帶電粒子在電場中的運動經典例題

1、帶電粒子在電場中的運動一、帶電粒子在電場中做偏轉運動1. 如圖所示，在平行板電容器之間有勻強電場，一帶電粒子（重力不計）以速度v0垂直電場線射人電場，經過時間tl 穿越電場，粒子的動能由Ek 增加到2Ek ; 若這個帶電粒子以速度v0 垂直進人該電場，經過時間t2穿越電場。求：( l ）帶電粒子兩次穿越電場的時間之比t1：t2; ( 2 ）帶電粒子第二次穿出電場時的動能。v02.如圖所示的真空管中，質量為m，電量為e的電子從燈絲發(fā)出，經過電壓加速后沿中心線射入相距為d的兩平行金屬板、間的勻強電場中，通過電場后打到熒光屏上，設、間電壓為，、板長為l1,平行金屬板右端到熒光屏的距離為l,求：電子離

2、開勻強電場時的速度與進入時速度間的夾角電子打到熒光屏上的位置偏離屏中心距離 解析:電子在真空管中的運動過分為三段，從發(fā)出在電壓作用下的加速運動；進入平行金屬板、間的勻強電場中做類平拋運動；飛離勻強電場到熒光屏間的勻速直線運動設電子經電壓加速后的速度為v1，根據動能定理有：電子進入、間的勻強電場中，在水平方向以v1的速度做勻速直線運動，豎直方向受電場力的作用做初速度為零的加速運動，其加速度為：電子通過勻強電場的時間電子離開勻強電場時豎直方向的速度vy為：圖電子離開電場時速度v2與進入電場時的速度v1夾角為（如圖）則電子通過勻強電場時偏離中心線的位移電子離開電場后，做勻速直線運動射到熒光屏上，豎直

3、方向的位移電子打到熒光屏上時，偏離中心線的距離為3. 在真空中存在空間范圍足夠大的、水平向右的勻強電場若將一個質量為m、帶正電電量q的小球在此電場中由靜止釋放，小球將沿與豎直方向夾角為的直線運動?，F將該小球從電場中某點以初速度豎直向上拋出，求運動過程中（?。?（1）小球受到的電場力的大小及方向； （2）小球運動的拋出點至最高點之間的電勢差U解析： （1）根據題設條件，電場力大小 電場力的方向向右 （2）小球沿豎直方向做初速為的勻減速運動，到最高點的時間為，則： 沿水平方向做初速度為0的勻加速運動，加速度為 此過程小球沿電場方向位移為： 小球上升到最高點的過程中，電場力做功為： 4. 在足夠大的

4、空間中,存在水平向右的勻強電場,若用絕緣細線將質量為m的帶正電的小球懸掛在電場中,其靜止時細線與豎直方向夾角=37°.現去掉細線,將該小球從電場中的某點豎直向上拋出,拋出時的初速度大小為v0,如圖13所示.求:(1)電場強度的大小.(2)小球在電場內運動過程中的最小速率.(3)小球從拋出至達到最小速率的過程中,電場力對小球所做的功.(sin37°=0.6,cos37°=0.8)5. 如圖所示，在空間中取直角坐標系Oxy，在第一象限內平行于y軸的虛線MN與y軸距離為d，從y軸到MN之間的區(qū)域充滿一個沿y軸正方向的勻強電場，場強大小為E。初速度可以忽略的電子經過另一個

5、電勢差為U的電場加速后，從y軸上的A點以平行于x軸的方向射入第一象限區(qū)域，A點坐標為（0，h）。已知電子的電量為e，質量為m，加速電場的電勢差U，電子的重力忽略不計，求：（1）電子從A點進入電場到離開該電場區(qū)域所經歷的時間t和離開電場區(qū)域時的速度v；（2）電子經過x軸時離坐標原點O的距離l。解析：（1）由 eUmv02 得電子進入偏轉電場區(qū)域的初速度v0設電子從MN離開，則電子從A點進入到離開勻強電場區(qū)域的時間t d；yat2因為加速電場的電勢差U， 說明yh，說明以上假設正確所以vyat´ d 離開時的速度v（2）設電子離開電場后經過時間t到達x軸，在x軸方向上的位移為x，則xv0

6、t ，yhyhtvyt 則 ldx dv0t dv0（） dhh代入解得l二、帶電粒子在電場中做圓周運動mOq6在方向水平的勻強電場中，一不可伸長的不導電細線一端連著一個質量為、電量為+的帶電小球，另一端固定于點。將小球拉起直至細線與場強平行，然后無初速釋放，則小球沿圓弧作往復運動。已知小球擺到最低點的另一側，線與豎直方向的最大夾角為（如圖）。求：（1）勻強電場的場強。（2）小球經過最低點時細線對小球的拉力。解：（1）設細線長為l，場強為，因電量為正，故場強的方向為水平向右。從釋放點到左側最高點，由動能定理有，故，解得 （2）若小球運動到最低點的速度為v，此時線的拉力為T，由動能定理同樣可得，

7、由牛頓第二定律得 ，聯立解得7.如圖所示，水平軌道與直徑為d=0.8m的半圓軌道相接，半圓軌道的兩端點A、B連線是一條豎直線，整個裝置處于方向水平向右，大小為103V/m的勻強電場中，一小球質量m=0.5kg,帶有q=5×10-3C電量的正電荷，在電場力作用下由靜止開始運動，不計一切摩擦，g=10m/s2，（1）若它運動的起點離A為L，它恰能到達軌道最高點B，求小球在B點的速度和L的值（2）若它運動起點離A為L=2.6m，且它運動到B點時電場消失，它繼續(xù)運動直到落地，求落地點與B點的距離（1）因小球恰能到B點，則在B點有 （1分） （1分）小球運動到B的過程，由動能定理 （1分） （

8、1分）（2）小球離開B點，電場消失，小球做平拋運動，設落地點距B點距離為s，由動能定理小球從靜止運動到B有 （2分） （2分）7.如圖所示，在E = 103V/m的水平向左勻強電場中，有一光滑半圓形絕緣軌道豎直放置，軌道與一水平絕緣軌道MN連接，半圓軌道所在豎直平面與電場線平行，其半徑R = 40cm，一帶正電荷q = 104C的小滑塊質量為m = 40g，與水平軌道間的動摩因數m = 0.2，取g = 10m/s2，求： （1）要小滑塊能運動到圓軌道的最高點L，滑塊應在水平軌道上離N點多遠處釋放？（2）這樣釋放的滑塊通過P點時對軌道壓力是多大？（P為半圓軌道中點）解析：（1）滑塊剛能通過軌道

9、最高點條件是 滑塊由釋放點到最高點過程由動能定理：代入數據得：S20m（2）滑塊過P點時，由動能定理： 在P點由牛頓第二定律：代入數據得：N1.5N8. 如圖所示，在沿水平方向的勻強電場中有一固定點o，用一根長度為=0.40 m的絕緣細線把質量為m=0.20 kg，帶有正電荷的金屬小球懸掛在o點，小球靜止在B點時細線與豎直方向的夾角為=.現將小球拉至位置A使細線水平后由靜止釋放，求：(1)小球運動通過最低點C時的速度大小.(2)小球通過最低點C時細線對小球的拉力大小.（3）如果要使小球能繞o點做圓周運動，則在A點時沿垂直于OA方向上施加給小球的初速度的大小范圍。(g取10 m/s，sin=O.

10、60，cos=0.80)解： 圖圖9.如圖所示，在勻強電場中一帶正電的小球以某一初速度從絕緣斜面上滑下，并沿與斜面相切的絕緣圓軌道通過最高點已知斜面傾角為300, 圓軌道半徑為，勻強電場水平向右，場強為，小球質量為m，帶電量為，不計運動中的摩擦阻力，則小球至少應以多大的初速度滑下？在此情況下，小球通過軌道最高點的壓力多大？解析：小球的受力如圖所示，從圖中可知：，所以帶電小球所受重力和電場力的合力始終垂直于斜面，小球在斜面上做勻速直線運動，其中把小球看作處于垂直斜面向下的等效力場F中，等效力加速度，小球在點的速度最小，為，由功能關系可得：此即為小球沿斜面下滑的最小速度設點的速度為vc，則小于球通

11、過最高點時，向心力由重力和軌道壓力提供，因而有：如圖甲所示，A、B是一對平行放置的金屬板，中心各有一個小孔P、Q，PQ連線垂直金屬板，兩板間距為d現從P點處連續(xù)不斷地有質量為 m、帶電量為q的帶電粒子（重力不計），沿PQ方向放出，粒子的初速度可忽略不計在t0時刻開始在A、B間加上如圖乙所示交變電壓（A板電勢高于B板電勢時，電壓為正），其電壓大小為U、周期為T帶電粒子在A、B間運動過程中，粒子間相互作用力可忽略不計乙甲圖13（1）如果只有在每個周期的0時間內放出的帶電粒子才能從小孔Q中射出，則上述物理量之間應滿足怎樣的關系（2）如果各物理量滿足（1）中的關系，求每個周期內從小孔Q中有粒子射出的時

12、間與周期T的比值（1）在0時間內，進入A、B板間的粒子，在電場力的作用下，先向右做勻加速運動，在時間內再向右做勻減速運動，且在0時間內，越遲進入A、B板間的粒子，其加速過程越短，減速運動過程也相應地縮短，當速度為零后，粒子會反向向左加速運動。由題意可知0時間內放出的粒子進入A、B板間，均能從Q孔射出，也就是說在時刻進入A、B板間的粒子是能射出Q孔的臨界狀態(tài)。粒子在時刻進入A、B間電場時，先加速，后減速，由于粒子剛好離開電場，說明它離開電場的速度為零，由于加速和減速的對稱性，故粒子的總位移為加速時位移的2倍，所以有即 （2）若情形（1）中的關系式成立，則t0時刻進入電場的粒子在電場中運動的時間為

13、最短（因只有加速過程），設最短時間為tx，則有 在時刻進入電場的粒子在的時刻射出電場，所以有粒子飛出電場的時間為 由式得 三、帶電粒子在交變電場中的偏轉1如圖甲所示，、是在真空中平行放置的金屬板，加上電壓后，它們之間的電場可視為勻強電場。、兩板間距=15cm。今在、兩極上加如圖乙所示的電壓，交變電壓的周期=1.0×10-6s；=0時，板電勢比板電勢高，電勢差=108V。一個荷質比=1.0×108C/kg的帶負電的粒子在=0時從板附近由靜止開始運動，不計重力。問：(1)當粒子的位移為多大時，粒子速度第一次達到最大值？最大速度為多大？(2)粒子運動過程中將與某一極板相碰撞，求粒

14、子撞擊極板時的速度大小。BAdtu/VT/2-U0U0T3T/22TT/35T/64T/3圖甲圖乙解：(1)帶負電的粒子電場中加速或減速的加速度大小為= 7.2×1011 m/s2當粒子的位移為= 4.0×102m,速度最大值為=2.4×105 m/s(2)一個周期內粒子運動的位移為=2×2×=6×102m由此可以判斷粒子在第三個周期內與板碰撞，因為=2.5在前兩個周期內粒子運動的位移為=12×102 m在第三周期內粒子只要運動=3cm即與板碰撞，可知在第三周期的前內某時刻就與板碰撞。=2 .0×105 m/s2.

15、 兩塊水平平行放置的金屬板如圖(甲)所示，大量電子(已知電子質量為m、電荷量為e)由靜止開始，經電壓為U0的電場加速后，連續(xù)不斷地從兩板正中間沿水平方向射人兩板間當兩板均不帶電時，這些電子通過兩板之間的時間為3t0；當在兩板間加如圖(乙)所示的周期為2t0、幅值恒為U的周期性電壓時，恰好能使所有電子均從兩板間通過求 (1)這些電子飛離兩板間時，側向位移(即豎直方向上的位移)的最大值symax；(2)這些電子飛離兩板間時，側向位移的最小值symin。 3. 如圖(1)所示，在平行板電容器的A板附近，有一個帶正電的粒子(不計重力)處于靜止，在A、B兩板間加如圖(2)所示的交變電壓，帶電粒子在電場力

16、作用下由靜止開始運動經3t0時間剛好到達B板，設此時粒子的動能大小為Ek3。(1)若用改變A、B兩板間距的方法，使粒子在5t0時刻到達B板，此時粒子的動能大小為 Ek5。求Ek3/Ek5等于多少?(2)若保持A、B兩板間距離及電壓的值U0不變，僅用改變交變電壓周期的方法使粒子到達B板的動能最大，求此交變電壓的最小周期與原周期之比。 （1）5：3 （2）4. 如圖(a)，平行金屬板A和B間的距離為d，現在A、B板上加上如圖（b）所示的方波形電壓，t=0時A板比B板的電勢高，電壓的正向值為U0，反向值也為U0現有由質量為m的帶正電且電荷量為q的粒子組成的粒子束，從AB的中點O以平行于金屬板方向OO

17、/的速度v0=射入，所有粒子在AB間的飛行時間均為T，不計重力影響求：（1）粒子飛出電場時的速度；（2）粒子飛出電場時位置離O/點的距離范圍解析：（1）打出粒子的速度都是相同的，在沿電場線方向速度大小為 所以打出速度大小為 設速度方向與v0的夾角為，則 （2）當粒子由時刻進入電場，向下側移最大，則 當粒子由時刻進入電場，向上側移最大，則 在距離O/中點下方至上方范圍內有粒子打出 5.如左圖，在真空中足夠大的絕緣水平地面上，一個質量為m=0.2kg，帶電量為的小物塊處于靜止狀態(tài)，小物塊與地面間的動摩擦因數。從t=0時刻開始，空間加上一個如右圖所示的場強大小和方向呈周期性變化的電場，（取水平向右的

18、方向為正方向，取10m/s2。）求：（1）23秒內小物塊的位移大小；（2）23秒內電場力對小物塊所做的功。Eqm左圖0t/sE/（×105N/C)684212103-1右圖解析：（1）02s內物塊加速度位移2s末的速度為24s內物塊加速度位移4s末的速度為因此小物塊做周期為4s的加速和減速運動，第22s末的速度也為，第23s末的速度 （）所求位移為（2）23秒內，設電場力對小物塊所做的功為W，由動能定理：求得OABu（a）utU0UxOT/2T3T/2（b）6. 如圖a所示，為一組間距d足夠大的平行金屬板，板間加有隨時間變化的電壓（如圖b所示），設U0和T已知。A板上O處有一靜止的帶

19、電粒子，其帶電量為q，質量為m（不計重力），在t=0時刻起該帶電粒子受板間電場加速向B板運動，途中由于電場反向，粒子又向A板返回（粒子未曾與B板相碰）。（1）當Ux=2U0時求帶電粒子在t=T時刻的動能；（2）為使帶電粒子在0T時間內能回到O點，Ux要大于多少？解析：（1），（2），由上面四式，得因為，所以7. 如圖所示，熱電子由陰極飛出時的初速忽略不計，電子發(fā)射裝置的加速電壓為U0，電容器板長和板間距離均為L=1cm，下極板接地。電容器右端到熒光屏的距離也是L=1。在電容器兩極板間接一交變電壓，上極板的電勢隨時間變化的圖象如圖。（每個電子穿過平行板的時間極短，可以認為電壓是不變的）求： （1

20、）在t=0.06s時刻，電子打在熒光屏上的何處？ （2）熒光屏上有電子打到的區(qū)間有多長？屏上亮點的間歇時間為多少？24（18分） （1） 2分， ， 2分代入 2分 由圖知t=0.06s時刻偏轉電壓為1.8U0， 2分 可求得偏轉位移 2分 打在屏上的點距O點Y=1.35cm。 2分電子的最大側移為0.5L（偏轉電壓超過2.0U0，電子就打到極板上了），所以熒光屏上電子能打到的區(qū)間長為3L=3.0cm。間歇時間0.1s 6分8. 如圖甲所示，真空中的電極K連續(xù)不斷地發(fā)出電子（電子的初速度可忽略不計），經電壓為u的電場加速，加速電壓u隨時間t變化的圖象如圖乙所示。每個電子通過加速電場的過程時間極

21、短，可認為加速電壓不變。電子被加速后由小孔S穿出，沿兩個彼此靠近且正對的水平金屬板A、B間中軸線從左邊緣射入A、B兩板間的偏轉電場，A、B兩板長均為L=0.20m，兩板之間距離d=0.050m，A板的電勢比B板的電勢高。A、B板右側邊緣到豎直放置的熒光屏P（面積足夠大）之間的距離b=0.10m。熒光屏的中心點O與A、B板的中心軸線在同一水平直線上。不計電子之間的相互作用力及其所受的重力，求：（1）要使電子都打不到熒光屏上，則A、B兩板間所加電壓U應滿足什么條件；（2）當A、B板間所加電壓U'=50V時，電子打在熒光屏上距離中心點O多遠的范圍內。解：（1）設電子的質量為m、電量為e，電子

22、通過加速電場后的速度為v，由動能定理有：eu=mv2 ;電子通過偏轉電場的時間t=;此過程中電子的側向位移y=at2=()2 聯立上述兩式解得：y=;要使電子都打不到屏上，應滿足u取最大值800V時仍有y>代入數據可得，為使電子都打不到屏上，U至少為100V。（2）當電子恰好從A板右邊緣射出偏轉電場時，其側移量最大ymax2.5cm電子飛出偏轉電場時，其速度的反向延長線通過偏轉電場的中心，設電子打在屏上距中心點的最大距離為Ymax，則由幾何關系可得：=，解得Ymax=ymax=5.0cm由第（1）問中的y=可知，在其它條件不變的情況下，u越大y越小，所以當u=800V時，電子通過偏轉電場

23、的側移量最小。其最小側移量ymin=1.25×102m=1.25cm同理，電子打在屏上距中心點的最小距離Ymin=ymin=2.5cm所以電子打在屏上距中心點O在2.5cm5.0cm范圍內。帶電粒子在磁場中運動問題專題一、基本公式帶電粒子在勻強磁場中僅受洛倫茲力而做勻速圓周運動時，洛倫茲力充當向心力，原始方程：，推導出的半徑公式和周期公式：或。二、基本方法解決帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的問題，物理情景非常簡單，難點在準確描繪出帶電粒子的運動軌跡?？梢哉f畫好了圖就是成功的90%。因此基本方法是作圖，而作圖的關鍵是找軌跡圓的圓心、軌跡圓的半徑、充分利用直線與圓、圓與圓相交（相切）

24、圖形的對稱性。作圖時先畫圓心、半徑，后畫軌跡圓弧。在準確作圖的基礎上，根據幾何關系列方程求解。OBvMN例1如圖，直線MN上方有磁感應強度為B的勻強磁場。正、負電子同時從同一點O以與MN成30º角的同樣速度v射入磁場（電子質量為m，電荷為e），它們從磁場中射出時相距多遠？射出的時間差是多少？（不考慮正、負電子間的相互作用）OMNBvO2O1分析：正、負電子的軌道半徑和周期相同，只是偏轉方向相反。先分析正電子：由左手定則知它的軌跡順時針，半徑與速度垂直，與MN成60º，圓心一定在這條半徑上；經過一段劣弧從磁場射出，由對稱性，射出時速度方向也與MN成30º角，因此對應

25、的半徑也與MN成60º，由這兩個半徑方向就可以確定圓心O1的位置；射入、射出點和圓心O1恰好組成正三角形。再分析電子：由對稱性，電子初速度對應的半徑方向與正電子恰好反向，它的射入、射出點和圓心O2組成與O1ON全等的正三角形O2OM，畫出這個三角形，最后畫出電子的軌跡圓弧。由幾何關系不難得出：兩個射出點相距2r， 經歷時間相差2T/3。三、帶電粒子射入條形勻強磁場區(qū)v yvLOBROMNy質量m，電荷量q的帶正電粒子，以垂直于邊界的速度射入磁感應強度為B，寬度為L的勻強磁場區(qū)。討論各種可能的情況。速率足夠大的能夠穿越該磁場區(qū)（臨界速度對應的半徑為L）。需畫的輔助線如圖中虛線MN、OM

26、所示。軌跡半徑，偏轉角由解得；側移y用勾股定理R2=L2+(R-y)2解出；經歷時間由t=m/Bq計算。速率v較小的未能穿越磁場區(qū)，而是從入射邊射出。根據對稱性，粒子在磁場中的軌跡一定是半圓，如圖中虛線所示，該半徑的最大值為磁場寬度L。無論半徑多大，只要從入射邊射出，粒子在磁場中經歷的時間都一定相同，均為T/2。vLOBROMNv質量m，電荷量q的帶正電粒子，以與邊界夾角為的速度射入磁感應強度為B，寬度為L的勻強磁場區(qū)。為使粒子不能穿越該磁場區(qū)，求速度的取值范圍。畫出與初速度對應的半徑方向，該射線上有且僅有一個點O到O和磁場上邊界等距離，O就是該臨界圓弧的圓心，R滿足R(1+cos)=L。與R

27、對應的速度就是臨界速度，速度比它小的都不能穿越該磁場。軌跡對應的圓心角均為2(-)，在磁場中經歷的時間均為t=2(-)m/Bq。質量m，電荷量q的帶正電粒子，以與邊界成任意角度的相同速率射入磁感應強度為B，寬度為L的勻強磁場區(qū)。為使所有粒子都不能穿越該磁場，求粒子的最大速度。vLBOv速率相同的條件下，最容易穿越磁場的是沿磁場下邊界向左射入的粒子，如果它對應的半徑r=L/2（對應的軌跡圓弧如圖中實線所示）將恰好到達磁場上邊界，那么沿其他方向射入磁場的粒子必然不能穿越該磁場。如果以垂直于下邊界的速度射入的粒子恰好到達磁場上邊界，對應的半徑r=L（其軌跡圓弧如圖中虛線所示），那么入射方向比它偏左的

28、粒子將穿越磁場。r vvO´OvPQB四、帶電粒子射入圓形勻強磁場區(qū)質量m，電荷量q的帶正電粒子，沿半徑方向射入磁感應強度為B半徑為r的圓形勻強磁場區(qū)。磁場區(qū)邊界和粒子軌跡都是圓，由兩圓相交圖形的對稱性知：沿半徑方向射入的粒子，必然沿半徑延長線方向射出。需畫的輔助線有軌道半徑、與射入、射出點對應的磁場圓半徑，兩軌道半徑的交點就是軌道圓的圓心O，畫出兩圓的連心線OO。偏角可由求出。粒子在磁場中經歷時間由t=m/Bq計算。r vvO´OvPQBRMN質量m，電荷量q的帶正電粒子，以速度v沿與磁場的水平直徑MN平行的方向射入磁感應強度為B半徑為r的圓形勻強磁場區(qū)，已知，為使粒子在

29、磁場中經歷的時間最長，入射點P到MN的距離應是多少？設粒子在磁場中軌跡弧長為l，粒子運動經歷的時間t=m/Bq，=l/Rl，由于軌道半徑R大于磁場半徑r，粒子在磁場中的軌跡是劣弧，在同圓中，劣弧越長對應的公共弦也越長。因此射入、射出點的連線應是磁場圓的直徑。做出輔助線如圖，P到MN的距離h=rsin可求。P1OvBO1r vr vQ1P2O2一束水平向右發(fā)射的平行帶正電粒子束射向圓形勻強磁場區(qū)，若粒子在磁場中的軌道半徑恰好等于磁場圓的半徑，試證明所有進入磁場的粒子將從同一點射出圓形磁場區(qū)，并確定該點的位置。證明：以任意一個入射點P1為例，設軌道圓圓心為O1，射出點為Q1，磁場圓和軌道圓的半徑均

30、為r，由已知，O1P1=O1Q1=OP1=OQ1=r，由幾何知識，四邊形O1P1OQ1為菱形。P1O1是洛倫茲力方向，跟初速度方向垂直，菱形的對邊平行，因此OQ1也跟初速度方向垂直，Q1是圓周的最高點。反之也可以證明：只要粒子在磁場中的軌道半徑恰好等于磁場圓的半徑，那么從磁場圓周上同一點沿各個方向射入圓形磁場的粒子，射出后一定形成寬度為磁場圓直徑的平行粒子束。五、帶電粒子以同樣的水平分速度射入勻強磁場區(qū)xOBPQv0yvv0rvyMNS如圖所示，平行板P、Q關于x軸對稱放置，兩板間接有正弦交變電壓，y軸右側有方向垂直于紙面向里的勻強磁場。從P、Q左側中點S向右連接發(fā)射初速度相同的帶正電粒子。不

31、考慮粒子間相互作用，每個粒子穿越極板過程時間極短，可認為電壓恒定。試證明：所有粒子從y軸進入、穿出磁場的兩點間距離相等。證明：設粒子射入磁場的速度為v，與水平方向夾角為，無論兩板間電壓多大，都有v0=vcos，射入、穿出點間距離與偏轉電壓高低無關。六、練習題1空間存在方向垂直于紙面向里的勻強磁場，圖中的正方形為其邊界。一細束由兩種粒子組成的粒子流沿垂直于磁場的方向從O點入射。這兩種粒子帶同種電荷，它們的電荷量、質量均不同，但其比荷相同，且都包含不同速率的粒子。不計重力。下列說法正確的是 OA入射速度不同的粒子在磁場中的運動時間一定不同 B入射速度相同的粒子在磁場中的運動軌跡可能不同C在磁場中運

32、動時間相同的粒子，其運動軌跡一定相同D在磁場中運動時間越長的粒子，其軌跡所對的圓心角一定越大 yxvvPBSOa2一個質量為m，電荷量為q的帶電粒子從x軸上的P(a，0)點以速度v，沿與x正方向成60º的方向射入第一象限內的勻強磁場中，并恰好垂直于y軸射出第一象限。求磁感應強度B和射出點S的坐標。 x yPOL30ºv3一勻強磁場，磁場方向垂直于xy平面，在xy平面上，磁場分布在以O為中心的一個圓形區(qū)域內。一個質量為m、電荷為q的帶電粒子，由原點O開始運動，初速為v，方向沿x正方向。后來，粒子經過y軸上的P點，此時速度方向與y軸的夾角為30º，P到O的距離為L，如

33、圖所示。不計重力的影響。求磁場的磁感強度B的大小和xy平面上磁場區(qū)域的半徑R。 vBRO4如圖所示，半徑為R的圓形區(qū)域內存在著磁感應強度為B的勻強磁場，方向垂直于紙面向里，一帶負電的粒子（不計重力）沿水平方向以速度v正對著磁場圓的圓心O入射，通過磁場區(qū)域后速度方向偏轉了60º角。求：該粒子的比荷q/m；該粒子在磁場中的運動時間；若入射方向仍然沿水平方向，為使粒子通過該磁場區(qū)域后速度方向的偏轉角最大，粒子的入射點向上平移的距離d是多少？xyOEBrr5如圖所示，在x-O-y坐標系中，以（r，0）為圓心、r為半徑的圓形區(qū)域內存在勻強磁場，磁場的磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面向里。在y

34、 > r的足夠大的區(qū)域內，存在沿y軸負方向的勻強電場，場強大小為E。從O點以相同速率向不同方向發(fā)射質子，質子的運動軌跡均在紙面內，且質子在磁場中運動的軌跡半徑也為r。已知質子的電荷量為q，質量為m，不計質子所受重力及質子間相互作用力的影響。求質子射入磁場時速度的大?。蝗糍|子沿x軸正方向射入磁場，求質子從O點進入磁場到第二次離開磁場經歷的時間；若質子沿與x軸正方向成夾角的方向從O點射入第一象限的磁場中，求質子在磁場中運動的總時間。OAR1vR2 6如圖所示，平面上有半徑分別為R1、R2的兩個同心圓，圓心為O。小圓內和兩圓之間均有垂直于該平面的勻強磁場，兩部分磁場的磁感應強度都為B，方向如圖

35、。小圓邊界上的A點有一個電荷量為+q，質量為m的帶電粒子，沿OA延長線方向射出。粒子只受磁場力作用。若R2足夠大，粒子運動過程第二次進入小圓的位置恰好是A點，求該帶點粒子的速率v；上一問中的R2至少是R1的多少倍？粒子從A點射出到回到A點經歷的時間t是多少？為使粒子在磁場中運動過程中，粒子所處位置與圓心O連線順時針旋轉一周時恰好能回到A，求該帶點粒子速率的所有可能值。練習題答案1D 2，（0，） 3， xOByAO2O3O1Cv4 5 = + t總= (示意圖如右。無論取何值，從磁場邊緣A射出時必然沿y軸正向，在電場中往返后，又從A沿y軸負向返回磁場，從C射出。從幾何關系可以判定，圖中O2OO

36、1A和O3CO1A都是邊長為r的菱形，因此OA弧和OC弧對應的圓心角O2和O3之和為180º，質子在磁場中經歷的總時間是半周期。)6（提示：軌跡如下左圖。軌道半徑） R2=(2+)R1，T= （提示：如下左圖R2=(2+)R1，總時間是一又六分之五周期。）v=（n=3，4，5）（提示：只要小圓圓周被n等分，就能回到A點。如右下圖所示，對應的軌道半徑）AvOOAv帶電粒子在復合場中的運動1. 如圖所示，M、N為兩塊帶等量異種電荷的平行金屬板，S1、S2為板上正對的小孔，N板右側有兩個寬度均為d的勻強磁場區(qū)域，磁感應強度大小均為B，方向分別垂直于紙面向外和向里，磁場區(qū)域右側有一個熒光屏，

37、取屏上與S1、S2共線的O點為原點，向上為正方向建立x軸M板左側電子槍發(fā)射出的熱電子經小孔S1進入兩板間，電子的質量為m，電荷量為e，初速度可以忽略(1)當兩板間電勢差為U0時，求從小孔S2射出的電子的速度v0(2)求兩金屬板間電勢差U在什么范圍內，電子不能穿過磁場區(qū)域而打到熒光屏上(3)若電子能夠穿過磁場區(qū)域而打到熒光屏上，試在答題卡的圖上定性地畫出電子運動的軌跡(4)求電子打到熒光屏上的位置坐標x和金屬板間電勢差U的函數關系2. )如圖所示，在y0的區(qū)域內存在勻強磁場，磁場方向垂直于xy平面并指向紙里，磁感應強度為B.一帶負電的粒子(質量為m、電荷量為q)以速度v0從O點射入磁場，入射方向

38、在xy平面內，與x軸正向的夾角為.求：(1)該粒子射出磁場的位置；(2)該粒子在磁場中運動的時間.(粒子所受重力不計)3. 如圖所示，abcd是一個正方形的盒子，在cd邊的中點有一小孔e，盒子中存在著沿ad方向的勻強電場，場強大小為E.一粒子源不斷地從a處的小孔沿ab方向向盒內發(fā)射相同的帶電粒子，粒子的初速度為v0，經電場作用后恰好從e處的小孔射出，現撤去電場，在盒子中加一方向垂直于紙面的勻強磁場，磁感應強度大小為B（圖中未畫出），粒子仍恰好從e孔射出.（帶電粒子的重力和粒子之間的相互作用力均可忽略）（1）判斷所加的磁場方向.（2）求分別加電場和磁場時，粒子從e孔射出時的速率.（3）求電場強度

39、E與磁感應強度B的比值.4. 如圖所示，一寬度D=8cm的橫向有界區(qū)域內，同時存在著相互垂直的勻強電場和勻強磁場，磁場方向垂直紙面向外，一束帶電粒子（不計重力）以速度v0垂直射入時恰好不改變運動方向。若粒子射入時只有電場，可測得粒子穿過電場時沿豎直方向向上偏移h=3.2cm。若粒子入射時只有磁場，則離開磁場時偏離原方向的距離為多大？5. 湯姆生在測定陰極射線的荷質比時采用的方法是利用電場、磁場偏轉法，即通過測出陰極射線在給定勻強電場和勻強磁場中穿過一定距離時的速度偏轉角來達到測定其荷質比的目的。利用這種方法也可以測定其它未知粒子的荷質比，反過來，知道了某種粒子的荷質比，也可以利用該方法了解電場

40、或者磁場的情況。假設已知某種帶正電粒子（不計重力）的荷質比（qm）為 k，勻強電場的電場強度為 E，方向豎直向下。先讓粒子沿垂直于電場的方向射入電場，測出它穿過水平距離 L 后的速度偏轉角 q（q 很小，可認為 q tanq）（見圖甲）；接著用勻強磁場代替電場，讓粒子以同樣的初速度沿垂直于磁場的方向射入磁場，測出它通過一段不超過 l4 圓周長的弧長 S 后的速度偏轉角 j（見圖乙）。試求出以 k、E、L、S、q 和 j 所表示的測定磁感應強度 B 的關系式。 a b S ·6. 如圖，真空室內存在勻強磁場，磁場方向垂直于紙面向里，磁感應強度的大小B=0.60T，磁場內有一塊平面感光板

41、ab，板面與磁場方向平行，在距ab的距離處，有一個點狀的放射源S，它向各個方向發(fā)射粒子，粒子的速度都是，已知粒子的電荷與質量之比，現只考慮在圖紙平面中運動的粒子，求ab上被粒子打中的區(qū)域的長度。yxP1P2P307. 如圖所示，在y0的空間中存在勻強電場，場強沿y軸負方向；在y0的空間中，存在勻強磁場，磁場方向垂直xy平面（紙面）向外。一電量為q、質量為m的帶正電的運動粒子，經過y軸上yh處的點P1時速率為v0，方向沿x軸正方向；然后，經過x軸上x2h處的 P2點進入磁場，并經過y軸上y處的P3點。不計重力。求（l）電場強度的大小。（2）粒子到達P2時速度的大小和方向。（3）磁感應強度的大小。

42、8. A1A3A4A230º60º圖12如圖12所示，在一個圓形區(qū)域內，兩個方向相反且都垂直于紙面的勻強磁場分布在以直徑A2A4為邊界的兩個半圓形區(qū)域、中，A2A4與A1A3的夾角為60º。一質量為m、帶電量為+q的粒子以某一速度從區(qū)的邊緣點A1處沿與A1A3成30º角的方向射入磁場，隨后該粒子以垂直于A2A4的方向經過圓心O進入區(qū)，最后再從A4處射出磁場。已知該粒子從射入到射出磁場所用的時間為t，求區(qū)和區(qū)中磁感應強度的大小（忽略粒子重力）。 1. （1）根據動能定理，得 由此可解得（2）欲使電子不能穿過磁場區(qū)域而打到熒光屏上，應有而由此即可解得（3）電

43、子穿過磁場區(qū)域而打到熒光屏上時運動的軌跡如圖所示（4）若電子在磁場區(qū)域做圓周運動的軌道半徑為，穿過磁場區(qū)域打到熒光屏上的位置坐標為，則由（3）中的軌跡圖可得注意到和所以，電子打到熒光屏上的位置坐標x和金屬板間電勢差U的函數關系為 （）2. （1）帶負電粒子射入磁場后，由于受到洛倫茲力的作用，粒子將沿圖示的軌跡運動，從A點射出磁場，設O、A間的距離為L，射出時速度的大小仍為v，射出方向與x軸的夾角仍為，由洛倫茲力公式和牛頓定律可得：qv0B=m式中R為圓軌道半徑，解得：R= 圓軌道的圓心位于OA的中垂線上，由幾何關系可得：=Rsin聯解兩式，得：L=（3分）所以粒子離開磁場的位置坐標為(-，0)

44、 （1分）（2）因為T=（2分）所以粒子在磁場中運動的時間，t (4分)3. （1）根據粒子在電場中的偏轉方向，可知粒子帶正電，根據左手定則判斷，磁場方向垂直紙面向外(4分)（2）設帶電粒子的電量為q ，質量為m，盒子的邊長為L，粒子在電場中沿ad方向的位移為L，沿ab方向的位移為，在電場中：L=v0t由動能定理EqL=mv2mv02 由、式解得E= v=v0 (3分) 在磁場中v=v0 (3分）（3）帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，軌道半徑為R，根據牛頓第二定律得qvB=m解出R= （2分）根據如圖所示的幾何關系(LR)2+()2=R2解得軌道半徑為R=L (2分)得出磁場的磁感應強度B=由

45、、得：=5v0 （2分）4. 當粒子沿直線穿過電、磁場區(qū)域時，粒子所受的電場力和洛侖茲力大小相等，即 （2分）當該區(qū)域只有電場時，粒子向上偏，說明粒子帶負電，其運動軌跡類似于平拋。有，得： （4分）當該區(qū)域只有磁場時，粒子做勻速圓周運動，洛侖茲力提供向心力，有： （2分）解得：（2分）帶電粒子進入磁場運動，軌跡如圖所示，設所求距離為h' ，由幾何關系得：，即（3分）5. 設粒子的初速度為 v，在電場中粒子做類平拋運動有 Lvt （2分） vyat （2分） aqE/mkE （2分） q tanq vy/v （2分）解得 （2分）在磁場中粒子做勻速圓周運動 有 （2分）SRj （2分）解

46、得 （2分）聯立兩式解得 （2分）6. 粒子帶正電，故在磁場中沿逆時針方向做勻速圓周運動，用R表示軌道半徑，有 由此得,代入數值得R=10cm可見，2R>l>R.因朝不同方向發(fā)射的粒子的圓軌跡都過S，由此可知，某一圓軌跡在圖中N左側與ab相切，則此切點P1就是粒子能打中的左側最遠點.為定出P1點的位置，可作平行于ab的直線cd，cd到ab的距離為R，以S為圓心，R為半徑，作弧交cd于Q點，過Q作ab的垂線，它與ab的交點即為P1. 再考慮N的右側。任何粒子在運動中離S的距離不可能超過2R，以2R為半徑、S為圓心作圓，交ab于N右側的P2點，此即右側能打到的最遠點.由圖中幾何關系得:

47、 所求長度為 代入數值得 P1P2=20cm 7. （1）粒子在電場、磁場中運動的軌跡如圖所示。設粒子從P1到P2的時間為t，電場強度的大小為E，粒子在電場中的加速度為a，由牛頓第二定律及運動學公式有qE ma, v0t 2hyxP1P2P302hh2hvC, 解得: （2）粒子到達P2時速度沿x方向的分量仍為v0，以v1表示速度沿y方向分量的大小，v表示速度的大小，表示速度和x軸的夾角，則有 ,由、式得v1v0 由、式得: （3）設磁場的磁感應強度為B，在洛侖茲力作用下粒子做勻速圓周運動，由牛頓第二定律 r是圓周的半徑。此圓周與x軸和y軸的交點分別為P2、P3。因為OP2OP3，45

48、6;，由幾何關系可知，連線P2P3為圓軌道的直徑，由此可求得r 由、可得: 25錘自由下落，碰樁前速度v1向下， 碰后，已知錘上升高度為（hl），故剛碰后向上的速度為: 設碰后樁的速度為V，方向向下，由動量守恒， 樁下降的過程中，根據功能關系， 由、式得: 代入數值，得: N 8. 設粒子的入射速度為v，已知粒子帶正電，故它在磁場中先順時針做圓周運動，再逆時針做圓周運動，最后從A4點射出，用B1、B2、R1、R2、T1、T2分別表示在磁場區(qū)磁感應強度、軌道半徑和周期設圓形區(qū)域的半徑為r，如答圖5所示，已知帶電粒子過圓心且垂直A3A4進入區(qū)磁場，連接A1A2，A1OA2為等邊三角形，A2為帶電粒

49、子在區(qū)磁場中運動軌跡的圓心，其半徑 圓心角，帶電粒子在區(qū)磁場中運動的時間為帶電粒子在區(qū)磁場中運動軌跡的圓心在OA4的中點，即 R=r 在區(qū)磁場中運動時間為帶電粒子從射入到射出磁場所用的總時間 由以上各式可得 B2=專題訓練題型一 帶電粒子在電場和磁場分離的復合場中的運動1如圖甲所示，在第象限內有水平向右的勻強電場，電場強度為E，在第、象限內分別存在如圖所示的勻強磁場，磁感應強度大小相等有一個帶電粒子以垂直于x軸的初速度v0從x軸上的P點進入勻強電場中，并且恰好與y軸的正方向成45°角進入磁場，又恰好垂直進入第象限的磁場已知OP之間的距離為d，則帶電粒子在磁場中第二次經過x軸時，求在電場和磁場中運動的總時間2.在平面直角坐標系xOy中，第象限存在沿y軸負方向的勻強電場，第象限存在垂直于坐標平面向外的勻強磁場，磁感應強度為B。一質量為m、電荷量為q的帶正電的粒子從y軸正半軸上的M點以速度v0垂直于y軸射入電場，經x軸上的N點與x軸正方向成60°角射入磁場，最后從y軸負