磁場是高考的查重特別磁場對動電荷的作用力——洛侖茲力，以及電荷在復(fù)合場中并且綜合性強，難度較大。一般考查帶電粒子在復(fù)合中做勻速直線運動、勻速圓周運動、拋物線運動等。求解這類問題要注意分析粒子的受力圖景、運動圖景和能量圖景，依據(jù)受力和初始條件來確定粒子的運動情況，結(jié)合運動情況充分利用數(shù)學(xué)幾何知識求解相問題。如2001第18、2004年理第24題、204年西卷第18、2004年理四第24等這章的知在科研生產(chǎn)實際中有許多重要應(yīng)用，聯(lián)系實際是這一章的最大亮點，如速度選擇器、質(zhì)譜儀、回旋、磁流體發(fā)電機、電磁流量計、霍耳效應(yīng)等，幾乎是年年考，重復(fù)考！一定要舍得下功夫把這些3

②規(guī)定在磁場中任意一點小磁針北極的受力方（N③對磁體：外部(NS)，(SN)組成閉合：磁感線上任意一點的切線方向都跟該點的（磁感線的切線方向、小磁針北極受力方向、小磁針靜止時N；磁感線在磁體的外部是N極指向S極，在是SN極；4要明白三個問題：(磁極位置?赤道處磁場特點?

N極在地S極在地理的北極附近；；1、直線電流的磁場。磁感線是以導(dǎo)線為圓心的同心圓，其方向用安培定則判定：右手握住導(dǎo)線，讓伸直的大姆指指向電流方向，彎曲的四指所指的方向就是磁感線的環(huán)繞方向。直線電流周圍空間的磁場弱。BI環(huán)形電流的磁場BI3曲的四指指向電流方向，伸直的大姆指的指向為螺線管磁感線方向；長通電螺線管的磁感線

都相同的區(qū)域。兩個較大的異名磁極之間(外)，長直通電螺線管(除兩端外)都是勻強磁場BIBIIB

磁場的最基本性質(zhì)是對放入其中的電流有磁場力的作用。電流垂直于磁場時受磁場力最大，電流FIL之乘積IL的比值叫做磁感應(yīng)強度，

如果在磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中有一個與磁場方向垂直的平面，其面積為SBS的乘Φ表示。B

（條件是勻強磁場中，或

L⊥BFBI方向關(guān)系為F⊥B，F(xiàn)⊥IFBI

若面積SB，磁感應(yīng)強度方向又垂直面積SSφ=B·S。BBαSθ若面積S與垂直于磁場方向的平面間的夾角為θ，Sφ＝B·S⊥＝BScosθSB之αφ＝B·S⊥＝BSsinα；無論采用哪一若平面SB3量為正負磁通量的代數(shù)和，φ＝φ正－φ負。5在國際單位制中磁通量的單位是1Wb＝1T·m2＝1N·m2/A·m＝1N·m/A＝1J/A1m21根時，1T（1T＝1Wb/m2BLθ＝90°時，導(dǎo)體與磁場垂直，安培力最

F＝BILsinθL上各點處磁感應(yīng)強度相安培力方向用左手定則判定：伸開左手，使大拇指和其余四指垂直，并且都跟手掌在同一個并使伸開的四指指向電流方向，那么大拇指所指的F、B、IB、I的方向：F⊥B，F(xiàn)⊥IFBI所構(gòu)成的平面B的方向。1B，v⊥B，F(xiàn)Fmax＝qvB。洛侖茲力的方向用左手定則判定：伸開左手，使大拇指和其余四指垂直，并且都跟手掌在同一平面內(nèi)，把手放入磁場中，讓磁感線垂直穿入掌心，四指指向正電荷的運動方向，那么，大拇指所指的方向就是正電荷所受洛侖茲力的方向；如果運F、v、B三者方向間的關(guān)系。已知v、B的方向，可以由左手定則確定F的唯一方向：F⊥v、F⊥BFvB（如圖所示FBv的方向，由vvBB成不為零的Fv的方向，也不能唯一確B的方向。1F洛＝qvB可由安培力公式F安=BILI＝nqvS共同推導(dǎo)出：運動電荷的總數(shù)目為N＝nsL，故每一個運動電荷受F洛＝F安/N＝qvB。安培力是大量運動電

v作勻（θ≠0°θ≠90°動，平行磁場方向作勻速運動，螺距S=v∥T。VVVBθVS22BqV2RRmV T2R

時，除了應(yīng)熟悉上述基本規(guī)律之外，還必須掌握確和如圖6AB點，均具有三個重要特點。fVf1T

（T

m

即2t第三、相對的弦切角（）動能公式：EK2 2m T、f和第一、Tf的的大小與軌道半徑（R）和運行的勻強磁場中，T、f和相同。3、帶電粒子的軌道圓心（O、速度偏向角（

角（）互補，即帶電粒子運動規(guī)律不偏轉(zhuǎn)中：粒子a＝Eq/m（

xXxXYEy－（Eqt/mv0于π/2。磁偏轉(zhuǎn)的偏轉(zhuǎn)角θB＝ωt＝Vt/r＝qBt/m，容易0—π角的偏轉(zhuǎn)

OθOθBBYV q有界勻強磁場是指在局部空間內(nèi)存在著勻強磁場。對磁場邊界約束時，可以使磁場有著多種多樣的邊界形狀，如：單直線邊界、平行直線邊界、矩形邊界、圓形邊界、三角形邊界等。這類問題中一般設(shè)計為：帶電粒子在磁場外以垂直磁場方向的速度進入磁場，在磁場內(nèi)經(jīng)歷一段勻速圓周運動后離開磁場。粒子進入磁場時速度方向與磁場邊界夾角不同，使粒子運動軌跡不同，導(dǎo)致粒子軌跡與磁場VVV V圖（1）θ進入，仍以與磁場邊

qO3O2圖1入射速度方向指向勻強磁場區(qū)域圓的圓Bq，質(zhì)ma點沿圓形區(qū)域的直徑入射，設(shè)正離子射出磁場區(qū)域方向與入射方向的夾角為60，★b點射出，射出速度方向的延長線與入射方向的直徑交點為O，如2，正離子在磁場中運動的軌跡為一段圓弧，該軌跡圓弧對應(yīng)的圓心O’位于初、末速度方向垂線的交ab既是軌跡圓弧對應(yīng)的弦，也是區(qū)域圓的弦，由此可知，OO’ab的垂直平分線，O點就是磁

3a點射入勻強磁場區(qū)域，初O’在初速度v0abO、d、O’ab的垂直平分線上。切角不同，該軌跡圓弧對應(yīng)的圓心角2則運動時間t2m24xOy坐標系第一象限內(nèi)xQ點的圓形有界勻強磁場，磁計重力）質(zhì)量為m，帶電荷量為+q，以初速度v0P點進入第一象限，30，經(jīng)過該圓形有界磁場時，速度方向偏轉(zhuǎn)了60xQ點射出。t1T 特點2 與軌跡圓弧對應(yīng)的弦的夾角為（弦切角，則出射速度方向與入射速度方向的偏轉(zhuǎn)角為2，軌跡圓弧對應(yīng)的圓心角也為2，并且初末速度方向的交點、

260，那么弦切角就為30QQy軸的直線，與初速度v0方向的交點為A，A點就是入射點4Q’，圓心角為60AOQ為等邊三角形，半徑rmv0,AQr

（見前一r

過小，弦（Q點的連線）也會發(fā)生變化，可以看出弦切角不再是3060了。；

近年來高考題中多次出現(xiàn)求圓形磁場的最小范圍問題，這類問題的求解方法是：先依據(jù)題意和幾何知識，確定圓弧軌跡的圓心、半徑和粒子運動的軌跡，再用最小圓覆蓋粒子運動的軌跡（一般情況速度選擇器是近代物理學(xué)研究中常用的一種實平行金屬板M、NM接電源正極，N

S2孔飛出。由此可見，盡管有一束速度不同的粒子從S1S2孔飛出的3粒子受力特點——FS1小孔S2水平射出，電場力與洛侖茲力平衡，即

EqBq;即

EB

當v0一定時——EB的大小;當E和B一定時——調(diào)節(jié)加速電壓U的大小;根據(jù)勻速運動的條件和功能關(guān)系 1EqU

mv2

，所以，加速電壓應(yīng)為

2B1mEU 2qBFf的方向始終相反——將v0E、BFEqFEqvE

S2孔進入時，粒子受電場力和兩個重要的功能關(guān)系——

EB

選擇器時速度vE 擇器。如圖，設(shè)在電場方向側(cè)移d后粒子速度v，當vE時:f方向側(cè)移，F(xiàn)做負功

U的電場加速后，從S2孔以速度v飛出；B0E0B0的大小可以選擇度為v0＝E0/B0的粒子通過速度選擇器，從S3孔射出；S4進入，做半 r粒子動能減少 電勢能增加 1mv2qEd1mv v

F：粒子在偏轉(zhuǎn)磁場中做半圓運動后，PPS4間的距LS、S1、S2、S3、S4 時:粒子向F方向側(cè)移，F(xiàn)做正功— 粒子動能增加 電勢能減少 1mv2qEd1mv2 質(zhì)比和含量比，如圖所示為一種常用的質(zhì)譜儀

mq（重力不計，粒子經(jīng)電場加速由動能定理有：qU1m22粒子在偏轉(zhuǎn)磁場中作圓周運動有：L2mAMUSCAMUSCVDF VBm

B2同位素荷質(zhì)比和質(zhì)量的測定:粒子通過加速電場，通過速度選擇器，根據(jù)勻速運動的條件vE

O（Oq、質(zhì)量

L2R

B0

A中小孔S靜電C：靜電兩極板M和

qmq

B0

mB0BqL（氣體發(fā)生電離，電離后的氣體中含有離子、電子和部分未電離的中性粒子，因為正負電荷的密度幾乎相等，從整體看呈電中性，這種高度電離“”。工作原理磁流體發(fā)電機結(jié)構(gòu)原理如圖（1）所示，其平面圖如圖（2所示。、N垂直于紙面向里的勻強磁場，讓等離子體平行于極正離子將向M板偏轉(zhuǎn)，負離子將向NM板上積累正電荷，在N在兩極板間就產(chǎn)生電勢差，形成了電場，場強方向從M指向N倫茲力F洛之外，還受到電場力F電的作用，只要F洛F，帶電粒子就繼續(xù)偏轉(zhuǎn)，極板上就繼續(xù)積的電場力F電與洛倫茲力F洛大小相等為止。此后帶電動勢的計算:設(shè)兩極板間距為d極電勢差達到最大值的條件F洛F電，

1932年物理學(xué)家勞倫斯發(fā)明的回旋，的應(yīng)例，也是高中物理中的一個難點，其回旋是用來加速帶電粒子使之獲得高能BBO回旋的結(jié)構(gòu)?；匦牟糠諨形盒的底面。把兩個D形盒分別接到高頻電源的兩極上?；匦墓ぷ髟?。如圖所示，從粒子D形盒內(nèi)，在洛倫茲力D形盒做勻速圓周運動……，這樣，帶電粒子D形盒內(nèi)沿螺線軌道運動逐vE

，則磁流體發(fā)電機的電動勢Bdv

f 帶電粒子在勻強磁場中運動的周期T

粒子在磁場中每運動半周的時間t2

mqB

共被加速了n

nqUEmax

B2q2

所以n

B動的周期相等（），即高頻電源的頻率為

f電

時 粒子加速后的最大動能EDRDm速的最后半周的半徑為R，由 可R

若計上粒子在電場中運動的時間，則粒子在兩D形盒間的運動可視為初速度為零的勻加速直線運d，有：nd1qUtmm

B2q2R

2 2nd2ndqU

UE 2

EBm

tt

t

BR(2d由于nqU

2

Rd，所以t

D

BαD形盒飛出時的速D電場力對帶電粒子做功，使帶電粒子的速度增大。設(shè)帶電粒的質(zhì)量為電為q在回旋中nD形盒飛出時的速度為Vm據(jù)動能定理有：nqU1mV2解得V m212V 12D形盒內(nèi)做勻速圓周運動的向心力是由洛侖茲力提供的，對帶電粒子飛出回旋前的最后半周，根據(jù)第二定律有：

A就會出現(xiàn)多余的正電荷，形AA’，以后運動的電 ，電場強度增加，F(xiàn)電也增加，最終會使2qBVm2R

解得VBRqm

B、R為定值，所以帶電粒子從D形盒飛出α粒子的 量的4倍，故有

電流為I，勻強磁場的磁感應(yīng)強度為B，導(dǎo)體中單位n，電子的電量為e，定向移動v，上下表面間的電勢差為U；五．

Bqh

UBh①

實驗研究表明，U、I、B為UkIB②，kdInesnehd

k

兩表面間的電勢差UBhhBv切割磁E感Bh電磁流量計是利用霍爾效應(yīng)來測量管道中液體流量（單位時間內(nèi)通過管內(nèi)橫截面的液體的體積）aVVdb力和洛倫茲力平衡時，ab間電勢差就保持穩(wěn)定，測abU，則有：

BO處的磁感強度（）C．在環(huán)形分路所在平面內(nèi)指向B。量疊加原理可知中心O處的磁感強度為零，即D選2O處的磁BqUd

UQS

d2

OA選項正確。個矩形線圈，線圈共有N匝，它的下部懸在均勻磁BLB垂直。當線圈的I時，調(diào)節(jié)砝碼使兩臂達到平衡；然m的砝★解析：根據(jù)天平的原理很容易得出安培力F1mg，所以F=NBLI=1mg B

電流不平行時有轉(zhuǎn)動到相互平行且方向相同的趨I時，導(dǎo)線的運動情況是（）(從上往下看)AO、BO5分析的特殊位置(如轉(zhuǎn)過90°)后再判所受安培力方3條形磁鐵也可等效成環(huán)形電流、通電螺線管可等效4、推論分析法：(1)

AO段電流元受安培力方向指C。3：會分析計算導(dǎo)體棒在安培力作用下【例題】如圖所示，兩平行光滑導(dǎo)軌相距為勻強磁場磁感應(yīng)強度B方向豎直向下，大小為B=0.8T，電源電動勢為E=10Vr=1Ω。當電鍵S閉合時，MNR1的取值為多少?(θ=45°)7。

I=0.2A的電流，金屬棒下降x1=1cm，若通入金屬棒中的電流仍為0.2A，但mg=BLII=mg/BL=2.5A。(2)I1=0.2A的電流，金屬棒下降x1=1mm，由平衡條件得：當電流反向時，由平衡條件得：mg=-BLI+2kx2

mgBLI

。RR1

mgBLI8所示，若不計彈簧重力，問(1)要使彈簧

導(dǎo)體棒受磁場作用的安培力的沖量公式FtBLItBLq，利用此公式可簡便地求解相【例題】如圖所示，金屬棒abm=5g，放置在寬L=1m、光滑的金屬導(dǎo)軌的邊緣上，兩金E=16Vh=0.8m，g取10S與“1”接通并穩(wěn)定后，再使它與“2”abs=0.064mab★S接“1”時，電容器充電，穩(wěn)定時兩極板的電壓為：UE16V，QCE3.2103CS接“2”時，電容器放電，有放電電流通過ab棒，但該電流是變化的，所以ab棒受到的安培力也ab棒離開水平導(dǎo)軌的初速V0可根據(jù)ab棒sVt，h1gt2

UQ'8V【例題】電視機的顯像管中，電子（質(zhì)量為m，帶電量為e）束的偏轉(zhuǎn)是用磁偏轉(zhuǎn)技術(shù)實現(xiàn)的。電子束經(jīng)過電壓為U的加速電場后，進入一圓形勻強磁場區(qū)，如圖1所示，磁場方向垂直于圓面，磁場區(qū)的中心為O，半徑為r。當不加磁場時，將通過O點打到屏幕的中心M點。為了讓射到屏P，需要加磁場，使偏轉(zhuǎn)一已知角度★2g得V0g

0.16ms

運動，圓周上的兩點a、b設(shè)放電過程時間為t，此過程通過ab棒的電量為Q，由動量定理得:

所以Q

1.6103C所以ab被拋出時電容器極板上剩余的電量為Q1.6103C所以ab棒被拋出時電容器兩端的電壓為

v，對電子在電場中eUmv2/evBmv2/由圖可知，偏轉(zhuǎn)角r、Rtan(/2)r/

arctan(a/（2）由直角三角形OO1D，粒子的軌道半(a/(a/2)2(b/粒子在磁場中運動有qvBmv2/

2mU/etan(/

a2a2

/x、yA、C（1）x（2）初速度的大小。（1）4所示，OA、OC是圓周上軌跡的圓心，以O(shè)1為圓心OO1＝R為半徑畫圓。OF的方向（與初速度垂直）v的方向（與OO1垂直斜向x軸的夾角為，由幾何關(guān)系可知，∠O1OC＝OO1D中，有tan(a/2)/(b/2)a/

的一個電子，動量為P，電量為e，在A、C點，所AC＝d。求電子從AC時發(fā)生的偏轉(zhuǎn)角?！?所示，A、C為圓周上的兩點，O為圓周軌跡的圓心。畫出速度的方向，則角為偏轉(zhuǎn)角。Rmv/(eB)P/由幾何關(guān)系有sin(2)(d2聯(lián)立以上二式解得2arcsin[deB2xOy平面并指向紙面外，磁感應(yīng)強度為B。一帶正電的粒子以速度v0從O點射為OL，q/m?！?周運動，從A點射出磁場。OA是圓軌跡上一條弦，v0與圓周軌跡相切。做弦的垂直平分線和初vO1O1O1到入射點OR（軌道半徑）由洛侖茲力公式和定律 qvBmv2/ O1是弦OAL/2R聯(lián)立以上二式解得qm2v0sin

1帶電粒子如果從一直線邊界進入又從該邊界射出，則其軌跡關(guān)于入射點和出射點線段的中垂線對稱，入射速度方向與出射速度方向與邊界的夾角相【例題（這題和前一題重復(fù)）如圖1所示，在y0xy子以速度v0Ox軸正向的夾角為，若粒子射出磁場OL，求該粒子電量與質(zhì)量之2Ax軸作垂線，H，由與幾何關(guān)系得：帶電粒子在勻強磁場中作圓周運動的問題是近幾年高考的熱點，這些題不但涉及洛倫茲力，而且往往與幾何關(guān)系相聯(lián)系，使問題難度加大，但無論

Rsin1 2mv帶電粒子磁場中作圓周運動，由qvB 解得R 2

Rmv0L

SBSB2L，SOL

OB

SB2OSSB2OS【例題】如圖3所示，S為電子源，它在紙面360度范圍內(nèi)發(fā)射速度大小為v0mq（q<0MN

A所以粒子能的范圍為(13

3L

5所示，勻強磁場中磁感應(yīng)強度為Bd，一電子從左邊界垂直勻強磁場射入，入射方向與邊界的夾角為m，e，要使電子能從軌道的另一側(cè)射出，求電子★解析：由于粒子從同一點向各個方向發(fā)射，粒S一個圓都是逆時針旋轉(zhuǎn)，這樣可以作出打到最高點4NN且SBBmv0周運動，由qvB 00

★6所示，當入射速度很小時電子會 從右邊界射出，設(shè)此時的速率為v0，帶電粒子在

R2(RL)2 rrcos

4電子在磁場中運動時洛倫茲力提供向心力mv evB 0，所以r

qv1BR1R

所以電子從另

因此

m

qB m

R4

mvqvB 【例題】長為L的水平極板間，有垂直紙面向內(nèi)Lm

所以

m

qB m

的帶負電粒子（不計重力）v射入磁場，欲使粒子打到極

qBLv5qBL 方法，在解題中如果抓住這幾點，可以使問題89所示，打

帶電粒子在有界磁場中的運動問題，綜合性較強，解這類問題既要用到物理中的洛侖茲力、圓周

AO

1。帶電粒子在半磁場中的運

VtBq 以速率V垂直于屏S經(jīng)過小孔O射入存在著勻強磁 qBt★解析：(1)離子的初速度與勻強磁場的方向垂徑為r，則據(jù)第二定律可得：

因為2，所以 t2個磁感強度為B、方向為垂直于紙面向里的勻強磁LO＇處有一豎直放置的熒MN，今有一質(zhì)量為m的電子以速率v2BqVm2r

，解得r

RABθ，電子越出磁v14一直線上，且∠O＇OP=∠AO″B=θ

故其軌跡是圓弧的一部分，又因為f⊥V，故圓心在15O點，由幾何知識知，AB2tan( ，2)(1 2)(2

＝30°，OBtan()2

RO＇PR

又∵AB圓心角是30°，∴時間t=T/12，t=ABR V

BeVtan()2tan

reBr (tan(

.OP(Lr)tan

要注意臨界條件的分析。如已知帶電粒子的質(zhì)量m子的速度V必須滿足什么條件？這時必須滿足r=mV/Be>d，即V>Bed/m1 2

m2V2e2B2rtan()O,P(Lr)tan2(Lr)eBrmVm2V2e2B2r

4【例題】長為L的水平極板間，有垂直紙面向內(nèi)

m2V2e2B2r

tRV

m

m2V2e2B2r

線以速度V【例題】如圖15(電量為e)度Vd中，磁場時速度方向與電子原來入射方向的夾角是30，則電的質(zhì)量，場的時是。

可采用的辦法是（使粒子的速度★而作勻速圓周運動，很明顯，圓周運動的半徑大于某值r1r2r1邊穿出時r2r12＝L2+(r1-L/2)2得又由 V1=5BqL/4mr2＝L/4，又由r2＝mV2/Bq=L/4V2＝BqL/4m∴V2<BqL/4m時粒子能從左邊穿出。綜上可得正確答案是A、B。5

★（不能穿越磁場，則粒子的臨界軌跡必須要與外圓相18 由圖中知r2R2R 為把高溫條件下高速運動的離子約束在小范圍內(nèi)（托卡馬克裝置17

解得r1VBqVm1得

1.5107m/rm rm1內(nèi)。設(shè)環(huán)狀磁場的內(nèi)半徑為R1=0.5m，外半徑

磁場的最大速度為

1.5107msq/m=4×107c/㎏，中空區(qū)域內(nèi)帶電粒

（2）V2的速度沿與內(nèi)圓相切方向射入V1速度沿各方向射x軸正方向，這條軌跡為磁場區(qū)域的上O/O點的連x軸正方向，其射出點（由圖中知

R22

（x，yVr2BqVmr22得

m

1.0107m/

2V1.0107m/220xoy平面內(nèi)有很多質(zhì)meO

消去參數(shù)θx2+(R-同的速率V0沿不同方向平行xoy平面射入第I象限。xoyB的勻強磁

S4

R2

(2)m2VR2) 2e2B2場，要求這些入射電子穿過磁場都能平行于x軸且RmV0。在由OIy軸正方向射出的電子轉(zhuǎn)過1/4

22所示，兩個共軸的圓筒形金屬之間的電壓Ｕ應(yīng)是多少？（真空中

8動24★23S點出發(fā)，在兩筒之a(chǎn)而進入磁場到S點的條件是能沿徑向穿過狹縫dd，粒子就會在電場力作用下先，再反向加速，經(jīng)d重新進入磁場區(qū)，然后粒子以同樣方式經(jīng)過c、b，S1

個質(zhì)量為m、電量為q、不計重力的帶正電的粒子從O點由靜止開始運動，穿過中間磁O點，然后重O（1）qU

mV2

qEL

mV2公式

2BqVm2R由前面分析可知，要回到S點，粒子從ad3R必定等于筒的外半徑r4B2qr2U

BqVm2R2 由以上兩式，可得 25所ΔO1O2 dRsin600

1【例題】如圖26所示，一個質(zhì)mqR的絕緣圓筒中。圓筒內(nèi)存在垂直紙面向里的勻A

2mV

在中間磁場中運動時間

T在右側(cè)磁場中運動時間

5T5m 則粒子第一次回到O

★解析：由于離子與圓筒內(nèi)壁碰撞時量損失tt1t2t3

RT的關(guān)系，求出粒子在磁

m轉(zhuǎn)回到A點，則每相鄰兩次碰撞點之間圓弧所問題往往存在多解，解這類習(xí)題時常常由于能力的要求較高，因此不少同學(xué)感到。為加

rR

mn

29甲、乙所示的兩種情況。離子運動的周期為TqB離子運動的周期為TqBBqV rVt2RtanmVn設(shè)圖中、的、因設(shè)圖中、的、因2m，則nnt(n1)而 n n(n1)(2m)Rtan(n12m)Rtann2(2n

,nqVB

mVR

，T

，qB228

)

,)(2

n

29則央的A孔射入磁場中。粒子碰撞時量和電量損

R1

a,k1mV1

又qVB 1R1R孔處射出，粒子的入射速度應(yīng)為多少？在磁場中 所VqBa,t 2k(qB

k1,,2,VqBa,t 4k(2)m,kqB3

要使粒子能回到S點，要求粒子每次與△DEFV都垂直于邊，且通過三角形頂點處時，DS(2n1)Rn30α的圓柱形空

即

4(2n

5(2n1)

此時SE3DS6n3

（n位于圓柱的軸線上．DE邊上SDSL4

D與磁場邊界距離

xa

3a內(nèi)且垂直于DEq(>0)，m，但速度V有各種不同的數(shù)值．若這些

由于

2a0.080a,

R2a

所以有n4，所以可得

m

5(2n1)（2）由于T2R 可見，T與V無關(guān)，nn=4VSS點

3×13個半3300o的弧。所以有 3

多少（1）做勻速圓周運動，其圓心必在DE邊上。根據(jù)第

t442BqVm2R

解得R

E＝4.0V/m，磁感應(yīng)強度的大小B＝0.15T。今有一個帶負電的質(zhì)點以V＝20m/s的速度在此區(qū)域內(nèi)沿垂直場強方向做勻速直q/m以及★得知此帶電質(zhì)點所受的重力、電場力和洛侖茲力的合力必定為零。由此推知此三個力在同一豎直平面內(nèi)，如圖31(VB)2(VB)2E

tanθ=VB/E=20×0.15/4.0，θ＝arctan0.75。即磁場是沿著與重力方向夾角θ＝arctg0.75，且當帶電粒子在復(fù)合場中在復(fù)合場中受到合外力為恒力時，帶電粒子將做勻變速直線運動。當帶電粒子受到洛侖力作用時，要做勻變速直線運動，一32所示，帶電量這+qm的小球從傾角為的光滑斜面上由靜止下滑，勻強斜面上滑行的最大速度為，小球在斜面上滑行的最大距離為（斜面足夠長?！锝馕觯盒∏蜓毓饣泵嫦禄瑫r，受到重力G=mgf=BqVN的作用。33所示。E2(BVE2(BV)gm(200.15)2(200.15)2m

1.96C/k

V=mgcosθ/Bq。θ，則有:

F=mgsi