《2009屆高三物理第一輪復習 磁場教案16 新人教版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2009屆高三物理第一輪復習 磁場教案16 新人教版（35頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、 磁 場 知識網絡： 本章在介紹了磁現象的電本質的基礎上，主要討論了磁場的描述方法（定義了磁感應強度、磁通量等概念，引入了磁感線這個工具）和磁場產生的作用（對電流的安培力作用，對通電線圈 的磁力矩作用和對運動電荷的洛侖茲力作用）及相關問題。其中磁感應強度、磁通量是電磁學 的基本概念，應認真理解；載流導體在磁場中的平衡、加速運動，帶電粒子在洛侖茲力作用 下的圓周運動等內容應熟練掌握；常見磁體周圍磁感線的空間分布觀念的建立，常是解決有 關問題的關鍵，應注意這方面的訓練。 單元切塊： 按照考綱的要求，本章內容可以分成三部分，即：基本概念 安培力；洛倫茲力 帶電粒子在磁場中的運

2、動；帶電粒子在復合場中的運動。其中重點是對安培力、洛倫茲力的理解、熟練解決通電直導線在復合場中的平衡和運動問題、帶電粒子在復合場中的運動問題。難點是帶電粒子在復合場中的運動問題。 知識點、能力點提示 1.通過有關磁場知識的歸納，使學生對磁場有較全面的認識，并在此基礎上理解磁現象電本質； 2.介紹磁性材料及其運用，擴大學生的知識面，培養(yǎng)聯系實際的能力； 3.磁感應強度B的引入，體會科學探究方法；通過安培力的知識，理解電流表的工作原理；通過安培力的公式F＝IlBsinθ的分析推理，開闊學生思路，培養(yǎng)學生思維能力；通過安培力 在電流表中的應用，培養(yǎng)學生運用所學知識解決實際問題的意識和能力；

3、 4.通過洛侖茲力的引入，培養(yǎng)學生的邏輯推理能力； 5.通過帶電粒子在磁場中運動及回旋加速器的介紹，調動學生思考的積極性及思維習慣的培養(yǎng)，并開闊思路。 基本概念 安培力 教學目標： 1．掌握電流的磁場、安培定則；了解磁性材料，分子電流假說 2．掌握磁感應強度，磁感線，知道地磁場的特點 3．掌握磁場對通電直導線的作用，安培力，左手定則 4．了解磁電式電表的工作原理 5．能夠分析計算通電直導線在復合場中的平衡和運動問題。 教學重點：磁場對通電直導線的作用，安培力 教學難點：通電直導線在復合場中的平衡和運動問題 教學方法：講練結合，計算機輔助教學 教學過程： 一、

4、基本概念 1.磁場的產生 ⑴磁極周圍有磁場。 ⑵電流周圍有磁場（奧斯特）。 安培提出分子電流假說（又叫磁性起源假說），認為磁極的磁場和電流的磁場都是由電荷的運動產生的。（但這并不等于說所有磁場都是由運動電荷產生的，因為麥克斯韋發(fā)現變化的電場也能產生磁場。） ⑶變化的電場在周圍空間產生磁場。 2.磁場的基本性質 磁場對放入其中的磁極和電流有磁場力的作用（對磁極一定有力的作用；對電流只是可能有力的作用，當電流和磁感線平行時不受磁場力作用）。這一點應該跟電場的基本性質相比較。 3.磁場力的方向的判定 磁極和電流之間的相互作用力（包括磁極與磁極、電流與電流、磁極與電流），都是運動電荷

5、之間通過磁場發(fā)生的相互作用。因此在分析磁極和電流間的各種相互作用力的方向時，不要再沿用初中學過的“同名磁極互相排斥，異名磁極互相吸引”的結論（該結論只有在一個磁體在另一個磁體外部時才正確），而應該用更加普遍適用的：“同向電流互相吸引，反向電流互相排斥”，或用左手定則判定。 4.磁感線 ⑴用來形象地描述磁場中各點的磁場方向和強弱的曲線。磁感線上每一點的切線方向就是該點的磁場方向，也就是在該點小磁針靜止時N極的指向。磁感線的疏密表示磁場的強弱。 ⑵磁感線是封閉曲線（和靜電場的電場線不同）。 ⑶要熟記常見的幾種磁場的磁感線： 地球磁場 通電直

6、導線周圍磁場 通電環(huán)行導線周圍磁場 ⑷安培定則（右手螺旋定則）：對直導線，四指指磁感線方向；對環(huán)行電流，大拇指指中心軸線上的磁感線方向；對長直螺線管大拇指指螺線管內部的磁感線方向。 5.磁感應強度 （條件是勻強磁場中，或ΔL很小，并且L⊥B ）。 磁感應強度是矢量。單位是特斯拉，符號為T，1T=1N/（A?m）=1kg/（A?s2） 6.磁通量 如果在磁感應強度為B的勻強磁場中有一個與磁場方向垂直的平面，其面積為S，則定義B與S的乘積為穿過這個面的磁通量，用Φ表示。Φ是標量，但是有方向（進該面或出該面）。單位為韋伯，符號為Wb。1Wb

7、=1T?m2=1V?s=1kg?m2/（A?s2）。 可以認為穿過某個面的磁感線條數就是磁通量。 在勻強磁場磁感線垂直于平面的情況下，B=Φ/S，所以磁感應強度又叫磁通密度。在勻強磁場中，當B與S的夾角為α時，有Φ=BSsinα。 二、安培力 （磁場對電流的作用力） 1.安培力方向的判定 （1）用左手定則。 （2）用“同性相斥，異性相吸”（只適用于磁鐵之間或磁體位于螺線管外部時）。 （3）用“同向電流相吸，反向電流相斥”（反映了磁現象的電本質）。可以把條形磁鐵等效為長直螺線管（不要把長直螺線管等效為條形磁鐵）。 【例1】磁場對電流的作用力大小為F＝BIL（注意：L為有效長度，電

8、流與磁場方向應　　　　　　?。瓼的方向可用　　　　　定則來判定． 試判斷下列通電導線的受力方向． × B I 　　×　×　×　×　　　?。。。。? B 　　×　×　×　×　　　?。。。。? 　　×　×　×　×　　　　．?。。。? 　　×　×　×　×　　　　．?。。。? 試分別判斷下列導線的電流方向或磁場方向或受力方向． B F × B × F 【例2】S N I 如圖所示，可以自由移動的豎直導線中通有向下的電流，不計通電導線的重力，僅在磁場力作用下，導線將如何移動？ N S F F F / F 解：先畫出導線所

9、在處的磁感線，上下兩部分導線所受安培力的方向相反，使導線從左向右看順時針轉動；同時又受到豎直向上的磁場的作用而向右移動（不要說成先轉90°后平移）。分析的關鍵是畫出相關的磁感線。 【例3】 條形磁鐵放在粗糙水平面上，正中的正上方有一導線，通有圖示方向的電流后，磁鐵對水平面的壓力將會＿＿＿（增大、減小還是不變？）。水平面對磁鐵的摩擦力大小為＿＿＿。 解：本題有多種分析方法。⑴畫出通電導線中電流的磁場中通過兩極的那條磁感線（如圖中粗虛線所示），可看出兩極受的磁場力的合力豎直向上。磁鐵對水平面的壓力減小，但不受摩擦力。⑵畫出條形磁鐵的磁感線中通過通電導線的那一條（如圖中細虛線所示），可看出導線受

10、到的安培力豎直向下，因此條形磁鐵受的反作用力豎直向上。⑶把條形磁鐵等效為通電螺線管，上方的電流是向里的，與通電導線中的電流是同向電流，所以互相吸引。 S N 【例4】 如圖在條形磁鐵N極附近懸掛一個線圈，當線圈中通有逆時針方向的電流時，線圈將向哪個方向偏轉？ 解：用“同向電流互相吸引，反向電流互相排斥”最簡單：條形磁鐵的等效螺線管的電流在正面是向下的，與線圈中的電流方向相反，互相排斥，而左邊的線圈匝數多所以線圈向右偏轉。（本題如果用“同名磁極相斥，異名磁極相吸”將出現判斷錯誤，因為那只適用于線圈位于磁鐵外部的情況。） i 【例5】 電視機顯象管的偏轉線圈示意圖如右，即時

11、電流方向如圖所示。該時刻由里向外射出的電子流將向哪個方向偏轉？ 解：畫出偏轉線圈內側的電流，是左半線圈靠電子流的一側為向里，右半線圈靠電子流的一側為向外。電子流的等效電流方向是向里的，根據“同向電流互相吸引，反向電流互相排斥”，可判定電子流向左偏轉。（本題用其它方法判斷也行，但不如這個方法簡潔）。 2.安培力大小的計算 F=BLIsinα（α為B、L間的夾角）高中只要求會計算α=0（不受安培力）和α=90°兩種情況。 α α 【例6】 如圖所示，光滑導軌與水平面成α角，導軌寬L。勻強磁場磁感應強度為B。金屬桿長也為L ，質量為m，水平放在導軌上。當回路總電流為I1時，金屬桿正好能靜

12、止。求：⑴B至少多大？這時B的方向如何？⑵若保持B的大小不變而將B的方向改為豎直向上，應把回路總電流I2調到多大才能使金屬桿保持靜止？ α B 解：畫出金屬桿的截面圖。由三角形定則得，只有當安培力方向沿導軌平面向上時安培力才最小，B也最小。根據左手定則，這時B應垂直于導軌平面向上，大小滿足：BI1L=mgsinα， B=mgsinα/I1L。 當B的方向改為豎直向上時，這時安培力的方向變?yōu)樗较蛴?，沿導軌方向合力為零，得BI2Lcosα=mgsinα，I2=I1/cosα。（在解這類題時必須畫出截面圖，只有在截面圖上才能正確表示各力的準確方向，從而弄清各矢量方向間的關系）。 B h

13、 s 【例7】如圖所示，質量為m的銅棒搭在U形導線框右端，棒長和框寬均為L，磁感應強度為B的勻強磁場方向豎直向下。電鍵閉合后，在磁場力作用下銅棒被平拋出去，下落h后的水平位移為s。求閉合電鍵后通過銅棒的電荷量Q。 解：閉合電鍵后的極短時間內，銅棒受安培力向右的沖量FΔt=mv0而被平拋出去，其中F=BIL，而瞬時電流和時間的乘積等于電荷量Q=I?Δt，由平拋規(guī)律可算銅棒離開導線框時的初速度，最終可得。 θ O M N a b R 【例8】如圖所示，半徑為R、單位長度電阻為的均勻導體環(huán)固定在水平面上，圓環(huán)中心為O，勻強磁場垂直于水平面方向向下，磁感應強度為B。平行于直徑MO

14、N的導體桿，沿垂直于桿的方向向右運動。桿的電阻可以忽略不計，桿于圓環(huán)接觸良好。某時刻，桿的位置如圖，∠aOb=2θ，速度為v，求此時刻作用在桿上的安培力的大小。 解：ab段切割磁感線產生的感應電動勢為E=vB?2Rsinθ，以a、b為端點的兩個弧上的電阻分別為2R（π-θ）和2Rθ，回路的總電阻為，總電流為I=E/r，安培力F=IB?2Rsinθ，由以上各式解得：。 【例9】如圖所示，兩根平行金屬導軌間的距離為0.4 m，導軌平面與水平面的夾角為37°，磁感應強度為0.5 T的勻強磁場垂直于導軌平面斜向上，兩根電阻均為1Ω、重均為0.1 N的金屬桿ab、cd水平地放在導軌上，桿與導軌間的動

15、摩擦因數為0.3，導軌的電阻可以忽略.為使ab桿能靜止在導軌上，必須使cd桿以多大的速率沿斜面向上運動? 解：設必須使cd桿以v沿斜面向上運動，則有cd桿切割磁場線，將產生感應電動勢E=Blv 在兩桿和軌道的閉合回路中產生電流I= ab桿受到沿斜面向上的安培力F安＝Bil ab桿靜止時，受力分析如圖 根據平衡條件，應有 Gsinθ一μGcosθ≤F安≤Gsinθ+μGcosθ 聯立以上各式，將數值代人，可解得 1.8 m/s≤v≤4.2 m/s 【例10】如圖所示是一個可以用來測量磁感應強度的裝置：一長方體絕緣容器內部高為L，厚為d，左右兩管等高處裝有兩根完全相同的開

16、口向上的管子a、b，上、下兩側裝有電極C（正極）和D（負極）并經開關S與電源連接，容器中注滿能導電的液體，液體的密度為ρ；將容器置于一勻強磁場中，磁場方向垂直紙面向里，當開關斷開時，豎直管子a、b中的液面高度相同，開關S閉合后，a、b管中液面將出現高度差。若當開關S閉合后，a、b管中液面將出現高度差為h，電路中電流表的讀數為I，求磁感應強度B的大小。 A a b A C D S 解析：開關S閉合后，導電液體中有電流由C流到D， 根據左手定則可知導電液體要受到向右的安培力F作用， 在液體中產生附加壓強P，這樣a、b管中液面將出現高 度差。在液體中產生附加壓強P為 所

17、以磁感應強度B的大小為： 【例10】安培秤如圖所示，它的一臂下面掛有一個矩形線圈，線圈共有N匝，它的下部懸在均勻磁場B內，下邊一段長為L，它與B垂直。當線圈的導線中通有電流I時，調節(jié)砝碼使兩臂達到平衡；然后使電流反向，這時需要在一臂上加質量為m的砝碼，才能使兩臂再達到平衡。求磁感應強度B的大小。 解析：根據天平的原理很容易得出安培力F=， 所以F=NBLI= 因此磁感應強度B=。 三、與地磁場有關的電磁現象綜合問題 1.地磁場中安培力的討論 【例11】已知北京地區(qū)地磁場的水平分量為3.0×10－5T.若北京市一高層建筑安裝了高100m的金屬桿作為避雷針，在某次雷雨天氣中，某一時刻

18、的放電電流為105A，此時金屬桿所受培力的方向和大小如何？磁力矩又是多大？ 分析：首先要搞清放電電流的方向.因為地球帶有負電荷，雷雨放電時，是地球所帶電荷通過金屬桿向上運動，即電流方向向下. 對于這類問題，都可采用如下方法確定空間的方向：面向北方而立，則空間水平磁場均為“×”；自己右手邊為東方，左手邊為西方，背后為南方，如圖2所示.由左手定則判定電流所受磁場力向右（即指向東方），大小為 F＝BIl＝3.0×10－5×105×100＝300（N）. 因為磁力與通電導線的長度成正比，可認為合力的作用點為金屬桿的中點，所以磁力矩 M＝F l＝×300×100 　　　???＝1.5×1

19、04（N·m）. 用同一方法可判斷如下問題：一條長2m的導線水平放在赤道上空，通以自西向東的電流，它所受地磁場的磁場力方向如何？ 2.地磁場中的電磁感應現象 【例12】繩系衛(wèi)星是系留在航天器上繞地球飛行的一種新型衛(wèi)星，可以用來對地球的大氣層進行直接探測；系繩是由導體材料做成的，又可以進行地球空間磁場電離層的探測；系繩在運動中又可為衛(wèi)星和牽引它的航天器提供電力. 1992年和1996年，在美國“亞特蘭大”號航天飛機在飛行中做了一項懸繩發(fā)電實驗：航天飛機在赤道上空飛行，速度為7.5km/s，方向自西向東.地磁場在該處的磁感應強度B＝0.5×10－4T.從航天飛機上發(fā)射了一顆衛(wèi)星，衛(wèi)星攜帶一

20、根長l＝20km的金屬懸繩與航天飛機相連.從航天飛機到衛(wèi)生間的懸繩指向地心.那么，這根懸繩能產生多大的感應電動勢呢？ 分析：采用前面所設想的確定空間方位的方法，用右手定則不難發(fā)現，豎起右手，大拇指向右邊（即東方），四指向上（即地面的上方），所以航天飛機的電勢比衛(wèi)星高，大小為 E＝BLv＝0.5×10－5×2×104×7.5×103＝7.5×103（V）. 用同樣的方法可以判斷，沿長江順流而下的輪般桅桿所產生的電勢差及在北半球高空水平向各方向飛行的飛機機翼兩端的電勢差（注意：此時機翼切割地磁場的有效分量是豎直分量）. 3.如何測地磁場磁感應強度的大小和方向 地磁場的磁感線在北半球朝向偏

21、北并傾斜指向地面，在南半球朝向偏北并傾斜指向天空，且磁傾角的大小隨緯度的變化而變化.若測出地磁場磁感應強度的水平分量和豎直分量，即可測出磁感應強度的大小和方向. 【例13】測量地磁場磁感應強度的方法很多，現介紹一種有趣的方法. 如圖所示為北半球一條自西向東的河流，河兩岸沿南北方向的A、B兩點相距為d.若測出河水流速為v，A、B兩點的電勢差為U，即能測出此地的磁感應強度的垂直分量B⊥. 因為河水中總有一定量的正、負離子，在地磁場洛侖茲力的作用下，正離子向A點偏轉，正、負離子向B點偏轉，當A、B間電勢差達到一定值時，負離子所受電場力與洛侖茲力平衡，離子不同偏轉，即 ＝B⊥qv，故B⊥＝

22、. 如圖所示，在測過B⊥的地方將電阻為R、面積為S的矩形線圈的AD邊東西方向放置，線圈從水平轉到豎直的過程中，測出通過線圈某一截面的電量Q，穿過線圈的磁通量先是B⊥從正面穿過，繼而變?yōu)锽//從反面穿過，那么電量 Q＝ ∴B//＝ ∴B＝，磁傾角θ＝argtg 四、針對訓練： 1. 下列說法中正確的是 A.磁感線可以表示磁場的方向和強弱 B.磁感線從磁體的N極出發(fā)，終止于磁體的S極 C.磁鐵能產生磁場，電流也能產生磁場 D.放入通電螺線管內的小磁針，根據異名磁極相吸的原則，小磁針的N極一定指向通電螺線管的S極 2.關于磁感應強度，下列說法中錯誤的是 A.由B=可知，B

23、與F成正比，與IL成反比 B.由B=可知，一小段通電導體在某處不受磁場力，說明此處一定無磁場 C.通電導線在磁場中受力越大，說明磁場越強 D.磁感應強度的方向就是該處電流受力方向 3.一束電子流沿x軸正方向高速運動，如圖所示，則電子流產生的磁場在z軸上的點P處的方向是 A.沿y軸正方向 B.沿y軸負方向 C.沿z軸正方向 D.沿z軸負方向 4.在地球赤道上空有一小磁針處于水平靜止狀態(tài)，突然發(fā)現小磁針N極向東偏轉，由此可知 A.一定是小磁針正東方向上有一條形磁鐵的N極靠近小磁針 B.一定是小磁針正東方向上有一條形磁鐵的S極靠近小磁針 C.可能是小磁針正上方有電子流自南向北

24、水平通過 D.可能是小磁針正上方有電子流自北向南水平通過 5.兩根長直通電導線互相平行，電流方向相同.它們的截面處于一個等邊三角形ABC的A和B處.如圖所示，兩通電導線在C處的磁場的磁感應強度的值都是B，則C處磁場的總磁感應強度是 A.2B B.B C.0 D.B 6.磁鐵在高溫下或者受到敲擊時會失去磁性，根據安培的分子電流假說，其原因是 A.分子電流消失 B.分子電流的取向變得大致相同 C.分子電流的取向變得雜亂 D.分子電流的強度減弱 7.根據安培假說的思想，認為磁場是由于電荷運動產生的，這種思想對于地磁場也適用，而目前在地球上并沒

25、有發(fā)現相對于地球定向移動的電荷，那么由此判斷，地球應該（） A.帶負電 B.帶正電 C.不帶電 D.無法確定 8. 關于垂直于磁場方向的通電直導線所受磁場作用力的方向，正確的說法是 A.跟電流方向垂直，跟磁場方向平行 B.跟磁場方向垂直，跟電流方向平行 C.既跟磁場方向垂直，又跟電流方向垂直 D.既不跟磁場方向垂直，又不跟電流方向垂直 9.如圖所示，直導線處于足夠大的勻強磁場中，與磁感線成θ=30°角，導線中通過的電流為I，為了增大導線所受的磁場力，可采取下列四種辦法，其中不正確的是 A.增大電流I B.增加直導線的長度 C.使導線在紙面內順時針轉30°

26、 D.使導線在紙面內逆時針轉60° 10.如圖所示，線圈abcd邊長分別為L1、L2，通過的電流為I，當線圈繞OO′軸轉過θ角時 A.通過線圈的磁通量是BL1L2cosθ B.ab邊受安培力大小為BIL1cosθ C.ad邊受的安培力大小為BIL2cosθ D.線圈受的磁力矩為BIL1L2cosθ 11.如圖所示，一金屬直桿MN兩端接有導線，懸掛于線圈上方，MN與線圈軸線均處于豎直平面內，為使M N垂直紙面向外運動，可以 A.將a、c端接在電源正極，b、d端接在電源負極 B.將b、d端接在電源正極，a、c端接在電源負極 C.將a、d端接在電源正極，b、c端接在電源負極 D.

27、將a、c端接在交流電源的一端，b、d接在交流電源的另一端 12.（2000年上海高考試題）如圖所示，兩根平行放置的長直導線a和b載有大小相同、方向相反的電流，a受到的磁場力大小為F1，當加入一與導線所在平面垂直的勻強磁場后，a受到的磁場力大小變?yōu)镕2，則此時b受到的磁場力大小變?yōu)? A.F2 B.F1－F2 C.F1＋F2 D.2F1－F2 13.如圖所示，條形磁鐵放在水平桌面上，在其正中央的上方固定一根長直導線，導線與磁鐵垂直，給導線通以垂直紙面向外的電流，則 A.磁鐵對桌面壓力減小，不受桌面的摩擦力作用 B.磁鐵對桌面的壓力減小，受到桌面的摩擦力作用

28、C.磁鐵對桌面的壓力增大，不受桌面的摩擦力作用 D.磁鐵對桌面的壓力增大，受到桌面的摩擦力作用 14.長為L，重為G的均勻金屬棒一端用細線懸掛，一端擱在桌面上與桌面夾角為α，現垂直細線和棒所在平面加一個磁感應強度為B的勻強磁場，當棒通入如圖所示方向的電流時，細線中正好無拉力.則電流的大小為_______ A. 15.電磁炮是一種理想的兵器，它的主要原理如圖所示，1982年澳大利亞國立大學制成了能把2.2 g的彈體（包括金屬桿EF的質量）加速到10 km/s的電磁炮（常規(guī)炮彈速度大小約為2 km/s），若軌道寬2 m，長為100 m，通過的電流為10 A，則軌道間所加勻強磁場的磁感應強

29、度為_______ T，磁場力的最大功率P=_______ W（軌道摩擦不計）. 16.如圖所示，在兩根勁度系數都為k的相同的輕質彈簧下懸掛有一根導體棒ab，導體棒置于水平方向的勻強磁場中，且與磁場垂直.磁場方向垂直紙面向里，當導體棒中通以自左向右的恒定電流時，兩彈簧各伸長了Δl1；若只將電流反向而保持其他條件不變，則兩彈簧各伸長了Δl2，求：（1）導體棒通電后受到的磁場力的大小?（2）若導體棒中無電流，則每根彈簧的伸長量為多少? 17.如圖所示，在傾角為30°的光滑斜面上垂直紙面放置一根長為L，質量為m的通電直導體棒，棒內電流大小為I，方向垂直紙面向外.以

30、水平向右為x軸正方向，豎直向上為y軸正方向建立直角坐標系. （1）若加一方向垂直斜面向上的勻強磁場，使導體棒在斜面上保持靜止，求磁場的磁感應強度多大？ （2）若加一方向垂直水平面向上的勻強磁場使導體棒在斜面上靜止，該磁場的磁感應強度多大. 18.在原子反應堆中抽動液態(tài)金屬時，由于不允許轉動機械部分和液態(tài)金屬接觸，常使用一種電磁泵.如圖1—34—13所示是這種電磁泵的結構示意圖，圖中A是導管的一段，垂直于勻強磁場放置，導管內充滿液態(tài)金屬.當電流I垂直于導管和磁場方向穿過液態(tài)金屬時，液態(tài)金屬即被驅動，并保持勻速運動.若導管內截面寬為a，高為b，磁場區(qū)域中的液體通過的電流為I，

31、磁感應強度為B.求： （1）電流I的方向； （2）驅動力對液體造成的壓強差. 參考答案 1.AC 2.ABCD 3.A 4.C 5.D 6.C 7. A 8.C 9.C 10.D 11.ABD 可先由安培定則判定磁場方向，再由左手定則判定通電導線的受力方向. 12.A 13.A 變換研究對象，根據磁感線分布及左手定則，先分析通電長直導線受力情況，再由牛頓第三定律分析磁鐵和桌面之間的作用 14.Gcosα/BL 15. 55，1.1×107 16.（1）k（Δl2-Δl1） （2） （Δl1+Δl2） 17.（1） （2） 1

32、8.（1）電流方向由下而上 （2）把液體看成由許多橫切液片組成，因通電而受到安培力作用，液體勻速流動時驅動力跟液體兩端的壓力差相等，即F=Δp·S，Δp=F/S=IbB/ab=IB/a. 教學后記 磁場基本概念學生掌握不錯，上課效果好，幾種典型的磁場線的分布學生也很熟悉，不過磁場的應用，常見模型如磁流體發(fā)電學生分析有一點難度，特別是基礎比較差的學生。所以，應該做好課后跟蹤調查，及時幫助學生。 洛倫茲力 帶電粒子在磁場中的運動 教學目標： 1．掌握洛侖茲力的概念； 2．熟練解決帶電粒子在勻強磁場中的勻速圓周運動問題 教學重點：帶電粒子在勻強磁場中的勻速圓周運動 教學難

33、點：帶電粒子在勻強磁場中的勻速圓周運動 教學方法：講練結合，計算機輔助教學 教學過程： 一、洛倫茲力 1.洛倫茲力 I B F安 F 運動電荷在磁場中受到的磁場力叫洛倫茲力，它是安培力的微觀表現。 計算公式的推導：如圖所示，整個導線受到的磁場力（安培力）為F安 =BIL；其中I=nesv；設導線中共有N個自由電子N=nsL；每個電子受的磁場力為F，則F安=NF。由以上四式可得F=qvB。條件是v與B垂直。當v與B成θ角時，F=qvBsinθ。 2.洛倫茲力方向的判定 B R ＋ ＋ ＋ ＋ ＋ + － － － － ― 在用左手定則時，四指

34、必須指電流方向（不是速度方向），即正電荷定向移動的方向；對負電荷，四指應指負電荷定向移動方向的反方向。 【例1】磁流體發(fā)電機原理圖如右。等離子體高速從左向右噴射，兩極板間有如圖方向的勻強磁場。該發(fā)電機哪個極板為正極？兩板間最大電壓為多少？ 解：由左手定則，正、負離子受的洛倫茲力分別向上、向下。所以上極板為正。正、負極板間會產生電場。當剛進入的正負離子受的洛倫茲力與電場力等值反向時，達到最大電壓：U=Bdv。當外電路斷開時，這也就是電動勢E。當外電路接通時，極板上的電荷量減小，板間場強減小，洛倫茲力將大于電場力，進入的正負離子又將發(fā)生偏轉。這時電動勢仍是E=Bdv，但路端電壓將小于Bdv。

35、 在定性分析時特別需要注意的是： ⑴正負離子速度方向相同時，在同一磁場中受洛倫茲力方向相反。 ⑵外電路接通時，電路中有電流，洛倫茲力大于電場力，兩板間電壓將小于Bdv，但電動勢不變（和所有電源一樣，電動勢是電源本身的性質。） ⑶注意在帶電粒子偏轉聚集在極板上以后新產生的電場的分析。在外電路斷開時最終將達到平衡態(tài)。 I 【例2】 半導體靠自由電子（帶負電）和空穴（相當于帶正電）導電，分為p型和n型兩種。p型中空穴為多數載流子；n型中自由電子為多數載流子。用以下實驗可以判定一塊半導體材料是p型還是n型：將材料放在勻強磁場中，通以圖示方向的電流I，用電壓表判定上下兩個表面的電勢高低，若上極

36、板電勢高，就是p型半導體；若下極板電勢高，就是n型半導體。試分析原因。 解：分別判定空穴和自由電子所受的洛倫茲力的方向，由于四指指電流方向，都向右，所以洛倫茲力方向都向上，它們都將向上偏轉。p型半導體中空穴多，上極板的電勢高；n型半導體中自由電子多，上極板電勢低。 注意：當電流方向相同時，正、負離子在同一個磁場中的所受的洛倫茲力方向相同，所以偏轉方向相同。 3.洛倫茲力大小的計算 帶電粒子在勻強磁場中僅受洛倫茲力而做勻速圓周運動時，洛倫茲力充當向心力，由此可以推導出該圓周運動的半徑公式和周期公式： M N B O v 【例3】 如圖直線MN上方有磁感應強度為B的勻強磁場

37、。正、負電子同時從同一點O以與MN成30°角的同樣速度v射入磁場（電子質量為m，電荷為e），它們從磁場中射出時相距多遠？射出的時間差是多少？ 解：由公式知，它們的半徑和周期是相同的。只是偏轉方向相反。先確定圓心，畫出半徑，由對稱性知：射入、射出點和圓心恰好組成正三角形。所以兩個射出點相距2r，由圖還可看出，經歷時間相差2T/3。答案為射出點相距，時間差為。關鍵是找圓心、找半徑和用對稱。 y x o B v v a O/ 【例4】 一個質量為m電荷量為q的帶電粒子從x軸上的P（a，0）點以速度v，沿與x正方向成60°的方向射入第一象限內的勻強磁場中，并恰好垂直于y軸射出第一象

38、限。求勻強磁場的磁感應強度B和射出點的坐標。 解：由射入、射出點的半徑可找到圓心O/，并得出半徑為；射出點坐標為（0，）。 二、帶電粒子在勻強磁場中的運動 帶電粒子在磁場中的運動是高中物理的一個難點，也是高考的熱點。在歷年的高考試題中幾乎年年都有這方面的考題。帶電粒子在磁場中的運動問題，綜合性較強，解這類問題既要用到物理中的洛侖茲力、圓周運動的知識，又要用到數學中的平面幾何中的圓及解析幾何知識。 1、帶電粒子在半無界磁場中的運動 O B S v θ P 【例5】一個負離子，質量為m，電量大小為q，以速率v垂直于屏S經過小孔O射入存在著勻強磁場的真空室中，如圖所示。磁感應強

39、度B的方向與離子的運動方向垂直，并垂直于圖1中紙面向里. （1）求離子進入磁場后到達屏S上時的位置與O點的距離. （2）如果離子進入磁場后經過時間t到達位置P，證明:直線OP與離子入射方向之間的夾角θ跟t的關系是。 解析：（1）離子的初速度與勻強磁場的方向垂直，在洛侖茲力作用下，做勻速圓周運動.設圓半徑為r，則據牛頓第二定律可得： ，解得 如圖所示，離了回到屏S上的位置A與O點的距離為：AO=2r 所以 （2）當離子到位置P時，圓心角： 因為，所以. r v R v O/ O 2．穿過圓形磁場區(qū)。畫好輔助線（半徑、速度、軌跡圓的圓心、連心線）

40、。偏角可由求出。經歷時間由得出。 注意：由對稱性，射出線的反向延長線必過磁場圓的圓心。 O A v0 B 【例6】如圖所示，一個質量為m、電量為q的正離子，從A點正對著圓心O以速度v射入半徑為R的絕緣圓筒中。圓筒內存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度的大小為B。要使帶電粒子與圓筒內壁碰撞多次后仍從A點射出，求正離子在磁場中運動的時間t.設粒子與圓筒內壁碰撞時無能量和電量損失，不計粒子的重力。 解析：由于離子與圓筒內壁碰撞時無能量損失和電量損失，每次碰撞后離子的速度方向都沿半徑方向指向圓心，并且離子運動的軌跡是對稱的，如圖所示。設粒子與圓筒內壁碰撞n次（），則每相鄰兩次碰撞點

41、之間圓弧所對的圓心角為2π/（n+1）.由幾何知識可知，離子運動的半徑為 離子運動的周期為，又， 所以離子在磁場中運動的時間為. O＇ M N L A 【例7】圓心為O、半徑為r的圓形區(qū)域中有一個磁感強度為B、方向為垂直于紙面向里的勻強磁場，與區(qū)域邊緣的最短距離為L的O＇處有一豎直放置的熒屏MN，今有一質量為m的電子以速率v從左側沿OO＇方向垂直射入磁場，越出磁場后打在熒光屏上之P點，如圖所示，求O＇P的長度和電子通過磁場所用的時間。 P 解析 ：電子所受重力不計。它在磁場中做勻速圓周運動，圓心為O″，半徑為R。圓弧段軌跡AB所對的圓心角為θ，電子越出磁場后做速率仍

42、為v的勻速直線運動， 如圖4所示，連結OB，∵△OAO″≌△OBO″，又OA⊥O″A，故OB⊥O″B，由于原有BP⊥O″B，可見O、B、P在同一直線上，且∠O＇OP=∠AO″B=θ，在直角三角形ＯＯ＇P中，O＇P=（L+r）tanθ，而，，所以求得R后就可以求出O＇P了，電子經過磁場的時間可用t=來求得。 由得R= M N O, L A O R θ/2 θ θ/2 B P O// ， ， 3．穿過矩形磁場區(qū)。一定要先畫好輔助線（半徑、速度及延長線）。偏轉角由sinθ=L/R求出。側移由R2=L2-（R-y）2解出。經歷時間由得出。 注

43、意，這里射出速度的反向延長線與初速度延長線的交點不再是寬度線段的中點，這點與帶電粒子在勻強電場中的偏轉結論不同！ 【例8】如圖所示，一束電子（電量為e）以速度v垂直射入磁感強度為B，寬度為d的勻強磁場中，穿透磁場時速度方向與電子原來入射方向的夾角是30°，則電子的質量是 ，穿透磁場的時間是 。 解析：電子在磁場中運動，只受洛侖茲力作用，故其軌跡是圓弧的一部分，又因為f⊥v，故圓心在電子穿入和穿出磁場時受到洛侖茲力指向交點上，如圖中的O點，由幾何知識知，AB間圓心角θ＝30°，OB為半徑。 ∴r=d/sin30°=2d，又由r=mv/Be得m=2dBe

44、/v 又∵AB圓心角是30°，∴穿透時間t=T/12，故t=πd/3v。 帶電粒子在長足夠大的長方形磁場中的運動時要注意臨界條件的分析。如已知帶電粒子的質量m和電量e，若要帶電粒子能從磁場的右邊界射出，粒子的速度v必須滿足什么條件？這時必須滿足r=mv/Be>d，即v>Bed/m. 【例9】長為L的水平極板間，有垂直紙面向內的勻強磁場，如圖所示，磁感強度為B，板間距離也為L，板不帶電，現有質量為m，電量為q的帶正電粒子（不計重力），從左邊極板間中點處垂直磁感線以速度v水平射入磁場，欲使粒子不打在極板上，可采用的辦法是： A．使粒子的速度v5Bq

45、L/4m； C．使粒子的速度v>BqL/m； D．使粒子速度BqL/4m5BqL/4m時粒子能從右邊穿出。 粒子擦著上板從左邊穿出時，圓心在O＇點，有

46、r2＝L/4，又由r2＝mv2/Bq=L/4得v2＝BqL/4m ∴v2

47、量也相同的帶正、負電的離子（不計重力），以相同速度從O點射入磁場中，射入方向與x軸均夾θ角.則正、負離子在磁場中 A.運動時間相同 B.運動軌道半徑相同 C.重新回到x軸時速度大小和方向均相同 D.重新回到x軸時距O點的距離相同 3．電子自靜止開始經M、N板間（兩板間的電壓為u）的電場加速后從A點垂直于磁場邊界射入寬度為d的勻強磁場中，電子離開磁場時的位置P偏離入射方向的距離為L，如圖所示.求勻強磁場的磁感應強度.（已知電子的質量為m，電量為e） 4．已經知道，反粒子與正粒子有相同的質量，卻帶有等量的異號電荷.物理學家推測，既然有反粒子存在，就可能有由反粒子組成

48、的反物質存在.1998年6月，我國科學家研制的阿爾法磁譜儀由“發(fā)現號”航天飛機搭載升空，尋找宇宙中反物質存在的證據.磁譜儀的核心部分如圖所示，PQ、MN是兩個平行板，它們之間存在勻強磁場區(qū)，磁場方向與兩板平行.宇宙射線中的各種粒子從板PQ中央的小孔O垂直PQ進入勻強磁場區(qū)，在磁場中發(fā)生偏轉，并打在附有感光底片的板MN上，留下痕跡.假設宇宙射線中存在氫核、反氫核、氦核、反氦核四種粒子，它們以相同速度v從小孔O垂直PQ板進入磁譜儀的磁場區(qū)，并打在感光底片上的a、b、c、d四點，已知氫核質量為m，電荷量為e，PQ與MN間的距離為L，磁場的磁感應強度為B. （1）指出a、b、c、d四點分別是由哪

49、種粒子留下的痕跡?（不要求寫出判斷過程） （2）求出氫核在磁場中運動的軌道半徑； （3）反氫核在MN上留下的痕跡與氫核在MN上留下的痕跡之間的距離是多少? 5．如圖所示，在y＜0的區(qū)域內存在勻強磁場，磁場方向垂直于xy平面并指向紙里，磁感應強度為B.一帶負電的粒子（質量為m、電荷量為q）以速度v0從O點射入磁場，入射方向在xy平面內，與x軸正向的夾角為θ.求： （1）該粒子射出磁場的位置； （2）該粒子在磁場中運動的時間.（粒子所受重力不計） 參考答案 1．A 2.BCD 3.解析：電子在M、N間加速后獲得的速度為v，由動能定理得： mv2-0=eu 電子進

50、入磁場后做勻速圓周運動，設其半徑為r，則： evB=m 電子在磁場中的軌跡如圖，由幾何得： = 由以上三式得：B= 4.解:（1）a、b、c、d四點分別是反氫核、反氦核、氦核和氫核留下的痕跡. （2）對氫核，在磁場中做勻速圓周運動，由牛頓第二定律得： （3）由圖中幾何關系知： 所以反氫核與氫核留下的痕跡之間的距離 5.解：（1）帶負電粒子射入磁場后，由于受到洛倫茲力的作用，粒子將沿圖示的軌跡運動，從A點射出磁場，設O、A間的距離為L，射出時速度的大小仍為v，射出方向與x軸的夾角仍為θ，由洛倫茲力公式和牛頓定律可得： qv0B=m 式中R為

51、圓軌道半徑，解得： R= ① 圓軌道的圓心位于OA的中垂線上，由幾何關系可得： =Rsinθ ② 聯解①②兩式，得：L= 所以粒子離開磁場的位置坐標為（-，0） （2）因為T== 所以粒子在磁場中運動的時間，t＝ 教學后記 帶電粒子在磁場中的運動，洛侖磁力的分析，確定粒子在磁場中圓周運動圓心，半徑，軌跡等問題是解題的重點也是難點，而且高考中也經常出現，難度相對也比較大，所以應該通過練習及講解提高學生這方面能力。 帶電粒子在復合場中的運動 教學目標： 掌握帶電粒子在復合場中的運動問題，學會該類問題的一般分析方法 教

52、學重點：帶電粒子在復合場中的運動 教學難點：帶電粒子在復合場中的運動 教學方法：講練結合，計算機輔助教學 教學過程： 一、帶電粒子在混合場中的運動 ＋ ＋ ＋ ＋ ＋ ＋ ＋ － － － － ― ― ― v 1．速度選擇器 正交的勻強磁場和勻強電場組成速度選擇器。帶電粒子必須以唯一確定的速度（包括大小、方向）才能勻速（或者說沿直線）通過速度選擇器。否則將發(fā)生偏轉。這個速度的大小可以由洛倫茲力和電場力的平衡得出：qvB=Eq，。在本圖中，速度方向必須向右。 （1）這個結論與離子帶何種電荷、電荷多少都無關。 （2）若速度小于這一速度，電場力將大于洛倫茲力，帶電粒子向電場力方向

53、偏轉，電場力做正功，動能將增大，洛倫茲力也將增大，粒子的軌跡既不是拋物線，也不是圓，而是一條復雜曲線；若大于這一速度，將向洛倫茲力方向偏轉，電場力將做負功，動能將減小，洛倫茲力也將減小，軌跡是一條復雜曲線。 a b c o v0 【例1】 某帶電粒子從圖中速度選擇器左端由中點O以速度v0向右射去，從右端中心a下方的b點以速度v1射出；若增大磁感應強度B，該粒子將打到a點上方的c點，且有ac=ab，則該粒子帶___電；第二次射出時的速度為_____。 解：B增大后向上偏，說明洛倫茲力向上，所以為帶正電。由于洛倫茲力總不做功，所以兩次都是只有電場力做功，第一次為正功，第二次為負功，

54、但功的絕對值相同。 【例2】 如圖所示，一個帶電粒子兩次以同樣的垂直于場線的初速度v0分別穿越勻強電場區(qū)和勻強磁場區(qū)， 場區(qū)的寬度均為L偏轉角度均為α，求E∶B 解：分別利用帶電粒子的偏角公式。在電場中偏轉： ，在磁場中偏轉：，由以上兩式可得?？梢宰C明：當偏轉角相同時，側移必然不同（電場中側移較大）；當側移相同時，偏轉角必然不同（磁場中偏轉角較大）。 2．回旋加速器 回旋加速器是高考考查的的重點內容之一，但很多同學往往對這類問題似是而非，認識不深，甚至束手無策、，因此在學習過程中，尤其是高三復習過程中應引起重視。 （1）有關物理學史知識和回旋加速器的基本結構和原理 1932年

55、美國物理學家應用了帶電粒子在磁場中運動的特點發(fā)明了回旋加速器，其原理如圖所示。A0處帶正電的粒子源發(fā)出帶正電的粒子以速度v0垂直進入勻強磁場，在磁場中勻速轉動半個周期，到達A1時，在A1 A1/處造成向上的電場，粒子被加速，速率由v0增加到v1，然后粒子以v1在磁場中勻速轉動半個周期，到達A2/時，在A2/ A2處造成向下的電場，粒子又一次被加速，速率由v1增加到v2，如此繼續(xù)下去，每當粒子經過A A/的交界面時都是它被加速，從而速度不斷地增加。帶電粒子在磁場中作勻速圓周運動的周期為，為達到不斷加速的目的，只要在A A/上加上周期也為T的交變電壓就可以了。即T電= 實際應用中，回旋加速是

56、用兩個D形金屬盒做外殼，兩個D形金屬盒分別充當交流電源的兩極，同時金屬盒對帶電粒子可起到靜電屏蔽作用，金屬盒可以屏蔽外界電場，盒內電場很弱，這樣才能保證粒子在盒內只受磁場力作用而做勻速圓周運動。 （2）帶電粒子在D形金屬盒內運動的軌道半徑是不等距分布的 設粒子的質量為m，電荷量為q，兩D形金屬盒間的加速電壓為U，勻強磁場的磁感應強度為B，粒子第一次進入D形金屬盒Ⅱ，被電場加速1次，以后每次進入D形金屬盒Ⅱ都要被電場加速2次。粒子第n次進入D形金屬盒Ⅱ時，已經被加速（2n-1）次。 由動能定理得（2n－1）qU=Mvn2。 ……① 第n次進入D形金屬盒Ⅱ后，由牛頓第二定律得qvnB=m

57、 　　…… ② 由①②兩式得ｒn=　　……③ 同理可得第n+1次進入D形金屬盒Ⅱ時的軌道半徑rn+1=　　……④ 所以帶電粒子在D形金屬盒內任意兩個相鄰的圓形軌道半徑之比為，可見帶電粒子在D形金屬盒內運動時，軌道是不等距分布的，越靠近D形金屬盒的邊緣，相鄰兩軌道的間距越小。 （3）帶電粒子在回旋加速器內運動，決定其最終能量的因素 由于D形金屬盒的大小一定，所以不管粒子的大小及帶電量如何，粒子最終從加速器內設出時應具有相同的旋轉半徑。由牛頓第二定律得qvnB=m……① 和動量大小存在定量關系 m vn=…… ② 由①②兩式得Ek n=……③ 可見，粒子獲得的能量與回旋加速器的直徑

58、有關，直徑越大，粒子獲得的能量就越大。 【例3】一個回旋加速器，當外加電場的頻率一定時，可以把質子的速率加速到v，質子所能獲得的能量為E，則： ①這一回旋加速器能把α粒子加速到多大的速度？ ②這一回旋加速器能把α粒子加速到多大的能量？ ③這一回旋加速器加速α粒子的磁感應強度跟加速質子的磁感應強度之比為？ 解：①由qvnB=m得 vn= 由周期公式T電= 得知，在外加電場的頻率一定時，為定值，結合④式得=v。 ②由③式Ek n=及為定值得，在題設條件下，粒子最終獲得動能與粒子質量成正比。所以α粒子獲得的能量為4E。 ③由周期公式T電= 得=2∶1。 （4）決定帶電粒子在回旋加速

59、器內運動時間長短的因素 帶電粒子在回旋加速器內運動時間長短，與帶電粒子做勻速圓周運動的周期有關，同時還與帶電粒在磁場中轉動的圈數有關。設帶電粒子在磁場中轉動的圈數為n ，加速電壓為U。因每加速一次粒子獲得能量為qU，每圈有兩次加速。結合Ek n=知，2nqU=，因此n=　。所以帶電粒子在回旋加速器內運動時間t =nT=.=。 3．帶電微粒在重力、電場力、磁場力共同作用下的運動 （1）帶電微粒在三個場共同作用下做勻速圓周運動。必然是電場力和重力平衡，而洛倫茲力充當向心力。 E B 【例4】 一個帶電微粒在圖示的正交勻強電場和勻強磁場中在豎直面內做勻速圓周運動。則該帶電微粒必然帶__

60、___，旋轉方向為_____。若已知圓半徑為r，電場強度為E磁感應強度為B，則線速度為_____。 解：因為必須有電場力與重力平衡，所以必為負電；由左手定則得逆時針轉動；再由 （2）與力學緊密結合的綜合題，要認真分析受力情況和運動情況（包括速度和加速度）。必要時加以討論。 Eq mg N v a f vm qvB Eq N f mg 【例5】質量為m帶電量為q的小球套在豎直放置的絕緣桿上，球與桿間的動摩擦因數為μ。勻強電場和勻強磁場的方向如圖所示，電場強度為E，磁感應強度為B。小球由靜止釋放后沿桿下滑。設桿足夠長，電場和磁場也足夠大， 求運動過程中小球的最大

61、加速度和最大速度。解：不妨假設設小球帶正電（帶負電時電場力和洛倫茲力都將反向，結論相同）。剛釋放時小球受重力、電場力、彈力、摩擦力作用，向下加速；開始運動后又受到洛倫茲力作用，彈力、摩擦力開始減?。划斅鍌惼澚Φ扔陔妶隽r加速度最大為g。隨著v的增大，洛倫茲力大于電場力，彈力方向變?yōu)橄蛴?，且不斷增大，摩擦力隨著增大，加速度減小，當摩擦力和重力大小相等時，小球速度達到最大。 若將磁場的方向反向，而其他因素都不變，則開始運動后洛倫茲力向右，彈力、摩擦力不斷增大，加速度減小。所以開始的加速度最大為；摩擦力等于重力時速度最大，為。 二、綜合例析 【例6】如圖所示，兩個共軸的圓筒形金屬電極，外電極接

62、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，磁感強度的大小為B。在兩極間加上電壓，使兩圓筒之間的區(qū)域內有沿半徑向外的電場。一質量為ｍ、帶電量為＋q的粒子，從緊靠內筒且正對狹縫a的S點出發(fā)，初速為零。如果該粒子經過一段時間的運動之后恰好又回到出發(fā)點S，則兩電極之間的電壓U應是多少？（不計重力，整個裝置在真空中） 解析：如圖所示，帶電粒子從S點出發(fā)，在兩筒之間的電場作用下加速，沿徑向穿過狹縫a而進入磁場區(qū)，在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動。粒子再回到S點的條件是能沿徑向穿過狹縫d.只要穿過了d，粒子就會在電場力作用下先

63、減速，再反向加速，經d重新進入磁場區(qū)，然后粒子以同樣方式經過c、b，再回到S點。設粒子進入磁場區(qū)的速度大小為V，根據動能定理，有 設粒子做勻速圓周運動的半徑為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，粒子從a到d必經過圓周，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； . 【例7】如圖所示，空間分布著有理想邊界的勻強電場和勻強磁場。左側勻強電場的場強大小為E、方向水平向右，電場寬度為L；中間區(qū)域勻強磁場的磁感應強度大小為B，方向垂直紙面向里。一個質量為m、電量為q、不計重力的帶正電的粒子從電場的左邊緣的O點由靜止開始運動，穿過中間磁場區(qū)域進

64、入右側磁場區(qū)域后，又回到O點，然后重復上述運動過程。求： （1）中間磁場區(qū)域的寬度d； （2）帶電粒子從O點開始運動到第一次回到O點所用時間t. 解析：（1）帶電粒子在電場中加速，由動能定理，可得： 帶電粒子在磁場中偏轉，由牛頓第二定律，可得： 由以上兩式，可得。 可見在兩磁場區(qū)粒子運動半徑相同，如圖13所示，三段圓弧的圓心組成的三角形ΔO1O2O3是等邊三角形，其邊長為2R。所以中間磁場區(qū)域的寬度為 （2）在電場中 ， 在中間磁場中運動時間 在右側磁場中運動時間， 則粒子第一次回到O點的所用時間為 。 三、針對訓練 1．帶電粒子垂直進入勻強電場或

65、勻強磁場中時粒子將發(fā)生偏轉，稱這種電場為偏轉電場，這種磁場為偏轉磁場.下列說法錯誤的是（重力不計） A.欲把速度不同的同種帶電粒子分開，既可采用偏轉電場，也可采用偏轉磁場 B.欲把動能相同的質子和α粒子分開，只能采用偏轉電場 C.欲把由靜止經同一電場加速的質子和α粒子分開，偏轉電場和偏轉磁場均可采用 D.欲把初速度相同而比荷不同的帶電粒子分開，偏轉電場和偏轉磁場均可采用 2．目前，世界上正在研究一種新型發(fā)電機叫磁流體發(fā)電機.如圖所示，表示了它的原理：將一束等離子體噴射入磁場，在場中有兩塊金屬板A、B，這時金屬板上就會聚集電荷，產生電壓.如果射入的等離子體速度均為v，兩金屬板的板長為L

66、，板間距離為d，板平面的面積為S，勻強磁場的磁感應強度為B，方向垂直于速度方向，負載電阻為R，電離氣體充滿兩板間的空間.當發(fā)電機穩(wěn)定發(fā)電時，電流表示數為I.那么板間電離氣體的電阻率為 A. B. C. D. 3．空間存在水平方向的勻強電場和勻強磁場，強度分別為E=10 N/C，B＝1 T，如圖所示.有一質量為m＝2.0×10-6 kg，帶正電q＝2.0×10-6 C的微粒，在此空間做勻速直線運動，其速度的大小為________.方向為________. 4．如圖所示，水平虛線上方有場強為E1的勻強電場，方向豎直向下，虛線下方有場強為E2的勻強電場，方向水平向右；在虛線上、下方均有磁感應強度相同的勻強磁場，方向垂直紙面向外，ab是一長為L的絕緣細桿，豎直位于虛線上方，b端恰在虛線上，將一套在桿上的帶電小環(huán)從a端由靜止開始釋放，小環(huán)先加速而后勻速到達b端，環(huán)與桿之間的動摩擦因數μ＝0.3，小環(huán)的重力不計，當環(huán)脫離桿后在虛線下方沿原方向做勻速直線運動，求： （1）E1與E2的比值； （2）若撤去虛線下方的電場，小環(huán)進入虛線下方后的運動軌跡為半圓，圓周半徑