帶電粒子的運動

1、帶電粒子的運動2例 1、 如圖 813 所示，質量為 m，帶電量為 q 的粒子，以初速度 v0，從 A 點豎直向上射入真空中的沿水平方向的勻強電場中，粒子通過電場中 B 點時，速率 vB=2v0，方向與電場的方向一致，則 A，B 兩點的電勢差為：在 豎 直 方 向 做 勻 減 速 直 線 運 動 ： 2gh = v02 根據(jù)動能定理例 2、 置于真空中的兩塊帶電的金屬板，相距 1cm，面積均為 10cm2，帶電量分別為 Q1=2×10-8 C，Q2=- 2×10-8 C，若在兩板之間的中點放一個電量 q=5×10-9 C 的點電荷，求金屬板對點電荷的作用力是多大？

2、兩個平行帶電板相距很近， 其間形成勻強電場， 電場中的點電荷受到電場力的作用。例 3、如圖 815 電路中， 在平行板電容器 C 的極板間電鍵 K1 ，K2 ，K3 ，K4 均閉合， 懸浮著一帶電油滴 P，3（ 1）若斷開 K1，則 P 將 則 P 將_。_；（2）若斷開K2，則 P 將_；（3）若斷開 K3，則 P 將_；（4）若斷開 K4，電容器充電完畢后， 電容器所在支路的電流為零。 電容器兩端的電壓與它所并聯(lián)的兩點的電壓相等。 本題中四個開關都閉合時， 有 R1，R2 兩端的電壓為零， 即 R1，R2兩端等勢。電容器兩端的電壓與 R3 兩端電壓相等。 （1）若斷開 K1，雖然 R1被斷

3、開，但是 R2兩端電壓仍為零，電容器兩端電壓保持不變，則 P 將繼續(xù)懸浮不動 （2）若斷開 K2，由于 R3被斷開，電路再次達到穩(wěn)定時， 電容器兩端電壓將升高至路端電壓 R2上的電壓仍為零， 使得電容器兩端電壓升高， 則 P 將向上加速運動。 （3）若斷開 K3，由于電源被斷開，電容器兩端電壓存在一個回路， 電容器將放電至極板兩端電壓為零，P 將加速下降。 （4）K4 斷開，電容器兩端斷開，電量不變，電壓不變，場強不變， P 將繼續(xù)懸浮不動。例 4、 有兩個帶電量相等的平行板電容器 A 和 B，它們的正對面積之比 SASB=31，板長之比LALB=21，兩板距離之比 dAdB=41，兩個電子以

4、相同的初速度沿與場強垂直的方向分別射入兩電容器的勻強電場中， 并順利穿過電場，求兩電子穿越電場的偏移距離之比。4例 5、 在平行板電容器之間有勻強電場，一帶電粒子以速度 v 垂直電場線射入電場，在穿越電場的過程中，粒子的動能由 Ek 增加到 2Ek，若這個帶電粒子以速度 2v 垂直進入該電場，則粒子穿出電場時的動能為多少？建立直角坐標系， 初速度方向為 x 軸方向，垂直于速度方向為 y 軸方向。設粒子的的質量 m，帶電量為 q，初速度 v；勻強電場為 E，在 y 方向的位移為 y。速度為 2v 時通過勻強電場的偏移量為 y，平行板板長為 L。由于帶電粒子垂直于勻強電場射入， 粒子做類似平拋運動

5、。兩次入射帶電粒子的偏移量之比為例 6、 A ，B 兩塊平行帶電金屬板， A 板帶負電， B 板帶正電，并與大地相連接， P 為兩板間一點。若將一塊玻璃板5插入A，B 兩板間，則 P 點電勢將怎樣變化。按照題意作出示意圖，畫出電場線，圖817所示。UB0，B 板接地 UB=0UBp=UBUp=0UpUp=Ed我們知道電場線與等勢面間的關系：“電勢沿著電場線的方向降落”所以UpB=Up常數(shù)增大，電場強度減小，導致 Up 上升。例 7、 1000eV 的電子流在兩極板中央斜向上方進入勻強電場，電場方向豎直向上， 它的初速度與水平方向夾角為30°，如圖 818。為了使電子不打到上面的金屬板

6、上，應該在兩金屬板上加多大電壓 U？電子流在勻強電場中做類似斜拋運動， 欲使電子剛好不打金屬板上，則必須使電子在 d/2 內(nèi)豎直方向分速度減小到零，設此時加在兩板間的電壓為 U，在電子流由 C到 A 途中，電場力做功 We=EUAC，由動能定理至少應加 500V電壓，電子才打不到上面金屬板上。例 8、 如圖 819，一個電子以速度 v0 =6.0 ×106m/s和仰角=45°從帶電平行板電容器的下板邊緣向上板飛6行。兩板間場強E= 2.0 ×104V/m，方向自下向上。若板間距離 d=2.0 ×10-2 m，板長 L=10cm，問此電子能否從下板射至上板

7、？它將擊中極板的什么地方？應先計算 y 方向的實際最大位移，再與d 進行比較判斷。由 于ym d ， 所 以 電 子 不 能 射 至 上 板 。例 9、 一個質量為 m，帶有電荷 -q 的小物塊，可在水平軌道 Ox 上運動， O 端有一與軌道垂直的固定墻，軌道處于勻強電場中，場強大小為 E，方向沿 Ox軸正方向，如圖 8 20 所示，小物體以初速 v0 從 x0 沿 Ox 軌道運動，運動時受到大小不變的摩擦力 f 作用，且 f qE。設小物體與墻碰撞時不損失機械能且電量保持不變。 求它在停止運動前所通過的總路程 s。設小物塊從開始運動到停止在O 處的往復運動過程中位 移 為x0 ， 往 返 路

8、 程 為s 。 根 據(jù) 動 能 定 理 有例 10、 如圖 821 所示，長為 L 的絕緣細線，一端懸于 O點，另一端連接一質量為 m的帶負電小球， 置于水平7向右的勻強電場中，在O點向右水平拉直后從靜止釋放，細線碰到釘子后要使小球剛好饒釘子 O在豎直平面內(nèi)作圓周運動，求 OO長度。本題是一個擺在重力場和電場的疊加場中的運動問題，來看成一個等效力場來處理，如圖823 所示，由于重力場和電場力做功都與路徑無關，因此可以把兩個場疊加起由圖=60°。823 可知， AOB為等邊三角形，則擺球從開始時，擺球在合力F 的作用下沿力的方向作勻加速直線運動，A 到 B，在等效力場中，由能量守恒定律

9、得：從 A 點運動到B 點，在B 點 處， 由于 在 極短 的時 間內(nèi) 細 線 被 拉緊 ，擺 球受 到細 線拉 力 的沖 量作 用， 法 向分 量v 2 變?yōu)?零 ，切 向分 量接著擺球以 v1 為初速度沿圓弧 BC做變速圓周運動，碰到釘子 O后，在豎直平面內(nèi)做圓周運動，在等效力場中，過點力 F 的平行線與圓的交點為 Q，即為擺球繞 O點做圓周運動的“最高點”，在 Q 點應滿足O做合8過 O點做 OPAB取 OP為等勢面，在等效力場中，根據(jù)能量守恒定律得：例 11、 質量為 m 的通電導體棒 ab 置于傾角為的導軌上，如圖 10-10 所示。已知導體與導軌間的動摩擦因數(shù)為，在圖 10-11

10、所加各種磁場中，導體均靜止，則導體與導軌間摩擦力為零的可能情況是：要使靜摩擦力為零， 如果 N=0，必有 f=0。圖 10-11B 選項中安培力的方向豎直向上與重力的方向相反可能使 N=0， B 是正確的；如果 N0，則導體除受靜摩擦力 f 以外的其他力的合力只要為零， 那么 f=0。在圖 10-11A 選項中，導體所受到的重力 G、支持力 N 及安培力 F 安 三力合力可能為零，則導體所受靜摩擦力可能為零。圖 10-11 的 CD 選項中，從導體所受到的重力 G、支持力 N 及安培力 F 安 三力的方向分析，合力不可能為零，所以導體所受靜摩擦力不可能為零。故正確的選項應為 A B。例 12、

11、 如圖 10-12 所示，帶負電的粒子垂直磁場方向進入圓形勻強磁場區(qū)域，出磁場時速度偏離原方向 60°角，已知帶電 粒子 質量 m=3 × 10-20 kg ，電量 q=10-13C ，速度v0=105m/s，磁場區(qū)域的半徑 R=3×10-1 m，不計重力，求磁場9的磁感應強度。子作圓周運動的圓心，據(jù)此作出運動軌跡AB，如圖畫進、出磁場速度的垂 10-13 所示。此圓半徑記為 r 。線得交點 O，O點即為粒帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動例 13、 如圖 10-14 所示，帶電粒子在真空環(huán)境中的勻強磁場里按圖示徑跡運動。 徑跡為互相銜接的兩段半徑不等的半圓弧，中間是

12、一塊薄金屬片，粒子穿過時有動能損失。試判斷粒子在上、下兩段半圓徑跡中哪段所需時間較長？（粒子重力不計）首先根據(jù)洛侖茲力方向，（指向圓心），磁場方向以及動能損耗情況，判定粒子帶正電，沿 abcde 方向運動。10再求通過上、下兩段圓弧所需時間：帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動子速度v，回旋半徑 R 無關。因此上、下兩半圓弧粒子通過所需時間相等。動能的損耗導致粒子的速度的減小， 結果使得回旋半徑按比例減小，周期并不改變。例 14、 一個負離子的質量為 m，電量大小為 q，以速度 v0 垂直于屏 S 經(jīng)過小孔 O 射入存在著勻強磁場的真空室中，如圖 10-15 所示。磁感應強度 B 方向與離子的初速度

13、方向垂直，并垂直于紙面向里。 如果離子進入磁場后經(jīng)過時間t 到這位置 P，證明：直線 OP 與離子入射方向之間的夾角跟 t如圖 1016，當離子到達位置 P 時圓心角為11【小結】如果想用平均力的牛頓第二定律求解，則要先求平均加速度例 15、 如圖 10-17 所示。在 x 軸上有垂直于 xy 平面向里的勻強磁場，磁感應強度為 B；在 x 軸下方有沿 y 鈾負方向的勻強電場，場強為 E。一質最為 m，電荷量為 q 的粒子從坐標原點。沿著 y 軸正方向射出。射出之后，第 3 次到達X 軸時，它與點 O 的距離為 L ，求此粒子射出時的速度 v 和運動的總路程 s，（重力不計）。粒子在磁場中的運動

14、為勻速圓周運動， 在電場中的運動為勻變速直線運動。畫出粒子運動的過程草圖 10-19。根據(jù)這張圖可知粒子在磁場中運動半個周期后第一次通過 x 軸進入電場，做勻減速運動至速度為零， 再反方向做勻加速直線運動，以原來的速度大小反方向進入磁場。 這就是第二次進入磁場，接著粒子在磁場中做圓周運動， 半個周期后第三次通過 x 軸。12Bqv=mv 2R第 3 次到達 x 軸時，粒子運動的總路程為一個圓周在電場中：粒子在電場和兩個位移的長度之和。中每一次的位移是 l例 16、 擺長為 L 的單擺在勻強磁場中擺動，擺動平面與磁場方向垂直，如圖 10-20 所示。擺動中擺線始終繃緊，若擺球帶正電，電量為 q，

15、質量為 m，磁感應強度為 B，當球從最高處擺到最低處時，擺線上的拉力 T 多大？無論向左、向右擺動過C 點時的速度大小相同，方向相反。球從左右兩方經(jīng)過最低點，因速度方向不同， 引起 f洛 不同，受力分析如圖10-21所示。由于擺動時f 洛 和 F 拉 都不做功，機械能守恒，小球擺球從最高點到達最低點C 的過程滿足機械能守恒：13當擺球在 C 的速度向右，根據(jù)左手定則， f 洛 豎直向上，根據(jù)牛頓第二定律則有當擺球在C 的速度向左， f 洛 豎直向下，根據(jù)牛頓第二定律則有所以擺到最低處時，擺線上的拉力例 17、 設空間存在豎直向下的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場，如圖 10-22 所示，已知一

16、離子在電場力和洛侖茲力的作用下，從靜止開始自 A 點沿曲線 ACB 運動，到達 B 點時速度為零， C 點是運動的最低點， 忽略重力， 以下說法正確的是： C離子在C 點時速度最大A 這離子必帶正電荷BA 點和 B 點位于同一D離子到達B 點時，將沿原曲線返回A 點高度（ 1）平行板間電場方向向下，離子由 A 點靜止釋放后在電場力的作用下是向下運動， 可見電場力一定向下， 所以離子14必帶正電荷，選 A。（2）離子具有速度后，它就在向下的電場力 F 及總與速度心垂直并不斷改變方向的洛侖茲力 f 作用下沿 ACB 曲線運動，因洛侖茲力不做功，電場力做功等于動能的變化， 而離子到達 B 點時的速度

17、為零， 所以從 A到 B 電場力所做正功與負功加起來為零。 這說明離子在電場中的 B 點與 A 點的電勢能相等，即 B 點與 A 點位于同一高度，選 B。 （3）因 C 點為軌道最低點，離子從 A 運動到 C 電場力做功最多， C 點具有的動能最多， 所以離子在 C點速度最大，選C。（4）只要將離子在B 點的狀態(tài)與A 點進行比較，就可以發(fā)現(xiàn)它們的狀態(tài)（速度為零，電勢能相等）相同，如果右側仍有同樣的電場和磁場的疊加區(qū)域，離子就將在 B 之右側重現(xiàn)前面的曲線運動， 因此，離子是不可能沿原曲線返回 A 點的。 故選 A，B，C 為正確答案。例 18、 如圖 10-24 所示，空中有水平向右的勻強電場

18、和垂直于紙面向外的勻強磁場，質量為 m，帶電量為 +q 的滑塊沿水平向右做勻速直線運動， 滑塊和水平面間的動摩擦因數(shù)為，滑塊與墻碰撞后速度為原來的一半。 滑塊返回時，去掉了電場， 恰好也做勻速直線運動， 求原來電場強度的大小。碰撞前，粒子做勻速運動， Eq= （ mg Bqv ）。返回時無電場力作用仍做勻速運動，水平方向無外力，摩擦力有些粒子雖發(fā)生偏轉，但仍能從入射界面的對面逸出場區(qū)（同錯解答案）；有些粒子將留在場區(qū)內(nèi)運動；有些粒子將折回入射面并從入射面逸出場區(qū)。由于洛侖茲力不會使粒子速度大小發(fā)生變化，故逸出場區(qū)的粒子的動能增量等于電場力功。對于那些折回入射面的粒子電場力功為零，其動能不變，動

19、能增量 Ek =0。15f=0，所以 N=0 豎直方向上有例 19、圖 1025 為方向相互垂直的勻強電場和勻強磁場區(qū)域。電場強度為 E，磁感強度為 B，復合場的水平寬度為 d，豎直方向足夠長?，F(xiàn)有一束電量為 +q、質量為 m 初速度各不相同的粒子沿電場方向進入場區(qū)， 求能逸出場區(qū)的粒子的動能增量 Ek 。由于帶電粒子在磁場中受到洛侖茲力是與粒子運動方向垂直的。它只能使速度方向發(fā)生變。 粒子速度越大，方向變化越快。因此當一束初速度不同、電量為 +q、質量為 m 的帶電粒子射入電場中，將發(fā)生不同程度的偏轉。例 20、初速度為零的離子經(jīng)過電勢差為 U 的電場加速后，從離子槍 T 中水平射出，與離子槍相距 d 處有兩平行金屬板 MN 和 PQ，整個空間存在一磁感強度為 B 的勻強磁16場如圖 1026