磁场各种典型例题全覆盖(很好)

磁 场

【例1】磁场对电流的作用力大小为F ＝BIL （注意：L 为有效长度，电流与磁场方向应 ）．F 的方向可用 定则来判定．

试判断下列通电导线的受力方向．

× × × × ． ． ． ．

×

× ×

． ． × ×

× ． ． ． ．

× × × × ． ． ． ．

试分别判断下列导线的电流方向或磁场方向或受力方向．

【例2】如图所示，可以自由移动的竖直导线中通有向下的电

流，不计通电导线的重力，仅在磁场力作用下，导线将如何移动？

解：先画出导线所在处的磁感线，上下两部分导线所受安培力

的方向相反，使导线从左向右看顺时针转动；同时又受到竖直向上的磁场的作用而向右移动（不要说成先转90°后平移）。分析的关键是画出相关的磁感线。

【例3】 条形磁铁放在粗糙水平面上，正中的正上方

有一导线，通有图示方向的电流后，磁铁对水平面的压力将

会＿＿＿（增大、减小还是不变？）。水平面对磁铁的摩擦

力大小为＿＿＿。 解：本题有多种分析方法。⑴画出通电导线中电流的磁场中通过两极的那条磁感线（如图中粗虚线所示），可看出两极受的磁场力的合力竖直向上。磁铁对水平面的压力减小，但不受摩擦力。⑵画出条形磁铁的磁感线中通过通电导线的那一条（如图中细虚线所示），可看出导线受到的安培力竖直向下，因此条形磁铁受的反作用力竖直向上。⑶把条形磁铁等效为通电螺线管，上方的电流是向里的，与通电导线中的电流是同向电流，

所以互相吸引。

【例4】 如图在条形磁铁N 极附近悬挂一个线圈，当线圈中通有逆时

针方向的电流时，线圈将向哪个方向偏转？ B B B B

解：用“同向电流互相吸引，反向电流互相排斥”最简单：条形磁铁的等效螺线管的电流在正面是向下的，与线圈中的电流方向相反，互相排斥，而左边的线圈匝数多所以线圈向右偏转。（本题如果用“同名磁极相斥，异名磁极相吸”将出现判断错误，因为那只适用于线圈位于磁铁外部的情况。）

【例5】 电视机显象管的偏转线圈示意图如右，即时电流方向如图所示。

该时刻由里向外射出的电子流将向哪个方向偏转？

解：画出偏转线圈内侧的电流，是左半线圈靠电子流的一侧为向里，右半线

圈靠电子流的一侧为向外。电子流的等效电流方向是向里的，根据“同向电流互

相吸引，反向电流互相排斥”，可判定电子流向左偏转。（本题用其它方法判断也行，但不如这个方法简洁）。

2.安培力大小的计算

F =BLI sin α（α为B 、L 间的夹角）高中只要求会计算α=0（不受安培力）和α=90°两种情况。

【例6】 如图所示，光滑导轨与水平面成α角，导轨宽L 。匀强

磁场磁感应强度为B 。金属杆长也为L ，质量为m ，水平放在导轨上。

当回路总电流为I 1时，金属杆正好能静止。求：⑴B 至少多大？这时

B 的方向如何？⑵若保持B 的大小不变而将B 的方向改为竖直向上，

应把回路总电流I 2调到多大才能使金属杆保持静止？

解：画出金属杆的截面图。由三角形定则得，只有当安培力方向沿

导轨平面向上时安培力才最小，B 也最小。根据左手定则，这时B 应垂

直于导轨平面向上，大小满足：BI 1L =mg sin α， B =mg sin α/I 1L 。

当B 的方向改为竖直向上时，这时安培力的方向变为水平向右，沿

导轨方向合力为零，得BI 2L cos α=mg sin α，I 2=I 1/cos α。（在解这类题时必须画出截面图，只有在截面图上才能正确表示各力的准确方向，从而弄清各矢量方向间的关系）。

【例7】如图所示，质量为m 的铜棒搭在U 形导线框右端，棒长和

框宽均为L ，磁感应强度为B 的匀强磁场方向竖直向下。电键闭合后，

在磁场力作用下铜棒被平抛出去，下落h 后的水平位移为s 。求闭合电

键后通过铜棒的电荷量Q 。

解：闭合电键后的极短时间内，铜棒受安培力向右的冲量F Δt =mv 0

而被平抛出去，其中F =BIL ，而瞬时电流和时间的乘积等于电荷量Q =I Δt ，由平抛规律可算铜棒离开导线框时的初速度h g s t s v 20==，最终可得h

g BL ms Q 2=。 【例8】如图所示，半径为R 、单位长度电阻为λ

的均匀导体环固定

a b

在水平面上，圆环中心为O ，匀强磁场垂直于水平面方向向下，磁感应强度为B 。平行于直径MON 的导体杆，沿垂直于杆的方向向右运动。杆的电阻可以忽略不计，杆于圆环接触良好。某时刻，杆的位置如图，∠aOb =2θ，速度为v ，求此时刻作用在杆上的安培力的大小。

解：ab 段切割磁感线产生的感应电动势为E =vB ?2R sin θ，以a 、b 为端点的两个弧上的电阻分别为2λR （π-θ）和2λR θ，回路的总电阻为()πθπθλ-=R r 2，总电流为I =E /r ，

安培力F=IB ?2R sin θ，由以上各式解得：()

θπλθθπ-=22sin 2R vB F 。 【例9】如图所示，两根平行金属导轨间的距离为0.4 m ，导轨平面与水平面的夹角为37°，磁感应强度为0.5 T 的匀强磁场垂直于导轨平面斜向上，两根电阻均为1Ω、重均为0.1 N 的金属杆ab 、cd 水平地放在导轨上，杆与导轨间的动摩擦因数为0.3，导轨的电阻可以忽略.为使ab 杆能静止在导轨上，必须使cd 杆以多大的速率沿斜面向上运动?

解：设必须使cd 杆以v 沿斜面向上运动，则有cd 杆切割磁场线，将产生感应电动势E =Blv

在两杆和轨道的闭合回路中产生电流I =

R

E 2 ab 杆受到沿斜面向上的安培力

F 安＝Bil

ab 杆静止时，受力分析如图

根据平衡条件，应有 G sin θ一μG cos θ≤F 安≤G sin θ+μG cos θ

联立以上各式，将数值代人，可解得 1.8 m/s ≤v ≤4.2 m/s

【例10】如图所示是一个可以用来测量磁感应强度的装置：一长方体绝缘容器内部高

为L ，厚为d ，左右两管等高处装有两根完全相同的开口向上的管子a 、b ，上、下两侧装有电极C （正极）和D （负极）并经开关S 与电源连接，容器中注满能导电的液体，液体的密度为ρ；将容器置于一匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，当开关断开时，竖直管子a 、b 中的液面高度相同，开关S 闭合后，a 、b 管中液面将出现高度差。若当开关S 闭合后，a 、b 管中液面将出现高度差为h ，电路中电流表的读数为I ，求磁感应强度B 的大小。

解析：开关S 闭合后，导电液体中有电流由C 流到D ，

根据左手定则可知导电液体要受到向右的安培力F 作

用，

在液体中产生附加压强P ，这样a 、b 管中液面将出现

高

度差。在液体中产生附加压强P 为 gh d BI Ld BLI S F P .ρ==== 所以磁感应强度B 的大小为：I ghd

B .ρ=

【例10】安培秤如图所示，它的一臂下面挂有一个矩形线圈，线圈

共有N 匝，它的下部悬在均匀磁场B 内，下边一段长为L ，它与B 垂直。

当线圈的导线中通有电流I 时，调节砝码使两臂达到平衡；然后使电流

反向，这时需要在一臂上加质量为m 的砝码，才能使两臂再达到平衡。

求磁感应强度B 的大小。

解析：根据天平的原理很容易得出安培力F =mg 2

1， 所以F =NBLI =mg 2

1 因此磁感应强度B =NLI

mg 2。 三、与地磁场有关的电磁现象综合问题

1.地磁场中安培力的讨论

【例11】已知北京地区地磁场的水平分量为3.0×10－

5T.若北京市一高层建筑安装了高100m 的金属杆作为避雷针，在某次雷雨天气中，某一时刻的放电电流为105A ，此时金属杆所受培力的方向和大小如何？磁力矩又是多大？

分析：首先要搞清放电电流的方向.因为地球带有负电荷，雷雨放电时，是地球所带电荷通过金属杆向上运动，即电流方向向下. 对于这类问题，都可采用如下方法确定空间的方向：面向北方 A a b A C D S

而立，则空间水平磁场均为“×”；自己右手边为东方，左手边为西方，背后为南方，如图2所示.由左手定则判定电流所受磁场力向右（即指向东方），大小为

F ＝BIl ＝3.0×10－5×105×100＝300（N ）.

因为磁力与通电导线的长度成正比，可认为合力的作用点为金属杆的中点，所以磁力矩 M ＝21F l ＝2

1×300×100 ＝1.5×104（N ·m ）.

用同一方法可判断如下问题：一条长2m 的导线水平放在赤道上空，通以自西向东的电流，它所受地磁场的磁场力方向如何？

2.地磁场中的电磁感应现象

【例12】绳系卫星是系留在航天器上绕地球飞行的一种新型卫星，可以用来对地球的大气层进行直接探测；系绳是由导体材料做成的，又可以进行地球空间磁场电离层的探测；系绳在运动中又可为卫星和牵引它的航天器提供电力.

1992年和1996年，在美国“亚特兰大”号航天飞机在飞行中做了一项悬绳发电实验：航天飞机在赤道上空飞行，速度为7.5km/s ，方向自西向东.地磁场在该处的磁感应强度B ＝0.5×10－

4T.从航天飞机上发射了一颗卫星，卫星携带一根长l ＝20km 的金属悬绳与航天飞机相连.从航天飞机到卫生间的悬绳指向地心.那么，这根悬绳能产生多大的感应电动势呢？

分析：采用前面所设想的确定空间方位的方法，用右手定则不难发现，竖起右手，大拇指向右边（即东方），四指向上（即地面的上方），所以航天飞机的电势比卫星高，大小为

E ＝BLv ＝0.5×10－5×2×104×7.5×103＝7.5×103（V ）.

用同样的方法可以判断，沿长江顺流而下的轮般桅杆所产生的电势差及在北半球高空水平向各方向飞行的飞机机翼两端的电势差（注意：此时机翼切割地磁场的有效分量是竖直分量）.

3.如何测地磁场磁感应强度的大小和方向

地磁场的磁感线在北半球朝向偏北并倾斜指向地面，在南半球朝向偏北并倾斜指向天空，且磁倾角的大小随纬度的变化而变化.若测出地磁场磁感应强度的水平分量和竖直分量，即可测出磁感应强度的大小和方向.

【例13】测量地磁场磁感应强度的方法很多，现介绍一种有趣的方法.

如图所示为北半球一条自西向东的河流，河两岸沿南北方向的A 、B 两点相距为d .若测出河水流速为v ，A 、B 两点的电势差为U ，即能测出此地的磁感应

强度的垂直分量B ⊥.

因为河水中总有一定量的正、负离子，在地磁场洛仑兹力的作

用下，正离子向A 点偏转，正、负离子向B 点偏转，当A 、B 间电势差达到一定值时，负离子所受电场力与洛仑兹力平衡，离子不同偏转，即 q d U ＝B ⊥qv ，故B ⊥＝dv

U . 如图所示，在测过B ⊥的地方将电阻为R 、面积为S 的矩形线圈的AD 边东西方向放置，线圈从水平转到竖直的过程中，测出通过线圈某一截面的电量Q ，穿过

线圈的磁通量先是B ⊥从正面穿过，继而变为B //从反面穿过，那么电量

Q ＝R S B B R R t t I )(//+=?Φ=?=

?⊥ε ∴B //＝⊥-B S

QR ∴B ＝2//2B B +⊥，磁倾角θ＝argtg //

B B ⊥ 洛伦兹力 带电粒子在磁场中的运动

教学目标：

1．掌握洛仑兹力的概念；

2．熟练解决带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动问题

教学重点：带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动

教学难点：带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动

教学方法：讲练结合，计算机辅助教学

【例1】磁流体发电机原理图如右。等离子体高速从左向右喷

射，两极板间有如图方向的匀强磁场。该发电机哪个极板为正极？

两板间最大电压为多少？

解：由左手定则，正、负离子受的洛伦兹力分别向上、向下。

所以上极板为正。正、负极板间会产生电场。当刚进入的正负离子

受的洛伦兹力与电场力等值反向时，达到最大电压：U=Bdv 。当外

电路断开时，这也就是电动势E 。当外电路接通时，极板上的电荷量减小，板间场强减小，洛伦兹力将大于电场力，进入的正负离子又将发生偏转。这时电动势仍是E=Bdv ，但路端电压将小于Bdv 。

在定性分析时特别需要注意的是：

⑴正负离子速度方向相同时，在同一磁场中受洛伦兹力方向相反。 B R

＋ ＋ ＋ ＋ ＋ － － － － ―

⑵外电路接通时，电路中有电流，洛伦兹力大于电场力，两板间电压将小于Bdv ，但电动势不变（和所有电源一样，电动势是电源本身的性质。）

⑶注意在带电粒子偏转聚集在极板上以后新产生的电场的分析。在外电路断开时最终将达到平衡态。

【例2】 半导体靠自由电子（带负电）和空穴（相当于带正电）导电，分为p 型和n 型两种。p 型中空穴为多数载流子；n 型中自由电子为多数载流子。

用以下实验可以判定一块半导体材料是p 型还是n 型：将材料放

在匀强磁场中，通以图示方向的电流I ，用电压表判定上下两个表

面的电势高低，若上极板电势高，就是p 型半导体；若下极板电势高，就是n 型半导体。试分析原因。

解：分别判定空穴和自由电子所受的洛伦兹力的方向，由于四指指电流方向，都向右，所以洛伦兹力方向都向上，它们都将向上偏转。p 型半导体中空穴多，上极板的电势高；n 型半导体中自由电子多，上极板电势低。

注意：当电流方向相同时，正、负离子在同一个磁场中的所受的洛伦兹力方向相同，所以偏转方向相同。

3.洛伦兹力大小的计算

带电粒子在匀强磁场中仅受洛伦兹力而做匀速圆周运动时，洛伦兹力充当向心力，由此可以推导出该圆周运动的半径公式和周期公式： Bq

m T Bq mv r π2,== 【例3】 如图直线MN 上方有磁感应强度为B 的匀强磁场。

正、负电子同时从同一点O 以与MN 成30°角的同样速度v 射入

磁场（电子质量为m ，电荷为e ），它们从磁场中射出时相距多远？

射出的时间差是多少？

解：由公式知，它们的半径和周期是相同的。只是偏转方向相

反。先确定圆心，画出半径，由对称性知：射入、射出点和圆心恰好组成正三角形。所以两

个射出点相距2r ，由图还可看出，经历时间相差2T /3。答案为射出点相距Be

mv s 2=，时间差为Bq

m t 34π=?。关键是找圆心、找半径和用对称。 【例4】 一个质量为m 电荷量为q 的带电粒子从x 轴上的P （a ，0）

点以速度v ，沿与x 正方向成60°的方向射入第一象限内的匀强磁场中，

并恰好垂直于y 轴射出第一象限。求匀强磁场的磁感应强度B 和射出点的

坐标。

解：由射入、射出点的半径可找到圆心O /，并得出半径

为M

x

aq mv B Bq mv a r 23,32===得；射出点坐标为（0，a 3）。 二、带电粒子在匀强磁场中的运动

带电粒子在磁场中的运动是高中物理的一个难点，也是高考的热点。在历年的高考试题中几乎年年都有这方面的考题。带电粒子在磁场中的运动问题，综合性较强，解这类问题既要用到物理中的洛仑兹力、圆周运动的知识，又要用到数学中的平面几何中的圆及解析几何知识。

1、带电粒子在半无界磁场中的运动

【例5】一个负离子，质量为m ，电量大小为q ，以速率v 垂直于屏S 经过小孔O 射入存在着匀强磁场的真空室中，如图所示。磁感应强度B 的方向与离子的运动方向垂直，并垂直于图1中纸面向里.

（1）求离子进入磁场后到达屏S 上时的位置与O 点的距离.

（2）如果离子进入磁场后经过时间t 到达位置P ，证明:直线OP

与离子入射方向之间的夹角θ跟t 的关系是t m qB 2=θ。 解析：（1）离子的初速度与匀强磁场的方向垂直，在洛仑兹力作用下，做匀速圆周运动.设圆半径为r ，则据牛顿第二定律可得：

r

v m Bqv 2

= ，解得Bq mv r = 如图所示，离了回到屏S 上的位置A 与O 点的距离为：AO =2r

所以Bq

mv AO 2= （2）当离子到位置P 时，圆心角：t m Bq r vt ==

α 因为θα2=，所以t m

qB 2=θ. 2．穿过圆形磁场区。画好辅助线（半径、速度、轨迹圆的圆心、

连心线）。偏角可由R r =2tan θ求出。经历时间由Bq m t θ=得出。 注意：由对称性，射出线的反向延长线必过磁场圆的圆心。 r v R

v

O /

O

O B S

v θ P

【例6】如图所示，一个质量为m 、电量为q 的正离子，从A 点正对着圆心O 以速度v 射入半径为R 的绝缘圆筒中。圆筒内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度的大小为B 。要使带电粒子与圆筒内壁碰撞多次后仍从A 点射出，求正离子在磁场

中运动的时间t.设粒子与圆筒内壁碰撞时无能量和电量损失，不计粒

子的重力。

解析：由于离子与圆筒内壁碰撞时无能量损失和电量损失，每次

碰撞后离子的速度方向都沿半径方向指向圆心，并且离子运动的轨迹

是对称的，如图所示。设粒子与圆筒内壁碰撞n 次（2≥n ），则每相邻两次碰撞点之间圆弧所对的圆心角为2π/（n +1）.由几何知识可知，离子运动的半径为 1tan +=n R r π 离子运动的周期为qB m T π2=，又r

v m Bqv 2

=， 所以离子在磁场中运动的时间为1

tan 2+=n v R t ππ. 【例7】圆心为O 、半径为r 的圆形区域中有一个磁感强度为B 、方向为垂直于纸面向里的匀强磁场，与区域边缘的最短距离为L 的O ＇处有一竖直放置的荧屏MN ，今有一质量为m 的电子以速率v 从左侧沿OO ＇方向垂直射入磁场，越出磁场后打在荧光屏上之P 点，如图所示，求O ＇P 的长度和电子通过磁场所用的时间。

解析 ：电子所受重力不计。它在磁场中做匀速圆周运

动，圆心为O ″，半径为R 。圆弧段轨迹AB 所对的圆心角

为θ，电子越出磁场后做速率仍为v 的匀速直线运动， 如

图4所示，连结OB ，∵△OAO ″≌△OBO ″，又OA ⊥O ″

A ，故O

B ⊥O ″B ，由于原有BP ⊥O ″B ，可见O 、B 、P

在同一直线上，且∠O ＇OP =∠AO ″B =θ，在直角三角形ＯＯ＇P 中，O ＇P =（L +r ）tan θ，而)2

(tan 1)2tan(2tan 2θθ

θ-=，R r =)2tan(θ，所以求得R 后就可以求出O ＇P 了，电子经过磁场的时间可用t =V

R V AB θ=来求得。 由R v m Bev 2=得R=θtan )(.r L OP eB mv += M N

L A P O

A v 0 B

mV

eBr

R

r

=

=

)

2

tan(

θ

，

2

2

2

2

2

2

2

)

2

(

tan

1

)

2

tan(

2

tan

r

B

e

v

m

eBrmv

-

=

-

=

θ

θ

θ

2

2

2

2

2

,

)

(2

tan

)

(

r

B

e

v

m

eBrmv

r

L

r

L

P

O

-

+

=

+

=θ，

)

2

arctan(

2

2

2

2

2r

B

e

v

m

eBrmv

-

=

θ

)

2

arctan(

2

2

2

2

2r

B

e

v

m

eBrmv

eB

m

v

R

t

-

=

=

θ

3．穿过矩形磁场区。一定要先画好辅助线（半径、速度及延长线）。偏转角由sinθ=L/R

求出。侧移由R2=L2-（R-y）2解出。经历时间由

Bq

m

t

θ

=得出。

注意，这里射出速度的反向延长线与初速度延长线的交点不再是宽度线段的中点，这点与带电粒子在匀强电场中的偏转结论不同！

【例8】如图所示，一束电子（电量为e）以速度v垂直射入磁感强度为B，宽度为d 的匀强磁场中，穿透磁场时速度方向与电子原来入射方向的夹角是30°，则电子的质量是，穿透磁场的时间是。

解析：电子在磁场中运动，只受洛仑兹力作用，故其轨迹是圆弧的一部分，又因为f⊥v，故圆心在电子穿入和穿出磁场时受到洛仑兹力指向交点上，如图中的O点，由几何知识知，

M

N

O,

L

O

θ/2

θ

θ/2

B

P

O//

AB间圆心角θ＝30°，OB为半径。

∴r=d/sin30°=2d，又由r=mv/Be得m=2dBe/v

又∵AB圆心角是30°，∴穿透时间t=T/12，故t=πd/3v。

带电粒子在长足够大的长方形磁场中的运动时要注意临界条件的分析。如已知带电粒子的质量m和电量e，若要带电粒子能从磁场的右边界射出，粒子的速度v必须满足什么条件？这时必须满足r=mv/Be>d，即v>Bed/m.

【例9】长为L的水平极板间，有垂直纸面向内的匀强磁场，如图所示，磁感强度为B，板间距离也为L，板不带电，现有质量为m，电量为q的带正电粒子（不计重力），从左边极板间中点处垂直磁感线以速度v水平射入磁场，欲使粒子不打在极板上，可采用的办法是：

A．使粒子的速度v

B．使粒子的速度v>5BqL/4m；

C．使粒子的速度v>BqL/m；

D．使粒子速度BqL/4m

解析：由左手定则判得粒子在磁场中间向上偏，而作匀速圆周

运动，很明显，圆周运动的半径大于某值r1时粒子可以从极板右边

穿出，而半径小于某值r2时粒子可从极板的左边穿出，现在问题归

结为求粒子能在右边穿出时r的最小值r1以及粒子在左边穿出时r

的最大值r2，由几何知识得：

粒子擦着板从右边穿出时，圆心在O点，有：

r12＝L2+（r1-L/2）2得r1=5L/4，

又由于r1=mv1/Bq得v1=5BqL/4m，∴v>5BqL/4m时粒子能从右边穿出。

粒子擦着上板从左边穿出时，圆心在O＇点，有r2＝L/4，又由r2＝mv2/Bq=L/4得v2＝BqL/4m

∴v2

综上可得正确答案是A、B。

带电粒子在复合场中的运动

【例1】某带电粒子从图中速度选择器左端由中点O以速度v0

向右射去，从右端中心a下方的b点以速度v1射出；若增大磁感应强度B，该粒子将打到a点上方的c点，且有ac=ab，则该粒子带___电；第二次射出时的速度为_____。

a

b

c o v

解：B 增大后向上偏，说明洛伦兹力向上，所以为带正电。由于洛伦兹力总不做功，所以两次都是只有电场力做功，第一次为正功，第二次为负功，但功的绝对值相同。21202222020212,2

1212121v v v mv mv mv mv -=∴-=- 【例2】 如图所示，一个带电粒子两次以同样的垂直于场线的初速度v 0分别穿越匀强电场区和匀强磁场区， 场区的宽度均为L 偏转角度均为α，求E ∶B

解：分别利用带电粒子的偏角公式。在电场中偏转：

20

tan mv EqL =α，在磁场中偏转：0sin mv LBq =α，由以上两式可得αcos 0v B E =。可以证明：当偏转角相同时，侧移必然不同（电场中侧移较大）；当侧移相同时，偏转角必然不同（磁场中偏转角较大）。

2．回旋加速器

回旋加速器是高考考查的的重点内容之一，但很多同学往往对这类问题似是而非，认识不深，甚至束手无策、，因此在学习过程中，尤其是高三复习过程中应引起重视。

（1）有关物理学史知识和回旋加速器的基本结构和原理

1932年美国物理学家应用了带电粒子在磁场中运动的特点发明了回旋加速器，其原理如图所示。A 0处带正电的粒子源发出带正电的粒子以速度v 0垂直进入匀强磁场，在磁场中匀速转动半个周期，到达A 1时，在A 1 A 1/处造成向上的电场，粒子被加速，速率由v 0增加到v 1，然后粒子以v 1在磁场中匀速转动半个周期，到达A 2/时，在A 2/ A 2处造成向下的电场，粒子又一次被加速，速率由v 1增加到v 2，如此继续下去，每当粒子经过A A /的交界面时都是它被加速，从而速度不断地增加。带电粒子在磁场中作匀速圆周运动的周期为qB

T ｍπ2=，为达到不断加速的目的，只要在 A A /上加上周期也为T 的交变电压就可以了。即T

电=qB

T ｍπ2=

实际应用中，回旋加速是用两个D 形金属盒做外壳，两个D 形金属盒分别充当交流电源的两极，同时金属盒对带电粒子可起到静电屏蔽作用，金属盒可以屏蔽外界电场，盒内电场很弱，这样才能保证粒子在盒内只受磁场力作用而做匀速圆周运动。

（2）带电粒子在D 形金属盒内运动的轨道半径是不等距分布的

设粒子的质量为m ，电荷量为q ，两D 形金属盒间的加速电压为U ，匀强磁场的磁感应强度为B ，粒子第一次进入D 形金属盒Ⅱ，被电场加速1次，以后每次进入D 形金属盒Ⅱ都要被电场加速2次。粒子第n 次进入D 形金属盒Ⅱ时，已经被加速（2n -1）次。

由动能定理得（2n －1）qU =２１Mv n 2。 ……①

第n 次进入D 形金属盒Ⅱ后，由牛顿第二定律得qv n B =m n n r v 2 …… ②

由①②两式得ｒn =qB qU n m

)12(2- ……③

同理可得第n +1次进入D 形金属盒Ⅱ时的轨道半径r n+1=qB qU n m

)12(2+ ……④

所以带电粒子在D 形金属盒内任意两个相邻的圆形轨道半径之比为12121+-=+n n r r n n ，可见带电粒子在D 形金属盒内运动时，轨道是不等距分布的，越靠近D 形金属盒的边缘，相邻两轨道的间距越小。

（3）带电粒子在回旋加速器内运动，决定其最终能量的因素

由于D 形金属盒的大小一定，所以不管粒子的大小及带电量如何，粒子最终从加速器

内设出时应具有相同的旋转半径。由牛顿第二定律得qv n B =m n

n r v 2……① 和动量大小存在定量关系 m v n =kn mE 2…… ②

由①②两式得E k n =m

r B q n 2222……③ 可见，粒子获得的能量与回旋加速器的直径有关，直径越大，粒子获得的能量就越大。

【例3】一个回旋加速器，当外加电场的频率一定时，可以把质子的速率加速到v ，质子所能获得的能量为E ，则：

①这一回旋加速器能把α粒子加速到多大的速度？

②这一回旋加速器能把α粒子加速到多大的能量？

③这一回旋加速器加速α粒子的磁感应强度跟加速质子的磁感应强度之比为？

解：①由qv n B =m n

n r v 2得 v n =m qBr n 由周期公式T 电=qB m T π2= 得知，在外加电场的频率一定时，qB

m 为定值，结合④式得αv =v 。

②由③式E k n =m

r B q n 2222及qB m 为定值得，在题设条件下，粒子最终获得动能与粒子质量成正比。所以α粒子获得的能量为4E 。

③由周期公式T 电=qB

m T π2= 得αααq m q m B B H H H ==2∶1。 （4）决定带电粒子在回旋加速器内运动时间长短的因素

带电粒子在回旋加速器内运动时间长短，与带电粒子做匀速圆周运动的周期有关，同时还与带电粒在磁场中转动的圈数有关。设带电粒子在磁场中转动的圈数为n ，加速电压为

U 。因每加速一次粒子获得能量为qU ，每圈有两次加速。结合E k n =m

r B q n 2222知，2nqU =m

r B q n 2222，因此n =mU r qB n 422 。所以带电粒子在回旋加速器内运动时间t =nT =mU r qB n 422.qB m π2=U

Br n 22

π。 3．带电微粒在重力、电场力、磁场力共同作用下的运动

（1）带电微粒在三个场共同作用下做匀速圆周运动。必然是电场力和重力平衡，而洛伦兹力充当向心力。

【例4】 一个带电微粒在图示的正交匀强电场和匀强磁场中在竖直面内

做匀速圆周运动。则该带电微粒必然带_____，旋转方向为_____。若已知圆

半径为r ，电场强度为E 磁感应强度为B ，则线速度为_____。

解：因为必须有电场力与重力平衡，所以必为负电；由左手定则得逆时针转动；再由E Brg v Bq mv r mg Eq ===得和 （2）与力学紧密结合的综合题，要认真分析受力情况和运动情况（包括速度和加速度）。必要时加以讨论。

【例5】质量为m 带电量为q 的小球套在竖直放置的绝缘杆上，球与杆间的动

摩擦因数为μ。匀强电场和匀强磁场的方向如图所示，电场强度为E ，磁感应强度为B 。小球由静止释放后沿杆下滑。设杆足够长，电场和磁场也足够大， 求运动过程中小球的最大加速度和最大速度。解：不妨假设设小球带正电（带负电时电场力和洛伦兹力都将反向，结论相同）。刚释放时小球受重力、电场力、弹力、摩擦力作用，向下加速；开始运动后又受到洛伦兹力作用，弹力、

摩擦力开始减小；当洛伦兹力等于电场力时加速度最大为g 。

随着v 的增大，洛伦兹力大于电场力，弹力方向变为向右，且

不断增大，摩擦力随着增大，加速度减小，当摩擦力和重力大

小相等时，小球速度达到最大B

E Bq mg v +=μ。 若将磁场的方向反向，而其他因素都不变，则开始运动后洛伦兹力向右，弹力、摩擦力

不断增大，加速度减小。所以开始的加速度最大为m

Eq g a μ-=；摩擦力等于重力时速度最大，为B

E Bq mg v -=μ。 二、综合例析

【例6】如图所示，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 ，外筒的外半径为r ，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

Eq mg N v a f v m qvB Eq N f mg

重力，整个装置在真空中）

解析：如图所示，带电粒子从S 点出发，在两筒之间的电场作用下加速，沿径向穿过狭缝a 而进入磁场区，在洛伦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，然后粒子以同样方式经过c 、b ，再回到S 点。设粒子进入磁场区的速度大小为V ，根据动能定理，有

221mv qU = 设粒子做匀速圆周运动的半径为R ，由洛伦兹力公式和牛顿第

二定律，有

R

v m Bqv 2

= 由前面分析可知，要回到S 点，粒子从a 到d 必经过

4

3圆周，所以半径R 必定等于筒的外半径r ，即R =r .由以上各式解得； m

qr B U 22

2=. 【例7】如图所示，空间分布着有理想边界的匀强电场和匀强磁场。左侧匀强电场的场强大小为E 、方向水平向右，电场宽度为L ；中间区域匀强磁场的磁感应强度大小为B ，方向垂直纸面向里。一个质量为m 、电量为q 、不计重力的带正电的粒子从电场的左边缘的O 点由静止开始运动，穿过中间磁场区域进入右侧磁场区域后，又回到O 点，然后重复上述运动过程。求：

（1）中间磁场区域的宽度d ；

（2）带电粒子从O 点开始运动到第一次回到O 点所用时间t .

解析：（1）带电粒子在电场中加速，由动能定理，可得： 22

1mv qEL =

带电粒子在磁场中偏转，由牛顿第二定律，可得：

R V m BqV 2= 由以上两式，可得q

mEL B R 21=。 可见在两磁场区粒子运动半径相同，如图13所示，三段圆弧的圆心组成的三角形ΔO 1O 2O 3是等边三角形，其边长为2R 。所以中间磁场区域的宽度为

q

mEL B R d 62160sin 0== （2）在电场中

qE

mL qE mV a V t 22221===， 在中间磁场中运动时间qB

m T t 3232π== 在右侧磁场中运动时间qB m T t 35653π==

， 则粒子第一次回到O 点的所用时间为

qB m qE mL t t t t 3722

321π+=++=。