磁場命題角度6磁場的相關知識在生活、科技等實際問題中的廣泛應用1. 有人設想用圖10-22所示的裝置來選擇密度相同、大小不同的球狀納米粒子粒子在電離室中電離后帶正電，電量與其表面積成正比電離后，粒子緩慢通過小孔0l進入極板間電壓為U的水平加速電場區(qū)域I，再通過小孔02射入相互正交的恒定勻強電場、磁場區(qū)域，其中磁場的磁感應強度大小為B，方向如圖收集室的小孔03與Ol、O2在同一水平線上半徑為r0的粒子，其質(zhì)量為m0、電量為q0，剛好能沿0103直線射入收集室不計納米粒子重力(V球=(1)試求圖中區(qū)域的電場強度；(2)試求半徑為r的粒子通過02時的速率；(3)討論半徑rr0的粒子剛進入?yún)^(qū)域時向哪個極板偏轉(zhuǎn)考場錯解得不出正確答案本題涉及過程較多，讀不懂題目，不會利用所學知識建立物理過程是導致錯解的主要原因(1)設半徑為r0的粒子加速后的速度為V0，則 設區(qū)域內(nèi)電場強度為E，則功v0p0B=q0E電場強度方向豎直向上(2)設半徑為r的粒子的質(zhì)量為m、帶電量為q、被加速后的速度為v，則， 由 得(3)半徑為r的粒子，在剛進入?yún)^(qū)域時受到合力為 由可知，當r>r0時，v<v0，F(xiàn)合>O，粒子會向上極板偏轉(zhuǎn)；r<r0時，v>v0，F(xiàn)合<O，粒子會向下極板偏轉(zhuǎn)2. 磁流體推進船的動力來源于電流與磁場間的相互作用圖10-23是在平靜海面上某實驗船的示意圖，磁流體推進器由磁體、電極和矩形通道(簡稱通道)組成 如圖10一24所示，通道尺寸a=2.0 m、b=0.15 m、c= 0.10 m工作時，在通道內(nèi)沿z軸正方向加B=8.0 T的勻強磁場；沿x軸負方向加勻強電場，使兩金屬板間的電壓U=996 V；海水沿y軸方向流過通道已知海水的電阻率=0.20·m(1)船靜止時，求電源接通瞬間推進器對海水推力的大小和方向；(2)船以v=5.0 m/s的速度勻速前進若以船為參照物，海水以5.0 m/s的速率涌入進水口，由于通道的截面積小于進水口的截面積，在通道內(nèi)海水速率增加到V=8.0 m/s，求此時兩金屬板間的感應電動勢U感；(3)船行駛時，通道中海水兩側的電壓按U=UU感計算，海水受到電磁力的80可以轉(zhuǎn)化為對船的推力當船以v=5.0 m/s的速度勻速前進時，求海水推力的功率考場錯解得不出正確答案讀不懂題目，不會把實際問題抽象成物理過程，學生的綜合分析能力、推理能力欠佳，不能把電路知識、磁場、力學知識有機結合，這是導致錯解的主要原因(1)根據(jù)安培力公式，推力F1=I1Bb，其中則對海水推力的方向沿y軸正方向(向右)(2)U感=Bvdb=96 V(3)根據(jù)歐姆定律，安培推力Fl=I2Bb=720 N對船的推力 F=80F2=576 N推力的功率3. 如圖10-25所示，正電子發(fā)射計算機斷層(PET)是分子水平上的人體功能顯像的國際領先技術，它為臨床診斷和治療提供了全新的手段(1)PET在心臟疾病診療中，需要使用放射正電子的同位素氮13示蹤劑氮13是由電型回旋加速器輸出的高速質(zhì)子轟擊氧16獲得的，反應中同時還產(chǎn)生另一個粒子，試寫出該核反應方程；(2)PET所用回旋加速器示意如圖，其中置于高真空中的金屬0形盒的半徑為R，兩盒間距為d，在左側D形盒圓心處放有粒子源S，勻強磁場的磁感應強度為B，方向如圖所示，質(zhì)子質(zhì)量為m，電荷量為q設質(zhì)子從粒子源S進入加速電場時的初速度不計，質(zhì)子在加速器 中運動的總時間為t(其中已略去了質(zhì)子在加速電場中的運動時間)，質(zhì)子在電場中的加速次數(shù)與回旋半周的次數(shù)相同，加速質(zhì)子時的電壓大小可視為不變求此加速器所需的高頻電源頻率f和加速電壓U；(3)試推證當Rd時，質(zhì)子在電場中加速的總時間相對于在D形盒中回旋的時間可忽略不計(質(zhì)子在電場中運動時，不考慮磁場的影響)考場錯解(1)因找不出最大動能與R間的關系而無法求得U；(2)粒子在電場中等效為初速為零的勻加速直線運動這一模型不能建立，無法表示粒子在電場中的總時間粒子在磁場中做勻速圓周運動，動能不變；粒子在電場中可看做是初速為零的勻加速直線，在電場中運動時電場力做正功，動能增加(1)核反應方程為：(2)設質(zhì)子加速后的最大速度為口，由牛頓第二定律有： 質(zhì)子的回旋周期 高頻的電源的頻蠱 質(zhì)子加速后的最大動能 設質(zhì)子在加場中加速度的次數(shù)為”，則EK=nqU 又 可解得 (3)在電場中加速的總時間為 在D形盒中運動的總時間為 故 即Rd時，t1可忽略不計ks5u專家會診此類問題是近幾年高考的熱點，往往難以入手解決此類問題的關鍵是搞清題目中所給情境到儀器等的工作原理，即構建出粒子在磁場中運動的模型，結合力學規(guī)律進行分析求解考場思維訓練1 兩根導電的長直導線平行放置，電流分別為I1和I2，電流的方向如圖1026所示，在與導線垂直的平面上有a 、b、 c、d四點，其中a、b在導線橫截面連線的延長線上c、d在導線橫截面圓心連線的垂直平分線上則導體中的電流在這四點產(chǎn)生的磁場的磁感應強度可能為零的是 ( )A a B b點 Cc D d點1.AB解析：由安培定則及平行四邊形定則可知，I1 、I2在c、d兩點的磁感應強度方向有一夾角，則合磁感應強度一定不為零，I1 、I2在a、b兩點的磁感應強度方向相反，則合磁感應強度可能為零，故選AB.2 運動電荷在磁場中受到洛倫茲力的作用，運動方向會發(fā)生偏轉(zhuǎn)，這一點對地球上的生命來說有十分重要的意義從太陽和其他星體發(fā)射出的高能粒子流，稱為宇宙射線，在射向地球時，由于地磁場的存在改變了帶電粒子的運動方向，對地球起了保護作用，如圖10一27所示為地磁場對宇宙射線作用的示意圖，現(xiàn)有來自宇宙的一束質(zhì)子流，以與地球表面垂直的方向射向赤道上空的某一點，則這些質(zhì)子在進入地球周圍的空間時將 ( )A 豎直向下沿直線射向地面B 相對于預定地點向東偏轉(zhuǎn)C相對于預定地點，稍向西偏轉(zhuǎn)D 相對于預定地點，稍向北偏轉(zhuǎn)2.B解析：建立地磁場的空間模型，再由左手定則確定.3 如圖10-28所示的天平可用來測定磁感應強度，天平的右臂下面掛一個矩形線圈，寬為L，共N匝，線圈的下部懸在勻強磁場中，磁場方向垂直紙面，當線圈中通有電流I(方向如圖)時，在天平左、右兩邊加上質(zhì)量為m1、m2的砝碼，天平平衡，當電流反向(大小不變)時，右邊再加上質(zhì)量為m的砝碼，天平重新平衡，由此可知 ( )A磁感應強度的方向垂直紙面向里，大小為(ml一m2)gNILB磁感應強度的方向垂直紙面向里，大小為mg2NILC磁感應強度的方向垂直紙面向外，大小為(ml-m2)gNILD磁感應強度的方向垂直紙面向外，大小為mg2NIL3.CD解析：原電流時安培力方向向下，此時：m1g=m2g+NBIL；反向后：m1g=(m2+m)gNBIL，由以上可得：Mg=2NBIL，即，再由左手定則可知磁感應強度的方向垂直紙面向外.4 目前世界上正研究的一種新型發(fā)電機叫磁流體發(fā)電機，如圖所示表示它的發(fā)電原理：將一束等離子體(即高溫下電離的氣體，含有大量帶正電和負電的粒子，而從整體來說呈中性)沿圖中所示方向噴射入磁場，磁場中有兩塊金屬板Al、B，這時金屬板上就聚集了電荷在磁極配置如圖10一29所示的情況下，下述說法正確的是( )A A板帶正電B有電流從6經(jīng)用電器流向aC金屬板A、B間的電場方向向下D等離子體發(fā)生偏轉(zhuǎn)的原因是離子所受洛倫茲力大于所受電場力4.BD解析：用左手定則進行判定，正電荷向B板偏轉(zhuǎn)，負電荷向A板偏轉(zhuǎn)，AB板間場強方向由下向上，電流方向由b到a，故BD對.5 如圖10-30所示，一束波長為的強光射在金屬板P的A處發(fā)生了光電效應，能從A處向各個方向逸出不同速度的光電子金屬板P的左側有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B，面積足夠大，在A點上方L處有一涂熒光材料的金屬條Q，并與P垂直現(xiàn)光束射到A處，金屬條Q受到光電子的沖擊而發(fā)出熒光的部分集中在CD間，且CD=L，光電子的質(zhì)量為m，電量為e，光速為c，(1)金屬板P逸出光電子后帶什么電?(2)計算P板金屬發(fā)生光電效應的逸出功w(3)從D點飛出的光電子中，在磁場中飛行的最短時間是多少?5.(1)帶正電 (2)(3) 解析：(2)粒子打在Q條的最遠點為C，C點對應著光電子具有最大速度，距AC間的距離為，由得光電子的最大速度為 ，再根據(jù)光電效應方程可得逸出功W.(3)若粒子具有豎直向上的最大速度時，打不到Q條上，若粒子以與AD成一角度向右旋轉(zhuǎn)時，分析對應的圓弧軌跡，當恰打到D點時，AD為一弦，弦長為L，則圓弧對應的圓心角為90o，故粒子在磁場中的飛行時間依此方法還可判斷出打在C點的粒子速度方向與AC垂直與AD成135 o.6在以坐標原點0為圓心、半徑為r的圓形區(qū)域內(nèi)，存在磁感應強度大小為B、方向垂直于紙面向里的勻強磁場，如圖10-31所示一個不計重力的帶電粒子從磁場邊界與x軸的交點A處以速度v沿-x方向射入磁場，它恰好從磁場邊界與y軸的交點C處沿+y方向飛出(1)請判斷該粒子帶何種電荷，并求出其比荷 (2)若磁場的方向和所在空間范圍不變，而磁感應強度的大小變?yōu)锽，該粒子仍從A處以相同的速度射入磁場，但飛出磁場時的速度方向相對于入射方向改變了60o，求磁感應強度B多大?此次粒子在磁場中運動所用時間t是多少?6.(1)由粒子的飛行軌跡，利用左手定則可知，該粒子帶負電荷.粒子由A點射入，由C點飛出，其速度方向改變了90 o，則粒子軌跡半徑R=r又則粒子的比荷(2)粒子從D點飛出磁場速度方向改變了60 o角，故AD弧所對圓心角為60 o，粒子做圓周運動的半徑 又 所以 粒子在磁場中飛行時間 7 如圖10一32所示，在x0y坐標平面的第一象限內(nèi)有沿-y方向的勻強電場，在第四象限內(nèi)有垂直于紙面向外的勻強磁場現(xiàn)有一質(zhì)量為仇，帶電量為+q的粒子(重力不計)以初速度v0沿-x方向從坐標為(3l，l)的P點開始運動，接著進入磁場后由坐標原點O射出，射出時速度方向與y軸正方向夾角為45o，求：(1)粒子從0點射出的速度v和電場強度E的大?。?2)粒子從P點運動到0點所用的時間7.解析：帶電粒子在電場中做類似平拋運動，由Q點進入磁場，在磁場中做勻速圓周運動，最終由0點射出.(軌跡如圖所示)(1)根據(jù)對稱性可知，粒子在Q點時的速度大小為v，方向與-x方向成45 o，則有：解得：在P到Q的過程中：由解得：(2)粒子在Q點時沿-y方向速度大小vy=vsin 45 oP到Q的運動時間P到Q沿-x方向的位移為：s=v0t1， 則OQ之間的距離：OQ=3l-s 粒子在磁場中的運動半徑為r，則有：粒子在磁場中的運動時間粒子在由P到Q過程中的總時間T=t1+t2 由解得：8 電視機的顯像管中，電子束的偏轉(zhuǎn)是用磁偏轉(zhuǎn)技術實現(xiàn)的電子束經(jīng)過電壓為U的加速電場后，進入一圓形勻強磁場區(qū)，如圖10-33所示磁場方向垂直于圓面磁場區(qū)的中心為0，半徑為r當不加磁場時，電子束將通過0點而打到屏幕的中心M點為了讓電子束射到屏幕邊緣P，需要加磁場，使電子束偏轉(zhuǎn)一已知角度，此時磁場的磁感應強度B應為多少?8.解析：電子在磁場中沿圓弧曲運動，圓心為C，半徑為R以v表示電子進入磁場時的速度，m、e分別表示電子的質(zhì)量和電量，則 又有 由以上各式解得：9 如圖10-34所示，將帶電量Q=0.3 C、質(zhì)量m=0.15kg的滑塊放在小車的絕緣板的右端，小車的質(zhì)量M=0.5奴，滑塊與絕緣板間動摩擦因數(shù)=0.4，小車的絕緣板足夠長，它們所在的空間存在著磁感應強度B=20 T的水平方向的勻強磁場開始時小車靜止在光滑水平面上，一擺長L=1.25 m、擺球質(zhì)量m=03kg的擺從水平位置由靜止釋放，擺到最低點時與小車相撞，如圖所示，碰撞后擺球恰好靜止，g=10m/s2，求：(1)擺球與小車的碰撞過程中系統(tǒng)損失的機械能AE；(2)碰撞后小車的最終速度9.(1)1.5 J(2)2.925 m/s解析：(1)由機械能守恒定律得：代入L、g解得v=5 m/s.在m碰撞M的過程中，由動量守恒定律得：mv-Mv1=O代入m、M解得v1=3m/s.所以(2)假設m最終能與M一起運動，由動量守恒定律得：代人m、M解得v2=2.3 m/s.m以v2=2.3 m/s速度運動時受到的向上洛倫茲力f=所以m在還未到v2=2.3 m/s時已與M分開了.由上面分析可知當m的速度為v3=1.5/(0.3×20)=0.25 m/s時便與M分開了，根據(jù)動量守恒定律可得方程： 解得v2=2.925m/s