(5)若匀强电场和匀强磁场是分开的独立的区域，则带电粒子在其中运动时，分别遵守在电场和磁场中运动规律，处理这类问题的时候要注意分阶段求解.

一、通电导线在磁场中的受力问题

【例1】 竖直放置的直导线

图3-3

AB与导电圆环的平面垂直且隔有一小段距离，直导线固定，圆环可以自由运动，当通以如图3-3所示方向的电流时(同时通电)，从左向右看，线圈将(　　)

A.顺时针转动，同时靠近直导线AB

B.顺时针转动，同时离开直导线AB

C.逆时针转动，同时靠近直导线AB

D.不动

答案　C

解析　圆环处在通电直导线的磁场中，由右手螺旋定则判断出通电直导线右侧磁场方向垂直纸面向里，由左手定则判定，水平放置的圆环外侧半圆所受安培力向上，内侧半圆所受安培力方向向下，从左向右看逆时针转，转到与直导线在同一平面内时，由于靠近导线一侧的半圆环电流向上，方向与直导线中电流方向相同，互相吸引，直导线与另一侧半圆环电流反向，相互排斥，但靠近导线的半圆环处磁感应强度B值较大，故F引>F斥，对圆环来说合力向左.

二、带电粒子在有界磁场中的运动

【例2】 如图3-4所示，

图3-4

在半径为R的半圆形区域中有一匀强磁场，磁场的方向垂直于纸面，磁感应强度为B.一质量为m，带电荷量为q的粒子以一定的速度沿垂直于半圆直径AD方向经P点(AP=d)射入磁场(不计重力影响).

(1)如果粒子恰好从A点射出磁场，求入射粒子的速度.

(2)如果粒子经纸面内Q点从磁场中射出，出射方向与半圆在Q点切线的夹角为φ(如图所示)，求入射粒子的速度.

答案　(1)qBd2m　(2)qBd(2R-d)2m[R(1+cos φ)-d]

解析　(1)由于粒子由P点垂直射入磁场，故圆弧轨迹的圆心在AP上，又由粒子从A点射出，故可知AP是圆轨迹的直径.

设入射粒子的速度为v1，由洛伦兹力的表达式和牛顿第二定律得mv21d/2=qv1B，解得v1=qBd2m.

(2)如下图所示，设O′是粒子在磁场中圆弧轨迹的圆心.连接O′Q，设O′Q=R′.

由几何关系得∠OQO′=φ

OO′=R′+R-d①

由余弦定理得(OO′)2=R2+R′2-2RR′cos φ②

联立①②式得R′=d(2R-d)2[R(1+cos φ)-d]③

设入射粒子的速度为v，由mv2R′=qvB

解出v=qBd(2R-d)2m[R(1+cos φ)-d]

三、复合场(电场磁场不同时存在)

【例3】 在空间存在一个变化的匀强电场和另一个变化的匀强磁场，电场的方向水平向右(如图3-5中由点B到点C)，场强变化规律如图甲所示，磁感应强度变化规律如图乙所示，方向垂直于纸面.从t=1 s开始，在A点每隔2 s有一个相同的带电粒子(重力不计)沿AB方向(垂直于BC)以速度v0射出，恰好能击中C点，若AB=BC=l，且粒子在点A、C间的运动时间小于1 s，求：

图3-5

(1)磁场方向(简述判断理由).

(2)E0和B0的比值.

(3)t=1 s射出的粒子和t=3 s射出的粒子由A点运动到C点所经历的时间t1和t2之比.

答案　(1)垂直纸面向外(理由见解析)　(2)2v0∶1　(3)2∶π

解析　(1)由图可知，电场与磁场是交替存在的，即同一时刻不可能同时既有电场，又有磁场.据题意对于同一粒子，从点A到点C，它只受静电力或磁场力中的一种，粒子能在静电力作用下从点A运动到点C，说明受向右的静电力，又因场强方向也向右，故粒子带正电.因为粒子能在磁场力作用下由A点运动到点C，说明它受到向右的磁场力，又因其带正电，根据左手定则可判断出磁场方向垂直于纸面向外.

(2)粒子只在磁场中运动时，它在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动.因为AB=BC=l，则运动半径R=l.由牛顿第二定律知：qv0B0=mv20R，则B0=mv0ql

粒子只在电场中运动时，它做类平抛运动，在点A到点B方向上，有l=v0t

在点B到点C方向上，有a=qE0m，l=12at2

解得E0=2mv20ql，则E0B0=2v01

(3)t=1 s射出的粒子仅受到静电力作用，则粒子由A点运动到C点所经历的时间t1=lv0，因E0=2mv20ql，则t1=2mv0qE0，t=3 s射出的粒子仅受到磁场力作用，则粒子由A点运动到C点所经历的时间t2=14T，因为T=2πmqB0，所以t2=πm2qB0;故t1∶t2=2∶π.

总结：高二物理教案：磁场教案就为大家介绍到这儿了，希望小编的整理可以帮助到大家，祝大家在威廉希尔app 学习愉快。

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