2.自感电动势:自感现象中产生的感应电动势叫自感电动势．

①自感电动势ε＝L

②L是自感系数：

a．L跟线圈的形状、长短、匝数等因素有关系．

线圈越粗，越长、匝数越密，它的自感系数越大，另外有铁芯的线圈自感系数比没有铁芯时大得多．

b．自感系数的单位是亨利，国际符号是h，1亨=10³毫亨=10⁶ 微亨

1.自感现象:由于导体本身电流发生变化而产生的电磁感应现象．

(2)当线圈是N匝时则电量为：Q=NΔΦ/R

　如图所示，当磁铁完全插入时，假设线圈中磁通量变化为ΔΦ，通过每匝线圈磁通量变化与N匝线圈的磁通量变化一样都为ΔΦ；通过每匝线圈磁通量的变化率都为ΔΦ/Δt，因为是N匝，相当于N个相同电源串联，所以线圈的感应电动势ε＝Nε₀=N ΔΦ/Δt．

(3)如图所示，磁铁快插与慢插两情况通过电阻R的电量一样，但两情况下电流做功及做功功率不一样．　　

[例3].长L₁宽L₂的矩形线圈电阻为R，处于磁感应强度为B的匀强磁场边缘，线圈与磁感线垂直。将线圈以向右的速度v匀速拉出磁场，求：①拉力F大小；②拉力的功率P；③拉力做的功W；④线圈中产生的电热Q；⑤通过线圈某一截面的电荷量q。

解析：特别要注意电热Q和电荷q的区别，其中 q与速度无关！

2、力学与电磁磁应的综合应用

解决这类问题一般分两条途径:一是注意导体或运动电荷在磁场中的受力情况分析和运动状态分析;二是从动量和功能方面分析,由有关的规律进行求解

[例14]如图所示，闭合金属环从高h的曲面滚下，又沿曲面的另一侧上升，整个装置处在磁场中，设闭合环初速为零，摩擦不计，则

　 A．若是匀强磁场，环滚的高度小于h

　 B．若是匀强磁场，环滚的高度等于h

C、若是非匀强磁场，环滚的高度小于h。

D、若是非匀强磁场，环滚的高度大于h。

解析：若是匀强磁场，当闭合金属环从高h的曲面滚下时，无电磁感应现象产生．根据机械能守恒，环滚的高度等于h；若是非匀强磁场，当闭合金属环从高h的曲面滚下时，有电磁感应现象产生，而产生电磁感应的原因是环的运动，所以电磁感应现象所产生的结果是阻碍环的运动，所以环上升的高度小于h，故本题正确答案为B、C

[例15]如图所示，光滑弧形轨道和一足够长的光滑水平轨道相连，水平轨道上方有足够长的光滑绝缘杆MN，上挂一光滑铝环A,在弧形轨道上高为h的地方无初速度释放磁铁B(可视为质点)，B下滑至水平轨道时恰好沿A的中心轴线运动，设A,B的质量为M_A.M_B，求A获得的最大速度和全过程中A获得的电能．(忽略B沿弧形轨道下滑时环A中产生的感应电流)

解析：由B下落时只有重力做功可求得B滑至水平轨道的速度值,B沿A环轴线运动时,A内产生感应电流，与B产生相互作用，进入时相互排斥，故v_B减小，v_A增大，B的中点过A环后，AB相互吸引，v_B仍减小，v_A增大；当两者相对静止时，相互作用消失，此时v_A=vB,A其有最大速度．全过程能量守恒,B初态的重力势能转化为AB的动能和A获得的电能．

　　 设B滑至水平轨道的速度为V₁，由于B的机械能守恒，有M_Bgh=½M_B V₁²

　　 所以

　　 设AB最后的共同速度为V₂，由于轨道铝环和杆均光滑，对系统有： M_Bv₁=(M_A+M_B)v₂

　　 所以

　　 V₂即为所求的A获得的最大速度．又根据能量守恒有：M_Bgh=½(M_A+M_B)v₂²+E_电

所以

试题展示

散　　　　　 法拉第电磁感应定律、自感

基础知识　 一、法拉第电磁感应定律

(1)定律内容:电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比．ε=nΔφ/Δt

(2)另一种特殊情况:回路中的一部分导体做切割磁感线运动时,其感应电动势ε=BLvsinθ

(3)定律的几种表示式ε=nΔφ/Δt，ε=BLvsinθ，ε=ΔB/Δt·S，ε=½BL²ω；

(4)几点说明:

①这里的变化率应该同变化量区别开，变化量大变化率不一定大，主要是看变化量跟时间比值的大小．即变化率的大小．　

②ε=nΔφ/Δt是定律的表达式，在B不变而面积发生变化时推导出ε=BLvsinθ，当B、l、v三者不垂直或其中的二者不垂直时，乘sinθ即是找出垂直的分量.公式ε=ΔB/Δt·S是在面积不变的情况下磁感应强度发生变化而推出的公式．

③导出式ε=½BL²ω的推导如下：如图所示，长为l的金属棒在磁感应强度为B的匀强磁场中绕O点以角速度ω转动，设在Δt时间内棒的端点由P运动到Q，则OP两点的电势差ε=Δφ/Δt=BΔS/Δt=B½LPQ/Δt=½BL²ω,这实际上是B不变而面积发生变化的情况，

[例1]两根平行的长直金属导轨，其电阻不计，导线ab、cd跨在导轨上且与导轨接触良好，如图11-17所示，ab的电阻大于cd的电阻，当d在外力F₁，(大小)的作用下，匀速向右运动时，ab在外力F₂(大小)作用下保持静止，那么在不计摩擦力的情况下(U_ab、U_cd是导线与导轨接触处的电势差)(　　 D　　　 )

　　 A．F₁＞F₂，U_ab＞U_cd　　　 B．F₁＜F₂，U_ab＝U_cd

　　 C．F₁＝F₂，U_ab＞U_cd　　　 D．F₁＝F₂， U_ab=U_cd

解析：通过两导线电流强度一样，两导线都处于平衡状态，则F₁＝BIL，F₂＝BIL，所以F₁＝F₂，因而AB错．对于U_ab与Ucd的比较， U_ab=IR_ab，这里cd导线相当于电源，所以U_cd是路端电压，这样很容易判断出U_cd＝IR_ab 即U_ab＝U_cd．正确答案D

[例2]如图所示，磁场方向与水平而垂直，导轨电阻不计，质量为m长为l，电阻为R的直导线AB可以在导轨上无摩擦滑动从静止开始下滑过程中，最大加速度为　　　 ；最大速度为　　　　 。

解析：ab开始运动的瞬间不受安培力的作用，因而加速度最大，为a=mgsinα/m=gsinα，AB从静止开始运动，于是产生了感应电动势，从而就出现了安培力，当安培力沿斜面分力等于mgsinα时．AB此时速度最大．

对棒受力分析，Fcosα=mgsinα，此时，AB速度最大，而F＝BLI

　　 I=BLvcosα/R，得：v=mgRtgα/ B²L²cosα．

2.楞次定律

(1)楞次定律:　 感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化．

　　 磁场　 阻碍　 变化

　　 主语　 谓语　 宾语

　　 主语磁场的定语是“感应电流的”；谓语的状语是“总是”；宾语的定语是“引起感应电流的磁通量的”．

(2)对“阻碍”的理解

　 这里的“阻碍”不可理解为“相反”，感应电流产生的磁场的方向，当原磁场增加时，则与原磁场方向相反，当原磁场减弱时，则与原磁场方向相同；也不可理解为“阻止”，这里是阻而未止．

(3)楞次定律的另一种表达:感应电流的效果总是要反抗产生感应电流的原因.

即由电磁感应现象而引起的一些受力、相对运动、磁场变化等都有阻碍原磁通量变化的趋势。

(4)楞次定律应用时的步骤

①先看原磁场的方向如何．　　　 ②再看原磁场的变化(增强还是减弱)．

③根据楞次定律确定感应电流磁场的方向．

④再利用安培定则，根据感应电流磁场的方向来确定感应电流方向．

[例4]如图所示，小金属环靠近大金属环，两环互相绝缘，且在同一平面内，小圆环有一半面积在大圆环内，当大圆环接通电源的瞬间，小圆环中感应电流的情况是(C)

A.无感应电流　　 B.有顺时针方向的感应电流

C.有逆时针方向的感应电流　　 D.无法确定

解析:在接通电源后，大环内的磁感线分布比大环外的磁感线分布要密．所以小环在大环内部分磁通量大于环外部分磁通量．所以小环内总磁通量向里加强，则小环中的感应电方向为逆时针方向．

[例5]如图所示，一个有弹性的金属圆环被一根橡皮绳吊于通电导线的下方，当通电直导线中电流I增大时，圆环的面积S和橡皮绳的长度L将变化：①S增大；②S减小；③L变长；.④L变短．正确的是(C)

A.①③;　 B.①④;　 C.②③;　 D. ①④

解析:根据楞次定律效果法可知，当穿过金属环内的磁通量增大时，要阻碍磁通量变大，则环面积应变小或远离导线．选取C.

[例6]如图所示，闭合线框ABCD和abcd可分别绕轴线OO^/，转动．当abcd绕OO^/轴逆时针转动时(俯视图)，问ABCD如何转动？

解析：由于abcd旋转时会使ABCD中产生感应电流，根据楞次定律中“感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的相对运动．”ABCD中的感应电流将阻碍abcd的逆时针转动，两线框间有吸引力作用，因此线框ABCD也随abtd逆时针转动，只不过稍微慢了些

思考：(1)阻碍相对运动体现了怎样的能量关系？

　　 (2)楞次定律所反映的实际是对原磁通量的补偿效果．根据实际情况，这种补偿可分为哪几种？(运动补偿、面积、电流、磁感应强度、速度、力等的补偿效果)

[例7]如图所示，用一种新材料制成一闭合线圈，当它浸入液氮中时，会成为超导体，这时手拿一永磁体，使任一磁极向下，放在线圈的正上方，永磁体便处于悬浮状态，这种现象称为超导体磁悬浮，可以用电磁感应及有关知识来解释这一现象．

解析：当磁体放到线圈上方的过程中．穿过线圈的磁通量由无到有发生变化．于是超导线圈中产生感应电流，由于超导线圈中电阻几乎为零，产生的感应电流极大，相应的感应磁场也极大；由楞次定律可知感应电流的磁场相当于永磁体，与下方磁极的极性相同，永磁体将受到较大的向上的斥力，当永磁体重力与其受到磁场力相平衡时，永滋体处于悬浮状态．

[例8]在光滑水平面上固定一个通电线圈，如图所示，一铝块正由左向右滑动穿过线圈，那么下面正确的判断是()

　　 A.接近线圈时做加速运动，离开时做减速运动

　　 B.接近和离开线圈时都做减速运动

　　 C.一直在做匀速运动

　　 D.在线圈中运动时是匀速的

解析:把铝块看成由无数多片横向的铝片叠成，每一铝片又由可看成若干闭合铝片框组成；如图。当它接近或离开通电线圈时，由于穿过每个铝片框的磁通量发生变化，所以在每个闭合的铝片框内都要产生感应电流。．产生感应电流的原因是它接近或离开通电线圈，产生感应电流的效果是要阻碍它接近或离开通电线圈，所以在它接近或离开时都要作减速运动，所以A,C错，B正确。由于通电线圈内是匀强磁场，所以铝块在通电线圈内运动时无感应电流产生，故作匀速运动,D正确。故答案为BD.

规律方法　 1、楞次定律的理解与应用

理解楞次定律要注意四个层次:①谁阻碍谁?是感应电流的磁通量阻碍原磁通量;②阻碍什么?阻碍的是磁通量的变化而不是磁通量本身;③如何阻碍?当磁通量增加时,感应电流的磁场方向与原磁场方向相反,当磁通量减小时,感应电流的磁场方向与原磁场方向相同,即”增反减同”;④结果如何?阻碍不是阻止,只是延缓了磁通量变化的快慢,结果是增加的还是增加,减少的还是减少.

另外①”阻碍”表示了能量的转化关系,正因为存在阻碍作用,才能将其它形式的能量转化为电能;②感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的相对运动.

[例9]如图所示，一个电感很大的线圈通过电键与电源相连，在其突出部分的铁芯上套有一个很轻的铝环，关于打开和闭合电键时将会发生的现象，有以下几种说法：①闭合电键瞬间，铝环会竖直向上跳起；②打开电键瞬间，铝环会增大对线圈的压力；③闭合电键瞬间，铝环会增大对线圈的压力；④打开电键瞬间，铝环会竖直向上跳起。其中判断正确的是(　 )

A.①②;B.①③;C.①④;D. ②③;

解析:此线圈通电后是一电磁铁，由安培定则可判定，通电后线圈中的磁场方向是竖直向下的，线圈上端为S极、下端为N极。由楞次定律可知闭合电键瞬间，铝环中感应电流的磁场方向向上，要阻碍穿过环的磁通量的增加，因此环的上端面呈N极、下端面呈S极，同极性相对，环和线圈互相排斥，由于电流变化率大，产生的感应电流磁场也较强、，相互间瞬间排斥力大到可知较轻的铝环向上跳起。同样分析可知，打开电键瞬间,环和线圈是两个异种极性相时，铝环会增大对线圈的压力。因此，只有①②正确，应选A.

[例10]磁感应强度为B的匀强磁场仅存在于边长为2l的正方形范围内，有一个电阻为R、边长为l的正方形导线框abcd，沿垂直于磁感线方向，以速度v匀速通过磁场，如图所示，从ab边进入磁场算起．　　

(1)　　　 画出穿过线框的磁通量随时间变化的图象

(2)　　　 线框中感应电流的方向

解析：线框穿过磁场的过程可分为三个阶段．进入磁场阶段(只有ab边在磁场中)，在磁场中运动阶段(ab、cd两边都在磁场中)，离开磁场阶段(只有cd边在磁场中)．

(1)①线框进入磁场阶段：t为O­--l/v．线框进入磁场中的面积线性增加，S=l·v·t，最后为φ＝B·S=Bl²．

②线框在磁场中运动阶段：t为l/v--2l/v，线框磁通量为φ＝B·S=Bl²，保持不变．

③线框离开磁场阶段，t为2l/v--3l/v，线框磁通量线性减少，最后为零．

(2)线框进入磁场阶段，穿过线框的磁通量增加，线框中将产生感应电流，由右手定则可知，感应电流方向为逆时针方向．

　 线框在磁场中运动阶段，穿过线框的磁通量保持不变，无感应电流产生．

　 线框离开磁场阶段，穿过线框的磁通量减少，线框中将产生感应电流，由右手定则可知，感应电流方向为顺时针方向．

[例11]如图所示，导线框abcd与导线AB在同一平面内，直导线中通有恒定电流I，当线框由左向右匀速通过直导线过程中，线框中感应电流的方向是

　　 A．先abcda，再dcbad，后abcda

　　 B．先abcda，再dcbad

　　 C．始终是dcbad

　　 D．先dcbad，再abcda，后dcbad

解析：通电导线AB产生的磁场，在AB左侧是穿出纸面为“·”，在AB右侧是穿入纸面的“×”，线框由左向右运动至dc边与AB重合过程中，线框回路中“·”增加，由楞次定律判定感应电流方向为dcbad；现在看线框面积各有一半在AB左、右两侧的一个特殊位置，如图所示，此位置上线框回路中的合磁通量为零．从dc边与AB重合运动至图的位置，是“·”减少(或“×”增加)．由 11-4位置运动至ab边与AB重合位置，是“·”继续减少(或“×”继续增加)．所以从dc边与AB重合运动至ab与AB重合的过程中，感应电流资向为abcda；线框由ab与AB重合的位置向右运动过程中，线杠回路中“×”减少，感应电流方向由楞次定律判定为dcbad，　

[例12]如图所示，一水平放置的圆形通电线圈1固定，另一较小的圆形线圈2从1的正上方下落，在下落过程中两线圈平面始终保持平行且共轴，则在线圈2从正上方下落至l的正下方过程中，从上往下看，线圈2中的感应电流应为(　　　 )

　　 A．无感应电流　　　 B．有顺时针方向的感应电流

　　 C、先是顺时针方向，后是逆时针方向的感应电流

　　 D、先是逆时针方向，后是顺时针方向的感应电流

解析：圆形线圈1通有逆时针方向的电流(从下往上看)，它相当于是环形电流，环形电流的磁场由安培定则可知，环内磁感线的方向是向上的，在线圈2从线圈1的正上方落到正下方的过程中，线圈内的磁通量先是增加的，当两线圈共面时，线圈2的磁通量达最大值，然后再继续下落，线圈2中的磁通量是减少的．由楞次定律可以判断：在线圈2下落到与线圈1共面的过程中，线圈2中感应电流的磁场方向与线圈1中的磁场方向相反，故电流方向与线圈1中的电流方向相反，为顺时针方向；当线圈2从与线圈1共面后继续下落时，线圈2中的感应电流的磁场方向与线圈1中的磁场方向相同，电流方向与线圈1中电流方向相同，为逆时针方向，所以C选项正确．

感应电流在原磁场所受到的作用力总是阻碍它们的相对运动．利用这种阻碍相对运动的原则来判断则更为简捷：线圈2在下落的过程中，线圈2中的感应电流应与线圈l中的电流反向，因为反向电流相斥，故线圈2中的电流是顺时针方向；线圈2在离开线圈1的过程中，线圈2中的感应电流方向应与线圈1中电流方向相同，因为同向电流相吸，线圈2中的电流是逆时针方向．

[例13]如图所示，AOC是光滑的金属轨道，AO沿竖直方向，OC沿水平方向，PQ是一根金属直杆如图立在导轨上,OP＞OQ，直杆从图示位置由静止开始在重力作用下运动，运动过程中QO端始终在OC上，P端始终在AO上，直到完全落在OC上，空间存在着垂直纸面向外的匀强磁场，则在PQ棒滑动的过程中，下列判断正确的是(BD)

　 　A.感应电流的方向始终由P→Q

　　 B.感应电流的方向先由P→Q，再是Q→P

　　 C.PQ受磁场力的方向垂直于棒向左

　　 D. PQ受磁场力的方向垂直于棒先向左，再向右

解析:在PQ滑动的过程中，OPQ的面积先变大后变小，穿过回路的磁通量先变大后变小，则电流方向先是P→Q后Q→P.选BD.

1.右手定则:伸开右手，使拇指跟其余的四指垂直且与手掌都在同一平面内，让磁感线垂直穿过手心，手掌所在平面跟磁感线和导线所在平面垂直，大拇指指向导线运动的方向, 四指所指的方向即为感应电流方向.

[例3]图中为地磁场磁感线的示意图，在南半球地磁场的竖直分量向上，飞机在南半球上空匀速飞行，机翼保持水平，飞机高度不变，由于地磁场的作用，金属机翼上有电势差．设飞行员左方机翼末端处的电势为U₁，右方机翼末端处的电势为U₂(　　 )

　　 A．若飞机从西往东飞，U₁比U₂高；B．若飞机从东往西飞，U₂比U₁高；

　　 C．若飞机从南往北飞，U₁比U₂高；D．若飞机从北往南飞，U₂比U₁高；

解析：在地球南半球，地磁场在竖直方向上的分量是向上的，飞机在空中水平飞行时，飞行员的右手掌向上，大姆指向前(飞行方向)，则其余四指指向了飞行员的左侧，就是感应电流的方向，而右手定则判断的是电源内部的电流方向，故飞行员右侧的电势总比左侧高，与飞行员和飞行方向无关．故选项B、D正确。

点评：这是一道典型用右手定则来判断感应电流方向的试题．试题的难度不大，但是若不确定飞机在南半球上空任何方向平向飞行时总是左侧的电势高，则可能得出B、C或A、D两答案．另外必须明确的是楞次定律和右手定则均是判断电源内部的电流方向，在电源内部，电流是从电势低的方向流向电势高的方向·

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

例6　 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．

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．