1、2018/11/4,专题十三 带电粒子在磁场场中的运动,2018/11/4,一、洛伦兹力 1定义：磁场对 的作用力,2洛伦兹力的方向 左手定则：伸开左手，使大拇指与其余 垂直，并且都与同一平面内，让磁感线从掌心进入，并使四指指向为正电荷运动的方向，这时， 所指的方向就是运动的正电荷在磁场中所受洛伦兹力的方向,运动电荷,四个手指,拇指,2018/11/4,3洛伦兹力的大小 (1)vB时，洛伦兹力 . (2)vB时，洛伦兹力F . (3)v与B的夹角为时，洛伦兹力F .,F0,Bqv,qvBsin,2018/11/4,1利用左手定则判断洛伦兹力的方向时，应特别注意正、 负电荷的区别 2由于洛伦兹力
2、始终与速度垂直，因此，它永不做功,2018/11/4,二、带电粒子在匀强磁场中的运动状态 1若vB，带电粒子不受洛伦兹力，在匀强磁场中做运动 2若vB，带电粒子仅受洛伦兹力作用，在垂直于磁感线的平面内以入射速度v做 运动,匀速直线,匀速圆周,2018/11/4,2018/11/4,带电粒子在磁场中运动的周期与其速度无关，带电粒子在磁场中运动的时间t ，其中为半径绕过的圆心角,2018/11/4,三、洛伦兹力应用实例 1.回旋加速器,(1)主要构造：两个半圆形金属盒D1、D2，它们之间有一定的电势差，两个半圆盒处于与盒面垂直的匀强磁场中(如图821).,2018/11/4,(2)工作原理磁场作用
3、：带电粒子 磁场方向射入磁场时，在洛伦 兹力作用下做 ，其周期与 和 无关.交变电压的作用：在两D形盒狭缝间产生周期性变化的，使带电粒子每经过一次狭缝加速一次.交变电压的周期(或频率)：与带电粒子在磁场中做圆周运动的周期(或频率) .,垂直,匀速圆周运动,速率,运动半径,电场,相同,2018/11/4,2.质谱仪 (1)功能：分析各化学元素的 并测量其 、含量. (2)原理图：如图822所示.,同位素,质量,图822,2018/11/4,(3)工作原理带电粒子在电场中加速： mv2带电粒子在磁场中偏转： 带电粒子的比荷： 由此可知，粒子比荷与偏转距离L的平方成反比，凡是比 荷不相等的都被分开，
4、并按比荷顺序的大小排列，故称之 为“质谱”.,qU,2018/11/4,1洛伦兹力是单个运动电荷在磁场中受到的作用力，而安 培力是整个通电导体在磁场中受到的作用力，安培力是导体中所有形成电流的定向移动电荷受到的洛伦兹力的宏观表现,2018/11/4,2由安培力公式FBIL推导洛伦兹力表达式(磁场与导线方 向垂直) 如图823所示，设有一段长度 为L的通电导线，横截面积为S，单 位体积中含有的自由电荷数为n， 每个自由电荷的电荷量为q，定向,图823,2018/11/4,移动的平均速度为v，垂直于磁场方向放入磁感应强度为B的磁场中 导线中的电流为InqvS 导线所受安培力F安ILBnqvSLB
5、这段导线中含有的运动电荷数为nLS 所以F洛 qvB.,2018/11/4,1有关洛伦兹力和安培力的描述，正确的是 ( ) A通电直导线在匀强磁场中一定受到安培力的作用 B安培力是大量运动电荷所受洛伦兹力的宏观表现 C带电粒子在匀强磁场中运动受到的洛伦兹力做正功 D通电直导线在磁场中受到的安培力方向与磁场方向平行,2018/11/4,解析：通电直导线与磁场方向平行时，安培力等于零，故A错；安培力一定垂直于磁场和电流所决定的平面，即安培力方向一定垂直于磁场方向，D错；洛伦兹力也一定垂直于磁场与速度方向决定的平面，即洛伦兹力一定与运动方向垂直，洛伦兹力一定不做功，C错；安培力与洛伦兹力的关系为安培
6、力是大量运动电荷所受洛伦兹力的宏观表现，B项正确,答案：B,2018/11/4,2018/11/4,2018/11/4,安培力是洛伦兹力的宏观表现，但各自的表现形式不同，洛伦兹力对运动电荷永远不做功，而安培力对通电导线可做正功，可做负功，也可不做功,2018/11/4,2(2009广东理基)带电粒子垂直匀强磁场方向运动时， 会受到洛伦兹力的作用下列表述正确的是( ) A洛伦兹力对带电粒子做功 B洛伦兹力不改变带电粒子的动能 C洛伦兹力的大小与速度无关 D洛伦兹力不改变带电粒子的速度方向,2018/11/4,解析：FqvB，洛伦兹力的特点是永远与运动方向垂直，永不做功，因此选B.,答案：B,20
7、18/11/4,三、带电粒子在有界匀强磁场中做匀速圆周运动的分析 1确定圆心的两种方法 (1)已知入射点、出射点、入射方向和出射方向时，可通过入 射点和出射点分别作垂直于入射方向和出射方向的直线，两条直线的交点就是圆弧轨道的圆心(如图824甲所示，图中P为入射点，M为出射点),2018/11/4,图824,2018/11/4,(2)已知入射点和出射点的位置时，可以通过入射点作入射方 向的垂线，连接入射点和出射点，作其中垂线，这两条垂线的交点就是圆弧轨道的圆心(如图824乙所示，P为入射点，M为出射点) 2半径的确定 用几何知识(勾股定理、三角函数等)求出半径大小,2018/11/4,3运动时间
8、的确定 t T或t T或t 式中为粒子运动的圆弧所对应的圆心角，T为周期，s为运动轨迹的弧长，v为线速度,2018/11/4,4带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的程序解题法 三步法 (1)画轨迹：即确定圆心，用几何方法求半径并画出轨迹 (2)找联系：轨道半径与磁感应强度、运动速度相联系，偏 转角度与圆心角、运动时间相联系，在磁场中运动的时间与周期相联系 (3)用规律：即牛顿第二定律和圆周运动的规律，特别是周 期公式、半径公式,2018/11/4,1直线边界(进出磁场具有对称性，如图825所示),图825,2018/11/4,2平行边界(存在临界条件，如图826所示),图826,2018/11
9、/4,3圆形边界(沿径向射入必沿径向射出，如图827所示),图827,2018/11/4,3如图828所示，在第象限内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一对正、负电子分别以相同速率与x轴成30角的方向从原点射入磁场，则正、负电子在磁场中运动的时间之比为 ( ) A12 B21 C1 D11,图828,2018/11/4,解析：由T 可知，正、负电子 的运动周期相同，故所用时间之比等 于轨迹对应的圆心角之比 作出正、负电子运动轨迹如图所示， 由几何知识可得正电子运动的圆心角等于120，负电子运动的圆心角等于60，而电荷在磁场中的运动时间t T，所以t正t负正负21，故B正确，A、C、D错误,答案：B,
10、2018/11/4,带电粒子在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，由于多种因素的影响，使问题形成多解,2018/11/4,1带电粒子电性不确定形成多解 受洛伦兹力作用的带电粒子，可能带正电荷，也可能带负电荷，在相同的初速度的条件下，正、负粒子在磁场中运动轨迹不同，形成多解 2磁场方向不确定形成多解 有些题目只告诉了磁感应强度的大小，而未具体指出磁感应强度的方向，此时必须要考虑磁感应强度方向不确定而形成的多解,2018/11/4,3临界状态不唯一形成多解 带电粒子在洛伦兹力作用下飞越有 界磁场时，由于粒子运动轨迹是圆 弧状，因此，它可能穿过去了，也 可能转过180从入射界面这边反向 飞出，如图829
11、所示，于是形成了多解 4运动具有周期性形成多解 带电粒子在部分是电场、部分是磁场的空间运动时，往往运动具有周期性，因而形成多解,图829,2018/11/4,4长为L的水平极板间，有垂 直于纸面向里的匀强磁场，磁感 应强度为B，板间距离为L，板不 带电，现有质量为m、电荷量为 q的带正电粒子(重力不计)，从左边极板间中点处垂直磁场以速度v水平入射，如图8210所示，欲使粒子不打在极板上，可采用的办法是 ( ),图8210,2018/11/4,A使粒子速度v C使粒子速度v D使粒子速度,2018/11/4,解析：如图所示，粒子能从右边穿出的 运动半径临界值为r1，有r12L2(r1 )2， 得
12、r1 L.又因为r1 得v1 ， 所以v 时粒子能从右边穿出 粒子从左边穿出的运动半径的临界值为r2，由r2 得v2 ，所以v 时粒子能从左边穿出故选项A、B 正确,答案：AB,2018/11/4,例1、图8211所示 是科学史上一张著名的实验照片，显示 一个带电粒子在云室中穿过某种金属板 运动的径迹云室放置在匀强磁场中， 磁场方向垂直照片向里云室中横放的 金属板对粒子的运动起阻碍作用分析此径迹可知粒子 ( ),图8211,2018/11/4,A带正电，由下往上运动 B带正电，由上往下运动 C带负电，由上往下运动 D带负电，由下往上运动,2018/11/4,思路点拨,2018/11/4,课堂笔
13、记 从照片上看，径迹的轨道半径是不同的，下部半径大，上部半径小，根据半径公式r 可知，下部速度大，上部速度小，则一定是粒子从下到上穿越了金属板而损失了动能，再根据左手定则，可知粒子带正电，因此，正确的选项是A.,答案 A,2018/11/4,图象是给出物理信息的常用方法，所以做物理习题时，必须能正确的识图，获取准确信息，否则会出现错误如本题，由于读图能力差，不能根据径迹的弯曲程度正确地推出轨道半径的大小从而导致错解.,2018/11/4,例2、在真空中，半径r3102 m 的圆形区域内有匀强磁场，方向如图 8212所示，磁感应强度B0.2 T， 一个带正电的粒子，以初速度v0106 m/s从磁
14、场边界上直径ab的一端a射入磁场，已知该粒子的比荷 108 C/kg，不计粒子重力求：,图8212,2018/11/4,(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径是多少？ (2)若要使粒子飞离磁场时有最大偏转角，求入射时v0方向与ab的夹角及粒子的最大偏转角.,2018/11/4,思路点拨 洛伦兹力提供向心力，由牛顿定律求得半径；欲使偏转角最大，则通过的弧长最大，即粒子应从a点射入，从b点射出,2018/11/4,课堂笔记 (1)粒子射入磁场后，由于不计重力，所以洛伦兹力充当圆周运动需要的向心力，根据牛顿第二定律有：qv0B R 5102 m.,2018/11/4,(2)粒子在圆形磁场区域轨迹为一
15、段 半径R5 cm的圆弧，要使偏转角最 大，就要求这段圆弧对应的弦最长， 即为场区的直径，粒子运动轨迹的 圆心O在ab弦的中垂线上，如图 所示由几何关系可知： sin 0.6， 37 而最大偏转角为274.,答案 (1)5102 m (2)37 74,2018/11/4,挖掘隐含的几何条件是解决本题的关键带电粒子在匀强磁场中的圆周运动问题，关键之处要正确找出粒子轨迹的圆心和半径，画出轨迹圆弧，由几何知识明确弦切角、圆心角和偏转角之间的关系，从而就可进一步求出粒子在磁场中运动的时间、运动半径等问题.,2018/11/4,例3、一质量为m、电荷量为q的带负电 的粒子，从A点射入宽度为d、磁感应 强
16、度为B的匀强磁场中，MN、PQ为该 磁场的边界线，磁感线垂直于纸面向里，如图8213所示带电粒子射入时的初速度与PQ成45角，且粒子恰好没有从MN射出(不计粒子所受重力),图8213,2018/11/4,(1)求该带电粒子的初速度v0； (2)求该带电粒子从PQ边界射出的出射点到A点的距离x.,2018/11/4,思路点拨 解答此题应注意以下几点： (1)注意入射方向的不确定引起多解性； (2)根据题意画出带电粒子的轨迹，建立半径和磁场宽度的几何关系； (3)建立洛伦兹力和圆周运动的关系,2018/11/4,解题样板 (1)如图8214 所示，若初速度向右上方，设 轨道半径为R1，由几何关系可
17、 得R1(2 )d. 又洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律 有qv0B ，得R1 ，,图8214,2018/11/4,所以v0 . 若初速度向左上方，设轨道半径为R2，由几何关系可得 R2(2 )d， 得v0,2018/11/4,(2)若初速度向右上方，带电粒子从PQ边界上的C点射出，ACO1为等腰直角三角形，AO1C90，设出射点C到A点的距离为x1，由图可知 x1 R12( 1)d. 若初速度向左上方，带电粒子从PQ边界上的D点射出，设出射点D到A点距离为x2，由图可知 x2 R22( 1)d.,2018/11/4,答案 (1) 或 (2)2( 1)d或2( 1)d,2018/11/4,本
18、题只告诉带电粒子射入的初速度与PQ成45角，而没有说明是向右上方还是向左上方，这样就带来多解，很多同学只考虑一个方向而导致解题不完整,2018/11/4,例4一个电子穿过某一空间而未发生偏转，则 ( ) A此空间一定不存在磁场 B此空间可能有磁场，方向与电子速度平行 C此空间可能有磁场，方向与电子速度垂直 D以上说法都不对,2018/11/4,解析：电子速度方向平行磁场方向时，不受洛伦兹力，不偏转；电子速度方向垂直磁场方向时，一定受洛伦兹力，但如果同时存在电场，且电场力与磁场力平衡时，电子也不偏转，故B、C正确，A、D错误,答案：BC,2018/11/4,例5图8215对应的四种情况中，对各粒
19、子所受洛伦兹力的方向的描述，其中正确的是 ( ),图8215,2018/11/4,A垂直于v向右下方 B垂直于纸面向里 C垂直于纸面向外 D垂直于纸面向里,2018/11/4,解析：由左手定则可判断A图中洛伦兹力方向垂直于v向左上方，B图中洛伦兹力垂直于纸面向里，C图中垂直于纸面向里，D图中垂直于纸面向里，故B、D正确，A、C错误,答案：BD,2018/11/4,例6.质谱仪的两大重要组成部分是加速电场和偏转磁场，如图8216所示为质谱仪的原理图.设想有一个静止的质量为 m、带电荷量为q的带电粒子(不计重力)，经电压为U的加速电场加速后垂直进入磁感应强度为B的偏转磁场中，带电粒子打至底片上的P
20、点，设OPx，则在图8217中能正确反映x与U之间的函数关系的是( ),2018/11/4,2018/11/4,解析：带电粒子先经加速电场加速，故qU mv2，进入磁场后偏转，OPx2r ，两式联立得，OPx ，所以B为正确答案.,答案：B,2018/11/4,例7、如图8218所示， ABC为与匀强磁场垂直的边长为a的 等边三角形，磁场垂直于纸面向外， 比荷为 的电子以速度v0从A点沿 AB方向射入，欲使电子能经过BC边，则磁感应强度B的取值应为 ( ),图8218,2018/11/4,AB BB,2018/11/4,解析：由题意，如图所示，电子正好 经过C点，此时圆周运动的半径R ，要想电
21、子从BC边经过， 圆周运动的半径要大于 ，由带电 粒子在磁场中运动的公式r 有 ，即B ，C选项正确,答案：C,2018/11/4,8如图8219所示，一束电子(电荷量为 e，所受重力可忽略不计)以速度v0垂直 于磁场边界和磁场方向射入匀强磁场 中，磁场的磁感应强度为B、宽度为d， 电子穿过磁场时速度方向与原来入射方向的夹角30，则电子的质量为多少？穿过磁场的时间是多长？,图8219,2018/11/4,解析：电子进入磁场后，只受洛伦兹力，电子做匀速圆周运动根据左手定则判断出其所受洛伦兹力的大致方向，画出大致轨迹，过圆弧上A、B两点作运动方向的垂线，交于O点，则O点即为圆周的圆心 由几何知识可
22、以判断，弧AB所对 的圆心角和速度的偏向角相等，,2018/11/4,都为30.过B点作磁场边界的垂线，根据数学关系，显然有Rsind，所以R 2d，m .电子在磁场中运动的时间,答案：,2018/11/4,例9、串列加速器是用来产生高能离子的装置.图中虚 线框内为其主体的原理示意图,其中加速管的中部b 处 有很高的正电势U，a、c 两端均有电极接地（电势为 零）.现将速度很低的负一价碳离子从a 端输入，当离 子到达b 处时,可被设在b处的特殊装置将其电子剥离,成为n 价正离子,而不改变其速度大小,这些正n 价碳 离子从c 端飞出后进入一与其速度方向垂直的、磁感 强度为B的匀强磁场中，在磁场中
23、做半径,2018/11/4,为R的圆周运动.已知碳离子的质量 m =2.010 26 kg, U=7.5 105 V, B=0.50T, n=2,基元电荷e= 1.610 - 19 C ，求R.,2018/11/4,设碳离子到达b处时的速度为v1，从c 端射出时的速度为v2 ，由能量关系得,1/2mv1 2 =eU ,1/2mv2 2 = 1/2mv1 2 +neU ,进入磁场后，碳离子做圆周运动，可得,nev2 B=mv22 /R ,由以上三式可得,由式及题给数值可解得 R=0.75m,2018/11/4,例10. 一质量为m、带电量为+q 的粒子以速度v 从O点沿y 轴正方向射入磁感应强度
24、为B 的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向外，粒子飞出磁场区域后，从b 处穿过x轴，速度方向与x 轴正方向的夹角为30，同时进入场强为E、方向沿与与x 轴负方向成60角斜向下的匀强电场中，通过了b点正下方的C点。如图示，不计重力，试求：1. 圆形匀强磁场区域的最小面积 2. C点到b点的距离h,2018/11/4,解：1. 反向延长vb交y 轴于O2 点，作bO2 O的角平分线交x 轴于O1 ， O1即为圆形轨道的圆心，半径为R = OO1 =mv/qB ,画出圆形轨迹交b O2于A点，如图虚线所示。,最小的圆形磁场区域是以OA为直径的圆，如图示：,2. b到C 受电场力作用，做类平抛运动,
25、h sin 30=vt h cos 30=1/2qE/mt2 ,t=2mv/qEtg 30,返回,2018/11/4,例11、回旋加速器 的D形盒的半径为R，用来加速质量为m，带电量为q 的质子，使质子由静止加速到能量为E 后，由A 孔射出。求： （1）加速器中匀强磁场B 的方向和大小。 （2）设两D形盒间的距离为d，其间电压为U，加速到上述能量所需回旋周数. （3）加速到上述能量所需时间(不计通过缝隙的时间）。,2018/11/4,解：（1）由 qvB=mv2 /R,E=1/2mv2,B的方向垂直于纸面向里.,（2）质子每加速一次，能量增加为qU，每周加速两次，,所以 n=E/2qU,（3）
26、周期T=2m / qB 且周期与半径r及速度v 都无关,t = nT = E/2qU2m / qB= m E/q2 UB,2018/11/4,例12 . 如图所示，正、负电子初速度垂直于 磁场方向，沿与边界成 30角的方向射入匀强磁场中，求它们在磁场中的运动时间之比,2018/11/4,解析：正电子将沿逆时针方向运动，经过磁场的偏转角为：,1=2=60 ,负电子将沿顺时针方向运动，经过磁场的偏转角为,2=360 - 2=300 ,因为正、负电子在磁场中运动的周期相同 （T=2m/qB ），,故它们的角速度也相同，,根据 =t 可知，正、负电子在磁场中运动的时间之比为：,t1 / t2= 1 /
27、 2 =1/5,2018/11/4,例13. 如图示，水平向左的匀强电场的场强E=4 伏/米，垂直纸面向内的匀强磁场的B=2 特，质量为1 千克的带正电的小物块A从竖直绝缘墙上的M点由静止开始下滑，滑行0.8m到达N点时离开墙面开始做曲线运动，在到达P点开始做匀速直线运动，此时速度与水平方向成45角，P点离开M点的竖直高度为1.6m，试求：1. A沿墙下滑克服摩擦力做的功2. P点与M点的水平距离，取g=10m/s2,2018/11/4,解：在N点有qvNB=qE,vN =E/B=2m/s,由动能定理 mgh-Wf =1/2 mvN 2, Wf = 6 J,在P点三力平衡，qE=mg,由动能定
28、理 ， 从N 到 P：,mgh- qEx=1/2 mvP 2 1/2 mvN 2,g（h x）=1/2（ vP 2vN 2 ） = 2,x=0.6m,2018/11/4,例14、如图示，板长为l 的两平行板间存在着竖直向下、场强为E的匀强电场，竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场，两平行板左边边缘的中心为原点O，有一正离子（重力不计），从O点以某一初速率v 沿x 轴射入电场和磁场中离开两场时的坐标为 。求此离子的荷质比。（水平向纸内为z 轴正方向。）,2018/11/4,解：由运动的合成若没有电场，则在xOz平面做匀速圆周运动；加上电场力的作用，则同时在y 方向做匀加速运动。,tan=,= 30
29、 =2 = 60,设运动时间为t，,t= T/6=m/3qB,y =1/2qE/ mt 2,l /6= 1/2qE/ m(m/3qB) 2,q/m= 2E/3B2l,2018/11/4,例15如图3-7-17甲所示，图的右侧MN为一竖直放置的荧光屏，O为它的中点，OO与荧光屏垂直，且长度为L在MN的左侧空间存在着方向水平向里的匀强电场，场强大小为E乙图是从左边去看荧光屏得到的平面图，在荧光屏上以O为原点建立如图的直角坐标系一细束质量为m、电量为+q 的带电粒子以相同的初速度v0 从O点沿OO 方向射入电场区域粒子的重力和粒子间的相互作用都可忽略不计,2018/11/4,（1）若再在MN左侧空间
30、加一个匀强磁场，使得荧光屏上的亮点恰好位于原点O 处，求这个磁场的磁感应强度B 的大小和方向 （2）如果磁感应强度B 的大小 保持不变，但把方向变为与电 场方向相同，则荧光屏上的亮 点位于图中A 点处，已知A点 的纵坐标为 求： A点横坐标的数值,2018/11/4,解：（1）电场力向里，洛仑兹力向外，合力为0， qvB=qE B=E/v , 方向沿y 轴正向,（2）由运动的合成 若没有电场，洛仑兹力向上，则在甲图平面做匀速圆周运动；加上电场力的作用，则同时在 - x 方向做匀加速运动。,2018/11/4,R2=(R-y)2+L2,Cos =(R-y)/R=1/2 =60,2018/11/4
31、,例16、如图所示，厚度为h、宽度为d 的导体板放在垂直于它的磁感应强度为B的匀强磁场中。当电流通过导体板时，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。实验表明，当磁场不太强时，电势差U、电流 I 和 B 的关系为 U=KIB/d 式中的比例系数K称为霍尔系数。,2018/11/4,霍尔效应可解释如下：外部磁场的洛仑兹力使运动的电子聚集在导体板的一侧，在导体板的另一侧会出现多余的正电荷，从而形成横向电场对电子施加与洛仑兹力方向相反的静电力。当静电子与洛仑兹 力达到平衡时，导体上下两侧之间 就会形成稳定的电势差。设电流I是 由电子的定向流动形成的， 电子的平均定向速度为
32、v， 电量为e。回答下列问题：,2018/11/4,（1）达到稳定状态时，导体板上侧面A的电势_下侧面的电势（填高于、低于或等于）。 （2）电子所受洛仑兹力的大小为_。 （3）当导体板上下两侧之间的电势差为U时，电子所受静电力的大小为_。 （4）由静电力和洛仑兹力平衡的条件，证明霍尔系数K= ，其中n代表导体板单位体积中电子的个数。,低于,BeV,2018/11/4,解析：（1）由题知电流是由电子向左的定向移动形成，电子在导体板中定向移动时要受洛仑兹力，由左手定则知电子向上侧移动，使得上侧出现 多余负电荷，而下侧出现多余正电 荷，形成两侧之间的电势差。结果 上侧的电势低于下侧A的电势。,（2）
33、由洛仑兹力公式知电子所受洛仑兹力的大小为 f=Bev,2018/11/4,（3）上、下两侧面可以看成是平行的，其间的电场认为是匀强电场，由匀强电场知其场强 E=U/h 所以电子所受静电力 F电= Ee = e U/h 又因电子达到稳定，电场力与洛仑兹力平衡，即 F电=Bev,（4）因电子稳定，电场力与洛仑兹力平衡，即e U/h =Bev 得U=hvB，且通过导体的电流强度 I=nevdh 将U及I的表达式代入U=KI B/d ，得K=1/ne 这是一道综合性试题，它展示了一种新型发电机的原理（磁流体发电机原理）。,2018/11/4,例17有一个未知的匀强磁场，用如下方法测其磁感应强度，如图所
34、示，把一个横截面是矩形的铜片放在磁场中，使它的上、下两个表面与磁场平行，前、后两个表面与磁场垂直当通入从左向右的电流 I 时，连接在上、下两个表面上的电压表示数为U已知铜片中单位体积内自由电子数为n，电子质量m，带电量为e，铜片厚度（前后两个表面厚度）为d，高度（上、下两个表面的距离）为h，求磁场的磁感应强度B,2018/11/4,解：达到动态平衡时有,qvB=qE=qU/h,B=U/vh,I=nevS=nevhd, vh=I/ned, B=Udne/I,2018/11/4,例18、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
35、粒子飞经A板时, A板电势升高为+U, B板电势仍保持为零, 粒子在两板间电场中得到加速. 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。 (1) 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 .,2018/11/4,(2) 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Bn. (3) 求粒子绕行n 圈所需的总时间tn (设极板间距远小于R). (4) 在图(2)中画出A板电势与时间t 的关系(从t=0起画到粒子第4次离开B板时即可). (5) 在粒子绕行的整个过程中, A板电势是否可以始终保持为+U? 为什么?,解见下页,2018/11/4,解答: (1)每通过AB一次, 动能增加qU, 通过n次获得的总动能为,E Kn =1/2mvn2 = nqU,(2)R=mvn/Bn q,(3)每转一转的时间为,+,2018/11/4,(4) 半径不变,速度越来越大,所以周期越来越小,加速的时间越来越小，ut 图如右图:,(5) 不可以. 如始终为+U, 则电场力 对粒子运动一周 所做的总功为零.,
