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2019-2020年高三物理第二輪專題復(fù)習(xí) 專題二電場(chǎng)和磁場(chǎng)教案 人教版 一、電場(chǎng)和磁場(chǎng)中的帶電粒子 1、知識(shí)網(wǎng)絡(luò) 半徑公式： 周期公式： 帶電粒子在電場(chǎng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 直線運(yùn)動(dòng)：如用電場(chǎng)加速或減速粒子 偏轉(zhuǎn)：類似平拋運(yùn)動(dòng)，一般分解成兩個(gè)分運(yùn)動(dòng)求解 圓周運(yùn)動(dòng)：以點(diǎn)電荷為圓心運(yùn)動(dòng)或受裝置約束運(yùn)動(dòng) 直線運(yùn)動(dòng)（當(dāng)帶電粒子的速度與磁場(chǎng)平行時(shí)） 圓周運(yùn)動(dòng)（當(dāng)帶電粒子的速度與磁場(chǎng)垂直時(shí)） 直線運(yùn)動(dòng)：垂直運(yùn)動(dòng)方向的力必定平衡 圓周運(yùn)動(dòng)：重力與電場(chǎng)力一定平衡，由洛倫茲力提供向心力 一般的曲線運(yùn)動(dòng) 2、方法點(diǎn)撥： 分析帶電粒子在電場(chǎng)、磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，主要是兩條線索： （1）力和運(yùn)動(dòng)的關(guān)系。根據(jù)帶電粒子所受的力，運(yùn)用牛頓第二定律并結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律求解。 （2）功能關(guān)系。根據(jù)場(chǎng)力及其它外力對(duì)帶電粒子做功引起的能量變化或全過(guò)程中的功能關(guān)系，從而可確定帶電粒子的運(yùn)動(dòng)情況，這條線索不但適用于均勻場(chǎng)，也適用于非均勻場(chǎng)。因此要熟悉各種力做功的特點(diǎn)。 處理帶電粒子在場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問(wèn)題應(yīng)注意是否考慮帶電粒子的重力。這要依據(jù)具體情況而定，質(zhì)子、α粒子、離子等微觀粒子，一般不考慮重力；液滴、塵埃、小球等宏觀帶電粒子由題設(shè)條件決定，一般把裝置在空間的方位介紹的很明確的，都應(yīng)考慮重力，有時(shí)還應(yīng)根據(jù)題目的隱含條件來(lái)判斷。 處理帶電粒子在電場(chǎng)、磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，還應(yīng)畫好示意圖，在畫圖的基礎(chǔ)上特別注意運(yùn)用幾何知識(shí)尋找關(guān)系。 3、典型例題 【例題1】（xx年高考全國(guó)卷）如圖1所示，圖中虛線MN是一垂直紙面的平面與紙面的交線，在平面右側(cè)的半空間存在一磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，方向垂直紙面向外。O是MN上的一點(diǎn)，從O點(diǎn)可以向磁場(chǎng)區(qū)域發(fā)射電量為+q、質(zhì)量為m、速率為v的粒子，粒子射入磁場(chǎng)時(shí)的速度可在紙面內(nèi)各個(gè)方向。已知先后射入的兩個(gè)粒子恰好在磁場(chǎng)中給定的P點(diǎn)相遇，P到O的距離為L(zhǎng)，不計(jì)重力及粒子間的相互作用。 （1）求所考察的粒子在磁場(chǎng)中的軌道半徑； （2）求這兩個(gè)粒子從O點(diǎn)射入磁場(chǎng)的時(shí)間間隔。 【點(diǎn)撥解疑】（1）設(shè)粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為R，由牛頓第二定律得 ，則 （2）如圖2所示，以O(shè)P為弦可以畫兩個(gè)半徑相同的圓，分別表示在P點(diǎn)相遇的兩個(gè)粒子的軌跡。圓心分別為O1、O2，過(guò)O點(diǎn)的直徑分別為OO1Q1、OO2Q2，在O點(diǎn)處兩個(gè)圓的切線分別表示兩個(gè)粒子的射入方向，用θ表示它們之間的夾角。由幾何關(guān)系可知，，從O點(diǎn)射入到相遇，粒子1的路程為半個(gè)圓周加弧長(zhǎng)Q1P=Rθ，粒子2的路程為半個(gè)圓周減弧長(zhǎng)PQ2=Rθ 粒子1的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為 ，其中T為圓周運(yùn)動(dòng)的周期。 粒子2運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為 兩粒子射入的時(shí)間間隔為 因?yàn)? 所以 有上述算式可解得 點(diǎn)評(píng)：解帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的題，除了運(yùn)用常規(guī)的解題思路（畫草圖、找“圓心”、定“半徑”）之外，更應(yīng)側(cè)重于運(yùn)用數(shù)學(xué)知識(shí)進(jìn)行分析。本題在眾多的物理量和數(shù)學(xué)量中，角度是最關(guān)鍵的量，它既是建立幾何量與物理量之間關(guān)系式的一個(gè)紐帶，又是溝通幾何圖形與物理模型的橋梁。 【例題2】如圖3所示，在直角坐標(biāo)系的第一、二象限內(nèi)有垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，第三象限有沿Y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，第四象限內(nèi)無(wú)電場(chǎng)和磁場(chǎng)。質(zhì)量為m、帶電量為q的粒子從M點(diǎn)以速度v0沿x軸負(fù)方向進(jìn)入電場(chǎng)，不計(jì)粒子的重力，粒子經(jīng)N、P最后又回到M點(diǎn)。設(shè)OM=L，ON=2L，則： 關(guān)于電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小，下列結(jié)論正確的是 （ ） A． B． C． D． （2）勻強(qiáng)磁場(chǎng)的方向是 。 （3）磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小是多少？ 【點(diǎn)撥解疑】 （1）由帶電粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，易知，且則E= 故選C （2）由左手定則，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的方向?yàn)榇怪奔埫嫦蚶铩? （3）根據(jù)粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的情況可知，粒子帶負(fù)電。粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)到達(dá)N點(diǎn)的速度為v，運(yùn)動(dòng)方向與x軸負(fù)方向的夾角為θ，如圖4所示。 由動(dòng)能定理得 將（1）式中的E代入可得 所以θ=45 粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)P點(diǎn)時(shí)速度方向也與x軸負(fù)方向成45角。 則OP=OM=L NP=NO+OP=3L 粒子在磁場(chǎng)中的軌道半徑為R=Npcos45= 又 解得 點(diǎn)評(píng)：帶電粒子的復(fù)雜運(yùn)動(dòng)常常是由一些基本運(yùn)動(dòng)組合而成的。掌握基本運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)是解決這類問(wèn)題的關(guān)鍵所在。該題中，粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡的圓心不在y軸上，注意到這一點(diǎn)是很關(guān)鍵的。 【例題3】 如圖5所示，在水平正交的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，半徑為R的光滑絕緣豎直圓環(huán)上，套有一個(gè)帶正電的小球，已知小球所受電場(chǎng)力與重力相等，小球在環(huán)頂端A點(diǎn)由靜止釋放，當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)的圓弧為周長(zhǎng)的幾分之幾時(shí)，所受磁場(chǎng)力最大？ 【點(diǎn)撥解疑】 小球下滑的過(guò)程中，要使磁場(chǎng)力最大，則需要速度最大。OC為與小球受到的重力、電場(chǎng)力的合力平行的半徑。由功能關(guān)系尋找速度最大的點(diǎn)，因?yàn)槁鍌惼澚Σ蛔龉Γ圆豢紤]磁場(chǎng)的作用，從圖中A到C，上述合力有切向分力，且與速度同向，因此做正功，小球動(dòng)能增加；在C點(diǎn)時(shí)，該合力為徑向，沒有切向分力；此后切向分力與線速度反向，動(dòng)能將減?。还试贑點(diǎn)時(shí)速度最大，所受磁場(chǎng)力也最大。由受力分析知 mg=qE mg=qEtanα 得α= 45 由圖知θ=α+90=135 故小球運(yùn)動(dòng)的弧長(zhǎng)與周長(zhǎng)之比為， 所以運(yùn)動(dòng)的弧長(zhǎng)為周長(zhǎng)的。 點(diǎn)評(píng)：討論帶電粒子的運(yùn)動(dòng)，必須熟悉各種力做功的特點(diǎn)。該題也可用等效法處理。把電場(chǎng)和重力場(chǎng)合起來(lái)當(dāng)作一個(gè)新的重力場(chǎng)，這個(gè)重力場(chǎng)的豎直方向與原水平方向成45角斜向下，這樣就很容易確定速度最大的點(diǎn)。 【例題4 】 從陰極K發(fā)射的電子經(jīng)電勢(shì)差U0=5000V的陽(yáng)極加速后，沿平行于板面的方向從中央射入兩塊長(zhǎng)L1=10cm、間距d=4cm的平行金屬板A、B之間，在離金屬板邊緣L2=75cm處放置一個(gè)直徑D=20cm、帶有紀(jì)錄紙的圓筒。整個(gè)裝置放在真空內(nèi)，電子發(fā)射時(shí)的初速度不計(jì)，如圖6所示，若在金屬板上加一U =1000cos2πt V的交流電壓，并使圓筒繞中心軸按圖示方向以n=2r/s勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，分析電子在紀(jì)錄紙上的軌跡形狀并畫圖6 出從t=0開始的1s內(nèi)所紀(jì)錄到的圖形。 【點(diǎn)撥解疑】 對(duì)電子的加速過(guò)程，由動(dòng)能定理得： eU0=mv02 得電子加速后的速度 v0==4.2107m/s 圖7 電子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)后，由于在其中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間極短，可以忽略運(yùn)動(dòng)期間偏轉(zhuǎn)電壓的變化，認(rèn)為電場(chǎng)是穩(wěn)定的，因此電子做類平拋的運(yùn)動(dòng)。如圖7所示。 交流電壓在A、B兩板間產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度 V/m 電子飛離金屬板時(shí)的偏轉(zhuǎn)距離 電子飛離金屬板時(shí)的豎直速度 電子從飛離金屬板到到達(dá)圓筒時(shí)的偏轉(zhuǎn)距離 所以在紙筒上的落點(diǎn)對(duì)入射方向的總偏轉(zhuǎn)距離為 圖8 m 可見，在紀(jì)錄紙上的點(diǎn)在豎直方向上以振幅0.20m、周期T=1s做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)。因?yàn)閳A筒每秒轉(zhuǎn)2周，故轉(zhuǎn)一周在紙上留下的是前半個(gè)余弦圖形，接著的一周中，留下后半個(gè)圖形，合起來(lái)，1s內(nèi)，在紙上的圖形如圖8所示。 點(diǎn)評(píng)：偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)如果不穩(wěn)定，電子在其中的運(yùn)動(dòng)將非常復(fù)雜，因此理想化處理是解答本題的關(guān)鍵。示波器是常用的電子儀器，其原理與該題的情景有相似之處。 二、電場(chǎng)、磁場(chǎng)中的能量轉(zhuǎn)化 1、知識(shí)網(wǎng)絡(luò) 電、磁場(chǎng)中的功和能 電場(chǎng)中的功和能 電勢(shì)能 由電荷間的相對(duì)位置決定，數(shù)值具有相對(duì)性，常取無(wú)限遠(yuǎn)處或大地為電勢(shì)能的零點(diǎn)。重要的不是電勢(shì)能的值，是其變化量 電場(chǎng)力的功 與路徑無(wú)關(guān)，僅與電荷移動(dòng)的始末位置有關(guān)：W=qU 電場(chǎng)力的功和電勢(shì)能的變化 電場(chǎng)力做正功 電勢(shì)能 → 其他能 電場(chǎng)力做負(fù)功 其他能 → 電勢(shì)能 轉(zhuǎn)化 轉(zhuǎn)化 磁場(chǎng)中的功和能 洛倫茲力不做功 安培力的功 做正功：電能 → 機(jī)械能，如電動(dòng)機(jī) 做負(fù)功：機(jī)械能 → 電能，如發(fā)電機(jī) 轉(zhuǎn)化 轉(zhuǎn)化 能量及其相互轉(zhuǎn)化是貫穿整個(gè)高中物理的一條主線，在電場(chǎng)、磁場(chǎng)中，也是分析解決問(wèn)題的重要物理原理。在電場(chǎng)、磁場(chǎng)的問(wèn)題中，既會(huì)涉及其他領(lǐng)域中的功和能，又會(huì)涉及電場(chǎng)、磁場(chǎng)本身的功和能，相關(guān)知識(shí)如下表： 2、方法技巧： 如果帶電粒子僅受電場(chǎng)力和磁場(chǎng)力作用，則運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，帶電粒子的動(dòng)能和電勢(shì)能之間相互轉(zhuǎn)化，總量守恒；如果帶電粒子受電場(chǎng)力、磁場(chǎng)力之外，還受重力、彈簧彈力等，但沒有摩擦力做功，帶電粒子的電勢(shì)能和機(jī)械能的總量守恒；更為一般的情況，除了電場(chǎng)力做功外，還有重力、摩擦力等做功，如選用動(dòng)能定理，則要分清有哪些力做功？做的是正功還是負(fù)功？是恒力功還是變力功？還要確定初態(tài)動(dòng)能和末態(tài)動(dòng)能；如選用能量守恒定律，則要分清有哪種形式的能在增加，那種形式的能在減少？發(fā)生了怎樣的能量轉(zhuǎn)化？能量守恒的表達(dá)式可以是：①初態(tài)和末態(tài)的總能量相等，即E初=E末；②某些形勢(shì)的能量的減少量等于其他形式的能量的增加量，即ΔE減=ΔE增；③各種形式的能量的增量（ΔE=E末-E初）的代數(shù)和為零，即ΔE1+ΔE2+…ΔEn=0。 電磁感應(yīng)現(xiàn)象中，其他能向電能轉(zhuǎn)化是通過(guò)安培力的功來(lái)量度的，感應(yīng)電流在磁場(chǎng)中受到的安培力作了多少功就有多少電能產(chǎn)生，而這些電能又通過(guò)電流做功轉(zhuǎn)變成其他能，如電阻上產(chǎn)生的內(nèi)能、電動(dòng)機(jī)產(chǎn)生的機(jī)械能等。從能量的角度看，楞次定律就是能量轉(zhuǎn)化和守恒定律在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的具體表現(xiàn)。電磁感應(yīng)過(guò)程往往涉及多種能量形勢(shì)的轉(zhuǎn)化，因此從功和能的觀點(diǎn)入手，分析清楚能量轉(zhuǎn)化的關(guān)系，往往是解決電磁感應(yīng)問(wèn)題的重要途徑；在運(yùn)用功能關(guān)系解決問(wèn)題時(shí)，應(yīng)注意能量轉(zhuǎn)化的來(lái)龍去脈，順著受力分析、做功分析、能量分析的思路嚴(yán)格進(jìn)行，并注意功和能的對(duì)應(yīng)關(guān)系。 3、典型例題 【例題5】（1989年高考全國(guó)卷）如圖1所示，一個(gè)質(zhì)量為m，電量為-q的小物體，可在水平軌道x上運(yùn)動(dòng)，O端有一與軌道垂直的固定墻，軌道處在場(chǎng)強(qiáng)大小為E，方向沿Ox軸正向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，小物體以初速度v0從點(diǎn)x0沿Ox軌道運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)中受到大小不變的摩擦力f作用，且ff，所以物體向左做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，直到以一定速度與墻壁碰撞，碰后物體的速度與碰前速度大小相等，方向相反，然后物體將多次的往復(fù)運(yùn)動(dòng)。 但由于摩擦力總是做負(fù)功，物體機(jī)械能不斷損失，所以物體通過(guò)同一位置時(shí)的速度將不斷減小，直到最后停止運(yùn)動(dòng)。物體停止時(shí)，所受合外力必定為零，因此物體只能停在O點(diǎn)。 對(duì)于這樣幅度不斷減小的往復(fù)運(yùn)動(dòng)，研究其全過(guò)程。電場(chǎng)力的功只跟始末位置有關(guān)，而跟路徑無(wú)關(guān)，所以整個(gè)過(guò)程中電場(chǎng)力做功 根據(jù)動(dòng)能定理 ， 得： 。 點(diǎn)評(píng)：該題也可用能量守恒列式：電勢(shì)能減少了，動(dòng)能減少了，內(nèi)能增加了， ∴ 同樣解得。 【例題6】 如圖2所示，半徑為r的絕緣細(xì)圓環(huán)的環(huán)面固定在水平面上，場(chǎng)強(qiáng)為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)與環(huán)面平行。一電量為+q、質(zhì)量為m的小球穿在環(huán)上，可沿環(huán)作無(wú)摩擦的圓周運(yùn)動(dòng)，若小球經(jīng)A點(diǎn)時(shí)，速度vA的方向恰與電場(chǎng)垂直，且圓環(huán)與小球間沿水平方向無(wú)力的作用，試計(jì)算： （1）速度vA的大小； （2）小球運(yùn)動(dòng)到與A點(diǎn)對(duì)稱的B點(diǎn)時(shí)，對(duì)環(huán)在水平方向的作用力。 【點(diǎn)撥解疑】 （1）在A點(diǎn)，小球在水平方向只受電場(chǎng)力作用，根據(jù)牛頓第二定律得： 所以小球在A點(diǎn)的速度。 （2）在小球從A到B的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理，電場(chǎng)力做的正功等于小球動(dòng)能的增加量，即 ， 小球在B點(diǎn)時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律，在水平方向有 解以上兩式，小球在B點(diǎn)對(duì)環(huán)的水平作用力為：。 點(diǎn)評(píng)：分析該題，也可將水平的勻強(qiáng)電場(chǎng)等效成一新的重力場(chǎng)，重力為Eq，A是環(huán)上的最高點(diǎn)，B是最低點(diǎn)；這樣可以把該題看成是熟悉的小球在豎直平面內(nèi)作圓周運(yùn)動(dòng)的問(wèn)題。 -q q O A B E 圖3 【例題7】（xx年理綜全國(guó)卷）如圖3所示有三根長(zhǎng)度皆為l＝1.00 m的不可伸長(zhǎng)的絕緣輕線，其中兩根的一端固定在天花板上的 O點(diǎn)，另一端分別掛有質(zhì)量皆為m＝1.00kg的帶電小球A和B，它們的電量分別為一q和＋q，q＝1.00C．A、B之間用第三根線連接起來(lái)．空間中存在大小為E＝1.00106N/C的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)方向沿水平向右，平衡時(shí) A、B球的位置如圖所示．現(xiàn)將O、B之間的線燒斷，由于有空氣阻力，A、B球最后會(huì)達(dá)到新的平衡位置．求最后兩球的機(jī)械能與電勢(shì)能的總和與燒斷前相比改變了多少．（不計(jì)兩帶電小球間相互作用的靜電力） 【點(diǎn)撥解疑】圖（1）中虛線表示A、B球原來(lái)的平衡位置，實(shí)線表示燒斷后重新達(dá)到平衡的位置，其中、分別表示OA、AB與豎直方向的夾角。A球受力如圖（2）所示：重力mg，豎直向下；電場(chǎng)力qE，水平向左；細(xì)線OA對(duì)A的拉力T1，方向如圖；細(xì)線AB對(duì)A的拉力T2，方向如圖。由平衡條件得 ① ② -q q O A B E 圖（4） 圖 4 B球受力如圖（3）所示：重力mg，豎直向下；電場(chǎng)力qE，水平向右；細(xì)線AB對(duì)B 的拉力T2，方向如圖。由平衡條件得 ③ ④ 聯(lián)立以上各式并代入數(shù)據(jù)，得 ⑤ ⑥ 由此可知，A、B球重新達(dá)到平衡的位置如圖（4）所示。 與原來(lái)位置相比，A球的重力勢(shì)能減少了 ⑦ B球的重力勢(shì)能減少了 ⑧ A球的電勢(shì)能增加了 WA=qElcos60⑨ B球的電勢(shì)能減少了 ⑩ 兩種勢(shì)能總和減少了 代入數(shù)據(jù)解得 【例題8】（xx年全國(guó)理綜卷）如圖5所示，兩根平行的金屬導(dǎo)軌，固定在同一水平面上，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.50T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)與導(dǎo)軌所在平面垂直，導(dǎo)軌的電阻很小，可忽略不計(jì)。導(dǎo)軌間的距離l=0.20m。兩根質(zhì)量均為m=0.10kg的平行金屬桿甲、乙可在導(dǎo)軌上無(wú)摩擦地滑動(dòng)，滑動(dòng)過(guò)程中與導(dǎo)軌保持垂直，每根金屬桿的電阻為R=0.50Ω。在t=0時(shí)刻，兩桿都處于靜止?fàn)顟B(tài)。現(xiàn)有一與導(dǎo)軌平行、大小為0.20N的恒力F作用于金屬桿甲上，使金屬桿在導(dǎo)軌上滑動(dòng)。經(jīng)過(guò)t=5.0s，金屬桿甲的加速度為a=1.37m/s2，問(wèn)此時(shí)兩金屬桿的速度各為多少？ 乙 甲 F 圖 5 【點(diǎn)撥解疑】設(shè)任一時(shí)刻t兩金屬桿甲、乙之間的距離為x，速度分別為v1和v2,經(jīng)過(guò)很短的時(shí)間△t，桿甲移動(dòng)距離v1△t，桿乙移動(dòng)距離v2△t，回路面積改變 由法拉第電磁感應(yīng)定律，回路中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì) 回路中的電流 桿甲的運(yùn)動(dòng)方程 由于作用于桿甲和桿乙的安培力總是大小相等，方向相反，所以兩桿的動(dòng)量時(shí)為0）等于外力F的沖量 聯(lián)立以上各式解得 代入數(shù)據(jù)得 針對(duì)訓(xùn)練 1．（xx年廣西、河南、廣東卷）在圖9中虛線所示的區(qū)域存在勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)。取坐標(biāo)如圖。一帶電粒子沿x軸正方向進(jìn)入此區(qū)域，在穿過(guò)此區(qū)域的過(guò)程中運(yùn)動(dòng)方向始終不發(fā)生偏轉(zhuǎn)。不計(jì)重力的影響，電場(chǎng)強(qiáng)度E和磁感強(qiáng)度B的方向可能是（　?。? A． E和B都沿x軸正方向 B． E沿y軸正向，B沿z軸正向 C． E沿x軸正向，B沿y軸正向 D． E、B都沿z軸正向 B A B d v v 300 O 圖10 2．如圖10所示，一束電子（電量為e）以速度v垂直射入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，寬度為d的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，穿透磁場(chǎng)時(shí)速度方向與電子原來(lái)入射方向的夾角是30，則電子的質(zhì)量是 ，穿透磁場(chǎng)的時(shí)間是 。 a b c d S o 圖11 3．（xx年全國(guó)卷）如圖11所示，兩個(gè)共軸的圓筒形金屬電極，外電極接地，其上均勻分布著平行于軸線的四條狹縫a、b、c和d，外筒的外半徑為r，在圓筒之外的足夠大區(qū)域中有平行于軸線方向的均勻磁場(chǎng)，磁感強(qiáng)度的大小為B。在兩極間加上電壓，使兩圓筒之間的區(qū)域內(nèi)有沿半徑向外的電場(chǎng)。一質(zhì)量為ｍ、帶電量為＋q的粒子，從緊靠?jī)?nèi)筒且正對(duì)狹縫a的S點(diǎn)出發(fā)，初速為零。如果該粒子經(jīng)過(guò)一段時(shí)間的運(yùn)動(dòng)之后恰好又回到出發(fā)點(diǎn)S，則兩電極之間的電壓U應(yīng)是多少？（不計(jì)重力，整個(gè)裝置在真空中） B B E L d O 圖12 4．如圖12所示，空間分布著有理想邊界的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)。左側(cè)勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小為E、方向水平向右，電場(chǎng)寬度為L(zhǎng)；中間區(qū)域勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直紙面向里。一個(gè)質(zhì)量為m、電量為q、不計(jì)重力的帶正電的粒子從電場(chǎng)的左邊緣的O點(diǎn)由靜止開始運(yùn)動(dòng)，穿過(guò)中間磁場(chǎng)區(qū)域進(jìn)入右側(cè)磁場(chǎng)區(qū)域后，又回到O點(diǎn)，然后重復(fù)上述運(yùn)動(dòng)過(guò)程。求： （1）中間磁場(chǎng)區(qū)域的寬度d； （2）帶電粒子從O點(diǎn)開始運(yùn)動(dòng)到第一次回到O點(diǎn)所用時(shí)間t。 參考答案： 1．AB 解析：E和B都沿x軸正方向，由于帶電粒子速度與磁感應(yīng)強(qiáng)度B平行或反向平行，故不受磁場(chǎng)力只受電場(chǎng)力，而不論粒子帶何種電荷，電場(chǎng)力與速度均共線，由此知粒子作直線運(yùn)動(dòng)，A正確。若E沿y軸正向則電場(chǎng)力沿y軸正向（帶正電）或負(fù)向（帶負(fù)電），而B沿z軸正向，則由左手定則知其所受洛侖茲力沿y軸負(fù)向（帶正電）或正向（帶負(fù)電），合外力可能為零，故B正確。若E沿z軸正向，則電場(chǎng)力沿z軸正向（帶正電）或負(fù)向（帶負(fù)電），B沿y軸正向，則洛侖茲力也沿z軸正向（帶正電）或負(fù)向（帶負(fù)電），合力不為零，且與速度不共線，粒子必然發(fā)生偏轉(zhuǎn)，故C錯(cuò)。若E、B都沿z軸方向，則電場(chǎng)力也沿z軸方向，而洛侖茲力沿y軸方向，合力不為零，且與速度不共線，粒子必發(fā)生偏轉(zhuǎn)，故D錯(cuò)。 2．解析：電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，只受洛侖茲力作用，故其軌跡是圓弧的一部分，又因?yàn)閒⊥v，故圓心在電子穿入和穿出磁場(chǎng)時(shí)受到洛侖茲力指向交點(diǎn)上，如圖10中的O點(diǎn)，由幾何知識(shí)知，AB間圓心角θ＝30，OB為半徑。 ∴r=d/sin30=2d，又由r=mv/Be得m=2dBe/v 又∵AB圓心角是30，∴穿透時(shí)間t=T/12，故t=πd/3v。 3．解析：如圖13所示，帶電粒子從S點(diǎn)出發(fā)，在兩筒之間的電場(chǎng)作用下加速，沿徑向穿過(guò)狹縫a而進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)，在洛倫茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。粒子再回到S點(diǎn)的條件是能沿徑向穿過(guò)狹縫d.只要穿過(guò)了d，粒子就會(huì)在電場(chǎng)力作用下先減速，再反向加速，經(jīng)d重新進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)，然后粒子以同樣方式經(jīng)過(guò)c、b，再回到S點(diǎn)。設(shè)粒子進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)的速度大小為v，根據(jù)動(dòng)能定理，有 a b c d S o 圖13 設(shè)粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R，由洛倫茲力公式和牛頓第二定律，有 由前面分析可知，要回到S點(diǎn)，粒子從a到d必經(jīng)過(guò)圓周，所以半徑R必定等于筒的外半徑r，即R=r。由以上各式解得 。 4．解析：（1）帶電粒子在電場(chǎng)中加速，由動(dòng)能定理，可得： 帶電粒子在磁場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)，由牛頓第二定律，可得： 由以上兩式，可得 。 可見在兩磁場(chǎng)區(qū)粒子運(yùn)動(dòng)半徑相同，如圖14所示，三段圓弧的圓心組成的三角形ΔO1O2O3是等邊三角形，其邊長(zhǎng)為2R。所以中間磁場(chǎng)區(qū)域的寬度為 O O3 O1 O2 圖14 600 （2）在電場(chǎng)中 ， 在中間磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間 在右側(cè)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間， 則粒子第一次回到O點(diǎn)的所用時(shí)間為 。 圖 6 針對(duì)訓(xùn)練 1． 如圖6所示，長(zhǎng)L1寬L2的矩形線圈電阻為R，處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)邊緣，線圈與磁感線垂直。將線圈以向右的速度v勻速拉出磁場(chǎng)，求：①拉力F大小；②拉力的功率P；③拉力做的功W；④線圈中產(chǎn)生的電熱Q；⑤通過(guò)線圈某一截面的電荷量q。 h d l 1 2 3 4 v0 v0 v 圖 7 2．如圖7所示，水平的平行虛線間距為d=50cm，其間有B=1.0T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。一個(gè)正方形線圈邊長(zhǎng)為l=10cm，線圈質(zhì)量m=100g，電阻為R=0.020Ω。開始時(shí)，線圈的下邊緣到磁場(chǎng)上邊緣的距離為h=80cm。將線圈由靜止釋放，其下邊緣剛進(jìn)入磁場(chǎng)和剛穿出磁場(chǎng)時(shí)的速度相等。取g=10m/s2，求：⑴線圈進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中產(chǎn)生的電熱Q。⑵線圈下邊緣穿越磁場(chǎng)過(guò)程中的最小速度v。⑶線圈下邊緣穿越磁場(chǎng)過(guò)程中加速度的最小值a。 圖 8 3．（xx年上海卷）如圖8所示，有兩根和水平方向成。角的光滑平行的金屬軌道，上端接有可變電阻R，下端足夠長(zhǎng)，空間有垂直于軌道平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感強(qiáng)度為及一根質(zhì)量為m的金屬桿從軌道上由靜止滑下。經(jīng)過(guò)足夠長(zhǎng)的時(shí)間后，金屬桿的速度會(huì)趨近于一個(gè)最大速度幾，則 （A）如果B增大，vm將變大 （B）如果α變大，vm將變大 （C）如果R變大，vm將變大 （D）如果m變小，vm將變大 圖9 4．（xx年上海卷）半徑為a的圓形區(qū)域內(nèi)有均勻磁場(chǎng)，磁感強(qiáng)度為B＝0.2T，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，半徑為b的金屬圓環(huán)與磁場(chǎng)同心地放置，磁場(chǎng)與環(huán)面垂直，其中a＝0.4m，b＝0.6m，金屬環(huán)上分別接有燈L1、L2，兩燈的電阻均為R0＝2Ω，一金屬棒MN與金屬環(huán)接觸良好，棒與環(huán)的電阻均忽略不計(jì) （1）若棒以v0＝5m/s的速率在環(huán)上向右勻速滑動(dòng)，求棒滑過(guò)圓環(huán)直徑OO′ 的瞬時(shí)（如圖9所示）MN中的電動(dòng)勢(shì)和流過(guò)燈L1的電流。 （2）撤去中間的金屬棒MN，將右面的半圓環(huán)OL2O′ 以O(shè)O 為軸向上翻轉(zhuǎn)90，若此時(shí)磁場(chǎng)隨時(shí)間均勻變化，其變化率為ΔB/Δt＝4T/s，求L1的功率。 5．如圖10所示，電動(dòng)機(jī)牽引一根原來(lái)靜止的、長(zhǎng)L為1m、質(zhì)量m為0.1kg的導(dǎo)體棒MN上升，導(dǎo)體棒的電阻R為1Ω，架在豎直放置的框架上，它們處于磁感應(yīng)強(qiáng)度B為1T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向與框架平面垂直。當(dāng)導(dǎo)體棒上升h=3.8m時(shí)，獲得穩(wěn)定的速度，導(dǎo)體棒上產(chǎn)生的熱量為2J，電動(dòng)機(jī)牽引棒時(shí)，電壓表、電流表的讀數(shù)分別為7V、1A，電動(dòng)機(jī)內(nèi)阻r為1Ω，不計(jì)框架電阻及一切摩擦，求： （1）棒能達(dá)到的穩(wěn)定速度； （2）棒從靜止至達(dá)到穩(wěn)定速度所需要的時(shí)間。 參考答案 1．解析： ，，，；；；； 特別要注意電熱Q和電荷q的區(qū)別，其中 q與速度無(wú)關(guān)！ 2．解：⑴由于線圈完全處于磁場(chǎng)中時(shí)不產(chǎn)生電熱，所以線圈進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中產(chǎn)生的電熱Q就是線圈從圖中2位置到4位置產(chǎn)生的電熱，而2、4位置動(dòng)能相同，由能量守恒Q=mgd=0.50J ⑵3位置時(shí)線圈速度一定最小，而3到4線圈是自由落體運(yùn)動(dòng)因此有 v02-v2=2g(d-l)，得v=2m/s ⑶2到3是減速過(guò)程，因此安培力減小，由F-mg=ma知加速度減小，到3位置時(shí)加速度最小，a=4.1m/s2 3． B、C 4．解析：（1）E1＝B2a v＝0.20.85＝0.8V ① I1＝E1/R＝0.8/2＝0.4A ② （2）E2＝ΔФ/Δt＝0.5πa2ΔB/Δt＝0.32V ③ P1＝(E2/2)2/R＝1.28102W 5．解析：（1）電動(dòng)機(jī)的輸出功率為：W 電動(dòng)機(jī)的輸出功率就是電動(dòng)機(jī)牽引棒的拉力的功率，所以有 其中F為電動(dòng)機(jī)對(duì)棒的拉力，當(dāng)棒達(dá)穩(wěn)定速度時(shí) 感應(yīng)電流 由①②③式解得，棒達(dá)到的穩(wěn)定速度為m/s （2）從棒由靜止開始運(yùn)動(dòng)至達(dá)到穩(wěn)定速度的過(guò)程中，電動(dòng)機(jī)提供的能量轉(zhuǎn)化為棒的機(jī)械能和內(nèi)能，由能量守恒定律得： 解得 t=1s