高三物理一輪復習精品教案——第九章_磁場

1、第九章磁場第一講磁場及其對電流的作用一、基本概念（一）磁場、磁感應強度和磁通量1.磁場(1)磁場：磁極、電流和運動電荷周圍存在的一種物質(zhì)；(2)磁場的方向：規(guī)定小磁針在磁場中N極的受力方向(或小磁針靜止時N極的指向)為該處磁場方向.2.磁感應強度定義：在磁場中垂直于磁場方向的通電導線，所受安培力與電流的比值.大小：B，單位：特斯拉(符號：T).方向：磁場中某點的磁感應強度方向是該點磁場的方向，即通過該點的磁感線的切線方向；磁感應強度的大小由磁場本身決定，與放入磁場中的電流無關(guān).磁感應強度是矢量.3.磁通量()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，面積為S，我們把B與S的乘積

2、叫做穿過這個面積的磁通量.用公式表示為：BS .磁通量是標量，但有方向.（二）磁感線和電流的磁場1.磁感線及其特點：用來形象描述磁場的一組假想曲線，任意一點的切線方向為該點磁場方向，其疏密反映磁場的強弱；在磁體外部磁感線由N極到S極，在內(nèi)部由S極到N極，形成一組永不相交的閉合曲線.2.幾種常見的磁感線(1)條形磁鐵的磁感線：外部中間位置磁感線切線與條形磁鐵平行；(2)蹄形磁鐵的磁感線：(3)電流的磁感線：電流方向與磁感線方向的關(guān)系由安培定則來判定.直線電流的磁場通電螺線管的磁場環(huán)形電流的磁場特點無磁極、非勻強且距導線越遠處磁場越弱與條形磁鐵的磁場相似，管內(nèi)為勻強磁場且磁場最強，管外為非勻強磁場

3、環(huán)形電流的兩側(cè)是N極和S極且離圓環(huán)中心越遠，磁場越弱立體圖橫截面圖縱截面圖(4)地磁場的磁感線：見圖3，地球的磁場與條形磁鐵的磁場相似，其主要特點有三個：地磁場的N極在地理南極附近，S極在地理北極附近；地磁場B的水平分量(Bx)總是從地球南極指向地球北極，而豎直分量By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，距離表面高度相等的各點，磁感應強度相等，且方向水平向北.(5)勻強磁場的磁感線：磁場的強弱及方向處處相同；其磁感線是疏密相同，方向相同的平行直線；距離很近的兩個異名磁極之間的磁場及通電螺線管內(nèi)部的磁場(邊緣部分除外)，都可以認為是勻強磁場.（三）磁場對電流的作用安培力1.

4、安培力 (1)安培力的大小FBILsin (為B與I的夾角).此公式適用于任何磁場，但只有勻強磁場才能直接相乘.L應為有效長度，即曲線的兩端點連線在垂直于磁場方向的投影長度，相應的電流方向沿L由始端流向終端.任何形狀的閉合線圈，其有效長度為零，所以通電后，閉合線圈受到的安培力的矢量和為零.當90時，即B、I、L兩兩相互垂直，F(xiàn)BIL；當0時，即B與I平行，F(xiàn)0； (2)安培力的方向：用左手定則來判定安培力(F)的方向既與磁場(B)方向垂直，又與電流I的方向垂直，安培力F垂直于B與I決定的平面，但B與I可以不垂直.2.等效分析法（幾個特例）環(huán)形電流可以等效成條形磁鐵，通電螺線管可等效成很多的環(huán)形

5、電流.3.推論分析法(1)兩直線電流相互平行時無轉(zhuǎn)動趨勢，方向相同時相互吸引，方向相反時相互排斥；(2)兩直線電流不平行時有轉(zhuǎn)動到相互平行且方向相同的趨勢；二、例題【例1】以下說法正確的是()A.電流元在磁場中受磁場力為F，則B，電流元所受磁場力F的方向即為該點的磁場方向B.電流元在磁場中受磁場力為F，則磁感應強度可能大于或等于C.磁場中電流元受磁場力大的地方，磁感應強度一定大D.磁感應強度為零的地方，一小段通電直導線在該處一定不受磁場力【解析】判斷磁感應強度的大小，需在電流元受力最大的前提下進行，且電流元受磁場力方向與該點磁場方向垂直，故A錯，B對.電流元在磁場中所受磁場力與其放置的位置有關(guān)

6、，電流元受力大的地方磁感應強度不一定大，故C錯.【答案】BD【例2】彈簧秤下掛一條形磁棒，其中條形磁棒N極的一部分位于未通電的螺線管內(nèi)，如圖所示.下列說法正確的是( )A.若將a接電源正極，b接負極，彈簧秤示數(shù)將減小B.若將a接電源正極，b接負極，彈簧秤示數(shù)將增大C.若將b接電源正極，a接負極，彈簧秤示數(shù)將增大D.若將b接電源正極，a接負極，彈簧秤示數(shù)將減小【解析】條形磁鐵在本題中可以看做小磁針，當a接電源正極時，條形磁鐵的N極方向與螺線管的磁感線方向相反，相互排斥，示數(shù)減小，A對，B錯；同理C對，D錯.【答案】AC【例3】如圖所示，電流從A點分兩路通過環(huán)形支路再匯合于B點，已知兩個支路的金屬

7、材料相同，但截面積不相同，上面部分的截面積較大，則環(huán)形中心O處的磁感應強度方向是 ()A.垂直于環(huán)面指向紙內(nèi) B.垂直于環(huán)面指向紙外C.磁感應強度為零 D.斜向紙內(nèi)【解析】兩個支路在O處的磁感應強度方向均在垂直于圓環(huán)方向上，但上面支路的電流大，在O處的磁感應強度較大，故疊加后應為垂直于紙面向里，選擇A.【答案】A【例4】在傾角為的光滑斜面上置一通有電流I、長為L、質(zhì)量為m的導體棒(1)欲使棒靜止在斜面上，外加勻強磁場的磁感應強度B的最小值和方向；(2)欲使棒靜止在斜面上且對斜面無壓力，外加勻強磁場的磁感應強度的大小和方向；(3)若使棒靜止在斜面上且要求B垂直于L，可外加磁場的方向范圍.【解析】

8、此題屬于電磁學和靜力學的綜合題，研究對象為通電導體棒，所受的力有重力mg、彈力FN、安培力F，屬于三個共點力平衡問題.棒受到的重力mg，方向豎直向下，彈力垂直于斜面，大小隨安培力的變化而變化；安培力始終與磁場方向及電流方向垂直，大小隨磁場方向不同而變.(1)由平衡條件可知：斜面的彈力和安培力的合力必與重力mg等大、反向，故當安培力與彈力方向垂直即沿斜面向上時，安培力大小最小，由平衡條件知B，所以，由左手定則可知B的方向應垂直于斜面向上. (2)棒靜止在斜面上，且對斜面無壓力，則棒只受兩個力作用，即豎直向下的重力mg和安培力F作用，由平衡條件可知Fmg，且安培力F豎直向上，故B，由左手定則可知B

9、的方向水平向左.(3)此問的討論只是問題的可能性，并沒有具體研究滿足平衡的定量關(guān)系，為了討論問題的方便，建立如圖所示的直角坐標系.欲使棒有可能平衡，安培力F的方向需限定在mg和FN的反向延長線F2和F1之間.由圖不難看出，F(xiàn)的方向應包括F2的方向，但不能包括F1的方向，根據(jù)左手定則，B與x的夾角應滿足【例5】兩條導線互相垂直，但相隔一小段距離，其中ab固定，cd可以自由活動，當通以如圖所示電流后，cd導線將 （填“順時針”或“逆時針”）轉(zhuǎn)動，同時 （填“靠近”或“離開”）導線ab 【解析】(1)兩直線電流相互平行時無轉(zhuǎn)動趨勢，方向相同時相互吸引，方向相反時相互排斥；(2)兩直線電流不平行時有轉(zhuǎn)

10、動到相互平行且方向相同的趨勢.【答案】逆時針、靠近三、練習1.（雙選）下列關(guān)于磁感應強度的方向的說法中，正確的是()A某處磁感應強度的方向就是一小段通電導體放在該處時所受磁場力的方向B小磁針N極受磁場力的方向就是該處磁感應強度的方向C垂直于磁場放置的通電導線的受力方向就是磁感應強度的方向D磁場中某點的磁感應強度的方向就是該點的磁場方向2.一根導線長0.2 m，通有3 A的電流，垂直磁場放入磁場中某處受到的磁場力是6102 N，則該處的磁感應強度大小B為 T；如果該導線的長度和電流都減小一半，則該處的磁感應強度大小為 T.若把這根通電導線放入磁場中的另外一點，所受磁場力為12102 N，則該點磁

11、感應強度大小為 T.3.三根平行的直導線，分別垂直地通過一個等腰直角三角形的三個頂點，如圖所示，現(xiàn)使每條通電導線在斜邊中點O所產(chǎn)生的磁感應強度的大小為B.則該處的實際磁感應強度的大小和方向如何？4.如圖所示，把輕質(zhì)導線圈用絕緣細線懸掛在磁鐵N極附近，磁鐵的軸線穿過線圈的圓心，且垂直于線圈平面，當線圈中通入如圖方向的電流后，判斷線圈如何運動5勻強磁場(各點的磁感應強度大小、方向均不變的磁場)中長2cm的通電導線垂直磁場方向，當通過導線的電流為2A時，它受到的磁場力大小為4103N，問：(1)該處的磁感應強度B是多大？(2)若電流不變，導線長度減小到1cm，則它受到的磁場力F和該處的磁感應強度B各

12、是多少？(3)若導線長不變，電流增大為5A，則它受到的磁場力F和該處的磁感應強度B各是多少？(4)若讓導線與磁場平行，該處的磁感應強度多大？通電導線受到的磁場力多大？6.（雙選）如圖所示，在勻強磁場中用兩根柔軟的細線將金屬棒ab懸掛在水平位置上，金屬棒中通入由a到b的穩(wěn)定電流I，這時兩根細線被拉緊，現(xiàn)要想使兩根細線對金屬棒拉力變?yōu)榱悖刹捎媚男┓椒?( )A、適當增大電流I B、將電流反向并適當改變大小C、適當增大磁場 D、將磁場反向并適當改變大小7.如圖所示，蹄形磁體用懸線懸于O點，在磁鐵的正下方有一水平放置的長直導線，當導線中通以由左向右的電流時，蹄形磁鐵的運動情況將是( )A靜止不動 B

13、向紙外平動CN極向紙外，S極向紙內(nèi)轉(zhuǎn)動 DN極向紙內(nèi)，S極向紙外轉(zhuǎn)動第二講磁場對運動電荷的作用一、基本概念（一）洛倫茲力和粒子在磁場中的運動1.洛倫茲力運動電荷在磁場中受到的力叫洛倫茲力.通電導線在磁場中受到的安培力是在導線中定向移動的電荷受到的洛倫茲力的合力的表現(xiàn).(1)大?。寒攙B時，F(xiàn)0；當vB時，F(xiàn)qvB .(2)方向：用左手定則判定，其中四指指向正電荷運動方向(或負電荷運動的反方向)，拇指所指的方向是正電荷受力的方向.洛倫茲力垂直于磁感應強度與速度所決定的平面.2.帶電粒子在磁場中的運動(不計粒子的重力)(1)若vB，帶電粒子做平行于磁感線的勻速直線運動.(2)若vB，帶電粒子在垂直

14、于磁場方向的平面內(nèi)以入射速度v做勻速圓周運動.洛倫茲力提供帶電粒子做圓周運動所需的向心力，由牛二qvB得帶電粒子運動的軌道半徑R，運動的周期T.3.電場力與洛倫茲力的比較電場力洛倫茲力存在條件作用于電場中所有電荷僅對運動著的且速度不與磁場平行的電荷有洛倫茲力的作用大小FqE與電荷運動速度無關(guān)fqvB與電荷的運動速度有關(guān)方向力的方向與電場方向相同或相反，但總在同一直線上力的方向始終和磁場方向垂直對速度的改變可以改變電荷運動速度大小和方向只改變電荷速度的方向，不改變速度的大小做功可以對電荷做功，能改變電荷動能不能對電荷做功，不能改變電荷的動能偏轉(zhuǎn)軌跡靜電偏轉(zhuǎn)，軌跡為拋物線磁偏轉(zhuǎn)，軌跡為圓?。ǘ?/p>

15、電粒子做勻速圓周運動的圓心、半徑及運動時間的確定1.圓心的確定一般有以下四種情況：(1)已知粒子運動軌跡上兩點的速度方向，作這兩速度的垂線，交點即為圓心.(2)已知粒子入射點、入射方向及運動軌跡上的一條弦，作速度方向的垂線及弦的垂直平分線，交點即為圓心.(3)已知粒子運動軌跡上的兩條弦，作出兩弦垂直平分線，交點即為圓心.(4)已知粒子在磁場中的入射點、入射方向和出射方向(不一定在磁場中)，延長(或反向延長)兩速度方向所在直線使之成一夾角，作出這一夾角的角平分線，角平分線上到兩直線距離等于半徑的點即為圓心.2.半徑的確定和計算.圓心找到以后，自然就有了半徑，半徑的計算一般是利用幾何知識，常用到解

16、三角形的方法及圓心角等于弦切角的兩倍等知識.3.在磁場中運動時間的確定，利用圓心角與弦切角的關(guān)系，或者是四邊形內(nèi)角和等于360計算出圓心角的大小，由公式tT可求出運動時間，有時也用弧長與線速度的比t.（三）兩類典型問題1.極值問題：常借助半徑R和速度v(或磁場B)之間的約束關(guān)系進行動態(tài)運動軌跡分析，確定軌跡圓和邊界的關(guān)系，求出臨界點，然后利用數(shù)學方法求解極值.注意：(1)剛好穿出磁場邊界的條件是帶電粒子在磁場中運動的軌跡與邊界相切；(2)當速度v一定時，弧長(或弦長)越長，圓周角越大，則帶電粒子在有界磁場中運動的時間越長.2.多解問題：多解形成的原因一般包含以下幾個方面：(1)粒子電性不確定；

17、(2)磁場方向不確定；(3)臨界狀態(tài)不唯一；(4)粒子運動的往復性等.二、例題 【例1】一個質(zhì)量m0.1 g的小滑塊，帶有q5104 C的電荷，放置在傾角30的光滑斜面上(斜面絕緣)，斜面置于B0.5 T的勻強磁場中，磁場方向垂直紙面向里，如圖所示.小滑塊由靜止開始沿斜面下滑，其斜面足夠長，小滑塊滑至某一位置時，要離開斜面.問：(1)小滑塊帶何種電荷？(2)小滑塊離開斜面時的瞬時速度多大？(3)該斜面的長度至少多長？【解析】(1)小滑塊沿斜面下滑過程中，受到重力mg、斜面支持力FN和洛倫茲力F.若要小滑塊離開斜面，洛倫茲力F方向應垂直斜面向上，根據(jù)左手定則可知，小滑塊應帶負電荷.(2)小滑塊沿

18、斜面下滑時，垂直斜面方向的加速度為零，有qvBFNmgcos 0當FN0時，小滑塊開始脫離斜面，此時qvBmgcos 得vm/s=2m/s(3)下滑過程中，只有重力做功，由動能定理得mgxsin mv2斜面的長度至少應是xm1.2 m【例2】如圖所示，質(zhì)量為m的帶正電小球，電荷量為q，小球中間有一孔套在足夠長的絕緣細桿上，桿與水平方向成角，與球的動摩擦因數(shù)為，此裝置放在沿水平方向、磁感應強度為B的勻強磁場中，若從高處將小球無初速度釋放，小球在下滑過程中加速度的最大值為 ，運動速度的最大值為 【解析】分析帶電小球受力如圖，在釋放處a，由于v00，無洛倫茲力，隨著小球加速，產(chǎn)生垂直桿向上且逐漸增大

19、的洛倫茲力F，在b處，F(xiàn)mgcos ，F(xiàn)f0此時加速度最大，amgsin ，隨著小球繼續(xù)加速，F(xiàn)繼續(xù)增大，小球?qū)⑹艿酱怪睏U向下的彈力FN，從而恢復了摩擦力，且逐漸增大，加速度逐漸減小，當Ff與mgsin 平衡時，小球加速結(jié)束，將做勻速直線運動，速度也達到最大值vm.在圖中c位置：FNmgcos Bqvm mgsin Ff FfFN 由式解得vm【例3】兩平面熒光屏互相垂直放置，在兩屏內(nèi)分別取垂直于兩屏交線的直線為x軸和y軸，交點O為原點，如圖所示.在y0、0x0、xa的區(qū)域有垂直紙面向外的勻強磁場，兩區(qū)域內(nèi)的磁感應強度大小均為B.在O點處有一小孔，一束質(zhì)量為m、帶電荷量為q(q0)的粒子沿x軸

20、經(jīng)小孔射入磁場，最后打在豎直和水平的熒光屏上，使熒光屏發(fā)亮.入射粒子的速度可取從零到某一最大值之間的各數(shù)值.已知速度最大的粒子在0xa的區(qū)域中運動的時間之比為25，在磁場中運動的總時間為7T/12，其中T為該粒子在磁感應強度為B的勻強磁場中做圓周運動的周期.試求兩個熒光屏上亮線的范圍(不計重力的影響).【解析】如右圖所示，粒子在磁感應強度為B的勻強磁場中運動的半徑為r速度小的粒子將在xa的區(qū)域走完半圓，射到豎直屏上.半圓的直徑在y軸上，半徑的范圍從0到a，屏上發(fā)亮的范圍從0到2a.軌道半徑大于a的粒子開始進入右側(cè)磁場，考慮ra的極限情況，這種粒子在右側(cè)的圓軌跡與x軸在D點相切(圖中虛線)，OD

21、2a，這是水平屏上發(fā)亮范圍的左邊界.速度最大的粒子的軌跡如圖中實線所示，它由兩段圓弧組成，圓心分別為C和C，C在y軸上，由對稱性可知C在x2a的直線上.設(shè)t1為粒子在0xa的區(qū)域中運動的時間，由題意可知，t1t2 由此解得t1，t2再由對稱性可得OCM60，MCN60MCP360150 所以NCP1506090 即為1/4圓周.因此圓心C在x軸上.設(shè)速度為最大值時粒子的軌道半徑為R，由直角COC可得2Rsin 602a，R由圖可知OP2aR，因此水平熒光屏發(fā)亮范圍的右邊界坐標x2(1)a【例4】如圖所示，一個質(zhì)量為m，電荷量大小為q的帶電微粒(忽略重力)，與水平方向成45射入寬度為d、磁感應強

22、度為B、方向垂直紙面向內(nèi)的勻強磁場中，若使粒子不從磁場MN邊界射出，粒子的初速度大小應為多少？【解析】帶電粒子垂直B進入勻強磁場做勻速圓周運動，若不從邊界MN射出，粒子運動偏轉(zhuǎn)至MN邊界時v與邊界平行即可.由左手定則可知：若粒子帶正電荷，圓周軌跡由AB；若粒子帶負電荷，圓周軌跡由AC，如圖所示，圓周軌跡的圓心位置可根據(jù)粒子線速度方向垂直半徑的特點，作初速度v0的垂線與邊界MN的垂線的交點即為圓軌跡的圓心O1與O2.粒子帶正電荷情況：粒子沿圓軌跡AB運動方向改變了45，由幾何關(guān)系可知AO1B45，那么dR1R1cos 45 R1將式代入式得v0即粒子若帶正電荷，初速度滿足0v0時將不從磁場邊界M

23、N射出.粒子帶負電荷情況：粒子沿圓軌跡AC運動，方向改變了135，由幾何關(guān)系知AO2C135，O2AF45，那么 dR2R2sin 45 R2將式代入式得v0即粒子若帶負電荷，初速度滿足0v時，則qBvqE，粒子向上偏轉(zhuǎn)；當vv時，qBvqE，粒子向下偏轉(zhuǎn).要點深化a.從力的角度看，電場力和洛倫茲力平衡qEqvB； b.從速度角度看，v；c.從功能角度看，洛倫茲力永不做功. （三）解決復合場類問題的基本思路1.正確的受力分析.除重力、彈力、摩擦力外，要特別注意電場力和磁場力的分析.2.正確分析物體的運動狀態(tài).找出物體的速度、位置及其變化特點，分析運動過程，如果出現(xiàn)臨界狀態(tài)，要分析臨界條件.3.

24、恰當靈活地運用動力學三大方法解決問題.(1)用動力學觀點分析，包括牛頓運動定律與運動學公式.(2)用動量觀點分析，包括動量定理與動量守恒定律.(3)用能量觀點分析，包括動能定理和機械能(或能量)守恒定律.針對不同的問題靈活地選用，但必須弄清各種規(guī)律的成立條件與適用范圍.（四）兩條重要的對稱規(guī)律 （5）兩條對稱規(guī)律從同一直線邊界射入的粒子，從同一邊界射出時，速度與邊界的夾角（弦切角）相等速度與方向夾角為90 速度與方向夾角為150和30 運動時間： 帶電粒子沿徑向射入圓形磁場區(qū)域內(nèi)，必從徑向射出二、例題【例1】如圖所示，足夠長的光滑絕緣斜面與水平面間的夾角為(sin 0.6)，放在水平方向的勻強

25、電場和勻強磁場中，電場強度E50 V/m，方向水平向左，磁場方向垂直紙面向外.一個電荷量q4.0102 C、質(zhì)量m0.40 kg的光滑小球，以初速度v020 m/s從斜面底端向上滑，然后又下滑，共經(jīng)過3 s脫離斜面.求磁場的磁感應強度(g取10 m/s2).【解析】小球沿斜面向上運動的過程中受力分析如圖所示.由牛頓第二定律，得qEcos mgsin ma1，故a1gsin 100.6 m/s2 m/s210 m/s2，向上運動時間t12 s小球在下滑過程中的受力分析如圖所示.小球在離開斜面前做勻加速直線運動，a210 m/s2 運動時間t2tt11 s脫離斜面時的速度va2t210 m/s在垂

26、直于斜面方向上有 qvBqEsin mgcos 故B5 T【例2】如圖所示，水平放置的M、N兩金屬板之間，有水平向里的勻強磁場，磁感應強度B0.5 T.質(zhì)量為m19.995107 kg、電荷量為q1.0108 C的帶電微粒，靜止在N板附近.在M、N兩板間突然加上電壓(M板電勢高于N板電勢)時，微粒開始運動，經(jīng)一段時間后，該微粒水平勻速地碰撞原來靜止的質(zhì)量為m2的中性微粒，并粘合在一起，然后共同沿一段圓弧做勻速圓周運動，最終落在N板上.若兩板間的電場強度E1.0103 V/m，求：(1)兩微粒碰撞前，質(zhì)量為m1的微粒的速度大??；(2)被碰撞微粒的質(zhì)量m2；(3)兩微粒粘合后沿圓弧運動的軌道半徑.

27、【解析】(1)碰撞前，質(zhì)量為m1的微粒已沿水平方向做勻速運動，根據(jù)平衡條件有m1gqvBqE解得碰撞前質(zhì)量m1的微粒的速度大小為vm/s1 m/s(2)由于兩微粒碰撞后一起做勻速圓周運動，說明兩微粒所受的電場力與它們的重力相平衡，洛倫茲力提供做勻速圓周運動的向心力，故有(m1m2)gqE解得m2= kg51010 kg(3)設(shè)兩微粒一起做勻速圓周運動的速度大小為v，軌道半徑為R，根據(jù)牛頓第二定律有qvB(m1m2)研究兩微粒的碰撞過程，根據(jù)動量守恒定律有m1v(m1m2)v以上兩式聯(lián)立解得Rm200 m【思維提升】(1)全面正確地進行受力分析和運動狀態(tài)分析，f洛隨速度的變化而變化導致運動狀態(tài)發(fā)

28、生新的變化.(2)若mg、f洛、F電三力合力為零，粒子做勻速直線運動.(3)若F電與重力平衡，則f洛提供向心力，粒子做勻速圓周運動.(4)根據(jù)受力特點與運動特點，選擇牛頓第二定律、動量定理、動能定理及動量守恒定律列方程求解.【例3】在平面直角坐標系xOy中，第象限存在沿y軸負方向的勻強電場，第象限存在垂直于坐標平面向外的勻強磁場，磁感應強度為B.一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子從y軸正半軸上的M點以速度v0垂直于y軸射入電場，經(jīng)x軸上的N點與x軸正方向成60角射入磁場，最后從y軸負半軸上的P點垂直于y軸射出磁場，如圖所示.不計重力，求：(1)M、N兩點間的電勢差UMN；(2)粒子在磁場中運動

29、的軌道半徑r；(3)粒子從M點運動到P點的總時間t.【解析】(1)設(shè)粒子過N點時的速度為v，有cos v2v0粒子從M點運動到N點的過程，有qUMNUMN3mv/2q(2)粒子在磁場中以O(shè)為圓心做勻速圓周運動，半徑為ON，有qvB r(3)由幾何關(guān)系得ONrsin 設(shè)粒子在電場中運動的時間為t1，有ONv0t1 t1粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期T設(shè)粒子在磁場中運動的時間為t2，有t2T t2tt1t2【例4】豎直的平行金屬平板A、B相距為d，板長為L，板間的電壓為U，垂直于紙面向里、磁感應強度為B的磁場只分布在兩板之間，如圖所示.帶電荷量為q、質(zhì)量為m的油滴從正上方下落并在兩板中央進入板內(nèi)

30、空間.已知剛進入時電場力大小等于磁場力大小，最后油滴從板的下端點離開，求油滴離開場區(qū)時速度的大小.【解析】由動能定理有mgLqEmv2由題設(shè)條件油滴進入磁場區(qū)域時有BqvqE，EU/d由此可以得到離開磁場區(qū)域時的速度v三、練習1.如圖所示，套在足夠長的絕緣粗糙直棒上的帶正電小球，其質(zhì)量為m，帶電荷量為q，小球可在棒上滑動，現(xiàn)將此棒豎直放入沿水平方向且互相垂直的勻強磁場和勻強電場中.設(shè)小球電荷量不變，小球由靜止下滑的過程中( )A.小球加速度一直增大 B.小球速度一直增大，直到最后勻速C.桿對小球的彈力一直減小 D.小球所受洛倫茲力一直增大，直到最后不變2（雙選）勞倫斯制成了世界上第一臺回旋加速

31、器，其原理如圖所示。這臺加速器由兩個銅質(zhì)D形盒構(gòu)成，其間留有空隙。下列說法正確的是()A離子由加速器的中心附近進入加速器 B離子由加速器的邊緣進入加速器C離子從磁場中獲得能量 D離子從電場中獲得能量3.如圖所示，一半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強磁場，一質(zhì)量為m，電荷量為q的正電荷(重力忽略不計)以速度v沿正對著圓心O的方向射入磁場，從磁場中射出時速度方向改變了角。磁場的磁感應強度大小為()A. B. C. D.4.（雙選）一個帶電粒子以初速度v0垂直于電場方向向右射入勻強電場區(qū)域，穿出電場后接著又進入勻強磁場區(qū)域。設(shè)電場和磁場區(qū)域有明確的分界線，且分界線與電場強度方向平行，如圖中的

32、虛線所示。在圖所示的幾種情況中，可能出現(xiàn)的是()5.已知質(zhì)量為m的帶電液滴，以速度v射入互相垂直的勻強電場E和勻強磁場B中，液滴在此空間剛好能在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動。如圖所示。求：(1)液滴在空間受到幾個力作用？(2)液滴帶電荷量及電性。(3)液滴做勻速圓周運動的半徑多大？答案【一】1、BD2【解析】通電導線垂直放入磁場中，由定義式得BT0.1 T某點的磁感應強度由磁場本身決定，故B0.1 T當通電導線在某處所受磁場力一定，將其垂直放入時，對應的B最小.Bmin=T0.2 T，故B0.2 T3【解析】根據(jù)安培定則，I1與I3在O點處產(chǎn)生的磁感應強度相同，I2在O點處產(chǎn)生的磁感應強度的方向與B1(B3)相垂直.又知B1、B2、B3的大小均為B，根據(jù)矢量的運算可知O處的實際磁感應強度的大小B0，方向三角形平面內(nèi)與斜邊夾角arctan 2，如圖所示.4【解析】解法一：電流元法首先將圓形線圈分成很多小段，每小段可看做一直線電流，取其中上