磁場綜合題

例1

03年江蘇高考17

例2

回旋加速器

例3

例4例5

例6

霍爾效應

例7

92年上海高考題04年江蘇高考17

例8

例9例10

例11

04年廣東1805年蘇錫常鎮一模17

05年徐州質量檢測二1604年無錫市期末10.05年高考理科綜合全國卷I/202005年江蘇高考17,2005年廣東卷16.磁場綜合題

例1、如圖示，半徑為R的細金屬圓環中通有恒定電流I，圓環置于水平面上，處于豎直向下的勻強磁場中，求：圓環受到的張力。IRO解一：取上半段圓環AB作為研究對象，IROAB圓環AB受到安培力F，F的方向向上F的大小為FF=BI×2R（有效長度為2R）圓環AB兩端受到的張力為T，方向沿切線，TT由平衡條件得F=2T∴T=BIR解二：取很小的一小段圓環CD作為研究對象，IROABCDα則CD所對的圓心角為α=2Δθ,圓弧長度ΔL=2RΔθCD受到安培力ΔF=BIΔL=2BIRΔθCD兩端受到的張力為T，方向沿切線，如圖示ΔFTT由平衡條件ΔFTTα2TsinΔθ=ΔF=2BIRΔθ角度很小時有sinΔθ=Δθ∴T=BIR上述方法稱為微元法（13分）串列加速器是用來產生高能離子的裝置.圖中虛線框內為其主體的原理示意圖,其中加速管的中部b處有很高的正電勢U，a、c兩端均有電極接地（電勢為零）.現將速度很低的負一價碳離子從a端輸入，當離子到達b處時,可被設在b處的特殊裝置將其電子剝離,成為n價正離子,而不改變其速度大小,這些正n價碳離子從c端飛出后進入一與其速度方向垂直的、磁感強度為B的勻強磁場中，在磁場中做半徑為R的圓周運動.已知碳離子的質量

m=2.0×10–26kg,U=7.5×105V,B=0.50T,n=2,

基元電荷e=1.6×10-19C，求R.03年江蘇高考17cab加速管加速管B設碳離子到達b處時的速度為v1，從c端射出時的速度為v2，由能量關系得1/2×mv1

2=eU①1/2×mv2

2=1/2×mv1

2+neU②進入磁場后，碳離子做圓周運動，可得nev2B=mv22

/R③由以上三式可得④由④式及題給數值可解得R=0.75m解：cab加速管加速管B

的D形盒的半徑為R，用來加速質量為m，帶電量為q的質子，使質子由靜止加速到能量為E后，由A孔射出。求：（1）加速器中勻強磁場B的方向和大小。（2）設兩D形盒間的距離為d，其間電壓為U，加速到上述能量所需回旋周數.（3）加速到上述能量所需時間(不計通過縫隙的時間）。A

～Ud解：（1）由qvB=mv2/RE=1/2×mv2B的方向垂直于紙面向里.（2）質子每加速一次，能量增加為qU，每周加速兩次，所以n=E／2qU（3）周期T=2πm／qB且周期與半徑r及速度v都無關t=nT=E/2qU×2πm/qB=πmE／q2UB回旋加速器

例3.如圖所示，正、負電子初速度垂直于磁場方向，沿與邊界成

30°角的方向射入勻強磁場中，求它們在磁場中的運動時間之比．θ解析：正電子將沿逆時針方向運動，經過磁場的偏轉角為：φ1φ1=2θ=60

°負電子將沿順時針方向運動，經過磁場的偏轉角為φ2φ2=360°-2θ=300

°因為正、負電子在磁場中運動的周期相同（T=2πm/qB

），故它們的角速度也相同，根據

φ=ωt可知，正、負電子在磁場中運動的時間之比為：t1/t2=φ1/φ2=1/5例4.

如圖示，水平向左的勻強電場的場強E=4伏/米，垂直紙面向內的勻強磁場的B=2特，質量為1千克的帶正電的小物塊A從豎直絕緣墻上的M點由靜止開始下滑，滑行0.8m到達N點時離開墻面開始做曲線運動，在到達P點開始做勻速直線運動，此時速度與水平方向成45°角，P點離開M點的豎直高度為1.6m，試求：

1.A沿墻下滑克服摩擦力做的功

2.P點與M點的水平距離，取g=10m/s2AB=2TE=4V/mPNM··0.8m解：在N點有qvNB=qEmgfqEqvNBvNvN=E/B=2m/s由動能定理mgh-Wf=1/2mvN

2∴Wf=6J在P點三力平衡，qE=mgmgqEqvBvP由動能定理，從N到P：mgh′-qEx=1/2mvP

2－1/2mvN

2g（h′

－x）=1/2（vP

2－vN

2）

=2∴x=0.6m例5

如圖示，板長為l的兩平行板間存在著豎直向下、場強為E的勻強電場，豎直向下、磁感應強度為B的勻強磁場，兩平行板左邊邊緣的中心為原點O，有一正離子（重力不計），從O點以某一初速率v沿x軸射入電場和磁場中．離開兩場時的坐標為。求此離子的荷質比。（水平向紙內為z軸正方向。）zyBExOv解：由運動的合成——若沒有電場，則在xOz平面做勻速圓周運動；加上電場力的作用，則同時在y方向做勻加速運動。xzlOβαO′tanα=α=30°β=2α=60°設運動時間為t，t=T/6=πm/3qBy=1/2×qE/m×t2l/6=1/2×qE/m×(πm/3qB)2∴q/m=π2E/3B2l例6．如圖3-7-17甲所示，圖的右側MN為一豎直放置的熒光屏,O為它的中點，OO'與熒光屏垂直，且長度為L．在MN的左側空間存在著方向水平向里的勻強電場，場強大小為E．乙圖是從左邊去看熒光屏得到的平面圖，在熒光屏上以O為原點建立如圖的直角坐標系．一細束質量為m、電量為+q的帶電粒子以相同的初速度v0從O'點沿O'O方向射入電場區域．粒子的重力和粒子間的相互作用都可忽略不計．（1）若再在MN左側空間加一個勻強磁場，使得熒光屏上的亮點恰好位于原點O處，求這個磁場的磁感應強度B的大小和方向．（2）如果磁感應強度B的大小保持不變，但把方向變為與電場方向相同，則熒光屏上的亮點位于圖中A點處，已知A點的縱坐標為求：A點橫坐標的數值．yxOA乙E甲MNOLvO′RR-yyθLE甲MNOLvO′yxOA乙解：（1）電場力向里，洛侖茲力向外，合力為0，

qvB=qE∴B=E/v,方向沿y軸正向（2）由運動的合成——

若沒有電場，洛侖茲力向上，則在甲圖平面做勻速圓周運動；加上電場力的作用，則同時在-x

方向做勻加速運動。qvBR2=(R-y)2+L2cosθ=(R-y)/R=1/2θ=60°

霍爾效應可解釋如下：外部磁場的洛侖茲力使運動的電子聚集在導體板的一側，在導體板的另一側會出現多余的正電荷，從而形成橫向電場對電子施加與洛侖茲力方向相反的靜電力。當靜電子與洛侖茲力達到平衡時，導體上下兩側之間就會形成穩定的電勢差。設電流I是由電子的定向流動形成的，電子的平均定向速度為v，電量為e。回答下列問題：

（2000全國）如圖所示，厚度為h、寬度為d的導體板放在垂直于它的磁感應強度為B的勻強磁場中。當電流通過導體板時，在導體板的上側面A和下側面A′之間會產生電勢差，這種現象稱為霍爾效應。實驗表明，當磁場不太強時，電勢差U、電流I和B的關系為U=KIB/d式中的比例系數K稱為霍爾系數。A′hdAIB霍爾效應

（1）達到穩定狀態時，導體板上側面A的電勢_____下側面的電勢（填高于、低于或等于）。（2）電子所受洛侖茲力的大小為______。（3）當導體板上下兩側之間的電勢差為U時，電子所受靜電力的大小為______。（4）（2000全國）由靜電力和洛侖茲力平衡的條件，證明霍爾系數K=，其中n代表導體板單位體積中電子的個數。hA′AI解析：（1）由題知電流是由電子向左的定向移動形成，電子在導體板中定向移動時要受洛侖茲力，由左手定則知電子向上側移動，使得上側出現多余負電荷，而下側出現多余正電荷，形成兩側之間的電勢差。結果上側的電勢低于下側A′的電勢。·ev低于BeV（2）由洛侖茲力公式知電子所受洛侖茲力的大小為f=Bev（3）上、下兩側面可以看成是平行的，其間的電場認為是勻強電場，由勻強電場知其場強E=U/h所以電子所受靜電力F電=Ee=eU/h又因電子達到穩定，電場力與洛侖茲力平衡，即F電=Bev（4）因電子穩定，電場力與洛侖茲力平衡，即

eU/h=Bev得U=hvB，且通過導體的電流強度I=nevdh將U及I的表達式代入U=KIB/d，得K=1/ne這是一道綜合性試題，它展示了一種新型發電機的原理（磁流體發電機原理）。

例7．有一個未知的勻強磁場，用如下方法測其磁感應強度，如圖所示，把一個橫截面是矩形的銅片放在磁場中，使它的上、下兩個表面與磁場平行，前、后兩個表面與磁場垂直．當通入從左向右的電流I時，連接在上、下兩個表面上的電壓表示數為U．已知銅片中單位體積內自由電子數為n，電子質量m，帶電量為e，銅片厚度（前后兩個表面厚度）為d，高度（上、下兩個表面的距離）為h，求磁場的磁感應強度B．hdAIBV解：達到動態平衡時有qvB=qE=qU/hB=U/vh∵I=nevS=nevhd∴vh=I/ned∴B=Udne/I:

質量為m、電量為+q的粒子在環中做半徑為R的圓周運動.A、B為兩塊中心開有小孔的極板.原來電勢都為零,每當粒子飛經A板時,A板電勢升高為+U,B板電勢仍保持為零,粒子在兩板間電場中得到加速.每當粒子離開B板時,A板電勢又降為零.粒子在電場一次次加速下動能不斷增大,而繞行半徑不變.(1)設t=0時粒子靜止在A板小孔處,在電場作用下加速,并繞行第一圈.求粒子繞行n圈回到A板時獲得的總動能En.(2)為使粒子始終保持在半徑為R的圓軌道上運動,磁場必須周期性遞增.求粒子繞行第n圈時的磁感應強度Bn.(3)求粒子繞行n圈所需的總時間tn(設極板間距遠小于R).(4)在圖(2)中畫出A板電勢與時間t的關系(從t=0起畫到粒子第4次離開B板時即可).(5)在粒子繞行的整個過程中,A板電勢是否可以始終保持為+U?為什么?解見下頁1992年上海高考題OUut解答:(1)每通過AB一次,動能增加qU,通過n次獲得的總動能為EKn=1/2mvn2=nqU(2)R=mvn/Bnq(3)每轉一轉的時間為…+(4)半徑不變,速度越來越大,所以周期越來越小,加速的時間越來越小，u—t圖如右圖:t1t2t3t4(5)不可以.如始終為+U,則電場力對粒子運動一周所做的總功為零.04年江蘇高考1717.(16分)湯姆生用來測定電子的比荷(電子的電荷量與質量之比)的實驗裝置如圖所示，真空管內的陰極K發出的電子(不計初速、重力和電子間的相互作用)經加速電壓加速后，穿過A'中心的小孔沿中心軸O1O的方向進入到兩塊水平正對放置的平行極板P和P'間的區域．當極板間不加偏轉電壓時，電子束打在熒光屏的中心O點處，形成了一個亮點；加上偏轉電壓U后，亮點偏離到O'點，(O'與O點的豎直間距為d，水平間距可忽略不計．此時，在P和P'間的區域，再加上一個方向垂直于紙面向里的勻強磁場．調節磁場的強弱，當磁感應強度的大小為B時，亮點重新回到O點．已知極板水平方向的長度為L1，極板間距為b，極板右端到熒光屏的距離為L2(如圖所示)．(1)求打在熒光屏O點的電子速度的大小。

(2)推導出電子的比荷的表達式

解：（1）當電子受到的電場力與洛淪茲力平衡時，電子做勻速直線運動，亮點重新回復到中心O點，設電子的速度為v，則evB=eE得v=E/B即v=U/Bb（2）當極板間僅有偏轉電場時，電子以速度v進入后，豎直方向作勻加速運動，加速度為a=eU/mb電子在水平方向作勻速運動，在電場內的運動時間為t1=L/v這樣，電子在電場中，豎直向上偏轉的距離為離開電場時豎直向上的分速度為電子離開電場后做勻速直線運動，經t2時間到達熒光屏t2=L2/vt2時間內向上運動的距離為這樣,電子向上的總偏轉距離為可解得題目例8、半徑R=10cm的圓形勻強磁場區域邊界跟y軸相切于坐標原點O，磁感應強度B=0.332T，方向垂直紙面向里，在O處有一放射源S，可沿紙面向各個方向射出速率均為v=3.2×106m/s的α粒子，已知α粒子的質量m=6.64×10-27kg，電量q=3.2×10-19C(1)畫出α粒子通過磁場空間做圓周運動的圓心點的軌跡(2)求出α粒子通過磁場空間的最大偏轉角φ(3)再以過O點并垂直紙面的直線為軸旋轉磁場區域，能使穿過磁場區域且偏轉最大的α粒子射到正方向的y軸上，則圓形磁場區域直徑OA至少應轉過多大角度？xyOARxyOAR解：(1)洛侖茲力提供向心力qvB=mv2/rr=mv/qB=0.2m=2Rα粒子通過磁場空間做圓周運動的圓心點的軌跡是以O為圓心、r為半徑的上半圓(不含x軸是的兩點)，如圖虛線所示。(2)α粒子在磁場中做圓弧運動的軌跡半徑一定，要通過磁場空間的偏轉角最大，圓弧軌道在磁場中所夾的弦最長，顯然最長弦等于圓磁場區的直徑2R，φsinφ/2=r/R=1/2最大偏轉角φ=60°(3)要使偏轉角最大的α粒子能射到+y軸上，必須從A點射出的速度方向與+x軸夾角大于90°yxOAR由幾何關系得圓磁場區的直徑至少逆時針轉過60°例9、在xOy平面內有很多質量為m，電量為e的電子，從坐標原點O不斷以相同速率v0沿不同方向射入第一象限，如圖所示．現加一垂直于xoy平面向里、磁感強度為B的勻強磁場，要求這些入射電子穿過磁場都能平行于x軸且沿x軸正向運動，試問符合該條件的磁場的最小面積為多大?(不考慮電子間的相互作用)xyOv0【解析】電子由O點射入第Ⅰ象限做勻速圓周運動，其半徑．在由左手定則所決定的所有動態圓中,其圓心都在以O為圓心，半徑為r的且位于第Ⅳ象限的四分之一圓周上，如圖所示．O4O3O2OnO1xyOO4O3O2On

沿+y軸發射的電子,軌跡如實線1所示,圓心在O1點,O1a1v0

而圓心在O1On弧上的各點，其相應的運動軌跡均在第Ⅰ象限內，如圖中2、3、4等實線所示，342

分別過O1,O2，O3，O4等圓心作與y軸平行的直線(如圖中虛線所示)與相應實線分別交于a、b、c、d等點，過這些點做平行于x軸的直線,則為各相應電子平行于x軸的運動方向．

dbc

由圖可知，a、b、c、d等點就是各電子離開磁場的出射點，均應滿足方程

即所有出射點均在以坐標(0，r)為圓心的圓弧abO上，顯然，磁場分布的最小面積Smin應是實線1和圓弧abO所圍的面積，由幾何關系得例10、如圖所示，M、N、P為很長的三個平行邊界面，平面M、N和平面N、P間距分別為L1和L2，其間分別有磁感應強度為B1與B2的勻強磁場區域I和II，磁場方向均垂直紙面向里，B1≠B2，有一帶正電粒子（不計重力），帶電量為q，質量為m，以大小為v0的速度垂直邊界面M及磁場方向射入磁場區域I，試討論粒子初速度v0應滿足什么條件，才可穿過兩個磁場區域。v0L1qL2MPNB1B2解：若剛好沿P的切線飛出，畫出軌跡如圖示，R=mv0/qBO1ααO2ββcosβ=(R2-L2)/R2=1-L2/R2sinα=L1/R1α+β=90°L1/R1+L2/R2=1qB1L1/mv0+qB2L2/mv0=1要穿出則v0≥(qB1L1+qB2L2)

/mACDMNO例11、如圖所示，真空中有一半徑為R的圓形勻強磁場區域，圓心為O，磁場方向垂直于紙面向內，磁感應強度為B。距O點2R處有一屏MN，MN垂直于紙面放置,AO為垂直于屏的半徑,其延長線與屏交于C。一個帶負電的粒子以初速度v0沿AC方向進入圓形磁場區域,最后打在屏上D點,DC相距,不計粒子重力。⑴求粒子在磁場中運動的軌道半徑r和粒子的荷質比。⑵若該粒子仍以初速度v0從A點進入圓形磁場區域，但方向與AC成60°角且向右上方，粒子最后打在屏上E點，求粒子從A到E所經歷的時間。ACDORR解:(1)畫出運動軌跡如圖示：θrrθθ容易得出θ=30°ACO60°(2)v0方向與AC成60°角,由幾何關系得軌跡圓的圓心O1在磁場圓的圓周上,且P點的速度恰好沿水平方向O1PErA→P的時間容易看出PE=1.5RtPE=1.5R/v0=3R/2v0

18．（17分）如圖,真空室內存在勻強磁場,磁場方向垂直于紙面向里，磁感應強度的大小B=0.60T，磁場內有一塊平面感光板ab，板面與磁場方向平行，在距ab的距離為l=16cm處，有一個點狀的放射源S，它向各個方向發射粒子，粒子的速度都是v=3.0×106m/s，已知粒子的電荷與質量之比q/m=5.0×107C/kg，現只考慮在圖紙平面中運動的粒子，求ab上被粒子打中的區域的長度。04年廣東18baS

lbaSl解：

粒子帶正電，故在磁場中沿逆時針方向做勻速圓周運動，用R表示軌道半徑，有可見，2R>l>R.

因朝不同方向發射的粒子的圓軌跡的半徑均為R,所以所有圓的圓心的軌跡是以S為圓心、R為半徑的圓。

由此可知，某一圓軌跡在圖中N左側與ab相切，則此切點P1就是粒子能打中的左側最遠點.

為定出P1點的位置，可作平行于ab的直線cd，cd到ab的距離為R，以S為圓心，R為半徑，作弧交cd于Q點，過Q作ab的垂線，它與ab的交點即為P1.cdMNRRQP1再考慮N的右側：cdMNRRQP1baSl

任何粒子在運動中離S的距離不可能超過2R，以2R為半徑、S為圓心作圓，交ab于N右側的P2點，此即右側能打到的最遠點.2RP2由圖中幾何關系得所求長度為∴P1P2=20cm05年蘇錫常鎮一模17

在某一真空空間內建立xoy坐標系，從原點O處向第Ⅰ象限發射一比荷q/m=1×104C/kg的帶正電的粒子(重力不計),速度大小v0=103m/s,方向與x軸正方向成30°角(1)若在坐標系y軸右側有勻強磁場區域,在第Ⅰ象限,磁場方向垂直xoy平面向外,在第Ⅳ象限,磁場方向垂直xoy平面向里,磁感應強度均為B=1T,如圖(a)示,求粒子從O點射出后,第二次經過x軸時的坐標x1.Oxyv0(a)解:(1)由qv0B=mv02/r得r=mv0/qB=0.1m畫出粒子運動的軌跡如圖示:θθAC由幾何關系得θ=60°OA=AC=r=0.1m∴x1=OC=0.2m(2)若將上述磁場改為如圖(b)示的勻強磁場，在t=0到t=2π/3

×10-4s時，磁場方向垂直于xoy平面向外，在t=2π/3

×10-4s到t=4π/3

×10-4s時，磁場方向垂直于xoy平面向里，此后該空間不存在磁場，在t=0時刻，粒子仍從O點以與原來相同的速度v0射入，求粒子從O點射出后，第二次經過x軸時的坐標x2.Ot/10-4sB/T-112π/34π/3(b)Oxyv0解：

粒子在磁場中運動的周期為TT=2πm/qB=2π×10-4s由題意知，粒子在兩段時間內在磁場中轉過的圓心角均為2π/3，

粒子運動的軌跡如圖示：θAθCDEθθFθ由幾何關系得OE=3r∴x2=OF=6r=0.6m05年徐州質量檢測二16

如圖示，在x>0的空間中,存在沿x軸方向的勻強電場,電場強度E=10N/C;在x<0的空間中,存在垂直xy平面方向的勻強磁場,磁感應強度B=0.5T.一帶負電的粒子(比荷q/m=160C/kg),在x=0.06m處的d點以v0=8m/s的初速度沿y軸正方向開始運動,不計帶電粒子的重力,求(1)帶電粒子開始運動后第一次通過y軸時距O點的距離(2)帶電粒子進入磁場后經多長時間返回電場(3)帶電粒子運動的周期xyOB-qdE解:(1)xyOB-qdE從d點出發做類平拋運動

a=qE/m=1600m/s2θx=1/2

at12y=v0t1=0.069mvx=at1=8m/svy=v0=8m/s

tgθ=vx/vy=θ=60°(2)在磁場中做勻速圓周運動,軌跡如圖示,β由幾何關系β=120°t2=T/3=2πm/3qB=π/120(3)回到電場又做斜拋運動

,由對稱性t3=t1所以帶電粒子運動的周期為T′=t1+t2+t3

=/100+π/120=0.043s04年無錫市期末10.10．回旋加速器是加速帶電粒子的裝置，其核心部分是分別與高頻交流電極相連接的兩個D形金屬盒，兩盒間的狹縫中形成的周期性變化的電場，使粒子在通過狹縫時都能得到加速，兩D形金屬盒處于垂直于盒底的勻強磁場中，如圖所示，要增大帶電粒子射出時的動能，則下列說法中正確的是()A．增大勻強電場間的加速電壓B．增大磁場的磁感應強度C．減小狹縫間的距離D．增大D形金屬盒的半徑解：設D形金屬盒的半徑為R，則R=mvmax/qBvmax=qBR/mEK=1/2mvmax2=q2B2R2/2mBD如圖,在一水平放置的平板MN上方有勻強磁場,磁感應強度的大小為B,磁場方向垂直于紙面向里,許多質量為m,帶電量為+q的粒子,以相同的速率v沿位于紙面內的各個方向,由小孔O射入磁場區域,不計重力,不計粒子間的相互影響.下列圖中陰影部分表示帶電粒子可能經過的區域,其中R=mv/qB.哪個圖是正確的?()2005年高考理科綜合全國卷I/20MNBOA2005年江蘇高考1717.（16分）如圖所示，M、N為兩塊帶等量異種電荷的平行金屬板，S1、S2為板上正對的小孔，N板右側有兩個寬度均為d的勻強磁場區域,磁感應強度大小均為B，方向分別垂直于紙面向外和向里，磁場區域右側有一個熒光屏，取屏上與S1、S2共線的O點為原點，向上為正方向建立x軸.M板左側電子槍發射出的熱電子經S1進入兩板間，電子的質量為m，電荷量為e，初速度可以忽略.（1）當兩板間電勢差為U0

時，求從小孔S2射出的電子的速度.（2）求兩金屬板間電勢差U在什么范圍內，電子不能穿過磁場區域而打到熒光屏上？NddBBM+-OxS1S2熒光屏K（3）若電子能夠穿過磁場區域而打到熒光屏上，試在答題卡的圖上定性地畫出電子運動的軌跡