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2019-2020年高三物理復(fù)習(xí) 專題六 電場與磁場 第2課時 帶電粒子在復(fù)合場中的運動講義 1． 帶電粒子在電場中常見的運動類型 (1)勻變速直線運動：通常利用動能定理qU＝mv2－mv來求v.對于勻強(qiáng)電場，電場力做功也可以用W＝qEd求解． (2)偏轉(zhuǎn)運動：一般研究帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的偏轉(zhuǎn)問題．對于類平拋運動可直接利用平拋運動的規(guī)律以及推論；較復(fù)雜的曲線運動常用運動分解的辦法來處理． 2． 帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中常見的運動類型 (1)勻速直線運動：當(dāng)v∥B時，帶電粒子以速度v做勻速直線運動． (2)勻速圓周運動：當(dāng)v⊥B時，帶電粒子在垂直于磁感線的平面內(nèi)以入射速度做勻速圓周運動． 3． 復(fù)合場中粒子重力是否考慮的三種情況 (1)對于微觀粒子，如電子、質(zhì)子、離子等，因為其重力一般情況下與電場力或磁場力相比太小，可以忽略；而對于一些宏觀物體，如帶電小球、液滴、金屬塊等一般應(yīng)考慮其重力． (2)題目中有明確說明是否要考慮重力的． (3)不能直接判斷是否要考慮重力的，在進(jìn)行受力分析與運動分析時，根據(jù)運動狀態(tài)可分析出是否考慮重力． 1． 正確分析帶電粒子的受力及運動特征是解決問題的前提 帶電粒子在復(fù)合場中做什么運動，取決于帶電粒子所受的合外力及初始運動狀態(tài)的速度，因此應(yīng)把帶電粒子的運動情況和受力情況結(jié)合起來進(jìn)行分析． 2． 靈活選用力學(xué)規(guī)律是解決問題的關(guān)鍵 (1)當(dāng)帶電粒子在復(fù)合場中做勻速直線運動時，應(yīng)根據(jù)平衡條件列方程求解． (2)當(dāng)帶電粒子在復(fù)合場中做勻速圓周運動時，往往同時應(yīng)用牛頓第二定律和平衡條件列方程聯(lián)立求解． (3)當(dāng)帶電粒子在復(fù)合場中做非勻變速曲線運動時，應(yīng)選用動能定理或能量守恒定律列方程求解． 　　　　　　　　　　　　　　　　　　 題型1　帶電粒子在疊加場中的運動 例1　(xx四川11)如圖1所示，豎直平面(紙面)內(nèi)有直角坐標(biāo)系xOy，x軸沿水平方向．在x≤0的區(qū)域內(nèi)存在方向垂直于紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1的勻強(qiáng)磁場．在第二象限緊貼y軸固定放置長為l、表面粗糙的不帶電絕緣平板，平板平行于x軸且與x軸相距h.在第一象限內(nèi)的某區(qū)域存在方向相互垂直的勻強(qiáng)磁場(磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2、方向垂直于紙面向外)和勻強(qiáng)電場(圖中未畫出)．一質(zhì)量為m、不帶電的小球Q從平板下側(cè)A點沿x軸正向拋出；另一質(zhì)量也為m、帶電量為q的小球P從A點緊貼平板沿x軸正向運動，變?yōu)閯蛩龠\動后從y軸上的D點進(jìn)入電磁場區(qū)域做勻速圓周運動，經(jīng)圓周離開電磁場區(qū)域，沿y軸負(fù)方向運動，然后從x軸上的K點進(jìn)入第四象限．小球P、Q相遇在第四象限的某一點，且豎直方向速度相同．設(shè)運動過程中小球P電量不變，小球P和Q始終在紙面內(nèi)運動且均看作質(zhì)點，重力加速度為g.求： 圖1 (1)勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小，并判斷P球所帶電荷的正負(fù)； (2)小球Q的拋出速度v0的取值范圍； (3)B1是B2的多少倍？ 審題突破　1.帶電小球P在第二象限運動過程中受什么力作用？做勻速運動需要滿足什么條件？小球P在第一象限有幾個運動過程？做勻速圓周運動需要滿足什么條件？ 2．小球Q受到什么力作用？做什么運動？若要與P相遇，相遇點的坐標(biāo)有什么特點？ 3．若要使P、Q相遇，則當(dāng)小球P在第一象限穿出電磁場區(qū)域時，小球Q應(yīng)運動到什么位置？速度應(yīng)如何？ 解析　(1)由題給條件，小球P在電磁場區(qū)域內(nèi)做圓周運動，必有重力與電場力平衡，設(shè)所求勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小為E，有 mg＝qE ① 得E＝ ② 小球P在平板下側(cè)緊貼平板運動，其所受洛倫茲力必豎直向上，故小球P帶正電． (2)設(shè)小球P緊貼平板做勻速運動的速度為v，此時洛倫茲力與重力平衡，有 B1qv＝mg ③ 設(shè)小球P以速度v在電磁場區(qū)域內(nèi)做圓周運動的半徑為R，有B2qv＝m ④ 設(shè)小球Q與小球P在第四象限相遇點的坐標(biāo)為x、y，有 x＝R，y≤0 ⑤ 小球Q運動到相遇點所需時間為t0，水平方向位移為s，豎直方向位移為d，有 s＝v0t0 ⑥ d＝gt ⑦ 由題意得 x＝s－l，y＝h－d ⑧ 由題意可知v0＞0，聯(lián)立③④⑤⑥⑦⑧式得 0＜v0≤ ⑨ (3)小球Q在空間做平拋運動，要滿足題設(shè)要求，則運動到小球P穿出電磁場區(qū)域的同一水平高度時的W點時，其豎直方向的速度vy與豎直位移yQ必須滿足 vy＝v ⑩ yQ＝R ? 設(shè)小球Q運動到W點時間為t，由平拋運動，有 vy＝gt ? yQ＝gt2 ? 聯(lián)立③④⑩???式得 B1＝B2＝0.5B2 答案　(1)　P球帶正電 (2)0＜v0≤　(3)0.5倍 以題說法　帶電粒子在疊加場中運動的處理方法 1．弄清疊加場的組成特點． 2．正確分析帶電粒子的受力及運動特點． 3．畫出粒子的運動軌跡，靈活選擇不同的運動規(guī)律 (1)若只有兩個場且正交，合力為零，則表現(xiàn)為勻速直線運動或靜止．例如電場與磁場中滿足qE＝qvB；重力場與磁場中滿足mg＝qvB；重力場與電場中滿足mg＝qE. (2)若三場共存時，合力為零，粒子做勻速直線運動，其中洛倫茲力F＝qvB的方向與速度v垂直． (3)若三場共存時，粒子做勻速圓周運動，則有mg＝qE，粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，即qvB＝m. (4)當(dāng)帶電粒子做復(fù)雜的曲線運動或有約束的變速直線運動時，一般用動能定理或能量守恒定律求解． 　靜電噴漆技術(shù)具有效率高、浪費少、質(zhì)量好、有益于健康等優(yōu)點，其裝置可簡化為如圖2甲所示．A、B為水平放置的間距d＝1.6 m的兩塊足夠大的平行金屬板，兩板間有方向由B指向A的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)為E＝0.1 V/m.在A板的中央放置一個安全接地的靜電油漆噴槍P，油漆噴槍可向各個方向均勻地噴出初速度大小均為v0＝6 m/s的油漆微粒，已知油漆微粒的質(zhì)量均為m＝1.010－5 kg、電荷量均為q＝－1.010－3 C，不計油漆微粒間的相互作用、油漆微粒所帶電荷對板間電場的影響及空氣阻力，重力加速度g＝10 m/s2.求： 圖2 (1)油漆微粒落在B板上所形成的圖形面積； (2)若讓A、B兩板間的電場反向，并在兩板間加垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.06 T，如圖乙所示，調(diào)節(jié)噴槍使油漆微粒只能在紙面內(nèi)沿各個方向噴出，其他條件不變．B板被油漆微粒打中的區(qū)域的長度； (3)在滿足(2)的情況下，打中B板的油漆微粒中，在磁場中運動的最短時間． 答案　(1)18.1 m2　(2)1.6 m　(3)0.31 s 解析　(1)根據(jù)牛頓第二定律知，油漆微粒的加速度 a＝ ① 根據(jù)平拋運動規(guī)律有 d＝at2 ② 運動的半徑 x＝v0t ③ 落在B板上所形成圓形面積 S＝πx2 ④ 聯(lián)立①②③④式并代入數(shù)據(jù)得 S≈18.1 m2 ⑤ (2)當(dāng)電場反向時 Eq＝mg ⑥ 油漆微粒做勻速圓周運動，如圖丙所示，洛倫茲力充當(dāng)向心力 Bqv0＝m ⑦ 水平向右射出的油漆微粒打在B板的最右端a點，根據(jù)幾何關(guān)系 R＋Rcos α＝d ⑧ ac的長度為ac＝Rsin α ⑨ 打在B板最左端的油漆微粒為運動軌跡和板相切的微粒，同理求得bc＝ac ⑩ 油漆微粒打在極板上的長度ab＝ac＋bc ? 聯(lián)立⑥⑦⑧⑨⑩?式并代入數(shù)據(jù)得 ab＝1.6 m ? (3)打在B板上的微粒中，最短的弦長Pc對應(yīng)的時間最短，如圖丁所 示 由幾何關(guān)系有 sin θ＝ ? 運動的最短時間 tmin＝T ? 微粒在磁場中運動的周期T＝ ? 聯(lián)立⑦???式代入數(shù)據(jù)解得tmin≈0.31 s ? 題型2　帶電粒子在組合場中的運動分析 例2　(xx安徽23)如圖3所示的平面直角坐標(biāo)系xOy，在第Ⅰ象限內(nèi)有平行于y軸的勻強(qiáng)電場，方向沿y軸正方向；在第Ⅳ象限的正三角形abc區(qū)域內(nèi)有勻強(qiáng)磁場，方向垂直于xOy平面向里，正三角形邊長為L，且ab邊與y軸平行．一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子，從y軸上的P(0，h)點，以大小為v0的速度沿x軸正方向射入電場，通過電場后從x軸上的a(2h,0)點進(jìn)入第Ⅳ象限，又經(jīng)過磁場從y軸上的某點進(jìn)入第Ⅲ象限，且速度與y軸負(fù)方向成45角，不計粒子所受的重力．求： 圖3 (1)電場強(qiáng)度E的大小； (2)粒子到達(dá)a點時速度的大小和方向； (3)abc區(qū)域內(nèi)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的最小值． 審題突破　粒子從a點射入磁場時，速度方向與邊界ab的夾角是多少？粒子在磁場運動過程的偏轉(zhuǎn)角是多少？粒子應(yīng)從磁場的哪個邊界射出？ 解析　(1)運動過程如圖所示，設(shè)粒子在電場中運動的時間為t，則 有x＝v0t＝2h，y＝at2＝h，qE＝ma，聯(lián)立以上各式可得E＝. (2)粒子到達(dá)a點時沿y軸負(fù)方向的分速度vy＝at＝v0. 所以v＝＝v0，tan θ＝＝1，θ＝45，即方向指向第Ⅳ象 限與x軸正方向成45角． (3)粒子在磁場中運動時，有qvB＝m 由圖知，當(dāng)粒子從b點射出時，r最大，此時磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度有最小值，r＝L，所 以B＝. 答案　(1)　(2)v0　方向指向第Ⅳ象限與x軸正方向成45角　(3) 以題說法　帶電粒子在組合場內(nèi)的運動實際上也是運動過程的組合，解決方法如下： (1)分別研究帶電粒子在不同場區(qū)的運動規(guī)律．在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運動．在勻強(qiáng)電場中，若速度方向與電場方向平行，則做勻變速直線運動；若速度方向與電場方向垂直，則做類平拋運動． (2)帶電粒子經(jīng)過磁場區(qū)域時利用圓周運動規(guī)律結(jié)合幾何關(guān)系處理． (3)當(dāng)粒子從一個場進(jìn)入另一個場時，分析轉(zhuǎn)折點處粒子速度的大小和方向往往是解題的突破口． 　如圖4所示，在坐標(biāo)系xOy所在平面內(nèi)有一半徑為a的圓形區(qū)域，圓心坐標(biāo)O1(a,0)，圓內(nèi)分布有垂直xOy平面的勻強(qiáng)磁場．在坐標(biāo)原點O處有一個放射源，放射源開口的張角為90，x軸為它的角平分線．帶電粒子可以從放射源開口處在紙面內(nèi)朝各個方向射出，其速率v、質(zhì)量m、電荷量＋q均相同．其中沿x軸正方向射出的粒子恰好從O1點的正上方的P點射出．不計帶電粒子的重力，且不計帶電粒子間的相互作用． 圖4 (1)求圓形區(qū)域內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小和方向； (2)①判斷沿什么方向射入磁場的帶電粒子的運動時間最長，并求最長時間； ②若在y≥a的區(qū)域內(nèi)加一沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，放射源射出的所有帶電粒子運動過程中將在某一點會聚，若在該點放一回收器可將放射源射出的帶電粒子全部收回，分析并說明回收器所放的位置． 答案　(1)，方向垂直于xOy平面向里 (2)①方向為與x軸夾角成45角斜向右下　?、诨厥掌鞯淖鴺?biāo)為(2a,0) 解析　(1)運動軌跡如圖甲所示，設(shè)圓形磁場區(qū)域內(nèi)的磁感應(yīng)強(qiáng)度 為B，帶電粒子在磁場中所受的洛倫茲力提供向心力，則有 qvB＝m 其中R＝a 則B＝ 由左手定則判斷磁場方向垂直于xOy平面向里 (2)①沿與x軸夾角成45角斜向下射出的帶電粒子在磁場中運動的 時間最長，軌跡如圖乙，根據(jù)幾何關(guān)系知，粒子離開磁場時速度方 向沿y軸正方向，∠OO3Q＝135. 設(shè)該帶電粒子在磁場中運動的時間為t，根據(jù)圓周運動周期公式得T ＝，所以t＝ ②如圖丙所示，設(shè)某帶電粒子 從放射源射出，速度方向與x軸的夾角為α，作速度v的垂線， 截取OO4＝a，以O(shè)4為圓心、a為半徑作圓交磁場邊界于M 點．由于圓形磁場的半徑與帶電粒子在磁場中運動的半徑均為 a，故OO1MO4構(gòu)成一個菱形，所以O(shè)4M與x軸平行，因此從放射源中射出的所有帶電 粒子均沿y軸正方向射出．帶電粒子在勻強(qiáng)電場中做勻變速直線運動，返回磁場時的速 度與離開磁場時的速度大小相等、方向相反，再進(jìn)入磁場做圓周運動，圓心為O5，OO4O5N 構(gòu)成一平行四邊形，所以粒子在磁場中兩次轉(zhuǎn)過的圓心角之和為180，第二次離開磁場 時都經(jīng)過N點．故收集器應(yīng)放在N點，N點坐標(biāo)為(2a,0)． 10．帶電粒子在周期性變化的復(fù)合場中運動分析 審題示例 (xx江蘇15)(16分)在科學(xué)研究中，可以通過施加適當(dāng)?shù)碾妶龊痛艌鰜韺崿F(xiàn)對帶電粒子運動的控制．如圖5甲所示的xOy平面處于勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場中，電場強(qiáng)度E和磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間t做周期性變化的圖象如圖乙所示．x軸正方向為E的正方向，垂直紙面向里為B的正方向．在坐標(biāo)原點O有一粒子P，其質(zhì)量和電荷量分別為m和＋q.不計重力．在t＝時刻釋放P，它恰能沿一定軌道做往復(fù)運動． 圖5 (1)求P在磁場中運動時速度的大小v0； (2)求B0應(yīng)滿足的關(guān)系； (3)在t0時刻釋放P，求P速度為零時的坐標(biāo)． 審題模板 答題模板 (1)粒子在到τ時間內(nèi)做勻加速直線運動，粒子在τ到2τ時間內(nèi)做勻速圓周運動．電場力F＝qE0，加速度a＝，速度v0＝at，且t＝，解得v0＝. (4分) (2)只有當(dāng)t＝2τ時，P在磁場中做圓周運動結(jié)束并開始沿x軸 負(fù)方向運動，才能沿一定的軌道做往復(fù)運動，如圖，設(shè)P在磁 場中做圓周運動的周期為T，則T＝τ，(n＝1,2,3，…)， 勻速圓周運動的周期T＝＝ 解得：B0＝，(n＝1,2,3…)(6分) (3)在t0時刻釋放，P在電場中加速時間為τ－t0，在磁場中做勻 速圓周運動速度v1＝，圓周運動半徑r1＝，解得 r1＝.又經(jīng)(τ－t0)時間P減速為零后向右加速時間為t0， P再進(jìn)入磁場，速度v2＝，圓周運動半徑r2＝，解得r2＝.綜上分析，速度為零時橫坐標(biāo)總是x＝0，相應(yīng)的縱坐標(biāo)為 y＝，(k＝1,2,3…) 解得：y＝，(k＝1,2,3…)(6分) 答案　(1)　(2)B0＝，(n＝1,2,3…) (3)y＝，(k＝1,2,3…) 點睛之筆　變化的電場或磁場往往具有周期性，粒子的運動也往往具有周期性．這種情況下要仔細(xì)分析帶電粒子的運動過程、受力情況，弄清楚帶電粒子在變化的電場、磁場中各處于什么狀態(tài)，做什么運動，畫出一個周期內(nèi)的運動徑跡的草圖． 　如圖6所示，在xOy平面內(nèi)存在均勻、大小隨時間周期性變化的磁場和電場，變化規(guī)律分別如圖乙、丙所示(規(guī)定垂直紙面向里為磁感應(yīng)強(qiáng)度的正方向、沿y軸正方向電場強(qiáng)度為正)．在t＝0時刻由原點O發(fā)射初速度大小為v0，方向沿 y軸正方向的帶負(fù)電粒子．已知v0、t0、B0，粒子的比荷＝，不計粒子的重力． 圖6 (1)t＝時，求粒子的位置坐標(biāo)； (2)若t＝5t0時粒子回到原點，求0～5t0時間內(nèi)粒子距x軸的最大距離； (3)若粒子能夠回到原點，求滿足條件的所有E0值． 答案　(1)(，)　(2)(＋)v0t0　(3)E0＝(n＝1,2,3……) 解析　(1)由粒子的比荷＝得粒子做圓周運動的周期T＝＝2t0 則在0～內(nèi)轉(zhuǎn)過的圓心角α＝ 由牛頓第二定律qv0B0＝ 得r1＝＝ 則其位置坐標(biāo)(，) (2)t＝5t0時粒子回到原點，軌跡如圖所示 r2＝2r1 r1＝，r2＝ 得v2＝2v0 又＝，r2＝ 粒子在t0～2t0時間內(nèi)做勻加速直線運動，2t0～3t0時間內(nèi)做勻速圓周運動，由圖知，在5t0時間內(nèi)粒子距x軸的最大距離： hmax＝t0＋r2＝(＋)v0t0 (3)如圖所示，設(shè)帶電粒子在x軸上方做圓周運動的軌道半徑為r1， 在x軸下方做圓周運動的軌道半徑為r2′，由幾何關(guān)系可知，要使粒 子經(jīng)過原點，則必須滿足n(2r2′－2r1)＝2r1(n＝1,2,3，…) r1＝，r2＝ 聯(lián)立以上各式解得v＝v0(n＝1,2,3，…) 又由于v＝v0＋ 得E0＝(n＝1,2,3，…) (限時：60分鐘) 1． 如圖1所示，P、Q是相距為d的水平放置的兩平行金屬板，P、Q間有垂直于紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1的勻強(qiáng)磁場，MN是豎直放置的兩平行金屬板，用導(dǎo)線將P與M相連，將Q與N相連，X是平行于M和N的豎直絕緣擋板，Y是平行于M和N的熒光屏，X、M、N、Y的中間各有一個小孔，所有小孔在同一水平軸線上，熒光屏的右側(cè)有垂直于紙面向外、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B2的勻強(qiáng)磁場，現(xiàn)有大量的等離子體(等離子體中的正負(fù)離子電荷量的大小均為q，質(zhì)量均為m)以相同的速度垂直于磁場水平向右射入金屬板P、Q之間．現(xiàn)忽略電場的邊緣效應(yīng)，不計等離子體的重力，兩對極板間形成的電場均可視為勻強(qiáng)電場．求： 圖1 (1)若在熒光屏Y上只有一個亮點，則等離子體的初速度v0必須滿足什么條件； (2)若等離子體以初速度v0射入磁場，且在熒光屏上有兩個亮點，則正、負(fù)兩種電荷形成的亮點到熒光屏上小孔的距離之比是多少？ 答案　(1)v0≤　(2) 解析　(1)由于帶電粒子偏轉(zhuǎn)，P、Q極板上將帶上電荷，設(shè)電壓為U，則極板M、N間的電壓也為U，當(dāng)帶電粒子在P、Q極板間做勻速運動時 有qv0B1＝q 若在熒光屏Y上只有一個亮點，則負(fù)電荷不能通過極板，M、N板間應(yīng)滿足 qU≥mv 解得v0≤ (2)熒光屏上有兩個亮點，則v0> 在此條件下，qv0B1＝q，得U＝dB1v0 對正電荷，設(shè)其到達(dá)勻強(qiáng)磁場B2時的速度為v1，則 Uq＝mv－mv 設(shè)做圓周運動的半徑為R1，則 qv1B2＝ 得R1＝ 對負(fù)電荷，設(shè)其到達(dá)勻強(qiáng)磁場B2時的速度為v2，則 －Uq＝mv－mv 設(shè)做圓周運動的半徑為R2，則 qv2B＝ 得R2＝ 所以，正、負(fù)兩種電荷形成的亮點到熒光屏上小孔的距離之比為＝＝ 2． 如圖2所示，在xOy平面內(nèi)，第Ⅲ象限內(nèi)的直線OM是電場與磁場的邊界，OM與x軸負(fù)方向成45角．在x<0且OM的左側(cè)空間存在著沿x軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)大小為E＝50 N/C，在y<0且OM的右側(cè)空間存在著垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B＝0.2 T．一不計重力的帶負(fù)電的微粒，從坐標(biāo)原點O沿y軸負(fù)方向以v0＝4103 m/s的初速度進(jìn)入磁場，已知微粒所帶電荷量為q＝－410－18 C，質(zhì)量為m＝110－24 kg.求： 圖2 (1)帶電微粒第一次經(jīng)過磁場邊界時的位置坐標(biāo)及經(jīng)過磁場邊界時的速度方向； (2)帶電微粒最終離開電、磁場區(qū)域時的位置坐標(biāo)； (3)帶電微粒在電、磁場區(qū)域運動的總時間(結(jié)果可以保留π)． 答案　(1)(－510－3 m，－510－3 m)　速度方向與OM夾角為45，與電場平行　(2)(0,3.010－2 m) (3)(5＋)10－5 s 解析　(1)微粒的運動軌跡如圖所示，第一次經(jīng)過磁場邊界上的A 點，設(shè)微粒在磁場中的軌跡半徑為r，由洛倫茲力提供向心力知 qv0B＝m 解得r＝＝510－3 m A點位置坐標(biāo)為(－510－3 m，－510－3 m) 經(jīng)過磁場邊界時速度方向與OM夾角為45，與電場平行 (2)如圖所示，微粒從C點沿y軸正方向進(jìn)入電場，做類平拋運動，設(shè)其加速度為a，運動時間為t1，則有 a＝ 解得a＝2.0108 m/s2 Δx＝at＝2r 解得t1＝110－5 s Δy＝v0t1 代入數(shù)據(jù)解得Δy＝0.04 m y＝Δy－2r＝(0.04－2510－3) m＝3.010－2 m 微粒離開電場時的位置D的坐標(biāo)為(0,3.010－2 m) (3)帶電微粒在磁場中運動的周期T＝ 在磁場中運動的時間t2＝tOA＋tAC＝T＋T 代入數(shù)據(jù)解得t2＝T＝10－5 s 帶電微粒第一次進(jìn)入電場中做直線運動的時間 t3＝＝4.010－5 s 帶電微粒在電、磁場區(qū)域運動的總時間 t＝t1＋t2＋t3＝(5＋)10－5 s 3． 如圖3所示，真空室內(nèi)豎直條形區(qū)域Ⅰ存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，條形區(qū)域Ⅱ(含Ⅰ、Ⅱ區(qū)域分界面)存在水平向右的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度為E，磁場和電場寬度均為L，高度足夠大，M、N為涂有熒光物質(zhì)的豎直板．現(xiàn)有P、Q兩束質(zhì)子從A處連續(xù)不斷地射入磁場，入射方向都與M板夾角成60且與紙面平行，兩束質(zhì)子束的速度大小都恒為v.當(dāng)Ⅰ區(qū)中磁場較強(qiáng)時，M板上有一個亮斑，N板上無亮斑．緩慢改變磁場強(qiáng)弱，M板和N板上會各有一個亮斑，繼續(xù)改變磁場強(qiáng)弱，可以觀察到N板出現(xiàn)兩個亮斑時，M板上的亮斑剛好消失．已知質(zhì)子質(zhì)量為m，電量為e，不計質(zhì)子重力和相互作用力，求： 圖3 (1)N板上剛剛出現(xiàn)一個亮斑時，M板上的亮斑到A點的距離s1； (2)N板上恰好出現(xiàn)兩個亮斑時，區(qū)域Ⅰ中的磁感應(yīng)強(qiáng)度B； (3)N板上恰好出現(xiàn)兩個亮斑時，這兩個亮斑之間的距離s. 答案　(1)L　(2)　(3)2L＋v 解析　(1)N板上恰出現(xiàn)一個亮斑時，兩束質(zhì)子的軌跡如圖甲所示，設(shè)軌跡的半徑為R. 有R＋Rsin 30＝L 由幾何關(guān)系知s1＝R 聯(lián)立解得s1＝L (2)N板上恰好出現(xiàn)兩個亮斑時，兩束質(zhì)子的軌跡如圖乙所示．設(shè)軌跡半徑為r，有rsin 30＝L evB＝ 解得B＝ (3)質(zhì)子束P恰垂直進(jìn)入電場區(qū)域，質(zhì)子束Q恰在O點以方向垂直于電場的速度進(jìn)入電場，兩束質(zhì)子的軌跡如圖乙所示 設(shè)質(zhì)子在電場中的運動時間為t，則有 L＝t2 s′＝vt s＝r＋s′＝2L＋v 4． 電子擴(kuò)束裝置由電子加速器、偏轉(zhuǎn)電場和偏轉(zhuǎn)磁場組成．偏轉(zhuǎn)電場的極板由相距為d的兩塊水平平行放置的導(dǎo)體板組成，如圖4甲所示．大量電子由靜止開始，經(jīng)加速電場加速后，連續(xù)不斷地沿平行板的方向從兩板正中間OO′射入偏轉(zhuǎn)電場．當(dāng)兩板不帶電時，這些電子通過兩板之間的時間為2t0；當(dāng)在兩板間加最大值為U0、周期為2t0的電壓(如圖乙所示)時，所有電子均能從兩板間通過，然后進(jìn)入豎直寬度足夠大的勻強(qiáng)磁場中，最后打在豎直放置的熒光屏上．已知磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，電子的質(zhì)量為m、電荷量為e，其重力不計． 圖4 (1)求電子離開偏轉(zhuǎn)電場時的位置到OO′的最小距離和最大距離； (2)要使所有電子都能垂直打在熒光屏上，求： ①勻強(qiáng)磁場的水平寬度L；②垂直打在熒光屏上的電子束的寬度Δy. 答案　(1)　　(2)①　②t 解析　(1)由題意可知，從0、2t0、4t0、……等時刻進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場的電子離開偏轉(zhuǎn)電場時的位置到OO′的距離最大，在這種情況下，電子的最大距離為： ymax＝at＋vyt0＝t＋t＝t 從t0、3t0、……等時刻進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場的電子離開偏轉(zhuǎn)電場時的位置到OO′的距離最小，在這種情況下，電子的最小距離為：ymin＝at＝t (2)①設(shè)電子從偏轉(zhuǎn)電場中射出時的偏向角為θ，由于電子要垂直打在熒光屏上，所以電子在磁場中運動半徑應(yīng)為： R＝ 設(shè)電子離開偏轉(zhuǎn)電場時的速度為v1，垂直偏轉(zhuǎn)極板的速度為vy，則電子離開偏轉(zhuǎn)電場時的偏向角為：sin θ＝，式中vy＝t0 又：R＝ 解得：L＝ ②由于各個時刻從偏轉(zhuǎn)電場中射出的電子的速度大小相等，方向相同，因此電子進(jìn)入磁場后做圓周運動的半徑也相同，都能垂直打在熒光屏上． 由第(1)問知電子離開偏轉(zhuǎn)電場時的位置到OO′的最大距離和最小距離的差值為：Δy1＝y(tǒng)max－ymin Δy1＝t 所以垂直打在熒光屏上的電子束的寬度為： Δy＝Δy1＝t