洛倫茲力

一、真題精選（高考必備）

1.（2009?安徽?高考真題）圖是科學史上一張著名的實驗照片，顯示一個帶電粒子在云室中穿過某種金屬板運動的

徑跡。云室放置在勻強磁場中，磁場方向垂直照片向里，云室中橫放的金屬板對粒子的運動起阻礙作用，分析此徑

跡可知粒子（）

A.帶正電,由下往上運動

B.帶正電,由上往下運動

C.帶負電,由上往下運動

D.帶負電,由下往上運動

2.（2013?安徽?高考真題）圖中a、b、c、d為四根與紙面垂直的長直導線，其橫截面位于正方形的四個頂點上,

導線中通有大小相同的電流，方向如圖所示.一帶正電的粒子從正方形中心。點沿垂直于紙面的方向向外運動，它

所受洛倫茲力的方向是（）

/A

?c

A.向上B.向下C.向左D.向右

3.（2012?廣東?高考真題）質量和電量都相等的帶電粒子M和N,以不同的速率經小孔S垂直進入勻強磁場，運行

的半圓軌跡如圖兩種虛線所示，下列表述正確的是

××××

B,.

×N×∕'×-^-.、×、

L、，/?

X,×?/××?

■■，I

s↑

A.M帶負電，N帶正電

B.M的速度率小于N的速率

C.洛倫茲力對M、N做正功

D.M的運行時間大于N的運行時間

4.（2010?北京?高考真題）圖是電子射線管的示意圖。接通電源后，電子射線由陰極沿X軸方向射出，在熒光屏上

會看到一條亮線。要使熒光屏上的亮線向下（Z軸方向）偏轉，在下列措施中可采用的是（）

B.加一磁場,磁場方向沿y軸正方向

C.加一電場,電場方向沿Z軸負方向

D.加一電場,電場方向沿y軸正方向

5.（2016?北京?高考真題）中國宋代科學家沈括在《夢溪筆談》中最早記載了地磁偏角：〃以磁石磨針鋒，則能指

南，然常微偏東，不全南也.〃進一步研究表明，地球周圍地磁場的磁感線分布示意如圖.結合上述材料，下列說

法不正確的是

北極不重合

B.地球內部也存在磁場，地磁南極在地理北極附近

C.地球表面任意位置的地磁場方向都與地面平行

D.地磁場對射向地球赤道的帶電宇宙射線粒子有力的作用

6.（2022?北京?高考真題）正電子是電子的反粒子，與電子質量相同、帶等量正電荷。在云室中有垂直于紙面的勻

強磁場，從P點發(fā)出兩個電子和一個正電子，三個粒子運動軌跡如圖中1、2、3所示。下列說法正確的是（）

P

1

/2

A.磁場方向垂直于紙面向里B.軌跡1對應的粒子運動速度越來越大

C.軌跡2對應的粒子初速度比軌跡3的大D.軌跡3對應的粒子是正電子

7.（2007?廣東?高考真題）如圖所示，鉛盒內裝有能釋放β和Y射線的放射性物質，在靠近鉛盒的頂部加上電

場E或磁場8,在圖（a）、（b）中分別畫出射線運動軌跡的示意圖。（在所畫軌跡上須標明是a、。和7中的哪種射線）

I?

I?

-----'?××[×-X

E：-->>Φ×:XX

（a）Ch）

8.（2013?北京?高考真題）對于同一物理問題，常常可以從宏觀與微觀兩個不同角度進行研究，找出其內在聯(lián)系,

從而更加深刻地理解其物理本質.

（1）一段橫截面積為S、長為I的直導線，單位體積內有"個自由電子，電子電荷量為e?該導線通有電流時，假

設自由電子定向移動的速率均為V.

（a）求導線中的電流/；

（b）將該導線放在勻強磁場中，電流方向垂直于磁感應強度B,導線所受安培力大小為F安，導線內自由電子所受

洛倫茲力大小的總和為凡推導F?=F.

（2）正方體密閉容器中有大量運動粒子，每個粒子質量為加，單位體積內粒子數(shù)量〃為恒量.為簡化問題，我們

假定：粒子大小可以忽略；其速率均為U,且與器壁各面碰撞的機會均等；與器壁碰撞前后瞬間，粒子速度方向都

與器壁垂直，且速率不變.利用所學力學知識，導出器壁單位面積所受粒子壓力尸與加、“和V的關系.

（注意：解題過程中需要用到、但題目沒有給出的物理量，要在解題時做必要的說明）

二、強基訓練（高手成長基地）

1.（2021?北京?模擬預測）如圖所示，在磁感應強度為B的勻強磁場中，有一段靜止的長為L截面積為S的通電導

線，磁場方向垂直于導線。設單位體積導線中有〃個自由電荷，每個自由電荷的電荷量都為q,它們沿導線定向移

動的平均速率為人下列選項正確的是（）

XX×B×

A.導線中的電流大小為"Sqv

B.這段導線受到的安培力大小為

C.沿導線方向電場的電場強度大小為VB

D,導線中每個自由電荷受到的平均阻力大小為

2.（2022?廣東?順德市李兆基中學高三階段練習）如圖所示，一內壁光滑、上端開口下端封閉的絕緣玻璃管豎直放

置，高為/?,管底有質量為"?、電荷量為+q的小球，玻璃管以速度V沿垂直于磁場方向進入磁感應強度為8、方向

垂直紙面向里的勻強磁場中。在外力作用下，玻璃管在磁場中運動速度保持不變，小球最終從上端管口飛出，在此

過程中，下列說法正確的是（）

××X

×××

XXX

××X

××X

A.洛倫茲力對小球做正功

B.小球運動的加速度逐漸增大

C.小球機械能的增加量等于qvBh

D.玻璃管運動速度越大，小球在玻璃管中的運動時間越長

3.（2022?全國?高三課時練習）如圖所示，一傾角為6=53°的粗糙絕緣斜面固定在水平面上，在其所在的空間存在

豎直向上、大小E=IXlO?N/C的勻強電場和垂直紙面向外、大小B=IXIO?T的勻強磁場?，F(xiàn)讓一質量m=0?4kg、電

荷量4=1×10-2C的帶負電小滑塊從斜面上某點由靜止釋放,小滑塊運動Im后離開斜面。已知cos53。=0.6,g=10m∕s2,

則以下說法正確的是（)

A.離開斜面前小滑塊沿斜面做勻加速運動

B.小滑塊離開斜面時的速度為1.8m/s

C.在離開斜面前的過程中小滑塊電勢能增加了0.8J

D.在離開斜面前的過程中摩擦產生的熱量為2.2J

4.（2020?北京朝陽?高三期末）磁學的研究經歷了磁荷觀點和電流觀點的發(fā)展歷程。

（1）早期磁學的研究認為磁性源于磁荷，即磁鐵N極上聚集著正磁荷，S極上聚集著負磁荷（磁荷與我們熟悉的

電荷相對應）。類似兩電荷間的電場力，米歇爾和庫侖通過實驗測出了兩磁極間的作用力F=K,“緡，其中p/和

廣

P2表示兩點磁荷的磁荷量，r是真空中兩點磁荷間的距離，K”?為常量。

請類比電場強度的定義方法寫出磁場強度H的大小及方向的定義；并求出在真空中磁荷量為Po的正點磁荷的磁場

中，距該點磁荷為R/處的磁場強度大小

（2）安培分子電流假說開啟了近代磁學，認為磁性源于運動的電荷，科學的發(fā)展證實了分子電流由原子內部電子

的運動形成。畢奧、薩伐爾等人得出了研究結論：半徑為心、電流為∕x的環(huán)形電流中心處的磁感應強度大小為

B=?,其中K〃為己知常量。

a.設氫原子核外電子繞核做圓周運動的軌道半徑為r,電子質量為〃?，電荷量為e,靜電力常量為％,求該“分子電

流”在圓心處的磁感應強度大小B1.

b.有人用電流觀點解釋地磁成因：在地球內部的古登堡面附近集結著繞地軸轉動的管狀電子群，轉動的角速度為

。，該電子群形成的電流產生了地磁場。如圖所示，為簡化問題，假設古登堡面的半徑為R,電子均勻分布在距地

心R、直徑為d的管道內，且八R。試證明：此管狀電子群在地心處產生的磁感應強度大小切回。。

5.（2022?全國?高三專題練習）如圖所示，在Xo），平面內x>0,γ>0的區(qū)域內存在勻強電場，電場強度大小E=IoOV/m；

在x>0、）<3根區(qū)域內存在垂直于Xoy平面的勻強磁場。現(xiàn)有一帶負電的粒子，電荷量4=2χl（HC,質量/M=ZxlOWg,

從原點。以一定的初動能EK射出。經過P（4m,3m）時，動能變?yōu)槌鮿幽艿?.2倍，速度方向平行于y軸正方向

最后從點M（0,5m）射出，此時動能又變?yōu)?。點時初動能的0.52倍。粒子的重力不計。

（1）分別寫出0、P兩點間和。、M兩點間的電勢差的表達式UoP和UOΛΛ

（2）寫出在線段OP上與M點等電勢的Q點的坐標；

（3）求粒子從P點運動到M點的時間。

^ylm

............：尸（4,3）

°ix/m

6.（2023?全國?高三專題練習）1931年，勞倫斯和學生利文斯頓研制了世界上第一臺回旋加速器，如圖1所示，這

個精致的加速器由兩個D形空盒拼成，中間留一條縫隙，帶電粒子在縫隙中被周期性變化的電場加速，在垂直于盒

面的磁場作用下旋轉，最后以很高的能量從盒邊緣的出射窗打出，用來轟擊靶原子。

（1）勞倫斯的微型回旋加速器直徑d=10cm,加速電壓U=2kV,可加速笊核（：H）達到最大為&,”=8OkeV的能量,

求：

a.笊核穿越兩D形盒間縫隙的總次數(shù)N；

b.笊核被第10次加速后在D形盒中環(huán)繞時的半徑R。

（2）自誕生以來，回旋加速器不斷發(fā)展,加速粒子的能量已經從每核子20MeV（20MeV∕u）提高到2008年的IooOMeV∕u,

現(xiàn)代加速器是一個非常復雜的系統(tǒng)，而磁鐵在其中相當重要。加速器中的帶電粒子，不僅要被加速，還需要去打靶，

但是由于粒子束在運動過程中會因各種作用變得"散開",因此需要用磁鐵來引導使它們聚集在一起,為了這個目的，

磁鐵的模樣也發(fā)生了很大的變化。圖2所示的磁鐵為"超導四極鐵"，圖3所示為它所提供磁場的磁感線。請在圖3

中畫圖分析并說明，當很多帶正電的粒子沿垂直紙面方向進入"超導四極鐵"的空腔，磁場對粒子束有怎樣的會聚或

散開作用？

7.（2022?遼寧?高三期末）離子推進器的原理是先將氣體電離，然后用電場力將帶電的離子加速后噴出，以其反作

用力推動火箭。離子推進器可簡化為由內、外半徑分別為R∕=R和R2=3R的同軸圓柱體構成，分為電離區(qū)團和加速區(qū)

回，電離區(qū)間充有稀薄氣體葩，且存在軸向的勻強磁場，磁感應強度大小為B,內圓柱表面可持續(xù)發(fā)射電子，電子

碰撞葩原子使之電離。為了取得好的電離效果，從內圓柱體表面發(fā)出的電子在區(qū)域內運動時不能與外器壁碰撞（一

接觸外器壁，電子便被吸收）?；貐^(qū)產生的正離子以接近零的初速度進入兩端加有電壓U的回區(qū)，離子被加速后從右

側高速噴出，在出口處，燈絲發(fā)射的電子注入正離子束中，這種高速粒子流噴射出去，可推動衛(wèi)星運動。己知能離

子的電荷量為q,質量為相。

（1）求葩離子通過加速電壓后得到的速度大小出

（2）若電子在垂直于圓柱軸線的截面內沿與徑向成α=30。角的方向發(fā)射，為了取得更好的電離效果，求電子最大初

始發(fā)射速度%;（已知電子質量相。，電荷量為e）

（3）若單位時間內噴射出N個葩離子，求推進器獲得的推力大小，并解釋燈絲C發(fā)射電子注入正離子束的作用。

8.（2019?浙江?高三開學考試）如圖所示，在邊長為L的正方形頂點”有一質量為小、電荷量為＜7的離子源，持續(xù)

不斷地在單位時間內向正方形區(qū)域發(fā)射〃個速率均為V的離子，這些離子沿角度均勻分布.在正方形區(qū)域存在方向

垂直紙面向里的勻強磁場，使得所有離子均能垂直Cd邊射出，且沿邊長他發(fā)射的離子恰好從C點水平射出.在正

方形右側平行于W放置一接地金屬板其上有一沿〉軸可移動的、長度為〃2的窗口，允許離子通過.在極板

歷右側存在邊長也為L的正方形區(qū)域，設置一勻強磁場，其方向與左側磁場相同，使通過窗口的離子都匯集到位于

（2）求左右兩區(qū)域磁感應強度的大小及磁場區(qū)域的最小面積；

（3）單位時間內收集器中離子收集率與窗口中心位置坐標y之間的關系.

三、參考答案及解析

（一）真題部分

1.A

、tnv

【詳解】粒子穿過金屬板后，速度變小，由半徑公式r=〒可知，半徑變小，粒子運動方向為由下向上；又由于洛

qB

侖茲力的方向指向圓心，由左手定則，粒子帶正電.所以A正確.

故選A

2.B

【詳解】帶電粒子在磁場中受洛倫茲力，磁場為4根長直導線在。點產生的合磁場，根據(jù)右手定則，a在。點產生

的磁場方向為水平向左，b在。點產生磁場方向為豎直向上，C在O點產生的磁場方向為水平向左，d在。點產生

的磁場方向豎直向下，所以合場方向水平向左.根據(jù)左手定則，帶正電粒子在合磁場中洛倫茲力方向向下.故選B.

3.A

【詳解】A.由左手定則可知，M帶負電，N帶正電，選項A正確.

tnv

B.由R=可知，M的速度率大于N的速率，選項B錯誤；

qB

C.洛倫茲力對M、N都不做功，選項C錯誤；

2,7ΓfTl

D.由T=F可知，M的運行時間等于N的運行時間，選項D錯誤.

qB

4.B

【詳解】A.加一磁場，磁場方向沿Z軸負方向，由左手定則知電子受洛侖茲力的方向沿y軸負方向，電子不會沿Z

軸向下偏轉，故A錯誤；

B.加一磁場，磁場方向沿），軸正方向，由左手定則知電子受洛侖茲力的方向沿Z軸負方向，電子沿Z軸向下偏轉，

故B正確；

C.加一電場，電場方向沿Z軸負方向，電子受電場力沿Z軸正方向，電子不會沿Z軸向下偏轉，故C錯誤；

D.加一電場，電場方向沿），軸正方向，電子受電場力沿y軸負方向，電子不會沿Z軸向下偏轉，故D錯誤；故選B。

5.C

【詳解】A.根據(jù)題意可知，地理南、北極與地磁場存在一個夾角，為磁偏角，故兩者不重合，A正確；

B.地磁南極在地理的北極附近，地磁北極在地理的南極附近，B正確；

C.由于地磁場的磁場方向沿磁感線切線的方向，故只有赤道處地磁場的磁場方向才與地面平行，C錯誤；

D.在赤道處，磁場方向水平，而射線是帶電的粒子，運動方向垂直磁場方向，根據(jù)左手定則可得射向赤道的粒子

受到洛倫茲力的作用，D正確.

【點睛】地球本身是一個巨大的磁體.地球周圍的磁場叫做地磁場.地磁北極在地理南極附近，地磁南極在地理北

極附近，所以地磁場的方向是從地磁北極到地磁南極.

6.A

【詳解】AD.根據(jù)題圖可知，1和3粒子繞轉動方向一致，則1和3粒子為電子，2為正電子，電子帶負電且順時

針轉動，根據(jù)左手定則可知磁場方向垂直紙面向里，A正確，D錯誤；

B.電子在云室中運行，洛倫茲力不做功，而粒子受到云室內填充物質的阻力作用，粒子速度越來越小，B錯誤；

C.帶電粒子若僅在洛倫茲力的作用下做勻速圓周運動，根據(jù)牛頓第二定律可知

qvB=m-

r

解得粒子運動的半徑為qB

根據(jù)題圖可知軌跡3對應的粒子運動的半徑更大，速度更大，粒子運動過程中受到云室內物質的阻力的情況下，此

結論也成立，C錯誤。

故選Ao

【詳解】。射線是氫核，帶正電，在電場中受向右的電場力作用向右偏轉，在磁場中受洛倫茲力向左偏轉；P射線

是高速電子流，在電場中受向左的電場力作用向左偏轉，在磁場中受洛倫茲力向右偏轉；Y射線不帶電，在電場和

磁場中不發(fā)生偏轉，如圖所示。

8.(1)I=nvSe；證明見答案；(2)P==^nmv2

??

【詳解】(1)(a)電流

/=2

t

又因為

Q=ne[v(St)]

代入則

I=nvSe

(b)

F后BIL,I=nvSe

代入則

F行BnVSeL

因為總的自由電子個數(shù)

N=nSL

每個自由電子受到洛倫茲力大小

f=Be

所以

F=N尸BnVSeL=F安,即F奸F.

(2)氣體壓強公式的推導：設分子質量為〃?，平均速率為V,單位體積的分子數(shù)為〃；建立圖示柱體模型，設柱體

底面積為S,長為/,貝I"="

柱體體積

V=Sl

柱體內分子總數(shù)

N迄=nV

因分子向各個方向運動的幾率相等，所以在，時間內與柱體底面碰撞的分子總數(shù)為

N總=：N總

設碰前速度方向垂直柱體底面且碰撞是彈性的，則分子碰撞器壁前后，總動量的變化量為

Δ∕?=2mvN飛

依據(jù)動量定理有

Ft=Ap

又壓力

Ft=5

由以上各式得單位面積上的壓力

.F

Ke=—=—1nmv~2

0S3

(二)強基部分

1.A

【詳解】A.根據(jù)電流定義

/=2

t

其中

L

r=—

V

根據(jù)題意

Q=nSqL

帶入化解即可得到/的微觀表達式為

1=nSqv

故A正確:

B.由安培力公式可得

F女=BIL

聯(lián)立得

FjnSLqvB

故B錯誤;

C.沿導線方向的電場的電場強度大小為

E=F（U為導線兩端的電壓）

它的大小不等于4，只有在速度選擇器中的電場強度大小才是訪，且其方向是垂直導線方向，故C錯誤；

D,導線中每個自由電荷受到的平均阻力方向是沿導線方向的，而q/是洛倫茲力，該力的的方向與導線中自由電

荷運動方向垂直，二者不相等，故D錯誤。

故選A。

2.C

【詳解】A?洛倫茲力的方向與速度方向垂直，永不做功，故A錯誤；

B.玻璃管在水平方向做勻速運動，小球受到的洛倫茲力在豎直方向的分力保持不變，即在豎直方向做勻加速運動，

合運動為勻加速曲線運動，即加速度恒定，故B錯誤；

C.由于管對球的支持力對小球做了功，小球的機械能是增加的，在豎直方向上，由牛頓第二定律

qvB-mg=ιna

由勻變速位移公式

h=-at

2

小球離開管口的速度

合速度

動能增量

重力勢能增量

聯(lián)立解得

ΔE=Δfk+?Ev=qvBh

選項C正確；

D.小球的實際運動速度可分解為水平方向的速度V和豎直方向的速度w，豎直方向的洛倫茲力不變，在豎直方向

上，由牛頓第二定律

qvB—mg=ma

由勻變速位移公式

7?2

h=-at

2

聯(lián)立解得

LI~2mh-

?qvB-mg

即玻璃管運動速度越大，則小球在玻璃管中的運動時間越小，故D錯誤。

故選C。

3.D

【詳解】A.小球在下滑過程中受重力、電場力、洛倫茲力、彈力和摩擦力作用。由于洛倫茲力的大小變化使小球

對斜面的彈力減小，從而導致摩擦力減小，故小球做加速度增大的加速運動，所以，選項A錯；

B.當洛倫茲力增大至小球與斜面的彈力為O時，小球將離開斜面運動，此時有回

qvB=（mg+Eq）cos53o

解得團小球離開斜面時的速度為3m∕s,所以，選項B錯；

C.整個過程中，電場力做正功由

EP=-EqXsinθ

帶入數(shù)據(jù)得小球的電勢能減小了0.8J,所以，選項C錯；

D.由動能定理得

（mg+Eq）XlSin53。-Wf=-^∕nv2—0

解得整個過程中摩擦力做功-2.2J,即產生的熱量為2.2J,故選項D正確。

故選D。

4.⑴&“條（2）用隹⑶B,=網(wǎng)"優(yōu)。

RI2%廣，mr4

【詳解】（1）磁場強度〃的定義為：放入磁場中某點的檢驗磁荷所受磁場力的尸跟該磁荷的磁荷量P的比值，叫

做該點的磁場強度。

定義式為

磁場中某點磁場強度的方向與正檢驗磁荷在該點所受的磁場力方向相同。

在真空中距正點磁荷為Q處放一磁荷量為P的正檢驗磁荷，則該檢驗磁荷所受的磁場力為

F-K4P

∕*=A------

"R：

由磁場強度的定義可得

H_Fp.

HL下=K.葭

（2）a.設電子繞核做圓周運動的周期為7,由牛頓定律得

j苓①

等效的“分子電流"大小為

1=γ②

分子電流/在圓心處的磁感應強度大小為

Bl=也③

r

由①②③式聯(lián)立可得

b.【方法一】設管狀電子群的總電荷量為Q,則其轉動的周期為

樣④

定向轉動所形成的等效電流為

A=7⑤

l?

管狀電流//在圓心處的磁感應強度大小為

B『安⑥

由④⑤⑥式聯(lián)立可得

~2πR

所以

a團G

【方法二】由于Rd,管狀電子群中電荷繞地軸轉動的平均速率為

v=ωR（7）

且短時間加內電子運動可近似為直線運動，設單位體積內的電子數(shù)為n,則?f內通過管狀電流某橫截面的總電荷量

為

q.=neSvZ⑧

管狀電流的橫截面積為

ST⑨

由電流的定義可得

/="⑩

由⑥⑦⑧⑨⑩式聯(lián)立可得

Aπd2K

=----nenω

-4

所以

B2^co

【方法三】設管狀電子群中單位長度的電子數(shù)為N個，則

?r內通過管狀電流某橫截面的總電荷量為

q.-v?tNe

由⑥⑦⑩式聯(lián)立可得

B2=KnNeω

所以

&回G

,、〃0.8E“監(jiān)

Lk0.4

5.(1)u0p=——,aOM(2)(2.4m,1.8m)；(3)Is

qq

【詳解】⑴由于洛倫茲力不做功,粒子從。點到尸點和從尸點到M點的過程中，電場力做功分別為-0.84和-0.4羽,

由電場力的功和動能定理有0、尸點電勢差為

OM點的電勢差為

_048Ek

UOM-

q

(2)因OP長為5m,則沿。尸方向電勢每米下降”"，故

q

OQ=3m

設OP與X軸的夾角為α,則

.34

smα=-,COSa=一

55

故。點的坐標

XQ=OQCoSa=2.4m

yQ=O3inα=L8m

(3)由kMQ?kOP=-l,可知MQ3OP。故電場方向與等勢線垂直，即電場方向沿OP方向。對電場進行分解,

得

4

Er=Ecosa=IOOx—V∕m=80V/m

粒子由P點運動到M點水平方向受到的作用，粒子做初速度為零的勻加速直線運動，則

得

/=Is

6.(1)a.40；b.2.5cm；(2)見解析

【詳解】(1)a.：M核每穿越縫隙一次，電場力對笊核做功均為

W=eU

由動能定理可得

NeU=Ekm

代入數(shù)據(jù)解得

N=40

b.設笊核被第∕ι次加速后在D形盒中環(huán)繞時的半徑為r,速度為V,由牛頓第二定律有

由動能定理有

〃12

neU=—mv'^

2

聯(lián)立解得

>j2mneU

r=--------

Be

由上述表達式可知rx√^,則笊核被第10次加速后的環(huán)繞半徑R與被第40次加速后的環(huán)繞半徑1■之間滿足

2

解得

R=2.5cm

（2）如答圖1所示，選擇〃、尻c、”四個有代表性的粒子，根據(jù)左手定則畫出其垂直進入空腔時所受洛倫茲力的

方向如圖所示，可見洛倫茲力使得粒子束在水平方向會聚，同時，在與之垂直的豎直方向散開。

或如答圖2所示選擇特殊位置，畫出有代表性粒子受到的力，并將力正交分解，也可證明磁場使粒子束在水平方向

會聚，同時在豎直方向發(fā)散。

?

（

IV

D

答圖1答圖2

7.（1）V=行，；（2）博?;（3）Nd2mqU

,燈絲C發(fā)射電子注入正離子束，使之成為中性粒子噴射出去,

從而起到加速作用

【詳解】（1）鈉離子在加速電場中，由動能定理

c/U=^mv2-0

葩離子通過加速電壓后得到的速度大小

Vm

（2）設電子的軌道半徑為『，由幾何關系得

(R?

解得

由洛倫茲力提供向心力得

e%B=若

解得電子最大初始發(fā)射速度

SeBR

Vm

5%,

由動量定理得

FNt=NMrm-G

解得

F=Ny∣2mqU

由牛頓第三定律可知，推進器獲得的推力

F'=F=Ny∣2mqU

推進器起初不顯電性，根據(jù)電荷守恒定律可知,推進器在射出正離子的同時，帶負電荷，靜電力把正離子拉回，起

不到加速作用；燈絲C發(fā)射電子注入正離子束，使之成為中性粒子噴射出去，從而起到加速作用。

8.⑴負電；⑵左側區(qū)域磁感應強度的大小人力左側磁場區(qū)域的最小面積萬?-?l;右側區(qū)域磁感應

強度的大小BL簧，右側磁場區(qū)域的最小面積近；⑶分段討論見解析

【詳解】(1)由離子的偏轉方向和左手定則，可判斷離子帶負電.

(2)沿邊長時發(fā)射的離子恰好從C點水平射出可知，離子在磁場中運動的半徑R∕=3根