1、一、磁场的基本概念,磁场的基本概念,1、磁场的产生：磁体，通电导体，运动电荷均能产生磁场。,磁现象的电本质： 磁场的产生都是由于电荷的运动而产生。,2、磁场的基本性质：对处于磁场中的磁极、电流、运动电荷有磁场力的作用。,注意：通电导线、运动电荷在磁场中是否受磁场力的作用还与其与磁场间夹角有关，不能说通电导线在该处不受磁场力，则该处不存在磁场。,安培的分子电流假说： 一个环形电流相当于一个小磁针。,磁场的描述,磁场强弱的定义：同一小段通电直导线在导线与磁场垂直放置时，导体所受磁场力F越大，则该处的磁场越强，磁感强度B越大。,磁场的方向： 规定：小磁针N极受力方向（也是N极静止时所指的方向）为该点
2、磁场方向。通电导线、运动电荷的受力方向不单与磁场方向有关，还与两者间的位置关系有关，故不是用运动电荷的受力方向来确定磁场方向。,磁场的强弱描述：定量的描述用磁感强度B。,三、磁感应强度B,1.在磁场中垂直于磁场方向的通电导线，所受的安培力F跟电流I和导线长度L的乘积IL的比值叫做磁感应强度,2.磁感应强度的单位: 特斯拉，简称特，国际符号是T,3.磁感应强度的方向: 就是磁场的方向小磁针静止时北极所指的方向,磁感强度B是描述磁场性质的物理量；B的大小与放入其中的通电导线的有无、I的大小无关。 而磁场力的大小与磁场方向、通电直导线IL、IL与B的夹角均有关系。,四、磁场定性的描述：磁感线,1.是
3、在磁场中画出的一些有方向的曲线，在这些曲线上，每一点的切线方向都在该点的磁场方向上磁感线的分布可以形象地表示出磁场的强弱和方向,2.磁感线上各点的切线方向就是这点的磁场的方向. 也就是这点的磁感应强度的方向,3.磁感线的密疏表示磁场的大小在同一个磁场的磁感线分布图上，磁感线越密的地方，表示那里的磁感应强度越大,4.磁感线都是闭合曲线，磁场中的磁感线不相交,常见的磁感应线分布,2007年上海卷7,1取两个完全相同的长导线，用其中一根绕成如图（a）所示的螺线管，当该螺线管中通以电流强度为I的电流时，测得螺线管内中部的磁感应强度大小为B，若将另一根长导线对折后绕成如图（b）所示的螺线管，并通以电流强
4、度也为I的电流时，则在螺线管内中部的磁感应强度大小为（ ） （A）0 （B）0.5B （C）B （D）2 B,A,要点：磁感应强度为矢量，矢量合成注意方向。,磁场力,对磁极的磁场力F；,对运动电荷的洛伦兹力f。,对通电导线的安培力F；,对磁极的磁场力F：,方向：磁极间作用力据同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引；磁场对磁极的作用力方向由磁场方向确定，N极受力方向为磁场方向，S极受力方向与磁场方向相反。,大小：只能定性分析，同一磁极在磁感强度越大处其所受的磁场力越大。大多据磁感线的分布，疏密来定性分析。,07年苏锡常镇四市一模11,1两个完全相同的条形磁铁,放在平板AB上，磁铁的N、S极如图所示，
5、开始时平板及磁铁皆处于水平位置，且静止不动， （1）现将AB突然竖直向上平移（平板与磁铁之间始终接触），并使之停在A B 处，结果发现两个条形磁铁吸在了一起 （2）如果将AB从原来位置突然竖直向下平移，并使之停在位置A B处，结果发现两条形磁铁也吸在了一起，则下列说法正确的是 ( ),B C,（A）开始时两磁铁静止不动说明磁铁间的作用力是排斥力 （B）开始时两磁铁静止不动说明磁铁间的吸引力等于静摩擦力 （C）第（1）过程中磁铁开始滑动时，平板正在向上减速 （D）第（2）过程中磁铁开始滑动时，平板正在向下减速,对通电导线的安培力F：,大小：,（BI）,F=0 （BI）,方向：据左手定则来判定；F
6、B、FI、FBI组成的平面。（磁场B方向与导体电流I方向无必然关系。,左手定则： 伸开左手，使大拇指跟其余四个手指垂直，并且都跟手掌在一个平面内，把手放入磁场中，让磁感线垂直穿入手心，并使伸开的四指指向电流的方向，那么，大拇指所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向,广东茂名市2007年第一次模考7,2如图所示，用两条一样的弹簧秤吊着一根铜棒，铜棒所在的虚线框范围内有垂直纸面的匀强磁场，棒中通入自左向右的电流。当棒静止时，弹簧秤示数为F1；若将棒中电流反向，当棒静止时，弹簧秤的示数为F2，且F2F1，根据上面所给的信息，可以确定 （ ）A磁场的方向B磁感应强度的大小C安培力的大小D铜棒的
7、重力,A C D,安培力的应用,重点关注安培力F的方向：FB、FI、FBI组成的平面。,安培力F方向与磁场B方向有关，故在分析导体的受力时，应明确磁场B的方向，即要将磁感线在空间的立体分布转换成平面的示意图。,对导线受力分析时，因为FBI组成的平面，F、B、I三量位置关系呈现空间立体图象，应通过投影或取剖面的方法，将其转变为平面的受力图。,通电直导线在磁场中的平衡,（若直导线在磁场中运动，则变为电磁感应的问题，导线切割磁感线产生感应电流从而引起导线电流的变化。）,解题关键：受力分析中安培力的方向，将立体的受力图转换为导体的平面受力分析示意图。,例1如图所示，质量为m的铜棒搭在U形导线框右端，棒
8、长和框宽均为L，磁感应强度为B的匀强磁场方向竖直向下。电键闭合后，在磁场力作用下铜棒被平抛出去，下落h后落在水平面上，水平位移为s。求闭合电键后通过铜棒的电荷量Q。,例1解：闭合电键后的极短时间内，铜棒受安培力向右的冲量Ft=mv0而被平抛出去， 其中F=BIL， 而瞬时电流和时间的乘积等于电荷量Q=It， 由平抛规律可算铜棒离开导线框时的初速度,最终可得,。,2如图（甲）所示，两根足够长的光滑平行金属导轨相距为l10.4m，导轨平面与水平面成30角，下端通过导线连接阻值R0.6的电阻质量为m0.2kg、阻值r0.2的金属棒ab放在两导轨上，棒与导轨垂直并保持良好接触，整个装置处于垂直导轨平面
9、向上的磁场中，取g10m/s2 （1）若金属棒距导轨下端l20.5m，磁场随时间变化的规律如图（乙）所示，为保持金属棒静止，试求加在金属棒中央、沿斜面方向的外力随时间变化的关系,（2）若所加磁场的磁感应强度大小恒为B，通过额定功率Pm=10W的小电动机对金属棒施加沿斜面向上的牵引力，使其从静止开始沿导轨做匀加速直线运动，经过0.5s电动机达到额定功率，此后电动机功率保持不变金属棒运动的v一t图像如图（丙）所示试求磁感应强度 B的大小和0.5s内电动机牵引力的冲量大小,2（1）金属棒沿斜面方向受力平衡，外力应沿斜面向上，设其大小为F，则,由图乙可知，t时刻磁感应强度B的大小可表示为 B =2.5
10、t T t时刻，回路中产生的感应电动势,此时回路中的感应电流,联立得,N,（2）由图丙可知，金属棒运动的最大速度vm5m/s，此时金属棒所受合力为零 设金属棒此时所受拉力大小为F1，流过棒中的电流为Im，则 F1-mgsinq -BIm l1=0 Em=Bl1vm Im=,Pm=F1vm 联立得 B=1T,在0.5s时，设金属棒所受拉力大小为F2，加速度大小为a，运动的速度大小为v2，流过金属棒的电流为I2，根据牛顿第二定律 F2-mgsinq -BI2l1=ma E2=Bl1v2,在0.5s内，由动量定理：,联立解得,Ns,Pm=F2v2 v2at,洛伦兹力,一、洛仑兹力,运动电荷受到的磁场
11、的作用力， 叫做 洛仑兹力,（1）洛仑兹力大小： f =qvBsinf=qvB（当Bv时），当电荷静止或运动电荷的速度方向跟磁感强度的方向平行时，电荷都不受洛仑兹力。,（2）洛仑兹力的方向由左手定则判断。 注意： 洛仑兹力一定垂直于B和v所决定的平面. 四指的指向是正电荷的运动方向或负电荷运动的反方向；,（3）特性：洛仑兹力对电荷不做功，它只改变运动电荷的速度方向，不改变速度的大小。,洛伦兹力f的大小、方向与电荷的运动状态有关；与重力、电场力不同 .,洛仑兹力计算公式的推导：,f =qvBsin,如图所示，当v与B垂直时，整个导线受到的安培力为,F安 =BIL （1）,其中 I=nqSv （2
12、）,设导线中共有N个自由电子N=nSL （3）,每个电子受的磁场力为f，则,F安=Nf （4）,由以上四式得 f=qvB,当v与B成角时， f=qvBsin,洛仑兹力是安培力的微观表现。,（4）洛仑兹力和安培力的关系：,二、带电粒子在磁场中的圆周运动,若带电粒子速度方向与磁场方向平行(相同或相反)，带电粒子以不变的速度做匀速直线运动 当带电粒子速度方向与磁场垂直时，带电粒子在垂直于磁感应线的平面内做匀速圆周运动,1.带电粒子在匀强磁场中仅受洛仑兹力而做匀速圆周运动时，洛仑兹力充当向心力：,轨道半径：,角速度：,周期：,频率：,动能：,带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动,带电粒子在磁场中做匀速圆
13、周运动的前提条件：粒子只受洛伦兹力的作用（如还受其它力的作用，则其它力的合力为0）；粒子以垂直于匀强磁场方向入射。（平行于磁场方向入射，则粒子做匀速直线运动；以和磁场成某一夹角方向入射，则粒子做螺旋线运动）,规律：,=,该式与粒子运动的位置相联系；涉及粒子运动的位置关系时均围绕其计算。,是与粒子运动的时间相联系；凡涉及粒子运动的时间的计算均围绕其处理。,要点1:规律的应用关键在于画出粒子运动的全部运动轨迹；确定（计算）圆周运动的半径r。,要点2:粒子在磁场中的运动都是有界磁场的问题,注意粒子运动的空间限制条件.,(2),圆心的确定,如何确定圆心是解决问题的前提，也是解题的关键 首先,应有一个最
14、基本的思路：即圆心一定在与速度方向垂直的直线上圆心位置的确定通常有两种方法:,a.已知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(如图所示，图中P为入射点， M为出射点),b. 已知入射方向和出射点的位置时，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(如图示，P为入射点，M为出 射点),粒子运动的偏转方向由洛伦兹力方向来确定。,(3),半径的确定和计算,利用平面几何关系,求出该圆的可能半径(或圆心角),偏转角由sin=L/R求出。,侧移由 R2=L2 + (R-
15、y)2 解出。, 穿过圆形磁场区。画好辅助线（半径、速度、轨迹圆的圆心、连心线）。,偏角可由 求出。,穿过矩形磁场区。要先画好辅助线（半径、速度及延长线）。,(3),a. 直接根据公式 t =s / v 或 t =/求出运动时间t,b. 粒子在磁场中运动一周的时间为T，当粒子运动的圆弧所对应的圆心角为时，其运动时间可由下式表示：,运动时间的确定,粒子在磁场中的运动时间的计算都是据粒子圆周运动的周期T来计算.,07年1月海淀区期末练习16,1（8分）如图所示，虚线所围区域内有方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。一束电子沿圆形区域的直径方向以速度v射入磁场，电子束经过磁场区后，其运动的方向
16、与原入射方向成角。设电子质量为m，电荷量为e，不计电子之间的相互作用力及所受的重力。求：（1）电子在磁场中运动轨迹的半径R；（2）电子在磁场中运动的时间t；（3）圆形磁场区域的半径r。,解：,（1）由牛顿第二定律和洛沦兹力公式得,解得,（2）设电子做匀速圆周运动的周期为T，则,由如图所示的几何关系得圆心角,所以,（3）由如图所示几何关系可知，,所以,07年天津五区县重点校联考17,2如图所示，挡板P的右侧有匀强磁场，方向垂直纸面向里，一个带负电的粒子垂直于磁场方向经挡板上的小孔M进入磁场,进入磁场时的速度方向与挡板成30角，粒子在磁场中运动后，从挡板上的N孔离开磁场，离子离开磁场时的动能为Ek
17、，M、N相距为L，已知粒子所带电量值为q，质量为m，重力不计。求：（1）匀强磁场的磁感应强度的大小（2）带电离子在磁场中运动的时间。,解：（1）,可得： r=L,可得：,（2）,可得：,07学年南京市期末质量调研6,3如图是某离子速度选择器的原理示意图，在一半径为R=10cm的圆形筒内有B= 110-4 T 的匀强磁场,方向平行于轴线。在圆柱形筒上某一直径两端开有小孔a、b分别作为入射孔和出射孔。现有一束比荷为q/m=2 1011 C/kg的正离子，以不同角度入射，最后有不同速度的离子束射出，其中入射角 =30,且不经碰撞而直接从出射孔射出的离子的速度v大小是 （ ）,A4105 m/s B
18、2105 m/s C 4106 m/s D 2106 m/s,C,解见下页,解：,作入射速度的垂线与ab的垂直平分线交于O点， O点即为轨迹圆的圆心。画出离子在磁场中的轨迹如图示：,a Ob=2 =60， r=2R=0.2m,4.(2005北京西城)如图，xOy平面内的圆O与y轴相切于坐标原点O.在该圆形区域内，有与y轴平行的匀强电场和垂直于圆面的匀强磁场.一个带电粒子（不计重力）从原点O沿x轴进入场区，恰好做匀速直线运动，穿过场区的时间为T0.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T0/2.若撤去电场，只保留磁场，其他条件不变，求该带电粒子穿过场区的时间.,解析：设
19、电场强度为E，磁感应强度为B，圆O的半径为R.粒子的电荷量为q,质量为m，初速度为v.同时存在电场和磁场时，带电粒子做匀速直线运动，有 qvB=qE,vT0=2R. 只存在电场时，粒子做类平抛运动，有,解得,由以上式子可知x=y=R,粒子从图中的M点离开电场.由以上式子得,.,只存在磁场时，粒子做匀速圆周运动，从图中N点离开磁场，P为轨迹圆弧的圆心. 设半径为r,由以上式子可得,由图tan=R/r=2所以，粒子在磁场中运动的时间,5一足够长的矩形区域abcd内充满磁感应强度为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场，矩形区域的左边界ad宽为L，现从ad中点O垂直于磁场射入一带电粒子，速度大小为v0,方向
20、与ad边夹角为30,如图所示已知粒子的电荷量为q，质量为m（重力不计）（1）若粒子带负电，且恰能从d点射出磁场，求v0的大小. （2）若粒子带正电，使粒子能从ab边射出磁场，求v0的取值范围以及该范围内粒子在磁场中运动时间t的范围,，,解析：（1）由图可知,，则,（2）当v0最大时有,，得,则,得,则,故,当v0最小值时有,带电粒子从ab边射出磁场，当速度为,时，运动时间最短为,速度为,时，运动时间最长为,则粒子运动时间t的范围为,6(16分)如图所示，纸平面内一带电粒子以某一速度做直线运动，一段时间后进入一垂直于纸面向里的圆形匀强磁场区域(图中未画出磁场区域)，粒子飞出磁场后从上板边缘平行于
21、板面进入两面平行的金属板间，两金属板带等量异种电荷，粒子在两板间经偏转后恰从下板右边缘飞出已知带电粒子的质量为m，电量为q，其重力不计，粒子进入磁场前的速度方向与带电板成60角匀强磁场的磁感应强度为B，带电板板长为l，板距为d，板间电压为U试解答： (1)上金属板带什么电? (2)粒子刚进入金属板时速度为多大? (3)圆形磁场区域的最小面积为多大?,解：,（1）在磁场中向右偏转，所以粒子带负电； 在电场中向下偏转，所以上金属板带负电。,（2）设带电粒子进入电场的初速度为v， 在电场中偏转的有,解得,(3)如图所示，带电粒子在磁场中所受洛伦兹力作为向心力，设磁偏转的半径为R，圆形磁场区域的半径为
22、r，则,由几何知识可得 r=Rsin30 ,圆形磁场区域的最小面积为,【例7】（2004广东）如图，真空室内存在匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度的大小B=0.60T，磁场内有一块平面感光板ab，板面与磁场方向平行，在距ab的距离l=16cm处,有一上点状的 放射源S，它向各个方向发射 粒子,粒子的速度都是,，已知,粒子的电荷与质量之比,，现只考虑在图纸平面中运动的 粒子，求ab上被 粒子打中的区域的长度。,解析：,粒子带正电，故在磁场中沿逆时针方向做匀速圆周运动，用R表示轨道半径，有,由此得,代入数值得R=10cm 可见，2RlR.,【例8】如图所示，一束波长为的强光射在金属板P的
23、A处发生了光电效应，能从A处向各个方向逸出不同速率的光电子。金属板P的左侧有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感强度为B，面积足够大，在A点上方L处有一涂荧光材料的金属条Q，并与P垂直。现光束射到A处，金属条Q受到光电子的冲击而发出荧光的部分集中在CD间，且 ，光电子质量为m，电量为e，光速为c，（1）金属板P逸出光电子后带什么电？（2）计算P板金属发生光电效应的逸出功W。（3）从D点飞出的光电子中，在磁场中飞行的最短时间是多少？,解析：（1）由电荷守恒定律得知P带正电 （2）所有光电子中半径最大值,逸出功,（3）以最大半径运动并经B点的电子转过圆心角最小，运动时间最短,且,所以,带电粒子在复合场中的
24、运动,3.带电粒子在复合场中的运动,带电微粒在重力、电场力、磁场力共同作用下的运动（电场、磁场均为匀强场）,带电微粒在三个场共同作用下做匀速圆周运动:必然是电场力和重力平衡，而洛伦兹力充当向心力.,带电微粒在三个场共同作用下做直线运动:,重力和电场力是恒力，它们的合力也是恒力。,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。,与力学紧密结合的综合题，要认真分析受力情况和运动情况（包括速度和加速度）。必要时加以讨论。,4. 带电粒子在重力场、匀强电场、匀强磁场的复合场中的运动的基本模型有：,a. 匀速直线运动。,
25、自由的带点粒子在复合场中作的直线运动通常都是匀速直线运动，除非粒子沿磁场方向飞入不受洛仑兹力作用。因为重力、电场力均为恒力，若两者的合力不能与洛仑兹力平衡，则带点粒子速度的大小和方向将会改变，不能维持直线运动了。,b. 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，则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
26、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。,5.正确分析带电粒子在复合场中的受力并判断其运动的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.,1、带电粒子在复合场中的直线运动,1如图所示，两块带电金属板a、b水平正对放置，在板间形成匀强电场，电场方向竖直向上。板间同时存在与电场正交的匀强磁场，假设电场、磁场只存在于两板间的空间区域。一束电子以一定的初速度vo从两板的左端中央，沿垂直于电场、磁场的方向射入场中，无偏转的通过场区。
27、 已知板长l=10.0cm，两板间距d=3.0cm，两板间电势差U=150V，v0=2.010-7m/s。电子所带电荷量与其质量之比e/m=1.761011C/kg，电子电荷量e=1.6010-19C，不计电子所受 重力和电子之间的相互作用力。,（1）电子进入正交的电、磁场不发生偏转，受力平衡，即,所以,（1）求磁感应强度B的大小； （2）若撤去磁场，求电子离开电场时偏离入射方向的距离y ；（3）若撤去磁场，求电子穿过电场的整个过程中动能的增加量Ek。,解:,（2）电子在电场中运动的加速度大小,运动时间,所以电子离开电场时偏转的距离,（3）由于电子在电场中偏转的过程，电场力对电子做正功，根据动
28、能定理可知，电子动能的增量,2如图为一“滤速器”装置示意图。a、b为水平放置的两块平行金属板，一束具有各种不同速率的电子沿水平方向经小孔O进入a、b两板之间。为了选取具有某种特定速率的电子，可在a、b间加上电压，并沿垂直于纸面的方向加一匀强磁场，使所选电子仍能够沿水平直线OO运动，由O射出（不计重力作用）。可以达到上述要求的方法有 （ ） A使a板电势高于b板，磁场方向垂直纸面向外 B使a板电势高于b板，磁场方向垂直纸面向里 C使a板电势低于b板，磁场方向垂直纸面向外 D使a板电势低于b板，磁场方向 垂直纸面向里,B C,3如图所示，坐标系xOy位于竖直平面内，在该区域内有场强E=12N/C、
29、方向沿x轴正方向的匀强电场和磁感应强度大小为B=2T、沿水平方向且垂直于xOy平面指向纸里的匀强磁场一个质量m=410-5kg，电量q=2.510-5C带正电的微粒，在xOy平面内做匀速直线运动，运动到原点O时，撤去磁场，经一段时间后，带电微粒运动到了x轴上的P点取g10 m/s2，求： （1）P点到原点O的距离； （2）带电微粒由原点O运 动到P点的时间,解:,微粒运动到O点之前受到重力、电场力和洛仑兹力作用，在这段时间内微粒做匀速直线运动，说明三力合力为零由此可得,FB2 = FE2 +(mg)2 ,电场力 FE =Eq =310-4 N 重力mg= 410-4 N ,洛仑兹力 FB =B
30、qv =510-4 N ,联立求解、代入数据得 v=10m/s ,微粒运动到O点之后，撤去磁场，微粒只受到重力、电场力作用，其合力为一恒力，且方向与微粒在O点的速度方向垂直，所以微粒在后一段时间内的运动为类平抛运动，可沿初速度方向和合力方向进行分解,代入数据得,设沿初速度方向的位移为s1，沿合力方向的位移为s2 ，如图示：,因为 s1 =v t ,联立求解，代入数据可得P点到原点O的距离,OP15m ,O点到P点运动时间,t1.2s ,4.在相互垂直的匀强磁场和匀强电场中，有倾角为的足够光滑的绝缘斜面，磁感应强度为B，方向水平向外，电场强度E，方向竖直向上，有一质量为m、带电荷量为+q的小滑块
31、，静止在斜面顶端时对斜面的正压力恰好为零，如图所示.,（1）如果迅速把电场方向转为竖直向下，求小滑块能在斜面上连续滑行的最远距离L和所用时间t. （2）如果在距L/4远处的C点放一个相同质量但不带电的小物体，当滑块从A点静止下滑到C点时，两物体相碰并黏合在一起，则此黏合体在斜面上还能再滑行多少时间和距离？,解析：（1）只有一个滑块运动：由题意知电场方向竖直向上，Eq=mg,场强大小不变，转为竖直向下时，滑块沿斜面连续下滑的最大距离L可根据动能定理有：,当滑块刚刚离开斜面时有Bqv=(mg+Eq)cos,联立得：,再根据动量定理可知,（2）两个物体先后运动，设在C点处碰撞前滑块的速度为v,则,设
32、碰撞后黏合体速度为u,由动量守恒有mv=2mu 当黏合体将要离开斜面时， 有Bvq=(2mg+Eq)cos=3mgcos 据动能定理，碰后两物体共同下滑的过程,所以黏合体在斜面上还能滑行的距离由式联立得：,-,将L结果代入后整理有,黏合体在斜面上还能滑行的时间可由动量定理求得：,将L结果代入后整理有,5如图三所示，P、Q是两个电量相等的异种点电荷：其中P带正电，Q带负电，O是P、Q连线的中点，MN是线段PQ的中垂线，PQ与MN所在平面与纸面平行，有一磁场方向垂直于纸面，一电子以初速度v0一直沿直线MN运动，则 ( ) A磁场的方向垂直纸面向里 B电子速度先增大后减少 C电子做匀速直线运动 D电
33、子速度先减少后增大,A C,6、在图中虚线所围的区域内，存在电场强度为E的匀强电场和磁感强度为B的匀强磁场已知从左方水平射入的电子，穿过这区域时未发生偏转设重力可以忽略不计，则在这区域中和B的方向可能是 （ ） A、E和B都沿水平方向，并与电子运动方向相同 B、E和B都沿水平方向，并与电子运动方向相反 C、E竖直向上，B垂直纸面向外 D、E竖直向上，B垂直纸面向里,A B C,7如图所示，a为带正电的小物块，b是一不带电的绝缘物块，a、b叠放在粗糙的水平地面上，地面上方有垂直纸面向里的匀强磁场，现用水平恒力F拉b物块，使a、b一起无相对滑动地向左加速运动，在加速运动阶段（ ） Aa、b一起运动
34、的加速度不变 Ba、b一起运动的加速度增大 Ca、b物块间的摩擦力减少 Da、b物块间的摩擦力增大,D,2、带电粒子在复合场中的匀速圆周运动,2007年理综全国卷19,19.如图所示，一带负电的质点在固定的正的点电荷作用下绕该正电荷做匀速圆周运动，周期为T0，轨道平面位于纸面内，质点的速度方向如图中箭头所示。现加一垂直于轨道平面的匀强磁场，已知轨道半径并不因此而改变，则（ ） A.若磁场方向指向纸里，质点运动的周期大于T0 B.若磁场方向指向纸里，质点运动的周期小于T0 C.若磁场方向指向纸外，质点运动的周期大于T0 D.若磁场方向指向纸外，质点运动的周期小于T0,A D,解见下页,解：,由匀
35、速圆周运动、库仑定律、洛仑兹力、左手定则等知识列出：,未加磁场：,(1),磁场指向纸里：,(2),磁场指向纸外：,(3),比较上述式子，T1T0，T2T0，故AD选项正确。,07年1月海淀区期末练习18,18如图所示，在水平地面上方有一范围足够大的互相正交的匀强电场和匀强磁场区域，磁场的磁感应强度为B，方向水平并垂直纸面向里。一质量为m、带电荷量q的带正电微粒在此区域内沿竖直平面（垂直于磁场方向的平面）做速度大小为v的匀速圆周运动，重力加速度为g。 （1）求此区域内电场强度的大小和方向 （2）若某时刻微粒在场中运动到P点时，速度与水平方向的夹角为60，且已知P点与水平地面间的距离等于其做圆周运
36、动的半径。 求该微粒运动到最高点时与水 平地面间的距离；,（3）当带电微粒运动至最高点时, 将电场强度的大小变为原来的1/2（方向不变，且不计电场变化对原磁场的影响），且带电微粒能落至地面，求带电微粒落至地面时的速度大小。,解：,（1）由于带电微粒可以在电场、磁场和重力场共存的区域内沿竖直平面做匀速圆周运动，表明带电微粒所受的电场力和重力大小相等、方向相反，因此电场强度的方向竖直向上。,设电场强度为E，则有 mg=qE，,即 E=mg/q,（2）设带电微粒做匀速圆周运动的轨道半径为R，,根据牛顿第二定律和洛仑兹力公式有,依题意可画出带电微粒做匀速圆周运动的轨迹如图所示，,由几何关系可知, 该微
37、粒运动至最高点与水平地面的距离,（3）将电场强度的大小变为原来的1/2，则电场力变为原来的1/2，即 F电mg / 2,带电微粒运动过程中，洛仑兹力不做功，所以它从最高点运动至地面的过程中, 只有重力和电场力做功。,设带电微粒落地时的速度大小为vt，根据动能定理有,解得：,解：,设带电小球运动到B点时速度为vB ，则由功能关系：,解得：,设带电小球从A点运动到B点用时为t1,则由动量定理:,当带电小球进入第二象限后所受电场力为,所以带电小球做匀速圆周运动：,则带电小球做匀速圆周运动的半径,则其圆周运动的圆心为如图所示的O点，,假设小球直接落在水平面上的C点，则,C与C点重合，小球正好打在C点。
38、,所以带电小球从B点运动到C点运动时间,所以小球从A点出发到落地的过程中所用时间,带电粒子在复合场中的一般曲线运动与变加速直线运动,要点:带电粒子在复合场中做非匀速圆周运动(或变加速直线运动)，只能从洛伦兹力不做功出发，应用动能定理或能量守恒从能的角度求解。,广东茂名市2007年第一次模考17,17如图所示,光滑水平面上有垂直向里、磁感应强度B=0.5T的匀强磁场，质量为M=2kg的平板小车以V0=14 m/s的速度在水平面上运动，将质量为m=0.1kg、电量q=+0.2C的绝缘小物块，无初速地放在小车的右端，小车足够长，与物块之间有摩擦，g取10 m/s2。求：(1)物块的最大速度；(2)小
39、车的最小速度；(3)产生的最大内能。,解：,(1)物块放在上小车后，物块加速而小车减速，设最后两者相对静止，则由动量守恒定律,MV0=(M+m)V,得V=13.3 m/s,因qBV=1.33Nmg=1N,故物块与小车不会相对静止, 设物块的最大速度Vm,由qBVm=mg,得Vm=10 m/s,(2)当物块的速度最大时，小车的速度最小,由 MV0=MV1+mVm,得,(3)由能量守恒定律得机械能的减少等于产生的内能,2007年理综全国卷25,25.（20分） 如图所示，在坐标系Oxy的第一象限中在在沿y轴正方向的匀强电场，场强大小为E。在其它象限中在在匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，A是y轴上
40、的一点，它到坐标原点O的距离为h；C是x轴上的一点，到O点的距离为l，一质量为m、电荷量为q的带负电的粒子以某一初速度沿x轴方向从A点进入电场区域，继而通过C点进入磁场区域，并再次通过A点，此时速度方向与y轴正方向成锐角。不计重力作用。试求：（1）粒子经过C点时速度的 大小和方向；（2）磁感应强度的大小B。,解：,（1）以a表示粒子在电场作用下的加速度，有,qEma ,加速度沿y轴负方向。设粒子从A点进入电场时的初速度为v0，由A点运动到C点经历的时间为t，则有,h1/2 at2 ,lv0t ,由式得,设粒子从C点进入磁场时的速度为v，v垂直于x轴的分量,由式得,设粒子经过C点时的速度方向与x
41、轴的夹角为，则有,由式得,（2）粒子从C点进入磁场后在磁场中作速度为v 的圆周运动。若圆周的半径为R，则有,设圆心为P，则PC必与过C的速度垂直， 且有 。用表示 与y轴的夹角， 由几何关系得,RcosRcosh RsinlRsin (11),由(11)式解得,(12),由式得,(13),07年苏锡常镇四市二模17,17.(15分）如图所示的区域中，左边为垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为 B ，右边是一个电场强度大小未知的匀强电场，其方向平行于OC且垂直于磁场方向一个质量为m 、电荷量为-q 的带电粒子从P孔以初速度v0沿垂直于磁场方向进人匀强磁场中，初速度方向与边界线的夹角600 ，粒子
42、恰好从C孔垂直于OC射入匀强电场，最后打在Q点，已知OQ 2 OC ，不计粒子的重力，求：( l ）粒子从P运动到Q所用的时间 t 。 ( 2 ）电场强度 E 的大小( 3 ）粒子到达Q点时的动能EkQ,解:,(1)画出粒子运动的轨迹如图示的三分之一圆弧(O1为粒子在磁场中圆周运动的圆心）：PO1 C=1200,设粒子在磁场中圆周运动的半径为r，OC=x, 则OQ=2x .,r+rcos 600 =OC=x O C=x=3r/2,粒子在磁场中圆周运动的时间,粒子在电场中类平抛运动 O Q=2x=3 r,粒子从P运动到Q所用的时间,(2) 粒子在电场中类平抛运动,解得,(3) 由动能定理,粒子到
43、达Q点时的动能为,11.如图所示，x轴上方有一磁感应强度为B的匀强磁场，下方有一场强为E的匀强电场，两个场的方向图中已经标出.在x轴上有一点M（L，0），要使带电荷量为q、质量为m、重力不计的粒子在y轴上，由静止释放后能到达M点. 求：（1）带电粒子应带何种电荷？粒子释放点离O点的距离应满足什么条件？ （2）粒子从静止出发到M点，经历的时间是多少？ （3）粒子从静止出发到M点，所经历的路程是多少？,2007年理综全国卷. 25,25.(22分)两平面荧光屏互相垂直放置,在两屏内分别取垂直于两屏交线的直线为x轴和y轴,交点O为原点,如图所示,在y0，00，xa的区域有垂直于纸面向外的匀强磁场，两
44、区域内的磁感应强度大小均为B.在O点有一处小孔，一束质量为m、带电量为q(q0)的粒子沿x轴经小孔射入磁场,最后打在竖直和水平荧光屏上,使荧光屏发亮，入射粒子的速度可取从零到某一最大值之间的各种数值.已知速度最大的粒子在0a的区域中运动的时间之比为2:5，在磁场中运动的总时间为7T/12，其中 T为该粒子在磁感应强度为B 的匀强磁场中作圆周运动的 周期。试求两个荧光屏上亮 线的范围(不计重力的影响).,解：,对于y轴上的光屏亮线范围的临界条件如图1所示:带电粒子的轨迹和x=a，此时r=a，y轴上的最高点为y=2r=2a ;,对于 x轴上光屏亮线范围的临界条件如图2所示：,左边界的极限情况还是和
45、x=a相切，此刻，带电粒子在右边的轨迹是个圆，与x轴相切于D点，,由几何知识得到在x轴上的坐标为x=2a;,速度最大的粒子是如图2中的蓝实线，由两段圆弧组成，圆心分别是C和C, 由对称性得到 C在 x轴上，与D点重合。,设在左右两部分磁场中运动时间分别为t1和t2,满足,解得,由数学关系得到：,代入数据得到：,所以在x 轴上的范围是,07年佛山市教学质量检测18,18如图中甲所示，真空中两水平放置的平行金属板C、D，上面分别开有正对的小孔O1和O2，金属板C、D接在正弦交流电源上，C、D两板间的电压UCD随时间t变化的图线如图中乙所示。t0时刻开始，从C板小孔O1处连续不断飘入质量为m3.21
46、021kg、电荷量q1.61015C的带正电的粒子（设飘入速度很小，可视为零）。在D板外侧有以MN为边界的匀强磁场，MN与金属板C相距d10cm，匀强磁场的大小为B0.1T，方向如图中所示，粒子的重力及粒子间相互作用力不计，平行金属板C、D之间的距离足够小，粒子在两板间的运动时间可忽略不计。求：,（1）带电粒子经小孔O2进入磁场后，能飞出磁场边界MN的最小速度为多大？ （2）从0到0.04s末时间内哪些时刻飘入小孔O1的粒子能穿过电场并飞出磁场边界MN？ （3）以O2为原点建立直角坐标系，在图甲中画出粒子在有界磁场中可能出现的区域（用斜线标出），并标出该区域与磁场边界交点的坐标。要求写出相应的
47、计算过程,解：,（1）设粒子飞出磁场边界MN的最小速度为v0，粒子在磁场中做匀速圆周运动半径为R0，,根据洛伦兹力提供向心力知：,qv0B=mv02/R0,要使粒子恰好飞出磁场，据图有：,R0=d,所以最小速度,v0=qBd/m=5103m/s,（2）由于C、D两板间距离足够小，带电粒子在电场中运动时间可忽略不计，故在粒子通过电场过程中，两极板间电压可视为不变，CD间可视为匀强电场。要使粒子能飞出磁场边界MN，则进入磁场时的速度必须大于v0，粒子在电场中运动时CD板对应的电压为U0，,则根据动能定理知： qU0=mv02/2,得： U0=mv02/(2q)=25V,因为电荷为正粒子，因此只有 电压在-25V-50V时进入电场 的粒子才能飞出磁场。,根据电压图像可知：UCD50sin50t，,25V电压对应的时间分别为：7/300 s和11/300 s,所以粒子在0到0.04s内能够飞出磁场边界的时间为 7/300 st11/300 s,（3）设粒子在磁场中运动的最大速度为vm，对应的运动半径为Rm，Um50V，则有：,qUmmvm2/2,qvmBmvm2/Rm,Rm0.14m,粒子飞出磁场边界时相对小孔向左偏移的最小距离为：,因此，粒子能到达的区域如图所示：其中弧PBO2是以d为半径的半圆，弧O2A是以Rm为半径的圆弧。与磁场边界交点的坐标分别为：,
