高三物理一轮复习磁场

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1、磁场命题分析： 历年高考对本章知识覆盖面大，几乎每个知识点都考到。特别是左手定则的运用和带电粒子在磁场中的运动更是两个命题频率最高的知识点.题目难度大,对考生的空间想象能力、物理过程和运动规律的综合分析能力都要求较高.其中不仅考查对安培力的理解,而且考查能将它和其他力放在一起,去综合分析和解决复杂问题的能力;而带电粒子在磁场中的运动考查能否正确解决包括洛仑兹力在内的复杂综合性力学问题.是考查综合能力的热点.纵观近几年高考试题,题目一般运动情景复杂、综合性强,多以把场的性质、运动学规律、牛顿运动定律、功能关系及交变电流等有机结合的计算题出现,难度中等偏上,对考生的空间想象能力、物理过程和运动规律

2、的综合分析能力及用数学方法解决物理问题的能力要求较高.从近两年高考看,涉及本章的命题常以构思新颖、高难度的压轴题形式出现,在复习中要高度重视.复习策略：复习时,应以左手定则和带电粒子在磁场中的运动为重点.应侧重掌握下列问题1.知道安培力是洛仑兹力的宏观表现,所以它们的加都用左手定则判断.2.根据公式F=qBsin理解与B平行时带电粒子科洛仑兹力作用,静止的电荷在磁场中不受洛仑兹力作用.3.根据洛仑兹力的方向与带电粒子的速度方向垂直，理解洛仑兹力不做功;4.利用左手定则,运用平面几何知识,根据有关公式练掌握带电粒子在洛仑兹力作用下做圆周运动的圆心、半径、运动时间的确定方法.提高画图能力.5.提高

3、综合运用知识的能力.第一专题 磁场的描述、磁场对电流的作用力知识要点：一、磁场：磁场是存在于运动电荷周围空间的一种客观存在的物质.1.基本性质:1）对处于磁场中的磁极、电流、运动电荷有磁场力的作用；2）有强弱和方向.2.方向:规定在磁场中任一点小磁针N极受力的方向(或小磁针静止时N极的指向)就是那一点的磁场方向.3.磁现象的电本质:1）磁铁的磁场和电流的磁场一样都是由运动电荷产生的；2）分子电流假说（安培）：揭示磁现象电本质（最早）.4.磁感线:1）曲线的切线方向表示该位置的磁场方向.2）曲线的疏密能定性地表示磁场的强弱,3）是一种物理模型.5.磁感应强度:描述磁场力的性质的矢量 1)大小:B

4、=F/IL=F/q=M/IS 2)方向:小磁针静止时,N极所受磁场力的方向即为该点磁场的方向. 3)B与放入检验体物理量（I、L、F的大小）无关,仅与产生磁场的磁体或电流有关. 4)匀强磁场:1）B大小处处相等，方向相同,2）感线是平行等距的直线.例1：关于磁感应强度,下面说法正确的是(D)A.一小段通电导体放在磁场A处时受到的磁场力比B处的大,说明A处磁感应强度比B处的磁感应强度大.B.由B=F/IL可知,某处的磁感应强度大小与放入该处的通电导体的IL成反比.C.放在匀强磁场中各处的通电导体,受力的大小和方向均相同.D.小磁铁N极所受磁场力的方向就是该处磁感应强度的方向.例2：关于磁场、磁感

5、线,下列说法正确的是(C)A.磁场并不真实存在,而是人们假想出来的.B.磁铁周围磁感线的形状,与铁屑在它周围排列的形状相同,说明磁场呈线条形状,磁感线是磁场的客观反映.C.磁感线可以用来表示磁场的强弱和方向.D.磁感线类似电场线,它总是从磁体的N极出发,到S极终止.7.电流的磁场:（直线电流、环形电流、通电螺线管）1）磁感线分布特点及磁感强度的大小和方向.2）磁感线的方向都是由安培定则判断.二、安培力1.大小：1）当IB时F=BIL 2）当I、B夹角为0时F=0 3)当I、B夹角为时F=BILsin(将B分解)说明：1）式中的为B、I的夹角。 2）L是有效长度:1对于弯曲导线的有效长度应等效于

6、两端点连接直线的长度,相应的电流方向应沿等效长度L由始端流向末端, 2对于任意形状的闭合平面,可认为线圈的有效长度为零,即L=0,所以通电后在匀强磁场受到的安培力的矢量和一定为零.3）公式只适用于匀强磁场或非匀强磁场中很短的通电导线. 4）磁场对电流的安培力与I、L及导线的放置方向有关。 3)由于B、I、F相垂直的原因,三维图形出现的机会多.解题时,一般改画图形,使研究对象的受力及运动展现在方便分析的平面内2.方向：左手定则F垂直于B和I所在平面（FB，FI，但B和I不一定垂直） 掌心磁感线垂直穿入。四指电流方向。拇指安培力方向 3.产生原因:磁场对导线中所有运动电荷的合力.三、电流表的工作原

7、理:1.磁电式电流表的构造特点:1)磁场特点:磁铁和铁芯间磁场是辐向分布的.2)安培力特点:无论线圈转到何角度,安培力、安培力的力矩总是只跟电流强度大小成正比,且M磁=NBIS，（与线圈转过角度无关）2.工作原理：1）第一部分产生径向匀强磁场。 2）通电后线圈的一对边产生力矩M1 3）弹簧产生力矩M2，当M2=M1时线圈停止转动 4）I越大、M1越大、越大:I=M2/nBS磁电式电流表的刻度是均匀的. 5）I方向改变时，F方向改变，指针偏转方向也改变。3.特点：1）灵敏度高，能测出很微弱的电流。 2）允许通过的电流小（Rg很小，Ig：几十A几mA），能承受的电压低。四、地磁场主要特点 1.地磁

8、场S、N极与地理南北极相反。 2.地磁场B：水平分量B由地理南极指北极 竖直分量B南北相反 3.赤道平面上，离地等高的各点B相等且水平向北。思考：假设地磁场是由电荷运动产生的，试问地球带什么电？三点一法：1.通电导线或线圈在安培力作用下运动方向的判断（学生看书）1）电流元分析法:把整段电流等效为多段直线电流元,先用左手定则判断出每小段电流元所受安培力的方向,从而判断出整段电流所受合力方向,最后确定运动方向.2）等效分析法:环形电流可等效为小磁针,条形磁铁也可等效为环形电流,通电螺线管可等效为多个环形电流或条形磁铁. 3）特殊位置分析法:把导体转到一个便于分析的特殊位置后判断其安培力方向,从而确

9、定运动方向.4）推论法：1同向吸引异向排斥；2垂直电流有转到同向的趋势。 5）转换研究对象法:定性分析磁体在电流磁场作用下如何运动的问题,可先分析电流在磁体磁场中所受的安培力,然后由牛顿第三定律,再确定磁体所受电流作用力,从而确定磁体所受合力及运动方向.ABINSO例3：如右图所示,把一重力不计的通电直导线水平放在蹄形磁铁两极的正上方,导线可以自由转动,当导线通入图示方向电流I时,导线的运动情况是(从上往下看)(A)A. 顺时针方向转动,同时下降 B。顺时针方向转动,同时上升C 逆时针方向转动,同时下降 D。逆时针方向转动,同时上升解析:1)电流元法:把直线电流等效为AO、OB两段电流元,由左

10、手定则可以判断出AO和OB段受力方向分别垂直纸面向外和向内,因此,从上向下看AB将以中心0为轴顺时针转动.2)特殊位置法:用导线转过90的特殊位置来分析,据左手定则判得安培力的方向向下,故导线在顺时针转如同时向下转动.思考：蹄形磁铁与什么电流的场相似？训练1：(2003年河南信阳)如图所示,两条直导线互相垂直,但相隔一个小距离,其中一条AB是固定的,另一条CD能自由转动,当直流电流按下图所示方向通入两条导线时,CD导线将（B）ABCD A.不动 B.顺时针方向转动,同时靠近导线AB C.顺时针方向转动,同时离开导线AB D.逆时针方向转动,同时离开导线AB E.逆时针方向转动,同时靠近导线AB

11、2.安培力与力学、电磁学(电路、电动势等)相联系的金属棒在磁场中金属导轨上的运动问题（热点）PQ例4：(2004年科研试题)有两个相同的全长电阻为9的均匀光滑圆环,固定于一个绝缘的水平台面上,两环分别在两个互相平行的、相距为20cm的竖直平面内,两环的连心线恰好与环面垂直,两环面间有方向竖直向下的磁感强度B=0.87T的匀强磁场,两环的最高点A和C间接有一内阻为0.5的电源,连接导线的电阻不计,今有一根质量为lOg,电阻为1.5的棒置于两环内侧且可顺环滑动,而棒恰好静止于右图所示的水平位置,它与圆弧的两接触点P、Q和圆弧最低点间所夹的弧对应的圆心角均为=60,取重力加速度为g=l0m/s2,试

12、求此电源电动势的大小.(6V)60abBS训练2:如右图所示,平行金属导轨间距为50cm,固定在水平面上,一端接入电动势E=1.5V,内电阻r=0.2的电池,金属杆ab电阻为R=2.8,质量m=510-2kg,与平行导轨垂直放置,其余电阻不计,金属杆处于磁感应强度为B=0.8T,方向与水平成60的匀强磁场中,刚开始接通电路的瞬间,求: (l)金属杆所受的安培力的大小. (0.2N) (2)此时导体棒对轨道的压力多大. (0.4N)评注:1）安培力的知识多结合在电磁感应综合题中考查,以简单的安培力分析为主.2）在本部分复习时,要以中低档题为主,打好坚实的基础.3）注意左手定则的使用,准确判断B、

13、I、F三者方向关系.4）关键：画受力分析图。训练3：如右图所示,光滑的平行导轨倾角为,处在磁感应强度为B的匀强磁场中,导轨中接入电动势为E,内阻为r的直流电源,将质量为m,长度为L,电阻为R的导体棒由静止释放,求导体棒在释放BREr时瞬时加速度的大小.(电路中其余电阻不计)3.安培力与生活、科技、工农业生产等问题的联系以及与化学、地理等学科的联系,是高考的热点.分析这类问题既要善于把实际问题抽象成一般的物理问题.（电磁炮、电磁泵的工作原理）例5.(2004年湖北)一根电缆埋藏在一堵南北走向的墙里,在墙的西侧处,当放一指南针时,其指向刚好比原来旋转180,由此可以断定,这根电缆中电流的方向为(D

14、)A.可能是向北B.可能是竖直向下C.可能是向南D.可能是竖直向上解析：在磁场作用下，小磁针静止时N指向北方，现变为N指向南方，故应有竖直向上的通电电流。评注：奥斯特实验中，通电导线应南北放置，这样小磁针的偏转即是由通电电流的磁场引起，而不是由地磁场引起的。 NPLF训练4.(2002年上海)磁场具有能量,磁场中单位体积所具有的能量叫做能量密度,其值为B2/2,式中B是感应强度,是磁导率,在空气中为一已知常数.为了近似测得条形磁铁极端面附近的磁感应强度B,一学生用一根端面面积为S的条形磁铁吸住一相同面积的铁片P,再用力将铁片与磁铁拉开一段微小距离L,并测出拉力F,如下图所示.因为F所做的功等于

15、间隙中磁场的能量,所以由此可得磁感应强度时B与F、S之间的关系为B=_.(2F/S)1/2解析：W=FL=LSB2/2hKs3、如下图所示,两根平行光滑轨道置于同一水平面上，相互间隔0.1m,质量m为3g的金属棒置于轨道的一端,跨在两轨道上,匀强磁场方向垂直轨道所在平面向上,B=0.lT，轨道平面距地面高度 h=0.8m，当接通电键K时,金属棒由于受磁场力作用而被水平抛出,落地点距抛出点的水平距离S=2m,求接通K瞬间金属棒上通过的电量.(g取10m/s2)(1.5C)第二专题 磁场对运动电荷的作用、质谱仪、回旋加速器知识要点:一、洛仑兹力:磁场对运动电荷的作用力. l.大小:1）当B时，F洛

16、=qB 2）当B或=0时，F洛=0 3)当、B夹角为时，F洛=qBsin2.方向:由左手定则判定,其中四指指向与正电荷运动方向相同,与负电荷的运动方向相反.3.特点:1）洛仑兹力不做功；2）洛仑兹力只改变运动粒子的运动方向。说明：安培力是洛仑兹力的宏观表现例1：有一段长为L的通电导线,横截面积为S,单位体积内含有的自由电荷数为n,每个自由电荷的电量为q,定向移动的平均速率为,将这段导线垂直于磁场方向放入磁感应强度为B的匀强磁场中.求:每个运动电荷受到洛伦兹力的大小.(学生分析推导)分析：在导体中取两个截面，截面间距为,则I=Q/t=qnsL/t=qns F安=BIL=BqnsL F洛=F安/n

17、sL=qB二、带电粒子在匀强磁场中的运动 1.若B,匀速直线运动. 2.若B，做匀速圆周运：1）洛沦滋力提供向心力qB=m2/R 2)轨道半径R=m/qB 3)周期T=2m/qB(与R、无关)3.、B夹角为:带电粒子螺旋线前进:1)s=cosT2)螺距r=msin/qB,T=2m/qB三、质谱仪:分离各种元素的同位素并测量它们的质量的仪器.AAS1S2P1P2O1.结构：S1和S2之间是加速电场(加速部分) P1和P2间是速度选择器(选择部分) AA为感光胶片(偏转显示屏)2.原理：加速电场 qU=m2/2 速度选择器 qE=qB 偏转磁场 qB=m2/R R=m/qB=（2mU/qB2）1/

18、2由上式知，B、U、q对同一元素均为常量,故R（m）1/2,根据不同的半径,就可算出不同的质量思考：B方向是否可改为垂直纸面向外？（E同时反向，粒子打胶片左边）例2：(2001年全国理综)下图是测量带电粒子质量的仪器工作原理示意图.设法使某有机化合物的气态 分子导入图示的容器A中,使它受到电子束轰击,失去一个电子后成为正一价的分子离子.分子离 子从狭缝Sl以很小的速度进入电压为U的加速电场区(初速不计),加速后,再通过狭缝S2、S3射入 磁感应强度B的匀强磁场,方向垂直于磁场区的界面PQ,最后，分子离子打到感光片上,形成垂直 于纸面且平行于狭缝S3的细线.若测得细线到狭缝S3的距离为d,导出分

19、子离子的质量m的表达式。S1UP ( qB2d2/8U)训练1:质谱仪是一种测定带电粒子质量和分析同位素的重要工具,它的构造 原理如右图所示,离子源S产生一个质量为m,电量为q的正离子.离子产 生出来时速度很小,可以看作是静止的,离子产生出来后经过电压U加速,进入磁感应强度为B的匀强磁场,沿着半圆周运动而达到记录它的照相底片P上,测得它在P上的位置到入口处S1的距离为，则下列说法正确的是(D)A.某离子经上述装置后,测得它在P上的位置到入口处Sl的距离大于,则离子的质量一定变大。B.某离子经上述装置后,测得它在P上的位置到入口处Sl的距离大于,则加速电压U一定变大C.某离子经上述装置后,测得它

20、在P上的位置到入口处Sl的距离大于,则磁感应强度B一定变大D.某离子经上述装置后,测得它在P上的位置到入口处Sl的距离大于,则离子带电量q可能变小1.构造:D型盒：屏蔽外电场粒子源及引出装置磁铁:产生匀强磁场四、回旋加速器2.原理: 磁场作用:带电粒子做匀速圆周运动,T、R与无关.运动T/2后,进入电场中加速. 电场作用:周期性对粒子加速. n2qU=m2/2交变电压:在狭缝处交变电压与粒子匀速圆周运动周期相同. T=2m/qB3.粒子不断加速的条件：交变电压与粒子匀速圆周运动周期相同. f=qB/2mD型盒上接106HZ高频电源4.回旋加速器的主要特征：1)粒子在D形盒中回旋周期等于两盒狭缝

21、之间高频电场的变化周期,与带电粒子无关. 2)将带电粒子在两盒狭缝之间的运动首尾相连起来是一个初速为零的匀加速直线运动.3)带电粒子每经电场加速一次,回旋半径就增大一次：1各次半径之比为1:（2）1/2:（3）1/22粒子回旋的最大半径R=(2mU/qB2）1/2 4)粒子获得最大能量：E=m2/2=m(qBR/m)2/2=q2B2R2/2mB2R2.例3：如下图所示,在回旋加速器的D形盒I的O点处有一离子源,该离子源产生的离子,经两个D形盒缝隙间的电场加速后,进人D形盒,试求在D形盒子中相邻两个圆形轨道的半径之比.O高频电源解析:设经过n次加速离子获得速度n由功能关系得: nqU=mn2/2

22、 有 qnB=mn2/Rn 得 Rn=mn/qB 离子再进入盒又经过了2次加速: (n+2)qU=mn+22/2 有 qn+2B=mn+22/Rn 得 Rn+2=mn+2/qB 由得：Rn=（2mUn/q）1/2/B 由得：Rn+2=2mU（n+2）/q1/2/B /得：Rn/Rn+2=n/（n+2）1/2 训练2:有一回旋加速器,两个D形盒的半径为R,两D形盒之间的高频电压为U,偏转磁场的磁感强度为B.如果一个粒子(氮原子核)和一个质子,都从加速器的中点开始被加速,试求它们从D形盒飞出时的速度之比.（12）三点一法:1.带电粒子在有界磁场中运动：1）刚好穿出磁场边界的条件是轨迹与边界相切。（

23、例4）2）当速率一定时，弧长越长转过圆心角越大，运动的时间越长。3）速度偏向角等于圆心角。（例5）例4：如右图所示,在真空中宽为d的区域内有匀强磁场B,质量m、带电量q、速率为0的电子从边界CDFE0 CD外侧垂直射入磁场,入射方向与CD夹角为,为了使电子能从磁场的另一边界EF射出,0应 满足的条件是(A)A.0qBd/m(1+cos) B.0qBd/mcosC.0qBd/m(1+sin) D.0qBd/msin) 例5：如右图所示,圆形区域里匀强磁场方向垂直于纸面向里,有一束速率各不相同的质子自A点沿半径A0 方向射入磁场,这些质子在磁场中(AD)A.运动时间越长,其轨迹对应的圆心角越大B.

24、运动时间越长,其轨迹越大C.运动时间越短,射出磁场区域时速率越小D.运动时间越短,射出磁场区域时速度的偏向角越小分析：=/t=2/T =2t/T =t2.带电粒子做匀速圆运动的圆心、半径及运动时间的确定（重、难点） 1）圆心的确定：1射入和射出速度方向垂线的交点. 2在射入和射出点连线的中垂线上（弦的垂直平分线上） 2）半径的确定和计算：解含有速度偏向角和已知距离的直角三角形. 3）在磁场中运动时间的确定：1t=T/2=/. 2t=S/=ST/2R(两个概念)例6：(2001年全国高考18)如下图所示,在yLR因朝不同的方向发射粒子的圆轨迹都经过S,所有粒子圆心在以S点为圆心的圆周上.由此可知

25、,某一圆轨迹在图中N左侧与ab相切,则此切点P1就是粒子能打中的左侧最远点.某粒子圆的轨迹交ab于S所在直径另一端P2即为右侧最远点由几何知识得: NP1=(R2-(L-R)2)1/2abcdSP1P2NMQRR2R 再考虑N的右侧.任何粒子在运动中离S的距离不可能超过2R,以2R为半径、S为圆心作圆,交ab于N右侧的P2点,此即右侧能打到的最远点. 由图中的几何关系得: NP2=(4R2-L2)1/2=12cm 所求的宽度为: PlP2=NP1+NP2=20cm注意：1）轨迹两侧不对称，2）寻找左右两侧最远点的方法不同。3.洛仑兹力的多解问题1）带电粒子电性不确定：受f洛作用的带电粒子,可正

26、可负,在0相同的条件下,正负粒子在磁场中 运动轨迹不同,导致形成多解.2）磁场方向不确定：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.3）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,它可能穿过去了,也可能转过180从入射界面这边反向飞出形成多解4）运动的重复性：带电粒子在部分是电场,部分是磁场空间运动时,往往运动具有往复性,M5ddN例7：M、N两极板相距为d,板长均为5d,两板未带电,有垂直纸面的匀强磁场,如下图所示,一大群电子沿平行于板的方向从各处位置以速度射入板间,为了使电子

27、都不从板间穿出，求磁感应强度B的范围.（m/13deB0的空间中存在匀强电场,场强沿y轴负方向;在y0的空间中,存在匀强磁场,磁场方向垂直y平面(纸面)向外,一电量为q、质量为m的带正电的运动粒子,经过y轴上y=h处的点P1,时速率为0,方向沿轴正方向,然后,经过轴上=2h处的P2点进入磁场,并经过y轴上y=-2h处的P3点,不计重力,求(1)电场强度的大小.(m02/2qh)(2)粒子到达P2时速度.=(2)1/20与+轴成45(3)磁感应强度的大小 m/(2)1/2qh关键：用数学知识证明轨迹过O点：R=(2)1/2h第三课时 带电粒子或带电体在复合场中的运动1.速度选择器+- 0B 如图

28、示，若带电粒子受力满足q0B=qE,即0=E/B,且方向水平向右，则粒子做匀速直线运动。 说明：1.与粒子的电性、电量无关， 2.与粒子的质量无关， 3.只选择速度的大小和方向。2.带电粒子或带电体在复合场中的运动遵循的规律：三大观点六大规律3.带电粒子在恒定电、磁场中运动的几种模型1)E恒定0=0或0E，匀变速直线运动0E，类平抛运动0与E夹角为，类斜抛运动a恒定匀变速2)B恒定0B，匀速直线运动0B，匀速圆周运动0与E夹角为，螺旋线运动EK恒定匀速率3)B、E复合0BE，匀变速直线运动0BE，qE=q0B且反向(速度选择器)0EB，螺旋线,螺距由q、E决定,半径由q、B、0决定.4)B、E

29、、g复合F合=0,静止或匀直F合0且恒定（0B），匀变速直线运动； qE=G，q0B=m02/R，匀速圆周运动qE=mg,q0B=m02匀速圆周运动.1无约束0B, qE=mg0BEg,三力共线0BE,三力共面FBFE2有约束临界问题匀园最高点:线=0, 杆=（gr）1/2稳定状态：刚好离开斜面、平面：N=0=0时,最大N=0时， ，z0例1：(2003年春季)如图所示,在Oz坐标系所在的空间中,可能存在匀强电场或匀强磁场,也可能两者都存在或都不存在但如果两者都存在,已知磁场平行于平面.现有一质量为m带正电q的点电荷沿z轴正方向射入此空间中,发现它做速度为0的匀速直线运动.若不计重力,试写出电

30、场和磁场的分布有哪几种可能性.要求对每一种可能性,都要说出其中电场强度、磁感应强度的方向和大小,以及它们之间可能存在的关系.不要求推导或说明理由.解析:(l)E=0,B=0. (2)E=0,B0.B的方向与z轴同向或反向,B的大小可任意。 (3)E0,B0.磁场方向可在平行于平面的任何方向. 电场E的方向平行于平面,并与B的方向垂直. 当迎着z轴正方向看时,由B的方向沿顺时针转90后就是E的方向. E和B的大小可取满足关系式E/B=0的任何值（速度选择器）评注:点电荷做匀速直线运动,它可不受力,或受合外力为零.不受力,可能E=O且B=0;也可能E=0,B0,但洛仑兹力为零, 0与B方向平行，受

31、力则必同时受电场力,洛仑兹力,保持平衡,E、B方向在同-平面的分布.4.磁偏转和电偏转的区别电偏转磁偏转受力特征FE0且FE=qE是恒力FBt且FB=qB是变力运动规律匀变速曲线（类平抛运动） =0,=0t; y=qE/m,y=qEt2/2m变速曲线(匀速圆周运动) T=2m/qB,r=m/qB偏转情况tan=y/0/2且t相同不相同=t=t/r=qBt/m且t相同相同动能变化W=qEy=EKFBt W=0例2：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(图中由B到C), 场强大小随时间变化如图乙所示;磁感应强度方向垂直于纸面,大小随时间变化如图丙所示,从 t=1

32、s开始,在A点每隔2s有一个同种的离子以沿AB方向(垂直于BC)的初速度0射出,恰好能击中C 点,若AB=BC=L,且粒子在AC间的运动时间小于ls求:(1)磁场的方向；（垂直纸面向外） (2)图象中E0和B0的比值；（20）ABCE甲EE00t/s2468乙BB00t/s2468丙 (3)1s末射出的粒子和3秒末射出的粒子由A点运动到C点所经历的时间。（/2）分析：偶数个2秒内离子匀速圆周运动，奇数数个2秒内离子类平抛周运动。一、电场和磁场复合+ + + + + 0- - - - -例3：(2003年辽宁综合)如图所示,、b是位于真空中的平行金属板,板带正电,b板带负电,两板间的电场为匀强电

33、场,场强为E.同时在两板之间的空间中加匀强磁场,磁场方向垂直于纸面向里,磁感应强度为B.一束电子以大小为0的速度从左边S处沿图中虚线方向入射,虚线平行于两板,要想使电子在两板间能沿虚线运动,则0、E、B之间的关系应该是（A） A.0=E/B B.0=B/E C.0=（E/B）1/2 D.0=（B/E）1/2训练1：(2003年北京西城区)平行板电容器的极板沿水平方向放置,电子(质量m)束从电容器左边正中 间处沿水平方向入射,电子初速度都是0,在电场力的作用下,刚好从图C点射出,射出时速 度为,现保持电场不变,再加上一个匀强磁场,磁场的方向跟电场和电子射入时的速度方向都+ + + + +0- -

34、 - - -abcd 垂直(下图中垂直于纸面向里),使电子刚好由图中d点射出.c、d点的位置相对于中线b是对 称的,则从d点射出时每个电子的动能等于_. (m02-m2/2)训练2：如下图所示,两块水平放置的金属ab板长为L=1.40m,间距为d=3Ocm.两板间有B=1.25T、方向垂直纸面向里的匀强磁场和图示的脉动电压.当t=0时,质量m=2.0010-15kg、电量q=1.0010-10C 的正粒子,以速度0=4.00103m/s从两板中央水平射入,不计重力,试分析: (1)粒子在两板间如何运动?会不会碰到极板上?U/103Vt/10-3s1.501234567+ + + + + 0-

35、- - - - (2)粒子在两板间的运动时间是多少?解析:(1)t=O10-4s内,粒子同时受到方向相反的电场力和洛仑兹力的作用,大小分别为 F=qE=qU/d=51O-7N, F洛=Bq0=510-7N 因为F=F洛,所以粒子做匀速直线运动,相应的位移为L0=0t=0.4m 在10-4210-4s内无电场,粒子在洛仑兹力作用下做匀速圆周运动, 轨道半径为 r=m0/Bq=6.410-2md/4=0.074m 运动周期为 T=2m/Bq10-4s (电场周期的一半) 所以,粒子不会打到极板上;并在无电场时间内,恰好在磁场中运动一周,当两板间又周期 性加上电压时,粒子又重复上述运动. (2)粒子

36、在极板间匀速运动的总时间为 tl=L/0=3.510-4s 而做匀速圆周运动的时间为 t2=3T=310-4s 所以,在两板间运动的总时间为 t=tl+t2=6.510-4s小结：在上述分析中,应用了等效思维和形象思维:将粒子的复杂运动等效为两个简单运动；利用轨迹图,形象、直观地反映粒子在两极板间的运动及其所需的时间.二、磁场、重力场复合例4：如图所示,半圆形光滑槽固定在地面上,匀强磁场与槽面垂直将质量为m的带电小球自槽口A处由静止释放,小球到达槽最低点C时,恰好对槽无压力,则小球在以后的运动过程中对C的最大压力为多少? ABC解析:小球从A到C只有重力做功,设经过C点时速度为， 据动能定理,

37、得 mgR=mC2/2 粒子向右经过C点时,由向心力公式得 qCB-mg=mC2/R 粒子向左经过C点时,由于速度反向,洛仑兹力反向,变成竖直向下.设此时制小球的弹力为FN,由 向心力公式得 FN-mg-qCB= mC2/R FN=6mg评注:本题中,正因为洛仑兹力不做功,所以小球在C点时速率才不变,这是解本题的关键之一.另外, 虽然小球经过C点时速度大小相等,但方向相反,洛仑兹力也就相反。向心力也就发生变化,所以正确的受力分析,是解本题的关键之二。正确的受力分析,是解决力学问题的关键.所以,同学们在今后的学习中,要养成画受力分析图的好习惯,这也是防止解题失误的重要手段训练3：(2004年武汉

38、二中)在垂直纸面向里的匀强磁场中,有两个足够长的光滑绝缘滑轨(两滑轨与水 平面间的夹角相等).如图所示.今使两带等量负电荷的小球A、B同时从滑轨的顶部无初速地沿 两侧滑轨下滑（不考虑A、B间相互作用的库仑力),则(ABCD) AB- A.两球沿滑轨下滑时的加速度大小相等 B.两球沿滑轨下滑时,任一时刻的速率相等 C.撤去磁场后,两球沿滑轨运动的加速度不变 D.A球不会一直沿滑轨运动下去三、磁场、重力场、电场三场复合例5：(2003年长春)如图所示,套在很长的绝缘直棒上的小球,质量为1.010-4kg,带4.010-4C正电,小球在棒上可以滑动,将此棒竖直放置在沿水平方向的匀强电场和匀强磁场中,

39、匀强电场的电场强度E=lON/C,方向水平向右,匀强磁场的磁感应强度B=0.5T,方向为垂直纸面向里,小球与棒间动摩擦因数为=0.2.球小球由静止沿棒下落过程的最大加速度和最大速度（设小球运动过程电量保持不变,g取lOm/s2)解析:小球刚开始下落时,加速度最大,设为am, 竖直方向 mg-F=mam EB 水平方向 qE-FN=0 又 F=FN 由解得 am=(mg-qE)/m=2m/s2 小球沿棒朝竖直下滑时,当速度最大时,加速度=0 竖直方向 mg-F=0 水平方向 qB+qE-FN=0 又 F=F N m=(mg-qE)/qB=25m/s.思考：1）如小球带负电（qB与qE同时反向），

40、情况又怎样？ 2）B反向呢？（qB反向，a先增加（FN先减小）后减小（FN反向增加），最后稳定。 EM训练4:如图所示,一带电粒子M在相互垂直的匀强电场和匀强磁场中做匀速圆周运动,电场方向竖直向上,磁场方向垂直纸面向里,对此,下列说法中正确的是(ACD) A.在纸面内粒子M的绕行方向为逆时针方向 B.运动过程中,M的机械能守恒 C.运动过程中,也场力与重力相平衡 D.粒子M旋转一周的时间内重力做功为零训练5：(2004年广东)如图所示,玻璃管内抽成真空,阴极K加热后能发射电子.电子在K、A间被加速后通过小孔A,沿两板间正中央匀速前进时打在荧光屏的中央,形成一个光点0.C、D为电容器的两个极板,

41、在其间可产生匀强电场,在电容器间有垂直纸面向里的匀强磁场.若电容器的极板长为L,极板间距为d,电容器右边缘到荧光屏的距离为S,电子从阴极K射出时的初速度很小.(1)若磁场的磁感强度为B,当调整电容器上的偏转电压到U0时,电子束恰能匀速通过电磁场区域打到荧光屏上的0点.则能通过电磁场区域的电子的速度多大?（U0/Bd）(2)将电场撤销只保留磁场,则电子飞入磁场后在极板间做圆周运动,经时间t从磁场的右方飞出打到荧光屏上.若电子的质量为m、电量为e，则电子在离开KACDOO+Ls- 磁场时速度偏离原来方向的角度多大?(eBt/m)(3)将电场撤销只保留磁场,适当调节磁感应强度,使电子紧靠下板 边缘飞

42、出磁场,打到荧光屏上的0点,求0、0点间的距离。 (4SLd/(4L2-d2)+d/2训练6：(2004年上海)回旋加速器如下图(a)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,A板电势升高为+U,B板电势仍保持为零,粒子在两极板间的电场中得到加速,每当粒子离开时,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.AB+U0（a）(1)设t=0时,粒子静止在A板小孔处,在电场作用下加速,并开始绕行 第一圈,求粒子绕行n圈回

43、到A板时获得的总动能En. (nqU)(2)为使粒子始终保持在半径为R的折圆轨道上运动,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.(2nmU/q)1/2/R（b）Uto(3)求粒子绕行n圈所需的时间tn(设极板间距远小于R).(4)在图(b)中画出A板电势U与时间t的关系(从t=0起画到粒子到第 四次离开B板). tn=2R(m/2qU)1/21+1/(2)1/2+1/(3)1/2+1/(n)1/2 （5）在离子绕行的整个过程中，A板电势是否是总保持不变？为什么？解：(1)粒子每绕行一圈，动能增加qU，绕行n圈有：En=EK=nqU(2)绕行n圈速度：mn2/2=nqU n=(2nqU/m)1/2 在磁场中洛伦兹力提供向心力：qnBn=mn2/R Bn=(2nqU/m)1/2/R(3)粒子圆周运动周期为T，则：T=2R/ 绕行n圈时，周期为Tn=2R/n 故绕行n圈总时间：t=T1+T2+T3+Tn =2R(m/2qU)1/2(1+)(4)u-t图如图（5）不可能。粒子在AB两极间运动时，电场力对其做功qU；在AB两极之外运动时，电场力对其做功-qU。故绕行一圈总功为零，能量不会增大。