带电粒子在电场中的运动经典例题

1、带电粒子在电场中的运动经典 例题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垂直电场线射人电场，经过时间ti穿越电场，粒子的动能由Ek增加到 .、32Ek ；若这个带电粒子以速度2 V0垂直进人该电场， 经过时间12穿越电场。求：(l )带电粒子两次穿越电场的时间之比 ti： t2；(2 )带电粒子第二次穿出电场时的动能。2 .如图所示的真空管中，质量为 电量为e的电子 从灯丝F发出，经过电压Ui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

2、, B、 C板长为l 1,平行金属板右端到荧光屏的距离为 l 2 , 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U 1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U 1加速后的速度为vi, 根据动能定理 有：eU1 =1mv2 2电子进入B、C间的匀强电场中，在水平方向以 vi 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：eE eU2t J Via = 一 二电子通过匀强电场的

3、时间电子离开匀强电场时竖直方向m dm的速度Vy为:vyeU2l1md.电子离开电场时速度V2与进入电场时的速度V1夹角为a (如图5)则tg:= V1eUzliU2I1r"2"二 Tn "mdvi2U1 d二 arctg 2k2Ud电子通过匀强电场时偏离中心线的位移121 eU2 I12 U2I2y1 = - at =亍 22 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V2 =l2tg：U 21 1的2U1d图13，电子打到荧光屏上时，偏离中心线的距离为y =yi y2 =需罟图2U id 23.在真空中存在空间范围足够大

4、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37V0竖此电场中由静止释放，小球将沿与竖直方向夹角为 的直线运动。现将该小球从电场中某点以初速度 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 =mgtan370 = 3mg 电场4力的方向向右(2)小球沿竖直方向做初速为vo的匀减速运动， 到最高点的时间为t,则：vy = v0。gt =0t二巴g沿水平方向做初速度为0的匀加速运 动，加速度为axaxFe3

5、c一 二gm 4此过程小球沿电场方向位移为:Sxaxt2=M2 8g小球上升到最高点的过程中，电场力做功为：92W = qU = FeSx = - mv0 3229mvOU 二32q4 .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e=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 °

6、 =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MNW y轴距离为d,从y 轴到M心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ml加速电场的电势差Ec2 一 一 一、i -Ul> ,电子的重力忽略不计，求： 4h(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：如1 o 下(1)由eU2 mv得电子进入偏!

7、转电场区域的初速度Vo=m设电子从MNW开，则电子从A点进入到离开匀强电场区域的时间 dmt=v0 =dv2elJ;12 Ed2y=2at =4U因为加速电场的电势差EdU> 4h,说明yvh,说明以上假设正确所以 Vy=at=emm2eU离开时的速度V=NV02+Vy2 =eEd mm : 2eU2eUeEd2m + 2mU(2)设电子离开电场后经过时间 轴方向上的位移为x则t'到达x轴，在xx' =Vot',y，=h_y=h_vy t =Vyt，Vodh-Vy2代入解得,d 2hUl=2 +百则d+x' = d+v0t' = d+v°

8、（： 2）=dd Vo=-十 h2 Vy、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 8 (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 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+We=AEk=0,mglcosO =qEl(1+sin )解得E二三吟 q(1 sini)(2

9、)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-qElmv2,由牛顿第 二定律得T_mg=m:，联立解得T=mg3 一黑意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 103V/m的匀强 电场中，一小球质量 m=0.5kg,带有q=5x 10-3C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/s2,(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.若它运动起点离A为L=2.6m,0且它运动到B点时电场消失，

10、它继续运动直到落地，求落地点与B点J的距离.(1分）动,(1)分）因小球恰能到B点，则在B点有mg 二2mvBVb t gd =2m/s2(1小球运动到B的过程，由动能定理12qEL - mgd =- mvB2分）12 z 5 zmvB mgd mgdL = = 4 = 1 mqEqE(1分)(1（2）小球离开B点，电场消失，小球做平抛运 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L.,12qEL -mgd = - mvBVb 二，2qEL， 2mgd / / /-=4T2m/s(2分)2d，0.4sgx = vBt =8 V2m(25.22 一s = d x = 2.4m 分）7

11、.如图所示，在 E = 103V/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MN1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 -4C的小滑 块质量为m= 40g,与水平轨道间的动摩因数卜=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丫2mg =m ,v =. Rg =2m/s,滑块由释放点到最高点过程由动能定理:12EqS&

12、gt; +gS_ mg2R=- mv 2m -v2 2gREq -' mg代入数据得：S= 20m(2)滑块过P点时，由动能定理:1212mgR EqR =mv 2 mvPJ.vp =v2 +2( g +-Eq) R m在P点由牛顿第二定律：2mvN -Eq=-R.N =3mg Eq代入数据得：N= 1.5N8 .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1=0.40 m勺绝缘细 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=370.现将小球拉至位置 A使细线水平后由静止释放，求：（1）小球运动通过最低点C

13、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。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 2）sin 370=O.60, cos370=0解:（1）小球受到电场力qE,重力mg和绳的技力车用处于静止,根据共点力平衡条件有：qE =37* = ： mg 匕府于小球丛A点运动到C虑的过程，根据动能定理有：mg! - qEi - -2 瓶日，第得小球通过C点时的速度H J2（弭厂士反（2）设小球在最看点时细线对小球的拉力为T,根据牛顿第二定律有:7二 3 N9 .如图所示，在匀强电场中一带正电的一

14、1小球以某一初速度从绝缘斜面上滑下，并沿与斜面相切的绝缘圆轨道通'一工”过最高点.已知斜面倾角为 300,圆轨道半径为R,匀强电场水平向右，场强为E,小球质量为mi带电量为 嚏g,不计运动中的摩擦阻 3 E力，邸U小球至少应以多大的初鬻滑下？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：tge=qE"|述=岂e=300 .所以带电小球所受重力和电 mg 3Emg 3场力的合力始终垂直于斜面，小球在斜面上做匀速直线运动，其中一皿二蜉mgcos 3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，=J与g,小球在B点的速度最m 31小，

15、为VB=/RF=J2半Rg,由功能关系可得: 31212-mvA = - mvB 2RmgVa 二,v2 4Rg, 二233Rg 4R233g = 1033 Rg此即为小球沿斜面下滑的最小速度.设C点的速度为Vc,则12 12,mvCmvB =mgR(1 - cos 二)222 3 _vC-B/只1-8皿= 3 Rg4' 3 Rg(1 - 3) = (2 3-2)Rg 32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 mvcN mg = 一 mvCm(2 3 -2)RgN C - mg = - - mgRR二 (2、3 -3)mg如图甲所示，A B是一对平行放置的金

16、属板，中心 各有一个小孔P、Q PQ1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 mi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 J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.甲乙图13(1 )如果只有在每个周期的0工时间内放 4出的带电粒子才能从小孔 Q中射出，则上述物理 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.(1)在0t：时

17、间内，进入 A B板间的粒子，在电4场力的作用下，先向右做匀加速运动，在2 T T时间内 再向右做匀减速运动，且在0T 4时间内，越迟进入A B板间的粒子，其加速过程越短，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0t：时间内放出的粒子进入 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 4速，由于粒子刚好离开电场，说明它离开电场的速度 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 2 qUT2d =2 a（一）:2 4 16mdd2

18、*16mt = 0时（因只（2）若情形（1）中的关系式成立，则 刻进入电场的粒子在电场中运动的时间为最短 有加速过程），设最短时间为tx,则有d =文在t=T4时刻进入电场的粒子在 t=3T的时刻射出电场，所以有粒子飞出电场的时间为3T：t =- -tx4由式得三、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=15cnrb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 X 10-6s； t=0时，A 板电势比B板电势高，电势差U0=108V。一个荷质比 2=1.0 x 108C/kg的

19、带负电的粒子在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。U0u/I4»I:T/2T3T/2 : I: j: L:T/35T/64T/3，2T-Ih-t:一 d图甲0图乙Illi解：(1)带负电的粒子电场中加速或减速的加速度大小为 a=qU= 7,2 X 1011 m/s2md当粒子的位移为s=ia.jT3f = 4,0 x10*m,速度最大值为 v=at=2,4 X 105 m/s(2) 一个周期内粒子运动的位移为S0=2X 1a?i2

20、22 3x 1aT62=6X10-2m由此可以判断粒子在第三个周期内与B板碰撞，因 为n*5在前两个周期内粒子运动的位移为S2=2S0 = 12X 10 2在第三周期内粒子只要运动 公=3cm即与b板碰撞,可知在第三周期的前T内某时刻就与B板碰撞。 3丫=两=2 .0 X 105 m/s2 .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|- f -速后，连续不断地从广。:上工K 一 A 力”地仇两板正中间沿水平 加。方向射入两板间.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2t

21、°、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SymincA JGLJ:岂电子斯受电场力的方向为3转正方向.电子在c = 口时扣，=。时进入的板加后沿电 场为方向的谑度P*丽时间F变化的心=/图汆分别如国工。洵困5）厮示（I，况但 于 被两祖间电情 加油时加 速度的大小为a . M 板同昨为d、珀力=&5L鼻山区"）可拗电子的最大卸楼为Eg.二 M支p。口+力 而jeL导联立求M得知=竽,®(2)由图(&)

22、可带电子的At小M林为第”昂"/口4+f，。碇工En=可,一，®斯以te.=M/陪?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3to时间刚好到达B板，设 此时粒子的动能大小为EL(1)若用改变A B两板间距的方法，使粒子在 5t 0时 刻到达B板，此时粒子的动能大小为 Ek5o求Ek3/Ek5 等于多少？ 若保持A B两板间距离及电压的值 以不变，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。(

23、1) 5: 3技i4.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勺速度V0=* 射入，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；(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vy二手T二誓dm 3 3dm所以打出速度大小为枢+vy；3u°qT3dm22+叩 13dm J2u

24、6;qT3dm设速度方tan 日=- v0：；3(2)当粒子由 则向与V0的夹角为e ,则300t=nT时刻进入电场，向下侧移最大,quoi'2Tj ,理空；T quoi'T;" 7qu°T22dmT dmT 3 _2dm3" 18dm当粒子由t=nT时刻进入电场，向上侧移最 3大,贝U&=。任丫=让2dm 3 18dm在距离O中点下方 好 至上方 需范围内有 18dm18dm粒子打出.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 =+2.0X10飞的小物块处于静 止状态，小物块与地面间的动摩擦因数 &

25、#39;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/s2。)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。E叫左右解析：(1) 02s内物块加速度ai=9mg = 2m/s2 m位移与词2 =4m22s末的速度为 v2 = a1tl = 4m/s24s内物块加速度a2 = E2qmg = -2m/s2m位移电=4m4s的加速和减速运动，第22s 第 23s 末的速度 V23=V22F = 2m/s4s末的速度为v,：。因此小物块做周期为末的速度也为 v22 =4m/s ,(

26、t=1s)所求位移为s2sl 33t=47m 22(3) 23秒内，设电场力对小物块所做的功为W由 动能定理：12W - mgs mv232求得W =9.8J 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U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）。6.如图a所示，为一组间（i）当LX=2L0时求带电粒子在t=T时刻的动能；（2）为使带电粒子在0T时间内能回到O点，UX要大于多少？解析：（i） aiU°qd

27、ma22UoqT v 二 adm , i i 2 ?TTV2 = v 一 a2一二 a1 一 a222_ 22 2匚 i 2 T Uoq Ek - 二 mv2 -22 8dmTUoq2dm si 4ai2,Sx =v1一 2axTvi =ai Si - -s2由上面四式，得a*=3ai因为aiU°q泮所以Ux=3U0 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 以，电容器板长和板间距离均为L=1cnq下极板接地。电容器右 端到荧光屏的距离也是L=1 cm。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

28、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）qu0 4mv22qUo,1L = vty = at22a=qU y 二册 2 分dm 2dmv代入v及d = L得y =口2分 4Uo由图知t=0.06s 时刻偏转电压为 1.85,2分可求得偏转位移y = 0.45L = 0.45cm 2分v L LY=" = 3打在屏上的点距。点Y=1.35cmo 2y L2分电子的最大侧移为0.5L （偏转电压超过2.0U。， 电子就打到极板上了），所以荧光屏上电

29、子能打 到的区间长为 3L=3.0cm。间歇时间0.1s 68.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。 AB板右侧边缘到竖直放置的荧光屏 P（面积足够大） 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

30、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。P解：(1)设电子的质量为m电量为e, 速电场后的速度为v,由动能定理有：电子通过加eu=2 mv2 ;电子通过偏转电场的时间仁; 1C此过程中电子的侧向位移y=2 at2=1 qU L2 md ( v )联立上述两式解得：y二ul2要使电子都打不到屏上，应满足 u取最大值800V时1 . d仍有y>2代入数据可得，为使电子都打不到屏上，U至少为100Vo(2)当电子恰好从A板右边缘射

31、出偏转电场时，其 d 侧移重取大ymax=万=2.5cm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距离为Ymax,则由几何关系可得：Ymaxb+L/2=EF，解得b+L/2Ymax= l/2 y maX=5.0Cm由第(1)问中的y=UL24ud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,偏转电场的侧移量最小。其最小侧移量电子通过U'L2 ymin=4ud=1.25 X 10 2m=1.25cm 同理，电子打在屏上距中心点的最小距离 YmbLL2ymin =2.5cm所以电子打在屏上距中心点 。在2.5cm5.0cm

32、范围 内。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：2qvB ，推导出的半径公式和周期公式：r =詈,匚等或r 7Bq Bq2 二r T - o v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 M

33、NLL方有磁感二：二二二b：二 应强度为B的匀强磁场。正、负电子 * * * * *同时从同一点。以与MN 30o角的同样速度v射入 磁场（电子质量为n电荷为e）,它们从磁场中射出 时相距多远？射出的时间差是多少？（不考虑正、负 电子间的相互作用）分析：正、负电子的轨道半径和 :周期相同，只是偏转方向相反。先 ：小：jvh： 分析正电子：由左手定则知它的轨 ：M：0，N ： N : 迹顺时针，半径与速度垂直，与 MNo成60。，圆心一定在这条半径上；经过一段劣弧从磁 场射出，由对称性，射出时速度方向也与 MN成30o 角，因此对应的半径也与MN 60。，由这两个半径方 向就可以确定圆心 O的位

34、置；射入、射出点和圆心 O恰好组成正三角形。再分析电子：由对称性，电子 初速度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Q组成与 OON全等的正三角形 A OOM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 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。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）。需画的辅助线如图中虚线 MN O M 所示。轨迹半径R=mv,偏转角由解得；侧移yBqR用勾股定理R=L2+（R-

35、y）2解出；经历时间由t=8n/Bq 计算。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。质量反电荷量q的带正电粒子，必_以与边界夹角为0的速度射入磁感应 £自芟苍汉OB强度为B,宽度为L的匀强磁场区。为 %"2% 使粒子不能穿越该磁场区，求速度的取值范围。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和磁场上边界等距离，O'就是该 临界圆弧的圆心，R满足R1+cos 9 ）=

36、LO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。轨迹对应的圆心角均为 2（兀-9 ）,在磁场中经 历的时间均为t= 2（兀-0 ） n/ Bqo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LEjt子，如果它对应的半径 r=L/2 （对应 , O的轨迹圆弧如图中实线所示）将恰好到达磁场上边 界，那么沿其他方向射入磁场的粒子必然不能穿越该 磁场。如果以垂直于下边界的速度射入的粒子恰好到 达磁场上边界，对应的半径

37、r' =L （其轨迹圆弧如图 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mi电荷量q的带正电粒子，pg检B 沿半径方向射入磁感应强度为B半径为r ： -；：v 的圆形匀强磁场区。O.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 0',画出两圆的连心线00。偏角e可由tan葭求出。粒子在磁场中经历时 间由t= 6 m/ Bq计算。质量m电荷量q的带正电粒子）yrSvM &注冷幻N

38、 以速度v沿与磁场的水平直径MNF行的 KQ 方向射入磁感应强度为 B半径为r的圆 O'R形匀强磁场区，已知rnv.r,为使粒子在磁场中经历的 qB时间最长，入射点P到MN勺距离应是多少？ 设粒子在磁场中轨迹弧长为l,粒子运动经历的时间t= 6 m/ Bq0c 0 5 8 =l / R3cl）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，sina=sd=" P到 MN勺距离 h=rsin 为可求。 2 R 7一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

39、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，并确定该点的位置五、带电粒子以同样的水平分速度射入匀强磁场区如图所示，平行板P、Q关于x轴对称放置，两板间接有正弦交变电s压，y轴右侧有方向垂直于纸面向里x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，每个 粒子穿越极板过程时间极短，可认为电压恒定。试证 明：所有粒子从y轴进入、穿出磁场的两点间距离相 等。证明：设粒子射入磁场的速度为 v,与水平方向 夹角为9 ,无论两板间电压多大，都有Vo=VCOS 9 ,射入、穿出点间距离d =2 mv cos.二等

40、与偏转电压高低无关。 BqBq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 。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尚二O i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vP，. Jx2 . 一个质量为 储 电荷量为q的带电粒S 子从x轴上的Ra, 0）点以速度V,

41、 沿与x正方向成60o的方向射入第一0 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。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0为中心的一个圆形区域内。一个质量为nn电荷为q的带电粒子）由原点 0 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，此时速度万向与y轴的 夹角为30o, P到O的距离为L,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R4 .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

42、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 60o角。求：该粒子的比荷 q/nr| 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？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

43、量为 反 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9 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。6 .如图所示，平面上有半径分别为 R、R的两个同 心圆，圆心为Q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，沿OA延长线方 向射出。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;

44、上一问中的 R 至少是R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3B1. D 2 . b=', （0,届） 2aq,',74 .t=.d=亘R m 3BR3v35 .丫=眄tr+t2=啊+型 mqB Et总=2=花（示意图如右。无论。取何值，从磁 场边缘A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OOOA和QCGA都是边长为r的菱形， 因此OA弧和OC弧对应的圆心角/

45、Q和/Q之和为 180o,质子在磁场中经历的总时间是半周期。） 6.v=WR（提示：轨迹如下左图。轨道半径r = «R）（2） R=（2+君）R , T二窗（提示：如 下左图R=（2+战）R,总时间是一又六分之五周期。）v=BqJant （n=3, 4, 5）（提示:只要小圆 m n圆周被n等分，就能回到A点。如右下图所示，八孑二, 2n n对应的轨道半径r=Rtan三）n /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，Si、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

46、场区域右侧有一 个荧光屏，取屏上与S、6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S进入两板间，电子的质量为 电荷量为e, 初速度可以忽略.(1)当两板间电势差为 以时，求从小孔g射出的电子 的速度Vo(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yv0的区域内存在匀强磁场，磁+XXXXX X XX为q)入轴.(粒子所受重力不场方向垂直于xy平面并指

47、纸里，磁感应强度为B.一带 电的粒子(质量为mn电荷量 以速度vo从O点射入磁场， 射方向在xy平面内，与x 正向的夹角为0 .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 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

48、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=8cmB勺横向有界 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 Vo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

49、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 情况的荷质比（qE,方向竖直向 于假设已知某种带正电粒子（不计重力） /m）为k,匀强电场的电场强度为 下。先让粒子沿垂直 电场的方向射入电 测出它穿过水平距离 后的速度偏转角9 （9 小）可认为9 "tanD （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后的速度偏转角中（见图乙）。试求出以 k、E、L、S、日和，所表示的测定磁感应强度 B的 关系式。X X

50、 X X X XX XXXXlxxxXXXXXXXXXX6 .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=0.60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“放射源S,它向各个方向发射“粒子，粒子的 速度都是v=3.0M106m/s）已知a粒子的电荷与质量之比§ = 5.0M107C/kg现只m1考虑在图纸平面中运动的京粒子，求 ab上被a粒子打中的区域的长度。x7 .如图所示，在y>0的空间中存 在匀强电场，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(

51、纸面)向外c 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R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=h处的P3点。不计重 力。求(1)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。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 AA为边 界的两个半圆形区域I、n中， AA与AA的夹角为 60。一质量为 m 带电Y 量 为+q的粒子以某一速度从 J：I区1* * *J. 1的边缘点A处沿与AA a%L二二9.二j：a3成30二.八：“,:+ n 牛，

52、' z + v z / h -+ /A 一 一图12o角的方向射入磁场，随后该粒子以垂直于 AA的方 向经过圆心。进入H区，最后再从 A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n区中磁感应强度的大小(忽略粒子重力)。1.(1)根据动能定理，得eU0=；mv2由此可解得Vo =2eUo(2)欲使电子不能穿过磁场区域而打到荧光屏上，应有玛：7 eB22而eUmv2由此即可解得U22m(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Xb荧光屏X X XXXXXXXXXX(4)若电子在磁场区域做圆周运动的轨道半径为,穿过磁场区域打到荧光屏上的位置坐标为中的

53、轨迹图可得乂=2.277万注意到r=3和 eBX,则由(3)12eU = - mv2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22"eBb&Memu-d%2吟3高2. (1)带负电粒子射入磁场后， 的作用，粒子将沿图示的轨迹 动,从A点射出磁场，设Q A 的距离为L,射出时速度的大小 为v,射出方向与x轴的夹角仍 e ,由洛伦兹力公式和牛顿定由于受到洛伦兹力 运 间 仍 为 律X X XX X XX XX K XXIXXXX XX X X X XX X X2可得：qvoB=mv餐式中R为圆轨道半径，解得：R=moqB圆轨道的圆心位于 OA勺中垂线上，由几何关系可得：-=Rsin 62联解两式，得：L=2m3（3分）qB所以粒子离开磁场的位置坐标为（-即泮，0）（1分）因为丁=辿=窄（2分）v0 qB所以粒子在磁场中运动的时间，t = 嘤T=邺（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ab 方向的位移为，在电场中：L=1Eqt2 L=v°t22 m2由动能定理EqL=2mV；mv2由、式解得E=8mol qLv=Mv° （3 分）在磁场中v=vo （3