高中物理《磁場 章末總結》復習學案 新人教版選修3-1

第三章磁場章末總結學案（人教版選修3-1）

要點一通電導線在磁場中的運動及受力

1．直線電流元分析法：把整段電流分成很多小段直線電流，其中每一小段就是一個電流元，先用左手定則判斷出每小段電流元受到的安培力的方向，再判斷整段電流所受安培力的方向，從而確定導體的運動方向．

2．特殊位置分析法，根據(jù)通電導體在特殊位置所受安培力方向，判斷其運動方向，然后推廣到一般位置．

3．等效分析法：環(huán)形電流可等效為小磁針，條形磁鐵或小磁針也可等效為環(huán)形電流，通電螺線管可等效為多個環(huán)形電流或條形磁鐵．

4．利用結論法：(1)兩電流相互平行時，無轉動趨勢；電流同向導線相互吸引，電流反向導線相互排斥；(2)兩電流不平行時，導線有轉動到相互平行且電流同向的趨勢．要點二帶電粒子在有界磁場中的運動

有界勻強磁場指在局部空間存在著勻強磁場，帶電粒子從磁場區(qū)域外垂直磁場方向射入磁場區(qū)域，在磁場區(qū)域內經歷一段勻速圓周運動，也就是通過一段圓弧后離開磁場區(qū)域．由于運動的帶電粒子垂直磁場方向，從磁場邊界進入磁場的方向不同，或磁場區(qū)域邊界不同，造成它在磁場中運動的圓弧軌道各不相同．如下面幾種常見情景：

解決這一類問題時，找到粒子在磁場中一段圓弧運動對應的圓心位置、半徑大小以及與半徑相關的幾何關系是解題的關鍵．

1．三個(圓心、半徑、時間)關鍵確定：研究帶電粒子在勻強磁場中做圓周運動時，�？紤]的幾個問題：

(1)圓心的確定：已知帶電粒子在圓周中兩點的速度方向時(一般是射入點和射出點)，沿

洛倫茲力方向畫出兩條速度的垂線，這兩條垂線相交于一點，該點即為圓心．(弦的垂直平分線過圓心也常用到)

.3-7-1..(2)半徑的確定：一般應用幾何知識來確定．

θφ

(3)運動時間：t＝T＝T(θ、φ為圓周運動的圓心角)，另外也可用弧長Δl與速

360°2π

率的比值來表示，即t＝Δl/v.

(4)粒子在磁場中運動的角度關系：

粒子的速度偏向角(φ)等于圓心角(α)，并等于AB弦與切線的夾角(弦切角θ)的2倍，即φ＝α＝2θ＝ωt；相對的弦切角(θ)相等，與相鄰的弦切角(θ′)互補，即θ′＋θ＝180°.

2．兩類典型問題

(1)極值問題：常借助半徑R和速度v(或磁場B)之間的約束關系進行動態(tài)運動軌跡分析，確定軌跡圓和邊界的關系，找出臨界點，然后利用數(shù)學方法求解極值．

注意①剛好穿出磁場邊界的條件是帶電粒子在磁場中運動的軌跡與邊界相切．

②當速度v一定時，弧長(或弦長)越長，圓周角越大，則帶電粒子在有界磁場中運動的時間越長．

③當速率v變化時，圓周角大的，運動時間長．

(2)多解問題：多解形成的原因一般包含以下幾個方面：

①粒子電性不確定；②磁場方向不確定；③臨界狀態(tài)不唯一；④粒子運動的往復性等．關鍵點：①審題要細心．②重視粒子運動的情景分析．要點三帶電粒子在復合場中的運動

復合場是指電場、磁場和重力場并存，或其中某兩場并存，或分區(qū)域存在的某一空間．粒子經過該空間時可能受到的力有重力、靜電力和洛倫茲力．處理帶電粒子(帶電體)在復合場中運動問題的方法：

1．正確分析帶電粒子(帶電體)的受力特征．帶電粒子(帶電體)在復合場中做什么運動，取決于帶電粒子(帶電體)所受的合外力及其初始速度．帶電粒子(帶電體)在磁場中所受的洛倫茲力還會隨速度的變化而變化，而洛倫茲力的變化可能會引起帶電粒子(帶電體)所受的其他力的變化，因此應把帶電粒子(帶電體)的運動情況和受力情況結合起來分析，注意分析帶電粒子(帶電體)的受力和運動的相互關系，通過正確的受力分析和運動情況分析，明確帶電粒子(帶電體)的運動過程和運動性質，選擇恰當?shù)倪\動規(guī)律解決問題．

2．靈活選用力學規(guī)律

(1)當帶電粒子(帶電體)在復合場中做勻速運動時，就根據(jù)平衡條件列方程求解．

(2)當帶電粒子(帶電體)在復合場中做勻速圓周運動時，往往同時應用牛頓第二定律和平衡條件列方程求解．

(3)當帶電粒子(帶電體)在復合場中做非勻變速曲線運動時，常選用動能定理或能量守恒定律列方程求解．

(4)由于帶電粒子(帶電體)在復合場中受力情況復雜，運動情況多變，往往出現(xiàn)臨界問題，這時應以題目中的“恰好”、“最大”、“最高”、“至少”等詞語為突破口，挖掘隱含條件，根據(jù)隱含條件列出輔助方程，再與其他方程聯(lián)立求解．

(5)若勻強電場和勻強磁場是分開的獨立的區(qū)域，則帶電粒子在其中運動時，分別遵守在電場和磁場中運動規(guī)律，處理這類問題的時候要注意分階段求解.

一、“磁偏轉”與“電偏轉”的區(qū)別（復合場問題，不疊加）

A例1如圖1所示，在空間存在一個變化的勻強電場和另一個變化的勻強磁場．從t＝1s開始，在A點每隔2s有一個相同的帶電粒子(重力不計)沿AB方向(垂直于BC)以速度v0射出，恰好能擊中C點．AB＝BC＝l，且粒子在點A、C間的運動時間小于1s．電場的方向水平向右，場強變化規(guī)律如圖2甲所示；磁感應強度變化規(guī)律如圖乙所示，方向垂直于紙面．求：

(1)磁場方向；

(2)E0和B0的比值；(3)t＝1s射出的粒子和t＝3s射出的粒子由A點運動到C點所經歷的時間t1和t2之比．

圖1圖2

.3-7-2.

A變式訓練1圖3所示，在y＞0的空間中存在勻強電場，場強沿y軸負方向；在y＜0的空間中，存在勻強磁場，磁場方向垂直xOy平面向外．一電荷量為q、質量為m的帶正電的運動粒子，經過y軸上y＝h處的點P1時速率為v0，方向沿x軸正方向；然后，經過x軸上x＝2h處的P2點進入磁場，并經過y軸上y＝－2h處的P3點，不計粒子重力．求：

(1)電場強度的大小；(2)粒子到達P2時速度的大小和方向；(3)磁感應強度的大�。�

二、有界勻強磁場問題

例2半徑為r的圓形空間內，存在著垂直于紙面向里的勻強磁場，一個帶電粒子(不計重力)從A點以速度v0垂直磁場方向射入磁場中，并從B點射出．∠AOB＝120°，如圖5所示，則該帶電粒子在磁場中運動的時間為()2πr23πrπr3πrA.B.C.D.3v03v03v03v0

圖5圖6圖7圖8圖9

變式訓練2圖6是某離子速度選擇器的原理示意圖，在一半徑R＝10cm的圓柱形筒內

－4

有B＝1×10T的勻強磁場，方向平行于圓筒的軸線．在圓柱形筒上某一直徑兩端開有小孔

q11

a、b，分別作為入射孔和出射孔．現(xiàn)有一束比荷＝2×10C/kg的正離子，以不同角度α入

m

射，最后有不同速度的離子束射出．其中入射角α＝30°，且不經碰撞而直接從出射孔射出的離子的速度v的大小是()

A．4×105m/sB．2×105m/sC．4×106m/sD．2×106m/s三、洛倫茲力作用下形成多解的問題

A例3如圖7所示，長為L的水平極板間，有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B，板間距離為L，極板不帶電．現(xiàn)有質量為m、電荷量為q的帶正電粒子(重力不計)，從左邊極板間中點處垂直磁場以速度v水平入射．欲使粒子不打在極板上，可采用的辦法是()

BqL5BqL

A．使粒子速度v＜B．使粒子速度v＞

4m4m

BqLBqL5BqLD．使粒子速度＜v＜4m4m4m

變式訓練3如圖8所示，左右邊界分別為PP′、QQ′的勻強磁場的寬度為d，磁感應強度大小為B，方向垂直紙面向里．一個質量為m、電荷量為q的微觀粒子，沿圖示方向以速度v0垂直射入磁場．欲使粒子不能從邊界QQ′射出，粒子入射速度v0的最大值可能是()

Bqd2＋2Bqd2－2Bqd2BqdA.B.C.D.

mmm2m

【即學即練】

1.三個完全相同的小球a、b、c帶有相同電量的正電荷，從同一高度由靜止開始下落，當落下h1高度后a球進入水平向左的勻強電場，b球進入垂直紙面向里的勻強磁場，如圖9所示，它們到達水平面上的速度大小分別用va、vb、vc表示，它們的關系是()

A．va>vb＝vcB．va＝vb＝vcC．va>vb>vcD．va＝vb>vc

2．設空間存在豎直向下的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場，如圖10所示，已知一離子在電場力和洛

.3-7-3.

倫茲力的作用下，從靜止開始自A點沿曲線ACB運動，到達B點時速度為零，C點是運動的最低點，忽略重力，以下說法正確的是()

A．離子必帶正電荷B．A點和B點位于同一高度

C．離子在C點時速度最大

D．離子到達B點時，將沿原曲線返回A點圖10

3．如圖11所示的虛線區(qū)域內，充滿垂直于紙面向里的勻強磁場和豎直向下的勻強電場．一帶電粒子a(不計重力)以一定的初速度由左邊界的O點射入磁場、電場區(qū)域，恰好沿直線由區(qū)域右邊界的O′點(圖中未標出)穿出．若撤去該區(qū)域內的磁場而保留電場不變，另一個同樣的粒子b(不計重力)仍以相同初速度由O點射入，從區(qū)域右邊界穿出，則粒子b()

A．穿出位置一定在O′點下方B．穿出位置一定在O′點上方

C．運動時，在電場中的電勢能一定減小

D．在電場中運動時，動能一定減小圖11

4．如圖12是質譜儀的工作原理示意圖．帶電粒子被加速電場加速后，進入速度選擇器．速度選擇器內相互正交的勻強磁場和勻強電場的強度分別為B和E.平板S上有可讓粒子通過的狹縫P和記錄粒子位置的膠片A1、A2.平板S下方有磁感應強度為B0的勻強磁場．下列表述正確的是()

A．質譜儀是分析同位素的重要工具

B．速度選擇器中的磁場方向垂直紙面向外C．能通過狹縫P的帶電粒子的速率等于E/B

D．粒子打在膠片上的位置越靠近狹縫P，粒子的荷質比越小

5．為了研究物質的微觀結構，科學家必須用各種各樣的加速器產

生出速度很大的高能粒子．歐洲核子研究中心的粒子加速器周長達27kmC．使粒子速度v＞

圖12(圖13中的大圓)，為什么加速器需要那么大的周長呢？

-5-

.3-7-4.

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高中物理3-1《磁場》完美總結

磁場基本性質

基礎知識一、磁場

1、磁場：磁場是存在于磁體、運動電荷周圍的一種物質．它的基本特性是：對處于其中的磁體、電流、運動電荷有力的作用．

2、磁現(xiàn)象的電本質：所有的磁現(xiàn)象都可歸結為運動電荷之間通過磁場而發(fā)生的相互作用．二、磁感線

為了描述磁場的強弱與方向，人們想象在磁場中畫出的一組有方向的曲線．1．疏密表示磁場的強弱．

2．每一點切線方向表示該點磁場的方向，也就是磁感應強度的方向．

3．是閉合的曲線，在磁體外部由N極至S極，在磁體的內部由S極至N極．磁線不相切不相交。4．勻強磁場的磁感線平行且距離相等．沒有畫出磁感線的地方不一定沒有磁場．

5．安培定則：姆指指向電流方向，四指指向磁場的方向．注意這里的磁感線是一個個同心圓，每點磁場方向是在該點切線方向

*熟記常用的幾種磁場的磁感線：

【例1】根據(jù)安培假說的物理思想：磁場來源于運動電荷．如果用這種思想解釋地球磁場的形成，根據(jù)地球上空并無相對地球定向移動的電荷的事實．那么由此推斷，地球總體上應該是：（A）

A.帶負電;B.帶正電;C.不帶電;D.不能確定

解析:因在地球的內部地磁場從地球北極指向地球的南極，根據(jù)右手螺旋定則可判斷出地球表現(xiàn)環(huán)形電流的方向應從東到西，而地球是從西向東自轉，所以只有地球表面帶負電荷才能形成上述電流，故選A.

三、磁感應強度

1．磁場的最基本的性質是對放入其中的電流或磁極有力的作用，電流垂直于磁場時受磁場力最大，電流與磁場方向平行時，磁場力為零。

2．在磁場中垂直于磁場方向的通電導線受到的磁場力F跟電流強度I和導線長度l的乘積Il的比值，叫做通電導線所在處的磁感應強度．

①表示磁場強弱的物理量．是矢量．

②大�。築=F/Il（電流方向與磁感線垂直時的公式）．

③方向：左手定則：是磁感線的切線方向；是小磁針N極受力方向；是小磁針靜止時N極的指向．不是導線受力方向；不是正電荷受力方向；也不是電流方向．

④單位：牛/安米，也叫特斯拉，國際單位制單位符號T．

⑤點定B定：就是說磁場中某一點定了，則該處磁感應強度的大小與方向都是定值．

1

⑥勻強磁場的磁感應強度處處相等．

⑦磁場的疊加:空間某點如果同時存在兩個以上電流或磁體激發(fā)的磁場,則該點的磁感應強度是各電流或磁體在該點激發(fā)的磁場的磁感應強度的矢量和,滿足矢量運算法則.

【例2】如圖所示，正四棱柱abed一a"b"c"d"的中心軸線00"處有一無限長的載流直導線，對該電流的磁場，下列說法中正確的是（AC）

A.同一條側棱上各點的磁感應強度都相等B.四條側棱上的磁感應強度都相同

C.在直線ab上，從a到b，磁感應強度是先增大后減小D.棱柱內任一點的磁感應強度比棱柱側面上所有點都大

解析:因通電直導線的磁場分布規(guī)律是B∝1/r，故A,C正確，D錯誤．四條側棱上的磁感應強度大小相等，但不同側棱上的點的磁感應強度方向不同，故B錯誤．

【例3】如圖所示，兩根導線a、b中電流強度相同．方向如圖所示，則離兩導線等距離的P點，磁場方向如何？

解析：由P點分別向a、b作連線Pa、Pb．然后過P點分別做Pa、Pb垂線，根據(jù)安培定則知這兩條垂線用PM、PN就是兩導線中電流在P點產生磁感應強度的方向，兩導線中的電流在P處產生的磁感應強度大小相同，然后按照矢量的合成法則就可知道合磁感應強度的方向豎直向上，如圖所示，這也就是該處磁場的方向．答案：豎直向上

【例4】六根導線互相絕緣，所通電流都是I，排成如圖10一5所示的形狀，區(qū)域A、B、C、D均為相等的正方形，則平均磁感應強度最大的區(qū)域是哪些區(qū)域？該區(qū)域的磁場方向如何？

解析：由于電流相同，方格對稱，從每方格中心處的磁場來定性比較即可，如I1在任方格中產生的磁感應強度均為B，方向由安培定則可知是向里，在A、D方格內產生的磁感應強度均為B/，方向仍向里，把各自導線產生的磁感應強度及方向均畫在四個方格中，可以看出在B、D區(qū)域內方向向里的磁場與方向向外的磁場等同，疊加后磁場削弱．

答案：在A、C區(qū)域平均磁感應強度最大，在A區(qū)磁場方向向里．C區(qū)磁場方向向外．【例5】一小段通電直導線長1cm，電流強度為5A，把它放入磁場中某點時所受磁場力大小為0．1N，則該點的磁感強度為（）

A．B＝2T；B．B≥2T；C、B≤2T；D．以上三種情況均有可能

解析：由B＝F/IL可知F/IL＝2（T）當小段直導線垂直于磁場B時，受力最大，因而此時可能導線與B不垂直，即Bsinθ＝2T，因而B≥2T。

說明：B的定義式B＝F/IL中要求B與IL垂直，若不垂直且兩者間夾角為θ，則IL在與B垂直方向分上的分量即ILsinθ，因而B=F/ILsinθ，所以F/IL=Bsinθ．則B≥F/IL。

【例6】如圖所示，一根通電直導線放在磁感應強度B=1T的勻強磁場中，在以導線為圓心，半徑為r的圓周上有a,b,c,d四個點，若a點的實

c際磁感應強度為0，則下列說法中正確的是（AC）

A.直導線中電流方向是垂直紙面向里的B.C點的實際磁感應強度也為0bdBC.d點實際磁感應強度為2T，方向斜向下，與B夾角為450D.以上均不正確

a解析:題中的磁場是由直導線電流的磁場和勻強磁場共同形成的，磁

場中任一點的磁感應強度應為兩磁場分別產生的磁感應強度的矢量和．a處磁感應強度為0，說明直線電流在該處產生的磁感應強度大小與勻強磁場B的大小相等、方向相反，可得直導線中電流方向應是垂直紙面向里．在圓周上任一點，由直導線產生的磁感應強度大小均為B＝1T，方向沿圓周切線方向，可知C點的磁感應強度大小為2T，方向向右.d點的磁感應強度大小為2T，方向與B成45斜向右下方．

2

四、磁通量與磁通密度

1．磁通量Φ：穿過某一面積磁力線條數(shù)，是標量．

2．磁通密度B：垂直磁場方向穿過單位面積磁力線條數(shù)，即磁感應強度，是矢量．3．二者關系：B＝Φ/S（當B與面垂直時），Φ＝BScosθ，Scosθ為面積垂直于B方向上的投影，θ是B與S法線的夾角．

【例7】如圖所示，A為通電線圈，電流方向如圖所示，B、C為與A在同一平面內的兩同心圓，φB、φC分別為通過兩圓面的磁通量的大小，下述判斷中正確的是（）

A．穿過兩圓面的磁通方向是垂直紙面向外B．穿過兩圓面的磁通方向是垂直紙面向里C．φB＞φCD．φB＜φC

解析：由安培定則判斷，凡是垂直紙面向外的磁感線都集中在是線圈內，因磁感線是閉合曲線，則必有相應條數(shù)的磁感線垂直紙面向里，這些磁總線分布在線圈是外，所以B、C兩圓面都有垂直紙面向里和向外的磁感線穿過，垂直紙面向外磁感線條數(shù)相同，垂直紙面向里的磁感線條數(shù)不同，B圓面較少，c圓面較多，但都比垂直向外的少，所以B、C磁通方向應垂直紙面向外，φB＞φC，所以A、C正確．

分析磁通時要注意磁感線是閉合曲線的特點和正反兩方向磁總線條數(shù)的多少，不能認為面積大的磁通就大．答案：AC

規(guī)律方法1.磁通量的計算【例8】如圖所示，勻強磁場的磁感強度B＝2．0T，指向x軸的正方向，且ab=40cm，bc=30cm，ae=50cm，求通過面積Sl（abcd）、S2（befc）和S3（aefd）的磁通量φ1、φ2、φ3分別是多少？

解析：根據(jù)φ=BS垂，且式中S垂就是各面積在垂直于B的yx平面上投影的大小，所以各面積的磁通量分別為

－

φ1=BS1＝2．0×40×30×104＝0．24Wb；φ2=0

－

φ3＝φ1=BS1＝2．0×40×30×104＝0．24Wb

答案：φ1＝0．24Wb，φ2＝0，φ3＝0．24Wb

【例9】如圖4所示，一水平放置的矩形閉合線圈abcd在細長磁鐵N極附近下

落，保持bc邊在紙外，ad邊在紙內，由圖中的位置Ⅰ經過位置Ⅱ到位置Ⅲ，且位置Ⅰ和Ⅲ都很靠近位置Ⅱ，在這個過程中，線圈中的磁通量

A．是增加的；B．是減少的

C．先增加，后減少；D．先減少，后增加

解析：要知道線圈在下落過程中磁通量的變化情況，就必須知道條形磁鐵在磁極附近磁感線的分布情況．條形磁鐵在N極附近的分布情況如圖所示，由圖可知線圈中磁通量是先減少，后增加．D選項正確．

點評：要知道一個面上磁通量，在面積不變的條件下，也必須知道磁場的磁感線的分布情況．因此，牢記條形磁鐵、蹄形磁鐵、通電直導線、通電螺線管和通電圓環(huán)等磁場中磁感線的分布情況在電磁學中是很必要的．

【例10】如圖所示邊長為100cm的正方形閉合線圈置于磁場中，線圈AB、CD兩邊中點連線OO/的左右兩側分別存在方向相同、磁感強度大小各為B1＝0．6T，B2=0．4T的勻強磁場。若從上往下看，線圈逆時針轉過370時，穿過線圈的磁通量改變了多少？

解析：在原圖示位置，由于磁感線與線圈平面垂直，因此

Φ1＝B1×S/2＋B2×S/2＝（0．6×1/2＋0．4×1/2）Wb=0．5Wb

/0

當線圈繞OO軸逆時針轉過37后，（見圖中虛線位置）：

00

Φ2＝B1×Sn/2＋B2×Sn/2＝B1×Scos37/2＋B2×Scos37/2＝0．4Wb磁通量變化量ΔΦ=Φ2－Φ1＝（0．4－0．5）Wb=－0．1Wb

0

所以線圈轉過37后。穿過線圈的磁通量減少了0．1Wb．

3

2.磁場基本性質的應用

【例11】從太陽或其他星體上放射出的宇宙射線中含有高能帶電粒子，若到達地球，對地球上的生命將帶來危害．對于地磁場對宇宙射線有無阻擋作用的下列說法中，正確的是（B）

A.地磁場對直射地球的宇宙射線的阻擋作用在南北兩極最強，赤道附近最弱B.地磁場對直射地球的宇宙射線的阻擋作用在赤道附近最強，南北兩極最弱C.地磁場對宇宙射線的阻擋作用各處相同D.地磁場對宇宙射線無阻擋作用解析:因在赤道附近帶電粒子運動方向與地磁場近似垂直，而在兩極趨于平行．

【例12】超導是當今高科技的熱點之一，當一塊磁體靠近超導體時，超導體中會產生強大的電流，對磁體有排斥作用，這種排斥力可使磁體懸浮在空中，磁懸浮列車就采用了這項技術，磁體懸浮的原理是（D）

①超導體電流的磁場方向與磁體的磁場方向相同．②超導體電流的磁場方向與磁體的磁場方向相反．③超導體使磁體處于失重狀態(tài)．

④超導體對磁體的磁力與磁體的重力相平衡．A.①③B.①④C.②③D.②④

解析:超導體中產生的是感應電流，根據(jù)楞次定律的“增反減同”原理，這個電流的磁場方向與原磁場方向相反，對磁體產生排斥作用力，這個力與磁體的重力達平衡．

【例13】.如圖所示，用彎曲的導線環(huán)把一銅片和鋅片相連裝在一絕緣的浮標上，然后把浮標浸在盛有稀硫酸的容器中，設開始設置時，環(huán)平面處于東西方向上．放手后，環(huán)平面將最終靜止在方向上．

解析:在地表附近地磁場的方向是大致由南向北的，此題中由化學原理可推知在環(huán)中有環(huán)形電流由等效法可假定其為一個垂直于紙面的條形磁體，而條形磁體ZnCu所受地磁場的力的方向是南北方向的．

【例14】普通磁帶錄音機是用一個磁頭來錄音和放音的。磁頭結構如圖所示，

在一個環(huán)形鐵芯上繞一個線圈．鐵芯有個縫隙，工作時磁帶就貼著這個縫隙移動。錄音時磁頭線圈跟微音器相連，放音時，磁頭線圈改為跟揚聲器相連，磁帶上涂有一層磁粉，磁粉能被磁化且留下剩磁。微音器的作用是把聲音的變化轉化為電流的變化；揚聲器的作用是把電流的變化轉化為聲音的變化，根據(jù)學過的知識，把普通錄音機錄、放音的基本原理簡明扼要地寫下來。

解析:（1）錄音原理:當由微音器把聲音信號轉化為電流信號后，電流信號流經線圈，在鐵芯中產生隨聲音變化的磁場，磁帶經過磁頭時磁粉被不同程度地磁化，并留下剩磁，且剩磁的變化與聲音的變化一致，這樣，聲音的變化就被記錄成磁粉不同程度的變化。即錄音是利用電流的磁效應。

（2）放音原理:各部分被不同程度磁化的磁帶經過鐵芯時，鐵芯中形成變化

的磁場，在線圈中激發(fā)出變化的感應電流，感應電流經過揚聲器時，電流的變化被轉化為聲音的變化。這樣，磁信號又被轉化為聲音信號而播放出來。即放音過程是利用電磁感應原理。

【例15】磁場具有能量，磁場中單位體積所具有的能量叫做能量密度，其值為B2/2μ,式中B是感應強度,μ是磁導率，在空氣中μ為一已知常數(shù)．為了近似測得條形磁鐵磁極端面附近的磁感應強度B，一學生用一根端面面積為A的條形磁鐵吸住一相同面積的鐵片P，再用力將鐵片與磁鐵拉開一段微小距離△L，并測出拉力F，如圖所示．因為F所做的功等于間隙中磁場的能量，所以由此可得磁感應強度B與F、A之間的關系為B＝

解析:在用力將鐵片與磁鐵拉開一段微小距離△L的過程中，拉力F可

NF認為不變，因此F所做的功為:W＝F△L.

以ω表示間隙中磁場的能量密度，則間隙中磁場的能量E＝ωV＝ωA△L又題給條件ω＝B2/2μ，故E＝A△LB2/2μ.

因為F所做的功等于間隙中磁場的能量，即W=E，故有F△L=A△LB2/2μ

解得B2F

A

磁場對電流的作用

基礎知識一、安培力

1.安培力：通電導線在磁場中受到的作用力叫做安培力．說明:磁場對通電導線中定向移動的電荷有力的作用，磁場對這些定向移動電荷作用力的宏觀表現(xiàn)即為安培力．

2.安培力的計算公式：F＝BILsinθ（θ是I與B的夾角）；通電導線與磁場方向垂直時，即θ＝900，此時安培力有最大值；通電導線與磁場方向平行時，即θ＝00，此時安培力有最小值，F(xiàn)=0N;00＜B＜900時，安培力F介于0和最大值之間.

3.安培力公式的適用條件:

①公式F＝BIL一般適用于勻強磁場中I⊥B的情況，對于非勻強磁場只是近似適用（如對電流元），但對某些特殊情況仍適用．

如圖所示，電流I1//I2,如I1在I2處磁場的磁感應強度為B，則I1對I2的安培力F

I1I2

＝BI2L，方向向左，同理I2對I1，安培力向右，即同向電流相吸，異向電流相斥．

②根據(jù)力的相互作用原理，如果是磁體對通電導體有力的作用，則通電導體對磁體有反作用力．兩根通電導線間的磁場力也遵循牛頓第三定律．

二、左手定則

1.用左手定則判定安培力方向的方法：伸開左手，使拇指跟其余的四指垂直且與手掌都在同一平面內，讓磁感線垂直穿過手心，并使四指指向電流方向，這時手掌所在平面跟磁感線和導線所在平面垂直，大拇指所指的方向就是通電導線所受安培力的方向．

2.安培力F的方向既與磁場方向垂直，又與通電導線垂直,即F跟BI所在的面垂直．但B與I的方向不一定垂直．

3.安培力F、磁感應強度B、電流1三者的關系①已知I,B的方向，可惟一確定F的方向；

②已知F、B的方向，且導線的位置確定時，可惟一確定I的方向；③已知F,1的方向時，磁感應強度B的方向不能惟一確定．

4.由于B,I,F的方向關系常是在三維的立體空間，所以求解本部分問題時，應具有較好的空間想象力，要善于把立體圖畫變成易于分析的平面圖，即畫成俯視圖，剖視圖，側視圖等．

【例1】如圖所示，一條形磁鐵放在水平桌面上在其左上方固定一根與磁鐵垂直的長直導線，當導線通以如圖所示方向電流時（）

A．磁鐵對桌面的壓力減小，且受到向左的摩擦力作用B．磁鐵對桌面的壓力減小，且受到向右的摩擦力作用C．磁鐵對桌面的壓力增大，且受到向左的摩擦力作用D．磁鐵對桌面的壓力增大，且受到向右的摩擦力作用

解析：導線所在處磁場的方向沿磁感線的切線方向斜向下，對其沿水平豎直方向分解，如圖1015所示．對導線：

Bx產生的效果是磁場力方向豎直向上．By產生的效果是磁場力方向水平向左．

根據(jù)牛頓第三定律：導線對磁鐵的力有豎直向下的作用力，因而磁鐵對桌面壓

力增大；導線對磁鐵的力有水平向右的作用力．因而磁鐵有向右的運動趨勢，這樣磁鐵與桌面間便產生了摩擦力，桌面對磁鐵的摩擦力沿水平方向向左．答案：C

【例2】.如圖在條形磁鐵N極處懸掛一個線圈，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？

分析：用“同向電流互相吸引，反向電流互相排斥”最簡單：螺線管的電流在正面是向下的，與線圈

5

中的電流方向相反，互相排斥，而左邊的線圈匝數(shù)多所以線圈向右偏轉。

【例3】電視機顯象管的偏轉線圈示意圖如右，即時電流方向如圖所示。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(jù)“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。

規(guī)律方法1。安培力的性質和規(guī)律；

①公式F=BIL中L為導線的有效長度，即導線兩端點所連直線的長度，相應的電流

方向沿L由始端流向末端．如圖所示，甲中：l/2l，乙中：L/=d(直徑）＝2R（半圓環(huán)且半徑為R)i②安培力的作用點為磁場中通電導體的幾何中心；

③安培力做功:做功的結果將電能轉化成其它形式的能．

【例4】如圖所示，在光滑的水平桌面上，有兩根彎成直角相同金屬棒，它們的一端均可繞固定轉軸O自由轉動，另一端b互相接觸，組成一個正方形線框，正方形邊長為L，勻強磁場的方向垂直桌面向下，磁感強度為B．當線框中通以圖示方向的電流時，兩金屬棒b點的相互作用力為f此時線框中的電流為多少？

解析：由于對稱性可知金屬棒在O點的相互作用力也為f，所以Oa邊和ab邊所受安培力的合力為2f，方向向右，根據(jù)左手定則可知Oa邊和ab邊所受安培力F1、F2分別與這兩邊垂直，由力的合成法則可求出F1=F2=2fcos450=2f＝BIL，I=2f／BL點評：本題也利用了對稱性說明O點的作用力為f，當對左側的金屬棒作受力分析時，受到的兩個互相垂直的安培力F1、F2（這兩個安培力大小相等為F）的合力是水平向右的，大小為2F，與O、b兩點受到的作用力2f相平衡。

【例5】質量為m的通電細桿ab置于傾角為θ的平行導軌上，導軌寬度為d，桿ab與導軌間的摩擦因數(shù)為μ．有電流時aB恰好在導軌上靜止，如圖所示，如圖1019所示是沿ba方向觀察時的四個平面圖，標出了四種不同的勻強磁場方向，其中桿與導軌間摩擦力可能為零的是（）

解析：桿的受力情況為：

答案：AB

2、安培力作用下物體的運動方向的判斷

6

（1）電流元法：即把整段電流等效為多段直線電流元，先用左手定則判斷出每小段電流元所受安培力的方向，從而判斷整段電流所受合力方向，最后確定運動方向．

（2）特殊位置法：把電流或磁鐵轉到一個便于分析的特殊位置后再判斷安培力方向，從而確定運動方向．

（3）等效法：環(huán)形電流和通電螺線管都可以等效成條形磁鐵，條形磁鐵也可等效成環(huán)形電流或通電螺線管，通電螺線管也可以等效成很多匝的環(huán)形電流來分析．

（4）利用結論法：①兩電流相互平行時無轉動趨勢，同向電流相互吸引，反向電流相互排斥；②兩電流不平行時，有轉動到相互平行且電流方向相同的趨勢．

（5）轉換研究對象法：因為電流之間，電流與磁體之間相互作用滿足牛頓第三定律，這樣，定性分析磁體在電流磁場作用下如何運動的問題，可先分析電流在磁體磁場中所受的安培力，然后由牛頓第三定律，再確定磁體所受電流作用力，從而確定磁體所受合力及運動方向．

（6）分析在安培力作用下通電導體運動情況的一般步驟①畫出通電導線所在處的磁感線方向及分布情況②用左手定則確定各段通電導線所受安培力③)據(jù)初速方向結合牛頓定律確定導體運動情況

(7)磁場對通電線圈的作用:若線圈面積為S，線圈中的電流強度為I，所在磁場的孩感應強度為B，線圈平面跟磁場的夾角為θ，則線圈所受磁場的力矩為：M=BIScosθ．

【例6】如圖所示，電源電動勢E＝2V，r＝0.5Ω,豎直導軌電阻可略，金屬棒的質量m＝0.1kg，R=0.5Ω，它與導體軌道的動摩擦因數(shù)μ＝0.4，有效長度為0.2m,靠在導軌的外面，為使金屬棒不下滑，我們施一與紙面夾角為600且與導線垂直向外的磁場，（g=10m/s2）求：

（1)此磁場是斜向上還是斜向下？（2）B的范圍是多少？

解析:導體棒側面受力圖如圖所示：

由平衡條件得：B最小時摩擦力沿導軌向上，則有

μFN＋BILcos300＝mg,FN=BILsin300解得B＝2.34T

當B最大時摩擦力沿導軌向下，則有BILcos300＝mg＋μFNFN=BILsin300解得B=3.75TB的范圍是2.34T--3.75T

【例7】在傾角為θ的斜面上，放置一段通有電流強度為I,長度為L，質量為m的導體棒a，（通電方向垂直紙面向里），如圖所示，棒與斜面間動摩擦因數(shù)μ

解析:(1)設當安培力與斜面成α角時B最小，則由平衡條件得：mgsinθ＝μFN＋BILcosα,FN=mgcosθ＋BILsinα．

解得BmgsincosILcossinmgsincosIL1sin2,其中tan1

aα∴當α＋β=90時,Bmin0

mgsincosIL12.

（2）當FN=0時，則BIL＝mg，∴BIL=mg,由左手定則知B方向水平向左．3．安培力的實際應用

【例10】在原于反應堆中抽動液態(tài)金屬等導電液時．由于不允許傳動機械部分與這些流體相接觸，常使用一種電磁泵。圖中表示這種電磁泵的結構。將導管

7

置于磁場中，當電流I穿過導電液體時，這種導電液體即被驅動。若導管的內截面積為a×h，磁場區(qū)域的寬度為L，磁感強度為B．液態(tài)金屬穿過磁場區(qū)域的電流為I，求驅動所產生的壓強差是多大？

解答:本題的物理情景是：當電流I通過金屬液體沿圖示豎直向上流動時，電流將受到磁場的作用力，磁場力的方向可以由左手定則判斷，這個磁場力即為驅動液態(tài)金屬流動的動力。由這個驅動力而使金屬液體沿流動方向兩側產生壓強差ΔP。故有F=BIh．Δp=F/ah，聯(lián)立解得Δp＝BI/a

【例12】如圖所示為利用電磁作用輸送非導電液體裝置的示意圖，一邊長為L、截面為正方形的塑料管道水平放置，其右端面上有一截面積為A的小噴口，噴口離地的高度為h.管道中有一絕緣活塞，在活塞的中部和上部分別嵌有兩根金屬棒a、b，其中棒b的兩端與一電壓表相連。整個裝置放在豎直向上的勻強磁場中，當棒a中通有垂直紙面向里的恒定電流I時，活塞向右勻速推動液體從噴口水平射出，液體落地點離噴口的水平距離為s.若液體的密度為ρ，不計所有阻力，求：

(1)活塞移動的速度；(2)該裝置的功率；

(3）磁感應強度B的大��；

(4）若在實際使用中發(fā)現(xiàn)電壓表的讀數(shù)變小，試分析其可能的原因．

解析:（l）設液體從噴口水平射出的速度為v0，活塞移動的速度為v.

v0sg2h,v0AvL2,vAAsgv0L2L22h(2）設裝置功率為P，Δt時間內有△m質量的液體從噴口射出,PΔt＝Δm(v02一v2)

342342ALASgAA2223∵Δm=LvΔtρ.∴P=Lvρ(v0一v)12v0,∴P22L4L2h2v0L4A2L4A2s2g122A22(3)∵P=F安v.∴Lvv02v0BILv,∴B332L2IL4IhL（4）∵U=BLv,∴噴口液體的流量減少，活塞移動速度減小，或磁場變小等會引起電壓表讀數(shù)變小

8

磁場對運動電荷的作用

基礎知識一、洛侖茲力磁場對運動電荷的作用力

1.洛倫茲力的公式:f=qvBsinθ，θ是V、B之間的夾角.2.當帶電粒子的運動方向與磁場方向互相平行時，F(xiàn)＝03.當帶電粒子的運動方向與磁場方向互相垂直時，f=qvB

4.只有運動電荷在磁場中才有可能受到洛倫茲力作用，靜止電荷在磁場中受到的磁場對電荷的作用力一定為0．

二、洛倫茲力的方向

1.洛倫茲力F的方向既垂直于磁場B的方向，又垂直于運動電荷的速度v的方向，即F總是垂直于B和v所在的平面．

2.使用左手定則判定洛倫茲力方向時，伸出左手，讓姆指跟四指垂直，且處于同一平面內，讓磁感線穿過手心，四指指向正電荷運動方向（當是負電荷時，四指指向與電荷運動方向相反）則姆指所指方向就是該電荷所受洛倫茲力的方向．

三、洛倫茲力與安培力的關系

1.洛倫茲力是單個運動電荷在磁場中受到的力，而安培力是導體中所有定向稱動的自由電荷受到的洛倫茲力的宏觀表現(xiàn)．

2.洛倫茲力一定不做功，它不改變運動電荷的速度大小;但安培力卻可以做功．四、帶電粒子在勻強磁場中的運動

1.不計重力的帶電粒子在勻強磁場中的運動可分三種情況：一是勻速直線運動；二是勻速圓周運動；三是螺旋運動．

2.不計重力的帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的軌跡半徑r=mv/qB；其運動周期T=2πm/qB（與速度大小無關）．

3.不計重力的帶電粒子垂直進入勻強電場和垂直進入勻強磁場時都做曲線運動，但有區(qū)別：帶電粒子垂直進入勻強電場，在電場中做勻變速曲線運動（類平拋運動）；垂直進入勻強磁場，則做變加速曲線運動（勻速圓周運動）．

【例1】一帶電粒子以初速度V0垂直于勻強電場E沿兩板中線射入，不計重力，由C點射出時的速度為V，若在兩板間加以垂直紙面向里的勻強磁場，粒子仍以V0入射，恰從C關于中線的對稱點D射出，如圖所示，

則粒子從D點射出的速度為多少?

D解析：粒子第一次飛出極板時，電場力做正功，由動能定理可得電場力做功為

V022

W1=m（V－v0）/2……①，當兩板間加以垂直紙面向里的勻強磁場后，粒子第二次C飛出極板時，洛侖茲力對運動電荷不做功，但是粒子從與C點關于中線的對稱點射出，洛侖茲力大于電場力，由于對稱性，粒子克服電場力做功，等于第一次電場力所做的功，由動能定理可得W2=m（V0－VD）/2……②，W1=W2。由①②③式得VD=2V02V2

22

點評：凡是涉及到帶電粒子的動能發(fā)生了變化，均與洛侖茲力無關，因為洛侖茲力對運動電荷永遠不做功。

【例2】如圖所示，豎直兩平行板P、Q，長為L，兩板間電壓為U，垂直紙面的勻強磁場的磁感應強度為B，電場和磁場均勻分布在兩板空間內，今有帶電量為Q，質量為m的帶正電的油滴，從某高度處由靜止落下，從兩板正中央進入兩板之間，剛進入時油滴受到的磁場力和電場力相等，此后油滴恰好從P板的下端點處離開兩板正對的區(qū)域，求（1）油滴原來靜止下落的位置離板上端點的高度h。（2）油滴離開板間時的速度大小。

解析：（1）油滴在進入兩板前作自由落體運動，剛進入兩板之間時的速度為V0，受

9

到的電場力與磁場力相等，則qv0B＝qU／d，v0＝U／Bd=2gh，h=U／2gBd

（2）油滴進入兩板之間后，速度增大，洛侖茲力在增大，故電場力小于洛侖茲力，油滴將向P板偏轉，

2

電場力做負功，重力做正功，油滴離開兩板時的速度為Vx，由動能定理mg（h＋L）－qU／2=mVx/2，

vx2ghLqU/m2gU2/2gB2d2LqU/m222

點評：（1）根據(jù)帶電油滴進入兩板時的磁場力與電場力大小相等求出油滴下落時到板上端的高度；（2）油滴下落過程中的速度在增大，說明了洛侖茲力增大，油滴向P板偏轉，電場力做負功．

【例3】如圖所示，在空間有勻強磁場，磁感強度的方向垂直紙面向里，大小為B，光滑絕緣空心細管MN的長度為h，管內M端有一質量為m、帶正電q的小球P，開始時小球P相對管靜止，管帶著小球P沿垂直于管長度方向的恒定速度u向圖中右方運動．設重力及其它阻力均可忽略不計．（1）當小球P相對管上升的速度為v時，小球上升的加速度多大？（2）小球P從管的另一端N離開管口后，在磁場中作圓周運動的圓半徑R多大？（3）小球P在從管的M端到N端的過程中，管壁對小球做的功是多少？

解析：（1）設此時小球的合速度大小為v合，方向與u的夾角為θ

有v合v2u2……①cosθ=u/v合=u/v2u2………②

此時粒子受到的洛倫茲力f和管壁的彈力N如所示，由牛頓第二定律可求此時小球上升的加速度為：a=fcosθ=qv合Bcosθ/m………③

聯(lián)立①②③解得：a=quB/m

（2）由上問a知，小球上升加速度只與小球的水平速度u有關，故小球在豎直

方向上做加速運動．設小球離開N端管口時的豎直分速度為vy，由運動學公式得vy2ah2quBh/m

2quBhmmv1故小球運動的半徑為R2qumBhm2u2

qBqB2此時小球的合速度vu2vyu2（3）因洛化茲力對小球做的功為零，由動能定理得管壁對小球做的功為：W=mv－mu=quBh【例4】在兩塊平行金屬板A、B中，B板的正中央有一α粒子源，可向各個方向射出速率不同的α粒子，如圖所示．若在A、B板中加上UAB＝U0的電壓后，A板就沒有α粒子射到，U0是α粒子不能到達A板的最小電壓．若撤去A、B間的電壓，為了使α粒子不射到A板，而在A、B之間加上勻強磁場，則勻強磁場的磁感強度B必須符合什么條件（已知

－

α粒子的荷質比m／q=2．l×108kg/C，A、B間的距離d＝10cm，電壓U0=4．2×104V）？

解析：α粒子放射源向各個方向射出速率不同的α粒子，設最大的速率為vm。則各個方向都有速率為vm的α粒子．當A、B板加了電壓后，A、B兩板間的電壓阻礙α粒子到達A板，其方向是垂直兩板并由A板指向B板。

在無電場時，α粒子在沿B向A板運動方向上有d=vcosθt………①，其中θ是α粒子速度與垂直兩板的直線的夾角．在①式中最容易到達A板的α粒子應有θ＝0，v＝vm，即其速度方向由B極指向A板，

2

且速率最大的α粒子，這些α粒子若達不到A板，其余的α粒子均達不到A板．由動能定理可得qU0＝mvm／2………②；

若撤去電場，在A、B間加上勻強磁場，這些α粒子將做勻速圓周運動，其半徑為R，R=mv/qB……③，由③式可知，在B一定的條件下，v越大，R越大，越容易打到A板；反之，當v值取最大值vm后，若所有具有vm的α粒子不能達到A板，則所有的α粒子均不

10

能達到A板．在所有方向上的α粒子中，它們的軌跡剛好與A板相切的情況如圖所示．在圖中與A板相切的軌跡中最小半徑為R3，若R3是具有速率為vm的α粒子的半徑，則其它具有vm的α粒子均不能到達A板．若令R3為最小值Rmin時，即圖中Rmin=d／2是所有α粒子中軌跡與A板相切的最小半徑，將其代入③式后得d／2=mvm/qBmin……④，由②④兩式可得Bmin=22mU0/q／d=0．84T，所以，A、B兩板之間應加上垂直于紙面的勻強磁場，且磁感強度B≥0．84T時，所有的α粒子均不能到達A板．

規(guī)律方法1、帶電粒子在磁場中運動的圓心、半徑及時間的確定（1)用幾何知識確定圓心并求半徑．

因為F方向指向圓心，根據(jù)F一定垂直v，畫出粒子運動軌跡中任意兩點（大多是射入點和出射點）的F或半徑方向，其延長線的交點即為圓心，再用幾何知識求其半徑與弦長的關系．

(2)確定軌跡所對應的圓心角，求運動時間．

先利用圓心角與弦切角的關系，或者是四邊形內角和等于3600（或2π）計算出圓心角θ的大小，再由公式t=θT/3600（或θT/2π）可求出運動時間．

(3)注意圓周運動中有關對稱的規(guī)律．

如從同一邊界射入的粒子，從同一邊界射出時，速度與邊界的夾角相等；在圓形磁場區(qū)域內，沿徑向射入的粒子，必沿徑向射出．

【例5】如圖所示，一束電子（電量為e）以速度v垂直射入磁感應強度為B，寬度為d的勻強磁場中，穿過磁場時速度方向與電子原來入射方向的夾角是300，則電子的質量是，穿過磁場的時間是。

解析：電子在磁場中運動，只受洛倫茲力作用，故其軌跡是圓弧一部分，又因為f⊥v，故圓心在電子穿入和穿出磁場時受到洛倫茲力指向交點上，如圖中的O點，由

00

幾何知識知，AB間圓心角θ=30，OB為半徑．所以r=d/sin30=2d．

又由r=

mv得m＝2dBe／v．Be0

又因為AB圓心角是30，所以穿過時間t=

112mdT=×=．1212Be3v【例6】如圖所示，一束電子以大小不同的速率沿圖示方向飛入橫截面是一正方形的勻強磁場，下列

判斷正確的是（）

A、電子在磁場中運動時間越長，其軌跡線越長

B．電子在磁場中運動時間越長。其軌跡線所對應的圓心角越大C．在磁場中運動時間相同的電子，其軌跡線一定重合D．電子的速率不同，它們在磁場中運動時間一定不相同

解析：在圖中畫出了不同速率的電子在磁場中的軌跡，由前面的知識點可知軌

跡的半徑R=mv／qB，說明了半徑的大小與電子的速率成正比．但由于電子在磁場中運動時間的長短僅與軌跡所對應的圓心角大小有關，故可判斷圖中五條軌跡線所對應的運動時間關系有t5＝t4＝t3＞t2＞t1顯然，本題選項中只有B正確．

點評：本題所考查的是帶電粒子在矩形（包括正方形）磁場中運動的軌跡與相應的運動時間的關系問題．不同速率的電子在磁場中的偏轉角大�。ㄒ簿褪窃诖艌鲋羞\動時間的長短），由知識點中的周期表達式看來與半徑是沒有關系的，但由于磁場區(qū)域的邊界條件的限制，由圖說明了半徑不同，帶電粒子離開磁場時速度方向變化可能不同，也可能相同．由周期關系式必須明確的一點是：帶電粒子在磁場中運動的時間長短決定于軌跡所對應的圓心角．

【例7】如圖所示，半徑R=10cm的圓形區(qū)域邊界跟y軸相切于坐標系原點O。磁感強度B＝0．332T，方向垂直于紙面向里，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

－27－19

×10kg，電量q=3．2×10C．

11

（1）畫出α粒子通過磁場空間做圓周運動的圓心的軌跡．（2）求出α粒子通過磁場空間的最大偏轉角θ．（3）再以過O點并垂直紙面的直線為軸旋轉磁場區(qū)域，能使穿過磁場區(qū)域且偏轉角最大的α粒子射到正方向的y軸上，則圓形磁場直徑OA至少應轉過多大的角度β．

解析：（l）α粒子的速度相同，在同一勻強磁場中運動的半徑相同，均由洛侖茲力提供向心力f=2

qvB=mv／r，r＝mv／Qb=20cm

所以α粒子的圓心與S（即O點）的距離均為r，其圓心的軌跡為以S為圓心、以20cm為半徑的一段圓弧，如圖所示．

（2）由于α粒子的軌道半徑r大于磁場區(qū)域的半徑R，α粒子最長的軌跡所對應的弦為2R=r=20cm時，α粒子在磁場中最大的偏轉角的軌跡就是α粒子在磁場中最長的軌跡線，由于最長的軌跡線的弦長與其軌跡半徑相等，

0

所以偏轉角的最大值為θ=60

0

（3）由（2）中可知α粒子的最大偏轉角為60；且所對的弦為OA，故α

粒子在磁場軌跡的入射點O和出射點A與其軌跡圓心O1的連線和OA組成一個正三角形，也就是α粒子離

0

開磁場時與x軸正方向的夾角γ＝30，如圖所示．要使偏轉角最大的α粒子離開磁場時能打在y軸的正方

/0/0

向上，則α粒子與x軸的正方向夾角γ＞90，則OA繞過O點的水平軸至少要轉過β=γ一γ＝60．

點評：帶電粒子在磁場中的軌跡不大于半圓時，要使帶電粒子在磁場中的偏轉角最大，就是要求帶電粒子在磁場中的軌跡線愈長（由于半徑確定），即所對應的弦愈長．在圓形磁場中，只有直徑作為軌跡的弦長最長．所以要求帶電粒子進入磁場時的入射點、離開磁場時的出射點的連線為圓形磁場區(qū)域的直徑．這是本題的難點。若是r＞R，情況就完全變了，這時帶電粒子在磁場中的軌跡可能大于半圓或等于半圓，帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期T=2πm／qB，這是一個與速度大小和半徑無關的物理量，也就是說在磁場中運動時間長短僅與軌跡所對圓心花怒放角有關，在具體確定時還與磁場的邊界有關，矩形的邊界和圓形的邊界是不相同的．

2、洛侖茲力的多解問題

（1）帶電粒子電性不確定形成多解．

帶電粒子可能帶正電荷，也可能帶負電荷，在相同的初速度下，正負粒子在磁場中運動軌跡不同，導致雙解．

（2）磁場方向不確定形成多解．若只告知磁感應強度大小，而未說明磁感應強度方向，則應考慮因磁場方向不確定而導致的多解．（3）臨界狀態(tài)不惟一形成多解．

帶電粒子在洛倫茲力作用下飛越有界磁場時，它可能穿過去，也可能偏轉1800從入射界面這邊反向飛出．另在光滑水平桌面上，一絕緣輕繩拉著一帶電小球在勻強磁場中做勻速圓周運動，若繩突然斷后，小球可能運動狀態(tài)也因小球帶電電性，繩中有無拉力造成多解．

（4）運動的重復性形成多解．

如帶電粒子在部分是電場，部分是磁場空間運動時，往往具有往復性，因而形成多解．

【例8】如圖所示，一半徑為R的絕緣圓筒中有沿軸線方向的勻強磁場，磁感應強度為B，一質量為m，帶電荷量為q的正粒子（不計重力）以速度為v從筒壁的A孔沿半徑方向進入筒內，設粒子和筒壁的碰撞無電荷量和能量的損失，那么要使粒子與筒壁連續(xù)碰撞，繞筒壁一周后恰好又從A孔射出，問：

(1)磁感應強度B的大小必須滿足什么條件？(2)粒子在筒中運動的時間為多少？

解析:(1)粒子射入圓筒后受洛侖茲力的作用而發(fā)生偏轉,設第一次與B點碰撞,撞后速度方向又指向O點,設粒子碰撞n-1次后再從A點射出,則其運動軌跡是n段相等的弧長.

/

設第一段圓弧的圓心為O,半徑為r,則θ=2π/2n=π/n.,由幾何關系得

rRtann,又由r=mv/Bq,聯(lián)立得:BmvRqtann(n1.2.3)

OθAφ⌒/OB12

2tannR(2)粒子運動的周期為:T=2πm/qB,將B代入得Tn2弧AB所對的圓心角22

22nnv

1n22Rn2RTtantan(n=3.4.5……)22nvnnvnn2R故粒子運動的總時間為tnt/tan(n=3.4.5……)

粒子由A到B所用的時間t/vn【例9】S為電子源，它只能在如圖（l）所示紙面上的3600范圍內發(fā)射速率相同，質量為m，電量為e的電子，MN是一塊豎直擋板，與S的水平距離OS=L，擋板左側充滿垂直紙面向里的勻強磁場，磁感強度為B．

（l）要使S發(fā)射的電子能到達擋板，則發(fā)射電子的速度至少多大？

（2）若S發(fā)射電子的速度為eBL／m時，擋板被電子擊中范圍多大？（要求指明S在哪個范圍內發(fā)射的電子可以擊中擋板，并在圖中畫出能擊中擋板距O上下最遠的電子的運動軌道）

2

【解析】（l）電子在磁場中所受洛侖較為提供向心力qBV=mV/r當r=L/2時，速度v最小，由①、②可得，V=eBL／2m

///2//

（2）若S發(fā)射電子速率V=eBL／m，由eVB=mV/r可得：r=L

/

由左手定則知，電子沿SO發(fā)射時，剛好到達板上的b點，且OB=r=L，由SO逆

0//

時針轉180的范圍內發(fā)射的電子均能擊中擋板，落點由b→O→a→b→a，其中沿SO發(fā)射的電并擊中擋板上的a點，且aO=

2L2L2=

3L．由上分析可知，擋板能被電子擊中

的范圍由a→b，其高度h=3L＋L=（3十l）L，擊中a、b兩點的電子軌跡，如圖（2）

所示．

【例10】M、N、P為很長的平行邊界面，M、N與M、P間距分別為L1、L2，其間分別有磁感應強度為B1和B2的勻強磁場區(qū)，Ⅰ和Ⅱ磁場方向垂直紙面向里，B1≠B2，有一帶正電粒子的電量為q，質量為m，以大小為v的速度垂直邊界M及磁場方向射入MN間的磁場區(qū)域，討論粒子初速度v應滿足什么條件才可穿過兩個磁場區(qū)域（不計粒子的重力）。

解析:先討論粒子穿出B1的條件：

設粒子以某一速度v在磁場B1中運動的圓軌跡剛好與M

qB1L1v2v相切，此時軌跡半徑剛好為L1，由得：qvB1mmL1

qBL1v1由此可得使粒子能穿出B1的條件是：。

m再討論粒子穿出B2條件：

又設粒子以某一v1qvB1的速度穿出了B1后在B2中穿過mmv1qB2mvmvLqB時其圓軌跡又剛好與P相切，如圖所示，粒子在B1中的運動軌跡所對的圓心角為θ，那么：，粒子在sin11B2運動的軌跡半徑為：RLqBmv11L由幾何知識得：R－Rsinθ=L2所以有：1112

qB2qB2mv1

13

解得：v1

qB1L1qB2L2qBLqB2L2，所以當粒子的速度v111時就可以穿出B1和B2。

mm專題:帶電粒子在復合場中的運動

基礎知識一、復合場的分類：

1、復合場：即電場與磁場有明顯的界線，帶電粒子分別在兩個區(qū)域內做兩種不同的運動，即分段運動，該類問題運動過程較為復雜，但對于每一段運動又較為清晰易辨，往往這類問題的關鍵在于分段運動的連接點時的速度，具有承上啟下的作用．

2、疊加場：即在同一區(qū)域內同時有電場和磁場，些類問題看似簡單，受力不復雜，但仔細分析其運動往往比較難以把握。

二、帶電粒子在復合場電運動的基本分析

1.當帶電粒子在復合場中所受的合外力為0時，粒子將做勻速直線運動或靜止．2.當帶電粒子所受的合外力與運動方向在同一條直線上時，粒子將做變速直線運動．3.當帶電粒子所受的合外力充當向心力時，粒子將做勻速圓周運動．

4.當帶電粒子所受的合外力的大小、方向均是不斷變化的時，粒子將做變加速運動，這類問題一般只能用能量關系處理．

三、電場力和洛倫茲力的比較

1.在電場中的電荷，不管其運動與否，均受到電場力的作用；而磁場僅僅對運動著的、且速度與磁場方向不平行的電荷有洛倫茲力的作用．

2.電場力的大小F＝Eq，與電荷的運動的速度無關；而洛倫茲力的大小f=Bqvsinα,與電荷運動的速度大小和方向均有關．

3.電場力的方向與電場的方向或相同、或相反；而洛倫茲力的方向始終既和磁場垂直，又和速度方向垂直．

4.電場力既可以改變電荷運動的速度大小，也可以改變電荷運動的方向，而洛倫茲力只能改變電荷運動的速度方向，不能改變速度大小

5.電場力可以對電荷做功，能改變電荷的動能；洛倫茲力不能對電荷做功，不能改變電荷的動能．6.勻強電場中在電場力的作用下，運動電荷的偏轉軌跡為拋物線；勻強磁場中在洛倫茲力的作用下，垂直于磁場方向運動的電荷的偏轉軌跡為圓�。�

四、對于重力的考慮

重力考慮與否分三種情況．（1)對于微觀粒子，如電子、質子、離子等一般不做特殊交待就可以不計其重力，因為其重力一般情況下與電場力或磁場力相比太小，可以忽略；而對于一些實際物體，如帶電小球、液滴、金屬塊等不做特殊交待時就應當考慮其重力．（2)在題目中有明確交待的是否要考慮重力的，這種情況比較正規(guī)，也比較簡單．（3)對未知名的帶電粒子其重力是否忽略又沒有明確時，可采用假設法判斷，假設重力計或者不計，結合題給條件得出的結論若與題意相符則假設正確，否則假設錯誤．

五、復合場中的特殊物理模型1．粒子速度選擇器

如圖所示，粒子經加速電場后得到一定的速度v0，進入正交的電場和磁

場，受到的電場力與洛倫茲力方向相反，若使粒子沿直線從右邊孔中出去，則有qv0B＝qE,v0=E/B，若v=v0=E/B，粒子做直線運動，與粒子電量、電性、質量無關

若v＜E/B，電場力大，粒子向電場力方向偏，電場力做正功，動能增加．若v＞E/B，洛倫茲力大，粒子向磁場力方向偏，電場力做負功，動能減少．

14

2.磁流體發(fā)電機

如圖所示，由燃燒室O燃燒電離成的正、負離子（等離子體）以高速。噴入偏轉磁場B中．在洛倫茲力作用下，正、負離子分別向上、下極板偏轉、積累，從而在板間形成一個向下的電場．兩板間形成一定的電勢差．當qvB=qU/d時電勢差穩(wěn)定U＝dvB，這就相當于一個可以對外供電的電源．

3.電磁流量計．

電磁流量計原理可解釋為：如圖所示，一圓形導管直徑為d，用非磁性材料制成，其中有可以導電的液體向左流動．導電液體中的自由電荷（正負離子）在洛倫茲力作用下縱向偏轉，a,b間出現(xiàn)電勢差．當自由電荷所受電場力和洛倫茲力平衡時，a、b間的電勢差就保持穩(wěn)定．

由Bqv=Eq=Uq/d，可得v=U/Bd.流量Q=Sv=πUd/4B4.質譜儀如圖所示

組成：離子源O，加速場U，速度選擇器（E,B），偏轉場B2，膠片．

2

原理：加速場中qU=mv選擇器中:v=E/B1

偏轉場中:d＝2r，qvB2＝mv2/r

比荷:

q2EmB1B2d質量mB1B2dq2E作用：主要用于測量粒子的質量、比荷、研究同位素．5.回旋加速器如圖所示

組成：兩個D形盒，大型電磁鐵，高頻振蕩交變電壓，兩縫間可形成電壓U

作用：電場用來對粒子（質子、氛核,a粒子等）加速，磁場用來使粒子回旋從而能反復加速．高能粒子是研究微觀物理的重要手段．

要求：粒子在磁場中做圓周運動的周期等于交變電源的變化周期．關于回旋加速器的幾個問題：(1)回旋加速器中的D形盒，它的作用是靜電屏蔽，使帶電粒子在圓周運動過程中只處在磁場中而不受電場的干擾，以保證粒子做勻速圓周運動‘

(2)回旋加速器中所加交變電壓的頻率f,與帶電粒子做勻速圓周運動的頻率相等:f1qBT2m12q2B2R2(3)回旋加速器最后使粒子得到的能量，可由公式EKmv來計算，在粒子電量，、質量m

22m和磁感應強度B一定的情況下，回旋加速器的半徑R越大，粒子的能量就越大．

【注意】直線加速器的主要特征．

如圖所示，直線加速器是使粒子在一條直線裝置上被加速．規(guī)律方法1、帶電粒子在復合場中的運動

【例1】如圖所示，在X軸上方有勻強電場，場強為E；在X軸下方有勻強磁場，磁感應強度為B，方向如圖，在X軸上有一點M，離O點距離為L．現(xiàn)有一帶電量為十q的粒子，使其從靜止開始釋放后能經過M點．如果把此粒子放在y軸上，其坐標應滿足什么關系？（重力忽略不計）

解析：由于此帶電粒子是從靜止開始釋放的，要能經過M點，其起始位置只能在勻強電場區(qū)域．物理過程是：靜止電荷

15

位于勻強電場區(qū)域的y軸上，受電場力作用而加速，以速度V進入磁場，在磁場中受洛侖茲力作用作勻速圓周運動，向X軸偏轉．回轉半周期過X軸重新進入電場，在電場中經減速、加速后仍以原速率從距O點2R處再次超過X軸，在磁場回轉半周后又從距O點4R處飛越X軸如圖10一53所示（圖中電場與磁場均未畫出）故有L＝2R，L＝2×2R，L＝3×2R

即R＝L／2n，（n=1、2、3）①

設粒子靜止于y軸正半軸上，和原點距離為h，由能量守恒得mv2／2=qEh②對粒子在磁場中只受洛侖茲力作用而作勻速圓周運動有：R＝mv／qB③解①②③式得：h＝B2qL2／8n2mE（n＝l、2、3）

【例2】如圖所示，在寬l的范圍內有方向如圖的勻強電場，場強為E，一帶電粒子以速度v垂直于電場方向、也垂直于場區(qū)邊界射入電場，不計重力，射出場區(qū)時，粒子速度方向偏轉了θ角，去掉電場，改換成方向垂直紙面向外的勻強磁場，此粒子若原樣射入磁場，它從場區(qū)的另一側射出時，也偏轉了θ角，求此磁場的磁感強度B．

解析：粒子在電場中運行的時間t＝l／v；加速度a＝qE／m；它作類平拋的運動．有tgθ=at/v=qEl/mv2①

粒子在磁場中作勻速圓周運動由牛頓第二定律得：qvB=mv2/r，所以r=mv/qB又：sinθ=l/r=lqB/mv②由①②兩式得：B=Ecosθ/v

【例3】初速為零的離子經過電勢差為U的電場加速后，從離子槍T中水平射出，經過一段路程后進入水平放置的兩平行金屬板MN和PQ之間．離子所經空間存在一磁感強度為B的勻強磁場，如圖所示．（不考慮重力作用），離子荷質比q/m（q、m分別是離子的電量與質量）在什么范圍內，離子才能打在金屬板上？

解析：離子在磁場中做勻速圓周運動，作出兩條邊界軌跡TP和TQ，分別作出離子在T、P、Q三點所受的洛倫茲力，分別延長之后相交于O1、

O2點，如圖所示，O1和O2分別是TP和TQ的圓心，設R1和R2分別為相應的半徑．

離子經電壓U加速，由動能定理得．qU＝mv2①

由洛倫茲力充當向心力得qvB=mv2/R②由①②式得q/m=2U/B2R2由圖直角三角形O1CP和O2CQ可得R12＝d2＋（R1一d/2）2，R1＝5d/4④

R22＝（2d）2＋（R2一d/2）2，R2＝17d/4⑤

32U32Uq依題意R1≤R≤R2⑥由③④⑤⑥可解得≤≤．2222m289Bd25Bd【例4】如圖，兩個共軸的圓筒形金屬電極，外電極接地，其上均勻分布著平

行于軸線的四條狹縫a、b、c和d，外筒的半徑為r0。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。a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S壓U應是多少？（不計重力，整個裝置在真空中）。

bdo解析：如圖所示，帶電粒子從S出發(fā)，在兩筒之間的電場力作用下加速，沿徑向穿出a而進入磁場區(qū)，在洛侖茲力作用下做勻速圓周運動。粒子再回到cS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減速，再反向加速，經d重新進入磁場區(qū)。然后，粒子將以同樣方式經過c、d，

a再經過a回到s點。

2

設粒子射入磁場區(qū)的速度為V，根據(jù)能量守恒，有mv＝qUS設粒子在洛侖茲力作用下做勻速圓周運動的半徑為R，由洛侖茲力公式dbo2

和牛頓定律得mv/R=qvB

16

c由前面分析可知，要回到S點，粒子從a到d必經過3/4圓周。所以半徑R必定等于筒的外半徑r0，

222

則v=qBR/m=qBr0/m，U=mv/2q=qBr0/2m。

【例5】如圖所示為一種獲得高能粒子的裝置，環(huán)形區(qū)域內存在垂直紙面向外．大小可調節(jié)的均勻磁場，質量為m，電量＋q的粒子在環(huán)中作半徑為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RA次加速下動能不斷增大，而繞行半徑不變．

（l）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，B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（2）圖中畫出A板電勢U與時間t的關系（從t＝0起畫到粒子第四次離開B板時即可）．（5）在粒子繞行的整個過程中，A板電勢是否可始終保持為＋U？為什么？解析:（1）En=nqv

（2）∵mqU=

mv2n2mvn2nqU∴vn==qUnBnBn=mvn/qR

mR以vn結果代入，Bn=

mqR2nqU1=mR2nmvq（3）繞行第n圈需時1n2R11m1m=2πR∴tn=2πR（1＋＋＋…

2qvn2qvvn32＋）

（4）如圖所示，（對圖的要求：越來越近的等幅脈沖）

（5）不可以，因為這樣粒子在是、B之間飛行時電場對其做功＋qv，使之加速，在是、B之外飛行時電場又對其做功－qv使之減速，粒子繞行一周，電場對其作的總功為零，能量不會增大。

2、帶電粒子在疊加場中的運動

【例6】如圖所示，從正離子源發(fā)射的正離子經加速電壓U加速后進入相互垂直的勻強電場E（方向豎直向上）和勻強磁場B（方向垂直于紙面向外）中，發(fā)現(xiàn)離子向上偏轉，要使此離子沿直線穿過電場?

A．增大電場強度E，減小磁感強度BB．減小加速電壓U，增大電場強度EC．適當?shù)丶哟蠹铀匐妷篣D．適當?shù)販p小電場強度E

解析：正離子進入相互垂直的勻強電場和勻強磁場的區(qū)域中，受到的電場力F＝qE，方向向上，受到的洛侖茲力f＝qVB，方向向下，離子向上偏，說明了電場力大于洛侖茲力，要使離子沿直線運動，則只有使洛侖茲力磁大或電場力減小，增大洛侖茲力的途徑是增大加速電場的電壓U或或增大磁感強度B，減小電場力的途徑是減小場強E．對照選項的內容可知C、D正確．?

點評：帶電粒子進入相互垂直的勻強電場和勻強磁場區(qū)域，則它的速度V=E／B，這個區(qū)域就是速度選擇器，且速度選擇器對進入該區(qū)域的粒子所帶電荷的符號無關，只要是具有相同的速度的帶電粒子均能沿直線通過這一區(qū)域，但是有一點必須明確的是：速度選擇器的進口與出口的位置不具有互換性。

【例7】如圖所示，靜止在負極板附近的帶負電的微粒在MN間突然加上電場時開始運動，水平勻速地擊中速度為零的中性微粒后粘合在一起恰好沿一段圓弧落在N極板上，若ml

17

＝9．995×107千克，帶電量q=l08庫，電場強度E=103伏／米，磁感應強度B=0．5特，求擊中m2時的高度，擊中m2前的微粒速度，m2的質量和圓弧的半徑．

解析：由于擊中m2前微粒已達水平勻速，由勻速直線運動條件得：

mlg＋f洛=qEmlg＋qvB＝qE。v＝（qEm1g）／qB，代入數(shù)據(jù)可算得：v＝1米／秒

m1從開始運動到擊中m2的過程，只有重力和電場力做功．洛倫茲力不做功．由于涉及m1豎直方向的位移h，故選用動能定理分析得：qU一m1gh=m1v2一0

－

m1v2qEhm1gh=m1v，h＝

2qEm1g2

代入數(shù)據(jù)可算得h≈0．1米．又由于m1擊中m2能沿圓弧運動，說明這時重力已與電場力平衡，只是洛侖茲力充當向心力使它們作勻速圓周運動，故有：m1g＋m2g＝qE得m2=

qEm1g－

，代入數(shù)據(jù)可算得m2＝5×1010千克gm1、m2粘合在一起作圓周運動半徑為：r＝（ml十m2）v/／qB在ml擊中m2瞬間，動量守恒，即：m1vl=（m1＋m2）v/代入數(shù)據(jù)解①②兩式得：r≈200．

【例8】如圖所示，空間存在著垂直向外的水平的勻強磁場和豎直向上的勻強電場，磁感應強度為B，電場強度為E.在這個場區(qū)內，有一帶正電的液滴a在電場力和重力作用下處于靜止．現(xiàn)從場中某點由靜止釋放一個帶負電的液滴b(圖中未畫出），當它的運動方向變?yōu)樗�平方向時恰與a相撞，撞后兩液滴合為一體，并沿水平方向做勻速直線運動．已知液滴b的質量是a質量的2倍，b所帶電荷量是a所帶電荷量的4倍，且相撞前a,b間的靜電力忽略不計．E

（1)求兩液滴相撞后共同運動的速度大��；(2)畫出液滴b在相撞前運動的軌跡示意圖；(3)求液滴b開始下落時距液滴a的高度h.解析:液滴在勻強磁場、勻強電場中運動．同時受到洛倫茲力、電場力和重力作用，‘a（1）可設a液滴質量為m、電量為q,b液滴質量為2m、電量為一4q.平衡時，有qE=mg……①,a、b相撞合為一體時,質量為3m,電量為-3q,速度為，由題意知處于平衡vB狀態(tài)，重力3mg,電場力3qE均豎直向下，所以洛倫茲力必定豎直向上，滿足3qvB=3mg+3qE……②

由①、②兩式，可得撞后速度v=2E/B

b(2)對b液滴開始時重力2mg,電場力4qE均豎直向下，所以開始向

下加速，由左手定則，洛倫茲力向右,可見b液滴從初始位沿一曲線向右下方運動，當與a相撞前b的速度已水平向右，其軌跡示意圖如圖

h所示．

(3)對b,從開始運動至與a相撞之前，由動能定理:we＋wG＝△EK,ba2

即(4qE＋2mg)h=（2m）v0

a,b相撞時，可看做動量守恒，有2mv0=3mv由以上幾式可得v0=3E/B

22mv0v03E再由上兩式得h4qE2mg6g2gB2【例9】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，真空管內加速后，穿過A"中心的小孔沿中心軸010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(qū)域．當極板間不加偏轉電壓時，電子束打在熒光屏的中心0

18

點處，形成了一個亮點；加上偏轉電壓U后，亮點偏離到0"點，（O"與0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(qū)域，再加上一個方向垂直于紙面向里的勻強磁場．調節(jié)磁場的強弱，當磁感應強度的大小為B時，亮點重新回到0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0點的電子速度的大�。�(2）推導出電子的比荷的表達式

解析:(1)當電子受到的電場力與洛倫茲力平衡時，電子做勻速直線運動，亮點重新回復到中心0點，設電子的速度為v，則evB＝Ee,得v=E/B=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=L1/v這樣，電子在電場中，豎直向上偏轉

2U12eL1的距離為d1at1222mvb離開電場時豎直向上的分速度為vat1eLU1mvbL2v電子離開電場后做勻速直線運動，經t2時間到達熒光屏t2t2時間內向上運動的距離為:d2vt2eUL1L2mv2beULL1L2122mvb這樣，電子向上的總偏轉距離為d=d1＋d2=可解得

eUdmB2bLLL1122

例6設在地面上方的真空室內，存在勻強電場和勻強磁場，已知電場強度和磁感應強度的方向是相同的，電場強度的大小E=4.0V/m，磁感應強度的大小B=0.15T．今有一個帶負電的質點以v=20m/s的速度在的區(qū)域內沿垂直場強方向做勻速直線運動，求此帶電質點的電量與質量之比q/m以及磁場的所有可能方向（角度可用反三角函數(shù)表示）．

分析：帶負電的質點在同時具有勻強電場、勻強磁場和重力場中做勻速直線運動，表明帶電質點受重力mg、電場力qE和洛侖茲力qvB的作用處于平衡狀態(tài)．因重力方向豎直向下，3個力合力為零，要求這3個力同在一豎直平面內，且電場力和洛侖茲力的合力方向應豎直向上．

由此推知，帶電質點的受力圖，如圖所示；再運用力學知識就可求解．

解：帶電質點受3個力（重力、電場力、洛侖茲力）作用．根據(jù)題意及平衡條件可得質點受力圖，如圖

qm所示

g（

質點的

9.8速度垂直紙面向外）

mg2EqqvB22所以

vB2E2200.1524.021.96c/kg

由質點受力圖可得tanθ=qvB/qE,所以arctanvB200.15arctanarctan0.75370E4.0即磁場是沿著與重力方向夾角θ=37，且斜向下方的一切方向．

答：帶電質點的荷質比q/m等于1.96C/kg，磁場的所有可能方向是與重力方向夾角θ=37的斜向下方的一切方向．

3、磁偏轉技術的應用

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【例10】電視機顯像管中電子束的偏轉是用磁偏轉技術實現(xiàn)的，電子束經電壓為U的加速電場加速后，進入一圓形磁場區(qū)，如圖所示，磁場方向垂直圓面，磁場區(qū)的中心為O，半徑為r，當不加磁場時，電子束將通過O點而打到屏幕中心M點，為了使電子束射到屏幕邊緣P，需要加磁場，使電子束偏轉一已知角度θ，此時磁場的磁

P

電子束OUθM

感應強度B為多大？

解析:電子在磁場中沿圓弧ab運動如圖所示，圓心為C，半徑為R，以v表示電子進入電場的速度，m、e分別表示電子質量和電量，則：eU=mv2

evB=mv2/R,又有tan(θ/2)=r/R,

12mv聯(lián)立解得Btan

re2Cbvaθ

【例11】核聚變反應需幾百萬攝氏度高溫，為了把高溫條件下高速運動粒子約束在小范圍內（否則不可能發(fā)生核聚變），可采用磁約束的方法．如圖所示，環(huán)狀勻強磁場圍成中空區(qū)域，中空區(qū)域內的帶電粒子只要速度不是很大，都不會穿出磁場的外邊緣，設環(huán)形磁場的內半徑R1＝0.5m，外半徑R2＝1m，磁場的磁感應強度B＝0.1T，若被約束的帶電粒子的比荷q/m=4×107C/kg,中空區(qū)域內的帶電粒子具有各個方向大小不同的速度，問（1)粒子沿環(huán)狀半徑方向射入磁場，不能穿越磁場的最大速度；（2)所有粒子不能穿越磁場的最大速度．

解析根據(jù)Bqv＝mv2/r得r=mv/Bq，由于B、q/m一定，所以v越大，r越大，且最大半徑對應最大速度，多作幾個沿環(huán)半徑方向但大小不同的速度所對應的磁場中運動圓軌跡，如圖（b)所示，很容易得出當圓軌跡與環(huán)形磁場外邊界內切時，對應的半徑是粒子射不出磁場的最大半徑，對應的速度就是不能穿越磁場的最大速度，由幾何知識得v1max＝1.5×107m/s,（2)由（1）可知沿某一方向射不出磁場的最大速度對應的圓軌跡與磁場外邊界內切，再作出粒子斜向左上方和豎直方向射入磁場對應的和磁場外邊界內切的圓軌跡．如圖（C)所示，從而得出沿各個方向射不出磁場的最大速度不同，通過比較發(fā)現(xiàn)，粒子垂直環(huán)半徑方向射入磁場時不能穿越磁場的最大速度v1max是最小的，所以若要求所有粒子均不能穿越磁場，則所有粒子的最大速度不能超過v1max，由數(shù)學知識可得v1max＝1.0×107m/s.

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