高三物理復(fù)習(xí)專題帶電粒子在場中運動專題

1、2009高三專題八：帶電粒子在場中運動專題、高考預(yù)測分析： 帶電粒子在場中的運動，其中場包括重力場、電場、磁場。是歷年來高考的熱點內(nèi)容，特別是帶電粒子在勻強電場中的直線運動和曲線運動，帶電粒子在勻強磁場中的勻速圓周運動，帶 電粒子在復(fù)合場中的直線運動和勻速圓周運動以及類平拋運動。解決復(fù)合場中的問題需要將力學(xué)知識中三 個基本定律，即牛頓第二定律、動量定理、動量守恒定律、動能定理、機械能守恒定律、能量守恒定律進行綜合運用，同時需要將幾個基本的運動，即直線運動中的加速、減速、往返運動，曲線運動中的平拋運 動、圓周運動、勻速圓周運動進行綜合鞏固和加深。縱觀近幾年高考對復(fù)合場問題的考查，一般此類題型 出

2、現(xiàn)在選擇題中，以圖像的考查居多（參見 05、06年高考卷），出現(xiàn)在計算題中時往往以帶電粒子在有界 磁場和復(fù)合常中的勻速圓周運動以及平拋運動居多，07年高考也繼續(xù)延續(xù)對此主干綜合知識的考查，復(fù)習(xí)時要做好充分的準(zhǔn)備，掌握基本規(guī)律和基本運動，細(xì)心解決每個過程中的力與運動的聯(lián)系。二、例題分析：類型1、靜電場中的直線運動難點闡釋 靜電場往往是變化的場強，帶電粒子在其中運動時受力發(fā)生變化，運動相應(yīng)的受到約束， 要嚴(yán)格根據(jù)牛頓第二定律的規(guī)律和性質(zhì)來處理?！纠?】（2007年重慶模擬）如圖所示，在 a點由靜止釋放一個質(zhì)量為 m電荷量為q的帶電 .a 粒子，粒子到達 b點時速度恰好為零，設(shè) ab所在的電場線豎直

3、向下，a、b間的高度差為h,則A,帶電粒子帶負(fù)電；.b bB.a、b兩點間的電勢差 Ub=mgh/q;C.b點場強大于a點場強；D.a點場強大于b點場強.【解析】：帶電粒子由a到b的過程中，重力做正功，而動能沒有增大，說明電場力做負(fù)功。根據(jù)動能定理有：mgh qUb=0解得a、b兩點間電勢差為 Ub=mgh/q因為a點電勢高于b點電勢，Ub0,所以粒子帶負(fù)電，選項 AB皆正確。帶電粒子由a到b運動過程中，在重力和電場力共同作用下，先加速運動后減速運動；因為重力為恒 力，所以電場力為變力，且電場力越來越來越大；由此可見b點場強大于a點場強。選項C正確，D錯誤。【答案】：ABC【點拔】：本題是靜電

4、場中的直線運動的典型問題，解決的關(guān)鍵是力與加速度的關(guān)系、力與運動的關(guān) 系.類型2、靜電場中的曲線運動難點闡釋 靜電場中帶電粒子作曲線運動，由于電場強度不定，運動中的動能、電勢能、速度、粒子 的電性、加速度的大小和方向的變化等均需要曲線運動的知識來理解。 TOC o 1-5 h z 【例2】（2007年黃岡模擬）圖中 K L、M為靜電場中的3個相距很近的等勢面（K k L M之間無電荷）。一帶電粒子射入此靜電場中后，依 abcde軌跡運動。已知電勢 中kv邛lv 4丁、 外,且粒子在ab段做減速運動。下列說法中正確的是（）1bA.粒子帶負(fù)電；dB.粒子在bc段也做減速率運動C.粒子在a點與e點的

5、速率大小相等,D.粒子從c點到d點的過程中電場力做負(fù)功【解析】：可通過等勢面大致畫出電場線，顯然可以看做是等量異種電荷在左右位置處周圍的分布， 可能是左邊正點電荷，右邊負(fù)點電荷；或者反過來放置.從軌跡的凹向看出粒子受到的電場力的方向水平向左，由于左右電荷的電性未知，故電場方向未知，則無法判斷粒子的電性，A錯；粒子從b到c的位移方向與受電場力方向相反，故電場力對粒子做負(fù)功，粒子速率減小，B正確，同理從c到d過程中電場力做正功，D錯；a、e兩點電勢相同，動能相同，C正確；【答案】：BC【點拔】：本題是靜電場中粒子的曲線運動的典型，一般需要通過軌跡的凹向來判斷力的方向，通過 粒子的位移方向與力的方向

6、判斷功的正負(fù)，從而得到電勢能、動能、速率等的變化，當(dāng)然本題也可以思考 各個階段中的加速度的變化情況 .類型3、勻強電場中的直線運動【例3】（2007年武漢模擬）如圖所示， 小孔連線與金屬板面垂直，兩極板的距離為難點闡釋 勻強電場中粒子受到的電場力是恒定的，若粒子作直線運動，可分為直線加速，直線減速, 往返運動，進兩步退一步的直線運動，如果在交變電場中，粒子的運動顯得非常復(fù)雜。A B是一對中間開有小孔的平行金屬板，兩AL,兩極板間加上低頻交流電壓，板A電勢為 零，板B電勢u = U 0COS 3 t ,現(xiàn)有一電子在t = 0時穿過A的影響均可忽略不計，則電子在兩板間的運動可能是*-A.以A B間

7、的某一點為平衡位置來回振動B.時而向板B運動，時而向板 A運動，但最后穿出板 B口目C.如果3小于某個值 3 0, L小于某個值L。，一直向板 B運動，最后穿出板 BD.一直向板B運動，最后穿出板 B,而不論3、L為何值【解析】：通過受力來看，如果 3小于某個值co。，L小于某個值L。，電子一直向B板運動，但最后穿 過B板，反之如果兩板間距較大，而電場力方向變化較快，就以AB間的某一點為平衡位置作振動 .【答案】：AC【點拔】：交變電場中粒子的運動其實就是勻加速和勻減速的不斷重復(fù)，通過vt圖像是解決此類問題的法寶.類型4、勻強電場中的曲線運動難點闡釋 勻強電場中帶電粒子的運動是恒定的電場力的作

8、用下的運動，類似于平拋運動，需要充分 利用運動的分解原理來處理。EF上。求（靜OR勺距離為y【例4】（2007年全國大聯(lián)考）如圖所示，兩平行 金屬板A、B長l = 8cm,兩板間距離d=8cm, A板比B 板電勢高300V,即UAb= 300V。一帶正電的粒子電量 q = 10-1C,質(zhì)量m 10-20kg,從R點沿電場中心線垂直 電場線飛入電場，初速度 V0=2X106m/s,粒子飛出平 行板電場后經(jīng)過界面 MN PS間的無電場區(qū)域后， 進入 固定在中心線上的 O點的點電荷Q形成的電場區(qū)域（設(shè) 界面PS右邊點電荷的電場分布不受界面的影響）。已PS最后垂直打在放置于中心線上的熒光屏RO勺距離多

9、遠？h,穿過界面PS時偏離中心線知兩界面MN PS相距為L= 12cm,粒子穿過界面 電力常數(shù) k= 9X109N- m2/C2）（1）粒子穿過界面 PS時偏離中心線（2）點電荷的電量。【解析】：設(shè)粒子從電場中飛出時的側(cè)向位移為則：h=at2/2, 2=尤=丑 m mdl rqU l 2 ,、，,t=一 即：h=（一） 代入數(shù)據(jù)，解得： h=0.03 m=3cmv02md v0l h帶電粒子在離開電場后將做勻速直線運動,由相似二角形知識得：一 =2,解得：y=0.12 n=12cmy ：L2設(shè)粒子從電場中飛出時沿電場方向的速度為Vy,則：Vy=at= qUl ,解得：Vy=1.5 X 106m

10、/smdv0所以粒子從電場中飛出時沿電場方向的速度為：V = Jv02 +Vy2 =2.5x106m/sV、，3設(shè)粒子從電場中飛出時的速度萬向與水平萬向的夾角為0 ,則：tan日=-=-,日=37立Vo4因為粒子穿過界面 PS最后垂直打在放置于中心線上的熒光屏上，所以該帶電粒子在穿過界面PS后將繞點電荷 Q乍勻速圓周運動，其半徑與速度方向垂直。勻速圓周運動的半徑：r = y = 0.15mcos2由： -2q =m,解得：Q=1.04 X 108C r r【答案】：12cm1.04X10-8C【點拔】：本題將勻強電場中的平拋運動和靜電場中的勻速圓周運動有機結(jié)合起來，左邊的勻強電場 的偏轉(zhuǎn)問題是

11、要重點掌握的，關(guān)于其中的偏轉(zhuǎn)角度，偏轉(zhuǎn)側(cè)移量，射出極板的條件等是重點考查知識點；類型5、組合磁場中的勻速圓周運動難點闡釋 勻強磁場中帶電粒子的運動軌跡為圓，粒子在場中運動的軌跡半徑的確定，圓心的確定, 運動時間的處理是?？贾R點?！纠?】（2007年湖北模擬）圖中虛線為相鄰兩個勻強磁場區(qū)域1和2的邊 TOC o 1-5 h z 界，磁場方向都垂直于紙面向里。區(qū)域 1的磁感應(yīng)強度的大小為 B,區(qū)域2的 -P-I1BL 2人一,、上口口,，口,，磁感應(yīng)強度的大小為-Bo兩個區(qū)域的寬度都是 L。一質(zhì)量為 簿電量為+ q的 -3,粒子，沿垂直于區(qū)域 1的邊界的方向，從區(qū)域 1的邊界上的P點射入?yún)^(qū)域1并

12、 2B L3進入?yún)^(qū)域2,最后恰未能穿出區(qū)域 2。求此帶電粒子的速度。不計重力?！窘馕觥浚喝鐖D所示，畫出粒子的運動軌跡， 粒子在兩個場中運動的半徑分可解得5qBL3m【答案】：5qBL3m別為R和R.由公式得R = mv, R=3mV ,由圖中幾何關(guān)系可知 L =R1 , qB2qBRR?【點拔】：本題是帶電粒子在有界磁場中的運動，解決此類問題關(guān)鍵是“定圓心，找半徑”，充分利 用幾何關(guān)系來確定已知長度與半徑的關(guān)系，需要對圓的幾何特性比較熟悉類型6、有界圓磁場中的勻速圓周運動難點闡釋粒子在有界磁場中的運動仍然是一個圓軌跡，只是變成了圓軌跡的一個部分?！纠?】如圖，半徑為r = 10cm的勻強磁場區(qū)

13、域邊界跟 y軸相切于坐標(biāo)原點 0,磁感強度B =0.332T ,方向垂直紙面向里.在 O處有一放射源S,可向紙面 各個方向射出速度為 v =3.2 x106m/s的粒子.已知a粒子質(zhì)量m =6.64x107 kg ,電量q =3.2父10,9C ,試畫出口粒子通過磁場空間做圓周 運動的圓心軌道，求出 ct粒子通過磁場空間的最大偏角.2【解析】：設(shè)粒子在洛侖茲力作用下的軌道半徑為R,由Bqv=mv-得Rm = 0.20m = 20cmmv _ 6.64 10/ 3.2 106Bq - 0.332 3.2 1019雖然a粒子進入磁場的速度方向不確定，但粒子進場點是確定的，因此口粒子作圓周運動的圓心

14、必落在以O(shè)為圓心，半徑 R=20cm的圓周上，如圖2中虛線.由幾何關(guān)系可知，速度偏轉(zhuǎn)角總等于其軌道圓心角.在半徑R一定的條件下，為使a粒子速度偏轉(zhuǎn)角最大，即軌道圓心角最大，應(yīng)使其所對弦最長.該弦是偏轉(zhuǎn)軌道圓的弦，同時也是圓形磁場的弦.顯然最 長弦應(yīng)為勻強磁場區(qū)域圓的直徑.即a粒子應(yīng)從磁場圓直徑的 A端射出.r 1如圖，作出磁偏轉(zhuǎn)角 邛及對應(yīng)軌道圓心 O,據(jù)幾何關(guān)系得sin-=-=-,得中=600,即口粒子穿R 2過磁場空間的最大偏轉(zhuǎn)角為 600.【答案】：600【點拔】：本題將圓磁場區(qū)域與粒子勻速圓周運動的圓軌跡有機結(jié)合起來，利用圓的幾何特點找到突 破口 .類型7、有界直線磁場中的勻速圓周運動

15、難點闡釋 磁場在有界的平行直線之間，能否出有界磁場的臨界值的判斷?！纠?】（原創(chuàng)）有垂直紙面向內(nèi)的勻強磁場（磁感應(yīng)強度為B）在長度為L的平行極板間，板間距離也為L,板不帶電，現(xiàn)有質(zhì)量為 m電量為q的帶正電粒子（不計重力）,從左邊極板間中點處垂直磁感線 以速度V水平射入磁場，欲使粒子不打在極板上，可采用的辦法是A.使粒子的速度 V5BqL43C.使粒子的速度VBqL/mD.使粒子速度 BqL4 n5BqL/4 m時粒子能從右邊穿出.粒子擦著上板從左邊穿出時，圓心在CT點，有 r2=L/4 ,又由 r2=mWBq=L/4 得 V=BqL/4 mA、B.，聯(lián)立解得V2Vb = VcVaVbVctAt

16、Btct A= t C qE,則小球的最大加速度 a和最大速度v分別為：A.最大加速度 a大于重力加速度 gB.最大加速度a等于重力加速度 gC.最大速度v等于E/BD.最大速度v等于（m/科Eq） / qB.如圖所示，虛線所示的區(qū)域內(nèi)有方向垂直紙面的勻強磁場，一束速度大小各不相 同的質(zhì)子正對該區(qū)域的圓心。射入這個磁場。發(fā)現(xiàn)有的質(zhì)子在磁場里運動的時間長，有的較短，其中運動時間較長的質(zhì)子A.入射的速度一定較大B.在該磁場中運動路程一定較長C.在該磁場中偏轉(zhuǎn)的角度一定較大D.軌跡所對應(yīng)的圓心角較大4.如圖所示，左右邊界分別為 PP、QQ的勻強磁場的寬度為 度大小為B,方向垂直紙面向里，一個質(zhì)量為m

17、電量的數(shù)值為示方向以速度V。垂直射入磁場。欲使粒子不能從邊界QQ射出，Vo的最大值可能是1d,磁感應(yīng)強 q的粒子，沿圖 粒子入射速度A.(2+J2)BqdC (272)BqdD. 22Bqd2mdKxQ5.A.B.C.D.6.關(guān)于帶電粒子在勻強電場和勻強磁場中的運動，下列說法正確的是帶電粒子沿電場線射入，電場力對帶電粒子做正功，粒子動能一定增加帶電粒子垂直電場線方向射入，電場力對帶電粒子不做功、粒子動能不變帶電粒子沿磁感線方向射入，洛侖茲力對帶電粒子做正功，粒子動能一定增加不管帶電粒子怎樣射入磁場，洛侖茲力對帶電粒子都不做功，粒子動能不變?nèi)鐖D所示，長方形區(qū)域存在磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，一束速

18、度不同的電子從o處沿與磁場垂直方向射入磁場，磁場方向垂直于邊界，若從a、b、c、d 四處射出的電子在磁場中運動時間分別為ta、仆仆td，則ta =tb =tc =tdta tb tc = td* W k W N M * 1, * * X * ；二* X K ：1 ,a00D. ta ：tb :二 tc ；td7.如圖，有一質(zhì)子以速度A.B.C.D.若電子以相同的速度v穿過相互垂直的電場和磁場區(qū)域沒有偏轉(zhuǎn)，則 v射入該區(qū)域，仍不會偏轉(zhuǎn)無論是何種粒子，只要以相同的速度V射入，均不會偏轉(zhuǎn)若質(zhì)子入射速度小于 V,它將向下偏轉(zhuǎn)，做類平拋運動若質(zhì)子入射速度大于 V,它將向上偏轉(zhuǎn)，其軌跡既不是拋物線，又不是

19、圓弧8.帶電量為qi的粒子在勻強磁場中運動，到達b點時與靜止在那里的另一帶電量為q2的粒子相碰并粘合在一起運動，碰撞前后的軌跡如圖，不計粒子阻力、重力，則以下說 法正確的是A.若運動軌跡從 a到c,則qi為正電，q2可能是正電、可能是負(fù)電，也可能不帶電、 耳B.若運動軌跡為從a到c,I qi IC.若運動軌跡為從 c到a,D.若不明確運動軌跡的走向,則qi為正電,則qi為正電, 則不能判斷9.電量為q的粒子自靜止開始被加速電壓為q2為負(fù)電，且電量關(guān)系有I q2qlq2為負(fù)電，且電量關(guān)系有Iq2 I - I qi I 3 ,則下列說法中正確的是A.液滴一一定帶正電B.B電場線方向一定斜向上C.液

20、滴一定做勻速直線運動D.液滴有可能做勻變速直線運動 填空題.電子所帶的電量(基本電荷一 e)最先是由密立根通過 油滴實驗測出的，密立根設(shè)計的實驗裝置如圖所示.一個很小的帶電油滴在電場 E內(nèi)，調(diào)節(jié)E,使作用在油滴上的電場力與油滴 的重力平衡.如果在平衡時，電場強度為E,油滴的半徑為r,油滴的密度為p .則油滴上的電荷所帶的電量為 .(空氣 浮力不計)在早期(1911年)的一連串實驗中，密立根在不同時刻觀察在單個油滴上呈現(xiàn)的電荷,根據(jù)這些數(shù)據(jù)，可以推得基本電荷e的數(shù)值為 C. 一個帶電微粒在圖示的正交勻強電場和勻強磁場中在豎直面內(nèi)做勻速 圓周運動。則該帶電微粒必然帶 ，旋轉(zhuǎn)方向為。若已知圓半徑為r

21、, 電場強度為E磁感應(yīng)強度為B,則線速度為 o計算、討論題.如圖所示，相距為d的水平放置的兩平行金屬板構(gòu)成的電容器電容為C, a板接地且中央有一孔，開始時兩板均不帶電，現(xiàn)將電量為q、質(zhì)量為m 的液滴一滴一滴地從小孔正上方h處無初速滴下，前一滴到達b板后下一滴才開始下落，液滴落到b板后，其電荷全部轉(zhuǎn)移到b板，不計空氣阻力的影響， 重力加速度為g .求：(1)能夠到達b板的液滴不會超過多少滴 ？(2)若能夠到達b板的液滴數(shù)為k,則第(k+1)滴將如何運動？.如圖所示，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(yīng)強

22、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)域進入右側(cè)磁場區(qū)域后，又回到O點，然后重復(fù)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。.如圖，在】軸的上方有磁感應(yīng)強度為 B的勻強磁場，方向垂直紙面 向里。在x軸的下方有電場強度為 E的勻強電場，方向與 y軸負(fù)方向成 0 角。一個帶電量為 +q、質(zhì)量為m的粒子以初速度V0從A點進入磁場。V0方 向與磁場方向垂直，與 y軸正方向成0角。粒子從x軸射出磁場的速度恰 與射入磁場時的速度反向。不計重力。求：(1)粒

23、子在磁場中運動的時間。(2)粒子進入電場之后， 直至到達x軸的過程中，電勢能變化了多少？.利用學(xué)過知識，請你想辦法把具有相同動能的質(zhì)子和“粒子分開。測試卷答案1、【答案：ADt A= t C Vb= Vc,由豎直分運動的分析，2、【答案：BD【解析】：（1）小球下滑開始階段的受力分析，根據(jù)牛頓第二定律:E/B時，摩擦力為零，加速度最大值等于g, B正確mg-N= ma當(dāng)a=0,此時v達到最大 q qB, D正確（2）當(dāng)vE/B時，對小球受力分析，根據(jù)牛頓第二定律： 值，即mg=科（Bqv Eq）,得速度最大值為（mg+ Eq） /a處正對圓心O射入Ob為圓周運動的半徑，3、【答案：CD【解析】

24、：此題所得一項結(jié)論可在日常練習(xí)中使用。質(zhì)子從 磁場，從b處射出磁場。作 Oa Ob的垂線交于 O點，Oa、連接OO。由幾何關(guān)系可知： OOaOOb,得/ OaO=Z ObO = 90 ,即從b 處射出的質(zhì)子好像是從 O點沿直線射出的一樣。4、【答案：BC【解析】：由r = mVBq,可知vo越大，r越大。本題通過作圖找出兩種電性情況下的臨界狀態(tài)的圖像。5、【答案：D【解析】：帶電粒子在電場中受到的電場力F=Eq,只與電場有關(guān)，與粒子的運動狀態(tài)無關(guān)，功的正負(fù)由力與位移方向間夾角決定，對選項A只有粒子帶正電才成立；垂直射入勻強電場的帶電粒子，不管所帶電荷性質(zhì)如何，電場力都會做正功，動能增加，故選項

25、B錯。帶電粒子在磁場中，當(dāng) 丫 = 0或丫/8時，不受洛侖茲力作用，故選項 C錯，當(dāng)vw0且速度v的方向與磁場方向不平行時，帶電粒子受洛侖茲力作用， 因洛侖茲力的方向始終與速度方向垂直，所以洛侖茲力不做功，故選項D正確。6、【答案：C【解析】：因不同電子荷質(zhì)比相同，在勻強磁場中做勻速圓周運動的周期相同，角速度相同，因不同電子速度不同。所以圓周運動的半徑不同；如圖所示做弦oa、ob、oc、od的垂直平分線與 Ob若其延長線的交點，是對應(yīng)圓弧的圓心畫出圓弧： oa、ob、oc、od可知，oa、ob對應(yīng)的圓心角相等均為 兀，而oc對 應(yīng)的圓心角小于 oa、ob對應(yīng)的圓心角，由t=9/co知，選項 A

26、BD昔，選項C正確。7、【答案】：ABD【解析】：質(zhì)子做直線運動時有：Eq= Bqv, v=曰B, v相同的任何帶電粒子均能沿直線通過電磁場區(qū)域。v日B,粒子順電場力方向偏移。8、【答案：BC【解析】：注意半徑公式中電荷量的大小決定了半徑的大小，電荷的電性直接決定彎曲方向9、【答案：B【解析】：電場中加速qU =1mv2；磁場中做圓周運動，R = mv ,聯(lián)立方程求出速率 v。2qB10、【答案】：ABC【解析】：若液滴帶負(fù)電，慢由左手定則可以判斷其所受倫茲國力方向應(yīng)與v垂直且斜向下，在這種情況下，無論電場方向斜向上還是斜向下，都不可能使液滴受力平衡，即液滴必定會做變速運動，v的改變，又會導(dǎo)致

27、 F洛的變化，從而使液滴無法沿直線L運動。 綜上所述，選項 A B C正確11、【答案】：4兀 r3p g/3 E; 1.63 X 10 19C【解析】：直接由平衡條件進行計算，對于基本電荷的數(shù)值需要從各個數(shù)據(jù)中提取公共的因子12、【答案】：負(fù)電；逆時針；v=Brg/E【解析】：解：因為必須有電場力與重力平衡，所以必為負(fù)電；由左手定則得逆時針轉(zhuǎn)動；再由* mvBrgEq =mgHr = #v =BqE13、【答案】：(mgC(h+d) /q2) +1; k+1滴液滴在a板小孔附近上下做往復(fù)運動.【解析】：解：(1)設(shè)第k滴液滴剛好能達到 b板，則該液滴進入兩板前，前(k1)滴液滴已建立的電壓為

28、 U場弓雖為E, Q= (k1) q,則2C/C=(k-1)q/C, E=U/d=(k-1) q/Cd,對于第k滴，根據(jù)動能 定理，有 mg(h+d) Eqd= 0,得 k= (mgC(h+d) q2) +1未到達b板前速度減為零, k+1滴液滴在a板小孔附近上(2)第k+ 1滴先做自由落體運動， 進入兩板間后在電場中做勻減速運動, 之后向上運動跳出 a板中央小孔，然后又無初速下落，重復(fù)上述過程，故 下做往復(fù)運動.14、【解析】：解析：(1)帶電粒子在電場中加速，由動能定理，可得:帶電粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)，由牛頓第二定律，可得:2 v Bqv = mR由以上兩式，可得1 2mEL可見在兩磁場區(qū)粒子

29、運動半徑相同，如圖 的三角形AOOQ是等邊三角形，其邊長為14所示，三段圓弧的圓心組成2R所以中間磁場區(qū)域的寬度為圖14d =Rsin601 6mEL2B q(2)在電場中t12v2mLqE qE在中間磁場中運動時間t23qB在右側(cè)磁場中運動時間t35=-T65二 m一 , ，一 一，、 粒子第一次回到 O點的所用時間為3qB2mL 7二 m、:近 3qB o15、【解析】：(1) 入電場。如右圖所示。粒子在磁場中以 O為圓心做勻速圓周運動，運動半個圓周后從D點沿場強方向進在磁場中Bqvo2 V。 二mRR = mv0，T =Bqv。Bq從A到D t=T2Bq2R (2) DC =與，由功能關(guān)

30、系，從 D到C粒子電勢能的變化在 tg 1數(shù)值上等于電場力對它所做的功 Ae=w = F DC = Eo DC 聯(lián) q立以上各式求出電勢能減少2mvoE e =Btgu【解析】：已知a粒子質(zhì)量m 8是質(zhì)子質(zhì)量m p的4倍，電量q 8是質(zhì)子電量q p的2倍，即m 8 = 4mp q 8 = 2q p,動能相同的質(zhì)子和 a粒子其速度關(guān)系應(yīng)為v 8= ( 1/2) vo.1可以用勻強電場來分離動能相同的質(zhì)子和a粒子.如圖甲所示，根據(jù)帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)知識可知，質(zhì)子離開電場時的偏轉(zhuǎn)角度，怎樣填上U、d、L.tg(j)p = qpUL/mpdv p .其中U為板間電壓，d為板距，L為極板長度.a粒子

31、離開電場時的偏轉(zhuǎn)角工一_ ._2_ ._2一一tg（j）a = qaUL/madvp =2qPUL/mpdv p = 2tg（）p ,即a粒子偏轉(zhuǎn)角度比質(zhì)子的大，所以能用電場來分離.a離子在通過選擇器時向下偏轉(zhuǎn)，故可將質(zhì)子外可以利用速度選擇器的原理來分離.如圖乙所示的速度選擇器中當(dāng)選擇E與B的比值跟質(zhì)子的速度vp相等時，即v P = E / B,則質(zhì)子直線通過選擇器，不發(fā)生偏轉(zhuǎn)， 而a粒子的速度v “= (1/2) v p, a粒子受到的洛倫茲 力 f ”=q “V “B = q B , (1/2) Vp = (1/2) qaB , (E / B) = ( 1/2 ) q “E,小于它受到的電場力F “ = q E,和a粒子分離開來七 mv2mEkm 口右用磁場，有 r =0,貝U r a = r p, 不可匕少 曷qB qB q說明：設(shè)計型論述題特點是應(yīng)用所學(xué)物理知識，設(shè)計