5.设在地面上方的真空室内，存在匀强电场和匀强磁场，已知电场强度和磁感应强度的方向是相同的，电场强度的大小E=4.0V/m，磁感应强度的大小B=0.15T．今有一个带负电的质点以v=20m/s的速度在的区域内沿垂直场强方向做匀速直线运动，求此带电质点的电量与质量之比q/m以及磁场的所有可能方向(角度可用反三角函数表示)．

分析：带负电的质点在同时具有匀强电场、匀强磁场和重力场中做匀速直线运动，表明带电质点受重力mg、电场力qE和洛仑兹力qvB的作用处于平衡状态．因重力方向竖直向下，3个力合力为零，要求这3个力同在一竖直平面内，且电场力和洛仑兹力的合力方向应竖直向上．

　　 由此推知，带电质点的受力图，如图所示；再运用力学知识就可求解．

解：带电质点受3个力(重力、电场力、洛仑兹力)作用．根据题意及平衡条件可得质点受力图，如图所示(质点的速度垂直纸面向外)所以

由质点受力图可得tanθ=qvB/qE,所以

即磁场是沿着与重力方向夹角θ=37˚，且斜向下方的一切方向．

　　　 答：带电质点的荷质比q/m等于1.96C/kg，磁场的所有可能方向是与重力方向夹角θ=37˚的斜向下方的一切方向．

4．如图所示，在相互垂直的水平匀强电场和水平匀强磁场中，有一竖直固定绝缘杆MN，小球P套在杆上，已知P的质量为m，电量为q,P与杆间的动摩擦因数为μ，电场强度为E，磁感应强度为B，小球由静止起开始下滑，设电场、磁场区域足够大，杆足够长，求：

(1)当下滑加速度为最大加速度一半时的速度.

(2)当下滑速度为最大下滑速度一半时的加速度.

命题意图：考查考生逻辑推理能力、分析综合能力.B级要求.

错解分析：不能沿正确的路径推理辨析各物理量隐含的制约关系，据牛顿运动定律列方程.

解题方法与技巧：

因电场力方向与洛仑兹力方向相反，小球先做加速度逐渐增加的加速运动，当加速度达到最大后，又做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度为零时，速度达到最大.因此，加速度达到最大之前，加速度可能取最大值的一半，加速度达到最大值后，一定有某一时刻加速度为最大加速度的一半.小球速度(达到最大值前)始终在增大，一定只有某一时刻速度为最大速度的一半，要研究这一时刻是在加速度最大之前还是之后.

(1)小球刚开始下滑时速度较小，Bqv＜Eq受力分析如图17-6所示，由牛顿第二定律得：

mg-μ(Eq-Bqv)=ma　　　　　　　　　　　 ①

当Bqv=Eq时

a达最大为a_m＝g

随v的增大，Bqv＞Eq，小球受力如图17-7所示.

则：mg-μ(Bqv-Eq)=ma　　　　　　　　　 ②

将a＝,a_m＝g分别代入①式和②式

解得在a达到a_m之前，

当a＝g时，速度为

v₁＝

当a达到a_m后，当a＝g时，速度为v₂＝，其中v₁存在是有条件的，只有mg≤2Eqμ时，在a增加阶段才有a＝g可能.

(2)在a达到a_m后，随着v增大，a减小，当a＝0时v＝v_m，由②式可解得

v_m＝.

设在a达a_m之前有v＝，则由①式解得此时加速度为a＝g+，

因mg＞Eqμ，故a＞g，这与题设相矛盾，说明在a＝a_m之前不可能有v=.

显然a＜g，符合题意.

将v=v_m代入②式解得a=

3.如图所示，静止在负极板附近的带负电的微粒m、在MN间突然加上电场时开始运动，水平地击中速度为零的中性微粒m₂后黏合在一起恰好沿一段圆弧运动落在N极板上，若m₁=9.995×10^-7 kg,电荷量q=10^-8 C，电场强度E=10³ V/m，磁感应强度B=0.5 T,求m₁击中m₂时的高度，m₁击中m₂前的瞬时速度,m₂的质量及m₁和m₂黏合体做圆弧运动的半径.

图

解析：m₁击中m₂前是匀速直线运动，应用m₁g+Bvq=Eq

解得v=(Eq-m₁g)/Bq=1 m/s

因m₁在击中m₂前已是水平匀速运动，故m₁的竖直分速度已为零，在从m₁开始运动到击中m₂的过程中，只有重力和电场力对m₁做功，洛仑兹力不做功.设所求高度为h,由动能定理得Eqh-m₁gh=m₁v²-0

解得h==100 m

由于m₁击中m₂后恰能做圆周运动，说明黏合体所受重力与电场力平衡，仅是洛仑兹力充当做匀速圆周运动的向心力，故有：

m₁g+m₂g=Eq

m₂=-m₁=5×10^-10 kg

m₁与m₂黏合体做匀速圆周运动的半径为

r=(m₁+m₂)v′/Bq　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　①

在m₁击中m₂的瞬间，由动量守恒有

m₁v=(m₁+m₂)v′　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ②

将②代入①并代入数据得r≈200 m.

答案：100 m　 1 m/s　 5×10^-10 kg　 200 m

点评：本题将带电粒子的平衡、碰撞、圆周运动等结合在一起，综合性强，要求学生能正确分清过程，找出适用规律.

2. 为了诊断病人的心脏功能和动脉中血液粘滞情况需测量血管中血液的流速和流量.如图为电磁流量计的示意图，将血管置于磁感应强度为B的匀强磁场中，测得血管两侧电压为U，已知管的直径为d，试求出血液在血管中的流速v为多少？流量Q(单位时间内流过的体积)是多少？(重力不计)

解析：血液是导电液体，含有大量的正负离子.设血液中正负离子向右流动的速度为v，由于洛仑兹力的作用，正离子向管道a的一侧集中，负离子向管道b的一侧集中，a、b间形成电势差.当正负离子所受电场力与洛仑兹力达到平衡时，离子不再偏移，此时ab之间有了稳定电势差U，形成一个匀强电场.离子在电场中受力平衡，则E=,Eq=qvB.

所以v=

设在时间Δt内流进管道的血液体积为V，则流量

Q===.

答案：　

点评：这是一道实际应用题，是速度选择器与电磁流量计组合的一个问题.要求学生认真构建物理模型.

1.串列加速器是用来产生高能离子的装置.图11-4-3中虚线框内为其主体的原理示意图，其中加速管的中部b处有很高的正电势U，a、c两端均有电极接地(电势为零).现将速度很小的负一价碳离子从a端输入，当离子到达b处时，可被设在b处的特殊装置将其电子剥离，成为n价正离子，而不改变其速度大小，这些正n价碳离子从c端飞出后进入一与其速度方向垂直的、磁感应强度为B的匀强磁场中，在磁场中做半径为R的圆周运动.已知碳离子的质量m=2.0×10^-26 kg,U=7.5×10⁵ V,B=0.5 T,n=2,元电荷e=1.6×10^-19 C,求R.

解析：设碳离子到达b处时的速度为v₁，从c端射出时的速度为v₂，由能量关系得

mv₁²=eU　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ①

mv₂²=mv₁²+neU　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ②

进入磁场后，碳离子做圆周运动，可得

nev₂B=　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　③

由①②③三式可得R=　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ④

由④式及题给数值可解得R=0.75 m.

答案：R=0.75 m

3、磁偏转技术的应用

[例10]电视机显像管中电子束的偏转是用磁偏转技术实现的，电子束经电压为U的加速电场加速后，进入一圆形磁场区，如图所示，磁场方向垂直圆面，磁场区的中心为O，半径为r，当不加磁场时，电子束将通过O点而打到屏幕中心M点，为了使电子束射到屏幕边缘P，需要加磁场，使电子束偏转一已知角度θ，此时磁场的磁感应强度B为多大？

解析：电子在磁场中沿圆弧ab运动如图所示，圆心为C，半径为R，以v表示电子进入电场的速度，m、e分别表示电子质量和电量，则：

eU=½mv²　　　 evB=mv²/R,　　 又有tan(θ/2)=r/R,

联立解得

[例11]核聚变反应需几百万摄氏度高温，为了把高温条件下高速运动粒子约束在小范围内(否则不可能发生核聚变)，可采用磁约束的方法．如图所示，环状匀强磁场围成中空区域，中空区域内的带电粒子只要速度不是很大，都不会穿出磁场的外边缘，设环形磁场的内半径R₁＝0. 5 m，外半径R₂＝1m，磁场的磁感应强度B＝0. 1T，若被约束的带电粒子的比荷q/m=4×10⁷C/kg,中空区域内的带电粒子具有各个方向大小不同的速度，问(1)粒子沿环状半径方向射入磁场，不能穿越磁场的最大速度；(2)所有粒子不能穿越磁场的最大速度．

解析：(1)根据Bqv＝mv² /r得r=mv/Bq，由于B、q/m一定，所以v越大，r越大，且最大半径对应最大速度，多作几个沿环半径方向但大小不同的速度所对应的磁场中运动圆轨迹，如图(b)所示，很容易得出当圆轨迹与环形磁场外边界内切时，对应的半径是粒子射不出磁场的最大半径，对应的速度就是不能穿越磁场的最大速度，由几何知识得v_1max＝1. 5× 10⁷m/s,

(2)由(1)可知沿某一方向射不出磁场的最大速度对应的圆轨迹与磁场外边界内切，再作出粒子斜向左上方和竖直方向射入磁场对应的和磁场外边界内切的圆轨迹．如图(C)所示，从而得出沿各个方向射不出磁场的最大速度不同，通过比较发现，粒子垂直环半径方向射入磁场时不能穿越磁场的最大速度v_1max是最小的，所以若要求所有粒子均不能穿越磁场，则所有粒子的最大速度不能超过v_1max，由数学知识可得v_1max＝1.0×10 ⁷ m/s.

试题展示

2、带电粒子在叠加场中的运动

[例6]如图所示，从正离子源发射的正离子经加速电压U加速后进入相互垂直的匀强电场E(方向竖直向上)和匀强磁场B(方向垂直于纸面向外)中，发现离子向上偏转，要使此离子沿直线穿过电场?

　 A．增大电场强度E，减小磁感强度B

　 B．减小加速电压U ，增大电场强度E

　 C．适当地加大加速电压U

　 D．适当地减小电场强度E

解析：正离子进入相互垂直的匀强电场和匀强磁场的区域中，受到的电场力F＝qE，方向向上，受到的洛仑兹力f＝qVB，方向向下，离子向上偏，说明了电场力大于洛仑兹力，要使离子沿直线运动，则只有使洛仑兹力磁大或电场力减小，增大洛仑兹力的途径是增大加速电场的电压U或或增大磁感强度B，减小电场力的途径是减小场强E．对照选项的内容可知C、D正确．?

　 点评：带电粒子进入相互垂直的匀强电场和匀强磁场区域，则它的速度V=E／B，这个区域就是速度选择器，且速度选择器对进入该区域的粒子所带电荷的符号无关，只要是具有相同的速度的带电粒子均能沿直线通过这一区域，但是有一点必须明确的是：速度选择器的进口与出口的位置不具有互换性。

[例7]如图所示，静止在负极板附近的带负电的微粒在MN间突然加上电场时开始运动，水平匀速地击中速度为零的中性微粒后粘合在一起恰好沿一段圆弧落在N极板上，若m_l＝9．995×10^－7千克，带电量q=l0⁸库，电场强度E=10³伏／米，磁感应强度B=0．5特，求击中m₂时的高度，击中m₂前的微粒速度，m₂的质量和圆弧的半径．

解析：由于击中m₂前微粒已达水平匀速，由匀速直线运动条件得：

m_lg +f_洛=qE　　　　 m_lg+qvB＝qE。　　 v＝(qE-m₁g)／qB，

代入数据可算得：　　 v＝1米／秒

　 m₁从开始运动到击中m₂的过程，只有重力和电场力做功．洛伦兹力不做功．由于涉及m₁竖直方向的位移h，故选用动能定理分析得：　　 qU一m₁gh=½m₁v²一0

　　 qEh-m₁gh=½m₁v²，h＝

　　 代入数据可算得h≈0．1米．

又由于m₁击中m₂ 能沿圆弧运动，说明这时重力已与电场力平衡，只是洛仑兹力充当向心力使它们作匀速圆周运动，故有：m₁g+m₂g＝qE得m₂=，代入数据可算得m₂＝5×10^－10千克

m₁、m₂粘合在一起作圆周运动半径为：　　 r＝(m_l十m₂)v^/／qB

　　 在m_l击中m₂瞬间，动量守恒，　　 即：m₁v_l=(m₁+m₂)v^/

　　 代入数据解①②两式得：r≈200．

[例8]如图所示，空间存在着垂直向外的水平的匀强磁场和竖直向上的匀强电场，磁感应强度为B，电场强度为E.在这个场区内，有一带正电的液滴a在电场力和重力作用下处于静止．现从场中某点由静止释放一个带负电的液滴b(图中未画出)，当它的运动方向变为水平方向时恰与a相撞，撞后两液滴合为一体，并沿水平方向做匀速直线运动．已知液滴b的质量是a质量的2倍，b所带电荷量是a所带电荷量的4倍，且相撞前a,b间的静电力忽略不计．

(1)求两液滴相撞后共同运动的速度大小；

(2)画出液滴b在相撞前运动的轨迹示意图；

(3)求液滴b开始下落时距液滴a的高度h.

解析:液滴在匀强磁场、匀强电场中运动．同时受到洛伦兹力、

电场力和重力作用，‘

(1)可设a液滴质量为m、电量为q,b液滴质量为2m、电量为一4q.

平衡时，有qE=mg……①,a、b相撞合为一体时,质量为3m,电量为-3q,速度为v，由题意知处于平衡状态，重力3mg,电场力3qE均竖直向下，所以洛伦兹力必定竖直向上，满足3qvB=3mg+3qE……②

由①、②两式，可得撞后速度v=2E/B

　(2)对b液滴开始时重力2mg,电场力4qE均竖直向下，所以开始向下加速，由左手定则，洛伦兹力向右,可见b液滴从初始位置沿一曲线向右下方运动，当与a相撞前b的速度已水平向右，其轨迹示意图如图所示．

　(3)对b,从开始运动至与a相撞之前，由动能定理:w_e+w_G＝△E_K,即(4qE+2mg)h=½(2m)v₀²

a,b相撞时，可看做动量守恒，有2mv₀=3mv

由以上几式可得v₀=3E/B

再由上两式得

[例9]汤姆生用来测定电子的比荷(电子的电荷量与质量之比)的实验装置如图所示，真空管内加速后，穿过A'中心的小孔沿中心轴0₁0的方向进入到两块水平正对放置的平行极板P和P^/，间的区域．当极板间不加偏转电压时，电子束打在荧光屏的中心0点处，形成了一个亮点；加上偏转电压U后，亮点偏离到0'点，(O'与0点的竖直间距为d，水平间距可忽略不计)．此时，在P和P^/间的区域，再加上一个方向垂直于纸面向里的匀强磁场．调节磁场的强弱，当磁感应强度的大小为B时，亮点重新回到0点．已知极板水平方向的长度为L₁，极板间距为b，极板右端到荧光屏的距离为L₂(如图所示)．

(1)求打在荧光屏0点的电子速度的大小．

(2)推导出电子的比荷的表达式

解析:(1)当电子受到的电场力与洛伦兹力平衡时，电子做匀速直线运动，亮点重新回复到中心0点，设电子的速度为v，则evB＝Ee,得v=E/B=U/Bb.

(2)当极板间仅有偏转电场时，电子以速度v进入后，竖直方向作匀加速运动，加速度为a=eU/mb.

　 电子在水平方向作匀速运动，在电场内的运动时间为t₁=L₁/v这样，电子在电场中，竖直向上偏转的距离为

离开电场时竖直向上的分速度为

电子离开电场后做匀速直线运动，经t₂时间到达荧光屏

t₂时间内向上运动的距离为:

这样，电子向上的总偏转距离为d=d₁+d₂=

可解得

5.回旋加速器

如图所示

组成：两个D形盒，大型电磁铁，高频振荡交变电压，

两缝间可形成电压U

作用：电场用来对粒子(质子、氛核,a粒子等)加速，磁场用来使粒子回旋从而能反复加速．高能粒子是研究微观物理的重要手段．

要求：粒子在磁场中做圆周运动的周期等于交变电源的变化周期．

关于回旋加速器的几个问题：

(1)回旋加速器中的D形盒，它的作用是静电屏蔽，使带电粒子在圆周运动过程中只处在磁场中而不受电场的干扰，以保证粒子做匀速圆周运动‘

(2)回旋加速器中所加交变电压的频率f,与带电粒子做匀速圆周运动的频率相等:

(3)回旋加速器最后使粒子得到的能量，可由公式来计算，在粒子电量，、质量m和磁感应强度B一定的情况下，回旋加速器的半径R越大，粒子的能量就越大．

[注意]直线加速器的主要特征．

　如图所示，直线加速器是使粒子在一条直线装置上被加速．

规律方法　 1、带电粒子在复合场中的运动

[例1]如图所示，在X轴上方有匀强电场，场强为E；在X轴下方有匀强磁场，磁感应强度为B，方向如图，在X轴上有一点M，离O点距离为L．现有一带电量为十q的粒子，使其从静止开始释放后能经过M点．如果把此粒子放在y轴上，其坐标应满足什么关系？(重力忽略不计)

解析：由于此带电粒子是从静止开始释放的，要能经过M点，其起始位置只能在匀强电场区域．物理过程是：静止电荷位于匀强电场区域的y轴上，受电场力作用而加速，以速度V进入磁场，在磁场中受洛仑兹力作用作匀速圆周运动，向X轴偏转．回转半周期过X轴重新进入电场，在电场中经减速、加速后仍以原速率从距O点2R处再次超过X轴，在磁场回转半周后又从距O点4R处飞越X轴如图10一53所示(图中电场与磁场均未画出)故有L＝2R，L＝2×2R，L＝3×2R

　　 即 R＝L／2n，(n=1、2、3……)…………… ①

　　 设粒子静止于y轴正半轴上，和原点距离为h，由能量守恒得mv²／2=qEh……②

　　 对粒子在磁场中只受洛仑兹力作用而作匀速圆周运动有：R＝mv／qB………③

　　 解①②③式得：h＝B²qL²／8n²mE　　 (n＝l、2、3……)

[例2]如图所示，在宽l的范围内有方向如图的匀强电场，场强为E，一带电粒子以速度v垂直于电场方向、也垂直于场区边界射入电场，不计重力，射出场区时，粒子速度方向偏转了θ角，去掉电场，改换成方向垂直纸面向外的匀强磁场，此粒子若原样射入磁场，它从场区的另一侧射出时，也偏转了θ角，求此磁场的磁感强度B．

解析：粒子在电场中运行的时间t＝ l／v；加速度 a＝qE／m；它作类平抛的运动．有

　　　 tgθ=at/v=qEl/mv²………①

粒子在磁场中作匀速圆周运动由牛顿第二定律得：qvB=mv²/r，所以r=mv/qB

又：sinθ=l/r=lqB/mv………②

由①②两式得：B=Ecosθ/v

[例3]初速为零的离子经过电势差为U的电场加速后，从离子枪T中水平射出，经过一段路程后进入水平放置的两平行金属板MN和PQ之间．离子所经空间存在一磁感强度为B的匀强磁场，如图所示．(不考虑重力作用)，离子荷质比q/m(q、m分别是离子的电量与质量)在什么范围内，离子才能打在金属板上？

解析：离子在磁场中做匀速圆周运动，作出两条边界轨迹和TQ，分别作出离子在 T、P、Q三点所受的洛伦兹力，分别延长之后相交于O₁、O₂点，如图所示，O₁和O₂分别是TP和TQ的圆心，设 R₁和 R₂分别为相应的半径．

离子经电压U加速，由动能定理得．qU＝½mv²………①

由洛伦兹力充当向心力得qvB=mv²/R………②　 由①②式得q/m=2U/B²R²

由图直角三角形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

依题意R₁≤R≤R₂ ……⑥　 由③④⑤⑥可解得≤≤．

[例4]如图，两个共轴的圆筒形金属电极，外电极接地，其上均匀分布着平行于轴线的四条狭缝a、b、c和d，外筒的半径为r₀。在圆筒之外的足够大区域中有平行于轴线方向的均匀磁场，磁感强度的大小为B。在两极间加上电压，使两圆筒之间的区域内有沿半径向外的电场。一质量为m、带电量为+q的粒子，从紧靠内筒且正对狭缝a的s点出发，初速为零。如果该粒子经过一段时间的运动之后恰好又回到出发点S，则两电极之间的电压U应是多少？(不计重力，整个装置在真空中)。

解析：如图所示，带电粒子从S出发，在两筒之间的电场力作用下加速，沿径向穿出a而进入磁场区，在洛仑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，粒子将以同样方式经过c、d，再经过a回到s点。

　　 设粒子射入磁场区的速度为V，根据能量守恒，有½mv²＝qU

　　 设粒子在洛仑兹力作用下做匀速圆周运动的半径为R，由洛仑兹力公式和牛顿定律得　　　　 mv²/R=qvB

由前面分析可知，要回到S点，粒子从a到d必经过3/4圆周。所以半径R必定等于筒的外半径r₀，则v=qBR/m=qBr₀/m，U=mv²/2q=qB²r²₀/2m。

[例5]如图所示为一种获得高能粒子的装置，环形区域内存在垂直纸面向外．大小可调节的均匀磁场，质量为m，电量+q的粒子在环中作半径为R的圆周运动，A、B为两块中心开有小孔的极板，原来电势都为零，每当粒子飞经A板时，A板电势升高为U，B板电势仍保持为零，粒子在两板间电场中得到加速，每当粒子离开B板时，A板电势又降为零，粒子在电场一次次加速下动能不断增大，而绕行半径不变．

　 (l)设t=0时粒子静止在A板小孔处，在电场作用下加速，并绕行第一圈，求粒子绕行n圈回到A板时获得的总动能E_n．

　 (2)为使粒子始终保持在半径为R的圆轨道上运动，磁场必须周期性递增，求粒子绕行第n圈时的磁感应强度B_n．

　 (3)求粒子绕行n圈所需的总时间t_n(设极板间距远小于R)．

　 (4)在(2)图中画出A板电势U与时间t的关系(从t＝0起画到粒子第四次离开B板时即可)．

　 (5)在粒子绕行的整个过程中，A板电势是否可始终保持为+U？为什么？

解析:(1)E_n=nqv

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

以v_n结果代入，B_n==

(3)绕行第n圈需时=2πR　 ∴t_n=2πR(1+++……+)

(4)如图所示，(对图的要求：越来越近的等幅脉冲)

(5)不可以，因为这样粒子在是、B之间飞行时电场对其做功+qv，使之加速，在是、B之外飞行时电场又对其做功－qv使之减速，粒子绕行一周，电场对其作的总功为零，能量不会增大。

4.质谱仪

如图所示

组成：离子源O，加速场U，速度选择器(E,B)，偏转场B₂，胶片．

原理：加速场中qU=½mv²

选择器中:v=E/B₁

偏转场中:d＝2r，qvB₂＝mv²/r

比荷:

质量

作用：主要用于测量粒子的质量、比荷、研究同位素．

3.电磁流量计．

电磁流量计原理可解释为：如图所示，一圆形导管直径为d，用非磁性材料制成，其中有可以导电的液体向左流动．导电液体中的自由电荷(正负离子)在洛伦兹力作用下纵向偏转，a,b间出现电势差．当自由电荷所受电场力和洛伦兹力平衡时，a、b间的电势差就保持稳定．

　　 由Bqv=Eq=Uq/d，可得v=U/Bd.流量Q=Sv=πUd/4B