高考物理專題復(fù)習(xí)三帶電粒子的運動

1、2008高考物理專題復(fù)習(xí)三帶電粒子的運動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(guān)系。根據(jù)帶電粒子所受的力，運用牛頓第二定律并結(jié)合運動學(xué)規(guī)律求解。(2)功能關(guān)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(guān)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。 TOC o 1-5 h z 【例1】(2004天津理綜)社核230Th發(fā)生衰變生成鐳核226 Ra并放出一個粒子。 設(shè)該粒子的質(zhì) 9Uoo量為m、電荷量為q,它進入電勢差為 U的帶窄縫的平行平板電極 s和S2間電場時，其速度為v0,經(jīng)電場加速

2、后，沿ox方向進入磁感應(yīng)強度為 B、方向垂直紙面向外的有界勻強磁場，ox垂直平板電極S2,當(dāng)粒子從p點離開磁場時，其速度方向與 ox方位的夾角6 =60,如圖所空 口 二：iS卜三廿I . . .夕丁 速度方向示，整個裝置處于真空中。(1)寫出性核衰變方程；(2)求粒子在磁場中沿圓弧運動的軌道半徑R;(3)求粒子在磁場中運動所用時間t。解析：(1)社核衰變方程；Th t 2 He+006 Ra (2)設(shè)粒子離開電場時速度為V,對加速過程有qu= 1mv2 Jmv；22粒子在磁場中有2 V qvB = mR由、得 Rm 2qU 2 v qB、 m(3)粒子做圓周運動的回旋周期TqB粒子在磁場中運

3、動時間二1T6由、得二 mt =3qB【例2】(2004湖南理綜)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ylR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(cè)與ab相切，則此切點Pi就是a粒子能打中的左側(cè)最遠點.為定出P1點的位 置，可作平行于 ab的直線cd, cd至ij 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Pi. NPi =1R2 _(l -R)2再考慮N的右側(cè)。任何a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(cè)的P2點，此即右側(cè)能打到的最遠點

4、 所求長度為 P1P2 =NR +NP2代入數(shù)值得 Pi P2=20cm【例5】如圖甲所示，一對平行放置的金屬板 屬板；N板右側(cè)的圓A內(nèi)分布有方向垂直于 紙面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為 B, 圓半徑為r,且圓心 O在PQ的延長線上?，F(xiàn)使置于P處的粒子源連續(xù)不斷地沿 PQ方 向放出質(zhì)量為 m、電量為+ q的帶電粒子(帶 電粒子的重力和初速度忽略不計，粒子間的相互作用力忽略不計)，從某一時刻開始，在M、N的中心各有一小孔 P、Q, PQ連線垂直金d圖甲圖乙由圖中幾何關(guān)系得NP2 =J(2R)2 -l2板M、N間加上如圖乙所示的交變電壓，周期為 T,電壓大小為U。如果只有在每一個周期的0- T

5、/4時間內(nèi)放出的帶電粒子才能從小孔Q中射出，求：（1）在每一個周期內(nèi)哪段時間放出的帶電粒子到達Q孔的速度最大?（2）該圓形磁場的哪些地方有帶電粒子射出，在圖中標出有帶電粒子射出的區(qū)域。解析：（1）在每一個周期 & = 2-A 內(nèi)放出的帶電粒子到達 Q孔的4速度最大。設(shè)最大速度為 v,則據(jù)動能定理得qU =1mv2,22(2)因為 Bqv = m R求得v =二 rtan = 一 斛得田電粒子在磁場中的取小2 R偏轉(zhuǎn)角為日=2arctanBrJ所以圖中斜線部分有帶電粒子射出。2mU【例6】如圖（1）所示，虛線上方有場強為 E的勻強電場，方向豎直向下，虛線上下有磁感 應(yīng)強度相同的勻強磁場，方向垂直

6、紙面向外，a b是一根長l的絕緣細桿，沿電場線放置在虛線上方的場中，b端在虛線上，將一套在桿上的帶正電的小球從a端由靜止釋放后，小球先作加速運動，后作勻速運動到達b端，已知小球與絕緣桿間的動摩擦系數(shù)科=0.3,小球重力忽略不計，當(dāng)小球脫離桿進入虛線下方后，運動軌跡是半圓，圓的半徑是 l/3,求帶電小球從a到b運動 過程中克服摩擦力所做的功與電場力所做功的比值。解析：從分析帶電小球在絕緣桿上運動時的受力情況入手，由最終小球運動的平衡方程求出電場力與洛侖茲力大小的關(guān)系。再由磁場中所作R= l/3的圓周運動列出動力學(xué)方程，求出小球從b端飛出時速度大小。 小球從a到b運動過程中受的摩擦力是變力，可以由

7、動能定理求出其所做功的值。解析：小球在沿桿向下運動時，受力情況如圖（2）,向左的洛侖茲力 F ,向右的彈力 N ,向下的電場力qE,向上的摩擦力f。F = Bqv, N = F = Bqv0f=舊B(vir當(dāng)小球作勻速運動時，qE=仁科Bvo2小球在磁場中作勻速圓周運動時，Bqvb = mR又 R =vb= Bq l /3m32小球從a運動到b過程中，由動能定理得W電-Wf =掾W 電=qEl =Bqvbl =2 2B2q2l10mWf4W電一 922 222.22 2.2所以Wf Wtmvb _ B q l mB q l 2B q lZ - 一 一 Z 2 一 210m2 9m 45m【例7

8、】如圖所示，固定的半圓弧形光滑軌道置于水平方向的勻強電場和勻強磁場中，軌道圓 弧半徑為R,磁感應(yīng)強度為 B,方向垂直于紙面向外，電場強度為 巳 方向水平向左。一個質(zhì) 量為m的小球(可視為質(zhì)點)放在軌道上的C點恰好處于靜止、圓弧半徑OC與水平直徑AD 的夾角為a (sin “ =0.8)。(1)求小球帶何種電荷，電荷量是多少？并說明理由。(2)如果將小球從 A點由靜止釋放，小球在圓弧軌道上運動時，對軌道的最大壓力的大小是 多少？解析：(1)小球在C點受重力、電場力和軌道的支持力處于平衡，電場力的方向一定是向左的，與電場方向相同，如圖所示。因此小球帶正電荷。Fn cos： = qE Fn sin

9、=二mg 則有3mg =4qE 小球帶電荷量q =-到.4E TOC o 1-5 h z (2)小球從A點釋放后，沿圓弧軌道滑下，還受方向指向 軌道的洛倫茲力f ,力f隨速度增大而增大，小球通過C點時速度(設(shè)為 v)最大，力f最大，且qE和mg的合力 方向沿半徑OC因此小球?qū)壍赖膲毫ψ畲蟆?2由 mv = mgRsin久 _qER(1coset)通過c點的速度v = JgR球在重力、電場力、洛倫茲力和軌道對它的支持力作用下 沿軌道做圓周運動，有2vF -mg sin a -qEcosa -qvB = m d最大壓力的大小等于支持力 f =(9E ,犯 R6mg4E【例8】如圖18所示，與紙面

10、垂直的豎直面 MN的左側(cè)空間中存在豎直向上場強大小為 E=2.5 X 102N/C的勻強電場(上、下及左側(cè)無界)。一個質(zhì)量為 m=0.5kg、電量為q=2.0 X 10-2C的可 視為質(zhì)點的帶正電小球，在 t=0時刻以大小為 V0的水平初速度向右通過電場中的一點 P,當(dāng)t=t1時刻在電場所在空間中加上一如圖19所示隨時間周期性變化的磁場，使得小球能豎直向下通過D點，D為電場中小球初速度方向上的一點，PD間距為L, D到豎直面 MN的距離2、DQ為L/兀。設(shè)磁感應(yīng)強度垂直紙面向里為正。(g=10m/s )(1)如果磁感應(yīng)強度 Bo為已知量，試推出滿足條件時 前的表達式(用題中所給物理量的符號 表

11、不)。(2)若小球能始終在電場所在空間做周期性運動。則當(dāng)小球運動的周期最大時，求出磁感應(yīng)強度Bo及運動的最大周 期T的大小。解析：當(dāng)小球進入電場時： mg=Eq將做勻速直線運動(1)在力時刻加入磁場，小球在時間to內(nèi)將做勻速圓周運動， 圓周運動周期為To若豎直向下通過 D點，由圖甲1分析可知必有以下兩個條件：to=3To/4 2 分PF- PD=R 即：Vot1 -L=RqVoBo=mVo2/qBo所以：Vot1 L=mV o/qBot1=L/V o+m/qB oBo1t0t1 t1+to t1+2to t1+3to 函數(shù)圖象(2)小球運動的速率始終不變，當(dāng) R變大時，To也增加，小球在電場中

12、的運動的周期 T增加，MQN在小球不飛出電場的情況下，當(dāng) T最大時有:DQ=2R L/ 兀=2mVo/qBoBo=2 兀 mV 0/qLTo=2 兀 R/Vo=2 兀 m/qB0=L/V 0由圖分析可知小球在電場中運動的最大周期:T=8 X 3T0/4=6L/V 0【例9】如圖所示，在一個光滑絕緣足夠長的水平面上， 靜置兩個質(zhì)量均為 m,相距l(xiāng)的大小相等的可視為質(zhì)點的 小球，其中A球帶正電，電荷量為 q, B球不帶電?，F(xiàn)在水平面上方加上一個場強大小為方向沿AB連線方向水平向右的勻強電場，勻強電場充滿水平面上方的整個空間。在電場力作用下，A球沿水平面向右運動并與 B球發(fā)生碰撞，碰撞中 A、B兩球

13、 無動能損失且無電荷轉(zhuǎn)移，兩球碰撞時間極短。求A、B兩球第一次碰撞前 A球的速度Vai;A、B兩球第一次碰撞后 B球的速度v bi；(3)兩球第一次碰撞后， 還會再次不斷發(fā)生碰撞，且每次碰撞后兩球 TOC o 1-5 h z 都交換速度，則第一次碰撞結(jié)束到第二次碰撞前的時間間隔前和第二次碰撞結(jié)束到第三次碰撞前的時間間隔t2之比為多少？解析：(1)第一次碰撞前，電場力對 A球做正功，由動能定理得22qEl _qEl =-mvA1，Vai=i HYPERLINK l bookmark23 o Current Document : mA、B兩球第一次碰撞過程中，動量守恒和總動能守恒，則mvA1 mv

14、A1mvB121.21.2_mvA1 = mvA1 十一 mvB122，vAi = 0_ _ v&d =v . _由、解得A1/（舍去）,L百Yb1 -0VB1 =VA1 =丫m(3)第二次碰撞前，設(shè) A球速度為VA2, A球為為追上B球與它發(fā)生碰撞應(yīng)滿足純=vBQL二 Va2 =2vBi =2Vai 2對A球由動量定理得 qEA t1=mvA2 mvz ai 第二次碰撞后，A、B兩球交換速度，v A2 = v B1= VA1 , V, B2= VA2=2 VA1第三次碰撞前，設(shè) A球速度為VA3, A球為追上B球與它生生碰撞應(yīng)滿足vA2 vA3-A2A3 .：t2 =VB2 .=t22由、得

15、VA3=3VA1 對A球由動量定理得qEAt2=mvA3 mvz A2 gl2一由得11D C/CA【例10】在水平桌面上有一矩形真空管，管內(nèi) O點(O點在真空管的上表面上)的正下方有 一陰極射線源 A,陰極射線源A連續(xù)發(fā)射速度大小和方向均不變的電子束.實驗要求測A至O點的距離，當(dāng)在真空管內(nèi)加互相垂直的勻強電磁場時,電場強度的方向豎直向下，磁場方向垂直紙面向里，電子束沿水平方向做勻速直線運動 磁場時，電子束沿水平方向做勻速直線運動.當(dāng)在真空管內(nèi)部只加前述的勻強電場而不加 .當(dāng)在真空管內(nèi)部只加前述的勻強電場而不加磁場時，電子束打在真空管上表面的 C點，測得OC之間的距離為li,當(dāng)在真空管內(nèi)只加與

16、前述磁D點,感應(yīng)強度大小相同、方向相反的勻強磁場而不加電場時，電子束打在真空管上表面的 測得OD之間的距離為l 2，求A點到O點的距離.解析：電子束沿水平方向做勻速直線運動時:當(dāng)只有電場存在時:B Bqv = Eq1i=v - t H 1Eqt2 小d =1 只有磁場時：BqV =m2m2vR由幾何關(guān)系可知:R =L2 +(Rd),由式解得：d =l2 l2【例11如圖所示，一束波長為 入的強光射在金屬板 P的A處發(fā)生了光電效應(yīng)，能從 A處向 各個方向逸出不同速率的光電子。 金屬板P的左側(cè)有垂直紙面向里的勻強磁場， 磁感強度為B, 面積足夠大，在 A點上方L處有一涂熒光材料的金屬條 Q,并與P

17、垂直?，F(xiàn)光束射到 A處，金屬條Q受到光電子的沖擊而發(fā)出熒光的部分集中在CD間，且CD = L ,光電子質(zhì)量為 m,電量為e,光速為c,(1)金屬板P逸出光電子后帶什么電？Wo(2)計算P板金屬發(fā)生光電效應(yīng)的逸出功(3)從D點飛出的光電子中，在磁場中飛行的最短時間是多少?解析：(1)由電何守恒定律得知P帶正電(2)所有光電子中半徑最大值R = 2L/22-mv evB =RE.km,2 2 2L B e4m、幺 Jihc逸出功=nJ :4m(3)以最大半徑運動并經(jīng)二 t 1a = 一 =且2T 2 二點的電子轉(zhuǎn)過圓心角最小，運動時間最短2二 mT =eB二 m所以t =2eB【例12如圖甲所示，

18、A、B兩塊金屬板水平放置，相距為 d=0. 6cm,兩板間加有變化的電壓，當(dāng)B板接地(中B=0)時，A板電勢中A隨時問變化的情況如圖乙所示，現(xiàn)有帶負電的微粒在t=0時刻從B板中央小孔射入電場,若該帶電微粒受到的電場力為重力的兩倍，且射入電場時初速度可忽略不計。求:T(1)在02TT這兩段時間內(nèi)微粒的2加速度大小和方向;(2)要使該微粒不與A板相碰,所加電壓的周期最長為多少？(g=10m/s2)解析：(1)設(shè)電場力大小為 F,則F=2mg對于t=0時刻射入的微粒，在前半個周期內(nèi),F -mg = ma12mg - mga1 = = g萬向向上后半個周期的加速度F mg = ma2, a2ma2滿足

19、3mg=3g方向向下(f)A.T/2T11110tm(2)前半周期上升的高度h1 =-a122 =1 gT2 .前半周期微粒的末速度為8后半周期先向上做勻減速運動，設(shè)減速運動時間為t1,則 3gti = gT2gT224此段時間內(nèi)上升的高度h21, 21c ,T、2=azti =- 3g (一)222則上升的總度高為h1h2 =gT2 gT2824gT26后半周期的T2-11 二1時間內(nèi)，微粒向下加速運動3下降的高度h31 T 2 gT22 3g(3) 上述計算表明,微粒在一個周期內(nèi)的總位移為零，只要在上升過程中不與 A板相碰即可,則 h1 +h2 Ed,即 9 d0 s = 6,10/sm

20、. g10【例13】在直彳仝為d的圓形區(qū)域內(nèi)存在均勻磁場，磁場方向垂直于圓面指向紙外。一電量為q。質(zhì)量為m的粒子，從磁場區(qū)域的一條直徑AC上的A點射入磁場，其速度大小為 vo,方向與AC成a角。若此粒子恰好能打在磁場區(qū)域圓周上的D點，AD與AC的夾角為3 ,如圖所示，求該勻強磁場的磁感應(yīng)強度B的大小。解析：一帶正電的小球質(zhì)量為 m=1X 102kg,帶電量為q=1 M0-2C,小球在相互垂直的均強電 場和勻強磁場的空間中沿一斜線向下做勻速直線運動。如圖所示，已知其水平分速度為vx=6m/s,磁感應(yīng)強度大小為B=1T ,方向垂直紙面向里，電場力做負功的功率大小為Pe=0.3W。試求：電場強度大小

21、和方向。（g取10m/s2,方向可用反三角函數(shù)表示）。解析：設(shè)粒子在磁場中圓周運動半徑為R,其運動軌跡如圖所示，。為圓心，則有：2 V。 qv0 B = mR又設(shè)AO與AD的夾角為丫，由幾何關(guān)系知:2Rcos=AD d cos P = AD d cos :可得：R=1 2sin(.工二 p)- 2mv0sin(.：s 1)代入式得：B =0一一L d qd cos -【例14如圖所示，在豎直平面內(nèi)建立xOy直角坐標系，Oy表示豎直向上的方向。已知該平面內(nèi)存在沿x軸負方向的區(qū)域足夠大的勻強電場，現(xiàn)有一個帶電量為2.5X10-4C的小球從坐標原點O沿y軸正方向以0.4kg.m/s的初動量豎直向上拋

22、出，它到達的最高點位置為 圖中的Q點，不計空氣阻力，g取10m/s2.指出小球帶何種電荷；求勻強電場的電場強度大小；求小球從O點拋出到落回x軸的過程中電勢 能的改變量.解析：(1)小球帶負電最高點Q的坐標為(1.6m, 3.2m )r 2由V0 =2gy代入數(shù)據(jù)得 v0 =8m/s (1分)由初動量p=m/。(2)小球在y方向上做豎直上拋運動，在 x方向做初 速度為零的勻加速運動，解得 m=0.05kg 又 x = lat2 = qEt 2 2m123.y = gt2由代入數(shù)據(jù)得 E=1 x 10 n/c2(3)由式可解得上升段時間為t=0.8s所以全過程時間為t.=2t=1.6s代入式可解得

23、x方向發(fā)生的位移為 x=6.4m由于電場力做正功，所以電勢能減少，設(shè)減少量為E,代入數(shù)據(jù)得 E=qE=1.6J【例15如圖所示，真空室內(nèi)，在dx 2d的空間中存在著沿+y方向的有界勻強電場，電場強度為E；在一2cKxWd的空間中存在著垂直紙面向里的有界勻強磁場，磁場強度為 B。在坐標原點處有一個處于靜止狀態(tài)的原子核，某時刻該原子核經(jīng)歷一次口衰變，1&+x方向射出一質(zhì)量為 nr電荷量為q為口粒子；質(zhì) 量為M電荷量為 Q的反沖核進入左側(cè)的勻強磁場區(qū) 域，反沖核恰好不從磁場的左邊界射出。如果衰變過程中釋放的核能全部轉(zhuǎn)化為 a粒子和反沖核的動能, 光速為c,不計粒子的重力和粒子間相互作用的庫侖 力。求

24、：(1)該核衰變過程中的質(zhì)量虧損 成-2d-d2d(2) a粒子從電場右邊界射出時的坐標。解析：(1)依據(jù)題意知反沖核在磁場中做勻速圓周運動的半徑為 的速度分別為Vl、V2d,設(shè)原子核衰變后M m2根據(jù)牛頓第二定律為 Qv1B = M d衰變過程中 M m系統(tǒng)滿足動量守恒定律：Mvmv=0、一 1C 1 C暴變后反應(yīng)總動可匕為 Ek = - Mv1 + mv2 222根據(jù)質(zhì)能方程有：Ek=Amc聯(lián)立解得:Q2B2d22c(2M1 (M m)Q2B2d22m) = 2Mmc2(2)設(shè)m進入電場運動過程中，沿電場方向偏轉(zhuǎn)的距離為y,則有1.2y =2atm的加速度為a = q mm在電場中運動的時

25、間為V2聯(lián)立得:血=qEm2mv； 2Q2B2所以坐標為：（2d,-q|m）2Q2B2【例16】顯像管的工作原理是陰極 K發(fā)射的電子束經(jīng)高壓加速電場（電壓U）加速后垂直正對圓心進入磁感應(yīng)強度為 R半彳5為r的圓形勻強偏轉(zhuǎn)磁場，磁場右端 Q點到熒光屏的距離 為l ,如圖所示，偏轉(zhuǎn)后轟擊熒光屏P,熒光粉受激而發(fā)光，在極短時間內(nèi)完成一幅掃描。若去離子水質(zhì)不純，所生產(chǎn)的陰極材料中會有少量so2SO4 一打在屏上出現(xiàn)暗斑，稱為離子斑，如發(fā)生上述情況，電子質(zhì)量為9.1 x 10 31kg ,硫酸根離子（S一）質(zhì)量為1.6 x 10 25kg,不計重力.（1）試推導(dǎo)電子偏轉(zhuǎn)后射到熒光屏上偏離熒光屏中心的距離

26、的表達式（2）試求分析說明暗斑集中在熒光屏中央的原因解析：（1）粒子（電子）在加速電場中加速qU12=_ mv2粒子垂直進入磁場做勻速圓周運動，設(shè)軌道半徑為R。qvB2 v 二m 一RR = mv qB1 2mUB ； q設(shè)粒子在偏轉(zhuǎn)磁場中速度偏轉(zhuǎn)角為。，有:0 tan2如圖所示有x = (l r) tanu=(l +r)tan(2arctanBrJ-e) 2mU（2）由（1）式可知:tanrvm由于硫酸根離子荷質(zhì)比遠小于電子的荷質(zhì)比，高速硫酸根離子經(jīng)過磁場幾乎不發(fā)生偏轉(zhuǎn)，而集中打在熒光屏中央，形成暗斑【例17如圖所示，坐標空間中有場強為E的勻強電場和磁感應(yīng)強度為m,B的勻強磁場，y軸為兩種場

27、的分界面，圖中虛線為磁場區(qū)域的右邊界，現(xiàn)有一質(zhì)量為電荷量為一q的帶電粒子從電場中坐標位置(一 1,0)處，以初速度V。，沿x軸正方向開2始運動，且已知=m%。試求：使帶電粒子能穿越磁場區(qū)域而不再返回電場中，磁場 qEa,由牛頓運動定律得:的寬度d應(yīng)滿足的條件。解析：帶電粒子在電場中做類平拋運動，設(shè)運動的加速度為qE=m aVy,粒子在電場中設(shè)粒子出電場、入磁場時速度的大小為V,此時在y軸方向的分速度為運動的時間為Vy=atl =Vott,則有:uy解得：Vy =V0_22V= . V0Vy設(shè)V的方向與y軸的夾角為0 。則有:cos 一 巴 V粒子進入磁場后洛侖茲力作用下做圓周運動，如圖所示，則

28、有:mVR =-qB由圖中的幾何關(guān)系可知，要使粒子穿越磁場區(qū)域，磁場的寬度條件為:dR(1+cos 0 )結(jié)合已知條件，解以上各式可得d (12)mV0qBOX為邊界上O【例18真空中有一半徑為 R的圓形勻強磁場區(qū)域，磁場方向垂直紙面向外,點的切線，如圖所示，從 O點在紙面內(nèi)向各方向發(fā)射速率均為 V的“粒子，設(shè)粒子間 相互作用力和重力都忽略，且 口粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)半徑也為 R,已知a粒子的電量為q , 質(zhì)量為m試回答下列各問：(1)速度方向分別與 OX方向夾角成30和90的S的粒子在磁場中運動的時間分別 是多少？x磁場邊界射出的a粒子都能夠匯聚到 P點.解析：（1） #/6V; nR/2V （

29、2）與OX平行 （3）以P點正上方距離 P點r處為圓心, 半徑為r,垂直紙面向外的勻強磁場 .【例題3】圖為一種質(zhì)譜儀示意圖，由加速電場、靜電分析器和磁分析器組成.若靜電分析器通道的半徑為 R,均勻輻向電場的場強為 E.磁分析器中有垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B.問：為了使位于A處電量為q、質(zhì)量為m勺離子，從靜止開始經(jīng)加速電場加速后沿圖中圓弧虛線通過靜電分析器，加速電場的電壓U應(yīng)為多大？離子由P點進入磁分析器后，最終打在乳膠片上的Q自，該點距入射點P多遠？4群離子從靜止開始通過該質(zhì)譜儀后落在同一點Q,則該群離子有什么共同點？答案：（1） U=ER/2; （2）該群離子都打在 QK必同帶

30、正電荷，且具有相同的荷質(zhì)比。練習(xí).當(dāng)帶電粒子垂直進入勻強磁場和勻強電場時， 稱這種場為偏轉(zhuǎn)磁場和偏轉(zhuǎn)電場，下列說法正確的是：A.要想把速度不同的同種帶電粒子分開，既可采用偏轉(zhuǎn)磁場，也可以采用偏轉(zhuǎn)電場B.要想把動量相同的質(zhì)子和 a粒子分開，只能采用偏轉(zhuǎn)磁場C.要想把初速度為零，經(jīng)同一電場加速后的的質(zhì)子和口粒子分開，既可采用偏轉(zhuǎn)電場,也可米用偏轉(zhuǎn)磁場D.要想把荷質(zhì)比不同的粒子（初速度相同）分開，只可采用偏轉(zhuǎn)電場，不可采用偏轉(zhuǎn)磁場. （2002年廣西、河南、廣東卷）在圖中虛線所示的區(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

31、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5.如圖，光滑水平面上帶電量為 q、質(zhì)量為m的小球P靠在一勁度系數(shù)為 k的輕彈簧的右端。 現(xiàn)將彈簧向左壓縮長度為 L后自A點靜止釋放小球 P,小球P運動到B處時恰與靜止的 不帶電的相同小球 Q相碰并粘在一起，進入水平向右的勻強電場中。C點右側(cè)是垂直紙面向里的勻強磁場，小球運動到C點時，電場突然變?yōu)樨Q直向上，但大小不變。此后物體開始在豎直平面內(nèi)作圓周運動，到達最高點時撤去電場，小球正好又落回B點。已知12AB=BC=L ,彈簧的彈性勢能

32、與其形變量 x的關(guān)系是Ep= kx2 ,式中k為彈簧的勁度系數(shù)。2求：（1）小球的帶電性并說明理由（2）場強E的大?。?）磁感應(yīng)強度B的大小。7. （2002年全國理綜卷）電視機的顯像管中，電子束的偏轉(zhuǎn)是用磁偏轉(zhuǎn)技術(shù)實現(xiàn)的。電子束經(jīng)過電壓為 U的加速電場后，進入一圓形勻強磁場區(qū)域，如圖所示。磁場方向垂直于圓面。磁場區(qū)中心為 O,半徑為r。當(dāng)不 加磁場時，電子束將通過 O點而打到屏幕的中心 M點。為了讓 電子束射到屏幕邊緣 P點，需要加一勻強磁場，使電子束偏轉(zhuǎn)一 已知角度日，此時磁場的磁感應(yīng)強度 B應(yīng)為多少？.帶電量為q的粒子（不計重力），勻速直線通過速度選擇器（電場強度為E,磁感應(yīng)強度為B1）,又通過寬度為l,磁感應(yīng)強度為 B2的勻強磁場，粒子離開磁場時速度的方向跟入射方向間的偏角為0 ,如圖所示.試證明：入射粒子的質(zhì)量m=qB1B2l.Esin-.某空間存在著一個變化的電場和一個變化的磁場，電場方向向右（如圖（a）中由B到C 的方向），電場變化如圖（b）中 E-t圖象，磁感應(yīng)強度變化如圖（c） 中B-t圖象.在A點，從t=1 s （即1 s）開始，每