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專題 七
××

磁 場






命題趨勢


本專題主要考查磁場的疊加以及通電導(dǎo)線受到的安培力的比較與計算、帶電粒子在磁場中運(yùn)動的臨界問題和多解性問題。難度中等。
考點清單

一、磁場及其性質(zhì)
1．磁場方向的判斷及磁場疊加
(1)根據(jù)安培定則確定通電導(dǎo)線周圍磁場的方向。
(2)磁場中每一點磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向為該點處磁感線的切線方向。
(3)磁感應(yīng)強(qiáng)度是矢量，多個通電導(dǎo)體產(chǎn)生的磁場疊加時，合磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度等于各場源單獨存在時在該點的磁感應(yīng)強(qiáng)度的矢量和。
2．安培力作用下力學(xué)問題的解題思路
(1)選定研究對象：通電導(dǎo)線(或通電導(dǎo)體棒)。
(2)變?nèi)S為二維：畫出平面受力圖，其中F⊥B，F(xiàn)⊥I。
(3)根據(jù)力的平衡條件或牛頓運(yùn)動定律列方程。
二、帶電粒子在磁場中運(yùn)動
1．帶電粒子在有界勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動

2．帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動



精題集訓(xùn)
（70分鐘）

經(jīng)典訓(xùn)練題

1．如圖所示，在直角三角形acd中，∠a＝60°，三根通電長直導(dǎo)線垂直紙面分別放置在a、b、c三點，其中b為ac的中點。三根導(dǎo)線中的電流大小分別為I、2I、3I，方向均垂直紙面向里。通電長直導(dǎo)線在其周圍空間某點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝，其中I表示電流強(qiáng)度，r表示該點到導(dǎo)線的距離，k為常數(shù)。已知a點處導(dǎo)線在d點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0，則d點的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為(　　)

A．B0 B．2B0 C.B0 D．4B0
【答案】D
【解析】設(shè)直角三角形的ad邊長為r，則ac邊長為2r，根據(jù)直導(dǎo)線產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度公式可得a點處導(dǎo)線在d點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0＝k，由安培定則知方向水平向左；同理有c點處導(dǎo)線在d點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1＝k＝B0，方向豎直向下；b點處導(dǎo)線在d點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2＝k＝2B0，方向垂直于bd斜向左下方；如圖所示，因＝＝tan 60°，可知B1和B0的合磁感應(yīng)強(qiáng)度沿B2的方向，故d點的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B合＝B2＋＝4B0，方向垂直于bd斜向左下方，故選D。

【點評】本題考查磁場的疊加問題，要注意磁感應(yīng)強(qiáng)度既有大小，又有方向，是矢量，同時要掌握遵循矢量合成的平行四邊形法則。

2．(2019·全國卷Ⅰ·24)如圖，在直角三角形OPN區(qū)域內(nèi)存在勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于紙面向外。一帶正電的粒子從靜止開始經(jīng)電壓U加速后，沿平行于x軸的方向射入磁場；一段時間后，該粒子在OP邊上某點以垂直于x軸的方向射出。已知O點為坐標(biāo)原點，N點在y軸上，OP與x軸的夾角為30°，粒子進(jìn)入磁場的入射點與離開磁場的出射點之間的距離為d，不計重力。求：

(1)帶電粒子的比荷；
(2)帶電粒子從射入磁場到運(yùn)動至x軸的時間。
【解析】(1)設(shè)帶電粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q，加速后的速度大小為v，由動能定理有：
qU＝mv2①
設(shè)粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的半徑為r，洛倫茲力提供粒子做圓周運(yùn)動的向心力，結(jié)合牛頓第二定律有：

qvB＝m②
由幾何關(guān)系知d＝r③
聯(lián)立①②③式得：＝。 ④
(2)由幾何關(guān)系知，帶電粒子射入磁場后運(yùn)動到x軸所經(jīng)過的路程為s＝＋rtan 30°⑤
帶電粒子從射入磁場到運(yùn)動至x軸的時間為t＝⑥
聯(lián)立②④⑤⑥式得：t＝。
【點評】本題考查帶電粒子在組合場中的運(yùn)動，粒子在電場中加速運(yùn)動運(yùn)用動能定理求解，在磁場中的勻速圓周運(yùn)動根據(jù)洛倫茲力提供向心力求解，解答此類題目的關(guān)鍵在于畫出軌跡圖，正確運(yùn)用數(shù)學(xué)幾何關(guān)系。
高頻易錯題

1．如圖所示，質(zhì)量為m、長為L的金屬棒MN兩端由等長的輕質(zhì)細(xì)線水平懸掛，處于豎直向上的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。當(dāng)棒中通以恒定電流后，金屬棒向右擺起后兩懸線與豎直方向夾角的最大值為θ＝60°，下列說法正確的是(　　)

A．電流由N流向M
B．懸線與豎直方向的夾角為θ＝60°時，金屬棒處于平衡狀態(tài)
C．懸線與豎直方向的夾角為θ＝30°時，金屬棒的速率最大
D．恒定電流大小為
【答案】C
【解析】由題意可知，金屬棒所受安培力垂直MN水平向右，根據(jù)左手定則可知電流方向由M流向N，A錯誤；懸線與豎直方向的夾角為θ＝60°時，金屬棒的速率為零，但受力不為零，并非處于平衡狀態(tài)，B錯誤；由對稱性可知，懸線與豎直方向的夾角為θ＝30°時，金屬棒的速率最大，C正確；在θ＝30°時，對金屬棒進(jìn)行受力分析如圖所示，金屬棒在垂直懸線方向受力平衡，mgsin 30°＝Fcos 30°，則tan 30°＝，解得I＝，D錯誤。
【點評】注意“向右擺起”表明安培力方向向右，可判電流方向；“最大值為θ＝60°”表明θ＝60°時，速率為零，但不是平衡位置。
2．(多選)如圖所示，平行紙面向下的勻強(qiáng)電場與垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場相互正交，一帶電小球剛好能在其中做豎直面內(nèi)的勻速圓周運(yùn)動。若已知小球做圓周運(yùn)動的半徑為r，電場強(qiáng)度大小為E，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，重力加速度大小為g，則下列判斷中正確的是(　　)

A．小球一定帶負(fù)電荷
B．小球一定沿順時針方向轉(zhuǎn)動
C．小球做圓周運(yùn)動的線速度大小為
D．小球在做圓周運(yùn)動的過程中，電場力始終不做功
【解析】帶電小球在重力場、勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動，可知帶電小球受到的重力和電場力是一對平衡力，所以電場力豎直向上，與電場方向相反，故小球一定帶負(fù)電荷，故A正確；磁場方向向外，洛倫茲力的方向始終指向圓心，由左手定則可判斷小球的運(yùn)動方向為逆時針，故B錯誤；由電場力和重力大小相等，得mg＝qE，帶電小球在洛倫茲力的作用下做勻速圓周運(yùn)動的半徑r＝，聯(lián)立得v＝，故C正確；小球在做圓周運(yùn)動的過程中，電場力做功，洛倫茲力始終不做功，故D錯誤。
【答案】AC
【點評】本題考查帶電粒子在復(fù)合場中運(yùn)動，解答此類題時，必須同時考慮電場力、洛倫茲力和重力作用或其中某兩個力的作用，因此對粒子的運(yùn)動形式的分析就顯得極為重要。本題考查的是根據(jù)帶電粒子的運(yùn)動情況，來判斷帶電粒子的受力情況。
精準(zhǔn)預(yù)測題

1．如圖所示，兩根垂直紙面平行放置的直導(dǎo)線a和b，通有等值電流。在紙面上距a、b等遠(yuǎn)處有一點P，若P點合磁感應(yīng)強(qiáng)度B的方向水平向左，則導(dǎo)線a、b中的電流方向是(　　)

A．a(chǎn)中向紙里，b中向紙外
B．a(chǎn)中向紙外，b中向紙里
C．a(chǎn)、b中均向紙外
D．a(chǎn)、b中均向紙里
【答案】A
【解析】若a中向紙里，b中向紙外，根據(jù)安培定則判斷可知，a在P處產(chǎn)生的磁場Ba方向垂直于aP連線向下， b在P處產(chǎn)生的磁場Bb方向垂直于bP連線向上，如圖所示，根據(jù)平行四邊形定則進(jìn)行合成得P點的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向水平向左，故A正確；同理可知BCD錯誤。

2．(多選)如圖所示為一個質(zhì)量為m、帶電量為＋q的圓環(huán)，可在水平放置的足夠長的粗糙細(xì)桿上滑動，細(xì)桿處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場中。現(xiàn)給圓環(huán)向右初速度v0，在以后的運(yùn)動過程中，圓環(huán)運(yùn)動的v－t圖象可能是下圖中的(　　)

【答案】BCD
【解析】當(dāng)qvB＝mg時，小環(huán)做勻速運(yùn)動，此時圖象為B，故B正確；當(dāng)qvB＞mg時，在豎直方向，根據(jù)平衡條件有FN＝qvB－mg，此時，根據(jù)牛頓第二定律有f＝μFN＝ma，所以小環(huán)做加速度逐漸減小的減速運(yùn)動，直到qvB＝mg時，小環(huán)開始做勻速運(yùn)動，故C正確；當(dāng)qvB＜mg時，F(xiàn)N＝mg－qvB，f＝μFN＝ma，所以小環(huán)做加速度逐漸增大的減速運(yùn)動，直至停止，故A錯誤，D正確。
3．(多選)某電子天平原理如圖所示，E形磁鐵的兩側(cè)為N極，中心為S極，兩極的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，磁極寬度均為L，忽略邊緣效應(yīng)。一正方形線圈套于中心磁極，其骨架與秤盤連為一體，且骨架與稱盤的總質(zhì)量為m0，線圈兩端C、D與外電路連接。當(dāng)質(zhì)量為m的重物放在秤盤上時，彈簧從長度L0被壓至L1，秤盤和線圈一起向下運(yùn)動（骨架與磁極不接觸）。隨后外電路對線圈供電，彈簧恢復(fù)至L0并靜止，由此時對應(yīng)的供電電流I可確定重物的質(zhì)量，已知線圈匝數(shù)為n，線圈總電阻為R，重力加速度為g，則(　　)

A．線圈向下運(yùn)動過程中，線圈中感應(yīng)電流從C端流出
B．外電路對線圈供電電流為I時，彈簧長度從L1恢復(fù)至L0的過程中，C端電勢高于D端電勢
C．外電路對線圈供電電流為I，且彈簧長度恢復(fù)至L0并靜止時，重物的質(zhì)量為
D．若線圈電阻為R，且線圈上的熱功率不能超過P，線圈上安培力的最大值為
【答案】AC
【解析】E形磁鐵的兩側(cè)為N極，中心為S極，根據(jù)右手定則可知感應(yīng)電流的方向是逆時針方向（從上向下看），電流由C流出，D端流入，故C端電勢低于D端電勢，A正確，B錯誤；兩極間的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，磁極寬度均為L，線圈匝數(shù)為n，左右兩側(cè)受力相等，得mg＝2nBIL，即，故C正確；線圈上的熱功率P＝I2R，F(xiàn)＝2nBIL，可得最大安培力，故D錯誤。
4．(多選)如圖所示，在正方形abcd內(nèi)有垂直于正方形平面向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。電子（質(zhì)量為m、電荷量為e）從ab邊上的P點以初速度v0沿與ab夾角θ＝60°的方向射入磁場，從ad邊離開磁場，aP＝L，不計電子重力，下列說法正確的是(　　)

A．電子初速度v0大小可能為
B．若電子初速度大小變?yōu)?，則電子在磁場中的運(yùn)動時間為
C．若電子初速度大小變?yōu)椋瑒t電子從ab邊離開磁場
D．若電子初速度大小變?yōu)?，則電子在磁場中的運(yùn)動時間大于
【答案】BC
【解析】電子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動的軌跡與ad邊恰好相切時的初速度大小設(shè)為v1，如圖所示，根據(jù)幾何關(guān)系有R＋Rsin θ＝L，又，得，顯然，即電子入射的初速度大小為時將從ab邊離開磁場，A錯誤；初速度大小為時，電子從ab邊離開磁場，轉(zhuǎn)過的圓心角α＝π，在磁場中的運(yùn)動時間，B正確；初速度大小為時，電子從ab邊離開，C正確；初速度大小為時，電子從ad邊離開磁場，電子在磁場中的運(yùn)動時間小于，D錯誤。
5．(多選)如圖所示，直線OP把坐標(biāo)系Oxy分成I區(qū)域和II區(qū)域，區(qū)域I中的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直紙面向外；區(qū)域Ⅱ中的磁感應(yīng)強(qiáng)度為2B，方向垂直紙面向內(nèi)。邊界上的P點坐標(biāo)為（4L，3L）。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子從P點平行于y軸負(fù)方向射入?yún)^(qū)域I，經(jīng)過一段時間后，粒子恰好經(jīng)過原點O。忽略粒子重力，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。則下列說法中正確的是(　　)

A．該粒子可能沿y軸負(fù)方向從O點射出
B．該粒子射出時與x軸正方向夾角一定為90°
C．該粒子在磁場中運(yùn)動的最短時間為
D．該粒子運(yùn)動的可能速度為(n＝1，2，3…)
【答案】BCD
【解析】由R＝，可得粒子在Ⅰ和Ⅱ兩磁場中做圓周運(yùn)動的半徑關(guān)系為R1＝2R2，如圖所示，由題意知OP邊與x軸的夾角tan α＝，可得α＝37°，故帶正電粒子從P點平行于y軸負(fù)方向射入?yún)^(qū)域I與OP邊的夾角為53°，由帶電粒子在單邊磁場運(yùn)動的對稱性知從區(qū)域Ⅱ中射出的粒子速度方向一定為y軸負(fù)方向，故A錯誤，B正確；粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的周期T＝，粒子在區(qū)域Ⅰ中轉(zhuǎn)過的圓心角θ1＝106°，粒子在區(qū)域Ⅰ中運(yùn)動的時間，粒子在區(qū)域Ⅱ中轉(zhuǎn)過的圓心角θ2＝106°，粒子在區(qū)域Ⅱ中運(yùn)動的時間，所以該粒子在磁場中運(yùn)動的最短時間，故C正確；帶電粒子每次從區(qū)域Ⅱ射出為一個周期，在OP邊移動的距離L0＝L1＋L2，其中，，而5L＝nL0，n＝1，2，3…，聯(lián)立得(n＝1，2，3…)，故D正確。

6．(多選)如圖所示，以坐標(biāo)原點O為圓心、半徑為R的區(qū)域內(nèi)存在方向垂直xOy平面向外的勻強(qiáng)磁場。磁場左側(cè)有一平行y軸放置的熒光屏，相距為d的足夠大金屬薄板K、A平行于x軸正對放置，K板中央有一小孔P，K板與磁場邊界相切于P點，K、A兩板間加有恒定電壓，K板電勢高于A板電勢。緊挨A板內(nèi)側(cè)有一長為3d的線狀電子源，其中點正對P孔。電子源可以沿xOy平面向各個方向發(fā)射速率均為v的電子，沿y軸進(jìn)入磁場的電子，經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后垂直打在熒光屏上。已知電子的質(zhì)量為m，電荷量為e，磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度，不計電子重力及它們間的相互作用力。則(　　)

A．K、A極板間的電壓大小為
B．所發(fā)射電子能進(jìn)入P孔的電子源的長度為
C．熒光屏上能有電子到達(dá)的區(qū)域長度為R
D．所有達(dá)到熒光屏的電子中在磁場中運(yùn)動時間最短為
【答案】BCD
【解析】根據(jù)題意，電子在磁場運(yùn)動圓周，軌跡半徑r＝R，電子在磁場中運(yùn)動時有evB＝m，電子在A、K間運(yùn)動時有eU＝mv′2－mv2，解得，故A錯誤；如圖，當(dāng)速度方向平行x軸發(fā)射的電子剛好可以進(jìn)入P，該電子就是電子源離中心點最遠(yuǎn)處發(fā)射的，設(shè)此處離中心點的距離為x，則x＝vt，d＝at2，，聯(lián)立解得x＝d，所以滿足條件的長度l＝2x＝，故B正確。

由幾何關(guān)系得，進(jìn)入磁場的所有電子都平行x軸擊中熒光屏能從P進(jìn)入磁場的電子速度方向與OP的最大夾角為θ，，解得θ＝30°，由幾何關(guān)系得y1＝R＋Rsin θ，y2＝R－Rsin θ，解得L＝y(tǒng)1－y2＝R，故C正確；由前面分析可知，電子在磁場中轉(zhuǎn)過的最小圓心角為α＝60°，則所有達(dá)到熒光屏的電子中在磁場中運(yùn)動時間最短為，故D正確。
7．(多選)如圖所示，在豎直平面內(nèi)有一絕緣材料制成的固定擋板MN，其長度為L，MN與水平方向成α＝30°。現(xiàn)有一個質(zhì)量為m、帶電量為＋q的帶電粒子從M點，以初速度v沿水平方向運(yùn)動，在該平面內(nèi)施加水平面向外的勻強(qiáng)磁場或者垂直MN向下的勻強(qiáng)電場均可使該帶電粒子到達(dá)N點。已知粒子與擋板的碰撞時垂直MN方向的速度分量大小不變，方向反向，平行于MN的速度分量大小和方向均不變(如打到N點時也記一次碰撞)。不計帶電粒子的重力和碰撞時間。則下列說法中正確的是(　　)

A．若勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為，則帶電粒子與擋板MN碰撞2次且恰好能到達(dá)N點
B．若施加勻強(qiáng)磁場且粒子恰好能到達(dá)N點，則粒子在磁場中運(yùn)動的時間一定為
C．若施加勻強(qiáng)電場且使粒子能到達(dá)N點，則電場強(qiáng)度的最小值為
D．若勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小為。則帶電粒子與擋板MN碰撞2次但不能到達(dá)N
【答案】BD
【解析】帶電粒子在磁場中運(yùn)動知qv0B＝m，依幾何關(guān)系有MP＝r，nr＝L，解得B＝(n＝0，1，2，…)，故當(dāng)B＝時n＝3，A錯；由T＝＝，t＝T?n，有t＝，B對；將v分解為v的勻速直線和初速為v的勻變速直線，所以L＝vt，令垂直MN方向的單向運(yùn)動時間為t1，vy＝?t1，2t1?n＝t，解得：E＝(n＝1，2，3，……)，當(dāng)n＝1時，Emin＝，C錯；當(dāng)E＝＞×2，則帶電粒子與擋板MN碰撞2次但不能到達(dá)N，D對。
8．如圖所示，質(zhì)量為m、帶正電的小球（可視為質(zhì)點）用細(xì)線懸掛在O點，小球帶電量為q，細(xì)線的長度為L。把細(xì)線拉至水平位置，由靜止釋放小球，當(dāng)小球運(yùn)動到最低點A時細(xì)線恰好斷裂，此時小球恰好與水平面接觸而無彈力作用；然后小球沿光滑的水平面運(yùn)動，水平面上方虛線之間存在水平向右的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度為，然后小球從C點進(jìn)入半徑為L的圓形區(qū)域，其圓心為O′，AC之間的距離為2L；圓形區(qū)域內(nèi)存在豎直向上的勻強(qiáng)電場E和垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場B。已知，重力加速度為g，A、C、O′在同一水平線上。

(1)求細(xì)線能承受的最大拉力；
(2)求帶電小球進(jìn)入圓形區(qū)域時的速度大?。?br /> (3)若帶電小球在圓形區(qū)域內(nèi)沿CO′做直線運(yùn)動，求勻強(qiáng)電場E的大??；
(4)若圓形區(qū)域內(nèi)勻強(qiáng)電場a＝，求帶電小球在圓形區(qū)域內(nèi)運(yùn)動的時間。
【解析】(1)由機(jī)械能守恒定律得：mgL＝mv12
在最低點，由牛頓第二定律得：Tm－mg＝
解得：Tmax＝3mg。
(2)從A點到C點，由動能定理得：E0q?2L＝mv22－mv12
解得：v2＝。
(3)若帶電小球在圓形區(qū)域內(nèi)沿CO′做直線運(yùn)動，由平衡條件得：Eq＝mg＋qv2B
解得：。
(4)若勻強(qiáng)電場，則電場力與重力平衡，帶電小球在圓形區(qū)域內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動，由洛倫茲力提供向心力得：qv2B＝
解得：R＝L
帶電小球在圓形區(qū)域內(nèi)運(yùn)動圓周，時間為
解得：。
9．如圖甲所示，在x＜0，y＞0區(qū)域存在方向垂直xOy平面向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，t＝0時刻，位于x軸上(－x0，0)的粒子p以某一速度沿y軸正方向射出，粒子p的質(zhì)量和電荷量分別為m和＋q，不計重力，經(jīng)過一段時間后，粒子p恰好垂直y軸進(jìn)入x＞0，y＞0區(qū)域。在x＞0，y＞0區(qū)域存在勻強(qiáng)電場，其電場強(qiáng)度E隨時間t作如圖乙所示的周期性變化，圖乙中E0＝，T＝，E的正方向沿y軸正方向。

(1)求粒子p在磁場中運(yùn)動時速度的大小v0；
(2)在y＝9x0處有一收集板(圖甲中未畫出)，求粒子p擊中收集板時的橫坐標(biāo)。
【解析】(1)帶電粒子p在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，由幾何關(guān)系知：r＝x0
洛倫茲力提供向心力：qv0B＝m
解得：v0＝。
(2)帶電粒子p在磁場中運(yùn)動時間t1＝T＝
帶電粒子p在電場中運(yùn)動時間t2，則對粒子：
x軸方向做勻速直線運(yùn)動：x＝v0t2
y軸方向速度vy－t圖像如圖示有：

a1＝＝4()2x0，vy1＝a1?T＝
a2＝＝－12()2x0，vy2＝vy1＋a2?T＝
在T～T中，y1＝vy1?T＝2x0
在T～T中，y2＝vy1?T＝x0
在T～T中，y3＝vy2?T＝－x0
即1個T時間內(nèi)：?y＝y(tǒng)1＋y2＋y3＝2x0
所以有：9x0＝r＋3×?y＋y1
因此有：t2＝3T＋T＝T
粒子p擊中收集板時的橫坐標(biāo)：x＝v0t2＝7πx0。
10．如圖所示，帶負(fù)電的粒子質(zhì)量m＝2×10－11 kg，電量q＝－4×10－10 C，經(jīng)電壓U0＝1×105 V加速后從坐標(biāo)P(－8 m，4 m)處進(jìn)入xOy坐標(biāo)系的第二象限，在x≥－8 m、y≥0范圍內(nèi)存在垂直坐標(biāo)平面向里的磁場，粒子經(jīng)偏轉(zhuǎn)后恰從坐標(biāo)原點進(jìn)入第四象限，第四象限內(nèi)存在沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度E＝8000 V/m，在x軸上坐標(biāo)x≥36 m范圍內(nèi)存在一光屏，粒子打到光屏上會被吸收，同時顯示粒子的坐標(biāo)，不計帶電粒子的重力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：

(1)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B；
(2)粒子打在光屏上的坐標(biāo)；
(3)若在第四象限內(nèi)加一無限大可移動的絕緣彈性板，彈性板垂直于y軸位于y＝－6 m處，粒子撞到板上后，沿x軸方向的速度分量不變，沿y軸方向的速度分量大小不變，方向相反，粒子與板碰撞后電量無損失，求粒子打在光屏上的坐標(biāo)。
【解析】(1)粒子經(jīng)電場加速后獲得的速度為v，根據(jù)動能定理有：qU0＝mv2
解得v＝2×103 m/s
粒子經(jīng)偏轉(zhuǎn)后恰從坐標(biāo)原點進(jìn)入第四象限，設(shè)在磁場中半徑為R，根據(jù)幾何關(guān)系有：
R2＝(R－yP)2＋xP2
解得R＝10 m
在磁場中，洛倫茲力提供向心力：qvB＝m
代入數(shù)據(jù)解得：B＝10 T。
(2)根據(jù)幾何關(guān)系可知，粒子進(jìn)入第四象限時速度與x軸正方向夾角為速度偏轉(zhuǎn)角，設(shè)為θ，有：

進(jìn)入第四象限后，粒子沿y軸方向勻減速到零后反向勻加速，沿x軸方向不受力勻速運(yùn)動，有：
vsin θ＝t，x0＝vcos θ?2t
解得t＝0.01 s，x0＝24 m＜36 m
所以粒子會進(jìn)入第一象限的磁場中，根據(jù)對稱性可知，進(jìn)入時速度與x軸正方向夾角為θ，故在磁場中偏轉(zhuǎn)后水平距離x1＝2Rsin θ＝16 m
因為x0＋x1＝40 m＞36 m
故打到屏上的坐標(biāo)為x＝40 m。
(3)根據(jù)以上分析可知，粒子在第四象限運(yùn)動的最遠(yuǎn)距離
其中a＝
解得ym＝8 m
當(dāng)彈性板放在y＝－6 m處時，根據(jù)ym－∣y∣＝at′2得t′＝0.005 s
所以碰到彈性板前的運(yùn)動時間t′′＝t－t′＝0.005 s
根據(jù)對稱性可知，在第四象限運(yùn)動，沿x軸方向運(yùn)動距離x′＝vcos θ?2t′′＝12 m
進(jìn)入磁場后，在磁場中偏轉(zhuǎn)后水平距離仍為x1＝2Rsin θ＝16 m
粒子經(jīng)磁場后運(yùn)動坐標(biāo)為x′′＝12 m＋16 m＝28 m＜36 m
故粒子繼續(xù)進(jìn)入第四象限，最后打在光屏上，坐標(biāo)為x＝12 m＋16 m＋12 m＝40 m。
11．如圖所示，真空室內(nèi)有一長度為L的平面熒光屏AB，屏的中心為D，屏前正中央有一點狀粒子放射源O，放射源O與熒光屏AB恰構(gòu)成等邊三角形，AOB區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B?，F(xiàn)使放射源在∠AOB范圍內(nèi)向各個方向以速度v0發(fā)射帶負(fù)電粒子，其中沿OA方向發(fā)射的粒子恰能垂直打在熒光屏上。不計粒子重力，求：

(1)粒子的比荷；
(2)打到熒光屏上的粒子在磁場內(nèi)運(yùn)動時間最長時，運(yùn)動軌跡所對圓心角的正弦值；
(3)熒光屏AB上的亮屏長度；
(4)若自O(shè)點發(fā)射的粒子速度為v0，求亮屏長度。
【解析】(1)粒子運(yùn)動軌跡如圖1，由幾何關(guān)系知粒子軌跡半徑R＝L
由洛倫茲力提供向心力得qv0B＝m
解得。

(2)如圖2，作OF⊥GE，設(shè)粒子軌跡能與AB相切，有R＝L，OD＝L
由幾何關(guān)系知DE＝OF＝OGcos 30°＝L＞L＝DB
故軌跡不能與AB相切，故軌跡過B點時粒子在磁場中運(yùn)動時間最長，如圖3所示，設(shè)該粒子運(yùn)動軌跡所對圓心角為2α，由幾何關(guān)系可知sin α＝
故sin 2α＝。
(3)由幾何關(guān)系可知，亮屏長度L1＝R－Rcos30°＋L
即L1＝(－1)L。
(4)若粒子的初速度v＝v0
由qvB＝m知粒子運(yùn)動的軌跡半徑R′＝L
若粒子軌跡能與AB相切，則切點離D點的距離應(yīng)等于R′＝L＞L＝DB
故粒子軌跡不能與AB相切，即粒子能經(jīng)過熒光屏上的B點，沿OA方向入射的粒子擊中熒光屏的位置最高R′＝OD
由幾何關(guān)系知，粒子恰擊中D點，故亮屏長度L2＝DB＝L。

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