高二同步辅导资料 《磁场》（二） 邵阳市第二中学twq编制
由几何关系得： ?OQO/?? OO?R?R?d 由余弦定理得：(OO)?R?R?2RR/cos?解得：R?/22/2///d(2R?d)
2?R(1?cos?)?d?v2qBd(2R?d)设入射粒子的速度为v，由m/?qvB 解出：v?
R2m?R(1?cos?)?d?【例题6】 【点拨解疑】 小球下滑的过程中，要使磁场力最大，则需要速度最大。OC为与小
球受到的重力、电场力的合力平行的半径。由功能关系寻找速度最大的点，因为洛伦兹力不做功，所以不考虑磁场的作用，从图中A到C，上述合力有切向分力，且与速度同向，因此做正功，小球动能增加；在C点时，该合力为径向，没有切向分力；此后切向分力与线速度反向，动能将减小；故在C点时速度最大，所受磁场力也最大。由受力分析知
mg=qE mg=qEtanα 得α= 45° 由图知θ=α+90°=135° 故小球运动的弧长与周长之比为所以运动的弧长为周长的针对训练 1．2:1 1:2
2v02．解：由于洛伦兹力提供向心力，则：qv0B?m，R为圆
R?360??1353?， 36083。 8轨道的半径， 解得：R?mv0① qB圆轨道的圆心位于OA的中垂线上,，由几何关系可得：
Lq2vsin??Rsin? ② 联立①、②两式，解得?0 2mLB3．解：电子经加速电场加速后，速度为v，则由动能定理得 eU?电子进入匀强磁场中作匀速圆周运动，轨迹如图， 由几何关系得，电子运动半径R?1mv2 2L sin?v2由牛顿第二定律，有evB?m
ReB2L2由以上各式解得加速电压U?
2msin2?4．解析：如图13所示，带电粒子从S点出发，在两筒之间的电场作用下加速，沿径向穿过
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狭缝a而进入磁场区，在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动。粒子再回到S点的条件是能沿径向穿过狭缝d.只要穿过了d，粒子就会在电场力作用下先减速，再反向加速，经d重新进入磁场区，然后粒子以同样方式经过c、b，再回到S点。设粒子进入磁场区的速度大小为v，根据动能定理，有
a S d o b qU?1mv2 2c 图13
设粒子做匀速圆周运动的半径为R，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律，有Bqv?mv R3圆周，所以半径R必定等于筒的外半42由前面分析可知，要回到S点，粒子从a到d必经过
B2qr2径r，即R=r。由以上各式解得U?。
2m5．洛伦兹力会随速度的改变而改变，对全过程而言，带电体是在变力作用下进行的一个较复杂的
运动。对这样的运动，不能通过牛顿定律和运动学公式求解，需另找方法，一般用动能定理或能量守恒定律求解。由动能定理得： mgL?qE?mu?mv
222由题设条件，油滴刚进入场区时有：
d1212UU2qUqvB?qE E? 由此可解得油滴离开场区的速度为：u?2gL?22?
dBdm6．粒子的速度越小，射出时就越靠近A点，速度越大就越靠近N点，设从N点射出的粒子的速
度为vm，其在圆形区域内的运动轨迹如图所示，其圆心为Ol，设半径为rm，则
（2） ?AOO?300 （1）rm?O1A?OAcot?AOO11
rm?3r0 （3）rm?mvm3qBr0 （4）vm? （5） qBm
粒子的速度大于或等于vm，粒子束才能从MCN弧上射出，既粒子的速度大小的范围是：
v?3qBr0 （6） m7（1）以a表示粒子在电场作用下的加速度，有qE=ma ○1
加速度沿y轴负方向。设粒子从A点进入电场时的初速度为v0，由A点运动到C点经历的时间为t，则有
h?12at ○2 l?v0t ○3 2 7
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由○2○3式得 v0?la ○4 2h设粒子从C点进入磁场时的速度为v，v垂直于x轴的分量v1?2ah ○5
qE(4h2?l2)由○1○4○5式得 v?v?v? ○6
2mh2021设粒子经过C点时的速度方向与x轴夹角为?，则有 tan??7 ○
由○4○5○7式得??arctanv1 v02h ○8 l（2）粒子从C点进入磁场后在磁场中做速率为v的圆周运动。若圆
v2周的半径为R，则有 qvB?m ○9
R设圆心为P，则PC必与过C点的速度垂直，且有PC?PA?R。用10 ?表示PA与y轴的夹角，由几何关系得Rcos??Rcos??h ○
Rsin??l?Rsin? ○11
h2?l24h2?l2 1由○810○11式解得 R?2 ○○
2hl由○6○9○12式得 B?
lh2?l22mhE。 q
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