3)解決帶電粒子在組合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)問題的思路方法突破訓(xùn)練2如圖13所示裝置中，區(qū)域和中分別有豎直向上和水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度分別為E和；區(qū)域內(nèi)有垂直向外的水平勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的帶負(fù)電粒子(不計(jì)重力)從左邊界O點(diǎn)正上方的M點(diǎn)以速度v0水平射入電場(chǎng)，經(jīng)水平分界線OP上的A點(diǎn)與OP成60°角射入?yún)^(qū)域的磁場(chǎng)，并垂直豎直邊界CD進(jìn)入?yún)^(qū)域的勻強(qiáng)電場(chǎng)中求：圖13(1)粒子在區(qū)域勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑；(2)O、M間的距離；(3)粒子從M點(diǎn)出發(fā)到第二次通過CD邊界所經(jīng)歷的時(shí)間答案(1)

20、(2)(3)審題指導(dǎo)1.粒子的運(yùn)動(dòng)過程是怎樣的？2嘗試畫出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡3注意進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度的大小與方向解析(1)粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，其在區(qū)域的勻強(qiáng)電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)粒子過A點(diǎn)時(shí)速度為v，由類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律知v粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律得Bqvm，所以R(2)設(shè)粒子在區(qū)域的電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t1，加速度為a.則有qEma，v0tan 60°at1，即t1O、M兩點(diǎn)間的距離為L(zhǎng)at(3)設(shè)粒子在區(qū)域磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t2則由幾何關(guān)系知t2設(shè)粒子在區(qū)域電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t3，a則t32粒子從M點(diǎn)出發(fā)到第二次通過CD邊界所用時(shí)間為tt1t2t342帶電粒子在交變電場(chǎng)和

21、交變磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)模型問題的分析 解析(1)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)qvB(2分)T(1分)解得T4×103 s(1分)(2)粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，t20×103 s時(shí)粒子在坐標(biāo)系內(nèi)做了兩個(gè)圓周運(yùn)動(dòng)和三段類平拋運(yùn)動(dòng)，水平位移x3v0T9.6×102 m(1分) 豎直位移ya(3T)2(1分)Eqma(1分)解得y3.6×102 m故t20×103 s時(shí)粒子的位置坐標(biāo)為：(9.6×102 m，3.6×102 m)(1分)(3)t24×103 s時(shí)粒子的速度大小、方向與t20×103 s時(shí)相同，設(shè)與水平方向夾角為(

22、1分)則v(1分)vy3aT(1分)tan (1分)解得v10 m/s(1分)與x軸正向夾角為37°(或arctan )斜向右下方(1分)答案(1)4×103 s(2)(9.6×102 m，3.6×102 m)(3)10 m/s方向與x軸正向夾角為37°(或arctan )突破訓(xùn)練3如圖15甲所示，與紙面垂直的豎直面MN的左側(cè)空間中存在豎直向上的場(chǎng)強(qiáng)大小為E2.5×102 N/C的勻強(qiáng)電場(chǎng)(上、下及左側(cè)無界)一個(gè)質(zhì)量為m0.5 kg、電荷量為q2.0×102 C的可視為質(zhì)點(diǎn)的帶正電小球，在t0時(shí)刻以大小為v0的水平初速度向右

23、通過電場(chǎng)中的一點(diǎn)P，當(dāng)tt1時(shí)刻在電場(chǎng)所在空間中加上一如圖乙所示隨時(shí)間周期性變化的磁場(chǎng)，使得小球能豎直向下通過D點(diǎn)，D為電場(chǎng)中小球初速度方向上的一點(diǎn)，PD間距為L(zhǎng)，D到豎直面MN的距離DQ為L(zhǎng)/.設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度垂直紙面向里為正(g10 m/s2)圖15(1)如果磁感應(yīng)強(qiáng)度B0為已知量，使得小球能豎直向下通過D點(diǎn)，求磁場(chǎng)每一次作用時(shí)間t0的最小值(用題中所給物理量的符號(hào)表示)；(2)如果磁感應(yīng)強(qiáng)度B0為已知量，試推出滿足條件的時(shí)刻t1的表達(dá)式(用題中所給物理量的符號(hào)表示)；(3)若小球能始終在電磁場(chǎng)所在空間做周期性運(yùn)動(dòng)，則當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)的周期最大時(shí)，求出磁感應(yīng)強(qiáng)度B0及運(yùn)動(dòng)的最大周期T的大小(用題中所

24、給物理量的符號(hào)表示)答案(1)(2)(3)解析(1)當(dāng)小球僅有電場(chǎng)作用時(shí)：mgEq，小球?qū)⒆鰟蛩僦本€運(yùn)動(dòng)在t1時(shí)刻加入磁場(chǎng)，小球在時(shí)間t0內(nèi)將做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，圓周運(yùn)動(dòng)周期為T0，若豎直向下通過D點(diǎn)，由圖甲分析可知：甲t0(2)R，即：v0t1LR，qv0B0mv/R所以v0t1L，t1(3)小球運(yùn)動(dòng)的速率始終不變，當(dāng)R變大時(shí)，T0也增加，小球在電磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)的周期T增加，在小球不飛出電磁場(chǎng)的情況下，當(dāng)T最大時(shí)有：乙2RB0，T0由圖分析可知小球在電磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最大周期：T8×，小球運(yùn)動(dòng)軌跡如圖乙所示高考題組1(2012·課標(biāo)全國(guó)·25)如圖16，一半徑為R的圓表示

25、一柱形區(qū)域的橫截面(紙面)在柱形區(qū)域內(nèi)加一方向垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子沿圖中直線從圓上的a點(diǎn)射入柱形區(qū)域，從圓上的b點(diǎn)離開該區(qū)域，離開時(shí)速度方向與直線垂直圓心O到直線的距離為R.現(xiàn)將磁場(chǎng)換為平行于紙面且垂直于直線的勻強(qiáng)電場(chǎng)，同一粒子以同樣速度沿直線從a點(diǎn)射入柱形區(qū)域，也從b點(diǎn)離開該區(qū)域若磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，不計(jì)重力，求電場(chǎng)強(qiáng)度的大小圖16答案解析粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)設(shè)圓周的半徑為r,由牛頓第二定律和洛倫茲力公式得qvBm式中v為粒子在a點(diǎn)的速度過b點(diǎn)和O點(diǎn)作直線的垂線，分別與直線交于c點(diǎn)和d點(diǎn)由幾何關(guān)系知，線段、和過a、b兩點(diǎn)的圓弧軌跡的兩條半徑(未畫出)圍成一正方

26、形因此r設(shè)x，由幾何關(guān)系得RxR聯(lián)立式得rR再考慮粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為E，粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)設(shè)其加速度大小為a，由牛頓第二定律和帶電粒子在電場(chǎng)中的受力公式得qEma粒子在電場(chǎng)方向和直線方向運(yùn)動(dòng)的距離均為r，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得rat2rvt式中t是粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間聯(lián)立式得E.2(2012·浙江理綜·24)如圖17所示，兩塊水平放置、相距為d的長(zhǎng)金屬板接在電壓可調(diào)的電源上兩板之間的右側(cè)區(qū)域存在方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)將噴墨打印機(jī)的噴口靠近上板下表面，從噴口連續(xù)不斷噴出質(zhì)量均為m、水平速度均為v0、帶相等電荷量的墨滴調(diào)節(jié)電源電壓至U，墨滴在電場(chǎng)區(qū)域恰能沿

27、水平向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)；進(jìn)入電場(chǎng)、磁場(chǎng)共存區(qū)域后，最終垂直打在下板的M點(diǎn)圖17(1)判斷墨滴所帶電荷的種類，并求其電荷量；(2)求磁感應(yīng)強(qiáng)度B的值；(3)現(xiàn)保持噴口方向不變，使其豎直下移到兩板中間的位置為了使墨滴仍能到達(dá)下板M點(diǎn)，應(yīng)將磁感應(yīng)強(qiáng)度調(diào)至B，則B的大小為多少？答案(1)負(fù)電荷(2)(3)解析(1)墨滴在電場(chǎng)區(qū)域做勻速直線運(yùn)動(dòng)，有qmg由式得：q由于電場(chǎng)方向向下，電荷所受電場(chǎng)力向上，可知：墨滴帶負(fù)電荷(2)墨滴垂直進(jìn)入電場(chǎng)、磁場(chǎng)共存區(qū)域后，重力仍與電場(chǎng)力平衡，合力等于洛倫茲力，墨滴做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，有qv0Bm考慮墨滴進(jìn)入電場(chǎng)、磁場(chǎng)共存區(qū)域和下板的幾何關(guān)系，可知墨滴在該區(qū)域恰完成四分之一

28、圓周運(yùn)動(dòng)，則半徑Rd由式得B(3)根據(jù)題設(shè)，墨滴運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，設(shè)墨滴做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R，有qv0Bm由圖可得：R2d2(R)2由式得：Rd聯(lián)立式可得：B.3(2012·重慶理綜·24)有人設(shè)計(jì)了一種帶電顆粒的速率分選裝置，其原理如圖18所示，兩帶電金屬板間有勻強(qiáng)電場(chǎng)，方向豎直向上，其中PQNM矩形區(qū)域內(nèi)還有方向垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)一束比荷(電荷量與質(zhì)量之比)均為的帶正電顆粒，以不同的速率沿著磁場(chǎng)區(qū)域的水平中心線OO進(jìn)入兩金屬板之間，其中速率為v0的顆粒剛好從Q點(diǎn)處離開磁場(chǎng)，然后做勻速直線運(yùn)動(dòng)到達(dá)收集板，重力加速度為g，PQ3d，NQ2d，收集板與NQ的距離為l，不計(jì)

29、顆粒間的相互作用求：圖18(1)電場(chǎng)強(qiáng)度E的大?。?2)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大?。?3)速率為v0(>1)的顆粒打在收集板上的位置到O點(diǎn)的距離答案見解析解析(1)設(shè)帶電顆粒的電荷量為q，質(zhì)量為m.由于粒子從Q點(diǎn)離開磁場(chǎng)后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則有Eqmg將代入，得Ekg.(2)如圖所示，粒子在磁場(chǎng)區(qū)域內(nèi)由洛倫茲力提供其做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，則有qv0Bm而由幾何知識(shí)有R2(3d)2(Rd)2聯(lián)立解得B.(3)設(shè)速度為v0的顆粒在磁場(chǎng)區(qū)域運(yùn)動(dòng)時(shí)豎直方向的位移為y1，離開磁場(chǎng)后做勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)豎直方向的位移為y2，偏轉(zhuǎn)角為，如圖所示，有qv0Bm將及式代入式，得R15dtan y1R1y2ltan 則速率

30、為v0(>1)的顆粒打在收集板上的位置到O點(diǎn)的距離為yy1y2解得yd(5).模擬題組4. 如圖19所示，坐標(biāo)平面第象限內(nèi)存在大小為E4×105 N/C、方向水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在第象限內(nèi)存在方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)質(zhì)荷比為4×1010 N/C的帶正電粒子從x軸上的A點(diǎn)以初速度v02×107 m/s垂直x軸射入電場(chǎng)，OA0.2 m，不計(jì)重力求：圖19(1)粒子經(jīng)過y軸時(shí)的位置到原點(diǎn)O的距離；(2)若要求粒子不能進(jìn)入第三象限，求磁感應(yīng)強(qiáng)度B的取值范圍(不考慮粒子第二次進(jìn)入電場(chǎng)后的運(yùn)動(dòng)情況)答案(1)0.4 m(2)B(22)×102 T解析(1)設(shè)

31、粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，粒子經(jīng)過y軸時(shí)的位置與原點(diǎn)O的距離為y，則：sOAat2aEyv0t聯(lián)立解得a1.0×1015 m/s2t2.0×108 sy0.4 m(2)粒子經(jīng)過y軸時(shí)在電場(chǎng)方向的分速度為：vxat2×107 m/s粒子經(jīng)過y軸時(shí)的速度大小為：v2×107 m/s與y軸正方向的夾角為，arctan 45°要使粒子不進(jìn)入第三象限，如圖所示，此時(shí)粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為R，則：RRyqvBm聯(lián)立解得B(22)×102 T.5如圖20甲所示，在以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)的xOy平面內(nèi)，存在著范圍足夠大的電場(chǎng)和磁場(chǎng)，一個(gè)帶正電小球在

32、t0時(shí)刻以v03gt0的初速度從O點(diǎn)沿x方向(水平向右)射入該空間，在t0時(shí)刻該空間同時(shí)加上如圖乙所示的電場(chǎng)和磁場(chǎng)，其中電場(chǎng)方向豎直向上，場(chǎng)強(qiáng)大小E0，磁場(chǎng)垂直于xOy平面向外，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B0，已知小球的質(zhì)量為m，帶電荷量為q，時(shí)間單位為t0，當(dāng)?shù)刂亓铀俣葹間，空氣阻力不計(jì)試求：圖20(1)t0末小球速度的大??；(2)小球做圓周運(yùn)動(dòng)的周期T和12t0末小球速度的大小；(3)在給定的xOy坐標(biāo)系中，大體畫出小球在0到24t0內(nèi)運(yùn)動(dòng)軌跡的示意圖；(4)30t0內(nèi)小球距x軸的最大距離答案(1)gt0(2)2t0gt0(3)見解析圖 (4)gt解析(1)由題圖乙知，0t0內(nèi)，小球只受重力作用，做

33、平拋運(yùn)動(dòng)，在t0末：vgt0(2)當(dāng)同時(shí)加上電場(chǎng)和磁場(chǎng)時(shí)，電場(chǎng)力F1qE0mg，方向向上因?yàn)橹亓碗妶?chǎng)力恰好平衡，所以小球只受洛倫茲力而做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，有qvB0m運(yùn)動(dòng)周期T，聯(lián)立解得T2t0由題圖乙知，電場(chǎng)、磁場(chǎng)同時(shí)存在的時(shí)間正好是小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)周期的5倍，即在這10t0內(nèi)，小球恰好做了5個(gè)完整的勻速圓周運(yùn)動(dòng)所以小球在t112t0時(shí)刻的速度相當(dāng)于小球做平拋運(yùn)動(dòng)t2t0時(shí)的末速度vy1g·2t02gt0，vx1v0x3gt0所以12t0末v1gt0(3)24t0內(nèi)運(yùn)動(dòng)軌跡的示意圖如圖所示(4)分析可知，小球在30t0時(shí)與24t0時(shí)的位置相同，在24t0內(nèi)小球相當(dāng)于做了t23t0的

34、平拋運(yùn)動(dòng)和半個(gè)圓周運(yùn)動(dòng).23t0末小球平拋運(yùn)動(dòng)的豎直分位移大小為y2g(3t0)2gt豎直分速度vy23gt0v0，所以小球與豎直方向的夾角為45°，速度大小為v23gt0此后小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r230t0內(nèi)小球距x軸的最大距離：y3y2(1cos 45°)r2gt(限時(shí)：60分鐘)題組1對(duì)帶電粒子在疊加場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的考查1. 如圖1所示，在水平勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，有一豎直足夠長(zhǎng)固定絕緣桿MN，小球P套在桿上，已知P的質(zhì)量為m，電荷量為q，電場(chǎng)強(qiáng)度為E，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，P與桿間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，重力加速度為g.小球由靜止開始下滑直到穩(wěn)定的過程中()圖1A小球

35、的加速度一直減小B小球的機(jī)械能和電勢(shì)能的總和保持不變C下滑加速度為最大加速度一半時(shí)的速度可能是vD下滑加速度為最大加速度一半時(shí)的速度可能是v答案CD解析對(duì)小球受力分析如圖所示，則mg(EqqvB)ma, 隨著v的增加，小球加速度先增加，當(dāng)EqqvB時(shí)加速度達(dá)到最大值amaxg,繼續(xù)運(yùn)動(dòng)，mg(qvBEq)ma，隨著v的增加，a逐漸減小，所以A錯(cuò)誤因?yàn)橛心Σ亮ψ龉?機(jī)械能與電勢(shì)能總和在減小，B錯(cuò)誤若在前半段達(dá)到最大加速度的一半，則mg(EqqvB)m，得v，若在后半段達(dá)到最大加速度的一半，則mg(qvBEq)m，得v，故C、D正確2. 如圖2所示，已知一帶電小球在光滑絕緣的水平面上從靜止開始經(jīng)電

36、壓U加速后，水平進(jìn)入互相垂直的勻強(qiáng)電場(chǎng)E和勻強(qiáng)磁場(chǎng)B的復(fù)合場(chǎng)中(E和B已知)，小球在此空間的豎直面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則()圖2A小球可能帶正電B小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r C小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期為TD若電壓U增大，則小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期增加答案BC解析小球在復(fù)合場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則小球受到的電場(chǎng)力和重力滿足mgEq，則小球帶負(fù)電，A錯(cuò)誤；因?yàn)樾∏蜃鰣A周運(yùn)動(dòng)的向心力為洛倫茲力，由牛頓第二定律和動(dòng)能定理可得：Bqv，Uqmv2，聯(lián)立兩式可得：小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r ，由T可以得出T，與電壓U無關(guān)，所以B、C正確，D錯(cuò)誤3如圖3所示，空間的某個(gè)復(fù)合場(chǎng)區(qū)域內(nèi)存在著方向相互垂直的勻強(qiáng)電場(chǎng)

37、和勻強(qiáng)磁場(chǎng)質(zhì)子由靜止開始經(jīng)一加速電場(chǎng)加速后，垂直于復(fù)合場(chǎng)的界面進(jìn)入并沿直線穿過場(chǎng)區(qū)，質(zhì)子從復(fù)合場(chǎng)區(qū)穿出時(shí)的動(dòng)能為Ek.那么氘核同樣由靜止開始經(jīng)同一加速電場(chǎng)加速后穿過同一復(fù)合場(chǎng)后的動(dòng)能Ek的大小是()圖3AEkEkBEk>EkCEk<EkD條件不足，難以確定答案B解析設(shè)質(zhì)子的質(zhì)量為m，則氘核的質(zhì)量為2m.在加速電場(chǎng)里，由動(dòng)能定理可得：eUmv2，在復(fù)合場(chǎng)里有：BqvqEv，同理對(duì)于氘核由動(dòng)能定理可得其離開加速電場(chǎng)的速度比質(zhì)子的速度小，所以當(dāng)它進(jìn)入復(fù)合場(chǎng)時(shí)所受的洛倫茲力小于電場(chǎng)力，將往電場(chǎng)力方向偏轉(zhuǎn)，電場(chǎng)力做正功，故動(dòng)能增大，B選項(xiàng)正確題組2對(duì)帶電粒子在組合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的考查4如圖4所示，

38、兩塊平行金屬極板MN水平放置，板長(zhǎng)L1 m間距d m，兩金屬板間電壓UMN1×104 V；在平行金屬板右側(cè)依次存在ABC和FGH兩個(gè)全等的正三角形區(qū)域，正三角形ABC內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B1，三角形的上頂點(diǎn)A與上金屬板M平齊，BC邊與金屬板平行，AB邊的中點(diǎn)P恰好在下金屬板N的右端點(diǎn)；正三角形FGH內(nèi)存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B2.已知A、F、G處于同一直線上，B、C、H也處于同一直線上AF兩點(diǎn)的距離為 m現(xiàn)從平行金屬板MN左端沿中心軸線方向入射一個(gè)重力不計(jì)的帶電粒子，粒子質(zhì)量m3×1010 kg，帶電荷量q1×104 C，初速度v01×105

39、m/s.圖4(1)求帶電粒子從電場(chǎng)中射出時(shí)的速度v的大小和方向；(2)若帶電粒子進(jìn)入中間三角形區(qū)域后垂直打在AC邊上，求該區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度B1；(3)若要使帶電粒子由FH邊界進(jìn)入FGH區(qū)域并能再次回到FH界面,求B2應(yīng)滿足的條件.答案(1)×105 m/s與水平方向夾角為30° (2) T(3)大于 T解析(1)設(shè)帶電粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，加速度為a，ma故a×1010 m/s2，t1×105 s豎直方向的速度為vyat×105 m/s射出電場(chǎng)時(shí)的速度為v×105 m/s速度v與水平方向夾角為，tan ，故30°

40、，即垂直于AB方向射出(2)帶電粒子出電場(chǎng)時(shí)豎直方向偏轉(zhuǎn)的位移yat2 m，即粒子由P點(diǎn)垂直AB邊射入磁場(chǎng)，由幾何關(guān)系知在磁場(chǎng)ABC區(qū)域內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R1 m由B1qv知B1 T(3)分析知當(dāng)運(yùn)動(dòng)軌跡與邊界GH相切時(shí)，對(duì)應(yīng)磁感應(yīng)強(qiáng)度B2最小，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示：由幾何關(guān)系可知R21故半徑R2(23) m，又B2qvm，故B2 T所以B2應(yīng)滿足的條件為大于 T.5. 如圖5所示，一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為q的正離子，在D處沿圖示方向以一定的速度射入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里結(jié)果離子正好從距A點(diǎn)為d的小孔C沿垂直于電場(chǎng)方向進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)，此電場(chǎng)方向與AC平行且向上，最后離子打在

41、G處，而G處距A點(diǎn)2d(AGAC)不計(jì)離子重力，離子運(yùn)動(dòng)軌跡在紙面內(nèi)求：圖5(1)此離子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r；(2)離子從D處運(yùn)動(dòng)到G處所需時(shí)間；(3)離子到達(dá)G處時(shí)的動(dòng)能答案(1)d(2)(3)解析(1)正離子軌跡如圖所示圓周運(yùn)動(dòng)半徑r滿足：drrcos 60°，解得rd(2)設(shè)離子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)速度為v0，則有：qv0Bm，T由圖知離子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為：t1T離子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，從C到G的時(shí)間為：t2離子從DCG的總時(shí)間為：tt1t2(3)設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度為E，則有：qEma，dat由動(dòng)能定理得：qEdEkGmv，解得EkG題組3對(duì)帶電粒子在交變的電場(chǎng)或磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的考查6如圖6甲所示，水平直線MN下方有豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)，現(xiàn)將一重力不計(jì)、比荷106 C/kg的正電荷置于電場(chǎng)中的O點(diǎn)由靜止釋放，經(jīng)過×105 s后，電荷以v01.5×104 m/s的速度通過MN進(jìn)入其上方的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)與紙面垂直，磁感應(yīng)強(qiáng)度B按圖乙所示規(guī)律周期性變化(圖乙中磁場(chǎng)以垂直紙面向外為正，以