2.(09年北京卷)19．如圖所示的虛線區(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　　　　　　　　 (　 C　 )

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

解析：a粒子要在電場、磁場的復合場區(qū)內做直線運動，則該粒子一定做勻速直線運動，故對粒子a有：Bqv=Eq 即只要滿足E =Bv無論粒子帶正電還是負電，粒子都可以沿直線穿出復合場區(qū)，當撤去磁場只保留電場時，粒子b由于電性不確定，故無法判斷從O’點的上方或下方穿出，故AB錯誤；粒子b在穿過電場區(qū)的過程中必然受到電場力的作用而做類似于平拋的運動，電場力做正功，其電勢能減小，動能增大，故C項正確D項錯誤

1.(09年全國卷Ⅰ)17.如圖，一段導線abcd位于磁感應強度大小為B的勻強磁場中，且與磁場方向(垂直于紙面向里)垂直。線段ab、bc和cd的長度均為L，且。流經導線的電流為I，方向如圖中箭頭所示。導線段abcd所受到的磁場的作用力的合力　　　　　　　　　　　 (　 A　 )

A. 方向沿紙面向上，大小為

B. 方向沿紙面向上，大小為

C. 方向沿紙面向下，大小為

D. 方向沿紙面向下，大小為

解析：本題考查安培力的大小與方向的判斷.該導線可以用a和d之間的直導線長為來等效代替,根據,可知大小為,方向根據左手定則.A正確。

3、磁偏轉技術的應用

[例10]電視機顯像管中電子束的偏轉是用磁偏轉技術實現的，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=½mv²

evB=mv²/R,又有tan(θ/2)=r/R,

聯(lián)立解得

[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. 5 m，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v_1max＝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，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v_1max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v_1max，由數學知識可得v_1max＝1.0×10 ⁷ m/s.

試題展示

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B

　 B．減小加速電壓U ，增大電場強度E

　 C．適當地加大加速電壓U

　 D．適當地減小電場強度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m_l＝9．995×10^－7千克，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：

m_lg +f_洛=qE　　　　 m_lg+qvB＝qE�！　� v＝(qE-m₁g)／qB，代入數據可算得：　　 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=½m₁v²一0

　　 qEh-m₁gh=½m₁v²，h＝

　　 代入數據可算得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=，代入數據可算得m₂＝5×10^－10千克

m₁、m₂粘合在一起作圓周運動半徑為：　　 r＝(m_l十m₂)v^/／qB

　　 在m_l擊中m₂瞬間，動量守恒，　　 即：m₁v_l=(m₁+m₂)v^/

　　 代入數據解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．

(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，‘

(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v，由題意知處于平衡狀態(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

　(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液滴從初始位置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，其軌跡示意圖如圖所示．

　(3)對b,從開始運動至與a相撞之前，由動能定理:w_e+w_G＝△E_K,即(4qE+2mg)h=½(2m)v₀²

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

再由上兩式得

[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點的電子速度的大小．

(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時間內向上運動的距離為:

這樣，電子向上的總偏轉距離為d=d₁+d₂=

可解得

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．根據題意及平衡條件可得質點受力圖，如圖所示(質點的速度垂直紙面向外)所以

由質點受力圖可得tanθ=qvB/qE,所以

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．

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:

(3)回旋加速器最后使粒子得到的能量，可由公式來計算，在粒子電量，、質量m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=qEh……②

　　 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／qB………③

　　 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/mv²………①

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/mv………②

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＝½mv²………①

由洛倫茲力充當向心力得qvB=mv²/R………②　 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/4……④

R₂²＝(2d)²+(R₂一d/2)²，R₂＝17d/4……⑤

依題意R₁≤R≤R₂ ……⑥　 由③④⑤⑥可解得≤≤．

[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。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，則兩電極之間的電壓U應是多少？(不計重力，整個裝置在真空中)。

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S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，再經過a回到s點。

　　 設粒子射入磁場區(qū)的速度為V，根據能量守恒，有½mv²＝qU

　　 設粒子在洛侖茲力作用下做勻速圓周運動的半徑為R，由洛侖茲力公式和牛頓定律得　　　　 mv²/R=qvB

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，則v=qBR/m=qBr₀/m，U=mv²/2q=qB²r²₀/2m。

[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，求粒子繞行n圈回到A板時獲得的總動能E_n．

　 (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B_n．

　 (3)求粒子繞行n圈所需的總時間t_n(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)E_n=nqv

(2)∵mqU=½mv∴v_n=　　　 =qU_nB_n　 B_n=mv_n/qR

以v_n結果代入，B_n==

(3)繞行第n圈需時=2πR　 ∴t_n=2πR(1+++……+)

(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。

4.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．

原理：加速場中qU=½mv²

選擇器中:v=E/B₁

偏轉場中:d＝2r，qvB₂＝mv²/r

比荷:

質量

作用：主要用于測量粒子的質量、比荷、研究同位素．

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/4B

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．

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．

　 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．