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物理大题中带电粒子的运动(供打印)


带电粒子在电场中的运动
一、带电粒子在电场中做偏转运动
1. 如图所示,在平行板电容器之间有匀强电场,一带电粒子(重力不计)以速度 v0 垂直电场线射人 3 电场,经过时间 tl 穿越电场,粒子的动能由 Ek 增加到 2Ek ; 若这个带电粒子以速度 v0 垂直进人 2 该电场,经过时间 t2 穿越电场。求: ( l )带电粒子两次穿越电场的时间之比 t1:t

2; ( 2 )带电粒子第二次穿出电场时的动能。 v0

2.如图所示的真空管中,质量为 m,电量为 e 的电子从灯丝F发出,经过电压U1加速后沿中心线射 入相距为 d 的两平行金属板B、C间的匀强电场中,通过电场后打到荧光屏上,设B、C间电压为 U2,B、C板长为 l1,平行金属板右端到荧光屏的距离为 l2,求: ?电子离开匀强电场时的速度与进入时速度间的夹角. ?电子打到荧光屏上的位置偏离屏中心距离. 解析:电子在真空管中的运动过分为三段,从F发出在电压U1作用下的加速运动;进入平行金属 板B、C间的匀强电场中做类平抛运动;飞离匀强电场到荧光屏间的匀速直线运动. ?设电子经电压U1加速后的速度为 v1,根据动能定理有:

eU 1 ?

1 2 mv1 2

电子进入B、C间的匀强电场中,在水平方向以 v1 的速度做匀速直线运动,竖直方向受电场力的 作用做初速度为零的加速运动,其加速度为:

a?

eE eU 2 ? m dm

电子通过匀强电场的时间 t ?

l1 v1

电子离开匀强电场时竖直方向的速度 vy 为:

v y ? at ?

eU 2 l1 m d1 v

电子离开电场时速度 v2 与进入电场时的速度 v1 夹角为α (如图5)则

tg? ?

vy v1

?

eU 2 l1 U 2 l1 ? m dv2 2U 1d 1
图 5

∴ ? ? arctg

U 2 l1 2U 1 d

?电子通过匀强电场时偏离中心线的位移

1 2 1 eU 2 l12 U 2 l12 y1 ? at ? ? ? 2 2 dm v12 4U1d
电子离开电场后,做匀速直线运动射到荧光屏上,竖直方向的位移

y 2 ? l 2 tg? ?

U 2 l1l 2 2U 1d

∴电子打到荧光屏上时,偏离中心线的距离为

y ? y1 ? y 2 ?

U 2 l1 l1 ( ? l2 ) 2U 1d 2

3. 在真空中存在空间范围足够大的、水平向右的匀强电场.若将一个质量为 m、带正电电量 q 的小 球在此电场中由静止释放,小球将沿与竖直方向夹角为 37 ? 的直线运动。现将该小球从电场中某点 以初速度 v 0 竖直向上抛出,求运动过程中(取 sin 37? ? 0.6, cos37? ? 0.8 ) (1)小球受到的电场力的大小及方向; (2)小球运动的抛出点至最高点之间的电势差 U. 解析: (1)根据题设条件,电场力大小

Fe ? mg tan 37? ?

3 mg 4

① 电场力的方向向右

(2)小球沿竖直方向做初速为 v 0 的匀减速运动,到最高点的时间为 t ,则:

v y ? v0 ? gt ? 0
t? v0 g


沿水平方向做初速度为 0 的匀加速运动,加速度为 a x

ax ?

Fe 3 ? g m 4



此过程小球沿电场方向位移为: s x ?

3v 2 1 axt 2 ? 0 2 8g



小球上升到最高点的过程中,电场力做功为:

W ? qU ? Fe S x ?

9 2 mv 0 32


U?

9m v0 32q

2

4. 在足够大的空间中,存在水平向右的匀强电场,若用绝缘细线将质量为 m 的带正电的小球悬挂在 电场中,其静止时细线与竖直方向夹角θ=37°.现去掉细线,将该小球从电场中的某点竖直向上抛出, 抛出时的初速度大小为 v0,如图 13 所示.求: (1)电场强度的大小. (2)小球在电场内运动过程中的最小速率. (3)小球从抛出至达到最小速率的过程中,电场力对小球所做的功. (sin37°=0.6,cos37°=0.8)

5. 如图所示,在空间中取直角坐标系 Oxy,在第一象限内平行于 y 轴的虚线 MN 与 y 轴距离为 d,从

y 轴到 MN 之间的区域充满一个沿 y 轴正方向的匀强电场,场强大小为 E。初速度可以忽略的电子经
过另一个电势差为 U 的电场加速后,从 y 轴上的 A 点以平行于 x 轴的方向射入第一象限区域,A 点 坐标为(0,h) 。已知电子的电量为 e,质量为 m,加速电场的电势差 U> 求: (1)电子从 A 点进入电场到离开该电场区域所经历的时间 t 和离开电场区域时的速度 v; (2)电子经过 x 轴时离坐标原点 O 的距离 l。 解析: 1 2 (1)由 eU= mv0 2 得电子进入偏转电场区域的初速度 v0= 2eU

Ed2 ,电子的重力忽略不计, 4h

m

设电子从 MN 离开,则电子从 A 点进入到离开匀强电场区域的时间

d t= =d v0

m
2eU



1 Ed2 y= at2= 2 4U 因为加速电场的电势差 U> 所以 vy=at=

Ed2 , 说明 y<h,说明以上假设正确 4h m 2eU


eE ? d m
2

m eEd = 2eU m
2

离开时的速度 v= v0 +vy =

2eU

m

eE2d2 2mU

(2)设电子离开电场后经过时间 t’到达 x 轴,在 x 轴方向上的位移为 x’ ,则

vy x’=v0t’ ,y’=h-y=h- t=vyt’
2

则 l=d+x’= d+v0t’= d+v0(

h t v0 d d v0 - )= d+ h- = + h vy 2 vy 2 2 vy

d 2hU 代入解得 l= + 2 Ed

二、带电粒子在电场中做圆周运动
6.在方向水平的匀强电场中,一不可伸长的不导电细线一端连着一个质量为 m 、电量为+ q 的带电 小球,另一端固定于 O 点。将小球拉起直至细线与场强平行,然后 无初速释放,则小球沿圆弧作往复运动。已知小球摆到最低点的另 一侧,线与竖直方向的最大夹角为 ? (如图) 。求: (1)匀强电场的场强。 (2)小球经过最低点时细线对小球的拉力。
O θ m +q

解: (1)设细线长为 l,场强为 E ,因电量为正,故场强的方向为水平向右。 从释放点到左侧最高点,由动能定理有 WG ? W E ? ?E K ? 0 ,故 mgl cos? ? qEl(1 ? sin? ) , 解得 E ?
mg cos? q(1 ? sin? )
1 2 mv , 2

(2) 若小球运动到最低点的速度为 v, 此时线的拉力为 T, 由动能定理同样可得 mgl ? qEl ? 由牛顿第二定律得 T ? mg ? m
2 cos? v2 ] ,联立解得 T ? mg[3 ? 1 ? sin? l

7.如图所示,水平轨道与直径为 d=0.8m 的半圆轨道相接,半圆轨道的两端点 A、B 连线是一条竖直 线, 整个装置处于方向水平向右, 大小为 10 V/m 的匀强电场中, 一小球质量 m=0.5kg,带有 q=5×10 C 电量的正电荷,在电场力作用下由静止开始运动,不计一切摩擦,g=10m/s , (1)若它运动的起点离 A 为 L,它恰能到达轨道最高点 B,求小球在 B 点的速度和 L 的值. (2)若它运动起点离 A 为 L=2.6m,且它运动到 B 点时电场消失,它继续运动直到落地,求落地点 与 B 点的距离.
2 3 -3

(1)因小球恰能到 B 点,则在 B 点有
2 m vB mg ? d 2

(1 分)

vB ?

gd ? 2m/s 2

(1 分)

小球运动到 B 的过程,由动能定理

qEL ? mgd ?

1 2 mv B 2

(1 分)

1 5 2 mv B ? mgd mgd L? 2 ? 4 ? 1m qE qE

(1 分)

(2)小球离开 B 点,电场消失,小球做平抛运动,设落地点距 B 点距离为 s,由动能定理小球 从静止运动到 B 有

qE L ? ? mgd ?

1 mv ? 2 B 2
(2 分)

v? ? B
d?

2qEL? ? 2m gd ? 4 2m/s m

1 2 gt 2

t?
8 2m 5

2d ? 0.4s g

x ? v? t ? B

s ? d 2 ? x 2 ? 2.4m
3

(2 分)

7.如图所示,在 E = 10 V/m 的水平向左匀强电场中,有一光滑半圆形绝缘轨道竖直放置,轨道与一 水平绝缘轨道 MN 连接,半圆轨道所在竖直平面与电场线平行,其半径 R = 40cm,一带正电荷 q = 10 -4 2 C 的小滑块质量为 m = 40g,与水平轨道间的动摩因数 ? = 0.2,取 g = 10m/s ,求: (1)要小滑块能运动到圆轨道的最高点 L,滑块应在水平轨道上离 N 点多远处释放? (2)这样释放的滑块通过 P 点时对轨道压力是多大?(P 为半圆轨道中点)

解析: (1)滑块刚能通过轨道最高点条件是
mg ? m v2 ,v ? Rg ? 2m / s, R

滑块由释放点到最高点过程由动能定理:
1 EqS-?mgS-mg2R= mv2 2 ?1 2 ? m? v ? 2 gR? 2 ? ?S ? ? Eq ? ?mg

代入数据得:S=20m (2)滑块过 P 点时,由动能定理:
1 2 1 2 mv - mvP 2 2 Eq 2 2 ? v P ? v ? (g ? 2 )R m -mgR-EqR ?

在 P 点由牛顿第二定律:
2 mvP R ? N ? 3?mg ? Eq?

N ? Eq ?

代入数据得:N=1.5N 8. 如图所示,在沿水平方向的匀强电场中有一固定点 o,用一根长度为 l =0.40 m 的 绝缘细线把质量为 m=0.20 kg,带有正电荷的金属小球悬挂在 o 点,小球静止在 B 点 时细线与竖直方向的夹角为 ? = 37 .现将小球拉至位置 A 使细线水平后由静止释放,
0

求:(1)小球运动通过最低点 C 时的速度大小.(2)小球通过最低点 C 时细线对小球的拉力大小.(3) 如果要使小球能绕 o 点做圆周运动, 则在 A 点时沿垂直于 OA 方向上施加给小球的初速度的大小范围。 (g 取 10 m/s 解:
2

,sin 37 =O.60,cos 37 =0.80)

0

0

9.如图所示, 在匀强电场中一带正电的小球以某一初速度从绝缘斜面上滑 0 下, 并沿与斜面相切的绝缘圆轨道通过最高点. 已知斜面倾角为 30 , 圆 轨道半径为R,匀强电场水平向右,场强为E,小球质量为 m,带电量 为

3m g ,不计运动中的摩擦阻力,则小球至少应以多大的初速度滑 3E

下?在此情况下,小球通过轨道最高点的压力多大?

解析:小球的受力如图9所示,从图中可知:

tg? ?

qE 3m gE 3 0 , ? ? 30 .所以带电小球所受重力和电场力的合力始终垂直于斜面, ? ? m g 3Em g 3
mg 2 3 ? mg cos? 3
,

小球在斜面上做匀速直线运动,其中 F ?

把小球看作处于垂直斜面向下的等效力场 F 中,等效力加速度 g ?

F 2 3 ? g ,小球在B m 3

点的速度最小,为 v B ?

Rg , ?

2 3 Rg ,由功能关系可得: 3

1 1 2 2 mv A ? mv B ? 2 R m ,g 2 2
2 v A ? v B ? 4Rg , ?

2 3 2 3 10 3 Rg ? 4R g? Rg 3 3 3

此即为小球沿斜面下滑的最小速度. 设C点的速度为 vc,则

1 2 1 2 mv C ? mv B ? mg , R(1 ? c o ?s) 2 2
2 vC ? v B ? 2 g , R(1 ? cos? ) ?

2 3 4 3 3 Rg ? Rg(1 ? ) ? (2 3 ? 2) Rg 3 3 2

小于球通过最高点C时,向心力由重力和轨道压力提供,因而有:
2 m vC N ? mg ? R

N?

2 m vC m(2 3 ? 2) Rg ? mg ? ? mg R R

? (2 3 ? 3)mg
如图甲所示,A、B 是一对平行放置的金属板,中心各有一个小孔 P、Q,PQ 连线垂直金属板,两板 间距为 d.现从 P 点处连续不断地有质量为 m、带电量为+q 的带电粒子(重力不计) ,沿 PQ 方向放 出,粒子的初速度可忽略不计.在 t=0 时刻开始在 A、B 间加上如图乙所示交变电压(A 板电势高 于 B 板电势时,电压为正) ,其电压大小为 U、周期为 T.带电粒子在 A、B 间运动过程中,粒子间相 互作用力可忽略不计.
A B
U

u t
T/2 T 3T/2

P

Q

O

-U
甲 乙

(1)如果只有在每个周期的 0~

T 时间内放出的带电粒子才能从小孔 Q 中射出,则上述物 4

理量之间应满足怎样的关系. (2)如果各物理量满足(1)中的关系,求每个周期内从小孔 Q 中有粒子射出的时间与周期 T 的比值.

T T 时间内, 进入 A、 板间的粒子, B 在电场力的作用下, 先向右做匀加速运动, 在 ?T 4 2 T 时间内再向右做匀减速运动,且在 0 ? 时间内,越迟进入 A、B 板间的粒子,其加速过程越短, 4 T 减速运动过程也相应地缩短,当速度为零后,粒子会反向向左加速运动。由题意可知 0 ? 时间内 4 T 放出的粒子进入 A、B 板间,均能从 Q 孔射出,也就是说在 时刻进入 A、B 板间的粒子是能射出 Q 2
(1) 0 ? 在 孔的临界状态。 粒子在

T 时刻进入 A、B 间电场时,先加速,后减速,由于粒子刚好离开电场,说明它离开电 4

场的速度为零,由于加速和减速的对称性,故粒子的总位移为加速时位移的 2 倍,所以有

1 T qUT 2 d ? 2 ? a( ) 2 ? 2 4 16m d


qUT 2 d ? 16m
2



(2)若情形(1)中的关系式①成立,则 t=0 时刻进入电场的粒子在电场中运动的时间为最短 (因只有加速过程) ,设最短时间为 tx,则有

d?
在t ?

1 2 at x 2



T 3T 时刻进入电场的粒子在 t ? 的时刻射出电场,所以有粒子飞出电场的时间为 4 4 3T ?t ? ? tx ③ 4

由②③式得

?t 3 ? 2 ? T 4



三、带电粒子在交变电场中的偏转
1.如图甲所示, A 、 B 是在真空中平行放置的金属板,加上电压后,它们之间的电场可视为匀 强电场。 A 、 B 两板间距 d =15cm。今在 A 、 B 两极上加如图乙所示的电压,交变电压的周期 T =1.0 ×10 s; t =0 时, A 板电势比 B 板电势高,电势差 U 0 =108V。一个荷质比
-6

q 8 =1.0×10 C/kg 的带负 m

电的粒子在 t =0 时从 B 板附近由静止开始运动,不计重力。问: (1)当粒子的位移为多大时,粒子速度第一次达到最大值?最大速度为多大? (2)粒子运动过程中将与某一极板相碰撞,求粒子撞击极板时的速度大小。 u/V B A
U0 T/2 T/3 T 5T/6 3T/2 4T/3 2T

t

d 图甲

-U0
图乙

解:(1)带负电的粒子电场中加速或减速的加速度大小为 a ?
2

qU 11 2 = 7.2×10 m/s md

当粒子的位移为 s ?

1 ?T ? -2 5 a? ? = 4.0×10 m,速度最大值为 v ? at =2.4×10 m/s 2 ?3?
1 ?T ? 2 ?3?
2

(2)一个周期内粒子运动的位移为 s 0 =2× a? ? -2× a? ? =6×10 m 由此可以判断粒子在第三个周期内与 B 板碰撞,因为 n ? 在前两个周期内粒子运动的位移为 s 2 ? 2s 0 =12×10
-2

1 ?T ? 2 ?6?

2
-2

l =2.5 s0
T 内某时刻就与 B 板 3

m

在第三周期内粒子只要运动 ?s =3cm 即与 B 板碰撞,可知在第三周期的前 碰撞。 v ? 2a?s =2 .0×10 m/s
5

2. 两块水平平行放置的金属板如图(甲)所示,大量电子(已知电子质量为 m、电荷量为 e)由静止开 始,经电压为 U0 的电场加速后,连续不断地从两板正中间沿水平方向射人两板间.当两板均不带电 时,这些电子通过两板之间的时间为 3t0;当在两板间加如图(乙)所示的周期为 2t0、幅值恒为 U 的 周期性电压时,恰好能使所有电子均从两板间通过.求 (1)这些电子飞离两板间时,侧向位移 (即竖直方向上的位移)的最大值 symax; (2)这些电子飞离两板间时, 侧向位移的 最小值 symin。

3. 如图(1)所示,在平行板电容器的 A 板附近,有一个带正电的粒子(不计重力)处于静止,在 A、B 两板间加如图(2)所示的交变电压,带电粒子在电场力作用下由静止开始运动.经 3t0 时间刚好到达 B 板,设此时粒子的动能大小为 Ek3。

(1)若用改变 A、 两板间距的方法, B 使粒子在 5t0 时刻到达 B 板, 此时粒子的动能大小为 Ek5。 Ek3/Ek5 求 等于多少? (2)若保持 A、B 两板间距离及电压的值 U0 不变,仅用改变交变电压周期的方法.使粒子到达 B 板的 动能最大,求此交变电压的最小周期与原周期之比。 (1)5:3 (2) 3 : 1

4. 如图(a),平行金属板 A 和 B 间的距离为 d,现在 A、B 板上加上如图(b)所示的方波形电压,

t=0 时 A 板比 B 板的电势高,电压的正向值为 U0,反向值也为 U0.现有由质量为 m 的带正电且电
荷量为 q 的粒子组成的粒子束,从 AB 的中点 O 以平行于金属板方向 OO 的速度 v0= 所有粒子在 AB 间的飞行时间均为 T,不计重力影响.求: (1)粒子飞出电场时的速度;
/

3qu0T 射入, 3dm

(2)粒子飞出电场时位置离 O 点的距离范围

/

解析: (1)打出粒子的速度都是相同的,在沿电场线方向速度大小为 v y ? 所以打出速度大小为

u0 q T u0 qT ? ? dm 3 3dm

? 3u0 qT ? ? u0 qT ?2 2u0 qT v ? v ?v ? ? ? 3dm ? ? ? 3dm ? ? 3dm ? ? ? ? ?
2 0 2 y

2

设速度方向与 v0 的夹角为θ,则 tan ? ?

vy v0

?

1 3

?

? ? 300

(2)当粒子由 t ? nT 时刻进入电场,向下侧移最大,则

qu0 ? 2T ? qu0 ? 2T ? T qu0 ? T ? 7qu0T 2 s1 ? ?? ? ? ?? ?? ? ?? ? ? 2dm ? 3 ? dm ? 3 ? 3 2dm ? 3 ? 18dm
当粒子由 t ? nT ?
2

2

2

2T 时刻进入电场,向上侧移最大,则 3

qu ? T ? qu T 2 s2 ? 0 ? ? ? ? 0 2dm ? 3 ? 18dm
7qu0T 2 qu0T 2 在距离 O 中点下方 至上方 范围内有粒子打出. 18dm 18dm
/

5.如左图,在真空中足够大的绝缘水平地面上,一个质量为 m=0.2kg,带电量为 q ? ?2.0 ?10?6 C 的 小物块处于静止状态,小物块与地面间的动摩擦因数 ? ? 0.1。从 t=0 时刻开始,空间加上一个如右 图所示的场强大小和方向呈周期性变化的电场, (取水平向右的方向为正方向, g 取 10m/s 。 )求: (1)23 秒内小物块的位移大小; (2)23 秒内电场力对小物块所做的功。
2

E/(×105N/C) 3 E m q 0 -1 左图 解析: (1)0~2s 内物块加速度 a1 ? 位移 s1 ? 右图 2 4 6 8 10 12 t/s

E1q ? ? mg ? 2m/s 2 m

1 2 a1t1 ? 4m 2

2s 末的速度为 v2 ? a1t1 ? 4m/s 2~4s 内物块加速度 a2 ? 位移 s2 ? s1 ? 4m 4s 末的速度为 v4 ? 0 因此小物块做周期为 4s 的加速和减速运动,第 22s 末的速度也为 v22 ? 4m/s ,第 23s 末的速度

E2 q ? ? mg ? ?2m/s 2 m

v23 ? v22 ? a2t ? 2m/s
所求位移为 s ?

( t ? 1s )

v ?v 22 s1 ? 22 23 t ? 47m 2 2

(2)23 秒内,设电场力对小物块所做的功为 W,由动能定理:

W ? ? mgs ?

1 2 mv23 2

求得 W ? 9.8J 6. 如图 a 所示,为一组间距 d 足够大的平行金属板,板间加有随时间变化的电压(如图 b 所示) , 设 U0 和 T 已知。A 板上 O 处有一静止的带电粒子,其带电量为 q,质量为 m(不计重力) ,在 t=0 时 刻起该带电粒子受板间电场加速向 B 板运动,途中由于电场反向,粒子又向 A 板返回(粒子未曾与 B 板相碰) 。 (1)当 Ux=2U0 时求带电粒子在 t=T 时刻的动能; A B U0 O u (a) Ux (b) T/2 T 3T/2 t u

(2)为使带电粒子在 0~T 时间内能回到 O 点,Ux O 要大于多少?

解析: (1) a1 ?

U 0q 2U 0 q T , a2 ? , v1 ? a1 , 2 dm dm TU 0 q T T T ? a1 ? a 2 ? ? 2 2 2 2dm

v 2 ? v1 ? a 2

Ek ?
(2) s1 ?

2 1 2 T 2U 0 q 2 m v2 ? 2 8d 2 m

1 T T 1 T a1 ( ) 2 , s x ? v1 ? a x ( ) 2 , 2 2 2 2 2 T v1 ? a1 , s1 ? ?s x ,由上面四式,得 a x ? 3a1 2

因为 a1 ?

U 0q U q , a x ? x ,所以 U x? 3U 0 dm dm

7. 如图所示,热电子由阴极飞出时的初速忽略不计,电子发射装置的加速电压为 U0,电容器板长 和板间距离均为 L=1cm,下极板接地。电容器右端到荧光屏的距离也是 L=1 ㎝。在电容器两极 板间接一交变电压,上极板的电势随时间变化的图象如图。 (每个电子穿过平行板的时间极短, 可以认为电压是不变的)求: (1)在 t=0.06s 时刻,电子打在荧光屏上的何处? (2)荧光屏上有电子打到的区间有多长?屏上亮点的间歇时间为多少?

24. (18 分) (1) qU 0 ?

1 2 mv 2

v?

2qU 0 m
qU a? dm
2分

2分

L ? vt ,

1 y ? at 2 , 2

qUL2 y? 2分 2dm v2

代入 v及d ? L得y ?

UL 4U 0

由图知 t=0.06s 时刻偏转电压为 1.8U0,

2分

可求得偏转位移 y ? 0.45L ? 0.45cm

2分

L ?L Y 2 ? ?3 L y 2

打在屏上的点距 O 点 Y=1.35cm。

2分

②电子的最大侧移为 0.5L(偏转电压超过 2.0U0,电子就打到极板上了) ,所以荧光屏上电子能 打到的区间长为 3L=3.0cm。间歇时间 0.1s 6分 8. 如图甲所示,真空中的电极 K 连续不断地发出电子(电子的初速度可忽略不计) ,经电压为 u 的 电场加速,加速电压 u 随时间 t 变化的图象如图乙所示。每个电子通过加速电场的过程时间极短, 可认为加速电压不变。电子被加速后由小孔 S 穿出,沿两个彼此靠近且正对的水平金属板 A、B 间中 轴线从左边缘射入 A、B 两板间的偏转电场,A、B 两板长均为 L=0.20m,两板之间距离 d=0.050m,A 板的电势比 B 板的电势高。 B 板右侧边缘到竖直放置的荧光屏 P 面积足够大) A、 ( 之间的距离 b=0.10m。 荧光屏的中心点 O 与 A、B 板的中心轴线在同一水平直线上。不计电子之间的相互作用力及其所受的 重力,求: (1)要使电子都打不到荧光屏上,则 A、B 两板间所加电压 U 应满足什么条件; (2)当 A、B 板间所加电压 U'=50V 时,电子打在荧光屏上距离中心点 O 多远的范围内。

解: (1)设电子的质量为 m、电量为 e,电子通过加速电场后的速度为 v,由动能定理有: 1 2 eu= mv ; 2 L 电子通过偏转电场的时间 t= ; v 1 L 2 2 1 qU 此过程中电子的侧向位移 y= at = ( ) 2 2 md v UL 联立上述两式解得:y= ; 4ud
2

d 要使电子都打不到屏上,应满足 u 取最大值 800V 时仍有 y> 2 代入数据可得,为使电子都打不到屏上,U 至少为 100V。 d (2)当电子恰好从 A 板右边缘射出偏转电场时,其侧移量最大 ymax= =2.5cm 2 电子飞出偏转电场时,其速度的反向延长线通过偏转电场的中心,设电子打在屏上距中心点的最大

Ymax b+L/2 b+L/2 距离为 Ymax,则由几何关系可得: = ,解得 Ymax= ymax=5.0cm ymax L/2 L/2 UL 由第(1)问中的 y= 可知,在其它条件不变的情况下,u 越大 y 越小,所以当 u=800V 时,电子 4ud U'L -2 通过偏转电场的侧移量最小。其最小侧移量 ymin= =1.25×10 m=1.25cm 4ud b+L/2 同理,电子打在屏上距中心点的最小距离 Ymin= ymin=2.5cm L/2 所以电子打在屏上距中心点 O 在 2.5cm~5.0cm 范围内。
2 2

带电粒子在磁场中运动问题专题
一、基本公式 带电粒子在匀强磁场中仅受洛伦兹力而做匀速圆周运动时,洛伦兹力充当向心力,原始方程:

m v2 2?r mv 2?m qvB ? ,推导出的半径公式和周期公式: r ? 或T ? 。 ,T ? v r Bq Bq

二、基本方法
解决带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的问题,物理情景非常简单,难点在准确描绘出带 电粒子的运动轨迹。可以说画好了图就是成功的 90%。因此基本方法是作图,而作图的关键是找轨 迹圆的圆心、轨迹圆的半径、充分利用直线与圆、圆与圆相交(相切)图形的对称性。作图时先画 圆心、半径,后画轨迹圆弧。在准确作图的基础上,根据几何关系列方程求解。 例 1.如图,直线 MN 上方有磁感应强度为 B 的匀强磁场。正、负 B 电子同时从同一点 O 以与 MN 成 30?角的同样速度 v 射入磁场 (电子质 量为 m,电荷为 e) ,它们从磁场中射出时相距多远?射出的时间差是 v 多少?(不考虑正、负电子间的相互作用) O N 分析:正、负电子的轨道半径和周期相同,只是偏转方向相反。 M 先分析正电子:由左手定则知它的轨迹顺时针,半径与速度垂直, B 与 MN 成 60?,圆心一定在这条半径上;经过一段劣弧从磁场射出,由 O2 对称性,射出时速度方向也与 MN 成 30?角,因此对应的半径也与 MN v 成 60?,由这两个半径方向就可以确定圆心 O1 的位置;射入、射出点 和圆心 O1 恰好组成正三角形。再分析电子:由对称性,电子初速度 O N M 对应的半径方向与正电子恰好反向,它的射入、射出点和圆心 O2 组 O1 成与ΔO1ON 全等的正三角形ΔO2OM,画出这个三角形,最后画出电 子的轨迹圆弧。由几何关系不难得出:两个射出点相距 2r, 经历时间相差 2T/3。

三、带电粒子射入条形匀强磁场区
?质量 m,电荷量 q 的带正电粒子,以垂直于边界的速度射入磁感应强度为 B,宽度为 L 的匀强 磁场区。讨论各种可能的情况。 vL O ①速率足够大的能够穿越该磁场区(临界速度对应的半径为 L) 。需画的辅 θ y M L m v ,偏转角由 N y v 助线如图中虚线 MN、O′ M 所示。轨迹半径 R ? sin ? ? 解得; R Bq 侧移 y 用勾股定理 R =L +(R-y) 解出;经历时间由 t=θm/Bq 计算。
O′
2 2 2

R

B

②速率 v 较小的未能穿越磁场区,而是从入射边射出。根据对称性,粒子在磁场中的轨迹一定 是半圆,如图中虚线所示,该半径的最大值为磁场宽度 L。无论半径多大,只要从入射边射出,粒 子在磁场中经历的时间都一定相同,均为 T/2。 ?质量 m,电荷量 q 的带正电粒子,以与边界夹角为θ的速度射入磁感应强度为 B,宽度为 L 的 匀强磁场区。为使粒子不能穿越该磁场区,求速度的取值范围。 N v 画出与初速度对应的半径方向,该射线上有且仅有一个点 O′到 O 和 R 磁场上边界等距离,O′就是该临界圆弧的圆心,R 满足 R(1+cosθ)=L。 L O′ B v θ 与 R 对应的速度就是临界速度,速度比它小的都不能穿越该磁场。轨迹对 θ O M 应的圆心角均为 2(π-θ),在磁场中经历的时间均为 t=2(π-θ)m/Bq。 ?质量 m,电荷量 q 的带正电粒子,以与边界成任意角度的相同速率射入磁感应强度为 B,宽度为 L 的匀强磁场区。为使所有粒子都不能穿越该磁场,求粒子的最大速度。 速率相同的条件下,最容易穿越磁场的是沿磁场下边界向左射入的粒子,如果它对应的半径 r=L/2(对应的轨迹圆弧如图中实线所示)将恰好到达磁场上边界,那 B 么沿其他方向射入磁场的粒子必然不能穿越该磁场。 如果以垂直于下边 L v 界的速度射入的粒子恰好到达磁场上边界,对应的半径 r′ =L(其轨迹 v O 圆弧如图中虚线所示) ,那么入射方向比它偏左的粒子将穿越磁场。

四、带电粒子射入圆形匀强磁场区
?质量 m,电荷量 q 的带正电粒子,沿半径方向射入磁感应强度为 B 半径 为 r 的圆形匀强磁场区。 磁场区边界和粒子轨迹都是圆,由两圆相交图形的对称性知:沿半径方 向射入的粒子,必然沿半径延长线方向射出。需画的辅助线有轨道半径、与 射入、射出点对应的磁场圆半径,两轨道半径的交点就是轨道圆的圆心 O′, 画出两圆的连心线 OO′。 偏角θ可由 tan ? ? r 求出。 粒子在磁场中经历时间 2 R 由 t=θm/Bq 计算。 ?质量 m,电荷量 q 的带正电粒子,以速度 v 沿与磁场的水平直径 MN 平行 的方向射入磁感应强度为 B 半径为 r 的圆形匀强磁场区,已知 m v ? r ,为使 qB
P B v O θ r v Q v θ O?

P M

α v B Or

θ N Q

粒子在磁场中经历的时间最长,入射点 P 到 MN 的距离应是多少? v v R θ 设粒子在磁场中轨迹弧长为 l,粒子运动经历的时间 t=θm/Bq∝θ,θ O? =l/R∝l,由于轨道半径 R 大于磁场半径 r,粒子在磁场中的轨迹是劣弧,在 同圆中,劣弧越长对应的公共弦也越长。因此射入、射出点的连线应是磁场圆的直径。做出辅助线 如图, sin ? ? sin ? ? r ,P 到 MN 的距离 h=rsinα可求。 2 R ?一束水平向右发射的平行带正电粒子束射向圆形匀强磁场区, 若粒子在磁场中的轨道半径恰好等 于磁场圆的半径, 试证明所有进入磁场的粒子将从同一点射出圆形磁场区, 并确 O1 Q1 定该点的位置。 r 证明:以任意一个入射点 P1 为例,设轨道圆圆心为 O1,射出点为 Q1,磁 r v P1 场圆和轨道圆的半径均为 r,由已知,O1P1=O1Q1=OP1=OQ1=r,由几何知识,四 O2 O v 边形 O1P1OQ1 为菱形。P1O1 是洛伦兹力方向,跟初速度方向垂直,菱形的对边 B 平行,因此 OQ1 也跟初速度方向垂直,Q1 是圆周的最高点。 v P2 反之也可以证明: 只要粒子在磁场中的轨道半径恰好等于磁场圆的半径, 那么从磁场圆周上同一点沿各个方向射入圆形磁场的粒子,射出后一定形成宽度为磁场圆直径的平 行粒子束。

五、带电粒子以同样的水平分速度射入匀强磁场区

y P 如图所示,平行板 P、Q 关于 x 轴对称放置,两板间接有正弦交 变电压,y 轴右侧有方向垂直于纸面向里的匀强磁场。从 P、Q 左侧中 点 S 向右连接发射初速度相同的带正电粒子。 不考虑粒子间相互作用, v0 每个粒子穿越极板过程时间极短,可认为电压恒定。试证明:所有粒 S 子从 y 轴进入、穿出磁场的两点间距离相等。 Q 证明:设粒子射入磁场的速度为 v,与水平方向夹角为θ,无论两板 N r O θ M θ vy x v0 v B

间电压多大,都有 v0=vcosθ,射入、穿出点间距离 d ? 2 ?

2m v0 mv 与偏转电压高低无关。 ? cos? ? Bq Bq

六、练习题
1.空间存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场,图中的正方形为其边界。一细束 由两种粒子组成的粒 子流沿垂直于磁场的方向从 O 点入射。这两种粒子带同种电荷,它们的电荷量、质量均不同, 但其比荷相同,且都包含不同速率的粒子。不计重力。下列说法正确的是 A.入射速度不同的粒子在磁场中的运动时间一定不同 B.入射速度相同的粒子在磁场中的运动轨迹可能不同 O C.在磁场中运动时间相同的粒子,其运动轨迹一定相同 D.在磁场中运动时间越长的粒子,其轨迹所对的圆心角一定越大 2.一个质量为 m,电荷量为 q 的带电粒子从 x 轴上的 P(a,0)点以速度 v,沿与 x 正方向成 60?的方向射入第一象限内的匀强磁场中,并恰好垂直于 y 轴射 出第一象限。求磁感应强度 B 和射出点 S 的坐标。
y v S B

v O P a y
30?

x

3.一匀强磁场,磁场方向垂直于 xy 平面,在 xy 平面上,磁场分布在以 O 为中心的一个圆形区域内。一个质量为 m、电荷为 q 的带电粒子, 由原点 O 开始运动,初速为 v,方向沿 x 正方向。后来,粒子经过 y 轴上的 P 点, 此时速度方向与 y 轴的夹角为 30?, 到 O 的距离为 L, P 如图所示。不计重力的影响。求磁场的磁感强度 B 的大小和 xy 平面 上磁场区域的半径 R。

P L O x v

4.如图所示,半径为 R 的圆形区域内存在着磁感应强度为 B 的匀强磁场,方向垂直于纸面向里,一 带负电的粒子(不计重力)沿水平方向以速度 v 正对着磁场圆的圆心 O 入射,通过磁场区域后 速度方向偏转了 60?角。求:?该粒子的比荷 q/m;?该粒子在磁场中的运动时间;?若入射方 向仍然沿水平方向,为使粒子通过该磁场区域后速度方向的偏转角最大,粒子的入射点向上平 移的距离 d 是多少?
? ? ? ? v ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ?R ? ? ? ? ? ? ?O? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ?B ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ?

5.如图所示,在 x-O-y 坐标系中,以(r,0)为圆心、r 为半径的圆形区域内存在匀强磁场,磁场 的磁感应强度大小为 B,方向垂直于纸面向里。在 y > r 的足够大的区域内,存在沿 y 轴负方

向的匀强电场,场强大小为 E。从 O 点以相同速率向不同方向发射质子,质子的运动轨迹均在 纸面内,且质子在磁场中运动的轨迹半径也为 r。已知质子的电荷量为 q,质量为 m,不计质子 所受重力及质子间相互作用力的影响。?求质子射入磁场时速度的大小;?若质子沿 x 轴正方 向射入磁场,求质子从 O 点进入磁场到第二次离开磁场经历的时间;?若质子沿与 x 轴正方向 成夹角θ的方向从 O 点射入第一象限的磁场中,求质子在磁场中运动的总时间。

v A R1 O

R2

6.如图所示,平面上有半径分别为 R1、R2 的两个同心圆,圆心为 O。小圆内和两圆之间均有垂直于 该平面的匀强磁场,两部分磁场的磁感应强度都为 B,方向如图。小圆边界上的 A 点有一个电 荷量为+q, 质量为 m 的带电粒子, OA 延长线方向射出。 沿 粒子只受磁场力作用。 ?若 R2 足够大, 粒子运动过程第二次进入小圆的位置恰好是 A 点,求该带点粒子的速率 v;?上一问中的 R2 至 少是 R1 的多少倍?粒子从 A 点射出到回到 A 点经历的时间 t 是多少??为使粒子在磁场中运动 过程中,粒子所处位置与圆心 O 连线顺时针旋转一周时恰好能回到 A,求该带点粒子速率的所 有可能值。

练习题答案
1.D 2. B ?

3m v , (0, 3a ) 2aq

3. B ?

3m v , R ? 3L qL 3
y O2 A O3

q 3v 3πR ?t ? ?d ? 3 R ? m 3BR 3v 3 qBr ? m + 2 Br 5.? v ? ? t ? t1 ? t2 = m qB E
4.?

T ?m ?t 总= ? (示意图如右。无论θ取何值,从磁场边缘 A 2 qB

O

θ

v O1 B C x

射出时必然沿 y 轴正向, 在电场中往返后, 又从 A 沿 y 轴负向返回 磁场,从 C 射出。从几何关系可以判定,图中 O2OO1A 和 O3CO1A 都是边长为 r 的菱形,因此 OA 弧和 OC 弧对应的圆心角∠O2 和∠O3 之和为 180?,质子在磁场中经历的总时间是半周期。) 6.? v ?

3BqR1 (提示:轨迹如下左图。轨道半径 r ? 3R1 ) m
3Bq

?R2=(2+ 3 )R1,T= 11?m (提示:如下左图 R2=(2+ 3 )R1,总时间是一又六分之五周期。 )

?v=

BqR1 ? tan (n=3,4,5……) (提示:只要小圆圆周被 n 等分,就能回到 A 点。如右下图 m n
2? ? ? ? ,对应的轨道半径 r ? R1 tan ) 2n n n
v A O v A θ O

所示, ? ?

带电粒子在复合 场中的运动 1. 如图所示, M、 N 为两块带等量 异种电荷的平行 金属板,S1、S2 为板上正对的小孔,N 板右侧有两个宽度均为 d 的匀强磁场区域,磁感应强度大小均为 B,方向分别 垂直于纸面向外和向里,磁场区域右侧有一个荧光屏,取屏上与 S1、S2 共线的 O 点为原点,向上为 正方向建立 x 轴.M 板左侧电子枪发射出的热电子经小孔 S1 进入两板间,电子的质量为 m,电荷量为 e,初速度可以忽略. (1)当两板间电势差为 U0 时,求从小孔 S2 射出的电子的速度 v0 (2)求两金属板间电势差 U 在什么范围内,电子不能穿过磁场区域而打到荧光屏上. (3)若电子能够穿过磁场区域而打到荧光屏上,试在答题卡的图上定性地画出电子运动的轨迹. (4)求电子打到荧光屏上的位置坐标 x 和金属板间电势差 U 的函数关系.

2. )如图所示,在 y<0 的区域内存在匀强磁场,磁场方向垂直于 xy 平面并指向纸里,磁感应强度 为 B.一带负电的粒子(质量为 m、电荷量为 q)以速度 v0 从 O 点射入磁场,入射方向在 xy 平面内,与 x 轴正向的夹角为θ.求: (1)该粒子射出磁场的位置; (2)该粒子在磁场中运动的时间.(粒子所受重力不计)

3. 如图所示,abcd 是一个正方形的盒子,在 cd 边的中点有一小孔 e,盒

子中存在着沿 ad 方向的匀强电场,场强大小为 E.一粒子源不断地从 a 处的小孔沿 ab 方向向盒内发 射相同的带电粒子,粒子的初速度为 v0,经电场作用后恰好从 e 处的小孔射出,现撤去电场,在盒 子中加一方向垂直于纸面的匀强磁场,磁感应强度大小为 B(图中未画出) ,粒子仍恰好从 e 孔射出. (带电粒子的重力和粒子之间的相互作用力均可忽略) (1)判断所加的磁场方向. (2)求分别加电场和磁场时,粒子从 e 孔射出时的速率. (3)求电场强度 E 与磁感应强度 B 的比值.

4. 如图所示,一宽度 D=8cm 的横向有界区域内,同时存在着相互垂直的匀强电场和匀强磁场,磁场 方向垂直纸面向外,一束带电粒子(不计重力)以速度 v0 垂直射入时恰好 不改变运动方向。 若粒子射入时只有电场, 可测得粒子穿过电场时沿竖直方 向向上偏移 h=3.2cm。若粒子入射时只有磁场,则离开磁场时偏离原方向的 距离为多大?

5. 汤姆生在测定阴极射线的荷质比时采用的方法是利用电场、磁场偏转法,即通过测出阴极射线在 给定匀强电场和匀强磁场中穿过一定距离时的速度偏转角来达到测定其荷质比的目的。利用这种方 法也可以测定其它未知粒子的荷质比,反过来,知道了某种粒子的荷质比,也可以利用该方法了解 电场或者磁场的情况。 假设已知某种带正电粒子(不计重力)的荷质比(q/m)为 k,匀强电场的电场强度为 E,方向竖 直向下。先让粒子沿垂直于电场的方向射入电场,测出它穿过水平距离 L 后的速度偏转角 ?(? 很 小,可认为 ? ≈tan?)(见图甲);接着用匀强磁场代替电场,让粒子以同样的初速度沿垂直于磁 场的方向射入磁场,测出它通过一段不超过 l/4 圆周长的弧长 S 后的速度偏转角 ?(见图乙)。 试求出以 k、E、L、S、? 和 ? 所表示的测定磁感应强度 B 的关系式。

a 6. 如图,真空室内存在匀强磁场,磁场方向垂 直于纸面向里,磁感应强度的大小 B=0.60T,磁 场内有一块平面感光板 ab,板面与磁场方向平 行, 在距 ab 的距离 l ? 16cm 处, 有一个点状的 ? S

b

l

·

放射源 S,它向各个方向发射 ? 粒子, ? 粒子的速度都是 v ? 3.0 ?10 m / s ,已知 ? 粒子的电荷
6

与质量之比

考虑在图纸平面中运动的 ? 粒子,求 ab 上被 ? 粒子打中的区域的长度。

q ? 5.0 ? 107 C / kg ,现只 m

y 7. 如图所示, y>0 的空间中存在匀强电场, 在 场强沿 y 轴负方向; 在 y<0 的空间中,存在匀强磁场,磁场方向垂直 xy 平面(纸面) 向外。一电量为 q、质量为 m 的带正电的运动粒子,经过 y 轴上 y =h 处的点 P1 时速率为 v0,方向沿 x 轴正方向;然后,经过 x 轴上 x=2h 处的 P2 点进入磁场,并经过 y 轴上 y= ?2h 处的 P3 点。不计 重力。求 (l)电场强度的大小。 (2)粒子到达 P2 时速度的大小和方向。 (3)磁感应强度的大小。

P1

0

P2

x

P3

8. 如图 12 所示,在一个圆形区域内,两个方向相反且都垂直于纸面的匀强磁场分布在以直径 A2A4 为边界的两个半圆形区域Ⅰ、Ⅱ中,A2A4 与 A1A3 的夹角为 60?。一质量为 m、带电量为+q 的粒子以某 一速度从Ⅰ区的边缘点 A1 处沿与 A1A3 成 30?角的方向射入磁场,随后该粒子以垂直于 A2A4 的方向经 过圆心 O 进入Ⅱ区,最后再从 A4 处射出磁场。已知该粒子从射入到射出磁场所用的时间为 t,求Ⅰ 区和Ⅱ区中磁感应强度的大小(忽略粒子重力) 。
A4 Ⅰ

A1

30?

60?

A3

Ⅱ A2 图 12

2eU 0 m mv ?d (2)欲使电子不能穿过磁场区域而打到荧光屏上,应有 r ? eB d 2eB 2 1 2 而 eU ? mv 由此即可解得 U ? 2 2m
1. (1)根据动能定理,得 eU 0 ?

1 2 mv0 2

由此可解得 v0 ?

(3)电子穿过磁场区域而打到荧光屏上时运动的轨迹如图所示

(4)若电子在磁场区域做圆周运动的轨道半径为 r ,穿过磁场区域打到荧光屏上的位置坐标为 x ,

mv 1 2 和 eU ? mv eB 2 所以,电子打到荧光屏上的位置坐标 x 和金属板间电势差 U 的函数关系为
2 2 则由(3)中的轨迹图可得 x ? 2r ? 2 r ? d 注意到 r ?

x?

2 ( 2emU ? 2emU ? d 2e 2 B 2 ) eB

(U ?

d 2eB 2 ) 2m

2. (1)带负电粒子射入磁场后,由于受到洛伦兹力的作用,粒子将沿图示的轨迹运动,从 A 点射 出磁场,设 O、A 间的距离为 L,射出时速度的大小仍为 v,射出方向与 x 轴的夹角仍为θ,由洛伦

v 兹力公式和牛顿定律可得:qv0B=m 0 R m v0 式中 R 为圆轨道半径,解得:R= qB
L =Rsinθ 2


2



圆轨道的圆心位于 OA 的中垂线上,由几何关系可得:

联解①②两式,得:L=

2m v0 sin ? qB

(3 分)

所以粒子离开磁场的位置坐标为((2)因为 T=

2m v0 sin ? ,0) qB
(2 分)

(1

分)

2?R 2?m = qB v0

所以粒子在磁场中运动的时间,t=

2? ? 2? 2m(? ? ? ) ?T ? 2? qB

(4 分)

3. (1)根据粒子在电场中的偏转方向,可知粒子带正电,根据左手定则判断,磁场方向垂直纸面 向外(4 分)? (2)设带电粒子的电量为 q ,质量为 m,盒子的边长为 L,粒子在电场中沿 ad 方向的位移为 L,沿

L 1 Eq 2 L ,在电场中:L= t ①? =v0t ②? 2 2 m 2 2 8mv 0 1 2 1 2 由动能定理 EqL= mv - mv0 ③?由①、②、③式解得 E= qL 2 2
ab 方向的位移为 v= 17 v0⑤

④?

(3 分) 在磁场中 v=v0 ⑥ (3 分) (3)带电粒子在磁场中做匀速圆周运动,轨道半径为 R,根据牛顿第二定律得? mv v2 qvB=m ⑦?解出 R= 0 ⑧ (2 分) R Bq 根据如图所示的几何关系?(L-R) +( 解得轨道半径为 R= 11 ○ 由④、○?得: 11
2

L 2 2 ) =R ⑨? 2
8mv 0 5qL

5 L 8



(2 分)?得出磁场的磁感应强度 B=

E =5v0 (2 分)? B E B
(2 分)

4. 当粒子沿直线穿过电、磁场区域时,粒子所受的电场力和洛仑兹力大小相等,即

qE ? qv0 B

? v0 ?

当该区域只有电场时,粒子向上偏,说明粒子带负电,其运动轨迹类似于平抛。

1 2 ? ? h ? 2 at ? 1 qE E 2 有 ? D ? v0t ,得: h ? ? ) ( 2 m v0 ? qE ?a ? m ?

(4 分)

当该区域只有磁场时,粒子做匀速圆周运动,洛仑兹力提供向 心力,有:

qv0 B ?

2 D mv0 mv0 , ?r ? ? 0.1m (2 分) (2 分)解得: r ? r qB 2h

2

带电粒子进入磁场运动,轨迹如图所示,设所求距离为 h' ,由几何关系得:

r 2 ? D2 ? (r ? h ')2 ,即 h ' ? r ? r 2 ? D2 ? 0.04m (3 分)
5. 设粒子的初速度为 v,在电场中粒子做类平抛运动 有 L=vt ① vy=at ② a=qE/m=kE ③ ? =tan? =vy/v ④ 解得 v 2 ? kEL / ? 在磁场中粒子做匀速圆周运动 ⑤ (2分) (2分) (2分) (2分) (2分)

有 qvB ? mv2 / R

⑥ ⑦ ⑧

(2分) (2分) (2分) (2 分)

S=R?
解得 v ? qBS / m? ? kBS / ? 联立⑤⑧两式解得 B ? 6.

? S

EL k?

? 粒子带正电,故在磁场中沿逆时针方向做匀速圆周运动,


v2 用 R 表示轨道半径,有 qvB ? m R
由此得 R ?

v ,代入数值得 R=10cm (q / m) B

可见,2R>l>R. 因朝不同方向发射的 ? 粒子的圆轨迹都过 S,由此可知,某一圆轨迹在图中 N 左侧与 ab 相切,则此 切点 P1 就是 ? 粒子能打中的左侧最远点.为定出 P1 点的位置,可作平行于 ab 的直线 cd,cd 到 ab 的 距离为 R,以 S 为圆心,R 为半径,作弧交 cd 于 Q 点,过 Q 作 ab 的垂线,它与 ab 的交点即为 P1.

NP1 ?

R 2 ? (l ? R ) 2



再考虑 N 的右侧。任何 ? 粒子在运动中离 S 的距离不可能超过 2R,以 2R 为半径、S 为圆心作圆,交 ab 于 N 右侧的 P2 点,此即右侧能打到的最远点. 由图中几何关系得: NP2 ? 所求长度为

(2 R) 2 ? l 2

③ ⑤

P P2 ? NP1 ? NP2 1

④ 代入数值得 P1P2=20cm

7. (1)粒子在电场、磁场中运动的轨迹如图所示。设粒子从 P1 到 P2 的时间为 t,电场强度的大小 为 E,粒子在电场中的加速度为 a,由牛顿第二定律及运动学公式有

qE = ma, v0t = 2h,

2 mv0 1 2 at ? h 解得: E ? 2qh 2

y

(2)粒子到达 P2 时速度沿 x 方向的分量仍为 v0,以 示速度沿 y 方向分量的大小,v 表示速度的大小,θ 速度和 x 轴的夹角,则有
2 v1 ? 2ah

P1 h 0 2h C P2 θ x

v1 表
表示



2 2 v ? v1 ? v0

⑥ 2h v P3

tan ? ?

v1 v0

⑦,由②、③、⑤式得 v1=v0 ⑧
v ? 2v0

由⑥、⑦、⑧式得:



⑩ ? ? 45? (3)设磁场的磁感应强度为 B,在洛仑兹力作用下粒子做匀速圆周运动,由牛顿第二定律
qvB ? m v2 r



r 是圆周的半径。此圆周与 x 轴和 y 轴的交点分别为 P2、P3。因为 OP2=OP3, θ=45°,由几何关系可知,连线 P2P3 为圆轨道的直径,由此可求得 r= 2 h
⑿ 由⑨、⑾、⑿可得: B ?
mv0 qh

⒀ ① ② ③

25.锤自由下落,碰桩前速度 v1 向下, v1 ? 2 gh

碰后,已知锤上升高度为(h-l) ,故刚碰后向上的速度为: v2 ? 2g (h ? l ) 设碰后桩的速度为 V,方向向下,由动量守恒, mv1 ? MV ? mv2 桩下降的过程中,根据功能关系, 由①、②、③、④式得: F ? Mg ?
1 MV 2 ? Mgl ? Fl 2
mg m ( )[2h ? l ? 2 h(h ? l ) ] l M

④ ⑤

F ? 2.1? 105 N 代入数值,得: ⑥ 8. 设粒子的入射速度为 v,已知粒子带正电,故它在磁场 中先顺时针做圆周运动,再逆时针做圆周运动,最后从 A4 点射出,用 B1、B2、R1、R2、T1、T2 分别表示在磁场Ⅰ区Ⅱ磁 感应强度、轨道半径和周期

qvB1 ? m qvB2 ? m
T1 ?

v2 R1 v2 R2

2? R1 2? m ? v qB1
2? R2 2? m ? v qB2

T2 ?

设圆形区域的半径为 r,如答图 5 所示,已知带电粒子过圆心且垂直 A3A4 进入Ⅱ区磁场,连接 A1A2, △A1OA2 为等边三角形,A2 为带电粒子在Ⅱ区磁场中运动轨迹的圆心,其半径 R1 ? A A2 ? OA2 ? r 1 圆心角 ?A A2O ? 60? ,带电粒子在Ⅰ区磁场中运动的时间为 1 带电粒子在Ⅱ区磁场中运动轨迹的圆心在 OA4 的中点,即 在Ⅱ区磁场中运动时间为

1 t1 ? T1 6 1 R= r 2

1 t2 ? T2 2

带电粒子从射入到射出磁场所用的总时间

t ? t1 ? t2 由以上各式可得

B1 ?

5 ?M 6 qt

B2=

专题训练
题型一 带电粒子在电场和磁场分离的复合场中的运动

1.如图甲所示,在第Ⅱ象限内有水平向右的匀强电场,电场强度为 E,在第Ⅰ、Ⅳ象限内分别存在 如图所示的匀强磁场,磁感应强度大小相等.有一个带电粒子以垂直于 x 轴的初速度 v0 从 x 轴上的 P 点进入匀强电场中,并且恰好与 y 轴的正方向成 45°角进入磁场,又恰好垂直进入第Ⅳ象限的磁 场.已知 OP 之间的距离为 d,则带电粒子在磁场中第二次经过 x 轴时,求在电场和磁场中运动的总 时间

2.在平面直角坐标系 xOy 中,第Ⅰ象限存在沿 y 轴负方向的匀强电场,第Ⅳ象限存在垂直于坐标平 面向外的匀强磁场,磁感应强度为 B。一质量为 m、电荷量为 q 的带正电的粒子从 y 轴正半轴上的 M 点以速度 v0 垂直于 y 轴射入电场,经 x 轴上的 N 点与 x 轴正方向成θ=60°角射入磁场,最后从 y 轴负半轴上的 P 点垂直于 y 轴射出磁场,如图所示。不计粒子重力,求 (1)M、N 两点间的电势差 UMN ; (2)粒子在磁场中运动的轨道半径 r; (3)粒子从 M 点运动到 P 点的总时间 t。

3.如图所示,直角坐标系在一真空区域里,y 轴的左方有一匀强电场,场强方向跟 y 轴负方向成θ=30? 角,y 轴右方有一垂直于坐标系平面的匀强磁场,在 x 轴上的 A 点有一质子发射器,它向 x 轴的正方向 6 发射速度大小为 v=2.0×10 m/s 的质子,质子经磁场在 y 轴的 P 点射出磁场,射出方向恰垂直于电场 的方向,质子在电场中经过一段时间,运动到 x 轴的 Q 点.已知 A 点与原点 O 的距离为 10cm,Q 点与原 点 O 的距离为(20 3 -10)cm,质子的比荷为 q ? 1.0 ? 10 8 C/kg .求: m (1)磁感应强度的大小和方向; (2)质子在磁场中运动的时间; (3)电场强度的大小.
y
θ

E

v

P B

O Q A

x

4.如图所示,在 x-o-y 坐标系中,以(r,0)为圆心、r 为半径的圆形区域内存在匀强磁场,磁场的磁感 应强度大小为 B,方向垂直于纸面向里.在 y>r 的足够大的区域内,存在沿 y 轴负方向的匀强电场,场 强大小为 E.从 O 点以相同速率向不同方向发射质子,质子的运动轨迹均在纸面内,且质子在磁场中运 动的轨迹半径也为 r.已知质子的电荷量为 q,质量为 m,不计质子所受重力及质子间相互作用力的影 响. ?求质子射入磁场时速度的大小; ?若质子沿 x 轴正方向射入磁场,求质子从 O 点进入磁场到第二次离开磁场经历的时间; ?若质子沿与 x 轴正方向成夹角θ的方向从 O 点射入第一象限的磁场中,求质子在磁场中运动的总时 间.
y

E

x O B

5.如图所示, 矩形区域 I 和 II 内分别存在方向垂直于纸面向外和向里的匀强磁场(AA′、 BB′、 CC′、 DD′为磁场边界,四者相互平行),磁感应强度大小均为 B,矩形区域的长度足够长,两磁场宽度及 BB′与 CC′之间的距离均相同。某种带正电的粒子从 AA′上 O1 处以大小不同的速度沿与 O1A 成α =30°角进入磁场(如图所示,不计粒子所受重力),当粒子的速度小于某一值时,粒子在区域 I 内 的 运动时间均为 t0,当速度为 v0 时,粒子在区域 I 内的运动时间为 t0/5。求: (1)粒子的比荷 q/m (2)磁场区域 I 和 II 的宽度 d; (3)速度为 v0 的粒子从 Ol 到 DD′所用的时间。

题型二

带电粒子在有洛伦磁力的复合场中的运动

6.如图所示,竖直平面 xOy 内存在水平向右的匀强电场,场强大小 E=10N/c,在 y≥0 的区域内还 存在垂直于坐标平面向里的匀强磁场, 磁感应强度大小 B=0.5T 一带电量 q ? ?0.2C 、 质量 m ? 0.4kg 的小球由长 l ? 0.4m 的细线悬挂于 P 点小球可视为质点,现将小球拉至水平位置 A 无初速释放,小 球运动到悬点 P 正下方的坐标原点 O 时,悬线突然断裂,此后小球又恰好能通过 O 点正下方的 N 点.(g=10m/s ),求: (1)小球运动到 O 点时的速度大小; (2)悬线断裂前瞬间拉力的大小; (3) ON 间的距离
2

7.已知质量为 m 的带电液滴,以速度 v 射入互相垂直的匀强电场 E 和匀强磁场 B 中,液滴在此空间 中刚好能在竖直平面内做匀速圆周运动,如图所示,求: (1)液滴在空间受几个力的作用; (2)液滴电性及电荷量 (3)液滴做匀速圆周运动的半径多大?

附:答案 1【解析】带电粒子的运动轨迹如图乙所示.由题意知,带电粒子到达 y 轴时的速度 v= 2v0, d 2d 这一过程的时间 t1= =

v0

v0

2 又由题意知,带电粒子在磁场中的偏转轨 r=2 2d 乙 故知带电粒子在第Ⅰ象限中的运动时间 3πm 3 2πd 3πd t2 = = = 带电粒子 4Bq 2v 2v0 2πd 象限中运动的时间为:t3=

道半径

为: 在第Ⅳ

v0

d 7π 故 t 总= (2+ ). v0 2 3.8.解答:解:(1)设质子在磁场中做圆运动的半径为 r. 过 A、P 点作速度 v 的垂线,交点即为质子在磁场中作圆周运动的圆心 O1.由几何关系得α=θ=30?, 所以:r=2OA=20cm.(2 分) 设磁感应强度为 B,根据质子的运动方向和左手定则,可判断磁感应强度的方向为垂直于纸面向里. 2 ( 分) v2 mv 2.0 ?106 qvB ? m B? ? ? 0.1T (2 分) r qr 1.0 ?108 ? 0.2
(2) 设质子在磁场中运动的时间为 t,如图所示,质子在磁场中转过的圆周角为

运动的周期为 T

2?m T? Bq

7? t 7 ? ? 6 ? T 2? 12

7? ,设质子在磁场中 6

t?

7? ? 10?7 s(6 分) 6

y
θ v

P
α

M

N O1
β v

Q

O A

x

(3)如图所示,过 Q 点做平行于 P 点速度方向的平行线,交 AM 于 N 点,在三角形 QAN 中,边长

QA= 20 3cm .由几何关系可知β=θ=30?,AN=20cm,所以,N 点与 O1 点是重合的.质子在平行于电场方
向上做匀速直线运动,在垂直于电场方向做匀加速直线运动, 2r ? vt 由几何关系得: r ?

1 2 at (4 分) 2 qE a? m 2 mv 4 ?1012 E? ? ? 1.0 ?105 N/C (4 分) 8 2rq 2 ? 0.2 ?1.0 ?10
qBr ?2 得? ? m r

4.解答:?质子射入磁场后做匀速圆周运动,有 q?B ? m ?质子沿 x 轴正向射入磁场后,在磁场中运动了

1 个圆周后,以速度υ逆着电场方向进入电场,原路 4

1 径返回后,再射入磁场,在磁场中运动了 个圆周后离开磁场. 4 T ?m 2?r 2?m 在磁场中运动周期 T ? 质子在磁场中运动的时间 t1 ? ? ? 2 qB ? qB

进入电场后做匀变速直线运动,加速度大小 a ? 求时间为 t ? t1 ? t2 =

? m + 2 Br qB E

qE m

质子在电场中运动的时间 t2 ?

2? 2 Br ? a E



?当质子沿与 x 轴正方向成夹角θ的方向从第一象限射入磁场时,设质子将从 A 点射出磁场,如图所 示,其中 O1、 2 分别为磁场区域圆和质子轨迹圆的圆心.由于轨迹圆的半径等于磁场区域圆的半径,所 O 以 OO1AO2 为菱形,即 AO2 平行 x 轴,说明质子以平行 y 轴的速度离开磁场,也以沿 y 轴负方向的速度再 次进入磁场.∠O2=90°-θ.
y O2 A O3

O

θ

υ O1 B C

x

90o ? ? T 所以,质子第一次在磁场中运动的时间 t1′ ? 360o
此后质子轨迹圆的半径依然等于磁场区域圆的半径,设质子将从 C 点再次射出磁场.如图所示,其中

O1、O3 分别为磁场区域圆和质子轨迹圆的圆心,AO3 平行 x 轴.由于 O1AO3C 为菱形,即 CO1 平行 AO3,即平 行 x 轴,说明 C 就是磁场区域圆与 x 轴的交点.这个结论与θ无关. 所以,OO2O3C 为平行四边形,∠O3=90°+θ

90o ? ? T 360o T ?m 质子在磁场中运动的总时间 t′=t1′+t2′= ? 2 qB
质子第二次在磁场中运动的时间 t2′ ? 5.13.解答:解:(1)若速度小于某一值时粒子不能从 BB′离开区域 I,只能从 AA′边离开区域 I。 则无论粒子速度大小,在区域 I 中运动的时间相同。轨迹如图所示(图中只画了一个粒子的轨迹)。 则粒子在区域 I 内做圆周运动的圆心角为φ=300°,由 得:粒子做圆周运动的周期 由 解得: (2)速度为 v0 时粒子在区域 I 内运动时间为 t0/5,设轨迹所对圆心角为φ2。由 得: 所以其圆心在 BB′上,穿出 BB′时速度方向与 BB′垂直,其轨迹如图所示,设轨道半径为 R,由 得: (3)区域 I、II 宽度相同,则粒子在区域 I、II 中运动时间均为 t0/5,穿过中间无磁场区域的时间为

则粒子从 O1 到 DD′所用的时间


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