专题十一：磁场考点例析

1、专题十一：磁场考点例析磁场是历年高考的考查重点，特别是磁场对运动电荷的作用力洛仑兹力，以及电荷在复合场中的运动，一直是高考的热点之一，几乎是年年必考，并且综合性强，难度较大。一般考查带电粒子在复合中做匀速直线运动、匀速圆周运动、抛物线运动等。求解这类问题要注意分析粒子的受力图景、运动图景和能量图景，依据受力和初始条件来确定粒子的运动情况，结合运动情况充分利用数学几何知识求解相关问题。如2001年全国卷第18题、2004年湖北理综第24题、2004年广西卷第18题、2004年全国理综（四）第24题等。这一章的知识在科研生产实际中有许多重要应用，联系实际是这一章的最大亮点，如速度选择器、质谱仪、回

2、旋加速器、磁流体发电机、电磁流量计、霍耳效应等，几乎是年年考，重复考！同学们一定要舍得下功夫把这些问题弄通弄懂！一、夯实基础知识1.深刻理解描述磁场的基本概念。(1)磁场:永磁体和电流都能在空间产生磁场。磁现象的电本质：一切磁现象都可归结为运动电荷(电流)之间通过磁场而发生相互作用。磁极与磁极、磁极与电流、电流和电流之间的相互作用是通过磁场发生的。磁场的方向：规定在磁场中任一点小磁针N极受力方向(或者小磁针静止时N极的指向)就是那一点的磁场方向。（2）磁感强度：磁场的最基本性质是对放入其中的电流有磁场力的作用。电流垂直于磁场时受磁场力最大，电流与磁场方向平行时，磁场力为零。磁感强度是描述磁场强

3、弱和方向的物理量。在磁场中垂直于磁场方向的通电直导线，受到的磁场力F与电流I和导线长度L的乘积的比值叫通电直导线所在处的磁感强度。定义式：B=F/IL是矢量，其方向为该位置的磁场方向。B是客观存在，与F、I、L无关，取决于磁场本身，即使不放入载流导体，B照样存在。B可以合成与分解，遵循平行四边形定则。（3）匀强磁场：磁感强度的大小处处相等，方向都相同的区域。两个较大的异名磁极之间(除边缘外)，长直通电螺线管内部(除两端外)都是匀强磁场。匀强磁场的磁感线是平行等距的直线。（4）磁感线：磁感线是为了形象地描述磁场而人为引入的在磁场中描绘的一些有方向的曲线。曲线上每一点的切线方向都和该点的磁场方向相

4、同，磁感线的疏密描述该处磁感强度的强弱。磁感线在磁体的外部是N极指向S极，在内部是S极指向N极，磁感线是闭合曲线，永不相交。要求：熟记通电直导线、通电导线环、通电螺线管、条形磁铁、蹄形磁铁的磁场磁感线的分布(包括磁感线疏密分布情况以及磁铁内、外部磁感线的分布情况)，掌握安培定则(右手螺旋定则)的应用。2.熟练掌握安培力的分析与计算。（1）磁场对电流的作用力也叫安培力，其大小由B=导出，即F=BIL。此式只适于B和I垂直的情况；L是导线的有效长度；当电流I与磁场B平行时，F最小0.（2）安培力的方向由左手定则判定，F一定垂直于I和B的方向决定的平面。I、B可以垂直也可以不垂直，I、B任一量反向F

5、也反向。（3）由于有关安培力计算的题目中给出的大多是立体图，又涉及到F、I、B之间的方向关系，因此求解此处的题应具有较好的空间想象力，善于把立体图形改画成易于分析受力的平面图形。3深刻理解洛仑兹力的特点。（1）洛仑兹力方向：用左手定则判定(注意：正电荷运动产生的电流方向和运动方向相同，负电荷运动产生的电流方向和运动方向相反)。f一定垂直B、V，B、V可以垂直也可以不垂直，q(正、负)、B、V任一量反向f也反向。（2）洛仑兹力的大小：f=qVB(此式只适用于V垂直B情况，如果V平行B，f=0)。（3）洛仑兹力性质：由于f一定垂直V，故洛仑兹力永远不做功。洛仑兹力是一个与运动状态有关的力，这与重力

6、、电场力有较大的区别，在匀强电场中，电荷所受的电场力是一个恒力，但在匀强磁场中，若运动电荷的速度大小或方向发生改变，洛仑兹力是一个变力。因为洛仑兹力f始终与速度V垂直，即f只改变速度方向而不改变速度大小，所以运动电荷垂直磁感线进入匀强磁场仅受洛仑磁力作用时，一定作匀速圆周运动.二、解析典型问题典型问题1:会分析求解磁感强度。磁感强度B是磁场中的重要概念，求解磁感强度的方法一般有：定义式法、矢量叠加法等。BAI/2I/2图1O例1、如图1中所示，电流从A点分两路通过对称的环形分路汇合于B点，在环形分路的中心O处的磁感强度（ ）A垂直环形分路所在平面，且指向“纸内”。B垂直环形分路所在平面，且指向

7、“纸外”。C在环形分路所在平面内指向B。D磁感强度为零。i图2NNSS 分析与解：利用“微元法”把圆周上电流看成是由无数段直导线电流的集合,由安培定则可知在一条直径上的两个微元所产生的磁感强度等大反向，由矢量叠加原理可知中心O处的磁感强度为零，即D选项正确。例2、电视机显象管的偏转线圈示意图如图2所示，某时刻电流方向如图2所示。则环心O处的磁场方向为（ ）A.向下。 B.向上。C.垂直纸面向里。D.垂直纸面向外。图3分析与解：对于左右两个螺线管分别由安培定则判得上方均为磁场北极，下方均为磁场南极，所以环心O处的磁场方向为向下，即A选项正确。例3、安培秤如图3所示，它的一臂下面挂有一个矩形线圈，

8、线圈共有N匝，它的下部悬在均匀磁场B内，下边一段长为L，它与B垂直。当线圈的导线中通有电流I时，调节砝码使两臂达到平衡；然后使电流反向，这时需要在一臂上加质量为m的砝码，才能使两臂再达到平衡。求磁感强度B的大小。分析与解：根据天平的原理很容易得出安培力F=，所以F=NBLI=，因此磁感强度B=。典型问题2：会定性分析导体在安培力作用下的运动。判别物体在安培力作用下的运动方向，常用方法有以下四种：1、电流元受力分析法：即把整段电流等效为很多段直线电流元，先用左手定则判出每小段电流元受安培力方向，从而判出整段电流所受合力方向，最后确定运动方向。2、特殊值分析法：把电流或磁铁转到一个便于分析的特殊位

9、置(如转过90°)后再判所受安培力方向，从而确定运动方向。3、等效分析法：环形电流可以等效成条形磁铁、条形磁铁也可等效成环形电流、通电螺线管可等效成很多的环形电流来分析。NSABI图44、推论分析法：(1)两电流相互平行时无转动趋势，方向相同相互吸引，方向相反相互排斥；(2)两电流不平行时有转动到相互平行且方向相同的趋势。NSABI图5O例4、如图4所示，把一通电直导线放在蹄形磁铁磁极的正上方，导线可以自由移动，当导线通过电流I时，导线的运动情况是（ ）(从上往下看)A顺时针方向转动，同时下降。B顺时针方向转动，同时上升。C逆时针方向转动，同时下降。D逆时针方向转动，同时上升。RMN

10、ErSBR1图6分析和解：用电流元受力分析法，把直线电流等效为AO、BO两段电流元，蹄形磁感线分布如图5所示，根据左手定则可知AO段电流元受安培力方向指向纸外，BO段电流元受安培力方向指向纸内，可见，导线将逆时针转动。所以正确答案是C。典型问题3：会分析计算导体棒在安培力作用下的平衡。导体棒在磁场中要受到安培力的作用，当导体棒处于静止状态时，根据物体的平衡条件可以求解相关问题。×BmgFNFM图7例5、如图6所示，两平行光滑导轨相距为L=20cm，金属棒MN的质量为m=10g，电阻R=8，匀强磁场磁感应强度B方向竖直向下，大小为B=0.8T，电源电动势为E=10V，内阻r=1。当电键

11、S闭合时，MN处于平衡，求变阻器R1的取值为多少?(设=45°)分析和解:根据左手定则判出安培力方向，再作出金属棒平衡时的受力平面图如图7。当MN处于平衡时，根据平衡条件有：mgsin-BILcos=0 由闭合电路的欧姆定律得：I=。 图8由上述二式解得：R1=7可见，解此类题的关键是正确画出最便于分析的平面受力图。例6、长L=60cm质量为m=6.0×10-2kg，粗细均匀的金属棒，两端用完全相同的弹簧挂起，放在磁感强度为B=0.4T，方向垂直纸面向里的匀强磁场中，如图8所示，若不计弹簧重力，问(1)要使弹簧不伸长，金属棒中电流的大小和方向如何?(2)如在金属中通入自左向

12、右、大小为I=0.2A的电流，金属棒下降x1=1cm，若通入金属棒中的电流仍为0.2A，但方向相反，这时金属棒下降了多少?图9mgFF1F2I分析与解：(1)要使弹簧不伸长，则重力应与安培力平衡，所以安培力应向上，据左手定则可知电流方向应向右，因mg=BLI,所以I=mg/BL=2.5A.(2)因在金属中通入自左向右、大小为I1=0.2A的电流，金属棒下降x1=1mm，由平衡条件得：mg=BLI+2kx1.当电流反向时，由平衡条件得：mg=-BLI+2kx2.解得：典型问题4：会分析计算导体棒在瞬时安培力作用下的运动。导体棒受磁场作用的安培力的冲量公式，利用此公式可简便地求解相关问题。图10E

13、例7、如图10所示，金属棒的质量为m=5g，放置在宽L=1、光滑的金属导轨的边缘上，两金属导轨处于水平面上，该处有竖直向下的匀强磁场，磁感强度为B=0.5T，电容器的电容C=200F，电源电动势E=16V，导轨平面距离地面高度h=0.8m,g取g=，在电键S与“1”接通并稳定后，再使它与“2”接通，金属棒被抛到s=0.064m的地面上，试求棒被水平抛出时电容器两端的电压。 分析与解：当S接“1”时，电容器充电，稳定时两极板的电压为：， 所以带电量为：； 当S接“2”时，电容器放电，有放电电流通过棒，但该电流是变化的，所以棒受到的安培力也是变化的。棒离开水平导轨的初速V0可根据棒此后的平抛运动求

14、出： 由 ，得 。 设放电过程时间为，此过程通过棒的电量为，由动量定理得: ， 所以， 所以被抛出时电容器极板上剩余的电量为 ， 所以棒被抛出时电容器两端的电压为 。典型问题5：会分析计算带电粒子在有界磁场中的运动问题。带电粒子在有界磁场中的运动问题，综合性较强，解这类问题既要用到物理中的洛仑兹力、圆周运动的知识，又要用到数学中的平面几何中的圆及解析几何知识。1.带电粒子在半无界磁场中的运动OBSVP图11例8、一个负离子，质量为m，电量大小为q，以速率V垂直于屏S经过小孔O射入存在着匀强磁场的真空室中(如图11).磁感应强度B的方向与离子的运动方向垂直,并垂直于图1中纸面向里.(1)求离子进

15、入磁场后到达屏S上时的位置与O点的距离.(2)如果离子进入磁场后经过时间t到达位置P,证明:直线O与离子入射方向之间的夹角跟t的关系是。OBSVP图12O/A分析与解：(1)离子的初速度与匀强磁场的方向垂直,在洛仑兹力作用下,做匀速圆周运动.设圆半径为r,则据牛顿第二定律可得： ,解得如图12所示，离了回到屏S上的位置A与O点的距离为：AO=2r 所以(2)当离子到位置P时,圆心角(见图12)：因为，所以.2、带电粒子在圆形磁场中的运动MNO,LAO图13P例9、圆心为O、半径为r的圆形区域中有一个磁感强度为B、方向为垂直于纸面向里的匀强磁场，与区域边缘的最短距离为L的O处有一竖直放置的荧光屏

16、MN，今有一质量为m的电子以速率v从左侧沿方向垂直射入磁场，越出磁场后打在荧光屏上之P点，如图13所示，求OP的长度和电子通过磁场所用的时间。MNO,LAO图14R/2/2BPO/分析与解：电子所受重力不计。它在磁场中做匀速圆周运动，圆心为O，半径为R。圆弧段轨迹AB所对的圆心角为，电子越出磁场后做速率仍为v的匀速直线运动， 如图14所示，连结OB，OAOOBO，又OAOA，故OBOB，由于原有BPOB，可见O、B、P在同一直线上，且OOP=AOB=，在直角三角形P中，OP=(L+r)tan，而，,所以求得R后就可以求出OP了，电子经过磁场的时间可用t=来求得。 由得R=，BABdVV300O

17、图15，3、带电粒子在长足够大的长方形磁场中的运动例10、如图15所示，一束电子(电量为e)以速度V垂直射入磁感强度为B，宽度为d的匀强磁场中，穿透磁场时速度方向与电子原来入射方向的夹角是30°，则电子的质量是 ，穿透磁场的时间是 。分析与解：电子在磁场中运动，只受洛仑兹力作用，故其轨迹是圆弧的一部分，又因为fV，故圆心在电子穿入和穿出磁场时受到洛仑兹力指向交点上，如图15中的O点，由几何知识知，AB间圆心角30°，OB为半径。r=d/sin30°=2d，又由r=mV/Be得m=2dBe/V又AB圆心角是30°，穿透时间t=T/12，故t=d/3V。带电

18、粒子在长足够大的长方形磁场中的运动时要注意临界条件的分析。如已知带电粒子的质量m和电量e,若要带电粒子能从磁场的右边界射出，粒子的速度V必须满足什么条件？这时必须满足r=mV/Be>d,即V>Bed/m.4、带电粒子在正方形磁场中的运动llr1OV+qV图16例11、长为L的水平极板间，有垂直纸面向内的匀强磁场，如图16所示，磁感强度为B，板间距离也为L，板不带电，现有质量为m，电量为q的带正电粒子(不计重力)，从左边极板间中点处垂直磁感线以速度V水平射入磁场，欲使粒子不打在极板上，可采用的办法是（ ）A.使粒子的速度V<BqL/4m； B使粒子的速度V>5BqL/4m

19、；C使粒子的速度V>BqL/m；D使粒子速度BqL/4m<V<5BqL/4m。分析与解:由左手定则判得粒子在磁场中间向上偏，而作匀速圆周运动，很明显，圆周运动的半径大于某值r1时粒子可以从极板右边穿出，而半径小于某值r2时粒子可从极板的左边穿出，现在问题归结为求粒子能在右边穿出时r的最小值r1以及粒子在左边穿出时r的最大值r2，由几何知识得：粒子擦着板从右边穿出时，圆心在O点，有：r12L2+(r1-L/2)2得r1=5L/4，又由于r1=mV1/Bq得V1=5BqL/4m,V>5BqL/4m时粒子能从右边穿出。粒子擦着上板从左边穿出时，圆心在O点，有r2L/4，又由r

20、2mV2/Bq=L/4得V2BqL/4mV2<BqL/4m时粒子能从左边穿出。综上可得正确答案是A、B。图175、带电粒子在环状磁场中的运动例12、核聚变反应需要几百万度以上的高温，为把高温条件下高速运动的离子约束在小范围内（否则不可能发生核反应），通常采用磁约束的方法（托卡马克装置）。如图17所示，环状匀强磁场围成中空区域，中空区域中的带电粒子只要速度不是很大，都不会穿出磁场的外边缘而被约束在该区域内。设环状磁场的内半径为R1=0.5m，外半径R2=1.0m，磁场的磁感强度B=1.0T，若被束缚带电粒子的荷质比为q/m=4×c/，中空区域内带电粒子具有各个方向的速度。试计算（

21、1）粒子沿环状的半径方向射入磁场，不能穿越磁场的最大速度。图18r1 （2）所有粒子不能穿越磁场的最大速度。分析与解：（1）要粒子沿环状的半径方向射入磁场，不能穿越磁场，则粒子的临界轨迹必须要与外圆相切,轨迹如图18所示。由图中知，解得由得图19OO2所以粒子沿环状的半径方向射入磁场，不能穿越磁场的最大速度为。（2）当粒子以V2的速度沿与内圆相切方向射入磁场且轨道与外圆相切时，则以V1速度沿各方向射入磁场区的粒子都不能穿出磁场边界，如图19所示。由图中知由得所以所有粒子不能穿越磁场的最大速度xyV0O图206、带电粒子在“绿叶形”磁场中的运动例13、如图20所示，在xoy平面内有很多质量为m、

22、电量为e的电子，从坐标原点O不断以相同的速率V0沿不同方向平行xoy平面射入第I象限。现加一垂直xoy平面向里、磁感强度为B的匀强磁场，要求这些入射电子穿过磁场都能平行于x轴且沿X轴正方向运动。求符合条件的磁场的最小面积。（不考虑电子之间的相互作用）xyV0O图21V0RRO分析与解：如图21所示，电子在磁场中做匀速圆周运动，半径为。在由O点射入第I象限的所有电子中，沿y轴正方向射出的电子转过1/4圆周，速度变为沿x轴正方向，这条轨迹为磁场区域的上边界。下面确定磁场区域的下边界。设某电子做匀速圆周运动的圆心O/与O点的连线与y轴正方向夹角为，若离开磁场时电子速度变为沿x轴正方向，其射出点（也就

23、是轨迹与磁场边界的交点）的坐标为（x,y）.由图中几何关系可得x=Rsin,y=R-Rcos,消去参数可知磁场区域的下边界满足的方程为x2+(R-y)2=R2,(x>0,y>0)这是一个圆的方程，圆心在（0，R）处。磁场区域为图中两条圆弧所围成的面积。磁场的最小面积为;7、带电粒子在有“圆孔”的磁场中运动例14、如图22所示，两个共轴的圆筒形金属电极，外电极接地，其上均匀分布着平行于轴线的四条狭缝、和，外筒的外半径为，在圆筒之外的足够大区域中有平行于轴线方向的均匀磁场，磁感强度的大小为。在两极间加上电压，使两圆筒之间的区域内有沿半径向外的电场。一质量为、带电量为的粒子，从紧靠内筒且

24、正对狭缝 的点出发，初速为零。如果该粒子经过一段时间的运动之后恰好又回到出发点， 则两电极之间的电压应是多少？（不计重力，整个装置在真空中）abcdSo图22分析与解：如图23所示，带电粒子从S点出发，在两筒之间的电场作用下加速，沿径向穿过狭缝a而进入磁场区，在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动。粒子再回到S点的条件是能沿径向穿过狭缝d.只要穿过了d，粒子就会在电场力作用下先减速，再反向加速，经d重新进入磁场区，然后粒子以同样方式经过c、b，再回到S点。设粒子进入磁场区的速度大小为V，根据动能定理，有：abcdSo图23设粒子做匀速圆周运动的半径为R，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律，有：由前面分析可知

25、，要回到S点，粒子从a到d必经过圆周，所以半径R必定等于筒的外半径r，即R=r.由以上各式解得：.8、带电粒子在相反方向的两个有界磁场中的运动例15、如图24所示，空间分布着有理想边界的匀强电场和匀强磁场。左侧匀强电场的场强大小为E、方向水平向右，电场宽度为L；中间区域匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里。一个质量为m、电量为q、不计重力的带正电的粒子从电场的左边缘的O点由静止开始运动，穿过中间磁场区域进入右侧磁场区域后，又回到O点，然后重复上述运动过程。求：（1） 中间磁场区域的宽度d;BBELdO图24（2） 带电粒子从O点开始运动到第一次回到O点所用时间t.分析与解：（1）带电

26、粒子在电场中加速，由动能定理，可得： 带电粒子在磁场中偏转，由牛顿第二定律，可得：由以上两式，可得。可见在两磁场区粒子运动半径相同，如图25所示，三段圆弧的圆心组成的三角形O1O2O3是等边三角形，其边长为2R。所以中间磁场区域的宽度为OO3O1O2图25600（2）在电场中，在中间磁场中运动时间在右侧磁场中运动时间，则粒子第一次回到O点的所用时间为。综上所述，运动的带电粒子垂直进入有界的匀强磁场，若仅受洛仑兹力作用时，它一定做匀速圆周运动，这类问题虽然比较复杂，但只要准确地画出轨迹图，并灵活运用几何知识和物理规律，找到已知量与轨道半径R、周期T的关系，求出粒子在磁场中偏转的角度或距离以及运动

27、时间不太难。典型问题6：会分析计算带电粒子在有界磁场边界碰撞的问题。带电粒子与有界磁场边界碰撞的问题，由于这类问题往往存在多解，同学们解这类习题时常常由于只考虑问题的特解而忽略一般情况的分析，对学生能力的要求较高，因此不少同学感到困难。为加强学生对这类问题的认识，下面通过例题来分析带电粒子与磁场边界碰撞问题。OAV0B图261、带电粒子与绝缘圆筒的碰撞例16、如图26所示，一个质量为m、电量为q的正离子，从A点正对着圆心O以速度V射入半径为R的绝缘圆筒中。圆筒内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度的大小为B。要使带电粒子与圆筒内壁碰撞多次后仍从A点射出，求正离子在磁场中运动的时间t.设粒子与

28、圆筒内壁碰撞时无能量和电量损失，不计粒子的重力。OAV0B图27rr分析与解：由于离子与圆筒内壁碰撞时无能量损失和电量损失，每次碰撞后离子的速度方向都沿半径方向指向圆心，并且离子运动的轨迹是对称的，如图27所示。设粒子与圆筒内壁碰撞n次()，经过m转回到A点，则每相邻两次碰撞点之间圆弧所对的圆心角为2m/(n+1).由几何知识可知，离子运动的半径为:(m=1,2,3,n=2,3,)离子运动的周期为，又，所以离子在磁场中运动的时间为(m=1,2,3,n=2,3,).2、带电粒子与正方形绝缘壁的碰撞aAB图28例17、如图28所示，正方形匀强磁场区边界长为a、由光滑绝缘壁围成，质量为m、电量为q的

29、带正电粒子垂直于磁场方向和边界，从下边界正中央的A孔射入磁场中。粒子碰撞时无能量和电量损失，不计重力和碰撞时间，磁感应强度的大小为B，粒子在磁场中运动的半径小于a。欲使粒子仍能从A孔处射出，粒子的入射速度应为多少？在磁场中运动时间是多少？AB甲AB乙图29分析与解：欲使粒子仍能从A孔处射出，粒子的运动轨迹可能是如图29甲、乙所示的两种情况。对图29甲所示的情形，粒子运动的半径为R，则 又，所以对图29乙所示的情形，粒子运动的半径为R1，则又，所以3、带电粒子与三角形绝缘壁的碰撞SVODEFa图30例18、如图30所示，在半径为的圆柱形空间中(图中圆为其横截面)充满磁感应强度为B的均匀磁场其方向

30、平行于轴线远离读者.在圆柱空间中垂直轴线平面内固定放置一绝缘材料制成的边长为L=1.6的刚性等边三角形框架DEF,其中心O位于圆柱的轴线上DE边上S点处有一发射带电粒子的源，发射粒子的方向皆在图中截面内且垂直于DE边向下发射粒子的电量皆为 q(>0)，质量均为m，但速度V有各种不同的数值若这些粒子与三角形框架的碰撞均为完全弹性碰撞，并要求每一次碰撞时速度方向垂直于被碰的边试问： （1）带电粒子速度V的大小取哪些数值时可使S点发出的粒子最终又回到S点? （2）这些粒子中，回到S点所用的最短时间是多少?分析与解：（1）粒子从S点以垂直于DF边射出后，做匀速圆周运动，其圆心必在DE边上。根据牛

31、顿第定律可得： 解得 要使粒子能回到S点， 要求粒子每次与DEF碰撞时， V都垂直于边，且通过三角形顶点处时，圆心必为三角形顶点，故 (n=1,2,3) 即 (n=1,2,3) 此时 （） 要使粒子能绕过三角形顶点，粒子轨迹至多与磁场边界相切，即D与磁场边界距离 由于 所以有 ,所以可得 （n=4,5,） （2）由于 可见，T与V无关，n越小，所用时间越少，取n=4. 由几何关系可知，粒子运动轨迹包含3×13个半圆加3个加圆心角300º的弧。所以有 ，可求得.典型问题7：会分析求解带电粒子在复合场中做匀速直线运动的问题。当带电粒子在复合场中所受到的合外力为零时，带电粒子可以

32、做匀速直线运动。这类试题在高考试题中经常出现。例19、设在地面上方的真空室内存在匀强电场和匀强磁场。已知电场强度和磁感应强度的方向是相 同的，电场强度的大小E4.0V/m，磁感应强度的大小B0.15T。今有一个带负电的质点以V20m/s的速度在此区域内沿垂直场强方向做匀速直线运动，求此带电质点的电量与质量之比q/m以及磁场的所有可能方向(角度可用反三角函数表示)。图31分析与解：.根据带电质点做匀速直线运动的条件，得知此带电质点所受的重力、电场力和洛仑兹力的合力必定为零。由此推知此三个力在同一竖直平面内，如图31所示，质点的速度垂直纸面向外。 由合力为零的条件，可得: 求得带电质点的电量与质量

33、之比代入数据得：因质点带负电，电场方向与电场力方向相反，因而磁场方向也与电场力方向相反。设磁场方向与重力方向之间夹角为，则有: qEsinqvBcos 解得tan=VB/E=20×0.15/4.0，arctan0.75。即磁场是沿着与重力方向夹角arctg0.75，且斜向下方的一切方向。 典型问题8：会分析求解带电粒子在复合场中做匀变速直线运动问题。图32当带电粒子在复合场中在复合场中受到合外力为恒力时，带电粒子将做匀变速直线运动。当带电粒子受到洛仑力作用时，要做匀变速直线运动，一般要在光滑平面上或穿在光滑杆上运动。例20、如图32所示，带电量这+q，质量为m的小球从倾角为 的光滑斜

34、面上由静止下滑，匀强磁场的方向垂直纸面向外，磁感强度为B。则小球在斜面上滑行的最大速度为 ，小球在斜面上滑行的最大距离为 （斜面足够长）。图33mgNf分析与解：小球沿光滑斜面下滑时，受到重力G=mg、洛仑兹力f=BqV和斜面的支持力N的作用。如图33所示。由于N+BqV=mgcos,当N=0时，小球离开斜面。此时小球速度V=mgcos/Bq.当小球在斜面上运动时，所受合外力F=mgsin,根据牛顿第二定律可得小球的加速度a=gsin.又因为小球的初速度V0=0,根据匀变速运动的公式可得： 典型问题9：会分析求解带电粒子在复合场中做变加速直线运动问题。图34当带电粒子在复合场中受到合外力为变力

35、时，带电粒子可做变加速直线运动。这一类问题对学生的能力要求很高，要正确解答这类问题，必须能够正确地分析物理过程，弄清楚加速度、速度的变化规律。例21、如图34所示，在互相垂直的水平方向的匀强电场（E已知）和匀强磁场（B已知）中，有一固定的竖直绝缘杆，杆上套一个质量为m、电量为+q的小球，它们之间的摩擦因数为，现由静止释放小球，试求小球沿棒运动的最大加速度和最大速度vm。（mgqE，小球的带电量不变）分析与解：小球在运动过程中受到受到重力G=mg、洛仑兹力f洛=BqV、电场力F=qE、杆对球的摩擦力f和杆的弹力N的作用。如图35所示。mgfNFf洛图35由于N=qE+BqV,所以F合=mg-N=

36、mg-(qE+BqV).可见随着速度V的增大，F合逐渐减小，由牛顿第二定律知，小球作加速度越来越小的直到最后匀速的变加速运动。故当V=0时，最大加速度am=.当F合=0时,即a=0时，V有最大值Vm,即mg-(qE+BqV)=0.所以。典型问题10：会分析求解带电粒子在复合场中的多运动过程问题。当带电粒子进入匀强电场、匀强磁场和重力场共存的复合场中，电场力和重力相平衡，粒子运动方向与匀强磁场方向垂直时，带电粒子就在洛仑力作用下做匀速圆周运动。当带电粒子的运动是由直线运动、平抛运动和圆周运动等基本运动组合而成时，要用程序法进行分析求解。图36例22、如图36所示，带电液滴自由下落h高度后，进入一

37、个匀强电场与匀强磁场相互垂直的区域内，恰好做匀速圆周运动，已知电场强度为，磁感应强度为，虚线框为电场和磁场区域。则液滴做圆周运动的轨道半径是 ；做圆周运动的时间为 。分析与解：带电液滴在进入匀强电场与匀强磁场相互垂直的区域前，只受重力作用，根据机械能守恒定律可得刚进入匀强电场与匀强磁场相互垂直的区域时的速度V=. （1）由于带电液滴进入一个匀强电场与匀强磁场相互垂直的区域内，恰好做匀速圆周运动，所以有mg=qE. （2）带电粒子就在洛仑力作用下做匀速圆周运动.即BqV=mV2/R. （3）由（1）、（2）、（3）式可得液滴做圆周运动的轨道半径R=，做圆周运动的时间。xyOP1P2P3图37V例

38、23、（2004年理科综合湖北试题）如图37所示，在y>0的空间中存在匀强电场，场强沿y轴负方向；在y<0的空间中，存在匀强磁场，磁场方向垂直xy平面（纸面）向里。一电量为q、质量为m的带正电的运动粒子，经过y轴上y=h处的点P1时速率为V0，方向沿x轴正方向；然后，经过x轴上x=2h处的P2点进入磁场，并经过y轴上y=2h处的P3点。不计重力。求：（1）电场强度的大小。（2）粒子到达P2时速度的大小和方向。（3）磁感应强度的大小。分析与解：(1)粒子在电场、磁场中运动的轨迹如图37所示。设粒子从P1到P2的时间为t，电场强度的大小为E，粒子在电场中的加速度为a，由牛顿第二定律及运

39、动学公式有：qE=ma, V0t=2h, h=at2/2由以上三式求得：。（2）粒子到达P2时速度沿x方向的分量仍为V0，以V1表示速度沿y方向分量的大小，V表示速度的大小，表示速度和x轴的夹角，则有：V12=2ah, V=, tan=V1/V0;由以上三式可求得：，=450。（2）设磁场的磁感应强度为B，在洛仑兹力作用下做匀速圆周运动，由牛顿第二定律可得：BqV=mV2/r,r是圆周的半径。此圆周与x轴和y轴的交点分别为P2、P3。因为OP2=OP3，=450，由几何关系可知，连线P2P3为圆轨道的直径，由此可求得.由以上各式可求得。典型问题11：会分析求解带电粒子在复合场中的复杂曲线运动问

40、题。BV2V1f1f2mg图38当带电粒子所受合外力变化且与粒子速度不在一条直线上时，带电粒子做复杂曲线运动。求解这类问题一般要应用运动的合成与分解和运动的独立性原理求解。分解后的两个运动能独立进行，互不影响。即一个分运动的运动状态及受力情况不会受另一分运动的影响，也不会对另一个分运动状态及受力情况产生影响。例24、质量为m的带正电量为q的粒子，从垂直纸面向里的匀强磁场B中自由下落（初速度为零），重力的作用不能忽略（不计一切阻力），试求：（1）粒子在磁场中运动的轨迹方程；（2）粒子进入磁场的最大深度和最大速度。分析与解：粒子运动过程中受变化的洛仑兹力和重力的作用而做复杂的曲线运动，寻求粒子的分

41、运动是解题的难点和关键，引入如图38所示的速度V1、V2,使V1=V2=mg/Bq.X2yOOPRf2V2图39这样把粒子的运动分解为以V1所做的匀速直线运动和在同一平面以V2所做的匀速圆周运动。建立如图39所示的坐标系，在任一时刻t，有-x2=Rsin,y=R-Rcos =t,=Bq/m, R=mV2/Bqx1=V1t, x=x1+x2由以上各式可得关于t的参数方程xyOh图40Vm，图40是它的运动轨迹。令t=m/Bq,得粒子进入磁场的最大深度h=2m2g/B2q2粒子运动的最大速度，根据机械能守恒定律可得： mgh= 典型问题12：会分析求解混合带电粒子束的分离问题关于粒子束的分离方法常

42、见有三种：方法一：让不同的带电粒子束通过有界匀强磁场区域，若各种粒子束圆周运动的半径r=mv/Bq不等，就可以将粒子束进行分离。即带电粒子的电量动量比不同，就可以用磁场对粒子束进行分离。方法二：让不同带电粒子束通过匀强电场，比较偏转距离y=UL2q/2dmv02是否相同,若不相同就可以将不同粒子束进行分离，即带电粒子的电量动能比2q/mv0 2 不同就可以用电场对粒子束进行分离。方法三：利用速度选择器原理让带电粒子通过正交电场磁场对粒子束进行分离。若粒子的速度不同，可进行分离。下面举例说明。例25、利用学过的知识，请你想办法把具有相同动能的质子和粒子分开。分析与解：因为粒子的质量是m是质子质量

43、mp的4倍，电量q是质子电量qp的2倍，即m=4mp,q=2qp.动能相同的质子和粒子其速度关系应为V=VP/2.粒子电量动量、电量动能比分别为q/（mV） 、q/Ek。 质子电量动量、电量动能比分别为 qp/（mpVP,）、qP/EK。显然，q/（mV）= qp/（mpVP,），、q/EkqP/EK 综上所述：由于电量动量比相同，所以不能用匀强磁场对粒子束进行分离。由于电量动能比不相同，所以可以用匀强电场对粒子束进行分离。 由于速度不相同，所以可以用正交匀强磁场、匀强电场对粒子束进行分离。典型aM图41NPQDbcd问题13：会分析求解带电粒子在复合场中的相遇问题。B/T图420t/s0.4

44、-0.4图27图27图27图27例26、如图41所示，一个初速度为零的带正电的粒子经过M、N两平行板间的电场加速后，从N板上的小孔射出。当粒子到达P点时，长方形abcd区域内出现了如图42所示的磁场，磁场方向与abcd所在平面垂直，粒子在P点时磁场方向从图中看垂直于纸面向外。在Q点有一固定的中性粒子，P、Q间距S=3.0m，直线PQ与ab和cd的垂直平分线重合。ab和cd的长度D=1.6m，带电粒子的荷质比，粒子所受重力作用忽略不计。求：（1）M、N间的加速电压为200V时带电粒子能否与中性粒子碰撞。（2）能使带电粒子与中性粒子相碰撞，M、N间加速电压的最大值是多少？分析与解：（1）设带电粒子

45、在磁场中做匀速圆周运动的周期为T， 此周期恰好等于磁场变化的周期，因此磁场方向改变一次粒子恰好运动半个周期。设加速电压为U=200V时，粒子在磁场中运动的速率为V，半径为R，则根据可得：R=0.5m因为s=6R，所以带点粒子可以和中性粒子相撞。（2）带点粒子和中性粒子相撞条件：条件二：（r为粒子的运动半径）根据以上两个条件可以判断出：n=2即r=0.75m时所对应的加速电压为两粒子相撞的最大电压值。由典型问题14：会分析求解联系实际的问题带电粒子在复合场中的运动规律广泛应用于近代物理的许多实验装置之中和生产生活之中，是高考复习的重中之重。PXS1U图43例27、质谱仪是一种测定带电粒子质量和分

46、析同位素的重要工具，它的构造原理如图43所示。离子源S产生质量为m、电量为q的正离子，离子产生出来时速度很小，可以看作速度为零。产生的离子经过电压U加速，进入磁感强度为B的匀强磁场，沿着半圆周运动，到达记录它的照相底片上的P点。测得P点到入口处S1的距离为x.。试求离子的质量m。分析与解：离子的质量m是不能直接测量的，但通过离子在磁场中的偏转而转化为距离进行测量。当离子在电场中加速时应用动能定理可得： qU= 当离子在磁场中偏转时应用牛顿定律可得： BqV= 由上述二式求得m=.受篇幅所限，还有限回旋加速器、速度选择器、.电磁流量计、霍尔效应的原理、磁流体发电机的原理等就不一一讲解，但同学们必

47、须下苦功夫把他们弄通弄懂！典型问题15：会分析求解磁场中粒子源问题磁场中存在速度大小一定、方向不定的“粒子源”，这些粒子在磁场中做匀速圆周运动。所有带电粒子在磁场中做圆周运动的圆心在同一圆周上。求解这类问题时应首先求出粒子在磁场中做圆周运动的半径R，从而确定圆心的集合；然后利用作图法就可以简便地求出相关问题。x/cmPy/cmO图44V0(x,y)10例28、如图44所示，在真空中坐标xoy平面的x>0区域内，有磁感应强度B=的匀强磁场，方向与xoy平面垂直，在X轴上的P（10，0）点，有一放射源，在xoy平面内向各个方向发射速率V0=的带正电粒子，粒子质量m=,粒子的带正电量为，则带电

48、粒子能打到y轴上的范围为 （不计重力的影响。） 分析与解：任取一个V0与x轴正向成的粒子研究，设其运动轨迹对应圆心的坐标为（x,y）,由图44可知：Py/cmO图45V0x/cmMNx=10-Rsin, y=Rcos由数学知识得：（x-10）2+y2=R2又由得所以有：（x-10）2+y2=102.由于放射源在P点是在xoy平面内向各个方向发射速率相同的粒子，而前面所选的粒子又具有任意性，故这些粒子运动轨迹所对的圆心的集合是以P（10，0）点为圆心，半径为10cm的一个圆，如图45所示。因带电粒子在磁场中做圆周运动的半径已求出，故可用圆规画出带电粒子打到y轴上的上界M点和下界N点。显然OM=,

49、ON=R=10cm.SCPQMN图46即带电粒子能打到y轴上的范围是: 三、警示易错试题 典型错误之一：忽视电容放电过程中的能量损失。例29、如图46所示，质量为m、长为L的均匀金属棒MN，通过两根细金属丝悬挂在绝缘架PQ上，PQ又和已充电压U、电容量为C的电容及开关S相连，整个装置处于磁感强度为B，方向竖直向上的匀强磁场中，先接通S，当电容器在极短的时间内放电结束时，立即断开电键S，则金属棒MN能摆起的最大高度h为多大?错解：根据能量守恒，电容器的电能全部转化导体棒的重力势能，所以有： 。解得。分析纠错：因为电容器在放电时，电路中有焦耳热产生，所以电能并没有全部转化为重力势能。正确解答是：电

50、容器充有电量Q=CU，当先接通S时，电容器在极短的时间内放电结束，所以通过导体棒的电量为Q=CU。在极短的时间内，导体棒获得一个初速度V0，根据动量定理和安培力的冲量公式得：BLCU=mV0-0得；根据机械能守恒定律可得，所以典型错误之二：没有分析条件就错误地忽略了带电粒子的重力。EB图47例30、如图47所示，匀强磁场方向垂直纸面向里，磁感强度为B=1.0T；水平方向的匀强电场，场强E=。有一带正电的微粒，质量m=,电荷量q=,它在电、磁叠加场中，在图示平面内做匀速直线运动。若取g=10m/s2,求这个带电微粒的运动方向和速度大小。错解：因为微粒做匀速运动，它受到的合力一定为零，即电场力与洛

51、仑兹力大小相等，方向相反，即有BqV=qE解得V=E/B=，速度方向竖直向上。EB图48mgF=qEFL300分析纠错：上述解答错误原因是没有认真分析所给条件。由题设条件可知重力的大小与电场力的大小相比较，是不可忽略的。所以这是三力平衡问题，忽略重力是错误的。受力图如图48所示，根据物体平衡条件可知，洛仑兹力的方向一定与电场力和重力的合力方向相反。又因为重力重力与电场力之比为,所以，洛仑兹力的方向与水平方向的夹角为300。故有。解得带电粒子运动的速度为根据左手定则，速度方向与水平线夹角为=600.典型错误之三：错误计算回旋加速器加速粒子的能量。例31、有一回旋加速器，两个D形盒的半径为R，两D

52、形盒之间的高频电压为U，偏转磁场的磁感强度为B。如果一个粒子和一个质子，都从加速器的中心开始被加速，试求它们从D形盒飞出时的速度之比。错解：当带电粒子在D形盒内做圆周运动时，速率不变。当带电粒子通过两个D形盒之间的缝隙时，电场力对带电粒子做功，使带电粒子的速度增大。设带电粒子的质量为m，电荷为q，在回旋加速器中被加速的次数为n，从D形盒飞出时的速度为V，根据动能定理有：，解得。由上式可知，带电粒子从D形盒飞出时的速度与带电粒子的荷质比的平方根成正比，所以。分析纠错：上法中认为粒子和质子在回旋加速器内被加速的次数相同的，是造成错解的原因。因带电粒子在D形盒内做匀速圆周运动的向心力是由洛仑兹力提供

53、的，对带电粒子飞出回旋加速器前的最后半周，根据牛顿第二定律有：解得。因为B、R为定值，所以带电粒子从D形盒飞出时的速度与带电粒子的荷质比成正比。因粒子的质量是质子质量的4倍，粒子的电荷量是质子电荷量的4倍，故有：。 典型错误之四：因不知金属导体中的载流子是自由电子而出错。图49例32 、如图49所示，一块铜块左右两面接入电路中。有电流I自左向右流过铜块，当一磁感应强度为B的匀强磁场垂直前表面穿入铜块，从后表面垂直穿出时，在铜块上、下两面之间产生电势差，若铜块前、后两面间距为d，上、下两面间距为L。铜块单位体积内的自由电子数为n，电子电量为e，求铜板上、下两面之间的电势差U为多少？并说明哪个面的电势高。错解：电流自左向右，用左手定则判断磁感线穿过手心四指指向电流的方向，正电荷受力方向向上，所以正电荷聚集在上极板。随着正负电荷在上、下极板的聚集，在上、下极板之间形成一个电场，这个电场对正电荷产生作用力，作用力方向与正电荷刚进入磁场时所受的洛仑兹力方向相反。当电场强度增加到使电场力与洛仑兹力平衡时，正电荷不再向上表面移动。在铜块的上、下表面形成一个稳定的电势差U。研究电流中的某一个正电荷，其带电量为q，有BqV=qE=qU/L.由电流的微观表达式I=nqSV,由几何关系可知 S=dL,可解得.VFL图50分析纠错：上述解法错在对金属导电的物理过程理解上