【正文】 場和勻強磁場，磁感應強度為 1 T ，電場強度為 10 3 N / C ，一個帶正電的電荷 q = 2 10 6 C ，質量 m = 2 10 6 kg ，在這正交的電磁場內恰好做勻速直線運動，則電荷運動的速度為多大？方向如何（ g = 10 m / s2）？ 圖 8 － 4 － 23 解析：運動電荷做勻速直線運動，則它受的合外力必為零，重力和電場力的大小、方向均可直接確定，則洛倫茲力必與重力和電場力的合力等值、反向，如圖所示，由左手定則就可確定運動電荷的速度方向 . 設速度 v 與電場 E 的夾角為 α t a n α =31010210231066????????mgEq， 所以 α = 60176。 . 由運動電荷受到合外力為零，得： qv B =2 mg 所以 v =1102101022266????????qBmg m / s = 20 m/s ， 方向與電場強度成 60176。 斜向上 . 答案： 20 m / s ，方向與電場強度成 60176。 斜向上 10. 如圖 8 － 4 － 24 所示，某一真空區(qū)域內充滿勻強電場和勻強磁場，此區(qū)域的寬度 d =8 c m ，電場強度為 E ，方向豎直向下，磁感應強度為 B ，方向垂直紙面向里，一質量為 m ，電荷量為 e的電子以一定的速度沿水平方向射入此區(qū)域，若電場與磁場共存，電子穿越此區(qū)域時恰好不發(fā)生偏轉；若射入時撤去磁場，電子穿越電場區(qū)域時，沿電場方向偏移量 y = 3 . 2 c m ；若射入時撤去電場，電子穿越磁場區(qū)域時也發(fā)生了 偏轉，不計重力作用，求： 圖 8 － 4 － 24 （ 1 ）電子射入時的初速度 v 的表達式； （ 2 ）電子比荷me的表達式； （ 3 ）畫出電子穿越磁場區(qū)域時（撤去電場時）的軌跡并標出射出磁場時的偏轉角 α ； （ 4 ）電子穿越磁場區(qū)域后（撤去電場時）的偏轉角 α . 解析：（ 1 ）電子在復合場中不偏轉，有： E e = ev B ，所以 v =BE. （ 2 ）電子在電場中向上偏轉做類平拋運動，有： d = vt ， y =21at2， a =mEe，解得222dBEyme?. （ 3 ）運動軌跡及射出磁場時的偏轉角如圖所示 . （ 4 ）電子在磁場中做勻速圓周運動， r =eBmv， 代入比荷的表達式解得 r =yd22 = 10 c m . 由圖知： s i n α =108?rd= 0. 8 ， ∴ α = 5 3176。 . 答案：（ 1 ） v =BE （ 2 ）222dBEyme? （ 3 ）見解析 （ 4 ） 53176。 探究創(chuàng)新 11. 如圖 8 － 4 － 25 所示，回旋加速器 D 形盒的半徑為 R ，用來加速質量為 m ，電荷量為 q的質子，使質子由靜止加速到能量為 E 后，由 A 孔射出，求： 圖 8 － 4 － 25 （ 1 ）加速器中勻強磁場 B 的方向和大?。? （ 2 ）設兩 D 形盒間距為 d ，其間電壓為 U ，電場視為勻強電場，質子每次經(jīng)過電場加速后能量增加，加速到上述能量所需回旋周數(shù) . （ 3 ）加速到上述能量所需時間 .（忽略質子在電場中的運動時間） 解析：（ 1 ）質子在磁場中，有 R =qBmv. 又 E =21mv2=mRqBmq B Rm22)( 2222?. 所以 B =RqmE2，方向垂直紙面向里 . （ 2 ）質子每經(jīng)過一個周期被電場加速兩次，能量增加 2 q U ，則 E =2 nq U ， n =qUE2. （ 3 ） t = n T =qUmERBUqmEqBmqUE2πππ222???. 答案：（ 1 ）方向垂直紙面向里，RqmE2 （ 2 ）qUE2 （ 3 ）qUmER2π 12. （ 200 9 年合肥市一模）質譜儀可測定同位素的組成 .現(xiàn)有一束一價的鉀 39 和鉀 41 離子經(jīng)電場加速后，沿著與磁場和邊界均垂直的方向進入勻強磁場中，如圖 8 － 4 － 26 所示 .測試時規(guī)定加速電壓大小為 U0，但在實驗過程中加速電壓有較小的波動，可能偏大或偏小 Δ U .為使鉀39 和鉀 41 打在照相底片上的區(qū)域不重疊， Δ U 不得超過多少？（不計離子的重力） 圖 8 － 4 － 26 解析：設加速電壓為 U ，磁場的磁感應強度為 B ，電荷的電荷量為 q 、質量為 m ，運動 半徑為 R ，則 由 q U =21 mv2 qv B = mRv 2 解得 R =qmUB21 由此式可知，在 B 、 q 、 U 相同時， m 小的半徑小，所以鉀 39 半徑小，鉀 41 半徑大；在 m相同時， U 大半徑大 . 設：鉀 39 質量為 m1，電壓為 U0+Δ U 時，最大半徑為 R1；鉀 41 質量為 m2；電壓為 U0－ Δ U時，鉀 41 最小半徑為 R2.則 R1=qUUmB)(2101?? R2=qUUmB)(2102?? 令 R1= R2，則 m1（ U0+Δ U ） = m2（ U0－ Δ U ） 解得： Δ U =000121240139413941UUUmmmm??????. 答案：401U0 13. 在某空間內存在著水平向右的電場強度為 E 的勻強電場和垂直于紙面向里的磁感應強度為 B 的勻強磁場，如圖 8 － 4 － 27 所示 .一段光滑且絕緣的圓弧軌道 AC 固定在紙面內，其圓心為 O 點，半徑 R = 1 . 8 m ， OA 連線在豎直方向上， AC 弧對應的圓心角 θ = 37176。 .今有一質量m = 3. 6 10 4 kg 、電荷量 q = + 9 . 0 10 4 C 的帶電 小球（可視為質點），以 v0= 4. 0 m / s 的初速度沿水平方向從 A 點射入圓弧軌道內，一段時間后從 C 點離開，小球離開 C 點后做勻速直線運動 .已知重力加速度 g = 10 m/s2， s i n 37176。 = 0 . 6 ， c o s 37176。 = 0 . 8 ，不計空氣阻力 .求： 圖 8 － 4 － 27 （ 1 ）勻強電場的電場強度 E 的大??； （ 2 ）小球射入圓弧軌道后的瞬間對軌道的壓力大小 . 解析：（ 1 ）小球離開圓弧軌道后，受力分析如圖，由圖知 E q = mg t a n θ ， 所以 E = 3. 0 N / C . （ 2 ）小球從進入軌道到離開軌道的過程中，由動能定理得： q ER s in θ － mg R （ 1 － c o s θ ） =21mv2－21mv02 代入數(shù)據(jù)解得： v = 5 . 0 m / s ， qv B =?c o smg，解得 B = 1. 0 T . 小球射入圓弧軌道瞬間，由牛頓第二定律得 FN+ q B v0－ mg = mv02/ R ， 解得 FN= 3. 2 10 3 N . 由牛頓第三定律得， FN′= FN= 3. 2 10 3 N . 答案：（ 1 ） 3. 0 N / C （ 2 ） 3. 2 10 3 N 本章總結 網(wǎng)絡構建