高考物理復(fù)習(xí)講義第58講 帶電粒子在交變電場中的運動（解析版）

第58講帶電粒子在交變電場中的運動

I真題示例____________________________

I.(2018?浙江)小明受回旋加速器的啟發(fā)，設(shè)計了如圖1所示的“回旋變速裝置”。兩相距

為d的平行金屬柵極板M、N,板M位于X軸上，板N在它的正下方。兩板間加上如圖

2所示的幅值為Uo的交變電壓，周期7。=鬻.板M上方和板N下方有磁感應(yīng)強度大

小均為B、方向相反的勻強磁場。粒子探測器位于y軸處，僅能探測到垂直射入的帶電

粒子。

有一沿X軸可移動、粒子出射初動能可調(diào)節(jié)的粒子發(fā)射源，沿y軸正方向射出質(zhì)量為m、

電荷量為q(q>0)的粒子。t=0時刻，發(fā)射源在(x,0)位置發(fā)射一帶電粒子。忽略粒

子的重力和其它阻力，粒子在電場中運動的時間不計。

J……………%—]；--；；--；

器…*一一;.；；；

"~N~O：：：

TQ!2笈

探IIII

IIII

測IIII

?III

器：：：：：：：：??"

圖1圖2

(1)若粒子只經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)并在y=yo處被探測到，求發(fā)射源的位置和粒子的初動能；

(2)若粒子兩次進出電場區(qū)域后被探測到，求粒子發(fā)射源的位置X與被探測到的位置y

之間的關(guān)系。

【解答】解：(1)粒子探測器位于y軸處，僅能探測到垂直射入的帶電粒子，

說明粒子只經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)并在y=yo處被探測到的粒子是垂直達到y(tǒng)軸上的，

1V*12

即運動了：圓周，即x=yo=r,根據(jù)洛倫茲充當(dāng)向心力知：qvB=m一,

4r

所以動能Ek=4mv?='血(^?-)2=1MyQ；

22TH2m

(2)粒子在磁場中做圓周運動，洛倫茲力提供向心力，

V2

由牛頓第二定律得：qvB=πr^~,

解得，粒子軌道半徑：R=~

①如果EKO>2qUo,粒子運動軌跡如圖所示：

粒子經(jīng)過電場過程，由動能定理得：

11

-τqτU0=2m2v1.2m2vo

112

-ιqτUo=2mv22~2rnvI，

由幾何知識得：x=y+2(Ro+Rι),

解得：x=y+奈J(qyB)2+2mq%+向J(qyB)2+4mq%;

②如果：qUo<Eκo<2qUo,粒子運動軌跡如圖所示：

則：-y-d=器，RO=翳,

粒子在電場中運動過程，由動能定理得：

jτ1212

-qUo=2—2mvθ,

由幾何知識得：x=3(-y-d)+2Ro,

?._____________________

222

解得：X=-3(y+d)÷^√(y÷d)qB+2mqU0;

③如果：Eκo<qUo,粒子運動軌跡如圖所示：

粒子在電場運動過程，由動能定理得:

qUo=-∣τnv^,

由幾何知識得：X=-y-d+4Ro,

4/--------------------------------

222

解得：X=-y-d+^g√(y+d)qB-2mqU0;

。2爐羽

答：(1)發(fā)射源的位置為x=yo,粒子的初動能為

2m

(2)若粒子兩次進出電場區(qū)域后被探測到，粒子發(fā)射源的位置X與被探測到的位置y之

間的關(guān)系：

2

①如果Eκo>2qUo,x=y+焉7(qyβ)+2mqU0++4mqU0;

222

②如果：qUo<Eκo<2qUo,x=-3(y+d)+^gλ∕(y+d)qB+2mqU0?.

2z2

③如果：Eκo<qUo.×--y-d+^λ∕(y+d')qB-2mqU0,,

—.知識回顧

1.常見的交變電場

常見的產(chǎn)生交變電場的電壓波形有方形波、鋸齒波、正弦波等.

2.常見的題目類型

(1)粒子做單向直線運動(一般用牛頓運動定律求解).

(2)粒子做往返運動(一般分段研究).

(3)粒子做偏轉(zhuǎn)運動(一般根據(jù)交變電場特點分段研究).

3.思維方法

(1)注重全面分析(分析受力特點和運動規(guī)律)：抓住粒子的運動具有周期性和在空間上

具有對稱性的特征，求解粒子運動過程中的速度、位移、做功或確定與物理過程相關(guān)的臨界

條件.

(2)從兩條思路出發(fā)：一是力和運動的關(guān)系，根據(jù)牛頓第二定律及運動學(xué)規(guī)律分析；二

是功能關(guān)系.

(3)注意對稱性和周期性變化關(guān)系的應(yīng)用.

4.利用速度一時間圖像分析帶電粒子的運動過程時，必須注意“五點”

(1)帶電粒子進入電場的時刻。

(2)速度一時間圖像的切線斜率表示加速度。

(3)圖線與時間軸圍成的面積表示位移，且在時間軸上方所圍成的面積為正，在時間軸

下方所圍成的面積為負。

(4)注意對稱性和周期性變化關(guān)系的應(yīng)用。

(5)圖線與時間軸有交點，表示此時速度改變方向。對運動很復(fù)雜、不容易畫出速度圖

像的問題，還應(yīng)逐段分析求解。

二.例題精析

例1.如圖(a)所示，兩平行正對的金屬板A、B間加有如圖(b)所示的交變電壓，一重

力可忽略不計的帶正電粒子被固定在兩板的正中間P處。若在to時刻釋放該粒子，粒子

會時而向A板運動，時而向B板運動，并最終打在A板上。則to可能屬于的時間段是

3T97

—<to<TD.T<to<^-

4

【解答】解:

A、若OVtoV%帶正電粒子先加速向B板運動、再減速運動至零；然后再反方向加速

運動、減速運動至零；如此反復(fù)運動，每次向右運動的距離大于向左運動的距離，最終打

在B板上，所以A錯誤。

τ3T

B、若帶正電粒子先加速向A板運動、再減速運動至零；然后再反方向加

速運動、減速運動至零：如此反復(fù)運動，每次向左運動的距離大于向右運動的距離，最終

打在A板上，所以B正確。

3T

C、若二VtoC，帶正電粒子先加速向A板運動、再減速運動至零；然后再反方向加速

4

運動、減速運動至零；如此反復(fù)運動，每次向左運動的距離小于向右運動的距離，最終打

在B板上，所以C錯誤。

QT

D、若TVtoV詈，帶正電粒子先加速向B板運動、再減速運動至零；然后再反方向加速

運動、減速運動至零；如此反復(fù)運動，每次向右運動的距離大于向左運動的距離，最終打

在B板上，所以D錯誤。

故選：Bo

例2.如圖所示，一平行板電容器兩板間距為d,在一板內(nèi)側(cè)附近有一帶電量為q、質(zhì)量為

m的正離子，為使該離子能在兩極間來回振動而不撞在兩極上，在兩極間加上如圖所示

交變電壓，此交變電壓的周期應(yīng)有（

fm

A.T<4d而B.T>4d

TT

【解答】解：設(shè)周期為T時，正離子從左極板向右運動，先做二的勻加速，再三的做勻減

44

速，到達右極板時，速度恰好減為零。

根據(jù)圖象可知，加速和減速運動的加速度相同，位移相同，是完全對稱的運動。

其加速度為a=器

則根據(jù)勻加速運動的速度公式D-O=at=

又由動能定理得鼻血%2-O=-Uq

解得：7=4d品

為使該離子能在兩極間來回振動而不撞在兩極匕則TV4d像,故A正確、BCD錯誤。

7qu

故選：Ao

三.舉一反三，鞏固練習(xí)

1.（多選）圖1的平行金屬板M、N間加有圖2所示的交變電壓，00'是M、N板間的

中線，當(dāng)電壓穩(wěn)定時，板間為勻強電場。工7時，比荷為K的帶電粒子甲從0點沿00'

4

33

方向、以VO的速率進入板間，；T時飛離電場，期間恰好不與極板相碰。若在ST時刻，

28

帶電粒子乙以2vo的速率沿00'從O點進入板間，已知乙粒子在運動過程中也恰好不

與極板碰撞，不計粒子受到的重力，則下列說法中正確的是（）

M____________

u0―：：一：

III

III

θ?t3?,~

O0,昂一J匚

N

圖1圖2

A.T時刻，乙粒子離開電場

B.乙粒子的比荷為三

C.甲、乙兩粒子通過電場偏轉(zhuǎn)的位移大小之比為2：3

D.甲、乙兩粒子通過電場偏轉(zhuǎn)的位移大小之比為1：2

【解答】解：A.如圖，假設(shè)粒子甲帶負電，則有

a=也=Uok

Tn

為定值，則在豎直方向做初速度為零的勻加速直線運動，以豎直方向位移和時間關(guān)系,

可得

Vy=at

作出速度一時間圖像，如圖

則圖線與時間軸圍成的面積代表位移，而水平方向做勻速運動，令金屬板的長度為L,則

恰好不與極板碰撞，則表示粒子在電場中豎直方向的最大位移別好為(d為M,N之間

的距離，從速度時間圖像可知，斜率a不變，方向與Uo的方向相同，則豎直方向的總位

移為

yΨ=SΔABC+SΔCDE+SΔEFH=gTv∣

且

TT

vι=a(—――)

24

解得

y甲=裊JokT2

而最大位移為

y甲m=JTVl=JUokT2=與

所以

d=JuokT2

O

時間為

t=_L

-vO

代入數(shù)據(jù)解得：t=*

同理，粒子乙?guī)ж撾?，則軌跡為ABeD的形狀，而水平方向時間為

t'=；

2v0

所以有

聯(lián)立解得：t乙=T

故A正確：

B.設(shè)乙粒子的比荷為H則乙的加速度為

T=-Uok'

由對稱性可知，乙的最大位移為

y乙=專CTr×HtD,

而

vι,=a??T=^Uok,

OO

所以

d=?Uok'T2

聯(lián)立解得

故B正確；

CD.乙豎直方向的總位移為

y乙=y乙m

則解得偏轉(zhuǎn)位移之比為

yφ1

、乙2

故C錯誤，D正確.

故選：ABDo

2.（多選）在如圖所示的空間里，存在沿y軸負方向、大小為B=等的勻強磁場，有一

質(zhì)量為m、帶電量為q的帶正電的粒子（重力不計）以VO從。點沿X軸負方向運動,

同時在空間加上平行于y軸的勻強交變電場，電場強度E隨時間的變化如圖所示（以

沿y軸正向為E的正方向），則下列說法不正確的是（）

y

A.t=2T時粒子所在位置的X坐標(biāo)值為O

B.t=，時粒子所在位置的Z坐標(biāo)值為處

44π

C.粒子在運動過程中速度的最大值為2vo

D.在0到2T時間內(nèi)離子運動的平均速度為隘

【解答】解：對粒子受力分析可知，粒子受到垂直于y軸的洛倫茲力和平行于y軸的電

場力作用，所以粒子在垂直于y軸方向上做圓周運動，平行于y軸方向上做勻加速直線

運動和勻減速直線運動。在垂直于y軸方向上有

q%B=畔

解得：r=柴

粒子做圓周運動的周期為：TQ=孚=三

v0δ

A、當(dāng)t=2T時，粒子運動四周，回到了X坐標(biāo)值為0處，故粒子所在位置的X坐標(biāo)值為

0,故A正確，不符合題意；

B、當(dāng)t=1T時，粒子運動一周半，Z坐標(biāo)值為2r,即乎，故B錯誤，符合題意；

C、粒子在平行于y軸方向上有：qE=ma

解得：α=攀

在0-0.5T和0.5T?T內(nèi)，電場力方向相反，粒子先加速再減速，在t=0.5T時，沿y軸

正向速度達到最大為：

vι=at=竽.().5T=Vo

此時，粒子在運動過程中速度最大。最大值為：V=+v2=√2v0

故C錯誤，符合題意；

D.在。到2T時間內(nèi)粒子在垂直于y軸方向轉(zhuǎn)了四周?；氐搅藊=0,Z=O處的位置，故

只需要考慮軸方向的位移，粒子位移為

s=2x[∣α(^)2+^ɑ(?)2]=VOT

則粒子運動的平均速度為

方=E=鬻=字

t2T2

故D正確，不符合題意。

故選：BCo

3.在真空中有水平放置的兩個平行、正對金屬平板，板長為1,兩板間距離為d,在兩極

板間加一交變電壓如圖乙，質(zhì)量為m,電荷量為e的電子以速度Vo(VO接近光速的Tz)

從兩極板左端中點沿水平方向連續(xù)不斷地射入兩平行板之間。若電子經(jīng)過兩極板間的時

間相比交變電流的周期可忽略不計，不考慮電子間的相互作用和相對論效應(yīng)，則在任意

0.2s內(nèi)()

A.當(dāng)UmV包空時，所有電子都能從極板的右端射出

elz

,22

B.當(dāng)Um〉叫L時，將沒有電子能從極板的右端射出

C.當(dāng)Um=『二時，有電子從極板右端射出的時間與無電子從極板右端射出的時間

eΓ

之比為1：2

D.當(dāng)Um=在噂乃時，有電子從極板右端射出的時間與無電子從極板右端射出的時間

eΓ

之比為1：(√2-1)

【解答】解：AB、電子進入極板后，水平方向上不受力，做勻速直線運動，豎直方向上

受到電場力作用，當(dāng)電子恰好飛出極板時有：

l=vot

d19

-=-at**

22

其中：a=景

由此求出：Um=理￥

eΓ

當(dāng)Um<%???,所有電子都能從極板的右端射出；

eΓ

當(dāng)Um>%??t,在()?2s時間內(nèi)，極板間電壓UV”"的時間段內(nèi)，電子能從極板的

eΓeΓ

右端射出，故AB錯誤；

C、當(dāng)Um=冽%時，分析圖乙可知，任意0.2s內(nèi)，有一半的時間內(nèi)極板間電壓低于臨

eV

md2v2

界電壓——,因此有電子從極板右端射出的時間與無電子從極板右端射出的時間之比

el2

為1：1,故C錯誤；

D、當(dāng)Um=立噂^時，分析圖乙可知，任意0.2s內(nèi)，有五xθ.2s的時間內(nèi)極板間電壓

eΓ2

md2v2

低于臨界電壓一丁，因此有電子從極板右端射出的時間與無電子從極板右端射出的時

el2

間之比為1：（√2-l）,故D正確。

故選：D。

4.（多選）如圖所示，長為8d、間距為d的平行金屬板水平放置，O點有一粒子源（O點

是兩金屬板的中點），能持續(xù)水平向右發(fā)射初速度為vo,電荷量為+q,質(zhì)量為m的粒

子。在兩板間存在如圖所示的交變電場，取豎直向下為正方向，不計粒子重力。以下判

斷正確的是（）

A.粒子在電場中運動的最短時間為」

B.射出粒子的最大動能為，mvθ

C.t=與時刻進入的粒子，從0,點射出

D.t=乎時刻進入的粒子，從0,點射出

vO

【解答】解：A、由圖可知場強E=警，則粒子在電場中的加速度α=券=*，則粒子

在電場中運動的最短時間滿足T=∣α?n,解得=等，故A正確；

B、能從板間射出的粒子在板間運動的時間均為t=空，則任意時刻射入的粒子射出電場

vO

1?

時沿電場方向的速度均為0,可知射出電場時的動能均為說，故B錯誤；

C、由A可知，粒子打到板上所需時間為t=型；從二時刻射入的粒子，在t'=與+

%2v02v0

料=嚓&時打到板上，而空?dv察，此時電場方向還未改變，粒子與下極板碰

v

UONUO2V0O

撞，不會再做往復(fù)運動，不可能從0,點射出，故C錯誤；

D、t=警=字時刻進入的粒子，在沿電場方向的運動是：先向上加速;，后向上減速工

%q44

TT

速度到零；然后向下加速;，再向下減速;速度到零…，如此反復(fù)，則最后從。點射出是

44

沿電場方向的位移為零，則粒子將從O點射出，故D正確;

故選：ADo

5.如圖甲所示，M、N為正對豎直放置的平行金屬板，A、B為兩板中線上的兩點。當(dāng)M、

N板間不加電壓時，一帶電小球從A點由靜止釋放，經(jīng)時間T到達B點，此時速度為

υ.若在兩板間加上如圖乙所示的交變電壓，t=0時，將帶電小球仍從A點由靜止釋

放，小球運動過程中始終未接觸極板，則t=T時?，小球（）

A.在B點上方B.恰好到達B點

C.速度大于VD.速度小于V

【解答】解：AB、在M、N兩板間加上如圖乙所示的交變電壓，小球受到重力和電場力

的作用，電場力作周期性變化，且電場力在水平方向，所以小球豎直方向做自由落體運

動，與不加電場時相同。

在水平方向小球先做勻加速直線運動，后沿原方向做勻減速直線運動，t=，時速度為零，

接著，沿相反方向先做勻加速直線運動，后繼續(xù)沿反方向做勻減速直線運動，t=T時速

度為零。根據(jù)對稱性可知在t=T時小球的水平位移為零，所以t=T時，小球恰好到達B

點，故A錯誤，B正確。

CD、在O-T時間內(nèi)，電場力做功為零，小球機械能變化量為零，所以t=T時，小球速

度等于u.故CD錯誤。

故選：B?

6.（多選）一對平行金屬板長為L,兩板間距為d,質(zhì)量為m、電荷量為e的電子從平行

板左側(cè)以速度VO沿兩板的中線不斷進入平行板之間，兩板間所加交變電壓UAB如圖所

示，交變電壓的周期T=與，已知所有電子都能穿過平行板，且最大偏距的粒子剛好

zvO

從極板的邊緣飛出，不計重力作用，則（）

A.所有電子都從右側(cè)的同一點離開電場

B.所有電子離開電場時速度都是vo

C.t=0時刻進入電場的電子，離開電場時動能最大

D.t=4τ時刻進入電場的電子，在兩板間運動時最I(lǐng)大側(cè)d位移為一

【解答】解：A、電子進入電場后做類平拋運動，不同時刻進入電場的電子豎直方向分速

度圖象如圖，根據(jù)圖象的“面積”大小等于位移可知，各個電子在豎直方向的位移不全相

同，故所有電子從右側(cè)的離開電場的位置不全相同。故A錯誤。

B、由圖看出，所有電子離開電場時豎直方向分速度Vy=0,速度都等于VO,故B正確。

C、由上分析可知，電子離開電場時的速度都相同，動能都相同。故C錯誤。

D、t=1時刻進入電場的電子，在t=,T時刻側(cè)位移最大，最大側(cè)位移為

ymax=2??ɑ(?)2=哈…①

1

在t=0時刻進入電場的電子側(cè)位移最大為5d,則有：

-d=4x(^)2…②

聯(lián)立①②得：ymax=4故D正確。

7.圖甲所示的平行金屬板M、N相距為d,兩板上加交變電壓UMN如圖乙(Uo未知)，貼

兩板右側(cè)有XOy坐標(biāo)，兩板中線與X軸共線?，F(xiàn)有大量質(zhì)量m、電荷量-e的電子以初

速度Vo平行于兩板沿中線持續(xù)不斷地射入兩板間。已知t=0時刻進入兩板運動的電子

穿過兩板間的電場時間等于所加交變電壓周期T,出射速度大小為2vo,且所有電子都

能穿出兩板，忽略電場的邊緣效應(yīng)及重力的影響，求

(1)兩板的長度L和t=0時刻進入電子通過電場區(qū)電場力所做功W

(2)電子打在y軸上的范圍

(3)在y軸右側(cè)有一個未知的有界磁場區(qū)，從O點射出電場的電子恰好垂直于X軸向

上通過X軸上坐標(biāo)為(a,0)的P點，求磁場區(qū)磁場的方向及磁場磁感應(yīng)強度可能最小

值B

電子穿出電場速度2vo,由動能定理

W=（2vo）2-TTIVQ=yTTIVQ

（2）在0—彳時間內(nèi)電場中電子加速度Ql=券，方向向上

&-T時間內(nèi)電場中電子加速度g=：篙°，方向向下

a2=2aι

不同時刻進入電場中電子在電場中速度如圖

其中，Vy=ag）+（12?=耨+帶彳=遍Vo

由圖象+y方向最大側(cè)位移yι=^√3v0（^）='

7方向最大側(cè)位移+一2再4一佻。（I）=-5?

（3）O點出射電子速度v=2vo,速度方向與X軸正方向夾角。

eose=*=*，θ=60o

在磁場中運動B最小時，最大回旋半徑r如圖

r

F=-----r=CL

2+>∕3

V2

evBmin=m

?mv2mv0

Bmin=方=（2/_3）ae

答：（1）兩板的長度L和t=0時刻進入電子通過電場區(qū)電場力所做功W為|小謚

（2）電子打在y軸上的范圍為一包件至丹X；

4

2mV0

（3）磁場區(qū)磁場的方向及磁場磁感應(yīng)強度可能最小值B為

(2√3-3)αe

8.如圖甲所示，A和B是真空中正對面積很大的平行金屬板，位于兩平行金屬板正中間

的O點有一個可以連續(xù)產(chǎn)生粒子的粒子源，AB間的距離為L.現(xiàn)在A、B之間加上電

壓UAB隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示，粒子源在交變電壓的一個周期內(nèi)可以均勻產(chǎn)生

N個相同粒子，這種粒子產(chǎn)生后，在電場力作用下由靜止開始運動，粒子一旦碰到金屬

板，它就附在金屬板上不再運動，且電荷量同時消失，不影響A、B板電勢.已知粒子

質(zhì)量為m=5XlO-Iokg,電荷量q=lXIO”。L=1.2m,Uo=1.2×103V,T=1.2×10

'2s,忽略粒子重力，不考慮粒子之間的相互作用力，求：

UJlB

L'o-----11------?

.0III

~ir3X2iτ9rt

B-2L?--^~~≈―:

乙

(1)t=0時刻產(chǎn)生的粒子,運動到B極板所經(jīng)歷的時間to；

T

(2)在。?&時間內(nèi)，產(chǎn)生的粒子不能到達B板的時間間隔△［；

(3)在0?(時間內(nèi)，產(chǎn)生的粒子能到達B板的粒子數(shù)與到達A板的粒子數(shù)之比k.

Ll

【解答】解：(I)t=0時刻，粒子由O到B：-=-α?9

又因為：E=?

根據(jù)牛頓第二定律可得：a=?=??=2.0×105m∕s2

TTlIILLJ

解得：to=√5xlθ-3svg=6χi()3s

所以：to=nXloTS

(2)剛好不能到達B極板的粒子，先做勻加速運動，達到速度Vm后，做勻減速運動，

到達B極板前速度減為0,

設(shè)勻加速時間為at,勻減速時間為△J，全程時間為t,

則：勻加速的加速度：a=2.0×105m∕s2

勻減速的加速度大?。篴,=4.0×105m∕s2

,,

根據(jù)運動學(xué)規(guī)律可得：vm=a?t=a?t

得：=∣?t

所以：t=Z?t+^t'=∣?t

I113

根據(jù)運動學(xué)規(guī)律可得：-L=∣vmt=∣a?t?-?t

解得：ZXt=J∣∣=2×lO'3s

(3)設(shè)剛好不能到達B極板的粒子，反向加速到A極板的時間為to',

根據(jù)運動學(xué)規(guī)律：L=%'to'2,可得：to'=J^=√6×lO^3s<(?-?t,)=5×I0

-3s

即：在0?(時間內(nèi)，內(nèi)返回的粒子都能打到A極板上

所以粒子數(shù)之比：k=辭=生獸=幸

答：(1)t=0時刻產(chǎn)生的粒子，運動到B極板所經(jīng)歷的時間10為謠xlθ-3s;

(2)在0?(時間內(nèi)，產(chǎn)生的粒子不能到達B板的時間間隔At為axioms；

T2

(3)在0?一時間內(nèi)，產(chǎn)生的粒子能到達B板的粒子數(shù)與到達A板的粒子數(shù)之比k為一.

21

9.A.磁聚焦法是測量電子比荷的常用方法.如圖所示，電子連續(xù)不斷地從熱陰極K無初速

度地逸出，在陽極A上有個小孔，當(dāng)施加電壓Uo時，電子就能通過小孔進入兩極板,

極板長為L,寬為d.兩極板上施加不大的交變電壓U=UlSin33使得電子在兩極板間發(fā)

生不同程度的偏轉(zhuǎn)，設(shè)電子能全部通過極板，且時間極短，而后電子進入水平向右的勻

強磁場Bo,當(dāng)電子打到屏幕N上會出現(xiàn)一條直線亮斑，兩極板與屏幕N的中心O之間

的距離為z,電子的電量為e,質(zhì)量為m。求：

（1）電子射出兩極板時距離中心軸的最大位移ym,豎直方向的最大速度Vym;

（2）當(dāng)Z取值逐漸增加時亮斑的長度在變化，亮斑的最大長度Lm,以及此時Z的值；

（3）取Z=號學(xué)，磁場B大小從2Bo開始取不同的值時，發(fā)現(xiàn)屏幕上亮斑長度也會變

tlOe

化，亮斑端點的坐標(biāo)（x,y）與磁場B的關(guān)系。

【解答】解：（1）電子從熱陰極K到陽極A被加速的過程，由動能定理得：

=eU0

解得：%=λ?

當(dāng)偏轉(zhuǎn)電場的交變電壓U=Ul或-5時，電子在其中做類平拋運動的側(cè)移量最大，且離

開偏轉(zhuǎn)電場時的豎直方向的速度最大，由類平拋運動規(guī)律得：

沿水平方向做勻速直線運動，則有：L=vot,

2

沿y軸方向做勻加速直線運動，則有：ym=^at

由牛頓第二定律得：a=^=熟

///2

聯(lián)立解得：ym=?

Vym=y∕2aym

解得：%m=華展

（2）電子射出偏轉(zhuǎn)電場后在水平方向以速度VO做勻速直線運動，在平行于Xoy平面上

以線速度大小為vy（射出偏轉(zhuǎn)電場時的豎直方向的分速度）做勻速圓周運動，其軌跡為

沿水平方向的螺旋曲線。

由（1）的解答可得，當(dāng)交變電壓為U時，電子在偏轉(zhuǎn)電場運動的側(cè)移量y和離開偏轉(zhuǎn)電

場時的豎直方向的速度Vy分別為T=蓋；％=半扇

對于電子射出偏轉(zhuǎn)電場后的分運動勻速圓周運動，設(shè)其運動半徑為r,由洛倫茲力提供向

心力得：

解得：r=徐=贏』焉

,作出電子運動軌跡在xθy平面上投影如圖1所示，不同速

度對應(yīng)的軌跡投影的圓心與原點O的連線與y軸的夾角為0,則有tanθ=］為恒定值，即

所有電子對應(yīng)的軌跡投影的圓心在同一條線上。當(dāng)Z取值逐漸增加即屏幕N逐漸右移時，

形成的亮斑一直是一條直線，而直線亮斑與y軸的夾角在變化，當(dāng)直線亮斑在圖1中如

PQ位置時，亮斑的長度最大，且等于PQ的長度。

電子的勻速圓周分運動的最大運動半徑為:

_m?yzn_U1LΓnΓ~

%=^^^=西J西

由圖中幾何關(guān)系可得，亮斑的最大長度為:

LTn=PQ=2P0=2(J*+潴+rm),

代入整理得：

電子運動軌跡在XOy平面上投影做順時針偏轉(zhuǎn)，此時圓周運動軌跡的圓心角滿足:

JT

α=2nπ+2÷θ,(n=0,1,2,3......)

因tan。=1盒懵，則θ=acrta?娉

對應(yīng)的圓周運動時間為：U=券?7=券.鬻=嵌

水平方向做勻速運動，則對應(yīng)的Z值為：

Z=VOtl=

y∣rnβBo

(3)當(dāng)Z=嘿2時，電子射出偏轉(zhuǎn)電場到打在屏上所用時間為：

.zπm

2一詬―麗

電子的勻速圓周分運動的周期為：T=鬻

當(dāng)B=2Bo時，其周期為TI=鼠=t2,即當(dāng)B=2Bo時，電子運動軌跡在Xoy平面上投

影恰好為一個圓周。

設(shè)電子的勻速圓周分運動的加速度為ωl,由洛倫茲力提供向心力得:

圖2

eBω1r=mto?r

解得：ω1

在偏轉(zhuǎn)電場側(cè)移量最大的電子打在屏上的位置為亮斑的端點，電子的勻速圓周分運動的

最大運動半徑為:

_THUym_U↑L/

rml=~eB~~=~dBJ2ei?

電子的勻速圓周分運動的軌跡圓心角為：

TrB

oβ=31t2=瓦

B取某值時亮斑的端點如圖2中的M、N點,

由幾何關(guān)系得：

亮斑端點的y軸坐標(biāo)為：

z

U1LU1LImπB

y=±(vm+rmisinκβ)=±(―;-+——/sin—)

JJ4dU0dByj2eU0B0

亮斑端點的X軸坐標(biāo)為：

U1LImπB

x=±rmι(1-coshβ)=±--/-------(1—cos—)

Bdyj2eU0B0

U乙2

答：(1)電子射出兩極板時距離中心軸的最大位移ym為高-，豎直方向的最大速度Vym

e

為

2τnU0'

2U1L

⑵亮斑的最大長度Lm為益2,以及此時Z的值為

0

4nπ^π+2acrtan-^-

_______________________Lyo

學(xué)…，2,3

2B0

TTzB

（3）亮斑端點的坐標(biāo)（x,y）與磁場B的關(guān)系為:一)，y=

Bo

±(歲+竽當(dāng)。

4?dt/θCIBq2βt∕()BQ

10.如圖甲所示，某多級直線加速器由橫截面相同的金屬圓板和4個金屬圓筒依次排列組

成，圓筒的兩底面中心開有小孔，其中心軸線在同一直線上，相鄰金屬圓筒分別接在周

期性交變電壓的兩端。粒子從圓板中心沿軸線無初速度進入加速器，在間隙中被電場加

速（穿過間隙的時間忽略不計），在圓筒內(nèi)做勻速直線運動。若粒子在筒內(nèi)運動時間恰

好等于交變電壓周期的一半，這樣粒子就能“踏準(zhǔn)節(jié)奏”在間隙處一直被加速。粒子離

開加速器后，從O點垂直直線邊界OP進入勻強磁場區(qū)域LOP距離為a,區(qū)域I的

P0、PQ兩直線邊界垂直。區(qū)域I的上邊界PQ與勻強磁場區(qū)域II的下直線邊界MN平

行，其間距L可調(diào)。兩區(qū)域的勻強磁場方向均垂直紙面向里，磁感應(yīng)強度大小B=

現(xiàn)有質(zhì)子（；H）和氣核（亥“）兩種粒子先后通過此加速器加速，加速質(zhì)子

的交變電壓如圖乙所示，圖中