高中磁场讲义家教机构用

精锐教育学科教师辅导 学员编号： 年 级： 高二 课 时 数： 3 学员姓名： 辅导科目：物理 学科教师： 授课类型 T ：同步复习 C ：经典例题 T：专题训练 星 级 ★★★★ ★★★★★ ★★★★★ 教学目的 磁场部分高考重点的 授课日期及时段 2013年8月2日 12:50---14:50 教学内容 SHAPE \* MERGEFORMAT （） 基础知识 一、磁场 1、磁场：磁场是存在于磁体、运动电荷周围的一种物质．它的基本特性是：对处于其中的磁体、电流、运动电荷有力的作用． 2、磁现象的电本质：所有的磁现象都可归结为运动电荷之间通过磁场而发生的相互作用． 二、磁感线 为了描述磁场的强弱与方向，人们想象在磁场中画出的一组有方向的曲线． 1．疏密表示磁场的强弱． 2．每一点切线方向表示该点磁场的方向，也就是磁感应强度的方向． 3．是闭合的曲线，在磁体外部由N极至S极，在磁体的内部由S极至N极．磁线不相切不相交。 4．匀强磁场的磁感线平行且距离相等．没有画出磁感线的地方不一定没有磁场． 5．安培定则：姆指指向电流方向，四指指向磁场的方向．注意这里的磁感线是一个个同心圆，每点磁场方向是在该点切线方向· *熟记常用的几种磁场的磁感线： 三、磁感应强度 1．磁场的最基本的性质是对放入其中的电流或磁极有力的作用，电流垂直于磁场时受磁场力最大，电流与磁场方向平行时，磁场力为零。 2．在磁场中垂直于磁场方向的通电导线受到的磁场力F跟电流强度I和导线长度l的乘积Il的比值，叫做通电导线所在处的磁感应强度． ①表示磁场强弱的物理量．是矢量． ②大小：B=F/Il（电流方向与磁感线垂直时的公式）． ③方向：左手定则：是磁感线的切线方向；是小磁针N极受力方向；是小磁针静止时N极的指向．不是导线受力方向；不是正电荷受力方向；也不是电流方向． ④单位：牛/安米，也叫特斯拉，国际单位制单位符号T． ⑤点定B定：就是说磁场中某一点定了，则该处磁感应强度的大小与方向都是定值． ⑥匀强磁场的磁感应强度处处相等． ⑦磁场的叠加:空间某点如果同时存在两个以上电流或磁体激发的磁场,则该点的磁感应强度是各电流或磁体在该点激发的磁场的磁感应强度的矢量和,满足矢量运算法则. 四、磁通量与磁通密度 1．磁通量Φ：穿过某一面积磁力线条数，是标量． 2．磁通密度B：垂直磁场方向穿过单位面积磁力线条数，即磁感应强度，是矢量． 3．二者关系：B＝Φ/S（当B与面垂直时），Φ＝BScosθ，Scosθ为面积垂直于B方向上的投影，θ是B与S法线的夹角． 磁场对电流的作用 基础知识 一、安培力 1.安培力：通电导线在磁场中受到的作用力叫做安培力． 说明:磁场对通电导线中定向移动的电荷有力的作用，磁场对这些定向移动电荷作用力的宏观表现即为安培力． 2.安培力的计算公式：F＝BILsinθ（θ是I与B的夹角）；通电导线与磁场方向垂直时，即θ＝900，此时安培力有最大值；通电导线与磁场方向平行时，即θ＝00，此时安培力有最小值，F=0N;00＜B＜900时，安培力F介于0和最大值之间. 3.安培力公式的适用条件: ①公式F＝BIL一般适用于匀强磁场中I⊥B的情况，对于非匀强磁场只是近似适用（如对电流元），但对某些特殊情况仍适用． 如图所示，电流I1//I2,如I1在I2处磁场的磁感应强度为B，则I1对I2的安培力F＝BI2L，方向向左，同理I2对I1，安培力向右，即同向电流相吸，异向电流相斥． ②根据力的相互作用原理，如果是磁体对通电导体有力的作用，则通电导体对磁体有反作用力．两根通电导线间的磁场力也遵循牛顿第三定律． 二、左手定则 1.用左手定则判定安培力方向的方法：伸开左手，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，并使四指指向电流方向，这时手掌所在平面跟磁感线和导线所在平面垂直，大拇指所指的方向就是通电导线所受安培力的方向． 2.安培力F的方向既与磁场方向垂直，又与通电导线垂直,即F跟BI所在的面垂直．但B与I的方向不一定垂直． 3.安培力F、磁感应强度B、电流1三者的关系 ①已知I,B的方向，可惟一确定F的方向； ②已知F、B的方向，且导线的位置确定时，可惟一确定I的方向； ③已知F,1的方向时，磁感应强度B的方向不能惟一确定． 4.由于B,I,F的方向关系常是在三维的立体空间，所以求解本部分问题时，应具有较好的空间想象力，要善于把立体图画变成易于分析的平面图，即画成俯视图，剖视图，侧视图等． 规律方法 1。安培力的性质和规律； 1 公式F=BIL中L为导线的有效长度，即导线两端点所连直线的长度，相应的电流方向沿L由始端流向末端． 2 ②安培力的作用点为磁场中通电导体的几何中心； ③ 安培力做功:做功的结果将电能转化成其它形式的能． 2、安培力作用下物体的运动方向的判断 （1）电流元法：即把整段电流等效为多段直线电流元，先用左手定则判断出每小段电流元所受安培力的方向，从而判断整段电流所受合力方向，最后确定运动方向． （2）特殊位置法：把电流或磁铁转到一个便于分析的特殊位置后再判断安培力方向，从而确定运动方向． （3）等效法：环形电流和通电螺线管都可以等效成条形磁铁，条形磁铁也可等效成环形电流或通电螺线管，通电螺线管也可以等效成很多匝的环形电流来分析． （4）利用结论法：①两电流相互平行时无转动趋势，同向电流相互吸引，反向电流相互排斥；②两电流不平行时，有转动到相互平行且电流方向相同的趋势． （5）转换研究对象法：因为电流之间，电流与磁体之间相互作用满足牛顿第三定律，这样，定性分析磁体在电流磁场作用下如何运动的问题，可先分析电流在磁体磁场中所受的安培力，然后由牛顿第三定律，再确定磁体所受电流作用力，从而确定磁体所受合力及运动方向． （6）分析在安培力作用下通电导体运动情况的一般步骤 ①画出通电导线所在处的磁感线方向及分布情况 ②用左手定则确定各段通电导线所受安培力 ③)据初速方向结合牛顿定律确定导体运动情况 (7)磁场对通电线圈的作用:若线圈面积为S，线圈中的电流强度为I，所在磁场的孩感应强度为B，线圈平面跟磁场的夹角为θ，则线圈所受磁场的力矩为：M=BIScosθ． 【例6】如图所示，电源电动势E＝2V，r＝0.5Ω,竖直导轨电阻可略，金属棒的质量m＝0.1kg，R=0.5Ω，它与导体轨道的动摩擦因数μ＝0.4，有效长度为0.2 m,靠在导轨的外面，为使金属棒不下滑，我们施一与纸面夹角为600且与导线垂直向外的磁场，（g=10 m/s2）求： （1)此磁场是斜向上还是斜向下？ （2）B的范围是多少？ 解析:导体棒侧面受力图如图所示： 由平衡条件得：B最小时摩擦力沿导轨向上，则有 μFN＋BILcos300＝mg, FN=BILsin300 解得B＝2.34 T 当B最大时摩擦力沿导轨向下，则有BILcos300＝mg＋μFN FN=BILsin300 解得B=3. 75 T B的范围是2.34 T -- 3. 75 T 【例7】在倾角为θ的斜面上，放置一段通有电流强度为I,长度为L，质量为m的导体棒a，（通电方向垂直纸面向里），如图所示，棒与斜面间动摩擦因数μ< tanθ.欲使导体棒静止在斜面上，应加匀强磁场，磁场应强度B最小值是多少？如果要求导体棒a静止在斜面上且对斜面无压力，则所加匀强磁场磁感应强度又如何？ 解析:(1)设当安培力与斜面成α角时B最小，则由平衡条件得： mgsinθ＝μFN＋BILcosα, FN=mgcosθ＋BILsinα． 解得 EMBED Equation.DSMT4 ∴当α＋β=900时, （2）当FN=0时，则BIL＝mg，∴BIL=mg,由左手定则知B方向水平向左． 【例8】如图所示，abcd是一竖直的矩形导线框，线框面积为S，放在磁感强度为B的均匀水平磁场中，ab边在水平面内且与磁场方向成600角，若导线框中的电流为I，则导线框所受的安培力对某竖直的固定轴的力矩等于（ ） A．IBS B．½IBS C． IBS D．由于导线框的边长及固定轴的位置来给出，无法确定 解析：为便于正确找出力臂，应将题中所给的立体图改画成平面俯视图，如图10—17所示，设线框ab边长为11，cd边长为12，并设竖直转轴过图中O点（O点为任选的一点） ，ao长lac，bo长lbo，则lac+lbo=l1．为便于分析，设电流方向沿abcda． 由左手定则判断各边所受安培力的方向，可知ab、cd边受力与竖直转轴平行，不产生力矩；ad、bc两边所受安培力方向如图，将产生力矩．ad、bc边所受安培力的大小均为F＝IBl2，产生的力矩分别为：Mad=Flaocosθ，Mbc=Flbccosθ．两个力矩的方向相同（困10—17中均为顺时针力矩），合力矩M=Mad＋Mbc＝F（lao＋lbc）cosθ＝IBScosθ，将θ＝600代入，得M=½IBS． ：B 说明：由此题也导出了单匝通电线圈在磁场所受磁力矩的公式M=IBScosθ．若为N匝线圈，则M＝NIBScosθ．式中S为线圈包围面积，θ为线圈平面与磁场方向的夹角．显然，当θ=00时，即线圈平面与磁场方向平行时，线圈所受磁力矩最大Mmax＝NBIS，当θ＝900，即线圈平面与磁场方向垂直时，线圈所受磁力矩为零．公式也不限于矩形线圈、对称转轴的情况，对任意形状的线圈．任一垂直于磁场的转轴位置都适用． 【例9】通电长导线中电流I0的方向如图所示，边长为2L的正方形载流线圈abcd中的电流强度为I，方向由a→b→c→d．线圈的ab边、cd边以及过ad、bc边中点的轴线OO/都与长导线平行．当线圈处于图示的位置时，ab边与直导线间的距离ala等于2L，且ala与ad垂直．已知长导线中电流的磁场在ab处的磁感强度为B1，在cd处的磁感强度为B2，则载流线圈处于此位置受到的磁力矩的大小为 ． 解析：ad、bc边所受的磁场力和转轴OO/平行，其力矩为零，ab、cd边受力的方向如图10—21所示，大小分别为F1＝B1I·2L，F2= B2I·2L，F1、F2对转轴OO/的力臂分别为L和 L ，则两力对转轴的力矩为M=M1＋M2=FlL＋F2 L= IL2（2B1＋ B2）． 答案：IL2（2B1＋ B2） 3．安培力的实际应用 【例10】在原于反应堆中抽动液态金属等导电液时．由于不允许传动机械部分与这些流体相接触，常使用一种电磁泵。图中表示这种电磁泵的结构。将导管置于磁场中，当电流I穿过导电液体时，这种导电液体即被驱动。若导管的内截面积为a×h，磁场区域的宽度为L，磁感强度为B．液态金属穿过磁场区域的电流为I，求驱动所产生的压强差是多大？ 解答:本题的物理情景是：当电流 I通过金属液体沿图示竖直向上流动时，电流将受到磁场的作用力，磁场力的方向可以由左手定则判断，这个磁场力即为驱动液态金属流动的动力。由这个驱动力而使金属液体沿流动方向两侧产生压强差ΔP。故有 F=BIh．Δp=F/ah，联立解得Δp＝BI/a 【例11】将两碳棒A,B(接电路）插盛有AgNO3溶液的容器中，构成如图电路．假设导轨光滑无电阻，宽为d,在垂直导轨平面方向上有大小为B,方向垂直纸面向外的磁场，若经过时间t后，在容器中收集到nL气体（标况），问此时滑杆C(质量为mC）的速度，写出A,B棒上发生的电极反应式（阿伏加德罗常数N0） 解析：由电解池电极反应可得出通过C棒的电荷量，求出平均电流，再由安培定则及动量定理可得滑杆速度． 阴极:Ag十十e=Ag↓ 阳极：4OH――4e=2H2O＋O2↑,O2的摩尔数为n/22.4,则阳极的物质量为n/5.6摩尔. 通过C捧的电荷量为 平均电流 由 得 【例12】如图所示为利用电磁作用输送非导电液体装置的示意图，一边长为L、截面为正方形的塑料管道水平放置，其右端面上有一截面积为A的小喷口，喷口离地的高度为h.管道中有一绝缘活塞，在活塞的中部和上部分别嵌有两根金属棒a、b，其中棒b的两端与一电压表相连。整个装置放在竖直向上的匀强磁场中，当棒a中通有垂直纸面向里的恒定电流I时，活塞向右匀速推动液体从喷口水平射出，液体落地点离喷口的水平距离为s.若液体的密度为ρ，不计所有阻力，求： (1)活塞移动的速度； (2)该装置的功率； (3）磁感应强度B的大小； (4）若在实际使用中发现电压表的读数变小，试分析其可能的原因． 解析:（l）设液体从喷口水平射出的速度为v0，活塞移动的速度为v. , , (2）设装置功率为P，Δt时间内有△m质量的液体从喷口射出,PΔt＝½Δm (v02一v2) ∵Δm=LvΔtρ.∴P=½ L2vρ(v02一v2) ,∴ (3) ∵P=F安v.∴ ,∴ （4）∵U=BLv,∴喷口液体的流量减少，活塞移动速度减小，或磁场变小等会引起电压表读数变小 磁场对运动电荷的作用 基础知识 一、洛仑兹力 磁场对运动电荷的作用力 1.洛伦兹力的公式: f=qvB sinθ，θ是V、B之间的夹角. 2.当带电粒子的运动方向与磁场方向互相平行时，F＝0 3.当带电粒子的运动方向与磁场方向互相垂直时，f=qvB 4.只有运动电荷在磁场中才有可能受到洛伦兹力作用，静止电荷在磁场中受到的磁场对电荷的作用力一定为0． 二、洛伦兹力的方向 1.洛伦兹力F的方向既垂直于磁场B的方向，又垂直于运动电荷的速度v的方向，即F总是垂直于B和v所在的平面． 2.使用左手定则判定洛伦兹力方向时，伸出左手，让姆指跟四指垂直，且处于同一平面内，让磁感线穿过手心，四指指向正电荷运动方向（当是负电荷时，四指指向与电荷运动方向相反）则姆指所指方向就是该电荷所受洛伦兹力的方向． 三、洛伦兹力与安培力的关系 1.洛伦兹力是单个运动电荷在磁场中受到的力，而安培力是导体中所有定向称动的自由电荷受到的洛伦兹力的宏观表现． 2.洛伦兹力一定不做功，它不改变运动电荷的速度大小;但安培力却可以做功． 四、带电粒子在匀强磁场中的运动 1.不计重力的带电粒子在匀强磁场中的运动可分三种情况：一是匀速直线运动；二是匀速圆周运动；三是螺旋运动． 2.不计重力的带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径r=mv/qB；其运动周期T=2πm/qB（与速度大小无关）． 3.不计重力的带电粒子垂直进入匀强电场和垂直进入匀强磁场时都做曲线运动，但有区别：带电粒子垂直进入匀强电场，在电场中做匀变速曲线运动（类平抛运动）；垂直进入匀强磁场，则做变加速曲线运动（匀速圆周运动）． 【例1】一带电粒子以初速度V0垂直于匀强电场E 沿两板中线射入，不计重力，由C点射出时的速度为V，若在两板间加以垂直纸面向里的匀强磁场，粒子仍以V0入射，恰从C关于中线的对称点D射出，如图所示，则粒子从D点射出的速度为多少? 解析：粒子第一次飞出极板时，电场力做正功，由动能定理可得电场力做功为W1=m（V2－v02）/2……①，当两板间加以垂直纸面向里的匀强磁场后，粒子第二次飞出极板时，洛仑兹力对运动电荷不做功，但是粒子从与C点关于中线的对称点射出，洛仑兹力大于电场力，由于对称性，粒子克服电场力做功，等于第一次电场力所做的功，由动能定理可得W2=m（V02－VD2）/2……②，W1=W2。由 ①②③式得VD= 点评：凡是涉及到带电粒子的动能发生了变化，均与洛仑兹力无关，因为洛仑兹力对运动电荷永远不做功。 【例2】如图所示，竖直两平行板P、Q，长为L，两板间电压为U，垂直纸面的匀强磁场的磁感应强度为B，电场和磁场均匀分布在两板空间内，今有带电量为Q，质量为m的带正电的油滴，从某高度处由静止落下，从两板正中央进入两板之间，刚进入时油滴受到的磁场力和电场力相等，此后油滴恰好从P板的下端点处离开两板正对的区域，求（1）油滴原来静止下落的位置离板上端点的高度h。（2）油滴离开板间时的速度大小。 解析：（1）油滴在进入两板前作自由落体运动，刚进入两板之间时的速度为V0，受到的电场力与磁场力相等，则qv0B＝qU／d，v0＝U／Bd= ，h=U2／2gB2d2 （2）油滴进入两板之间后，速度增大，洛仑兹力在增大，故电场力小于洛仑兹力，油滴将向P板偏转，电场力做负功，重力做正功，油滴离开两板时的速度为Vx ，由动能定理mg（h＋L）－q U／2=mVx 2/2， 点评：（1）根据带电油滴进入两板时的磁场力与电场力大小相等求出油滴下落时到板上端的高度；（2）油滴下落过程中的速度在增大，说明了洛仑兹力增大，油滴向P板偏转，电场力做负功． 【例3】如图所示，在空间有匀强磁场，磁感强度的方向垂直纸面向里，大小为B，光滑绝缘空心细管MN的长度为h，管内M端有一质量为m、带正电q的小球P，开始时小球P相对管静止，管带着小球P沿垂直于管长度方向的恒定速度u向图中右方运动．设重力及其它阻力均可忽略不计．（1）当小球P相对管上升的速度为v时，小球上升的加速度多大？（2）小球P从管的另一端N离开管口后，在磁场中作圆周运动的圆半径R多大？（3）小球P在从管的M端到N端的过程中，管壁对小球做的功是多少？ 解析：（1）设此时小球的合速度大小为v合，方向与u的夹角为θ 有 ……① cosθ=u/v合=u/ ………② 此时粒子受到的洛伦兹力f和管壁的弹力N如所示，由牛顿第二定律可求此时小球上升的加速度为：a=fcosθ=qv合Bcosθ/m………③ 联立①②③解得：a=quB/m （2）由上问a知，小球上升加速度只与小球的水平速度u有关，故小球在竖直方向上做加速运动．设小球离开N端管口时的竖直分速度为vy，由运动学公式得 此时小球的合速度 故小球运动的半径为 EMBED Equation.3 （3）因洛化兹力对小球做的功为零，由动能定理得管壁对小球做的功为： W=½mv2－½mu2=quBh 【例4】在两块平行金属板A、B中，B板的正中央有一α粒子源，可向各个方向射出速率不同的α粒子，如图所示．若在A、B板中加上UAB＝U0的电压后，A板就没有α粒子射到，U0是α粒子不能到达A板的最小电压．若撤去A、B间的电压，为了使α粒子不射到A板，而在A、B之间加上匀强磁场，则匀强磁场的磁感强度B必须符合什么条件（已知α粒子的荷质比m／q=2．l×10－8kg/C，A、B间的距离d＝10cm，电压U0=4．2×104V）？ 解析：α粒子放射源向各个方向射出速率不同的α粒子，设最大的速率为vm。则各个方向都有速率为vm的α粒子．当A、B板加了电压后，A、B两板间的电压阻碍α粒子到达A板，其方向是垂直两板并由A板指向B板。 在无电场时，α粒子在沿B向A板运动方向上有d=vcosθt………①，其中θ是α粒子速度与垂直两板的直线的夹角．在①式中最容易到达A板的α粒子应有θ＝0，v＝vm，即其速度方向由B极指向A板，且速率最大的α粒子，这些α粒子若达不到A板，其余的α粒子均达不到A板．由动能定理可得qU0＝mvm2／2………②； 若撤去电场，在A、B间加上匀强磁场，这些α粒子将做匀速圆周运动，其半径为R，R=mv/qB……③，由③式可知，在B一定的条件下，v越大，R越大，越容易打到A板；反之，当v值取最大值vm后，若所有具有vm的α粒子不能达到A板，则所有的α粒子均不能达到A板．在所有方向上的α粒子中，它们的轨迹刚好与A板相切的情况如图所示．在图中与A板相切的轨迹中最小半径为R3，若R3是具有速率为vm的α粒子的半径，则其它具有vm的α粒子均不能到达 A板．若令R3为最小值Rmin时，即图中Rmin= d／2是所有α粒子中轨迹与A板相切的最小半径，将其代入③式后得d／2=mvm/qBmin……④，由②④两式可得Bmin=2 ／d=0．84T，所以，A、B两板之间应加上垂直于纸面的匀强磁场，且磁感强度 B ≥0．84 T时，所有的α粒子均不能到达A板． 规律方法 1、带电粒子在磁场中运动的圆心、半径及时间的确定 （1)用几何知识确定圆心并求半径． 因为F方向指向圆心，根据F一定垂直v，画出粒子运动轨迹中任意两点（大多是射入点和出射点）的F或半径方向，其延长线的交点即为圆心，再用几何知识求其半径与弦长的关系． (2)确定轨迹所对应的圆心角，求运动时间． 先利用圆心角与弦切角的关系，或者是四边形内角和等于3600（或2π）计算出圆心角θ的大小，再由公式t=θT/3600（或θT/2π）可求出运动时间． (3)注意圆周运动中有关对称的规律． 如从同一边界射入的粒子，从同一边界射出时，速度与边界的夹角相等；在圆形磁场区域内，沿径向射入的粒子，必沿径向射出． 【例5】如图所示，一束电子（电量为e）以速度v垂直射入磁感应强度为B，宽度为d的匀强磁场中，穿过磁场时速度方向与电子原来入射方向的夹角是300，则电子的质量是 ，穿过磁场的时间是 。 解析：电子在磁场中运动，只受洛伦兹力作用，故其轨迹是圆弧一部分，又因为f⊥v，故圆心在电子穿入和穿出磁场时受到洛伦兹力指向交点上，如图中的O点，由几何知识知，AB间圆心角θ=300，OB为半径．所以r=d/sin300=2d． 又由r= 得m＝2dBe／v． 又因为AB圆心角是300，所以穿过时间 t= T= × = ． 【例6】如图所示，一束电子以大小不同的速率沿图示方向飞入横截面是一正方形的匀强磁场，下列判断正确的是（ ） A、电子在磁场中运动时间越长，其轨迹线越长 B．电子在磁场中运动时间越长。其轨迹线所对应的圆心角越大 C．在磁场中运动时间相同的电子，其轨迹线一定重合 D．电子的速率不同，它们在磁场中运动时间一定不相同 解析：在图中画出了不同速率的电子在磁场中的轨迹，由前面的知识点可知轨迹的半径R=mv／qB，说明了半径的大小与电子的速率成正比．但由于电子在磁场中运动时间的长短仅与轨迹所对应的圆心角大小有关，故可判断图中五条轨迹线所对应的运动时间关系有t5＝t4＝t3＞t2＞t1显然，本题选项中只有B正确． 点评：本题所考查的是带电粒子在矩形（包括正方形）磁场中运动的轨迹与相应的运动时间的关系问题．不同速率的电子在磁场中的偏转角大小（也就是在磁场中运动时间的长短），由知识点中的周期表达式看来与半径是没有关系的，但由于磁场区域的边界条件的限制，由图说明了半径不同，带电粒子离开磁场时速度方向变化可能不同，也可能相同．由周期关系式必须明确的一点是：带电粒子在磁场中运动的时间长短决定于轨迹所对应的圆心角． 【例7】如图所示，半径R=10cm的圆形区域边界跟y轴相切于坐标系原点O。磁感强度B＝0．332 T，方向垂直于纸面向里，在O处有一放射源 S，可沿纸面向各个方向射出速率均为v=3．2×106m/s的α粒子．已知α粒子的质量m= 6．64×10－27 kg，电量q=3．2 ×10－19 C． （1）画出α粒子通过磁场空间做圆周运动的圆心的轨迹．（2）求出α粒子通过磁场空间的最大偏转角θ．（3）再以过O点并垂直纸面的直线为轴旋转磁场区域，能使穿过磁场区域且偏转角最大的α粒子射到正方向的y轴上，则圆形磁场直径OA至少应转过多大的角度β． 解析：（l）α粒子的速度相同，在同一匀强磁场中运动的半径相同，均由洛仑兹力提供向心力 f= qvB=mv2／r，r＝mv／Qb=20cm 所以α粒子的圆心与S（即O点）的距离均为r，其圆心的轨迹为以S为圆心、以20cm为半径的一段圆弧，如图所示． （2）由于α粒子的轨道半径r大于磁场区域的半径R，α粒子最长的轨迹所对应的弦为2R=r=20cm时，α粒子在磁场中最大的偏转角的轨迹就是α粒子在磁场中最长的轨迹线，由于最长的轨迹线的弦长与其轨迹半径相等，所以偏转角的最大值为θ=600 （3）由（2）中可知α粒子的最大偏转角为600；且所对的弦为OA，故α粒子在磁场轨迹的入射点O和出射点A与其轨迹圆心O1的连线和OA组成一个正三角形，也就是α粒子离开磁场时与x轴正方向的夹角γ＝300，如图所示．要使偏转角最大的α粒子离开磁场时能打在y轴的正方向上，则α粒子与x轴的正方向夹角γ/＞900，则OA绕过O点的水平轴至少要转过β=γ/一γ＝600． 点评：带电粒子在磁场中的轨迹不大于半圆时，要使带电粒子在磁场中的偏转角最大，就是要求带电粒子在磁场中的轨迹线愈长（由于半径确定），即所对应的弦愈长．在圆形磁场中，只有直径作为轨迹的弦长最长．所以要求带电粒子进入磁场时的入射点、离开磁场时的出射点的连线为圆形磁场区域的直径．这是本题的难点。若是r＞R，情况就完全变了，这时带电粒子在磁场中的轨迹可能大于半圆或等于半圆，带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T=2πm／qB，这是一个与速度大小和半径无关的物理量，也就是说在磁场中运动时间长短仅与轨迹所对圆心花怒放角有关，在具体确定时还与磁场的边界有关，矩形的边界和圆形的边界是不相同的． 2、洛仑兹力的多解问题 （1）带电粒子电性不确定形成多解． 带电粒子可能带正电荷，也可能带负电荷，在相同的初速度下，正负粒子在磁场中运动轨迹不同，导致双解． （2）磁场方向不确定形成多解． 若只告知磁感应强度大小，而未说明磁感应强度方向，则应考虑因磁场方向不确定而导致的多解． （3）临界状态不惟一形成多解． 带电粒子在洛伦兹力作用下飞越有界磁场时，它可能穿过去，也可能偏转1800从入射界面这边反向飞出．另在光滑水平桌面上，一绝缘轻绳拉着一带电小球在匀强磁场中做匀速圆周运动，若绳突然断后，小球可能运动状态也因小球带电电性，绳中有无拉力造成多解． （4）运动的重复性形成多解． 如带电粒子在部分是电场，部分是磁场空间运动时，往往具有往复性，因而形成多解． 【例8】如图所示，一半径为R的绝缘圆筒中有沿轴线方向的匀强磁场，磁感应强度为B，一质量为m，带电荷量为q的正粒子（不计重力）以速度为v从筒壁的A孔沿半径方向进入筒内，设粒子和筒壁的碰撞无电荷量和能量的损失，那么要使粒子与筒壁连续碰撞，绕筒壁一周后恰好又从A孔射出，问： (1)磁感应强度B的大小必须满足什么条件？ (2)粒子在筒中运动的时间为多少？ 解析:(1)粒子射入圆筒后受洛仑兹力的作用而发生偏转,设第一次与B点碰撞,撞后速度方向又指向O点,设粒子碰撞n-1次后再从A点射出,则其运动轨迹是n段相等的弧长. 设第一段圆弧的圆心为O/,半径为r,则θ=2π/2n=π/n.,由几何关系得 ,又由r=mv/Bq,联立得: (2)粒子运动的周期为:T=2πm/qB,将B代入得 弧AB所对的圆心角 粒子由A到B所用的时间 (n=3.4.5……) 故粒子运动的总时间为 (n=3.4.5……) 【例9】S为电子源，它只能在如图（l）所示纸面上的3600范围内发射速率相同，质量为m，电量为e的电子，MN是一块竖直挡板，与S的水平距离OS=L，挡板左侧充满垂直纸面向里的匀强磁场，磁感强度为B． （l）要使S发射的电子能到达挡板，则发射电子的速度至少多大？ （2）若S发射电子的速度为eBL／m时，挡板被电子击中范围多大？（要求指明S在哪个范围内发射的电子可以击中挡板，并在图中画出能击中挡板距O上下最远的电子的运动轨道） 【解析】（l）电子在磁场中所受洛仑较为提供向心力qBV= mV2/r 当r= L/2时，速度v最小， 由①、②可得，V=eBL／2m （2）若S发射电子速率V/=eBL／m，由eV/B=mV/2/r/ 可得：r/=L 由左手定则知，电子沿SO发射时，刚好到达板上的b点，且OB= r/= L，由SO逆时针转1800的范围内发射的电子均能击中挡板，落点由b→O→a→b/→a，其中沿SO/发射的电并击中挡板上的a点，且aO= = L．由上分析可知，挡板能被电子击中的范围由a→b，其高度h= L＋L=（ 十l）L，击中a、b两点的电子轨迹，如图（2）所示． 【例10】M、N、P为很长的平行边界面，M、N与M、P间距分别为L1、L2，其间分别有磁感应强度为B1和B2的匀强磁场区，Ⅰ和Ⅱ磁场方向垂直纸面向里，B1≠B2，有一带正电粒子的电量为q，质量为m，以大小为v的速度垂直边界M及磁场方向射入MN间的磁场区域，讨论粒子初速度v应满足什么条件才可穿过两个磁场区域（不计粒子的重力）。 解析:先讨论粒子穿出B1的条件： 设粒子以某一速度v在磁场B1中运动的圆轨迹刚好与M 相切，此时轨迹半径刚好为L1，由 得： 由此可得使粒子能穿出B1的条件是： 。 再讨论粒子穿出B2条件： 又设粒子以某一 的速度穿出了B1后在B2中穿过 时其圆轨迹又刚好与P相切，如图所示，粒子在B1中的运动轨迹所对的圆心角为θ，那么： ，粒子在B2运动的轨迹半径为： 由几何知识得：R－Rsinθ=L2 所以有： 解得： ，所以当粒子的速度 时就可以穿出B1和B2。 专题:带电粒子在复合场中的运动 基础知识 一、复合场的分类： 1、复合场：即电场与磁场有明显的界线，带电粒子分别在两个区域内做两种不同的运动，即分段运动，该类问题运动过程较为复杂，但对于每一段运动又较为清晰易辨，往往这类问题的关键在于分段运动的连接点时的速度，具有承上启下的作用． 2、叠加场：即在同一区域内同时有电场和磁场，些类问题看似简单，受力不复杂，但仔细分析其运动往往比较难以把握。 二、带电粒子在复合场电运动的基本分析 1.当带电粒子在复合场中所受的合外力为0时，粒子将做匀速直线运动或静止． 2.当带电粒子所受的合外力与运动方向在同一条直线上时，粒子将做变速直线运动． 3.当带电粒子所受的合外力充当向心力时，粒子将做匀速圆周运动． 4.当带电粒子所受的合外力的大小、方向均是不断变化的时，粒子将做变加速运动，这类问题一般只能用能量关系处理． 三、电场力和洛伦兹力的比较 1.在电场中的电荷，不管其运动与否，均受到电场力的作用；而磁场仅仅对运动着的、且速度与磁场方向不平行的电荷有洛伦兹力的作用． 2.电场力的大小F＝Eq，与电荷的运动的速度无关；而洛伦兹力的大小f=Bqvsinα,与电荷运动的速度大小和方向均有关． 3.电场力的方向与电场的方向或相同、或相反；而洛伦兹力的方向始终既和磁场垂直，又和速度方向垂直． 4.电场力既可以改变电荷运动的速度大小，也可以改变电荷运动的方向，而洛伦兹力只能改变电荷运动的速度方向，不能改变速度大小 5.电场力可以对电荷做功，能改变电荷的动能；洛伦兹力不能对电荷做功，不能改变电荷的动能． 6.匀强电场中在电场力的作用下，运动电荷的偏转轨迹为抛物线；匀强磁场中在洛伦兹力的作用下，垂直于磁场方向运动的电荷的偏转轨迹为圆弧． 四、对于重力的考虑 重力考虑与否分三种情况．（1)对于微观粒子，如电子、质子、离子等一般不做特殊交待就可以不计其重力，因为其重力一般情况下与电场力或磁场力相比太小，可以忽略；而对于一些实际物体，如带电小球、液滴、金属块等不做特殊交待时就应当考虑其重力．（2)在题目中有明确交待的是否要考虑重力的，这种情况比较正规，也比较简单．（3)对未知名的带电粒子其重力是否忽略又没有明确时，可采用假设法判断，假设重力计或者不计，结合题给条件得出的结论若与题意相符则假设正确，否则假设错误． 五、复合场中的特殊物理模型 1．粒子速度选择器 如图所示，粒子经加速电场后得到一定的速度v0，进入正交的电场和磁场，受到的电场力与洛伦兹力方向相反，若使粒子沿直线从右边孔中出去，则有qv0B＝qE,v0=E/B，若v= v0=E/B，粒子做直线运动，与粒子电量、电性、质量无关 若v＜E/B，电场力大，粒子向电场力方向偏，电场力做正功，动能增加． 若v＞E/B，洛伦兹力大，粒子向磁场力方向偏，电场力做负功，动能减少． 2.磁流体发电机 如图所示，由燃烧室O燃烧电离成的正、负离子（等离子体）以高速。喷入偏转磁场B中．在洛伦兹力作用下，正、负离子分别向上、下极板偏转、积累，从而在板间形成一个向下的电场．两板间形成一定的电势差．当qvB=qU/d时电势差稳定U＝dvB，这就相当于一个可以对外供电的电源． 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 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． 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En． （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Bn． （3）求粒子绕行n圈所需的总时间tn（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）En=nqv （2）∵mqU=½mv ∴vn= =qUnBn Bn=mvn/qR 以vn结果代入，Bn= EMBED Equation.3 = EMBED Equation.3 （3）绕行第n圈需时 =2πR EMBED Equation.3 ∴tn=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。 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ml＝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： mlg ＋f洛=qE mlg＋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＝（ml十m2）v/／qB 在ml击中m2瞬间，动量守恒， 即：m1vl=（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:we＋wG＝△EK,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． 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