第32讲.磁场(2).教师版

错题不再错就无敌了！错题不再错就无敌了！2014年高2014年高考解决方案磁场（2）磁场（2） 学生姓名：学生姓名：上课时间上课时间：同学高考解决方案 第一阶段·模块课程·磁场（2） Pageof54第17讲磁场2014年高考怎么考2014年高考怎么考内容细目要求层次备注考纲要求电流的磁场磁感线地磁场I安培力的计算限于导线平行和垂直于磁感线两种情况，洛伦兹力的计算限于v与B平行与垂直两种情况；磁性材料分子电流假设I磁感应强度安培力左手定则洛伦兹力II磁电式电表原理I质谱仪回旋加速器I考点解读磁场以选择和计算题形式考查，占20分左右．2009年2010年2011年2012年2013年19题6分23题18分20题6分23题18分23题18分16题6分22题16分24题6分专题目录专题目录【专题1】带电粒子在电磁场中的运动【专题2】洛伦兹力在现代科技中的应用【专题3】临界问题【专题4】多解问题【专题5】最值问题专题一、带电粒子在电磁场中的运动知识讲解知识讲解相连的电磁场中：若粒子在磁场中运动则按带电粒子在磁场中的运动分析处理，若在电场中则按平抛模型处理；区域边界的速度（含大小，方向）为连接两场的基本物理量，可作为突破口入手处理；相交的电磁场中从受力分析入手分析物体的运动形态选定合适的研究过程：用五大定理列式子求解用电场和磁场的基本知识补充公式关注速度和洛伦兹力的关系，基本不用直线运动求速度处理带电粒子在场中的运动问题应注意是否考虑带电粒子的重力．一般来讲，质子、粒子、离子等微观粒子，不考虑重力；带电液滴、尘埃、小球等，除题目指明外，一般都应考虑重力，有时还应根据题目的隐含条件来判断。关于带电粒子在复合场中的运动注意以下几点：（1）带电粒子在复合场中的受力特点分析带电粒子在复合场中的受力时，要注意各力的特点。如带电粒子无论运动与否，在重力场中所受重力及在匀强电场中所受的电场力均为恒力，它们的做功只与始末位置在重力场中的高度差或在电场中的电势差有关，而与运动路径无关。而带电粒子在磁场中只有运动(且速度不与磁场平行)时才会受到洛仑兹力，力的大小随速度大小而变，方向始终与速度垂直，故洛仑兹力对运动电荷不做功。（2）带电粒子在复合场中的运动特点a.带电微粒在三个场共同作用下做直线运动:当带电微粒的速度平行于磁场时，不受洛伦兹力，因此可能做匀速运动也可能做匀变速运动；当带电微粒的速度垂直于磁场时，一定做匀速运动。b.带电微粒在三个场共同作用下做匀速圆周运动:自由的带电粒子在复合场中作匀速圆周运动时，必定满足电场力和重力平衡。当粒子速度方向与磁场方向垂直时，洛仑兹力提供向心力，使带电粒子作匀速圆周运动。c.较复杂的曲线运动。在复合场中，若带电粒子所受合外力不断变化且与粒子速度不在一直线上时，带电粒子作非匀变速曲线运动。此类问题，通常用能量观点分析解决，带电粒子在复合场中若有轨道约束，或匀强电场或匀速磁场随时间发生周期性变化等原因，使粒子的运动更复杂，则应视具体情况进行分析。(3)带电粒子在复合场中的运动的分析方法正确分析带电粒子在复合场中的受力并判断其运动性质及轨迹是解题的关键，在分析其受力及描述其轨迹时，要有较强的空间想象能力并善于把空间图形转化为最佳平面视图。当带电粒子在电磁场中作多过程运动时,关键是掌握基本运动的特点和寻找过程的边界条件。例题精讲例题精讲如图所示，两平行金属板中间有相互正交的匀强电场和匀强磁场，电场强度为E，磁感应强度为B，一质子沿极板方向以速度从左端射入，并恰好从两板间沿直线穿过．不计质子重力，下列说法正确的是（）A．若质子以小于的速度沿极板方向从左端射入，它将向上偏转B．若质子以速度沿极板方向从左端射入，它将沿直线穿过C．若电子以速度沿极板方向从左端射入，它将沿直线穿过D．若电子以速度沿极板方向从右端射入，它将沿直线穿过【答案】C如图所示，两平行、正对金属板水平放置，使上面金属板带上一定量正电荷，下面金属板带上等量的负电荷，再在它们之间加上垂直纸面向里的匀强磁场，一个带电粒子以初速度沿垂直于电场和磁场的方向从两金属板左端中央射入后向上转．若带电粒子所受重力可忽略不计，仍按上述方式将带电粒子射入两板间，为使其向下偏转，下列措施中一定不可行的是（）A．仅增大带电粒子射入时的速度B．仅增大两金属板所带的电荷量C．仅减小粒子所带电荷量D．仅改变粒子的电性【解析】本题中粒子所带电荷的电性未知．对A选项，若粒子带负电，则粒子刚射入板间时所受到的洛伦兹力向下，电场力向上，仅增大带电粒子射入时的速度，可能使其向下偏转．对B选项，若粒子带正电，仅增大两金属板所带的电荷量，板间电场强度增大，则粒子所受电场力增大，可能使其向下偏转．对C选项，若仅减小粒子所带电荷量，粒子所受到的电场力和洛伦兹力同比例减小，粒子偏转方向不变．若仅改变粒子的电性，电场力和洛伦兹力方向改变，可使其向下偏转．选C．【答案】C如图所示，在边长为的正方形区域内，有与轴平行的匀强电场和垂直于纸面的匀强磁场．一个带电粒子（不计重力）从原点沿轴进入场区，恰好做匀速直线运动，穿过场区的时间为；若撤去磁场，只保留电场，其他条件不变，该带电粒子穿过场区的时间为；若撤去电场，只保留磁场，其他条件不变，那么，该带电粒子穿过场区的时间应该是（）A． B． C． D．【解析】粒子在复合场中做匀速直线运动，，．只保留电场时粒子做类平抛运动，轴方向位移，又，可得．只保留磁场时粒子做匀速圆周运动，轨迹半径，即粒子运动半个圆周后沿轴负方向射出，运动时间．【答案】B在如图所示的空间中，存在场强为的匀强电场，同时存在沿轴负方向，磁感应强度为的匀强磁场．一质子（电荷量为）在该空间恰沿轴正方向以速度匀速运动．据此可以判断出（）A．质子所受电场力大小等于，运动中电势能减小；沿轴正方向电势升高B．质子所受电场力大小等于，运动中电势能增大；沿轴正方向电势降低C．质子所受电场力大小等于，运动中电势能不变；沿轴正方向电势升高D．质子所受电场力大小等于，运动中电势能不变；沿轴正方向电势降低【解析】在静电场上加上静磁场，粒子在复合场中运动，题目较易．由二力平衡可知，即．由左手定则及二力关系可判断场强方向，沿轴负方向．【答案】C（）A．该粒子由B、C、D三点离开场区时的动能相同B．该粒子由A点运动到B、C、D三点的时间均不相同C．匀强电场的场强E与匀强磁场的磁感应强度B之比D．若该粒子带负电，则电场方向竖直向下，磁场方向垂直于纸面向外【答案】C不计重力的带电粒子只受电场力或磁场力作用，带电粒子所处的运动状态可能是（）A．在电场中做匀速直线运动 B．在磁场中做匀速圆周运动C．在电场中做匀速圆周运动 D．在匀强磁场中做类平抛运动【答案】BC如图甲所示，在空间存在一个变化的电场和一个变化的磁场，电场的方向水平向右（图甲中由到），电场强度的大小随时间变化情况如图乙所示．在时，从点沿方向（垂直于）以初速度射出第一个粒子，并在此之后，每隔有一个相同的粒子沿方向均以初速度射出，射出的粒子均能击中点．若，且粒子由运动到的时间均小于．不计空气阻力及电磁场变化带来的影响，则以下说法正确的是（）A．磁场方向垂直纸面向外B．电场强度和磁感应强度的比值C．第一个粒子由运动到所经历的时间D．第二个粒子到达点的动能等于第一个粒子到达点的动能【答案】ABC如图所示，一根不光滑的长竖直绝缘杆，套有一个质量为m，带正电q的小球，匀强电场E与匀磁磁场B互相垂直，E和B都与杆垂直，当小球由静止开始下落后（）A．小球加速度不断减小，最后为零B．小球加速度先增加后减小，最后为零C．小球速度先增加后减小，最后为零D．小球动能不断增大，直到达到某一最大值【答案】AD如图所示，在空间存在着水平向右、场强为E的匀强电场，同时存在着竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场．在这个电、磁场共存的区域内有一足够长的绝缘杆沿水平方向放置，杆上套有一个质量为m、带电荷量为＋q的金属环．已知金属环与绝缘杆间的动摩擦因数为，且mg<gE．现将金属环由静止释放，设在运动过程中金属环所带电荷量不变．（1）试定性说明金属环沿杆的运动情况；（2）求金属环运动的最大加速度的大小；（3）求金属环运动的最大速度的大小．【解析】（1）金属环在电场力和摩擦力的共同作用下由静止开始做加速运动．随着速度的增大，洛伦兹力从零逐渐增大，金属环所受的摩擦力逐渐变大，合外力减小．所以金属环将做一个加速度逐渐减小的加速运动，达到最大速度后做匀速运动．（2）开始时金属环速度为零，所受的摩擦力为最小，此时金属环所受的合外力最大，根据牛顿第二定律，得金属环的最大加速度．（3）当摩擦力时，金属环所受的合外力为零，金属环达到最大速度，则此时所受的洛伦兹力为,方向垂直纸面向外．因此，杆对金属环的弹力为，当金属环达到最大速度时有，解得如图所示，在的空间中存在匀强电场，场强沿轴负方向；在的空间中，存在匀强磁场，磁场方向垂直平面（纸面）向外．一电荷量为、质量为的带正电的运动粒子，经过轴上处的点时速率为，方向沿轴正方向；然后，经过轴上处的点进入磁场，并经过轴上处的点．不计重力．求（1）电场强度的大小．（2）粒子到达时速度的大小和方向．（3）磁感应强度的大小．【解析】（1）粒子在电场、磁场中运动的轨迹如图所示．设粒子从到的时间为，电场强度的大小为，粒子在电场中的加速度为，由牛顿第二定律及运动学公式有①②，③，由①②③式解得④（2）粒子到达时速度沿方向的分量仍为，以表示速度沿方向分量的大小，表示速度的大小，表示速度和轴的夹角，则有⑤，⑥，⑦，由②③⑤式得⑧，由⑥⑦⑧式得⑨，（3）设磁场的磁感应强度为，在洛伦兹力作用下粒子做匀速圆周运动，由牛顿第二定律⑩，是圆周的半径．此圆周与轴和轴的交点分别为．因为，，由几何关系可知，连线为圆轨道的直径，由此可求得⑾，由⑨⑩⑾可得【答案】（1）（2）（3）如图所示，水平放置的两块长直平行金属板a、b相距d＝0.10m，a、b间的电场强度为E＝5.0×105N/C，b板下方整个空间存在着磁感应强度大小为B＝6.0T，方向垂直纸面向里的匀强磁场．今有一质量为m＝4.8×10-25kg，电荷量为q＝1.6×10-18C的带正电的粒子（不计重力），从贴近a板的左端O点以v0＝1.0×106m/s的初速度水平射入匀强电场，刚好从狭缝P处穿过b板而进入匀强磁场，最后粒子回到b板的Q处求（1）P、Q之间的距离L．（2）从O到P最后到Q所经历的时间t．【解析】粒子a板左端运动到P处，由动能定理得：qEd＝mv2－mv代入有关数据，解得：v＝×106mcos＝代入数据得＝30º粒子在磁场中做匀速圆周运动，圆心为O，半径为r，如图．由几何关系得：＝rsin30º又qvB＝m，联立求得L＝，代入数据解得L＝5．8cm图6如图6所示，匀强电场区域和匀强磁场区域是紧邻的，且宽度相等均为d，电场方向在纸平面内竖直向下，而磁场方向垂直于纸面向里，一带正电的粒子从O点以速度v0沿垂直电场方向进入电场，从A点出电场进入磁场，离开电场时带电粒子在电场方向的偏转位移为电场宽度的一半，当粒子从磁场右边界上C点穿出磁场时速度方向与进入电场O点时的速度方向一致，已知d、v0(带电粒子重力不计)，求：图6(1)粒子从C点穿出磁场时的速度大小v；(2)电场强度E和磁感应强度B的比值．【解析】(1)粒子在电场中偏转时做类平抛运动，则垂直电场方向做匀速直线运动平行电场方向做初速度为零的匀加速直线运动，设A点平行电场方向的分速度为得，则A点速度图7在磁场中速度大小不变，所以从C点出磁场时速度大小仍为图7(2)A点的速度与水平方向成45°得在磁场中做匀速圆周运动，如图7所示由几何关系得又且得，解得【答案】如图所示，直角坐标系位于竖直平面内，在水平的轴下方存在匀强磁场和匀强电场，磁场的磁感应强度为,方向垂直平面向里，电场线平行于轴．一质量为、电荷量为的带正电的小球，从轴上的点水平向右抛出，经轴上的点进入电场和磁场，恰能做匀速圆周运动，从轴上的点第一次离开电场和磁场，之间的距离为,小球过点时的速度方向与轴的方向夹角为．不计空气阻力，重力加速度为,求（1）电场强度的大小和方向；（2）小球从点抛出时初速度的大小;（3）点到轴的高度．【解析】（1）小球在电场、磁场中恰能做匀速圆周运动，其所受电场力必须与重力平衡，有=1\*GB3①，=2\*GB3②，重力的方向是竖直向下，电场力方向则应为竖直向上，由于小球带正电，所以电场强度方向竖直向上．（2）小球做匀速圆周运动，为圆心，为弦长，，如图所示．设半径为，由几何关系知=3\*GB3③，小球做匀速圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，设小球做圆周运动的速率为，有④，由速度的合成与分解知=5\*GB3⑤，由=3\*GB3③=4\*GB3④=5\*GB3⑤式得=6\*GB3⑥，（3）设小球到点时的竖直分速度为，它与水平分速度的关系为=7\*GB3⑦，由匀变速直线运动规律=8\*GB3⑧，由=6\*GB3⑥=7\*GB3⑦=8\*GB3⑧式得=9\*GB3⑨【答案】（1），竖直向上（2）（3）如图所示，竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场相互垂直，且被约束在矩形的区域中，一带电粒子（不计重力）以速度从点垂直电场射入矩形区域，恰好沿射入方向做直线运动，当它运动到点时，此时突然撤去电场，粒子开始做圆周运动，经过半周期时，再突然恢复电场并撤去磁场，粒子最后从点射出．求：（1）粒子作圆周运动的半径；（2）粒子从点射出时的速度大小．【解析】（1）设磁感应强度为，电场强度为，带电粒子的电量为，质量为，圆周运动的半径为．匀速运动过程中有：，匀速圆周运动过程有：类平轨运动过程有：由上式联立解得：（2）设经点射出时的速度为，平行电场方向的速度为由类平抛运动有：，，由上式联立解得：【答案】（1）（2）（1）带电粒子刚好从极板边缘射出时两金属板间的电压；（2）带电粒子进入磁场时粒子最大速度的大小；（3）证明：任意时刻从电场射出的带电粒子，进入磁场时在MN上的人射点和出磁场时在MN上的出射点间的距离为定值，并计算出两点间的距离．【答案】（1）设带电粒子刚好从极板边缘射出电场时电压为，则有，所以．（2）由动能定理，，得．（3）设带电粒子进入磁场时速度方向与水平方向的夹角为，则进入磁场后人射点和出射点之间的距离为，为一定值．如图所示，真空中有以为圆心，半径为的圆形匀强磁场区域，磁场的磁感应强度大小为，方向垂直于纸面向里，在的虚线上方足够大的范围内，有方向水平向左的匀强电场，电场强度的大小为，从点向不同方向发射速率相同的质子，质子的运动轨迹均在纸面内，且质子在磁场中的偏转半径也为，已知质子的电荷量为，质量为，不计重力、粒子间的相互作用力及阻力的作用．求：（1）质子射入磁场时速度的大小；（2）沿轴正方向射入磁场的质子，到达轴所需的时间；（3）与轴正方向成角（如图中所示）射入的质子，到达轴的位置坐标．【解析】（1）质子射入磁场后做匀速圆周运动，有得 （2）质子沿轴正向射入磁场后经圆弧后以速度垂直于电场方向进入电场，在磁场中运动周期在磁场中运动的时间 进入电场后做类平抛运动，沿电场方向运动后到达轴，因此有 所求时间为 （3）质子在磁场中转过角后从点垂直于电场线进入电场，如图所示．点距轴的距离 其中 得质子到达轴所需时间为 在方向质子做匀速直线运动，因此有 质子到达轴的位置坐标为（，） xyOEB【答案】（1）（2）（3）（，）xyOEB如图所示，在x-o-y坐标系中，以（r，0）为圆心、r为半径的圆形区域内存在匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里。在y>r的足够大的区域内，存在沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E。从O点以相同速率向不同方向发射质子，质子的运动轨迹均在纸面内，且质子在磁场中运动的轨迹半径也为r。已知质子的电荷量为q，质量为m，不计质子所受重力及质子间相互作用力的影响。（1）求质子射入磁场时速度的大小；（2）若质子沿x轴正方向射入磁场，求质子从O点进入磁场到第二次离开磁场经历的时间；（3）若质子沿与x轴正方向成夹角θ的方向从O点射入第一象限的磁场中，求质子在磁场中运动的总时间。【解析】（1）质子射入磁场后做匀速圆周运动，有得（2）质子沿x轴正向射入磁场后，在磁场中运动了个圆周后，以速度υ逆着电场方向进入电场，原路径返回后，再射入磁场，在磁场中运动了个圆周后离开磁场。在磁场中运动周期xOByxOByAO2O3O1Cυ进入电场后做匀变速直线运动，加速度大小质子在电场中运动的时间所求时间为=+（3）当质子沿与x轴正方向成夹角θ的方向从第一象限射入磁场时，设质子将从A点射出磁场，如图所示，其中O1、O2分别为磁场区域圆和质子轨迹圆的圆心。由于轨迹圆的半径等于磁场区域圆的半径，所以OO1AO2为菱形，即AO2平行x轴，说明质子以平行y轴的速度离开磁场，也以沿y轴负方向的速度再次进入磁场。∠O2=90°_θ.所以，质子第一次在磁场中运动的时间t1′此后质子轨迹圆的半径依然等于磁场区域圆的半径，设质子将从C点再次射出磁场，如图所示，其中O1、O3分别为磁场区域圆和质子轨迹圆的圆心，AO3平行x轴。由于O1AO3C为菱形，即CO1平行AO3，即平行x轴，说明C就是磁场区域圆与x轴的交点。这个结论与θ无关。所以，OO2O3C为平行四边形，∠O3=90°+θ.质子第二次在磁场中运动的时间t2′质子在磁场中运动的总时间t′=t1′+t2′=如图所示装置由加速电场、偏转电场和偏转磁场组成。偏转电场处在加有电压的相距为d的两块水平平行放置的导体板之间，匀强磁场水平宽度为l，竖直宽度足够大，处在偏转电场的右边，如图甲所示。大量电子（其重力不计）由静止开始，经加速电场加速后，连续不断地沿平行板的方向从两板正中间射入偏转电场。当两板没有加电压时，这些电子通过两板之间的时间为2t0，当在两板间加上如图乙所示的周期为2t0、幅值恒为U0的电压时，所有电子均能通过电场，穿过磁场，最后打在竖直放置的荧光屏上（已知电子的质量为m、电荷量为e）。求：（1）如果电子在t=0时刻进入偏转电场，求它离开偏转电场时的侧向位移大小；（2）（3）要使电子能垂直打在荧光屏上，匀强磁场的磁感应强度为多少？乙乙tU0U02t0t03t04t0e+lBU-+-荧光屏甲【解析】（1）在t=0时刻，电子进入偏转电场，Ox方向（水平向右为正）做匀速直线运动。（Oy方向（竖直向上为正）在0－t0时间内受电场力作用做匀加速运动，在t0－2t0时间内做匀速直线运动，速度侧向位移得（2）设电子以初速度v0=vx进入偏转电场，在偏转电场中受电场力作用而加速。不管电子是何时进入偏转电场，在它穿过电场的2t0时间内，其Oy方向的加速度或者是（电压为U0时），或者是0（电压为0时）。，它在Oy方向上速度增加量都为。θlRvθlRvt（3）设电子从偏转电场中射出时的偏向角为，电子进入匀强磁场后做圆周运动垂直打在荧光屏上，如图所示。电子在磁场中运动的半径：设电子从偏转电场中出来时的速度为vt，则电子从偏转电场中射出时的偏向角为：电子进入磁场后做圆周运动，其半径 由上述四式可得：。在水平地面上方的足够大的真空室内存在着匀强电场和匀强磁场共存的区域，且电场与磁场的方向始终平行，在距离水平地面的某一高度处，有一个带电量为q、质量为m的带负电的质点，以垂直于电场方向的水平初速度v0进入该真空室内，取重力加速度为g。求：（1）若要使带电质点进入真空室后做半径为R的匀速圆周运动，求磁感应强度B0的大小及所有可能的方向；（2）当磁感应强度的大小变为B时，为保证带电质点进入真空室后做匀速直线运动，求此时电场强度E的大小和方向应满足的条件；（3）若带电质点在满足第（2）问条件下运动到空中某一位置M点时立即撤去磁场，此后运动到空中另一位置N点时的速度大小为v，求M、N两点间的竖直高度H及经过N点时重力做功的功率。FmgFmgF电f洛BO甲EF电Ff洛mgEB乙O根据牛顿第二定律和向心力公式解得磁感应强度B0为竖直向上或竖直向下。（2）磁场B和电场E方向相同时，如答图1甲所示；磁场B和电场E方向相反时，如图乙所示。由于带电质点做匀速直线运动，由平衡条件和几何关系可知解得图中的θ角为即电场E的方向为沿与重力方向夹角且斜向下的一切方向，或，且斜向下方的一切方向。（3）当撤去磁场后，带电质点只受电场力和重力作用，这两个力的合力大小为qv0B，方向既垂直初速度v0的方向也垂直电场E的方向。设空中M、N两点间的竖直高度为H，因电场力在这个过程中不做功，则由机械能守恒定律得解得因带电质点做类平抛运动，由速度的分解可求得带电质点到达N点时沿合力方向的分速度大小为又因电场力在这个过程中不做功，带电质点到达N点时，重力做功的功率等于合外力在此时的瞬时功率，解得如图1所示，M、N为竖直放置的平行金属板，两板间所加电压为U0，S1、S2为板上正对的小孔。金属板P和Q水平放置在N板右侧，关于小孔S1、S2所在直线对称，两板的长度和两板间的距离均为l；距金属板P和Q右边缘l处有一荧光屏，荧光屏垂直于金属板P和Q；取屏上与S1、S2共线的O点为原点，向上为正方向建立x轴。M板左侧电子枪发射出的电子经小孔S1进入M、N两板间。电子的质量为m，电荷量为e，初速度可以忽略。不计电子重力和电子之间的相互作用。（1）求电子到达小孔S2时的速度大小v；（2）若板P、Q间只存在垂直于纸面向外的匀强磁场，电子刚好经过P板的右边缘后，打在荧光屏上。求磁场的磁感应强度大小B和电子打在荧光屏上的位置坐标x；（3）若金属板P和Q间只存在电场，P、Q两板间电压u随时间t的变化关系如图2所示，单位时间内从小孔S1进入的电子个数为N。电子打在荧光屏上形成一条亮线。忽略电场变化产生的磁场；可以认为每个电子在板P和Q间运动过程中，两板间的电压恒定。a.试分析在一个周期（即2t0时间）内单位长度亮线上的电子个数是否相同。b.若在一个周期内单位长度亮线上的电子个数相同，求2t0时间内打到单位长度亮线上的电子个数n；若不相同，试通过计算说明电子在荧光屏上的分布规律。QQPMNOS1S2x荧光屏图1Out图23U0t02t0﹣3U0【解析】（1）根据动能定理RααRααRlll/2Ox解得：①（2）电子在磁场中做匀速圆周运动，设圆运动半径为R，在磁场中运动轨迹如图，由几何关系 解得：根据牛顿第二定律：解得：设圆弧所对圆心为α，满足：由此可知：电子离开磁场后做匀速运动，满足几何关系：通过上式解得坐标 （3）a.设电子在偏转电场PQ中的运动时间为t1，PQ间的电压为u垂直电场方向：②Ox1x2xOx1x2x此过程中电子的加速度大小④、②、③、④联立得：电子出偏转电场时，在x方向的速度⑤电子在偏转电场外做匀速直线运动，设经时间t2到达荧光屏。则水平方向：⑥竖直方向：⑦⑤⑥⑦联立，解得：如图所示，在真空室中平面直角坐标系的y轴竖直向上，x轴上的P点与Q点关于坐标原点O对称，PQ间的距离d=30cm。坐标系所在空间存在一匀强电场，场强的大小E=1.0N/C。一带电油滴在xOy平面内，从P点与x轴成30°的夹角射出，该油滴将做匀速直线运动，已知油滴的速度v=2.0m/s射出，所带电荷量q=1.0×10-7C，重力加速度为g=10m/。（1）求油滴的质量m。（2）若在空间叠加一个垂直于xOy平面的圆形有界匀强磁场，使油滴通过Q点，且其运动轨迹关于y轴对称。已知磁场的磁感应强度大小为B=2.0T，求：a．油滴在磁场中运动的时间t；b．圆形磁场区域的最小面积S。【解析】（1）对带电油滴进行受力分析，根据牛顿运动定律有所以 kg（2）带电油滴进入匀强磁场，其轨迹如图所示，设其做匀速圆周运动设圆周运动的半径为R、运动周期为T、油滴在磁场中运动的时间为t，根据牛顿第二定律：所以 m所以 s设带电油滴从M点进入磁场，从N点射出磁场，由于油滴的运动轨迹关于y轴对称，如图所示，根据几何关系可知，所以，带电油滴在磁场中运动的时间s由题意可知，油滴在P到M和N到Q的过程中做匀速直线运动，且运动时间相等。根据几何关系可知， 所以 油滴在P到M和N到Q过程中的运动时间s则油滴从P到Q运动的时间s（3）连接MN，当MN为圆形磁场的直径时，圆形磁场面积最小，如图所示。根据几何关系圆形磁场的半径m其面积为m2飞行时间质谱仪可以根据带电粒子的飞行时间对气体分子进行分析。如图所示，在真空状态下，自脉冲阀P喷出微量气体，经激光照射产生不同正离子，自a板小孔进入a、b间的加速电场，从b板小孔射出，沿中线方向进入M、N板间的方形区域，然后到达紧靠在其右侧的探测器。已知极板a、b间的电压为U0，间距为d，极板M、N的长度和间距均为L。不计离子重力及经过a板时的初速度。（1）若M、N板间无电场和磁场，请推导出离子从a板到探测器的飞行时间t与比荷k（k=，q和m分别为离子的电荷量和质量）的关系式；（2）若在M、N间只加上偏转电压U1，请论证说明不同正离子的轨迹是否重合；（3）若在M、N间只加上垂直于纸面的匀强磁场。已知进入a、b间的正离子有一价和二价的两种，质量均为m，元电荷为e。要使所有正离子均能通过方形区域从右侧飞出，求所加磁场的磁感应强度的最大值Bm。【解析】（1）带电离子在平行板a、b间运动时，根据动能定理①解得：，即带电离子在平行板a、b间的加速度，即所以，带电离子在平行板a、b间的运动时间带电离子在平行板M、N间的运动时间所以，带电离子的全部飞行时间（2）正离子在平行板M、N间水平方向运动位移为x时，在竖直方向运动的位移为y。水平方向满足②竖直方向满足③加速度④由上述②、③、④式得：⑤⑤式是正离子的轨迹方程，与正离子的质量和电荷量均无关。所以，不同正离子的轨迹是重合的。（3）当M、N间磁感应强度大小为B时，离子做圆周运动，满足⑥由上述①、⑥两式，解得：带电离子的轨道半径⑦上式表明：在离子质量一定的情况下，离子的电荷量越大，在磁场中做圆周运动的半径越小，也就越不容易穿过方形区从右侧飞出。所以，要使所有的一价和二价正离子均能通过方形区从右侧飞出，只要二价正离子能从方形区飞出即可。当二价正离子刚好能从方形区域飞出时的磁感应强度为满足题目条件的磁感应强度的最大值。设当离子刚好通过方形区从右侧飞出时的轨道半径为R，由几何关系得解得：⑧将二价正离子的电量2e代入⑦式得：⑨由⑧、⑨式得：，此值即为所求的磁感应强度的最大值Bm。专题二、电磁场知识在科技中的应用知识讲解知识讲解速度选择器：如图，带电粒子必须以唯一确定的速度进入才能匀速通过速度选择器，否则将发生偏转，这个速度，方向向右．质谱仪：如图，它主要由静电加速器、速度选择器、偏转磁场组成，若速度选择器区域匀强电场的电场强度为，匀强磁场的磁感应强度为，而速度选择器外偏转磁场的磁感应强度为，同一元素的各种同位素离子在偏转磁场中偏转半径为，则同位素离子的质量；若带电粒子质量m，电荷量q，由电压U加速后垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场，设轨道半径为r，则，比荷相同的粒子讲落在同一点．回旋加速器：如图，处带正电的粒子源发出带正电的粒子以速度垂直进入匀强磁场，在磁场中匀速转动半个周期，到达时在处有向上的电场，粒子被加速，速率由增大到，然后粒子以在磁场中匀速转动半个周期，到达时，在处有向下的电场，粒子又一次被加速，速率由增大到，如此继续下去，每当粒子经过交界面时都被加速从而速度不断地增大，带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期，为达到不断加速的目的，只要加上周期也为的交变电压就可以了，即．霍尔效应，如图,厚为h、宽为d的导体板放在垂直于它的匀强磁场中,当电流通过导体时,在导体板的上侧面A和下侧面A′之间会产生电势差,这种现象称为霍尔效应．磁流体发电机与电磁流量计便会用到霍尔效应现象．金属导体板放在垂直于它的匀强磁场中，当导体板中通过电流时，在平行于磁场且平行于电流的两个侧面间会产生电势差，这种现象叫霍尔效应．霍尔效应的解释．如图，截面为矩形的金属导体，在ｘ方向通以电流Ｉ，在ｚ方向加磁场Ｂ，导体中自由电子逆着电流方向运动．由左手定则可以判断，运动的电子在洛伦兹力作用下向下表面聚集，在导体的上表面A就会出现多余的正电荷，形成上表面电势高，下表面电势低的电势差，导体内部出现电场，电场方向由A指向A’，以后运动的电子将同时受洛伦兹力和电场力作用，随着表面电荷聚集，电场强度增加，也增加，最终会使运动的电子达到受力平衡（）而匀速运动，此时导体上下两表面间就出现稳定的电势差．霍尔效应中的结论．设导体板厚度为h（y轴方向）、宽度为d、通入的电流为I，匀强磁场的磁感应强度为B，导体中单位体积内自由电子数为n，电子的电量为e，定向移动速度大小为v，上下表面间的电势差为U；由①．实验研究表明，U、I、B的关系还可表达为②，k为霍尔系数．又由电流的微观表达式有：③．联立①②③式可得．由此可通过霍尔系数的测定来确定导体内部单位体积内自由电子数．磁流体发电机：如图所示，由燃烧室O燃烧电离成的正、负离子（等离子体）以高速．喷入偏转磁场中．在洛仑兹力作用下，正、负离子分别向上、下极板偏转、积累，从而在板间形成一个向下的电场．两板间形成一定的电势差．当时电势差稳定，这就相当于一个可以对外供电的电源．电磁流量计：原理可解释为：如图所示，一圆形导管直径为d，用非磁性材料制成，其中有可以导电的液体向左流动．导电液体中的自由电荷（正负离子）在洛仑兹力作用下纵向偏转，a,b间出现电势差．当自由电荷所受电场力和洛仑兹力平衡时，a、b间的电势差就保持稳定．由，可得流量．例题例题精讲电视机显像管中需要用变化的磁场来控制电子束的偏转．图甲为显像管工作原理示意图，阴极发射的电子束（初速不计）经电压为的加速电场后，进入一圆形匀强磁场区，磁场方向垂直于圆面（以垂直圆面向里为正方向），磁场区的中心为,半径为，荧光屏到磁场区中心的距离为．当不加磁场时，电子束将通过点垂直打到屏幕的中心点．当磁场的磁感应强度随时间按图乙所示的规律变化时，在荧光屏上得到一条长为的亮线．已知电子的电荷量为，质量为，不计电子之间的相互作用及所受的重力．求（1）电子打到荧光屏上时速度的大小；（2）磁场磁感应强度的最大值．【解析】（1）电子打到荧光屏上时速度的大小等于它飞出加速电场时的速度大小，设为，由动能定理，解得（2）当磁感应强度为峰值时，电子束有最大偏转，在荧光屏上打在点，．电子运动轨迹如图所示，设此时的偏转角度为，由几何关系可知，根据几何关系，电子束在磁场中运动路径所对圆心角,而由牛顿第二定律和洛仑兹力公式得解得【答案】（1）（2）如图所示为某种质谱仪的结构示意图。其中加速电场的电压为U，静电分析器中与圆心O1等距各点的电场强度大小相同，方向沿径向指向圆心O1。磁分析器中以O2为圆心、圆心角为90°的扇形区域内，分布着方向垂直于纸面的匀强磁场，其左边界与静电分析器的右边界平行。由离子源发出一个质量为m、电荷量为q的正离子（初速度为零，重力不计），经加速电场加速后，从M点沿垂直于该点的场强方向进入静电分析器，在静电分析器中，离子沿半径为R的四分之一圆弧轨道做匀速圆周运动，并从N点射出静电分析器。而后离子由P点沿着既垂直于磁分析器的左边界，又垂直于磁场方向射入磁分析器中，最后离子沿垂直于磁分析器下边界的方向从Q点射出，并进入收集器。测量出Q点与圆心O2的距离为d。（1）求静电分析器中离子运动轨迹处电场强度E的大小；（2）求磁分析器中磁场的磁感应强度B的大小和方向；（3）通过分析和必要的数学推导，请你说明如果离子的质量为0.9m，电荷量仍为q，其他条件不变，这个离子射出电场和射出磁场的位置是否变化。【解析】（1）离子在静电分析器中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有①设离子进入静电分析器时的速度为v，离子在加速电场中加速的过程中，由动能定理有②由①②解得③（2）离子在磁分析器中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有④由题意可知，圆周运动的轨道半径r=d⑤由②④⑤式解得⑥磁场方向为垂直纸面向外。（3）设质量为0.9m的离子经加速电场加速后，速度为v′，由动能定理可得⑦由②⑦式可得⑧新离子进入电场时与O1的距离仍为R，新离子如果在电场中做半径为R的匀速圆周运动，所需要的向心力⑨由①⑧⑨式可得即该离子所受电场力，恰好等于它若做匀速圆周运动的向心力，因此这个离子仍然在静电分析器中做半径为R的匀速圆周运动，仍从N点射出。由②④式可知，离子在磁分析器中做匀速圆周运动的半径，与离子的质量有关，所以不能沿原来的轨迹从Q点射出磁场。1932年，劳伦斯和利文斯设计出了回旋加速器．回旋加速器的工作原理如图所示，置于真空中的形金属盒半径为，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计．磁感应强度为的匀强磁场与盒面垂直．处粒子源产生的粒子，质量为、电荷量为，在加速器中被加速，加速电压为．加速过程中不考虑相对论效应和重力作用．（1）求粒子第次和第次经过两形盒间狭缝后轨道半径之比；（2）求粒子从静止开始加速到出口处所需的时间；（3）实际使用中，磁感应强度和加速电场频率都有最大值的限制．若某一加速器磁感应强度和加速电场频率的最大值分别为、，试讨论粒子能获得的最大动能．【解析】（1）设粒子第1次经过狭缝后的半径为，速度为，，解得同理，粒子第次经过狭缝后的半径，则（2）设粒子到出口处被加速了圈：，，，解得（3）加速电场的频率应等于粒子在磁场中做圆周运动的频率，即当磁场感应强度为时，加速电场的频率应为，粒子的动能当时，粒子的最大动能由决定，，解得当时，粒子的最大动能由决定，，解得【答案】（1）（2）（3）当时，；当时，回旋加速器是用来加速带电粒子的装置，如图所示。它的核心部分是两个D形金属盒，两盒相距很近（缝隙的宽度远小于盒半径），分别和高频交流电源相连接，使带电粒子每通过缝隙时恰好在最大电压下被加速。两盒放在匀强磁场中，磁场方向垂直于盒面，带电粒子在磁场中做圆周运动，粒子通过两盒的缝隙时反复被加速，直到最大圆周半径时通过特殊装置被引出。若D形盒半径为R，所加磁场的磁感应强度为B。设两D形盒之间所加的交流电压的最大值为U，被加速的粒子为α粒子，其质量为m、电量为q。α粒子从D形盒中央开始被加速（初动能可以忽略），经若干次加速后，α粒子从D形盒边缘被引出。求：（1）α粒子被加速后获得的最大动能Ek；（2）α粒子在第n次加速后进入一个D形盒中的回旋半径与紧接着第n+1次加速后进入另一个D形盒后的回旋半径之比；（3）α粒子在回旋加速器中运动的时间；（4）若使用此回旋加速器加速氘核，要想使氘核获得与α粒子相同的动能，请你通过分析，提出一个简单可行的办法。【解析】（1）α粒子在D形盒内做圆周运动，轨道半径达到最大时被引出，具有最大动能。设此时的速度为v，有（1）可得α粒子的最大动能Ek=（2）α粒子被加速一次所获得的能量为qU，α粒子被第n次和n+1次加速后的动能分别为（2）（3）可得（3）设α粒子被电场加速的总次数为a，则Ek=（4）可得a（5）α粒子在加速器中运动的时间是α粒子在D形盒中旋转a个半圆周的总时间t。（6）（7）解得（4）加速器加速带电粒子的能量为Ek=，由α粒子换成氘核，有，则，即磁感应强度需增大为原来的倍；高频交流电源的周期，由α粒子换为氘核时，交流电源的周期应为原来的倍。B接交流电源甲S乙图12在高能物理研究中，粒子加速器起着重要作用，而早期的加速器只能使带电粒子在高压电场中加速一次，因而粒子所能达到的能量受到高压技术的限制。1930年，EarnestO.Lawrence提出了回旋加速器的理论，他设想用磁场使带电粒子沿圆弧形轨道旋转，多次反复地通过高频加速电场，直至达到高能量。图12甲为EarnestO.Lawrence设计的回旋加速器的示意图。它由两个铝制D型金属扁盒组成，两个D形盒正中间开有一条狭缝；两个D型盒处在匀强磁场中并接有高频交变电压。图12乙为俯视图，在D型盒上半面中心S处有一正离子源，它发出的正离子，经狭缝电压加速后，进入D型盒中。在磁场力的作用下运动半周，再经狭缝电压加速；为保证粒子每次经过狭缝都被加速，应设法使交变电压的周期与粒子在狭缝及磁场中运动的周期一致。如此周而复始，最后到达D型盒的边缘，获得最大速度后被束流提取装置提取出。已知正离子的电荷量为q，质量为m，加速时电极间电压大小恒为U，磁场的磁感应强度为B，DB接交流电源甲S乙图12（1）试计算上述正离子从离子源出发被第一次加速后进入下半盒中运动的轨道半径；（2）尽管粒子在狭缝中每次加速的时间很短但也不可忽略。试计算上述正离子在某次加速过程当中从离开离子源到被第n次加速结束时所经历的时间；（3）不考虑相对论效应，试分析要提高某一离子被半径为R的回旋加速器加速后的最大动能可采用的措施。【解析】（1）设正离子经过窄缝被第一次加速加速后的速度为v1，由动能定理得正离子在磁场中做匀速圆周运动，半径为r1，由牛顿第二定律得由以上两式解得（2）设正离子经过窄缝被第n次加速加速后的速度为vn，由动能定理得粒子在狭缝中经n次加速的总时间由牛顿第二定律由以上三式解得电场对粒子加速的时间正离子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律又粒子在磁场中做圆周运动的时间由以上三式解得所以，粒子从离开离子源到被第n次加速结束时所经历的时间+（3）设离子从D盒边缘离开时做圆周运动的轨迹半径为rm，速度为vm离子获得的最大动能为所以，要提高某一离子被半径为R的回旋加速器加速后的最大动能可以增大加速器中的磁感应强度B。如图所示为一种获得高能粒子的装置，环形区域内存在垂直纸面向外、大小可调节的均匀磁场，质量为m，电量为+q的粒子在环中做半径为R的圆周运动．A、B为两块中心开有小孔的极板，原来电势都为零，每当粒子飞经A板时，板电势升高为+U，B板电势仍保持为零，粒子在两极间电场中加速，每当粒子离开B板时，A板电势又降为零，粒子在电场一次次加速下动能不断增大，而绕行半径不变．⑴设t=0时，粒子静止在A板小孔处，在电场作用下加速，并绕行第一圈．求粒子绕行n圈回到A板时获得的总动能En．⑵为使粒子始终保持在半径为R的圆轨道上运动，磁场必须周期性递增．求粒子绕行第n圈时的磁感应强度B．⑶求粒子绕行n圈所需的总时间tn（设极板间距远小于R）．⑷在粒子绕行的整个过程中，A板电势是否可始终保持为+U？为什么？【解析】（1）设经n圈回到A板时被加速n次，由动能定理得，nqU=En-0，得En=nqU（2）经n次加速后，速度为vn，由动能定理得，nqU=，在绕行第n圈时，由，解得（3）绕行第n圈时间（4）不可能．PQBr1AA1A2A3如图所示，相距为d的狭缝P、Q间存在着方向始终与P、Q平面垂直、电场强度大小为E的匀强电场，且电场的方向按一定规律分时段变化。狭缝两侧均有磁感强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，且磁场区域足够大。某时刻从P平面处由静止释放一个质量为m、带电荷为q的带负电粒子（不计重力），粒子被加速后由A点进入Q平面右侧磁场区，以半径r1做圆运动，此时电场的方向已经反向，当粒子由A1点自右向左通过Q平面后，使粒子再次被加速进入P平面左侧磁场区做圆运动，此时电场又已经反向，粒子经半个圆周后通过P平面进入PQ狭缝又被加速，……。以后粒子每次通过PQ间都被加速。设粒子自右向左穿过Q平面的位置分别是A1、PQBr1AA1A2A3（1）粒子第一次在Q右侧磁场区做圆运动的半径r1的大小；（2）粒子第一次和第二次通过Q平面的位置A1和A2之间的距离；（3）设An与An+1间的距离小于r1/3，则n值为多大。【答案】（1）r1=；（2）2（-）；（3）n>5利用霍尔效应制作的霍尔元件以及传感器，广泛应用于测量和自动控制等领域．如图1，将一金属或半导体薄片垂直至于磁场B中，在薄片的两个侧面、间通以电流时，另外两侧、间产生电势差，这一现象称霍尔效应．其原因是薄片中的移动电荷受洛伦兹力的作用向一侧偏转和积累，于是、间建立起电场，同时产生霍尔电势差．当电荷所受的电场力与洛伦兹力处处相等时，和达到稳定值，的大小与和以及霍尔元件厚度之间满足关系式，其中比例系数称为霍尔系数，仅与材料性质有关．aabcfBIIdUHl图1永磁体（共m个）霍尔元件图2UHOtPP-11324图3（1）设半导体薄片的宽度（、间距）为，请写出和的关系式；若半导体材料是电子导电的，请判断图１中、哪端的电势高；（2）已知半导体薄片内单位体积中导电的电子数为n，电子的电荷量为e，请导出霍尔系数的表达式．（通过横截面积S的电流，其中是导电电子定向移动的平均速率）；（3）图2是霍尔测速仪的示意图，将非磁性圆盘固定在转轴上，圆盘的周边等距离地嵌装着m个永磁体，相邻永磁体的极性相反．霍尔元件置于被测圆盘的边缘附近．当圆盘匀速转动时，霍尔元件输出的电压脉冲信号图像如图３所示．a．若在时间t内，霍尔元件输出的脉冲数目为，请导出圆盘转速的表达式．b．利用霍尔测速仪可以测量汽车行驶里程．请你展开“智慧的翅膀”，提出另一个实例或设想．【解析】（1）由 ①得 ②当电场力与洛伦兹力相等时 ③得 ④将③、④代入②，得（2）a．由于在时间t内，霍尔元件输出的脉冲数目为P，则圆盘转速为b．合理即可，如测速度等．如图所示为磁流体发电机示意图,其中两极板间距d=20cm,磁场的磁感应强度B=5T,若接入额定功率P=100W的灯泡,灯泡恰好正常发光,灯泡正常发光时的电阻R=400Ω不计发电机内阻,求：（1）等离子体的流速多大？（2）若等离子体均为一价离子,则每秒钟有多少个什么性质的离子打在下极板．【答案】200m/s3．125×1018正离子相距为d的平行金属板与外电阻R相连构成一电路．设气流的速度为v,气体的电导率（电阻率的倒数）为g,则流过外电阻R的电流强度I及电流方向为 （）A．I=,A→R→B B．I=,B→R→AC．I=,B→R→A D．I=,A→R→B【答案】D电磁流量计广泛应用于测量可导电流体（如污水）在管中的流量（在单位时间内通过管内横截面的流体的体积）．为了简化,假设流量计是如图所示的横截面为长方形的一段管道,其中空部分的长、宽、高分别为图中的a、b、c．流量计的两端与输送流体的管道相连接（图中虚线）．图中流量计的上下两面是金属材料,前后两面是绝缘材料．现于流量计所在处加磁感应强度为B的匀强磁场,磁场方向垂直于前后两面．当导电流体稳定地流经流量计时,在管外将流量计上、下两表面分别与一串接了电阻R的电流表的两端连接,I表示测得电流值．已知流体的电阻率为ρ,不计电流表的内阻,则可求得流量 （）A． B． C． D．【答案】A图为一电磁流量计的示意图，其截面为正方形的非磁性管，每边边长为d，导电液体流动，在垂直液体流动方向上加一指向纸内的匀强磁场，磁感应强度为B．现测得液体a、b两点间的电势差为U，求管内导电液体的流量Q．【解析】导电液体经磁场时，在洛仑兹力的作用下，正离子向下偏转，负离子向上偏转，形成一个相互垂直的电场和磁场的复合场．进入这个复合场的正、负离子不仅受洛仑兹力，同时还受与洛仑兹力相反方向的电场力作用，当两者平衡时，进入的离子匀速通过管子，不再发生偏转，此时a、b两点间的电势差U保持恒定．a、b间保持恒定电势差U时应满足：，解得导电液体的流速为，所以导电液体的流量为：．【答案】专题三、临界问题知识知识讲解题目中往往含有“最大”、“最高”、“至少”、“恰好”等词语，其最终的求解一般涉及极值，但关键是找准临界状态——状态转折点．例题例题精讲长为L的水平极板间，有垂直纸面向内的匀强磁场，如图7所示，磁感应强度为B，板间距离也为L，两极板不带电，现有质量为m电量为q的带负电粒子（不计重力）从左边极板间中点处垂直磁感线以水平速度v射入磁场，欲使粒子打到极板上，求初速度的范围．【解析】由左手定则判定受力向下，所以向下偏转，恰好打到下板右边界和左边界为两个临界状态，分别作出两个状态的轨迹图，如图8、9所示，打到右边界时，在直角三角形OAB中，由几何关系得：，解得轨道半径电子在磁场中运动时洛伦兹力提供向心力，因此打在左侧边界时，如图9所示，由几何关系得轨迹半径电子在磁场中运动时洛伦兹力提供向心力，所以所以打在板上时速度的范围为如图所示，宽为d的有界匀强磁场的边界为PQ、MN，一个质量为m，带电量为-q的微粒子沿图示方向以速度v0垂直射入磁场（磁感线垂直于纸面向里），磁感应强度为B，要使粒子不能从边界MN射出，粒子的入射速度v0的最大值是多大？【解析】为了使带电粒子入射时不从边界MN射出，则有临界轨迹与MN相切，如图所示．设粒子做圆周运动的轨道半径为R，则有，由几何关系得，解得入射粒子的最大速度．【小结】利用动态圆解决很直观．如图7所示，磁感应强度大小B=0.15T、方向垂直纸面向里的匀强磁场分布在半径R=0.10m的圆形区域内，圆的左端跟y轴相切于直角坐标系原点O，右端跟荧光屏MN相切于x轴上的A点．置于原点的粒子源可沿x轴正方向射出速度v0=3.0×106m/s的带正电的粒子流，粒子的重力不计，荷质比q/m=1.0×108C/kg．现以过O点并垂直于纸面的直线为轴，将圆形磁场逆时针缓慢旋转90°，求此过程中粒子打在荧光屏上离A的最远距离．【解析】本题可先设想磁场是无界的，那么粒子在磁场中运动的一段圆弧如图8中的弧OE（半径r=2R=0．20m，圆心为O′），现在圆形磁场以O为轴在旋转相当于直径OA也在旋转，当直径OA旋转至OD位置时，粒子从圆形磁场中离开射向荧光屏MN时离A有最远距离（落点为F）．图中△O′OD为等边三角形，FD与O′O2延长交于C点，图中θ=60°，，，如图所示，S为电子源，它在纸面360度范围内发射速度大小为，质量为m，电量为q的电子（q<0），MN是一块足够大的竖直挡板，与S的水平距离为L，挡板左侧充满垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为，求挡板被电子击中的范围为多大？【解析】由于粒子从同一点向各个方向发射，粒子的轨迹构成绕S点旋转的一动态圆，动态圆的每一个圆都是逆时针旋转，这样可以作出打到最高点与最低点的轨迹，如图4所示，最高点为动态圆与MN的相切时的交点，最低点为动态圆与MN相割，且SB为直径时B为最低点，带电粒子在磁场中作圆周运动，由得SB为直径，则由几何关系得A为切点，所以OA＝L，所以粒子能击中的范围为．【本题小结】在磁场中向垂直于磁场的各个方向发射粒子时，粒子的运动轨迹是围绕发射点旋转的动态圆，用这一规律可确定粒子的运动轨迹．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（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．（2）所有粒子不能穿越磁场的最大速度．【解析】（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利用电场和磁场，可以将比荷不同的离子分开，这种方法在化学分析和原子核技术等领域有重要的应用．如图所示的矩形区域ACDG（AC边足够长）中存在垂直于纸面的匀强磁场，A处有一狭缝．离子源产生的离子，经静电场加速后穿过狭缝沿垂直于GA边且垂直于磁场的方向射入磁场，运动到GA边，被相应的收集器收集．整个装置内部为真空．已知被加速的两种正离子的质量分别是m1和m2（m1>m2），电荷量均为q．加速电场的电势差为U，离子进入电场时的初速度可以忽略．不计重力，也不考虑离子间的相互作用．（1）求质量为m1的离子进入磁场时的速率v1；（2）当磁感应强度的大小为B时，求两种离子在GA边落点的间距s；（3）在前面的讨论中忽略了狭缝宽度的影响，实际装置中狭缝具有一定宽度．若狭缝过宽，可能使两束离子在GA边上的落点区域交叠，导致两种离子无法完全分离．设磁感应强度大小可调，GA边长为定值L，狭缝宽度为d，狭缝右边缘在A处．离子可以从狭缝各处射入磁场，入射方向仍垂直于GA边且垂直于磁场．为保证上述两种离子能落在GA边上并被完全分离，求狭缝的最大宽度．【解析】（1）动能定理得=1\*GB3①（2）由牛顿第二定律，利用=1\*GB3①式得离子在磁场中的轨道半径为别为，=2\*GB3②两种离子在GA上落点的间距=3\*GB3③（3）质量为m1的离子，在GA边上的落点都在其入射点左侧2R1处，由于狭缝的宽度为d，因此落点区域的宽度也是d．同理，质量为m2的离子在GA边上落点区域的宽度也是d．为保证两种离子能完全分离，两个区域应无交叠，条件为=4\*GB3④利用=2\*GB3②式，代入=4\*GB3④式得R1的最大值满足，得，求得最大值专题四多解问题知识讲解知识讲解带电粒子的电性不确定形成多解．当其它条件相同的情况下，正负粒子在磁场中运动的轨迹不同，形成双解．磁场方向不确定形成多解．当磁场的磁感应强度的大小不变，磁场方向发生变化时，可以形成双解或多解．带电粒子运动的周期性形成多解．粒子在磁场中运动时，如果改变其运动条件（如：加档板、加电场、变磁场等）可使粒子在某一空间出现重复性运动而形成多解．临界状态不惟一带电粒子在洛仑兹力作用下飞越有界磁场时，由于粒子运动轨迹是圆弧状，因此穿越磁场的轨迹可能有多种情况．例题精讲例题精讲如图所示,MN是磁感应强度为B的匀强磁场的边界，一质量为m、电荷量为q的粒子在纸面内从O点射入磁场．若粒子速度为v0,最远能落在边界上的A点．下列说法正确的有（）A．若粒子落在A点的左侧,其速度一定小于v0B．若粒子落在A点的右侧,其速度一定大于v0C．若粒子落在A点左右两侧d的范围内,其速度不可能小于D．若粒子落在A点左右两侧d的范围内,其速度不可能大于【解析】当粒子以速度垂直于MN进入磁场时，最远，落在A点，若粒子落在A点的左侧，速度不一定小于，可能方向不垂直，落在A点的右侧，速度一定大于，所以A错误，B正确；若粒子落在A点的右侧处，则垂直MN进入时，轨迹直径为，即，已知,解得，不垂直MN进时，，所以C正确，D错误．【答案】BC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？【解析】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LdENMBa2B如图所示，水平方向的匀强电场的场强为E（场区宽度为L，竖直方向足够长），紧挨着电场的是垂直纸面向外的两个匀强磁场区，其磁感应强度分别为B和2B．一个质量为m、电量为q的带正电粒子（不计重力），从电场的边界MN上的a点由静止释放，经电场加速后进入磁场，经过LdENMBa2B（1）中间磁场的宽度d；（2）粒子从a点到b点共经历的时间tab；（3）当粒子第n次到达电场的边界ＭＮ时与出发点a之间的距离Sn．【答案】d=，tab=2+，sn=在如图所示的坐标系中，的区域内存在着沿轴正方向、场强为E的匀强电场，的区域内存在着垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场．一带电粒子从轴上的点以沿轴正方向的初速度射出，恰好能通过轴上的点．己知带电粒子的质量为，带电量为．、、均大于0．不计重力的影响．（1）若粒子只在电场作用下直接到达D点，求粒子初速度的大小；（2）若粒子在第二次经过轴时到达D点，求粒子初速度的大小（3）若粒子在从电场进入磁场时到达D点，求粒子初速度的大小；【解析】（1）粒子只在电场作用下直接到达D点，设粒子在电场中运动的时间为，粒子沿方向做匀速直线运动，则①沿y方向做初速度为0的匀加速直线运动，则②加速度③粒子只在电场作用下直接到达D点的条件为④解①②③④得（2）粒子在第二次经过x轴时到达D点，其轨迹如图3所示．设粒子进入磁场的速度大小为，与轴的夹角为， 轨迹半径为R，则⑤⑥粒子第二次经过轴时到达D点的条件为⑦解①②③⑤⑥⑦得（3）粒子在从电场进入磁场时到达D点，其轨迹如图4所示．根据运动对称性可知粒子在从电场进入磁场时到达D点的条件为⑧其中为非负整数．解①②③⑤⑥⑧得【答案】（1）（2）（3）专题五、最值问题知识讲解知识讲解求解方法：先依据题意和几何知识，确定圆弧轨迹的圆心、半径和粒子运动的轨迹，再用最小圆覆盖粒子运动的轨迹（一般情况下是圆形磁场的直径等于粒子运动轨迹的弦），所求最小圆就是圆形磁场的最小范围．例题精讲例题精讲如图所示，有位于竖直平面上的半径为R的圆形光滑绝缘轨道，其上半部分处于竖直向下、场强为E的匀强电场中，下半部分处于垂直水平面向里的匀强磁场中；质量为m，带正电，电荷量为q的小球，从轨道的水平直径的M端由静止释放，若小球在某一次通过最低点时对轨道的压力为零，求：(1)磁感应强度B的大小；(2)小球对轨道最低点的最大压力；(3)若要小球在圆形轨道内做完整的圆周运动，求小球从轨道的水平直径的M端下滑的最小速度．【解析】(1)设小球向右通过最低点时的速率为v，由题意得：mgR＝eq\f(1,2)mv2，qBv－mg＝meq\f(v2,R)，B＝eq\f(3mg,q\r(2gR)).(2)小球向左通过最低点时对轨道的压力最大．FN－mg－qBv＝meq\f(v2,R).FN＝6mg.(3)要小球完成圆周运动的条件是在最高点满足：mg＋qE＝meq\f(v\o\al(2,1),R)从M点到最高点由动能定理得：－mgR－qER＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)由以上可得v0＝eq\r(\f(3R(mg＋qE),m)).【答案】(1)eq\f(3mg,q\r(2gR))(2)6mg(3)eq\r(\f(3R(mg＋qE),m))如图20所示，在xoy平面内有很多质量为m、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）【解析】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θ，若离开磁场时电子速度变为沿x轴正方向，其射出点（也就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=Rsinθ，y=R-Rcosθ，消去参数θ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:．如图所示，一足够长的矩形区域内充满磁感应强度为、方向垂直纸面向里的匀强磁场．现从矩形区域边的中点处，垂直磁场射入一速度方向与边夹角为、大小为的带电粒子．已知粒子质量为，电荷量为，边长为，重力影响不计．（1）试求粒子能从边射出磁场的值；（2）粒子在磁场中运动的最长时间是多少?【解析】（1）由于有界磁场区域的限制，使带电粒子由边射出磁场时的速度有一定的范围．以的较小值和较大值为临界值，可知当较小时，运动轨迹恰好与边相切；当较大时，则恰好与边相切，然后从边穿出，如图所示．当速度较小为时，有，解得，又由半径公式，可得当速度较大为时，有 ，又由半径公式，可得可见，带电粒子在磁场中从边射出时，其速度范围应为（2）带电粒子在磁场中运动的周期为．要使带电粒子运动的时间最长，其运动轨迹所对的圆心角应最大．所以当速度为时，粒子在磁场中运动的时间最长即有【答案】（1）（2）如图12所示，一带电质点，质量为m，电量为q，以平行于Ox轴的速度v从y轴上的a点射入图中第一象限所示的区域．为了使该质点能从x轴上的b点以垂直于Ox轴的速度v射出，可在适当的地方加一个垂直于xy平面、磁感应强度为B的匀强磁场．若此磁场仅分布在一个圆形区域内，试求这圆形磁场区域的最小半径．重力忽略不计．【解析】质点在磁场中作半径为R的圆周运动，qvB=（Mv2）/R，得R=（MV）/（qB）．根据题意，质点在磁场区域中的轨道是半径等于R的圆上的1/4圆周，这段圆弧应与入射方向的速度、出射方向的速度相切．如图13所示，过a点作平行于x轴的直线，过b点作平行于y轴的直线，则与这两直线均相距R的O′点就是圆周的圆心．质点在磁场区域中的轨道就是以O′为圆心、R为半径的圆（图中虚线圆）上的圆弧MN，M点和N点应在所求圆形磁场区域的边界上．在通过M、N两点的不同的圆周中，最小的一个是以MN连线为直径的圆周．所以本题所求的圆形磁场区域的最小半径为：，所求磁场区域如图13所示中实线圆所示．如图所示，竖直平面坐标系xOy的第一象限，有垂直xOy面向外的水平匀强磁场和竖直向上的匀强电场，大小分别为B和E；第四象限有垂直xOy面向里的水平匀强电场，大小也为E；第三象限内有一绝缘光滑竖直放置的半径为R的半圆轨道，轨道最高点与坐标原点O相切，最低点与绝缘光滑水平面相切于N.一质量为m的带电小球从y轴上(y>0)的P点沿x轴正方向进入第一象限后做圆周运动，恰好通过坐标原点O，且水平切入半圆轨道并沿轨道内侧运动，过N点水平进入第四象限，并在电场中运动(已知重力加速度为g)．(1)判断小球的带电性质并求出其所带电荷量；(2)P点距坐标原点O至少多高；(3)若该小球以满足(2)中OP最小值的位置和对应速度进入第一象限，通过N点开始计时，经时间t＝2eq\r(\f(R,g))小球距坐标原点O的距离s为多远？ 【解析】(1)小球进入第一象限正交的电场和磁场后，在垂直磁场的平面内做圆周运动，说明重力与电场力平衡，qE＝mg① 得q＝eq\f(mg,E)② 小球带正电． (