《高中物理选修3-1磁场知识点及习题.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高中物理选修3-1磁场知识点及习题.docx（23页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、一、 磁场学问要点1.磁场的产生磁极四周有磁场。电流四周有磁场（奥斯特）。 安培提出分子电流假说（又叫磁性起源假说），认为磁极的磁场与电流的磁场都是由电荷的运动产生的。（不等于说全部磁场都是由运动电荷产生的。）改变的电场在四周空间产生磁场（麦克斯韦）。2.磁场的根本性质 磁场对放入其中的磁极与电流有磁场力的作用(对磁极肯定有力的作用；对电流只是可能有力的作用，当电流与磁感线平行时不受磁场力作用)。这一点应当跟电场的根本性质相比拟。3.磁感应强度 （条件是匀强磁场中，或L很小，并且LB ）。 磁感应强度是矢量。单位是特斯拉，符号为T，1T=1N/(Am)=1kg/(As2)4.磁感线 用来形象地
2、描绘磁场中各点的磁场方向与强弱的曲线。磁感线上每一点的切线方向就是该点的磁场方向，也就是在该点小磁针静止时N极的指向。磁感线的疏密表示磁场的强弱。 磁感线是封闭曲线（与静电场的电场线不同）。 要熟记常见的几种磁场的磁感线：安培定则（右手螺旋定则）：对直导线，四指指磁感线方向；对环行电流，大拇指指中心轴线上的磁感线方向；对长直螺线管大拇指指螺线管内部的磁感线方向。5.磁通量 假如在磁感应强度为B的匀强磁场中有一个及磁场方向垂直的平面，其面积为S，则定义B及S的乘积为穿过这个面的磁通量，用表示。是标量，但是有方向（进该面或出该面）。单位为韦伯，符号为Wb。1Wb=1Tm2=1Vs=1kgm2/(A
3、s2)。可以认为磁通量就是穿过某个面的磁感线条数。在匀强磁场磁感线垂直于平面的状况下，B=/S，所以磁感应强度又叫磁通密度。在匀强磁场中，当B及S的夹角为时，有=BSsin。 地球磁场 通电直导线四周磁场 通电环行导线四周磁场二、安培力（磁场对电流的作用力）学问要点1.安培力方向的断定用左手定则。用“同性相斥，异性相吸”（只适用于磁铁之间或磁体位于螺线管外部时）。用“同向电流相吸，反向电流相斥”（反映了磁现象的电本质）。可以把条形磁铁等效为长直螺线管（不要把长直螺线管等效为条形磁铁）。只要两导线不是互相垂直的，都可以用“同向电流相吸，反向电流相斥”断定互相作用的磁场力的方向；当两导线互相垂直时
4、，用左手定则断定。2.安培力大小的计算：F=BLIsin（为B、L间的夹角）高中只要求会计算=0（不受安培力）与=90两种状况。SNI例题分析例1：如图所示，可以自由挪动的竖直导线中通有向下的电流，不计通电导线的重力，仅在磁场力作用下，导线将如何挪动？解：先画出导线所在处的磁感线，上下两局部导线所受安培力的方向相反，使导线从左向右看顺时针转动；同时又受到竖直向上的磁场的作用而向右挪动（不要说成先转90后平移）。分析的关键是画出相关的磁感线。NSFFF /F例2：条形磁铁放在粗糙程度面上，正中的正上方有一导线，通有图示方向的电流后，磁铁对程度面的压力将会(增大、减小还是不变？)。程度面对磁铁的摩
5、擦力大小为。解：本题有多种分析方法。画出通电导线中电流的磁场中通过两极的那条磁感线（如图中粗虚线所示），可看出两极受的磁场力的合力竖直向上。磁铁对程度面的压力减小，但不受摩擦力。画出条形磁铁的磁感线中通过通电导线的那一条（如图中细虚线所示），可看出导线受到的安培力竖直向下，因此条形磁铁受的反作用力竖直向上。把条形磁铁等效为通电螺线管，上方的电流是向里的，及通电导线中的电流是同向电流，所以互相吸引。S N例3：如图在条形磁铁N极旁边悬挂一个线圈，当线圈中通有逆时针方向的电流时，线圈将向哪个方向偏转？解：用“同向电流互相吸引，反向电流互相排挤”最简洁：条形磁铁的等效螺线管的电流在正面是向下的，及线
6、圈中的电流方向相反，互相排挤，而左边的线圈匝数多所以线圈向右偏转。（本题假如用“同名磁极相斥，异名磁极相吸”将出现推断错误，因为那只适用于线圈位于磁铁外部的状况。）i例4：电视机显象管的偏转线圈示意图如右，即时电流方向如图所示。该时刻由里向外射出的电子流将向哪个方向偏转？解：画出偏转线圈内侧的电流，是左半线圈靠电子流的一侧为向里，右半线圈靠电子流的一侧为向外。电子流的等效电流方向是向里的，依据“同向电流互相吸引，反向电流互相排挤”，可断定电子流向左偏转。（本题用其它方法推断也行，但不如这个方法简洁）。例5：如图所示，光滑导轨及程度面成角，导轨宽L。匀强磁场磁感应强度为B。金属杆长也为L ，质量
7、为m，程度放在导轨上。当回路总电流为I1时，金属杆正好能静止。求：B至少多大？这时B的方向如何？若保持B的大小不变而将B的方向改为竖直向上，应把回路总电流I2调到多大才能使金属杆保持静止？B解：画出金属杆的截面图。由三角形定则可知，只有当安培力方向沿导轨平面对上时安培力才最小，B也最小。依据左手定则，这时B应垂直于导轨平面对上，大小满意：BI1L=mgsin， B=mgsin/I1L。当B的方向改为竖直向上时，这时安培力的方向变为程度向右，沿导轨方向合力为零，得BI2Lcos=mgsin，I2=I1/cos。（在解这类题时必需画出截面图，只有在截面图上才能正确表示各力的精确方向，从而弄清各矢量
8、方向间的关系）。Bhs例6：如图所示，质量为m的铜棒搭在U形导线框右端，棒长与框宽均为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后落在程度面上，程度位移为s。求闭合电键后通过铜棒的电荷量Q。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，而瞬时电流与时间的乘积等于电荷量Q=It，由平抛规律可算铜棒分开导线框时的初速度，最终可得。三、洛伦兹力学问要点1.洛伦兹力运动电荷在磁场中受到的磁场力叫洛伦兹力，它是安培力的微观表现。IBF安F计算公式的推导：如图所示，整个导线受到的磁场力（安培力）为F安 =BIL；
9、其中I=nesv；设导线中共有N个自由电子N=nsL；每个电子受的磁场力为F，则F安=NF。由以上四式可得F=qvB。条件是v及B垂直。当v及B成角时，F=qvBsin。2.洛伦兹力方向的断定在用左手定则时，四指必需指电流方向（不是速度方向），即正电荷定向挪动的方向；对负电荷，四指应指负电荷定向挪动方向的反方向。3.洛伦兹力大小的计算带电粒子在匀强磁场中仅受洛伦兹力而做匀速圆周运动时，洛伦兹力充当向心力，由此可以推导出该圆周运动的半径公式与周期公式： BvLRO yv4.带电粒子在匀强磁场中的偏转穿过矩形磁场区。肯定要先画好协助线（半径、速度及延长线）。偏转角由sin=L/R求出。侧移由R2=
10、L2-(R-y)2解出。经验时间由得出。r vRvO/O留意，这里射出速度的反向延长线及初速度延长线的交点不再是宽度线段的中点，这点及带电粒子在匀强电场中的偏转结论不同！穿过圆形磁场区。画好协助线（半径、速度、轨迹圆的圆心、连心线）。偏角可由求出。经验时间由得出。留意：由对称性，射出线的反向延长线必过磁场圆的圆心。例题分析BR + 例1：磁流体发电机原理图如右。等离子体高速从左向右喷射，两极板间有如图方向的匀强磁场。该发电机哪个极板为正极？两板间最大电压为多少？解：由左手定则，正、负离子受的洛伦兹力分别向上、向下。所以上极板为正。正、负极板间会产生电场。当刚进入的正负离子受的洛伦兹力及电场力等
11、值反向时，到达最大电压：U=Bdv。当外电路断开时，这也就是电动势E。当外电路接通时，极板上的电荷量减小，板间场强减小，洛伦兹力将大于电场力，进入的正负离子又将发生偏转。这时电动势仍是E=Bdv，但路端电压将小于Bdv。在定性分析时特殊须要留意的是： 正负离子速度方向一样时，在同一磁场中受洛伦兹力方向相反。 外电路接通时，电路中有电流，洛伦兹力大于电场力，两板间电压将小于Bdv，但电动势不变（与全部电源一样，电动势是电源本身的性质。） 留意在带电粒子偏转聚集在极板上以后新产生的电场的分析。在外电路断开时最终将到达平衡态。I例2：半导体靠自由电子（带负电）与空穴（相当于带正电）导电，分为p型与n
12、型两种。p型半导体中空穴为多数载流子；n型半导体中自由电子为多数载流子。用以下试验可以断定一块半导体材料是p型还是n型：将材料放在匀强磁场中，通以图示方向的电流I，用电压表比拟上下两个外表的电势凹凸，若上极板电势高，就是p型半导体；若下极板电势高，就是n型半导体。试分析缘由。解：分别断定空穴与自由电子所受的洛伦兹力的方向，由于四指指电流方向，都向右，所以洛伦兹力方向都向上，它们都将向上偏转。p型半导体中空穴多，上极板的电势高；n型半导体中自由电子多，上极板电势低。 留意：当电流方向一样时，正、负离子在同一个磁场中的所受的洛伦兹力方向一样，所以偏转方向一样。MNOBv例3：如图直线MN上方有磁感
13、应强度为B的匀强磁场。正、负电子同时从同一点O以及MN成30角的同样速度v射入磁场（电子质量为m，电荷为e），它们从磁场中射出时相距多远？射出的时间差是多少？解：正负电子的半径与周期是一样的。只是偏转方向相反。先确定圆心，画出半径，由对称性知：射入、射出点与圆心恰好组成正三角形。所以两个射出点相距2r，由图还看出经验时间相差2T/3。答案为射出点相距，时间差为。关键是找圆心、找半径与用对称。 yxoBvvaO/例4：一个质量为m电荷量为q的带电粒子从x轴上的P(a，0)点以速度v，沿及x正方向成60的方向射入第一象限内的匀强磁场中，并恰好垂直于y轴射出第一象限。求匀强磁场的磁感应强度B与射出点
14、的坐标。解：由射入、射出点的半径可找到圆心O/，并得出半径为；射出点坐标为（0，）。四、带电粒子在混合场中的运动学问要点1.速度选择器v正交的匀强磁场与匀强电场组成速度选择器。带电粒子必需以唯一确定的速度（包括大小、方向）才能匀速（或者说沿直线）通过速度选择器。否则将发生偏转。这个速度的大小可以由洛伦兹力与电场力的平衡得出：qvB=Eq，。在本图中，速度方向必需向右。这个结论及离子带何种电荷、电荷多少都无关。若速度小于这一速度，电场力将大于洛伦兹力，带电粒子向电场力方向偏转，电场力做正功，动能将增大，洛伦兹力也将增大，粒子的轨迹既不是抛物线，也不是圆，而是一条困难曲线；若大于这一速度，将向洛伦
15、兹力方向偏转，电场力将做负功，动能将减小，洛伦兹力也将减小，轨迹是一条困难曲线。2.带电微粒在重力、电场力、磁场力共同作用下的运动带电微粒在三个场共同作用下做匀速圆周运动。必定是电场力与重力平衡，而洛伦兹力充当向心力。及力学严密结合的综合题，要仔细分析受力状况与运动状况（包括速度与加速度）。必要时加以探讨。例题分析v0abco例1：某带电粒子从图中速度选择器左端由中点O以速度v0向右射去，从右端中心a下方的b点以速度v1射出；若增大磁感应强度B，该粒子将打到a点上方的c点，且有ac=ab，则该粒子带_电；第二次射出时的速度为_。解：B增大后向上偏，说明洛伦兹力向上，所以为带正电。由于洛伦兹力总
16、不做功，所以两次都是只有电场力做功，第一次为正功，第二次为负功，但功的肯定值一样。例2：如图所示，一个带电粒子两次以同样的垂直于场线的初速度v0分别穿越匀强电场区与匀强磁场区， 场区的宽度均为L偏转角度均为，求EBLBEv0解：分别利用带电粒子的偏角公式。在电场中偏转：，在磁场中偏转：，由以上两式可得。可以证明：当偏转角一样时，侧移必定不同（电场中侧移较大）；当侧移一样时，偏转角必定不同（磁场中偏转角较大）。E B例3：一个带电微粒在图示的正交匀强电场与匀强磁场中在竖直面内做匀速圆周运动。则该带电微粒必定带_，旋转方向为_。若已知圆半径为r，电场强度为E磁感应强度为B，则线速度为_。解：因为必
17、需有电场力及重力平衡，所以必为负电；由左手定则得逆时针转动；再由例4：质量为m带电量为q的小球套在竖直放置的绝缘杆上，球及杆间的动摩擦因数为。匀强电场与匀强磁场的方向如图所示，电场强度为E，磁感应强度为B。小球由静止释放后沿杆下滑。设杆足够长，电场与磁场也足够大， 求运动过程中小球的最大加速度与最大速度。EqmgNv a fvmqvB Eq N fmg解：不妨假设设小球带正电（带负电时电场力与洛伦兹力都将反向，结论一样）。刚释放时小球受重力、电场力、弹力、摩擦力作用，向下加速；开场运动后又受到洛伦兹力作用，弹力、摩擦力开场减小；当洛伦兹力等于电场力时加速度最大为g。随着v的增大，洛伦兹力大于电
18、场力，弹力方向变为向右，且不断增大，摩擦力随着增大，加速度减小，当摩擦力与重力大小相等时，小球速度到达最大。若将磁场的方向反向，而其他因素都不变，则开场运动后洛伦兹力向右，弹力、摩擦力不断增大，加速度减小。所以开场的加速度最大为；摩擦力等于重力时速度最大，为。5.(20分)如图所示为一种质谱仪示意图，由加速电场、静电分析器与磁分析器组成。已知：静电分析器通道的半径为R，匀称辐射电场的场强为E。磁分析器中有垂直纸面对外的匀强磁场，磁感强度为B。问：（1）为了使位于A处电量为q、质量为m的离子，从静止开场经加速电场加速后沿图中圆弧虚线通过静电分析器，加速电场的电压U应为多大？（2）离子由P点进入磁
19、分析器后，最终打在乳胶片上的Q点，该点距入射点P多远？解：（1）离子在加速电场中加速，依据动能定理有 (3分)离子在辐向电场中做匀速圆周运动，电场力供应向心力，有 (4分)解得 (2分)（2）离子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力供应向心力，有 (3分)由、式得 (5分)故 (3分)例6：（20分）如图所示，固定在程度桌面上的光滑金属框架cdef处于竖直向下磁感应强度为B0的匀强磁场中。金属杆ab及金属框架接触良好。此时abed构成一个边长为l的正方形，金属杆的电阻为r，其余局部电阻不计。若从t=0时刻起，磁场的磁感应强度匀称增加，每秒钟增量为k，施加一程度拉力保持金属杆静止不动，求金属杆中
20、的感应电流。在状况中金属杆始终保持不动，当t= t1秒末时，求程度拉力的大小。若从t=0时刻起，磁感应强度渐渐减小，当金属杆在框架上以恒定速度v向右做匀速运动时，可使回路中不产生感应电流。写出磁感应强度B刚好间t的函数关系式。解(1)设瞬时磁感应强度为B ,由题意得 （分）产生感应电动势为 （分）依据闭合电路欧姆定律得，产生的感应电流 （分）（）由题意，依据二力平衡，安培力等于程度拉力，即 （分） （分）由得 ，所以 （分）（）回路中电流为，说明磁感应强度渐渐减小产生的感应电动势与金属杆运动产生的感应电动势 相反，即 ，则有（分）解得 （分）例7(19分)如图，在x轴上方有磁感强度大小为B，方
21、向垂直纸面对里的匀强磁场。x轴下方有磁感强度大小为B/2，方向垂直纸面对外的匀强磁场。一质量为m、电量为q的带电粒子（不计重力），从x轴上O点以速度v0垂直x轴向上射出。求：（1）经多长时间粒子第三次到达x轴。(初位置O点为第一次)（2）粒子第三次到达x轴时离O点的间隔 。解：（1）粒子运动轨迹示意图如右图 （2分） 由牛顿第二定律 （4分） （2分）得 T1 = （2分）T2 = （2分）粒子第三次到达x轴需时间 t = （1分）（2）由式可知 r1 = （2分）r2 = （2分）粒子第三次到达x轴时离O点的间隔 s = 2r1 2r2 = （2分）例8、如图所示，在第I象限范围内有垂直xO
22、y平面的匀强磁场，磁感应强度为B。质量为m、电量大小为q的带电粒子（不计重力），在axy平面里经原点O射入磁场中，初速度为v0，且及x轴成60角，试分析计算：（1）带电粒子从何处分开磁场？穿越磁场时运动方向发生的偏转角多大？（2）带电粒子在磁场中运动时间多长？解：带电粒子若带负电荷，进入磁场后将向 x 轴偏转，从A点分开磁场；若带正电荷，进入磁场后将向 y 轴偏转，从B点分开磁场；如图所示带电粒子进入磁场后作匀速圆周运动，轨迹半径均为 圆心位于过O点及v0垂直的同一条直线上，O1OO2OO1AO2BR，带电粒子沿半径为R的圆周运动一周的时间为 （）粒子若带负电荷，进入磁场后将向 x 轴偏转，从
23、A点分开磁场，运动方向发生的偏角为：1226001200。A点到原点O的间隔 为： 粒子若带正电荷，进入磁场后将向 y 轴偏转，在B点分开磁场；运动方向发生的偏角为：22（900）2300600。B点到原点O的间隔 为： （）粒子若带负电荷，进入磁场后将向 x 轴偏转，从A点分开磁场，运动的时间为：粒子若带正电荷，进入磁场后将向 y 轴偏转，在B点分开磁场；运动的时间为：例9、右图是科学史上一张闻名的试验照片，显示一个带电粒子在云室中穿过某种金属板运动的径迹。云室旋转在匀强磁场中，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A. 带正电，由下往上运动B.
24、带正电，由上往下运动C. 带负电，由上往下运动D. 带负电，由下往上运动答案： A。解析：粒子穿过金属板后，速度变小，由半径公式可知，半径变小，粒子运动方向为由下向上；又由于洛仑兹力的方向指向圆心，由左手定则，粒子带正电。选A。例10、如图所示，固定位置在同一程度面内的两根平行长直金属导轨的间距为d，其右端接有阻值为R的电阻，整个装置处在竖直向上磁感应强度大小为B的匀强磁场中。一质量为m（质量分布匀称）的导体杆ab垂直于导轨放置，且及两导轨保持良好接触，杆及导轨之间的动摩擦因数为u。现杆在程度向左、垂直于杆的恒力F作用下从静止开场沿导轨运动间隔 L时，速度恰好到达最大（运动过程中杆始终及导轨保
25、持垂直）。设杆接入电路的电阻为r，导轨电阻不计，重力加速度大小为g。则此过程A.杆的速度最大值为B.流过电阻R的电量为C.恒力F做的功及摩擦力做的功之与等于杆动能的改变量D.恒力F做的功及安倍力做的功之与大于杆动能的改变量答案BD【解析】当杆到达最大速度vm时，得，A错；由公式，B对；在棒从开场到到达最大速度的过程中由动能定理有：，其中，恒力F做的功及摩擦力做的功之与等于杆动能的改变量及回路产生的焦耳热之与，C错；恒力F做的功及安倍力做的功之与等于于杆动能的改变量及克制摩擦力做的功之与，D对。例11、如图甲，在程度地面上固定一倾角为的光滑绝缘斜面，斜面处于电场强度大小为E、方向沿斜面对下的匀强
26、电场中。一劲度系数为k的绝缘轻质弹簧的一端固定在斜面底端，整根弹簧处于自然状态。一质量为m、带电量为q（q0）的滑块从间隔 弹簧上端为s0处静止释放，滑块在运动过程中电量保持不变，设滑块及弹簧接触过程没有机械能损失，弹簧始终处在弹性限度内，重力加速度大小为g。（1）求滑块从静止释放到及弹簧上端接触瞬间所经验的时间t1（2）若滑块在沿斜面对下运动的整个过程中最大速度大小为vm，求滑块从静止释放到速度大小为vm过程中弹簧的弹力所做的功W；（3）从滑块静止释放瞬间开场计时，请在乙图中画出滑块在沿斜面对下运动的整个过程中速度刚好间关系v-t图象。图中横坐标轴上的t1、t2及t3分别表示滑块第一次及弹簧
27、上端接触、第一次速度到达最大值及第一次速度减为零的时刻，纵坐标轴上的v1为滑块在t1时刻的速度大小，vm是题中所指的物理量。（本小题不要求写出计算过程）答案（1）; （2）; (3) 【解析】本题考察的是电场中斜面上的弹簧类问题。涉及到匀变速直线运动、运用动能定理处理变力功问题、最大速度问题与运动过程分析。（1）滑块从静止释放到及弹簧刚接触的过程中作初速度为零的匀加速直线运动，设加速度大小为a，则有 qE+mgsin=ma 联立可得 （2）滑块速度最大时受力平衡，设此时弹簧压缩量为，则有 从静止释放到速度到达最大的过程中，由动能定理得 联立可得 s（3）如图例12、图为可测定比荷的某装置的简化
28、示意图，在第一象限区域内有垂直于纸面对里的匀强磁场，磁感应强度大小B=2.010-3T,在X轴上距坐标原点L=0.50m的P处为离子的入射口，在Y上安放接收器，现将一带正电荷的粒子以v=3.5104m/s的速率从P处射入磁场，若粒子在y轴上距坐标原点L=0.50m的M处被观测到，且运动轨迹半径恰好最小，设带电粒子的质量为m,电量为q,不记其重力。（1）求上述粒子的比荷；（2）假如在上述粒子运动过程中的某个时刻，在第一象限内再加一个匀强电场，就可以使其沿y轴正方向做匀速直线运动，求该匀强电场的场强大小与方向，并求出从粒子射入磁场开场计时经过多长时间加这个匀强电场；（3）为了在M处观测到按题设条件
29、运动的上述粒子，在第一象限内的磁场可以局限在一个矩形区域内，求此矩形磁场区域的最小面积，并在图中画出该矩形。答案（1）=4.9C/kg（或5.0C/kg）；（2） ； （3）【解析】本题考察带电粒子在磁场中的运动。第（2）问涉及到复合场（速度选择器模型）第（3）问是带电粒子在有界磁场（矩形区域）中的运动。（1）设粒子在磁场中的运动半径为r。如图甲，依题意M、P连线即为该粒子在磁场中作匀速圆周运动的直径，由几何关系得 由洛伦兹力供应粒子在磁场中作匀速圆周运动的向心力，可得 联立并代入数据得=4.9C/kg（或5.0C/kg） （2）设所加电场的场强大小为E。如图乙，当粒子子经过Q点时，速度沿y轴
30、正方向，依题意，在此时参加沿x轴正方向的匀强电场，电场力及此时洛伦兹力平衡，则有 代入数据得 所加电场的长枪方向沿x轴正方向。由几何关系可知，圆弧PQ所对应的圆心角为45，设带点粒子做匀速圆周运动的周期为T，所求时间为t，则有 联立并代入数据得 （3）如图丙，所求的最小矩形是，该区域面积w.w.w.k.s.5.u.c.o.m 联立并代入数据得矩形如图丙中（虚线）例13、如图，在x轴下方有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于x y平面对外。P是y轴上距原点为h的一点，N0为x轴上距原点为a的一点。A是一块平行于x轴的挡板，及x轴的间隔 为，A的中点在y轴上，长度略小于。带点粒子及挡板碰撞前后
31、，x方向的分速度不变，y方向的分速度反向、大小不变。质量为m，电荷量为q（q0）的粒子从P点瞄准N0点入射，最终又通过P点。不计重力。求粒子入射速度的全部可能值。26. 【解析】设粒子的入射速度为v,第一次射出磁场的点为,及板碰撞后再次进入磁场的位置为.粒子在磁场中运动的轨道半径为R,有,粒子速率不变,每次进入磁场及射出磁场位置间间隔 保持不变有,粒子射出磁场及下一次进入磁场位置间的间隔 始终不变,及相等.由图可以看出设粒子最终分开磁场时,及档板相碰n次(n=0、1、2、3).若粒子能回到P点,由对称性,出射点的x坐标应为-a,即,由两式得若粒子及挡板发生碰撞,有联立得n3联立得把代入中得例1
32、4、如图所示，直角坐标系xOy位于竖直平面内，在程度的x轴下方存在匀强磁场与匀强电场，磁场的磁感应为B,方向垂直xOy平面对里，电场线平行于y轴。一质量为m、电荷量为q的带正电的小球，从y轴上的A点程度向右抛出，经x轴上的M点进入电场与磁场，恰能做匀速圆周运动，从x轴上的N点第一次分开电场与磁场，MN之间的间隔 为L,小球过M点时的速度方向及x轴的方向夹角为.不计空气阻力，重力加速度为g,求(1) 电场强度E的大小与方向；(2) 小球从A点抛出时初速度v0的大小;(3) A点到x轴的高度h.（1），方向竖直向上 （2） （3）【解析】本题考察平抛运动与带电小球在复合场中的运动。（1）小球在电场
33、、磁场中恰能做匀速圆周运动，说明电场力与重力平衡（恒力不能充当圆周运动的向心力），有 重力的方向竖直向下，电场力方向只能向上，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，O为圆心，MN为弦长，如图所示。设半径为r，由几何关系知 小球做匀速圆周运动的向心力由洛仑兹力白日供应，设小球做圆周运动的速率为v，有由速度的合成及分解知 由式得 （3）设小球到M点时的竖直分速度为vy，它及程度分速度的关系为 由匀变速直线运动规律 由式得 例15、如图18（a）所示，一个电阻值为R，匝数为n的圆形金属线圈及阻值为2R的电阻R1连接成闭合回路，线圈的半径为r1，在线圈中半径为r2的圆形区域内存在垂直于线圈平面对里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t改变的关系图线如图18（b）所示，图线及横、纵轴的截距分别为t0与B0导线的电阻不计，求0至t1时间内（1）通过电阻R1上的电流大小与方向；（2）通过电阻R1上的电量q及电阻R1上产生的热量R1ab（a）BB0tt0t1O（b）图18解：（1）由法拉第电磁感应定律知 由闭合电路欧姆定律知 ，方向由ba（2）通过电阻R1上的电量为电阻R1上产生的热量为