高三物理一輪復(fù)習磁場

1、磁場命題分析： 歷年高考對本章知識覆蓋面大，幾乎每個知識點都考到。特別是左手定則的運用和帶電粒子在磁場中的運動更是兩個命題頻率最高的知識點.題目難度大,對考生的空間想象能力、物理過程和運動規(guī)律的綜合分析能力都要求較高.其中不僅考查對安培力的理解,而且考查能將它和其他力放在一起,去綜合分析和解決復(fù)雜問題的能力;而帶電粒子在磁場中的運動考查能否正確解決包括洛侖茲力在內(nèi)的復(fù)雜綜合性力學問題.是考查綜合能力的熱點.縱觀近幾年高考試題,題目一般運動情景復(fù)雜、綜合性強,多以把場的性質(zhì)、運動學規(guī)律、牛頓運動定律、功能關(guān)系及交變電流等有機結(jié)合的計算題出現(xiàn),難度中等偏上,對考生的空間想象能力、物理過程和運動規(guī)律

2、的綜合分析能力及用數(shù)學方法解決物理問題的能力要求較高.從近兩年高考看,涉及本章的命題常以構(gòu)思新穎、高難度的壓軸題形式出現(xiàn),在復(fù)習中要高度重視.復(fù)習策略：復(fù)習時,應(yīng)以左手定則和帶電粒子在磁場中的運動為重點.應(yīng)側(cè)重掌握下列問題1.知道安培力是洛侖茲力的宏觀表現(xiàn),所以它們的加都用左手定則判斷.2.根據(jù)公式F=qBsin理解與B平行時帶電粒子科洛侖茲力作用,靜止的電荷在磁場中不受洛侖茲力作用.3.根據(jù)洛侖茲力的方向與帶電粒子的速度方向垂直，理解洛侖茲力不做功;4.利用左手定則,運用平面幾何知識,根據(jù)有關(guān)公式練掌握帶電粒子在洛侖茲力作用下做圓周運動的圓心、半徑、運動時間的確定方法.提高畫圖能力.5.提高

3、綜合運用知識的能力.第一專題 磁場的描述、磁場對電流的作用力知識要點：一、磁場：磁場是存在于運動電荷周圍空間的一種客觀存在的物質(zhì).1.基本性質(zhì):1）對處于磁場中的磁極、電流、運動電荷有磁場力的作用；2）有強弱和方向.2.方向:規(guī)定在磁場中任一點小磁針N極受力的方向(或小磁針靜止時N極的指向)就是那一點的磁場方向.3.磁現(xiàn)象的電本質(zhì):1）磁鐵的磁場和電流的磁場一樣都是由運動電荷產(chǎn)生的；2）分子電流假說（安培）：揭示磁現(xiàn)象電本質(zhì)（最早）.4.磁感線:1）曲線的切線方向表示該位置的磁場方向.2）曲線的疏密能定性地表示磁場的強弱,3）是一種物理模型.5.磁感應(yīng)強度:描述磁場力的性質(zhì)的矢量 1)大小:B

4、=F/IL=F/q=M/IS 2)方向:小磁針靜止時,N極所受磁場力的方向即為該點磁場的方向. 3)B與放入檢驗體物理量（I、L、F的大?。o關(guān),僅與產(chǎn)生磁場的磁體或電流有關(guān). 4)勻強磁場:1）B大小處處相等，方向相同,2）感線是平行等距的直線.例1：關(guān)于磁感應(yīng)強度,下面說法正確的是(D)A.一小段通電導體放在磁場A處時受到的磁場力比B處的大,說明A處磁感應(yīng)強度比B處的磁感應(yīng)強度大.B.由B=F/IL可知,某處的磁感應(yīng)強度大小與放入該處的通電導體的IL成反比.C.放在勻強磁場中各處的通電導體,受力的大小和方向均相同.D.小磁鐵N極所受磁場力的方向就是該處磁感應(yīng)強度的方向.例2：關(guān)于磁場、磁感

5、線,下列說法正確的是(C)A.磁場并不真實存在,而是人們假想出來的.B.磁鐵周圍磁感線的形狀,與鐵屑在它周圍排列的形狀相同,說明磁場呈線條形狀,磁感線是磁場的客觀反映.C.磁感線可以用來表示磁場的強弱和方向.D.磁感線類似電場線,它總是從磁體的N極出發(fā),到S極終止.7.電流的磁場:（直線電流、環(huán)形電流、通電螺線管）1）磁感線分布特點及磁感強度的大小和方向.2）磁感線的方向都是由安培定則判斷.二、安培力1.大?。?）當IB時F=BIL 2）當I、B夾角為0時F=0 3)當I、B夾角為時F=BILsin(將B分解)說明：1）式中的為B、I的夾角。 2）L是有效長度:1°對于彎曲導線的有效

6、長度應(yīng)等效于兩端點連接直線的長度,相應(yīng)的電流方向應(yīng)沿等效長度L由始端流向末端, 2°對于任意形狀的閉合平面,可認為線圈的有效長度為零,即L=0,所以通電后在勻強磁場受到的安培力的矢量和一定為零.3）公式只適用于勻強磁場或非勻強磁場中很短的通電導線. 4）磁場對電流的安培力與I、L及導線的放置方向有關(guān)。 3)由于B、I、F相垂直的原因,三維圖形出現(xiàn)的機會多.解題時,一般改畫圖形,使研究對象的受力及運動展現(xiàn)在方便分析的平面內(nèi)2.方向：左手定則F垂直于B和I所在平面（FB，F(xiàn)I，但B和I不一定垂直） 掌心磁感線垂直穿入。四指電流方向。拇指安培力方向 3.產(chǎn)生原因:磁場對導線中所有運動電荷的

7、合力.三、電流表的工作原理:1.磁電式電流表的構(gòu)造特點:1)磁場特點:磁鐵和鐵芯間磁場是輻向分布的.2)安培力特點:無論線圈轉(zhuǎn)到何角度,安培力、安培力的力矩總是只跟電流強度大小成正比,且M磁=NBIS，（與線圈轉(zhuǎn)過角度無關(guān)）2.工作原理：1）第一部分產(chǎn)生徑向勻強磁場。 2）通電后線圈的一對邊產(chǎn)生力矩M1 3）彈簧產(chǎn)生力矩M2，當M2=M1時線圈停止轉(zhuǎn)動 4）I越大、M1越大、越大:I=M2/nBS磁電式電流表的刻度是均勻的. 5）I方向改變時，F(xiàn)方向改變，指針偏轉(zhuǎn)方向也改變。3.特點：1）靈敏度高，能測出很微弱的電流。 2）允許通過的電流小（Rg很小，Ig：幾十A幾mA），能承受的電壓低。四、

8、地磁場主要特點 1.地磁場S、N極與地理南北極相反。 2.地磁場B：水平分量B由地理南極指北極 豎直分量B南北相反 3.赤道平面上，離地等高的各點B相等且水平向北。思考：假設(shè)地磁場是由電荷運動產(chǎn)生的，試問地球帶什么電？三點一法：1.通電導線或線圈在安培力作用下運動方向的判斷（學生看書）1）電流元分析法:把整段電流等效為多段直線電流元,先用左手定則判斷出每小段電流元所受安培力的方向,從而判斷出整段電流所受合力方向,最后確定運動方向.2）等效分析法:環(huán)形電流可等效為小磁針,條形磁鐵也可等效為環(huán)形電流,通電螺線管可等效為多個環(huán)形電流或條形磁鐵. 3）特殊位置分析法:把導體轉(zhuǎn)到一個便于分析的特殊位置后

9、判斷其安培力方向,從而確定運動方向.4）推論法：1°同向吸引異向排斥；2°垂直電流有轉(zhuǎn)到同向的趨勢。 5）轉(zhuǎn)換研究對象法:定性分析磁體在電流磁場作用下如何運動的問題,可先分析電流在磁體磁場中所受的安培力,然后由牛頓第三定律,再確定磁體所受電流作用力,從而確定磁體所受合力及運動方向.ABINSO例3：如右圖所示,把一重力不計的通電直導線水平放在蹄形磁鐵兩極的正上方,導線可以自由轉(zhuǎn)動,當導線通入圖示方向電流I時,導線的運動情況是(從上往下看)(A)A. 順時針方向轉(zhuǎn)動,同時下降 B。順時針方向轉(zhuǎn)動,同時上升C 逆時針方向轉(zhuǎn)動,同時下降 D。逆時針方向轉(zhuǎn)動,同時上升解析:1)電流

10、元法:把直線電流等效為AO、OB兩段電流元,由左手定則可以判斷出AO和OB段受力方向分別垂直紙面向外和向內(nèi),因此,從上向下看AB將以中心0為軸順時針轉(zhuǎn)動.2)特殊位置法:用導線轉(zhuǎn)過90°的特殊位置來分析,據(jù)左手定則判得安培力的方向向下,故導線在順時針轉(zhuǎn)如同時向下轉(zhuǎn)動.思考：蹄形磁鐵與什么電流的場相似？訓練1：(2003年河南信陽)如圖所示,兩條直導線互相垂直,但相隔一個小距離,其中一條AB是固定的,另一條CD能自由轉(zhuǎn)動,當直流電流按下圖所示方向通入兩條導線時,CD導線將（B）ABCD A.不動 B.順時針方向轉(zhuǎn)動,同時靠近導線AB C.順時針方向轉(zhuǎn)動,同時離開導線AB D.逆時針方向

11、轉(zhuǎn)動,同時離開導線AB E.逆時針方向轉(zhuǎn)動,同時靠近導線AB2.安培力與力學、電磁學(電路、電動勢等)相聯(lián)系的金屬棒在磁場中金屬導軌上的運動問題（熱點）PQ例4：(2004年科研試題)有兩個相同的全長電阻為9的均勻光滑圓環(huán),固定于一個絕緣的水平臺面上,兩環(huán)分別在兩個互相平行的、相距為20cm的豎直平面內(nèi),兩環(huán)的連心線恰好與環(huán)面垂直,兩環(huán)面間有方向豎直向下的磁感強度B=0.87T的勻強磁場,兩環(huán)的最高點A和C間接有一內(nèi)阻為0.5的電源,連接導線的電阻不計,今有一根質(zhì)量為lOg,電阻為1.5的棒置于兩環(huán)內(nèi)側(cè)且可順環(huán)滑動,而棒恰好靜止于右圖所示的水平位置,它與圓弧的兩接觸點P、Q和圓弧最低點間所夾的

12、弧對應(yīng)的圓心角均為=60°,取重力加速度為g=l0m/s2,試求此電源電動勢的大小.(6V)60°abBS訓練2:如右圖所示,平行金屬導軌間距為50cm,固定在水平面上,一端接入電動勢E=1.5V,內(nèi)電阻r=0.2的電池,金屬桿ab電阻為R=2.8,質(zhì)量m=5×10-2kg,與平行導軌垂直放置,其余電阻不計,金屬桿處于磁感應(yīng)強度為B=0.8T,方向與水平成60°的勻強磁場中,剛開始接通電路的瞬間,求: (l)金屬桿所受的安培力的大小. (0.2N) (2)此時導體棒對軌道的壓力多大. (0.4N)評注:1）安培力的知識多結(jié)合在電磁感應(yīng)綜合題中考查,以簡單

13、的安培力分析為主.2）在本部分復(fù)習時,要以中低檔題為主,打好堅實的基礎(chǔ).3）注意左手定則的使用,準確判斷B、I、F三者方向關(guān)系.4）關(guān)鍵：畫受力分析圖。訓練3：如右圖所示,光滑的平行導軌傾角為,處在磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中,導軌中接入電動勢為E,內(nèi)阻為r的直流電源,將質(zhì)量為m,長度為L,電阻為R的導體棒由靜止釋放,求導體棒在釋放BREr時瞬時加速度的大小.(電路中其余電阻不計)3.安培力與生活、科技、工農(nóng)業(yè)生產(chǎn)等問題的聯(lián)系以及與化學、地理等學科的聯(lián)系,是高考的熱點.分析這類問題既要善于把實際問題抽象成一般的物理問題.（電磁炮、電磁泵的工作原理）例5.(2004年湖北)一根電纜埋藏在一堵南北走

14、向的墻里,在墻的西側(cè)處,當放一指南針時,其指向剛好比原來旋轉(zhuǎn)180°,由此可以斷定,這根電纜中電流的方向為(D)A.可能是向北B.可能是豎直向下C.可能是向南D.可能是豎直向上解析：在磁場作用下，小磁針靜止時N指向北方，現(xiàn)變?yōu)镹指向南方，故應(yīng)有豎直向上的通電電流。評注：奧斯特實驗中，通電導線應(yīng)南北放置，這樣小磁針的偏轉(zhuǎn)即是由通電電流的磁場引起，而不是由地磁場引起的。 NPLF訓練4.(2002年上海)磁場具有能量,磁場中單位體積所具有的能量叫做能量密度,其值為B2/2,式中B是感應(yīng)強度,是磁導率,在空氣中為一已知常數(shù).為了近似測得條形磁鐵極端面附近的磁感應(yīng)強度B,一學生用一根端面面積

15、為S的條形磁鐵吸住一相同面積的鐵片P,再用力將鐵片與磁鐵拉開一段微小距離L,并測出拉力F,如下圖所示.因為F所做的功等于間隙中磁場的能量,所以由此可得磁感應(yīng)強度時B與F、S之間的關(guān)系為B=_.(2F/S)1/2解析：W=FL=LSB2/2hKs3、如下圖所示,兩根平行光滑軌道置于同一水平面上，相互間隔0.1m,質(zhì)量m為3g的金屬棒置于軌道的一端,跨在兩軌道上,勻強磁場方向垂直軌道所在平面向上,B=0.lT，軌道平面距地面高度 h=0.8m，當接通電鍵K時,金屬棒由于受磁場力作用而被水平拋出,落地點距拋出點的水平距離S=2m,求接通K瞬間金屬棒上通過的電量.(g取10m/s2)(1.5C)第二專

16、題 磁場對運動電荷的作用、質(zhì)譜儀、回旋加速器知識要點:一、洛侖茲力:磁場對運動電荷的作用力. l.大小:1）當B時，F(xiàn)洛=qB 2）當B或=0時，F(xiàn)洛=0 3)當、B夾角為時，F(xiàn)洛=qBsin2.方向:由左手定則判定,其中四指指向與正電荷運動方向相同,與負電荷的運動方向相反.3.特點:1）洛侖茲力不做功；2）洛侖茲力只改變運動粒子的運動方向。說明：安培力是洛侖茲力的宏觀表現(xiàn)例1：有一段長為L的通電導線,橫截面積為S,單位體積內(nèi)含有的自由電荷數(shù)為n,每個自由電荷的電量為q,定向移動的平均速率為,將這段導線垂直于磁場方向放入磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中.求:每個運動電荷受到洛倫茲力的大小.(學生分析

17、推導)分析：在導體中取兩個截面，截面間距為,則I=Q/t=qnsL/t=qns F安=BIL=BqnsL F洛=F安/nsL=qB二、帶電粒子在勻強磁場中的運動 1.若B,勻速直線運動. 2.若B，做勻速圓周運：1）洛淪滋力提供向心力qB=m2/R 2)軌道半徑R=m/qB 3)周期T=2m/qB(與R、無關(guān))3.、B夾角為:帶電粒子螺旋線前進:1)s=cosT2)螺距r=msin/qB,T=2m/qB三、質(zhì)譜儀:分離各種元素的同位素并測量它們的質(zhì)量的儀器.AAS1S2P1P2O1.結(jié)構(gòu)：S1和S2之間是加速電場(加速部分) P1和P2間是速度選擇器(選擇部分) AA為感光膠片(偏轉(zhuǎn)顯示屏)2

18、.原理：加速電場 qU=m2/2 速度選擇器 qE=qB 偏轉(zhuǎn)磁場 qB=m2/R R=m/qB=（2mU/qB2）1/2由上式知，B、U、q對同一元素均為常量,故R（m）1/2,根據(jù)不同的半徑,就可算出不同的質(zhì)量思考：B方向是否可改為垂直紙面向外？（E同時反向，粒子打膠片左邊）例2：(2001年全國理綜)下圖是測量帶電粒子質(zhì)量的儀器工作原理示意圖.設(shè)法使某有機化合物的氣態(tài) 分子導入圖示的容器A中,使它受到電子束轟擊,失去一個電子后成為正一價的分子離子.分子離 子從狹縫Sl以很小的速度進入電壓為U的加速電場區(qū)(初速不計),加速后,再通過狹縫S2、S3射入 磁感應(yīng)強度B的勻強磁場,方向垂直于磁場

19、區(qū)的界面PQ,最后，分子離子打到感光片上,形成垂直 于紙面且平行于狹縫S3的細線.若測得細線到狹縫S3的距離為d,導出分子離子的質(zhì)量m的表達式。·····························S1UP ( qB2d2/8U)訓練1:質(zhì)譜儀是一種測定帶電粒子質(zhì)量和分析同位素的重要工具,它的構(gòu)造 原理如

20、右圖所示,離子源S產(chǎn)生一個質(zhì)量為m,電量為q的正離子.離子產(chǎn) 生出來時速度很小,可以看作是靜止的,離子產(chǎn)生出來后經(jīng)過電壓U加速,進入磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場,沿著半圓周運動而達到記錄它的照相底片P上,測得它在P上的位置到入口處S1的距離為，則下列說法正確的是(D)A.某離子經(jīng)上述裝置后,測得它在P上的位置到入口處Sl的距離大于,則離子的質(zhì)量一定變大。B.某離子經(jīng)上述裝置后,測得它在P上的位置到入口處Sl的距離大于,則加速電壓U一定變大C.某離子經(jīng)上述裝置后,測得它在P上的位置到入口處Sl的距離大于,則磁感應(yīng)強度B一定變大D.某離子經(jīng)上述裝置后,測得它在P上的位置到入口處Sl的距離大于,則離子帶

21、電量q可能變小1.構(gòu)造:D型盒：屏蔽外電場粒子源及引出裝置磁鐵:產(chǎn)生勻強磁場四、回旋加速器2.原理: 磁場作用:帶電粒子做勻速圓周運動,T、R與無關(guān).運動T/2后,進入電場中加速. 電場作用:周期性對粒子加速. n2qU=m2/2交變電壓:在狹縫處交變電壓與粒子勻速圓周運動周期相同. T=2m/qB3.粒子不斷加速的條件：交變電壓與粒子勻速圓周運動周期相同. f=qB/2mD型盒上接106HZ高頻電源4.回旋加速器的主要特征：1)粒子在D形盒中回旋周期等于兩盒狹縫之間高頻電場的變化周期,與帶電粒子無關(guān). 2)將帶電粒子在兩盒狹縫之間的運動首尾相連起來是一個初速為零的勻加速直線運動.3)帶電粒子

22、每經(jīng)電場加速一次,回旋半徑就增大一次：1°各次半徑之比為1:（2）1/2:（3）1/22°粒子回旋的最大半徑R=(2mU/qB2）1/2 4)粒子獲得最大能量：E=m2/2=m(qBR/m)2/2=q2B2R2/2mB2R2.例3：如下圖所示,在回旋加速器的D形盒I的O點處有一離子源,該離子源產(chǎn)生的離子,經(jīng)兩個D形盒縫隙間的電場加速后,進人D形盒,試求在D形盒子中相鄰兩個圓形軌道的半徑之比.·O×××××高頻電源解析:設(shè)經(jīng)過n次加速離子獲得速度n由功能關(guān)系得: nqU=mn2/2 有 qnB=mn2/Rn 得 Rn

23、=mn/qB 離子再進入盒又經(jīng)過了2次加速: (n+2)qU=mn+22/2 有 qn+2B=mn+22/Rn 得 Rn+2=mn+2/qB 由得：Rn=（2mUn/q）1/2/B 由得：Rn+2=2mU（n+2）/q1/2/B /得：Rn/Rn+2=n/（n+2）1/2 訓練2:有一回旋加速器,兩個D形盒的半徑為R,兩D形盒之間的高頻電壓為U,偏轉(zhuǎn)磁場的磁感強度為B.如果一個粒子(氮原子核)和一個質(zhì)子,都從加速器的中點開始被加速,試求它們從D形盒飛出時的速度之比.（12）三點一法:1.帶電粒子在有界磁場中運動：1）剛好穿出磁場邊界的條件是軌跡與邊界相切。（例4）2）當速率一定時，弧長越長轉(zhuǎn)過

24、圓心角越大，運動的時間越長。3）速度偏向角等于圓心角。（例5）例4：如右圖所示,在真空中寬為d的區(qū)域內(nèi)有勻強磁場B,質(zhì)量m、帶電量q、速率為0的電子從邊界CDFE0 CD外側(cè)垂直射入磁場,入射方向與CD夾角為,為了使電子能從磁場的另一邊界EF射出,0應(yīng) 滿足的條件是(A)A.0>qBd/m(1+cos) B.0>qBd/mcosC.0>qBd/m(1+sin) D.0>qBd/msin) 例5：如右圖所示,圓形區(qū)域里勻強磁場方向垂直于紙面向里,有一束速率各不相同的質(zhì)子自A點沿半徑A0 方向射入磁場,這些質(zhì)子在磁場中(AD)A.運動時間越長,其軌跡對應(yīng)的圓心角越大B.運動

25、時間越長,其軌跡越大C.運動時間越短,射出磁場區(qū)域時速率越小D.運動時間越短,射出磁場區(qū)域時速度的偏向角越小分析：=/t=2/T =2t/T =t2.帶電粒子做勻速圓運動的圓心、半徑及運動時間的確定（重、難點） 1）圓心的確定：1°射入和射出速度方向垂線的交點. 2°在射入和射出點連線的中垂線上（弦的垂直平分線上） 2）半徑的確定和計算：解含有速度偏向角和已知距離的直角三角形. 3）在磁場中運動時間的確定：1°t=T/2=/. 2°t=S/=ST/2R(兩個概念)例6：(2001年全國高考18)如下圖所示,在y<0的區(qū)域內(nèi)存在勻強磁場,磁場方向垂直

26、于y平面并指向紙面外,磁感應(yīng)強度為B.一帶正電的粒子以速度0從0點射入磁場,入射方向在y平面內(nèi),與軸正向的夾角為.若粒子射出磁場的位置到O點的距離為L,求該粒子的電量和質(zhì)量之比q/m=? (20sin/LB)································OBy關(guān)

27、鍵：1°假定出射點為P，作PO中垂線，過O引0垂線與PO中垂線相交，交點即為圓心2°利用幾何知識定L、R關(guān)系。abcdmn訓練3:(2004年北京理綜19)如下圖所示,方形區(qū)域abcd中充滿勻強磁場,磁場方向垂直紙面向里.一個氫核從ad邊的中點m沿著既垂直于ad邊又垂直于磁場的方向,以一定速度射入磁場,正好從ab邊中點n射出磁場.若將磁場的磁感應(yīng)強度變?yōu)樵瓉淼?倍,其他條件不變,則這個氫核射出磁場的位置是(C)A. 在b、n之間某點B. 在n、a之間某點C. a點 D.在a、m之間某點訓練4：(2004年廣東18)如下圖所示,真空室內(nèi)存在勻強磁場,磁場方向垂直于圖中紙面向里

28、,磁感應(yīng)強 度的大小B=0.60T.磁場內(nèi)有一塊平面感光干板ab,板面與磁場方向平行.在距ab的距離為 L=16cm處,有一個點狀的放射源S,它向各個方向發(fā)射粒子,粒子的速度都是=3.0× 106m/s.已知粒子的電荷與質(zhì)量之比q/m=5.O×107C/kg.現(xiàn)只考慮在圖紙平面中運動的粒子, 求ab上被粒子打中的區(qū)域的長度.·ab解析:粒子帶正電,故在磁場中沿逆時針方向做勻速圓周運動,用 R表示軌道半徑,有 qB=m2/R R=m/qB 代入數(shù)值得 R=lOcm 可見,2R>L>R因朝不同的方向發(fā)射粒子的圓軌跡都經(jīng)過S,所有粒子圓心在以S點為圓心的圓周

29、上.由此可知,某一圓軌跡在圖中N左側(cè)與ab相切,則此切點P1就是粒子能打中的左側(cè)最遠點.某粒子圓的軌跡交ab于S所在直徑另一端P2即為右側(cè)最遠點由幾何知識得: NP1=(R2-(L-R)2)1/2·abcdSP1P2NMQRR2R 再考慮N的右側(cè).任何粒子在運動中離S的距離不可能超過2R,以2R為半徑、S為圓心作圓,交ab于N右側(cè)的P2點,此即右側(cè)能打到的最遠點. 由圖中的幾何關(guān)系得: NP2=(4R2-L2)1/2=12cm 所求的寬度為: PlP2=NP1+NP2=20cm注意：1）軌跡兩側(cè)不對稱，2）尋找左右兩側(cè)最遠點的方法不同。3.洛侖茲力的多解問題1）帶電粒子電性不確定：受

30、f洛作用的帶電粒子,可正可負,在0相同的條件下,正負粒子在磁場中 運動軌跡不同,導致形成多解.2）磁場方向不確定：有些題目只告訴了磁感應(yīng)強度的大小,而未具體指出磁感應(yīng)強度的方向.此時 必須要考慮磁感應(yīng)強度方向不確定而形成的多解.3）臨界狀態(tài)不惟一：帶電粒子在洛侖茲力作用下飛越有界磁場時,由于粒子運動軌跡是圓弧狀,因此,它可能穿過去了,也可能轉(zhuǎn)過180°從入射界面這邊反向飛出形成多解4）運動的重復(fù)性：帶電粒子在部分是電場,部分是磁場空間運動時,往往運動具有往復(fù)性,M5ddN例7：M、N兩極板相距為d,板長均為5d,兩板未帶電,有垂直紙面的勻強磁場,如下圖所示,一大群電子沿平行于板的方向

31、從各處位置以速度射入板間,為了使電子都不從板間穿出，求磁感應(yīng)強度B的范圍.（m/13de<B<2m/de）訓練5:如右圖所示,一半徑為R的絕緣圓筒中有沿軸線方向的勻強磁場,磁感應(yīng)強度為B,一質(zhì)量為m,帶 電量為q的正電荷以速度從筒壁的A孔沿半徑方向進入筒內(nèi),設(shè)粒子和筒壁的碰撞無電量和能AO· 量的損失,那么要使粒子與筒壁連續(xù)碰撞,繞筒壁一周后恰好又從A孔射出,問: (l)磁感應(yīng)強度B的大小必須滿足什么條件?B=m/Rqtan/(n+1) (2)粒子在筒中運動的時間為多少?t=(n-1)Rtan/(n+1) /解析：粒子第一次與B點碰撞，碰后速度指向O點（對稱性），設(shè)粒子與

32、壁碰n 次，運動軌跡為n+1段相等的圓弧，再從A孔射出。 1）設(shè)第一段圓弧圓心為O，半徑為r，則 圓心角 =2/2(n+1) 圓弧半徑 r=Rtg2/2(n+1)=m/qB (n=2.3)A2)粒子周期 T=2m/qB AB弧對圓心角 =2（/2-） 粒子由A到B時間 t1=T/2 總時間 t=t1(n+1)4.用動態(tài)圖分析帶電粒子在磁場中運動的特殊問題（難）帶電粒子在垂直于磁場方向的平面上,以恒定的速率0從A點開始運動,隨角不同,軌跡不同,動態(tài)特點:所有軌跡過定點A;所有軌跡的半徑R相等.分析方法:粒子的運動可看做是一個半徑為R的圓繞定點A在平面內(nèi)轉(zhuǎn) 動,利用這一特點分析問題較直觀、簡捷.例

33、8：如圖所示,在xOy平面內(nèi)有許多電子(質(zhì)量為m,電量為e)，從坐標原點O不斷地以相同大小的速度0沿不同方向射入I象限,現(xiàn)加一個垂直于xOy平面的磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場,要求這些電子穿過該磁場后都能平行于x軸向+x方向運動,試求符合該條件的磁場的最小面積.y0O解析: 電子圓周運動圓心在以O(shè)為圓心，R=m0/Be為半徑的四分之一圓弧上（第二象）。沿+y方向射出電子的圓心為O1,其軌跡為四分之一圓弧,即為磁場的上邊界。所有粒子圓周運動圓弧最高點與其圓心間距均為R；O2為沿+x方向射出電子的圓心，將O1O2沿+y平移R即為磁場的下邊界。最小磁場區(qū)域的面積為圖中陰影部分面積，由幾何關(guān)系得： Smi

34、n=S扇-S=2（R2/4-R2/2）=（/2-1）m202/B2e2訓練5:如下圖所示中的虛線MN是一垂直紙面的平面與紙面的交線,在平面的右側(cè)的半空間存在一磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場,方向垂直紙面向外,O是MN上的一點,從O點可以向磁場區(qū)域發(fā)射電量為+q、質(zhì)量為m、速率為0的粒子,粒子射入磁場時的速度可在紙面內(nèi)各個方向,已知先后射入的兩個粒子恰好在磁場中給定的P點相遇,P到O的距離為L,不計重力及粒子間的相互作用, 求:(1)所考察的粒子在磁場中的軌道半徑 (2)這兩個粒子從O點射入磁場的時間間隔.解析:(1)設(shè)粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌道半徑為R,由牛頓運動定律, 有 qB=m2/R R

35、=m/qB (2)如右圖所示,兩個粒子先后經(jīng)過P之前的軌跡就是半徑為R,過定點O的圓與直線OP的相交點P對 應(yīng)于兩段圓弧,設(shè)兩個粒子的射入方向間夾角為· · · ·· · · ·· · · ·· · · ·OMNPBO1O2Q1Q2,由幾何關(guān)系可知,P01Q1=P02Q2= 從O點射入到相遇, 粒子l運動的時間： t1=T/2+R/=（+）/ 粒子2運動的時間： t2=T/2-R/=（-）/ 兩粒子射入的時間問隔：t=tl-t2=2R/

36、=2/ 因為 Rcos（/2）=L/2,得=2arccosL/2R 所以 t=4marccos(LqB/2m)/ qB· · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · P1·P2··P3Oy訓練6：(2004年湖北)如下圖所示,

37、在y>0的空間中存在勻強電場,場強沿y軸負方向;在y<0的空間中,存在勻強磁場,磁場方向垂直y平面(紙面)向外,一電量為q、質(zhì)量為m的帶正電的運動粒子,經(jīng)過y軸上y=h處的點P1,時速率為0,方向沿軸正方向,然后,經(jīng)過軸上=2h處的P2點進入磁場,并經(jīng)過y軸上y=-2h處的P3點,不計重力,求(1)電場強度的大小.(m02/2qh)(2)粒子到達P2時速度.=(2)1/20與+軸成45°(3)磁感應(yīng)強度的大小 m/(2)1/2qh關(guān)鍵：用數(shù)學知識證明軌跡過O點：R=(2)1/2h第三課時 帶電粒子或帶電體在復(fù)合場中的運動1.速度選擇器+-× × 

38、15; ×× × × × × × × ×× × × × 0B 如圖示，若帶電粒子受力滿足q0B=qE,即0=E/B,且方向水平向右，則粒子做勻速直線運動。 說明：1.與粒子的電性、電量無關(guān)， 2.與粒子的質(zhì)量無關(guān)， 3.只選擇速度的大小和方向。2.帶電粒子或帶電體在復(fù)合場中的運動遵循的規(guī)律：三大觀點六大規(guī)律3.帶電粒子在恒定電、磁場中運動的幾種模型1)E恒定0=0或0E，勻變速直線運動0E，類平拋運動0與E夾角為，類斜拋運動a恒定勻變速2)B恒定0B，勻速直線運動0

39、B，勻速圓周運動0與E夾角為，螺旋線運動EK恒定勻速率3)B、E復(fù)合0BE，勻變速直線運動0BE，qE=q0B且反向(速度選擇器)0EB，螺旋線,螺距由q、E決定,半徑由q、B、0決定.4)B、E、g復(fù)合F合=0,靜止或勻直F合0且恒定（0B），勻變速直線運動； qE=G，q0B=m02/R，勻速圓周運動qE=mg,q0B=m02勻速圓周運動.1°無約束0B, qE=mg0BEg,三力共線0BE,三力共面FBFE2°有約束臨界問題勻園最高點:線=0, 桿=（gr）1/2穩(wěn)定狀態(tài)：剛好離開斜面、平面：N=0=0時,最大N=0時， ，z0例1：(2003年春季)如圖所示,在Oz

40、坐標系所在的空間中,可能存在勻強電場或勻強磁場,也可能兩者都存在或都不存在但如果兩者都存在,已知磁場平行于平面.現(xiàn)有一質(zhì)量為m帶正電q的點電荷沿z軸正方向射入此空間中,發(fā)現(xiàn)它做速度為0的勻速直線運動.若不計重力,試寫出電場和磁場的分布有哪幾種可能性.要求對每一種可能性,都要說出其中電場強度、磁感應(yīng)強度的方向和大小,以及它們之間可能存在的關(guān)系.不要求推導或說明理由.解析:(l)E=0,B=0. (2)E=0,B0.B的方向與z軸同向或反向,B的大小可任意。 (3)E0,B0.磁場方向可在平行于平面的任何方向. 電場E的方向平行于平面,并與B的方向垂直. 當迎著z軸正方向看時,由B的方向沿順時針轉(zhuǎn)

41、90°后就是E的方向. E和B的大小可取滿足關(guān)系式E/B=0的任何值（速度選擇器）評注:點電荷做勻速直線運動,它可不受力,或受合外力為零.不受力,可能E=O且B=0;也可能E=0,B0,但洛侖茲力為零, 0與B方向平行，受力則必同時受電場力,洛侖茲力,保持平衡,E、B方向在同-平面的分布.4.磁偏轉(zhuǎn)和電偏轉(zhuǎn)的區(qū)別電偏轉(zhuǎn)磁偏轉(zhuǎn)受力特征FE0且FE=qE是恒力FBt且FB=qB是變力運動規(guī)律勻變速曲線（類平拋運動） =0,=0t; y=qE/m,y=qEt2/2m變速曲線(勻速圓周運動) T=2m/qB,r=m/qB偏轉(zhuǎn)情況tan=y/0</2且t相同不相同=t=t/r=qBt/m

42、且t相同相同動能變化W=qEy=EKFBt W=0例2：如圖甲所示,在空間存在一個變化的電場和一個變化的磁場,電場的方向水平向右(圖中由B到C), 場強大小隨時間變化如圖乙所示;磁感應(yīng)強度方向垂直于紙面,大小隨時間變化如圖丙所示,從 t=1s開始,在A點每隔2s有一個同種的離子以沿AB方向(垂直于BC)的初速度0射出,恰好能擊中C 點,若AB=BC=L,且粒子在AC間的運動時間小于ls求:(1)磁場的方向；（垂直紙面向外） (2)圖象中E0和B0的比值；（20）ABCE·甲EE00t/s2468乙BB00t/s2468丙 (3)1s末射出的粒子和3秒末射出的粒子由A點運動到C點所經(jīng)歷

43、的時間。（/2）分析：偶數(shù)個2秒內(nèi)離子勻速圓周運動，奇數(shù)數(shù)個2秒內(nèi)離子類平拋周運動。一、電場和磁場復(fù)合+ + + + +× × × ×× × × × × × × ×× × × × 0- - - - -例3：(2003年遼寧綜合)如圖所示,、b是位于真空中的平行金屬板,板帶正電,b板帶負電,兩板間的電場為勻強電場,場強為E.同時在兩板之間的空間中加勻強磁場,磁場方向垂直于紙面向里,磁感應(yīng)強度為B.一束電子以大小為0的速度從左邊S處沿圖中虛

44、線方向入射,虛線平行于兩板,要想使電子在兩板間能沿虛線運動,則0、E、B之間的關(guān)系應(yīng)該是（A） A.0=E/B B.0=B/E C.0=（E/B）1/2 D.0=（B/E）1/2訓練1：(2003年北京西城區(qū))平行板電容器的極板沿水平方向放置,電子(質(zhì)量m)束從電容器左邊正中 間處沿水平方向入射,電子初速度都是0,在電場力的作用下,剛好從圖C點射出,射出時速 度為,現(xiàn)保持電場不變,再加上一個勻強磁場,磁場的方向跟電場和電子射入時的速度方向都+ + + + +0- - - - -ab··cd 垂直(下圖中垂直于紙面向里),使電子剛好由圖中d點射出.c、d點的位置相對于中線b是

45、對 稱的,則從d點射出時每個電子的動能等于_. (m02-m2/2)訓練2：如下圖所示,兩塊水平放置的金屬ab板長為L=1.40m,間距為d=3Ocm.兩板間有B=1.25T、方向垂直紙面向里的勻強磁場和圖示的脈動電壓.當t=0時,質(zhì)量m=2.00×10-15kg、電量q=1.00×10-10C 的正粒子,以速度0=4.00×103m/s從兩板中央水平射入,不計重力,試分析: (1)粒子在兩板間如何運動?會不會碰到極板上?U/×103Vt/×10-3s1.501234567+ + + + +× × × ×

46、× × × × × × × ×× × × × 0- - - - - (2)粒子在兩板間的運動時間是多少?解析:(1)t=O10-4s內(nèi),粒子同時受到方向相反的電場力和洛侖茲力的作用,大小分別為 F=qE=qU/d=5×1O-7N, F洛=Bq0=5×10-7N 因為F=F洛,所以粒子做勻速直線運動,相應(yīng)的位移為L0=0t=0.4m 在10-42×10-4s內(nèi)無電場,粒子在洛侖茲力作用下做勻速圓周運動, 軌道半徑為 r=m0/Bq=6.4×

47、;10-2md/4=0.074m 運動周期為 T=2m/Bq10-4s (電場周期的一半) 所以,粒子不會打到極板上;并在無電場時間內(nèi),恰好在磁場中運動一周,當兩板間又周期 性加上電壓時,粒子又重復(fù)上述運動. (2)粒子在極板間勻速運動的總時間為 tl=L/0=3.5×10-4s 而做勻速圓周運動的時間為 t2=3T=3×10-4s 所以,在兩板間運動的總時間為 t=tl+t2=6.5×10-4s小結(jié)：在上述分析中,應(yīng)用了等效思維和形象思維:將粒子的復(fù)雜運動等效為兩個簡單運動；利用軌跡圖,形象、直觀地反映粒子在兩極板間的運動及其所需的時間.二、磁場、重力場復(fù)合例4

48、：如圖所示,半圓形光滑槽固定在地面上,勻強磁場與槽面垂直將質(zhì)量為m的帶電小球自槽口A處由靜止釋放,小球到達槽最低點C時,恰好對槽無壓力,則小球在以后的運動過程中對C的最大壓力為多少?× × × × × × × × × × × × ×ABC解析:小球從A到C只有重力做功,設(shè)經(jīng)過C點時速度為， 據(jù)動能定理,得 mgR=mC2/2 粒子向右經(jīng)過C點時,由向心力公式得 qCB-mg=mC2/R 粒子向左經(jīng)過C點時,由于速度反向,洛侖茲力反向,變成豎直向下.設(shè)此時制小球的彈力

49、為FN,由 向心力公式得 FN-mg-qCB= mC2/R FN=6mg評注:本題中,正因為洛侖茲力不做功,所以小球在C點時速率才不變,這是解本題的關(guān)鍵之一.另外, 雖然小球經(jīng)過C點時速度大小相等,但方向相反,洛侖茲力也就相反。向心力也就發(fā)生變化,所以正確的受力分析,是解本題的關(guān)鍵之二。正確的受力分析,是解決力學問題的關(guān)鍵.所以,同學們在今后的學習中,要養(yǎng)成畫受力分析圖的好習慣,這也是防止解題失誤的重要手段訓練3：(2004年武漢二中)在垂直紙面向里的勻強磁場中,有兩個足夠長的光滑絕緣滑軌(兩滑軌與水 平面間的夾角相等).如圖所示.今使兩帶等量負電荷的小球A、B同時從滑軌的頂部無初速地沿 兩側(cè)

50、滑軌下滑（不考慮A、B間相互作用的庫侖力),則(ABCD)× × × × × × × × × × × × × × ×AB- A.兩球沿滑軌下滑時的加速度大小相等 B.兩球沿滑軌下滑時,任一時刻的速率相等 C.撤去磁場后,兩球沿滑軌運動的加速度不變 D.A球不會一直沿滑軌運動下去三、磁場、重力場、電場三場復(fù)合例5：(2003年長春)如圖所示,套在很長的絕緣直棒上的小球,質(zhì)量為1.0×10-4kg,帶4.0×10-4C正電,小球在棒上可以滑動,將此棒豎直放置在沿水平方向的勻強電場和勻強磁場中,勻強電場的電場強度E=lON/C,方向水平向右,勻強磁場的磁感應(yīng)強度B=0.5T,方向為垂直紙面向里,小球與棒間動摩擦因數(shù)為=0.2.球小球由靜止沿棒下落過程的最大加速度和最大速度（設(shè)小球運動過程電量保持不變,g取lOm/s2)解析:小球剛開始下落時,加速度最大,設(shè)為am, 豎直方向 mg-F=mam × × × × × × × ×&