電場和磁場中的帶電粒子

1、考點3 電場和磁場中的帶電粒子知識概要帶電粒子在電場、磁場中的運動可分為下列幾種情況半徑公式： 周期公式：帶電粒子在電場磁場中的運動帶電粒子在電場中的運動帶電粒子在磁場中的運動帶電粒子在復合場中的運動直線運動：如用電場加速或減速粒子偏轉(zhuǎn)：類似平拋運動，一般分解成兩個分運動求解圓周運動：以點電荷為圓心運動或受裝置約束運動直線運動（當帶電粒子的速度與磁場平行時）圓周運動（當帶電粒子的速度與磁場垂直時）直線運動：垂直運動方向的力必定平衡圓周運動：重力與電場力一定平衡，由洛倫茲力提供向心力一般的曲線運動帶電粒子在電場、磁場、重力場中的運動，簡稱帶電粒子在復合場中的運動，一般具有較復雜的運動圖景。這類問

2、題本質(zhì)上是一個力學問題，應順應力學問題的研究思路和運用力學的基本規(guī)律。分析帶電粒子在電場、磁場中運動，主要是兩條線索：（1）力和運動的關系。根據(jù)帶電粒子所受的力，運用牛頓第二定律并結合運動學規(guī)律求解。（2）功能關系。根據(jù)場力及其它外力對帶電粒子做功引起的能量變化或全過程中的功能關系，從而可確定帶電粒子的運動情況，這條線索不但適用于均勻場，也適用于非均勻場。因此要熟悉各種力做功的特點。處理帶電粒子在場中的運動問題應注意是否考慮帶電粒子的重力。這要依據(jù)具體情況而定，質(zhì)子、粒子、離子等微觀粒子，一般不考慮重力；液滴、塵埃、小球等宏觀帶電粒子由題設條件決定，一般把裝置在空間的方位介紹的很明確的，都應考

3、慮重力，有時還應根據(jù)題目的隱含條件來判斷。處理帶電粒子在電場、磁場中的運動，還應畫好示意圖，在畫圖的基礎上特別注意運用幾何知識尋找關系。點撥解疑【例題1】（1999年高考全國卷）如圖1所示，圖中虛線MN是一垂直紙面的平面與紙面的交線，在平面右側(cè)的半空間存在一磁感應強度為B的勻強磁場，方向垂直紙面向外。O是MN上的一點，從O點可以向磁場區(qū)域發(fā)射電量為+q、質(zhì)量為m、速率為v的粒子，粒子射入磁場時的速度可在紙面內(nèi)各個方向。已知先后射入的兩個粒子恰好在磁場中給定的P點相遇，P到O的距離為L，不計重力及粒子間的相互作用。（1）求所考察的粒子在磁場中的軌道半徑；（2）求這兩個粒子從O點射入磁場的時間間隔

4、。 【點撥解疑】（1）設粒子在磁場中做圓周運動的軌道半徑為R，由牛頓第二定律得，則（2）如圖2所示，以OP為弦可以畫兩個半徑相同的圓，分別表示在P點相遇的兩個粒子的軌跡。圓心分別為O1、O2，過O點的直徑分別為OO1Q1、OO2Q2，在O點處兩個圓的切線分別表示兩個粒子的射入方向，用表示它們之間的夾角。由幾何關系可知，從O點射入到相遇，粒子1的路程為半個圓周加弧長Q1P=R，粒子2的路程為半個圓周減弧長PQ2=R粒子1的運動時間為 ，其中T為圓周運動的周期。粒子2運動的時間為 兩粒子射入的時間間隔為 因為 所以 有上述算式可解得 點評：解帶電粒子在磁場中運動的題，除了運用常規(guī)的解題思路（畫草圖

5、、找“圓心”、定“半徑”）之外，更應側(cè)重于運用數(shù)學知識進行分析。本題在眾多的物理量和數(shù)學量中，角度是最關鍵的量，它既是建立幾何量與物理量之間關系式的一個紐帶，又是溝通幾何圖形與物理模型的橋梁。【例題2】 如圖3所示，在直角坐標系的第一、二象限內(nèi)有垂直于紙面的勻強磁場，第三象限有沿Y軸負方向的勻強電場，第四象限內(nèi)無電場和磁場。質(zhì)量為m、帶電量為q的粒子從M點以速度v0沿x軸負方向進入電場，不計粒子的重力，粒子經(jīng)N、P最后又回到M點。設OM=L，ON=2L，則：關于電場強度E的大小，下列結論正確的是 （ ）A B C D（2）勻強磁場的方向是 。（3）磁感應強度B的大小是多少？ 【點撥解疑】 （1

6、）由帶電粒子在電場中做類平拋運動，易知，且則E= 故選C（2）由左手定則，勻強磁場的方向為垂直紙面向里。（3）根據(jù)粒子在電場中運動的情況可知，粒子帶負電。粒子在電場中做類平拋運動，設到達N點的速度為v，運動方向與x軸負方向的夾角為，如圖4所示。由動能定理得將（1）式中的E代入可得 所以=45°粒子在磁場中做勻速圓周運動，經(jīng)過P點時速度方向也與x軸負方向成45°角。則OP=OM=L NP=NO+OP=3L粒子在磁場中的軌道半徑為R=Npcos45°= 又解得 點評：帶電粒子的復雜運動常常是由一些基本運動組合而成的。掌握基本運動的特點是解決這類問題的關鍵所在。該題中，

7、粒子在勻強磁場中運動軌跡的圓心不在y軸上，注意到這一點是很關鍵的?！纠}3】 如圖5所示，在水平正交的勻強電場和勻強磁場中，半徑為R的光滑絕緣豎直圓環(huán)上，套有一個帶正電的小球，已知小球所受電場力與重力相等，小球在環(huán)頂端A點由靜止釋放，當小球運動的圓弧為周長的幾分之幾時，所受磁場力最大？【點撥解疑】 小球下滑的過程中，要使磁場力最大，則需要速度最大。OC為與小球受到的重力、電場力的合力平行的半徑。由功能關系尋找速度最大的點，因為洛倫茲力不做功，所以不考慮磁場的作用，從圖中A到C，上述合力有切向分力，且與速度同向，因此做正功，小球動能增加；在C點時，該合力為徑向，沒有切向分力；此后切向分力與線速度

8、反向，動能將減??；故在C點時速度最大，所受磁場力也最大。由受力分析知mg=qE mg=qEtan 得= 45°由圖知=+90°=135°故小球運動的弧長與周長之比為，所以運動的弧長為周長的。點評：討論帶電粒子的運動，必須熟悉各種力做功的特點。該題也可用等效法處理。把電場和重力場合起來當作一個新的重力場，這個重力場的豎直方向與原水平方向成45°角斜向下，這樣就很容易確定速度最大的點。【例題4 】 從陰極K發(fā)射的電子經(jīng)電勢差U0=5000V的陽極加速后，沿平行于板面的方向從中央射入兩塊長L1=10cm、間距d=4cm的平行金屬板A、B之間，在離金屬板邊緣L2

9、=75cm處放置一個直徑D=20cm、帶有紀錄紙的圓筒。整個裝置放在真空內(nèi)，電子發(fā)射時的初速度不計，如圖6所示，若在金屬板上加一U =1000cos2t V的交流電壓，并使圓筒繞中心軸按圖示方向以n=2r/s勻速轉(zhuǎn)動，分析電子在紀錄紙上的軌跡形狀并畫圖6出從t=0開始的1s內(nèi)所紀錄到的圖形?！军c撥解疑】 對電子的加速過程，由動能定理得：圖7eU0=mv02得電子加速后的速度 v0=4.2×107m/s電子進入偏轉(zhuǎn)電場后，由于在其中運動的時間極短，可以忽略運動期間偏轉(zhuǎn)電壓的變化，認為電場是穩(wěn)定的，因此電子做類平拋的運動。如圖7所示。交流電壓在A、B兩板間產(chǎn)生的電場強度 V/m電子飛離金

10、屬板時的偏轉(zhuǎn)距離 電子飛離金屬板時的豎直速度 電子從飛離金屬板到到達圓筒時的偏轉(zhuǎn)距離 所以在紙筒上的落點對入射方向的總偏轉(zhuǎn)距離為圖8m可見，在紀錄紙上的點在豎直方向上以振幅0.20m、周期T=1s做簡諧運動。因為圓筒每秒轉(zhuǎn)2周，故轉(zhuǎn)一周在紙上留下的是前半個余弦圖形，接著的一周中，留下后半個圖形，合起來，1s內(nèi)，在紙上的圖形如圖8所示。點評：偏轉(zhuǎn)電場如果不穩(wěn)定，電子在其中的運動將非常復雜，因此理想化處理是解答本題的關鍵。示波器是常用的電子儀器，其原理與該題的情景有相似之處。針對訓練1（2002年廣西、河南、廣東卷）在圖9中虛線所示的區(qū)域存在勻強電場和勻強磁場。取坐標如圖。一帶電粒子沿x軸正方向進

11、入此區(qū)域，在穿過此區(qū)域的過程中運動方向始終不發(fā)生偏轉(zhuǎn)。不計重力的影響，電場強度E和磁感強度B的方向可能是（）A E和B都沿x軸正方向 B E沿y軸正向，B沿z軸正向C E沿x軸正向，B沿y軸正向 D E、B都沿z軸正向BABdvv300O圖102如圖10所示，一束電子（電量為e）以速度v垂直射入磁感應強度為B，寬度為d的勻強磁場中，穿透磁場時速度方向與電子原來入射方向的夾角是30°，則電子的質(zhì)量是 ，穿透磁場的時間是 。3（2000年全國卷）如圖11所示，兩個共軸的圓筒形金屬電極，外電極接地，其上均勻分布著平行于軸線的四條狹縫a、b、c和d，外筒的外半徑為r，在圓筒之外的足夠大區(qū)域中

12、有平行于軸線方向的均勻磁場，磁感強度的大小為B。在兩極間加上電壓，使兩圓筒之間的區(qū)域內(nèi)有沿半徑向外的電場。一質(zhì)量為、帶電量為q的粒子，從緊靠內(nèi)筒且正對狹縫a的S點出發(fā)，初速為零。如果該粒子經(jīng)過一段時間的運動之后恰好又回到出發(fā)點S，則兩電極之間的電壓U應是多少？（不計重力，整個裝置在真空中）abcdSo圖11BBELdO圖124如圖12所示，空間分布著有理想邊界的勻強電場和勻強磁場。左側(cè)勻強電場的場強大小為E、方向水平向右，電場寬度為L；中間區(qū)域勻強磁場的磁感應強度大小為B，方向垂直紙面向里。一個質(zhì)量為m、電量為q、不計重力的帶正電的粒子從電場的左邊緣的O點由靜止開始運動，穿過中間磁場區(qū)域進入右

13、側(cè)磁場區(qū)域后，又回到O點，然后重復上述運動過程。求：（1）中間磁場區(qū)域的寬度d；（2）帶電粒子從O點開始運動到第一次回到O點所用時間t。參考答案：1AB解析：E和B都沿x軸正方向，由于帶電粒子速度與磁感應強度B平行或反向平行，故不受磁場力只受電場力，而不論粒子帶何種電荷，電場力與速度均共線，由此知粒子作直線運動，A正確。若E沿y軸正向則電場力沿y軸正向（帶正電）或負向（帶負電），而B沿z軸正向，則由左手定則知其所受洛侖茲力沿y軸負向（帶正電）或正向（帶負電），合外力可能為零，故B正確。若E沿z軸正向，則電場力沿z軸正向（帶正電）或負向（帶負電），B沿y軸正向，則洛侖茲力也沿z軸正向（帶正電）或

14、負向（帶負電），合力不為零，且與速度不共線，粒子必然發(fā)生偏轉(zhuǎn)，故C錯。若E、B都沿z軸方向，則電場力也沿z軸方向，而洛侖茲力沿y軸方向，合力不為零，且與速度不共線，粒子必發(fā)生偏轉(zhuǎn)，故D錯。2解析：電子在磁場中運動，只受洛侖茲力作用，故其軌跡是圓弧的一部分，又因為fv，故圓心在電子穿入和穿出磁場時受到洛侖茲力指向交點上，如圖10中的O點，由幾何知識知，AB間圓心角30°，OB為半徑。r=d/sin30°=2d，又由r=mv/Be得m=2dBe/v又AB圓心角是30°，穿透時間t=T/12，故t=d/3v。3解析：如圖13所示，帶電粒子從S點出發(fā)，在兩筒之間的電場作用下加速，沿徑向穿過狹縫a而進入磁場區(qū)，在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動。粒子再回到S點的條件是能沿徑向穿過狹縫d.只要穿過了d，粒子就會在電場力作用下先減速，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，再回到S點。設粒子進入磁場區(qū)的速度大小為v，根據(jù)動能定理，有abcdSo圖13設粒子做勻速圓周運動的半徑為R，由洛倫茲力公式和牛頓第二定律，有由前面分析可知，要回到S點