带电粒子在电场中的运动经典例题.pdf

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 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32进人该电场，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：t2;(2）带电粒子第二次穿出电场时的动能。v02.如图所示的真空管中，质量为m，电量为e的电子从灯丝发出，经过电压加速后沿中心线射入相距为d的两平行金属板、间的匀强电场中，通过电场后打到荧光屏上，设、间电压为，、板长为l1,平行金属板右端到荧光屏的距离为l,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，从发出在电压作用下的加速运动；进入平行金属板、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加速后的速度为v1，根据动能定理有：21121mveU 电子进入、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：dmeUmeEa2电子通过匀强电场的时间11vlt 电子离开匀强电场时竖直方向的速度vy为：112mdvleUatvy电子离开电场时速度v2与进入电场时的速度v1夹角为（如图）则dUlUmdvleUvvtgy112211212图dUlUarctg1122电子通过匀强电场时偏离中心线的位移dUlUvldmeUaty1212212122142121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dUllUtgly1212222电子打到荧光屏上时，偏离中心线的距离为)2(22111221lldUlUyyy3.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的直线运动。现将该小球从电场中某37点以初速度竖直向上抛出，求运动过程中（取）0v8.037cos,6.037sin （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 电场力的方向向右mgmgFe4337tan （2）小球沿竖直方向做初速为的匀减速运动，到最高点的时间为，则：0vt 00gtvvygvt0 沿水平方向做初速度为 0 的匀加速运动，加速度为xa gmFaex43 此过程小球沿电场方向位移为：gvtasxx8321202 小球上升到最高点的过程中，电场力做功为：20329mvSFqUWxe qmvU329204.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=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，电子的重力忽略Ed24h不计，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）由 eUmv02 得电子进入偏转电场区域的初速度v012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t d；dv0yat212Ed24U因为加速电场的电势差U，说明yh，说明以上假设正确Ed24h所以vyat d eEmeEdm离开时的速度vv02vy2（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xv0t ，yhyhtvyt vy2则 ldx dv0t dv0（）dh hhvyt2v0vyd2d2v0vy代入解得l d22hUEd二、带电粒子在电场中做圆周运动二、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、电量为+的带电mq小球，另一端固定于点。将小球拉起直至细线与场强平行，然后O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。解：（1）设细线长为l，场强为，因电量为正，故场强的方向为水平向右。E从释放点到左侧最高点，由动能定理有，故，0KEGEWW)sin1(cos qElmgl解得)sin1(cosqmgE （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，由牛顿第二定律得，联立解得221mvqElmgllvmmgT2sin1cos23 mgT7.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=510-3C 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（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（1）因小球恰能到 B 点，则在 B 点有 （1 分）22dmvmgB （1 分）m/s22gdvB小球运动到 B 的过程，由动能定理mOq （1 分）221BmvmgdqEL （1 分）m145212qEmgdqEmgdmvLB（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221BvmmgdLqE （2 分）m/s2422mmgdLqEvB 221gtd s4.02gdtm258tvxB （2 分）m4.222xds7.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 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=104C 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/s2，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,/2,2smRgvRvmmg滑块由释放点到最高点过程由动能定理：mgEqgRvmSmvRmgmgSEq221212S22代入数据得：S20m（2）滑块过 P 点时，由动能定理：RmEqgvvmvmvEqRmgRPP）（221212222在 P 点由牛顿第二定律：EqmgNRmvEqNP32代入数据得：N1.5N8.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=037.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 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/s2，sin037=O.60，cos037=0.80)解：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 300,圆轨道半径为，匀强电场水平向右，场强为，小球质量为m，带电量为Emg33，不计运动中的摩擦阻力，则小球至少应以多大的初速度滑下？在此情况下，小球通过轨道最高点的压力多大？图图解析：小球的受力如图所示，从图中可知：3333EmgmgEmgqEtg，030所以带电小球所受重力和电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mgmgF332cos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gmFg332,，小球在点的速度最小，为RgRgvB332,，由功能关系可得：,2222121RmgmvmvBARggRRgRgvvBA331033243324,2此即为小球沿斜面下滑的最小速度设点的速度为 vc，则)cos1(2121,22RmgmvmvBCRgRgRgRgvvBC)232()231(334332)cos1(2,2小于球通过最高点时，向心力由重力和轨道压力提供，因而有：RmvmgNC2mgRRgmmgRmvNC)232(2mg)332(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t0 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乙甲OT/2-UUutT3T/2QABP图 13（1）如果只有在每个周期的 0时间内放出的带电粒子才能从小孔Q中射出，则上述物4T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 0时间内，进入A、B板间的粒子，在电场力的作用下，先向右做匀加速运动，在4T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TT24T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 0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4T2T子是能射出Q孔的临界状态。粒子在时刻进入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4T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mdqUTTad16)4(21222即 mqUTd1622（2）若情形（1）中的关系式成立，则t0 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 221xatd 在时刻进入电场的粒子在的时刻射出电场，所以有粒子飞出电场的时间为4Tt 43Tt xtTt43由式得 423Tt三、带电粒子在交变电场中的偏转三、带电粒子在交变电场中的偏转1如图甲所示，、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AB匀强电场。、两板间距=15cm。今在、两极上加如图乙所示的电压，交变电压的周期ABdAB=1.010-6s；=0 时，板电势比板电势高，电势差=108V。一个荷质比=1.0108C/kgTtAB0Umq的带负电的粒子在=0 时从板附近由静止开始运动，不计重力。问：tB(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。解：(1)带负电的粒子电场中加速或减速的加速度大小为=7.21011 m/s2mdqUa 当粒子的位移为=4.0102m,速度最大值为=2.4105 m/s2321Tasatv(2)一个周期内粒子运动的位移为=22=6102m0s2321Ta2621Ta由此可以判断粒子在第三个周期内与板碰撞，因为=2.5B0sln 在前两个周期内粒子运动的位移为=12102 m022ss在第三周期内粒子只要运动=3cm 即与板碰撞，可知在第三周期的前内某时刻就与sB3T板碰撞。=2.0105 m/sBsav22.两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。BAdtu/VT/2-U0U0T3T/22TT/35T/64T/3图甲图乙 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、B 两板间距的方法，使粒子在 5t0时刻到达 B 板，此时粒子的动能大小为 Ek5。求Ek3/Ek5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）1:34.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=033qu Tdm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0033yu qu qTTvdmdm 所以打出速度大小为2222000032333yu qTu qTu qTvvvdmdmdm 设速度方向与v0的夹角为，则001tan303yvv （2）当粒子由tnT时刻进入电场，向下侧移最大，则 2220000172223332318ququququ TTTTTsdmdmdmdm 当粒子由23TtnT时刻进入电场，向上侧移最大，则 220022318ququ TTsdmdm 在距离O/中点下方20718qu Tdm至上方2018qu Tdm范围内有粒子打出 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62.0 10 Cq 的小物块处于静止状态，小物块与地面间的动摩擦因数1.0。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。解析：（1）02s 内物块加速度2112m/sE qmgam位移211 114m2sat2s 末的速度为21 14m/svat24s 内物块加速度2222m/sE qmgam 位移214mss4s 末的速度为40v 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224m/sv，第 23s 末的速度232222m/svva t （1st）所求位移为222312247m22vvsst（2）23 秒内，设电场力对小物块所做的功为W，由动能定理：22312Wmgsmv求得9.8JW 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；（2）为使带电粒子在 0T时间内能回到O点，Eqm左图0t/sE/（105N/C)684212103-1右图OABu（a）utU0UxOT/2T3T/2（b）Ux要大于多少？解析：（1），dmqUa01dmqUa022211Tav dmqTUTaTaTavv2222021212mdqUTmvEk2220222821（2），211)2(21Tas 21)2(212TaTvsxx，由上面四式，得211Tav xss113aax因为，所以dmqUa01dmqUaxx03UUx7.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）2 分2021mvqU mqUv02，2 分vtL 221aty dmqUa 222dmvqULy 代入 2 分04UULyLdv得及 由图知 t=0.06s 时刻偏转电压为 1.8U0，2 分 可求得偏转位移 2 分cmLy45.045.0 打在屏上的点距 O 点 Y=1.35cm。2 分322LLLyY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。A、B 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：eu=mv2 ;12电子通过偏转电场的时间 t=;Lv此过程中电子的侧向位移 y=at2=()2 联立上述两式解得：y=;1212qUmdLvUL24ud要使电子都打不到屏上，应满足 u 取最大值 800V 时仍有 yd2代入数据可得，为使电子都打不到屏上，U 至少为 100V。（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 2.5cmd2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：=，解得 Ymax=ymax=5.0cmYmaxymaxb+L/2L/2b+L/2L/2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UL24ud通过偏转电场的侧移量最小。其最小侧移量 ymin=1.25102m=1.25cmUL24ud同理，电子打在屏上距中心点的最小距离 Ymin=ymin=2.5cmb+L/2L/2所以电子打在屏上距中心点 O 在 2.5cm5.0cm 范围内。带电粒子在磁场中运动问题专题一一、基本公式、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：，推导出的半径公式和周期公式：或。rmvqvB2BqmTBqmvr2,vrT2二、基本方法二、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，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组成与 O1ON全等的正三角形 O2OM，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。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OBvMNOMNBvO2O1v yvLOBROMNy辅助线如图中虚线MN、OM所示。轨迹半径，偏转角由解得；侧移y用勾股定理BqmvR RLsinR2=L2+(R-y)2解出；经历时间由t=m/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m，电荷量q的带正电粒子，以与边界夹角为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。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R(1+cos)=L。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(-)，在磁场中经历的时间均为t=2(-)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。偏角可由求出。粒子在磁场中Rr2tan经历时间由t=m/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，为rqBmv使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？设粒子在磁场中轨迹弧长为l，粒子运动经历的时间t=m/Bq，=l/Rl，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，P到MN的距离h=rsin可求。Rr2sinsin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，并确定该点的位置。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vLBOvr vvOOvPQBr vvOOvPQBRMNP1OvBO1r vr vQ1P2O2vLOBROMNv对边平行，因此OQ1也跟初速度方向垂直，Q1是圆周的最高点。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，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，无论两板间电压多大，都有v0=vcos，射入、穿出点间距离与偏转电压高低无关。BqmvBqmvd02cos2六、练习题六、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。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，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R。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？Ox yPOL30vxOBPQv0yvv0rvyMNS vBRO yxvvPBSOa5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，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；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。练习题答案练习题答案1D 2，（0，）3，aqmvB23a3qLmvB333LR 4 BRvmq33vRt33Rd335=+mqBrv 21tttqBmEBr2t总=(示意图如右。无论取何值，从磁场边缘qBmT2A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（提示：轨迹如下左图。轨道半径）mBqRv1313Rr OAR1vR2xyOEBrrxOByAO2O3O1Cv R2=(2+)R1，T=（提示：如下左图R2=(2+)R1，总时间是一又六分之五周期。）3Bqm3113v=（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nmBqRtan1所示，对应的轨道半径）nn22nRrtan1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y0 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.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)AvOOAv3.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（qm）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 l4 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。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 a b l S 平行，在距 ab 的距离处，有一个点状的放射源 S，它向各个方向发射粒子，粒子16lcm的速度都是，已知粒子的电荷63.0 10/vm s与质量之比，现只75.0 10/qC kgm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。7.如图所示，在y0 的空间中存在匀强电场，场强沿y轴负方向；在y0 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yh处的点P1时速率为v0，方向沿x轴正方向；然后，经过x轴上x2h处的 P2点进入磁场，并经过y轴上y处的h2P3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。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、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，求区和区中磁感应强度的大小（忽略粒子重力）。yxP1P2P30A1A3A4A23060图 121.（1）根据动能定理，得 由此可解得20012eUmv002eUvm（2）欲使电子不能穿过磁场区域而打到荧光屏上，应有mvreBd而由此即可解得212eUmv222d eBUm（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，穿过磁场区域打到荧光屏上的位置坐标为，rx则由（3）中的轨迹图可得注意到和2222xrrdmvreB212eUmv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 （）2222(22)xemUemUd e BeB222d eBUm2.（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，由洛伦兹力公式和牛顿定律可得：qv0B=mRv20式中R为圆轨道半径，解得：R=qBmv0圆轨道的圆心位于OA的中垂线上，由几何关系可得：=Rsin2L联解两式，得：L=（3 分）qBmvsin20所以粒子离开磁场的位置坐标为(-，0)qBmvsin20（1 分）（2）因为T=（2 分）02vRqBm2所以粒子在磁场中运动的时间，t(4 分)qBmT)(22223.（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a