2021年全国高中物理竞赛磁场训练题答案

1、【训练题答案】1、如图（ a）所示，一质量匀称分布的细圆环，其半径为r ，质量为 m ；令此环匀称带正电， 总电荷量为 q ，现将此环平放在绝缘的光滑水平桌面上， 并处于磁感强度为b 的匀称恒磁场中， 磁场方向r垂直向下， 当此环绕通过其中心的竖直轴以匀角速度沿图示方向旋转时，环中张力增加多少？解：环静止时圆环上电场强度不为零，环中电荷已受电场力，因而环内必有张力，现要求的是由于环旋转而形成的附加张力，故可不考虑其原有张力；图（ a）当环旋转时，电荷随环一起运动形成电流，故每小段圆弧均受到磁场对它的作用力， 方向沿半径向外， 它和小段圆弧环两侧所受附加张力的合力供应小段圆弧环作圆周运动的向心力

2、；如图（ b）所示，设小圆弧环质量为m，其两端所对的圆心角为，所受安培力为 f ，附加张力记为t ，由圆周运动条件得2t sin2当很小时sintfm2rrfo22又mmrmt2 r2fbilbq r2图（ b）代入上式后解得trqbm 22、如下列图，将匀称细导线做成的环上的任意两点a 和 b 与固定电源连接起来，运算由环上电流引起的环中心的磁感强度；解：虽然没有环形电流的磁感强度的运算公式，但是我们如i 2果把环形电流分成很多个小段直线电流，由于电流元在圆心o 处形成的磁感强度的方向都垂直于圆平面，所以可以用微元累加法ro来求磁感强度的大小；依此可求出如下列图的别产生的磁感强度，最终确定圆

3、心处的磁感强度；i1、i 2 在圆心处分ab设 a 、b 两点之间的电压为 u ，导线单位长度上的电阻为，ii 1i由欧姆定律得i，iuu12rar 2ra磁感强度 b 可以看成是圆环的各个电流微元的奉献之和；因bk ilr所以b1k i1l1rk i1 ra rki 1ab2ki 2l2rk i 2rr 2aki2 2a由于 i 1 rai 2r 2a) ，故b1b2 ，即来自两部分的磁感强度的大小相同，而磁场的方向正好相反，因此环中心的磁感强度为零；明显，这一结果跟a、b 两点在环上的位置无关；3、一根长为 l 的导线，载电流为i ，假如此导线绕成单匝线圈放在磁感强度为b 的匀强磁场中，什

4、么条件下，这个线圈所受的磁力矩最大？最大磁矩值是多少？解：此题中线圈的外形未定，线圈平面与磁感线的夹角也未定，为简洁起见，解题时可分两步来争论；先设任意外形的线圈放在匀强磁场中，磁感强度 b 平行于线圈平面， 如下列图， 把载流线圈所围面积分成很多块与b 平行的小狭条，左右侧边培力为lk 、lk 的电流元受到的安bxhfkbilk sinfkbil k sin式中、为线圈上两小段弧长l k 、l k 中的电流与 b 的夹角；因lksinl k sinhfk 、 fk组成一对小力偶，力偶矩为m kfkxbihxbisk（ sk为第 k 狭条的面积）整个线圈所受力矩mm kbi s1s2bi h1

5、x1sn h2x2bishn xns 为线圈总面积因此，当周长为肯定时，要使s 最大，必需把线圈绕成圆形；现在再来争论线圈平面和b 夹角这种普遍情形，这时上面争论中考虑的第k 狭条所受的安培力未变，但力偶臂变为xcos，所以要使力偶矩最大，必需使cos1，即0 （线圈平面与b 平行）由 l2r，得 rl 2l 2即 sr 2，代入后4得 m maxbil 244、如图（ a）所示， 两根平行金属棒与两金属弹簧构成回路，已知棒长为 l ，质量为 m ， 只能作左右对称的振动，边缘效应可以忽视， 已知弹簧的劲度系数为 k ，原长为l 0（ l 0l ），设以某种方式使回路有恒定的电流i ，kl 0

6、设电磁感应可以忽视，试求两棒环绕平稳位置作小振动的周期； 解：两棒中通有等值反向的电流，彼此间有斥力作用，当弹簧伸缩时又有弹力作用，先确定两棒的平稳位置；设平稳时，弹簧伸l ml m长 l ，弹簧长度为 ll 0两棒所受弹力l ；f2klii 2 lkl 0图（ a）安培力故平稳条件为f安iblil02 l0l 20l0l 2kli 2l0即4 k l 22l 0l 4 kl 0 l 0i 2l0解出正根12ll 02i 2 ll0k22l010 il12kl 0故平稳时两棒距离为llll 01i 2 l02102kl 0取 x 轴如图（ b），原点 o 设在右棒的平稳位置； 设右棒向右棒棒偏

7、离小量 x ，同时左棒向左偏离小量x ，即当两棒相距 l2 x时，右棒受力为lox图（ b）fx02 li 2l2x2k l2x0i 2l12x 12kl4kx2 ll0i 2li 2 l 2x02kl4kx2 l0i 2l2 l 2 xl4kx令 l，有lfx2 l4141ll kxl kx41 k2， tmm1k而l1i 2 l01i 2 l21010lkl 2kl 05、如下列图回旋加速器示意图，在d 型盒上半面出口处有一个正离子源，试问该离子在下半盒中每相邻两轨道半径之比为多少？解：设正离子的质量为m ，电荷量为 q ，两盒间加速电压大小为 u ，离子从离子源射出，经电场加速一次，第一

8、次进入下半盒时速度和半径分别为1v2qu ，mmv1r1bq其次次进入下半盒时，经电场加速三次，进入下半盒时速度和半径分别为23qumv2v2， r2mbq第 k 次进入下半盒时，经电场加速2k1 次，进入下半盒时速度和半径分别为v2 2kkm1qu， rkmvk bq所以，任意相邻两轨道半径之比rk rk 1vkvk 12k12k1可见，粒子在回旋加速器中运动时，轨道是不等距分布的；6、s为一离子源， 它能机会均等地向各方向连续的大量发射正离子，离子质量皆为 m ，电荷皆为 q ，速率皆为v0 ；在离子源的右侧有一半径r的圆屏，如图（ a）所示；图中 oo是通过圆屏的圆心并垂直于屏面的轴线，

9、s位于轴线上； 离子源和圆屏所在的空间有一范畴足够大的匀强磁场，其磁感应强度的大小为b ，方向垂直于圆屏向右；在发射的离子中， 有的离子不管 so 的距离如何转变，总能打到圆屏上，试求这类离子的数目与总发射离子数之比；不考虑离子间的碰撞；aoos0oads0e图（ a）图（ b）h图（ c）解：由于离子速度都有平行于与垂直于磁场的重量v 与 v ，故离子在磁场中将作螺旋线运动，如图（ a）所示；设某一离子的初速度与oo 夹角为，明显v v0cos， vv0 sin螺旋线半径和周期分别表示为rmv0 sin bqt2 mbq从图（ a）可知该螺旋线与oo 相交，也就是说离子如要打到圆屏上，必需r

10、r2即sinbqr 2mv0sin0其中 0 是能打中圆屏面的临界角；如以 s为球心， 任取一半径 a 作一球面， 全部0的离子均位于图（ b）中圆锥角为0 的圆锥内；由于离子源向各方向匀称的发射，故在圆锥内离子数 n 与总发射离子数n 0 之比等于圆锥所对球冠面积s 与球面面积 s04 a 2 之比；图（ c）画出了这一球冠， 圆锥中心轴上 d、e 间距离就是球冠的高h ，就 ha1cos0 ，而球冠公式s2 ahnsns02 a 212 a2 14cos 0 cos 0 a 21故121sin 201112 bqr 2 2mv07、如下列图，圆柱形区域的匀强磁场为b ，半径为 r；对称放置

11、的三个相同的电容器电压为 u ，板间距为 d ，与场区相切的极板，在切点处均有小缺口；一带电粒子，质量为m ，电荷量为 q ，自某电容器o3极板上的 m 点由静止起动， m 点在缺口 a 的正上方，如经过一段时间，粒子恰可返回m ，不计重力，求：u a drb60o1r（ 1） u 与 b 所满意的关系；（ 2）粒子的运行周期 t ；解：（ 1）设带电粒子带正电，就平行板电容器外侧极板处于高电势；粒子运行的过程为：从m 点动身由静止加速到 ocbo2v ，此时到达缺口 a ，经圆运动绕 o1 回旋 60 到缺口 b，在第2 个电容器内减速到零，复又加速至v 如此运动当其回到m 点时速度为零，完

12、成一个周期；可以列出下述方程qu1 mv222qvbm v rr3r式中 r 为粒子回旋半径；解之得3b 2 r2qu2m（ 2）设t1 为粒子在磁场中回旋60 的时间，t2 为其在电场中加速（加速度为a ）的时间，就t1 2 mm16 qb3qb2d2d2mt2aqudqumd粒子运动周期为t3t16t2m6d2m qbqu8、在坐标系 oxyz 中 z 轴竖直向上，在点（ 0，0， h ）处，固定一个电荷量为q 的点电荷，同时仍有一个竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为b ；今有两个粒子，第一个粒子质量为m1 ，电荷量为q1 （ q10 ），其次个粒子质量为m2 ，电荷量未知；第一，第一个粒子

13、在 xoy 平面内以 o 为圆心，作匀速圆周运动，然后其次个粒子从远处飞来，沿着圆周切线方向， 与第一个粒子发生完全非弹性碰撞，并结合成一个复合粒子，假如这个复合粒子仍旧在 xoy 平面内作匀速圆周运动，问：（ 1）其次个粒子带有多少电荷？（ 2）其次个粒子是从第一个粒子的前面仍是后面飞来与之相碰的？（ 3）其次个粒子碰前的速度是多少？解：依据题意可画出图（a）；zq（ 1 ）电荷q1 受三个力作用：重力m1g，静电力bfk qq1 r2，磁场力fq1vb ；hrofy电荷作圆运动的方向有顺、逆时针两个，由运动方向的不同可推出磁场力的方向也有两个：一个沿圆半径rfvq1向里，一个沿圆半径向外，

14、为此，我们假定圆周运动旋转的正方向如下列图；在竖直方向x图（ a）m1 g沿圆半径方向k qq1 cos r2m1gk qq1 sin r2q1 rbm2r1m2因 rsinr ， rcosh ，有、式消去r ，得m1g h解得q1b1q1b m1q1b m1即1 q1b24 gm1h2 q1b24 gm1h2q1b m12 q1b 24 gm1h2的负值对应与图中旋转方向相反；对于复合粒子，、方程只要作相应转变q1q1q2 因此有m1k q q1r2m1q2 m2 cosm12m2 g可得k qq1r2q2 sinq1q1q2 rrm1m1m2rq1即q1m1q2m1m2q1q2q2m1m2

15、m2m2故q2q1m1（ 2）从式看出，电荷作圆周运动的角速度大小与荷质比有关，且有两个旋转方向； 由式可知，碰撞后的复合粒子的角速度可能与原先粒子的角速度方向相反的，即12 ，或21 ；因此其次个粒子只可能迎面相撞；（ 3）设其次个粒子碰撞前的速度是u ，由动量守恒，有第一种情形m2um1 1r m1m2 2 r将中的m 、 q 用 mm 、 qq1q 替换，由于q1q 2，所以；212121222m1m1m2u m1m22 rm1 1r m2 m1m22 rm1 1r m2其次种情形m2um12 r m1m2 1ru m1m2 1rm12 r m2将 1 、 2 的数值表达式代入 u 的表

16、达式，即可求出u ；9、电偶极子是由两个质量均为m 、电荷量分别为q 和 q 的粒子固定在长度为l 的轻硬杆的两端构成的，空间有垂直于杆的磁场，磁感总强度为b ；如图（ a）所示，初始时， 偶极子以角速度0 转动，且质心静止，然后释放；试描述偶极子稳固运动的状态；解：认为偶极子的运动为中心的运动与两电荷绕中心的转动的合成（如图（a）所示）， 由于自转，系统受洛伦兹力大小为方向由q 指向q ；f 洛bqlm, qo由于质心的运动，系统受一力偶作用，力偶矩为v0mbqvcl cosm, q当系统稳固时，角速度不再变化，故此时力偶矩必为零，就图（ a）cos0 ，2可见 vc 应时时刻刻与杆垂直，由

17、此知中心也应以同一角速度绕空间某点转动；稳固运动情形如图（ b）；o 点的运动半径 r 由动力学方程确定；m, qf 洛bql2m2ro得再由能量守恒rbql 2mrm, q1 mr2得2l 1 m22l2rl 221 ml2022o图（ b）04r 2l 2代回 r 表达式得rbq22m0l4 bqm02 bq0m010、匀强电场场强 e2010 4 v m-1，匀强磁场 b3102t，两者相互平行，如图（a）所示；现有150ev的质子与场垂直沿 x 轴正方向射入场内，有一感光片垂直于初速度方向与质子相距5.1cm，求：（ 1）质子经过多少时间能打到感光片上？（ 2）打在感光片的哪个位置？（

18、质子质量m1.6710kg）27yzvbexz图（ a）ox图（ b）解： 如图（ b）所示， 质子在 xoz平面内作匀速圆周运动， 在 y 方向作匀加速直线运动， 质子实际上的运动是这两个分运动的合成，其运动半径为rmv bq2mek bq5.8 （cm）由sind r得质子能打到感光片上的时间为61.661.6tt36061.62m r360ek3.73710（s）（ 2）质子打在感光片上的详细位置为y12zr1qe t 2mcos13 （ cm）2.95 （ cm）x5.1 （ cm）11、如下列图，空间的匀强电场沿y 方向，匀强磁场沿z 方向，有带正电粒子（已知 m ， q ）从 o

19、点动身沿x 方向以初速度yv2 e 射入场区，求：0b（ 1）此带电粒子到达的地方到x 轴最远距b离；.（ 2）粒子运动轨迹跟 x 轴相切的点的坐标；.（不计重力）解：（ 1）粒子从 o点动身，受洛伦兹力指ov0x向 y 方向，电场力指向y 方向，由于一开头qbv0qe ，所以粒子向y 方向偏转，因而在电场力做负功之下减速； 洛伦兹力完全不做功， 粒子速度减为0 处就是距离 x 轴最远处；之后再电场力作用下粒子向y 方向加速，又在洛伦兹力作用下偏转，轨迹具有轴对称性，到达与 x 轴相切处速度复原为v02 e ；b粒子在 o点动身时速度v 可分解为两个分速度，其中一个大小为e，这个分运动是沿0b

20、x 轴正向的匀速直线运动， 并由于这一分运动， 使电场力与洛伦兹力的一个恒定分力（向y方向）抵消了；另一个分速度大小也是e ，粒子因这一分运动只受洛伦兹力，从o点起就b做匀速圆周运动，其半径为rmemeqbbqb 2，圆心在y 轴上 yr 处；粒子的真实轨迹就是沿x 方向的匀速直线运动和该匀速圆周运动的合运动；设在距 x 轴最远处粒子速度大小为0，依据动能定理01 mv2qey20max1 mv22 02me得ymaxqeqb 2（ 2）带电粒子的实际运动是由两个分运动合成的，一个是速率为ve ，沿 x 方向1b的匀速直线运动；一个是逆时针方向转动，从o 点动身，半径为速圆周运动；粒子与x 轴

21、相切的第一点的坐标为me qb2，周期为 2m 的匀qbxv te2m2me12bqbqb由于运动有周期性，粒子与x 轴相切点有很多个，其坐标是x2nmenqb 2，其中 n 是正整数；12、如下列图，x 轴上方有个匀强磁场，反y向垂直纸面对里，磁感应强度大小为b 0.2t ；0令一质子以速率v210 6 m s ，由 y 轴上 a点v0b. a沿 y 方向射入匀强磁场区，回旋了210 之后进入 x 轴下方的匀强电场区，场强大小30pc eox60ve3105 v m ，电场线方向与 y 轴正方向的夹0角 30 ，不计重力；e（ 1）求质子从 a 点动身到再次进入磁场区需要的时间；（ 2）再次

22、进入磁场区时进入点的坐标值是多少？解：质子的质量 m1.671027 kg，电荷量 q1.61019 c ；质子在磁场中旋转 210圆弧，速度v0大小不变，就有27rmv01.67102106m10.4cmqb1.610 190.2时间t12m2107mqb3606qb进入电场时点的坐标为cr 1cos30 ,0，即 c 19.4,0 ；以 v0进入电场后质子做抛物线运动，沿x 轴与 y 轴的两个分运动是xvcos60t1 qe cos60t21 v t1 qe t 2002 m24 myv0sin 60t1 qe2 msin 60t 23v0t23 qe t 24 m重新进入磁场时的进入点，

23、y0，从式可以解出 t22mv0 qe，代入式可得12 mv1 qe2mvmv2xv00 22027.8cm2 0qe4 mqeqe留意：这个 x 值不是从原点 o算起而是从 c 点算起，易知，该进入p 点的坐标值为：yp0 ， xpx| xc|27.8cm19.4cm8.4cm7m2mv0m 72v07总时间 t总t1t 26qbqeq3.310s6 be13、如图（ a）所示，在 xoy 坐标面的原点 o处有一带电y粒子发射源， 发射出的粒子相同， 质量为 m ，电荷量为 q0 ；vdm, q粒子的出射速率同为v ，出射方向与x 轴的夹角在 0 :范畴内； 略去粒子间的相互作用， 设计一个

24、匀强磁场， 使得这些粒子通过磁场力的作用能形成宽度为d 且沿 x 轴方向行进的平行粒子束；ox图（ a）解：可供设计挑选的磁场并不唯独，为尽可能简洁，取匀强磁场；为使带正电粒子最终朝 x 轴方向运动，b 的方向应垂直于 xoy 平面朝外；带电粒子从o 点出射后，在磁场区域做圆周运动，圆半径为rmv qb如 xoy 平面上到处都有磁场，粒子将在各自圆轨道上连续运动，不行能沿x 轴射出；参考图（ b），为使粒子能从圆周运动转变为沿x 轴的直线运动，应让粒子在图中p 点沿圆的切线方向射出；这意味着p 点的左侧有磁场，p 点右侧没有磁场，或者说p 点即为所设计磁场的边界点；p 点坐标 x 、 y 由

25、角确定如下xr sin， yrr cosy2r. b .v.d不同的角对应不同的p x,y ，这些 p 点构成磁场边.p x, yox界线，上述两式既是磁场边界线的参量方程；消去参量，r .即可得边界线的显示方程222x yrr图（ b）这是一个圆心在 y 轴，半径也为 r 的圆，已在图（ b）中示出；为使出射粒子束宽度为d ，要求rd 2与前面给出的r 和 b 的关系式联立，即得2 mvbqd需要指出，上面所得的边界方程其实给出的是由出射点组成的磁场右半圆边界线，这部分曲线必需严格界定，磁场既不能向外扩展， 也不行朝内收缩； 磁场的左半圆边界并非由粒子出射点构成， 它是为保证从 o 点射出的

26、发射角在范畴的粒子能形成圆周运动2而设定的， 这部分曲线可答应向外延长，但不行朝内收缩，或者说磁场可向外扩展，但不行朝内收缩；14、设在争论的空间范畴内有磁感应强度为b 的匀强磁场， b 的方向垂直图（ a）所示纸平面，且朝纸内；在纸平面上有一长为h 的光滑绝缘空心细管 mn ，管的 m 端内有一带正电的小球p1，在纸平b nu22h45bp2面上 n 正右前方 2h处有一不带电的小球p2 ；开头时p1 相uh1对管静止， 管带着p1 以垂直于管长度方向的速度u1 朝着图p1b mb示正右方向运动， 小球p2 在纸平面上以与 mn 延长线方向图（ a）成 45 角的速度u2 运动；已知 p1

27、离开管的 n 端时相对纸平面的速度大小恰为2u1，且在离开管后最终能与p2相碰，试求p1 的荷质比以及u1 和 u2 的比值；（设p1 在管内的运动对管运动的影响可忽略）解： p1 因参加u1运动而受到指向 n 端的洛伦兹力，其值为fqu1b其中 q0 为 p1的电荷量；p1 对应有指向 n 端的加速度afqu1b其中 m 为p1的质量；mmp1在管中的运动会使它受到另一个向左的洛伦兹力，此力被管壁施与p1 向右的力所抵消； p1 到达 n 端时具有沿管长方向的速度u2ahq2u1bhmp1 相对纸平面的速度大小便为u1vu22因v2u1故uu12u bh qu 2m11即得 p1 的比荷为q

28、 mp1 从 m 端到 n 端经过时间2ht1u1 2bh2hm将比荷表述式代入，即得aqu1bt2h1u1p1 离开管后将在纸平面上做匀速圆周运动，半径与周期分别为rmv qb22 hs .t2m4hu p2qbu1p1 经 t1 时间已随细管朝正右方向运动距离2 .l 2 .p12h2hu1t1u12h u1图（ b）因此 p1 离开 n 端的位置恰为p2 的初始位置；p2 经 t1 时间已运动到图（b）所示位置，走过的路程为l2u2t12h u2u1p1 只能与 p2 相碰在图中的 s 处，相遇时刻必为tt1 k1) t ， k20,1,2 l要求 p2 在这段时间内恰好走过2r路程，因

29、此有u2t2r4 2h即得u242 h22u1t12k1由此可得u112 k1， ku2220,1,2l15、（第 26 届全国中同学物理竞赛预赛）近代的材料生长和微加工技术，可制造出一 种使电子的运动限制在半导体的一个平面内（二维） 的微结构器件， 且可做到电子在器件中像子弹一样飞行，不受杂质原子射散的影响，这种特点可望有新的应用价值；图l 所示为四端十字形；二维电子气半导体，当电流从 l 端进人时，通过掌握磁场的作用，可使电流从2，3 或 4 端流出；对下面摸拟结构的争论，有助于理解电流在上述四端十字形导体中的流淌；在图 2 中， a、b、c、d 为四根半径都为 r的圆柱体的横截面，彼此靠

30、得很近，形成 四个宽度极窄的狭缝1、2、3、4，在这些狭缝和四个圆柱所包围的空间（设为真空）存在匀强磁场，磁场方向垂直于纸面指向纸里；以 b 表示磁感应强度的大小；一个质量为m、电荷量为q 的带正电的粒子，在纸面内以速度 v0 沿与 a、b 都相切的方向由缝1 射人磁场内，设粒子与圆柱表面只发生一次碰撞，碰撞是弹性的，碰撞时间极短，且碰撞不转变粒子的电荷量，也不受摩擦力作用；试求b 为何值时，该粒子能从缝2 处且沿与 b、c 都相切的方向射出； 解法一： sp.n 在图中纸面内取oxy 坐标（如图） ，原点在狭缝 l 处， x 轴过缝 1 和缝 3粒子从缝 1 进人磁场，在洛仑兹力作用下作圆周

31、运动，圆轨道在原点与x 轴相切，故其圆心必在y 轴上如以 r 表示此圆的半径，就圆方程为x2+y r2=r2（1）依据题的要求和对称性可知，粒子在磁场中作圆周运动时 应与 d 的柱面相碰于缝 3、4 间的圆弧中点处，碰撞处的坐标为x=2r rsin450（2）y=r r cos450（ 3） 由（ l）、（ 2）、（ 3）式得r=3r（ 4）0v2由洛仑兹力和牛顿定律有由（ 4）、（ 5）式得qv0bmrbmv0 3qr（ 5）（ 6）解法二：如下列图， a 为 a、b 两圆圆心的连线与缝l 的交点， f 为 c、 d 两圆圆心的连线与缝3 的交点从 1 缝中射人的粒子在磁场作用下与圆柱d 的

32、表面发生弹性碰撞后， 反弹进人缝 2， 这个过程肯定对连结b、d 两圆圆心的直线 op 对称， 故直线 op 与 d 圆的交点 c 必是碰度点由于粒子在磁场中做圆运动过 a 点，因此这个轨道的圆心必在过a 点并垂直于af 的直线 ae 上；同时这个轨道经过c 点，所以轨道的圆心也肯定在 ac 的垂直平分线 de 上这样 ae 与 de 的交点 e 就是轨道的圆心，ae 就是轨道的半径r过 c 点作af 的垂线与 af 交于 h 点，就http:/hfwq.cersp.nahc eda有由图可知rac ad hc（ 1）hcr2r（2） http:/hfwq.cersp.n2ah2 r2 r（

33、3）2acah 2hc 2（ 4）ad12ac（ 5）由以上各式得r=3r（ 6）由洛仑兹力和牛顿定律有20qv bm v0（ 7）得到brmv0 3qr（ 8）16、（第 25 届全国中同学物理竞赛预赛） 设空间存在三个相互垂直的已知场：电场强度为 e 的匀强电场， 磁感应强度为 b 的匀强磁场和重力加速度为g 的重力场； 一质量为 m、电荷量为 q 的带正电的质点在此空间运动，己知在运动过程中，质点速度的大小恒定不变(1) 试通过论证，说明此质点作何种运动（不必求出运动的轨迹方程）(2) 如在某一时刻，电场和磁场突然全部消逝，己知此后该质点在运动过程中的最小动能为其初始动能（即电场和磁场刚

34、要消逝时的动能）的一半，试求在电场、磁场刚要消逝时刻该质点的速度在三个场方向的重量解：1 在空间取如下列图的直角坐标oxyz ，ox 轴沿电场方向， oy 轴沿磁场方向， oz 轴与重力方向相反；由于磁场作用于质点的洛仑兹力与磁场方向垂直，即在oxz平面内； 作用于质点的电场力和重力也在oxz平面内， 故质点在 y 方向不受力作用， 其速度沿 y 方向的分速度的大小和方向都是不变的；依据题意， 质点速度的大小是恒定不变的，而磁场作用于质点的洛仑兹力对质点不做功，故质点的速度沿垂直磁场方向的分速度的大小肯定也是恒定不变的，故此分速度必需与电场力和重力的合力垂直；由于电场力和重力的合力的方向是不变

35、的，故此分速度的方向也是不变的；由此可得到结论：质点速度的方向也是不变的，即质点在给定的场中做匀速直线运动，其轨迹是直线，在 oxz平面内，与电场力和重力的合力垂直；2 质点作匀速直线运动说明电场、磁场和重力场对质点作用力的合力f 等于 0；设存在电场、磁场时质点速度的大小为 v0，它在坐标系中的三个重量分别为vox 、 voy和 voz ，这也就是在电场、 磁场刚要消逝时质点的速度在三个场方向的重量，以 fx 、fy 和 fz分别表示 f 在坐标标系中的重量，就有由1 、3 式得fxqeqbv oz0fy0fzmgqbvox0ev0zb1234mgv0 xqb5v0 y如知道了粒子的速率v0

36、 ，粒子速度的y 重量为 2222vvv00 x0z6由于电场和磁场消逝后，粒子仅在重力作用下运动，任何时刻t 质点的速度为vxvoxvyvoy78vzvozgt9当 vx 等于 0 时，粒子的动能最小，这最小动能依据题意有ek min1 mv220 xv0 y210ek min1 1 mv2 0vv2211由10 、11 式得22v22120 x00 y由4 、5、6 、12 各式得1v0 y qe 2mg213qb17、（ 第 24 届全国中同学物理竞赛复赛）地球赤道表面邻近处的重力加速度为g 09.8m /s2 ，磁场的磁感应强度的大小b03.010 5 t ，方向沿经线向北；赤道上空的

37、磁感应强度的大小与r 3 成反比（ r 为考察点到地心的距离） ，方向与赤道邻近的磁场方向平行；假设在赤道上空离地心的距离r5re （ re 为地球半径）处，存在厚度为10km 的由等数量的质子和电子的等离子层（层内磁场可视为匀强磁场），每种粒子的数密度特别低，19带电粒子的相互作用可以忽视不计；已知电子的质量me9.110 31 kg，质子的质量mp1.710 27 kg ，电子电荷量为1.610，地球的半径 re6.410 6 m ；c（ 1）所考察的等离子层中的电子和质子一方面作无规章运动，另一方面因受地球引力和磁场的共同作用会形成位于赤道平面内的绕地心的环行电流，试求此环行电流的电流密

38、度；2（ 2）现设想等离子层中全部电子和质子，它们初速度的方向都指向地心，电子初速度的大小 ue1.4104 m /s ，质子初速度的大小u p3.410 m / s ；试通过运算说明这些电子和质子都不行能到到达地球表面；解： 解法一：1 . 由于等离子层的厚度远小于地球的半径，故在所考察的等离子区域内的引力场和磁场都可视为匀强场 . 在该区域内磁场的磁感应强度3br0b0r3.0101255t2.410-7 tz（ 1）引力加速度2uzv 0ouyv 0uyv0ygr0rg9.8 m/s20250.39m/s2（2）uxv考察等离子层中的某一质量为m、电荷x量为 q、初速度为 u 的粒子，

39、取粒子所在处为图（ 1）坐标原点 o，作始终角坐标系 oxyz，ox 轴指向地球中心， oz 沿磁场方向，如图（ 1）所示 .该粒子的初速度在坐标系中的三个重量分别为ux、uy 和 uz. 因作用于粒子的引力沿x 轴正方向，作用于粒子的洛伦兹力与z 轴垂直，故粒子在z 轴方向不受力作用，沿z 轴的分速度保持不变 .现设想在开头时刻，附加给粒子一沿y 轴正方向大小为v 0 的速度，同时附加给粒子一沿 y 轴负方向大小为 v 0 的速度，要求与其中一个v 0 相联系的洛伦兹力正好与粒子所受的地球引力相平稳，即qv0 bmg得mgv0（ 3）qb用 v 表示 ux 与沿 y 轴的速度 u yv0 的

40、合速度（对质子取正号，对电子取负号），有2vu 2uv（ 4）xy0这样，所考察的粒子的速度可分为三部分：沿 z 轴的分速度uz ；其大小和方向都保持不变，但对不同的粒子是不同的，属于等离子层中粒子的无规章运动的速度重量；沿 y 轴的速度v 0 ；对带正电的粒子，速度的方向沿y 轴的负方向，对带负电的粒子，速度的方向沿y 轴的正方向； 与这速度联系的洛伦兹力正好和引力抵消，故粒子将以速率 v 0沿 y 轴运动；由（ 3）式可知， 相同；v0 的大小是恒定的，与粒子的初速度无关，且对同种的粒子在 oxy 平面内的速度v ；与这速度联系的洛伦兹力使粒子在oxy 平面内作速率为 v 的匀速率圆周运动

41、，如以r 表示圆周的半径，就有2qvbm v r得mvrqb（ 5）由（ 4）、（ 5）式可知， 轨道半径不仅与粒子的质量有关，而且与粒子的初速度的x 重量ux 和y 重量 uy 有关； 圆周运动的速度方向是随时间变化的，在圆周运动的一个周期内的平均速度等于 0；由此可见，等离子层内电子和质子的运动虽然相当复杂，但每个粒子都具有由（3）式给出的速度v0 ，其方向垂直于粒子所在处的地球引力方向，对电子，方向向西，对质子，方向向东； 电子、质子这种运动称为漂移运动，对应的速度称为漂移速度；漂移运动是粒子的定向运动，电子、质子的定向运动就形成了环绕地球中心的环形电流；由（ 3）式和（ 1）、（ 2）

42、两式以及有关数据可得电子和质子的漂移速度分别为v0e9.2106 m/s（ 6）v0p1.7102 m/s（7）由于电子、质子漂移速度的方向相反，电荷异号，它们产生的电流方向相同，均为沿纬度向东 . 依据电流密度的定义有jnq v 0pv0e（ 8）代入有关数据得j2.81014 a/m 2（ 9）电流密度的方向沿纬度向东；（ 2）. 上一小题的争论说明，粒子在oxy 平面内作圆周运动，运动的速率由（4）式给出，它与粒子的初速度有关；对初速度方向指向地心的粒子，圆周运动的速率为22vuxv0（ 10）由（ 1）、（ 2）、（ 3）、（ 5）、（ 10）各式并代入题给的有关数据可得电子、质子的轨道半径分别为re0.33m（11）rp14.8m（ 12）以上的运算说明，虽然粒子具有沿引力方向的初速度，但由于粒子仍受到磁场的作用，电子和质子在地球半径方向的最大下降距离分别为2re0.66 m 和 2rp29.6 m ，都远小于等离子层的厚度，所考察的电子和质子仍在等离子层内运动，不会