高二物理带电粒子在电场中的运动
高二物理带电粒子在电场中的偏转
l
d
+
+
+
+
+
+
-
-
-
-
-
-
-q
φ
v
v0
v⊥
φ
y
l/2
F
运动状态分析 匀变速曲线运动（类平抛运动）
分析方法 沿初速度方向——匀速直线运动 沿电场线方向——初速度为零的匀加速直线运动
1.加速度:
2.飞行时间
3.侧移距离
4.偏角
对粒子偏角的讨论
在第2秒末,小球在x方向的分速度仍为vx,在y方向的的分速度为 vy=at=0.20m/s, 故此时物体的合速度方向与x轴成450,要使小球的速度变为零,第3秒内所加匀强电场的方向必须与此方向相反,即指向第三象限,与x轴成2250角.
在第3秒内,设在电场作用下小球加速度的x分量的y分量分别为ax,ay,则 ax=vx/t=0.20m/s2 ay=vy/t=0.20m/s2 在第3秒末小球到达的位置坐标为 X3=x2+vxt-1/2at2=0.40m Y3=y2+vyt-1/2at2=0.20m
方法1:根据速度合成求解
巩固提高
[例1].让一价氢离子、一价氦离子和二价氦离子的混合物由静止开始经过同一加速电场加速，然后在同一偏转电场里偏转，它们是否会分为三股？请说明理由。
答案：不会分为三股。
比较离子在偏转电场的侧移距离y
如果 y不相同
如果 y 相同
会分为三股
不会分为三股
比较离子是否以相同偏角φ 射出
如果φ不相同
会分为三股
如果φ 相同
高中物理带电粒子在电场中的运动解题技巧及经典题型及练习题(含答案)及解析
高中物理带电粒子在电场中的运动解题技巧及经典题型及练习题(含答案)及解析一、高考物理精讲专题带电粒子在电场中的运动1．某控制带电粒子运动的仪器原理如图所示，区域PP′M′M 内有竖直向下的匀强电场，电场场强E ＝1.0×103V/m ，宽度d ＝0.05m ，长度L ＝0.40m ；区域MM′N′N 内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B ＝2.5×10－2T ，宽度D ＝0.05m，比荷qm＝1.0×108C/kg 的带正电的粒子以水平初速度v 0从P 点射入电场．边界MM′不影响粒子的运动，不计粒子重力．(1) 若v 0＝8.0×105m/s ，求粒子从区域PP′N′N 射出的位置；(2) 若粒子第一次进入磁场后就从M′N′间垂直边界射出，求v 0的大小； (3) 若粒子从M′点射出，求v 0满足的条件．【答案】(1)0.0125m (2) 3.6×105m/s. (3) 第一种情况：v 0＝54.00.8()10/21nm s n -⨯+ (其中n ＝0、1、2、3、4)第二种情况：v 0＝53.20.8()10/21nm s n -⨯+ (其中n ＝0、1、2、3)．【解析】 【详解】(1) 粒子以水平初速度从P 点射入电场后，在电场中做类平抛运动，假设粒子能够进入磁场，则竖直方向21··2Eq d t m＝ 得2mdt qE=代入数据解得t ＝1.0×10－6s 水平位移x ＝v 0t 代入数据解得x ＝0.80m因为x 大于L ，所以粒子不能进入磁场，而是从P′M′间射出， 则运动时间t 0＝Lv ＝0.5×10－6s ， 竖直位移201··2Eq y t m＝＝0.0125m 所以粒子从P′点下方0.0125m 处射出．(2) 由第一问可以求得粒子在电场中做类平抛运动的水平位移x ＝v 0 2mdqE粒子进入磁场时，垂直边界的速度 v 1＝qE m ·t ＝2qEd m设粒子与磁场边界之间的夹角为α，则粒子进入磁场时的速度为v ＝1v sin α在磁场中由qvB ＝m 2v R得R ＝mv qB 粒子第一次进入磁场后，垂直边界M′N′射出磁场，必须满足x ＋Rsinα＝L 把x ＝v 02md qE 、R ＝mv qB 、v ＝1v sin α、12qEdv m ＝代入解得 v 0＝L·2Eqmd－E B v 0＝3.6×105m/s.(3) 由第二问解答的图可知粒子离MM′的最远距离Δy ＝R －Rcosα＝R(1－cosα)把R ＝mv qB 、v ＝1v sin α、12qEdv m＝代入解得12(1cos )12tan sin 2mEd mEd y B q B q ααα-∆==可以看出当α＝90°时，Δy 有最大值，(α＝90°即粒子从P 点射入电场的速度为零，直接在电场中加速后以v 1的速度垂直MM′进入磁场运动半个圆周回到电场)1max 212mv m qEd mEdy qB qB m B q∆=== Δy max ＝0.04m ，Δy max 小于磁场宽度D ，所以不管粒子的水平射入速度是多少，粒子都不会从边界NN′射出磁场．若粒子速度较小，周期性运动的轨迹如下图所示：粒子要从M′点射出边界有两种情况， 第一种情况： L ＝n(2v 0t ＋2Rsinα)＋v 0t把2md t qE =、R ＝mv qB 、v 1＝vsinα、12qEd v m＝ 代入解得 0221221L qE n E v n md n B=-⋅++v 0＝ 4.00.821n n -⎛⎫⎪+⎝⎭×105m/s(其中n ＝0、1、2、3、4)第二种情况：L ＝n(2v 0t ＋2Rsinα)＋v 0t ＋2Rsinα 把2md t qE =、R ＝mv qB 、v 1＝vsinα、12qEd v m＝代入解得02(1)21221L qE n E v n md n B+=-⋅++v 0＝ 3.20.821n n -⎛⎫⎪+⎝⎭×105m/s(其中n ＝0、1、2、3)．2．如图甲所示，极板A 、B 间电压为U 0，极板C 、D 间距为d ，荧光屏到C 、D 板右端的距离等于C 、D 板的板长．A 板O 处的放射源连续无初速地释放质量为m 、电荷量为+q 的粒子，经电场加速后，沿极板C 、D 的中心线射向荧光屏（荧光屏足够大且与中心线垂直），当C 、D 板间未加电压时，粒子通过两板间的时间为t 0；当C 、D 板间加上图乙所示电压（图中电压U 1已知）时，粒子均能从C 、D 两板间飞出，不计粒子的重力及相互间的作用．求：（1）C 、D 板的长度L ；（2）粒子从C 、D 板间飞出时垂直于极板方向偏移的最大距离； （3）粒子打在荧光屏上区域的长度． 【答案】（1）02qU L t m =2）2102qU t y md =（3）21032qU t s s md∆== 【解析】试题分析：（1）粒子在A 、B 板间有20012qU mv =在C 、D 板间有00L v t = 解得：02qU L t m= （2）粒子从nt 0（n=0、2、4……）时刻进入C 、D 间，偏移距离最大 粒子做类平抛运动 偏移距离2012y at = 加速度1qU a md=得：2102qU t y md=（3）粒子在C 、D 间偏转距离最大时打在荧光屏上距中心线最远ZXXK] 出C 、D 板偏转角0tan y v v θ=0y v at =打在荧光屏上距中心线最远距离tan s y L θ=+荧光屏上区域长度21032qU t s s md∆==考点：带电粒子在匀强电场中的运动【名师点睛】此题是带电粒子在匀强电场中的运动问题；关键是知道粒子在水平及竖直方向的运动规律和特点，结合平抛运动的规律解答．3．如图1所示，光滑绝缘斜面的倾角θ=30°，整个空间处在电场中，取沿斜面向上的方向为电场的正方向，电场随时间的变化规律如图2所示．一个质量m=0.2kg ，电量q=1×10－5C 的带正电的滑块被挡板P 挡住，在t=0时刻，撤去挡板P ．重力加速度g=10m/s 2，求：(1)0~4s 内滑块的最大速度为多少? (2)0~4s 内电场力做了多少功? 【答案】（1）20m/s （2）40J 【解析】 【分析】对滑块受力分析，由牛顿运动定律计算加速度计算各速度． 【详解】【解】(l)在0~2 s 内，滑块的受力分析如图甲所示，电场力F=qE11sin F mg ma θ-=解得2110/a m s =在2 ---4 s 内，滑块受力分析如图乙所示22sin F mg ma θ+=解得2210/a m s =因此物体在0～2 s 内，以2110/a m s =的加速度加速， 在2～4 s 内，2210/a m s =的加速度减速，即在2s 时，速度最大由1v a t =得，max 20/v m s =(2)物体在0～2s 内与在2～4s 内通过的位移相等．通过的位移max202v x t m == 在0~2 s 内，电场力做正功1160W F x J == - 在2～4 s 内，电场力做负功2220W F x J ==- 电场力做功W=40 J4．如图所示，在直角坐标系x0y 平面的一、四个象限内各有一个边长为L 的正方向区域，二三像限区域内各有一个高L ，宽2L 的匀强磁场，其中在第二象限内有垂直坐标平面向外的匀强磁场，第一、三、四象限内有垂直坐标平面向内的匀强磁场，各磁场的磁感应强度大小均相等，第一象限的x<L ，L<y<2L 的区域内，有沿y 轴正方向的匀强电场．现有一质量为四电荷量为q 的带负电粒子从坐标(L ，3L/2)处以初速度0v 沿x 轴负方向射入电场，射出电场时通过坐标(0，L)点，不计粒子重力．(1)求电场强度大小E ；(2)为使粒子进入磁场后途经坐标原点0到达坐标(-L ，0)点，求匀强磁场的磁感应强度大小B ；(3)求第(2)问中粒子从进入磁场到坐标(-L ，0)点所用的时间．【答案】（1）2mv E qL =（2）04nmv B qL =n=1、2、3......（3）02L t v π=【解析】本题考查带电粒子在组合场中的运动，需画出粒子在磁场中的可能轨迹再结合物理公式求解．(1)带电粒子在电场中做类平抛运动有： 0L v t =，2122L at =，qE ma = 联立解得： 2mv E qL=(2)粒子进入磁场时，速度方向与y 轴负方向夹角的正切值tan xyv v θ==l 速度大小002sin v v v θ== 设x 为每次偏转圆弧对应的弦长，根据运动的对称性，粒子能到达(一L ，0 )点，应满足L=2nx ，其中n=1、2、3......粒子轨迹如图甲所示，偏转圆弧对应的圆心角为2π；当满足L=(2n+1)x 时，粒子轨迹如图乙所示．若轨迹如图甲设圆弧的半径为R ，圆弧对应的圆心角为2π.则有2R ，此时满足L=2nx 联立可得：22R n=由牛顿第二定律，洛伦兹力提供向心力，则有：2v qvB m R=得：04nmv B qL=，n=1、2、3.... 轨迹如图乙设圆弧的半径为R ，圆弧对应的圆心角为2π.则有222x R ，此时满足()221L n x =+联立可得：()2212R n =+由牛顿第二定律，洛伦兹力提供向心力，则有：222v qvB m R =得：()02221n mv B qL+=，n=1、2、3....所以为使粒子进入磁场后途经坐标原点0到达坐标(-L ，0)点，求匀强磁场的磁感应强度大小04nmv B qL =，n=1、2、3....或()02221n mv B qL+=，n=1、2、3.... (3) 若轨迹如图甲，粒子从进人磁场到从坐标(一L ，0)点射出磁场过程中，圆心角的总和θ=2n×2π×2=2nπ，则02222n n m L t T qB v ππππ=⨯==若轨迹如图乙，粒子从进人磁场到从坐标(一L ，0)点射出磁场过程中，圆心角的总和θ=(2n+1)×2π=(4n+2)π，则2220(42)(42)2n n m Lt T qB v ππππ++=⨯== 粒子从进入磁场到坐标(-L ，0)点所用的时间为02222n n m Lt T qB v ππππ=⨯==或2220(42)(42)2n n m Lt T qB v ππππ++=⨯==5．如图所示，在不考虑万有引力的空间里，有两条相互垂直的分界线MN 、PQ ，其交点为O ．MN 一侧有电场强度为E 的匀强电场（垂直于MN ），另一侧有匀强磁场（垂直纸面向里）．宇航员（视为质点）固定在PQ 线上距O 点为h 的A 点处，身边有多个质量均为m 、电量不等的带负电小球．他先后以相同速度v0、沿平行于MN 方向抛出各小球．其中第1个小球恰能通过MN 上的C 点第一次进入磁场，通过O 点第一次离开磁场，OC=2h ．求：（1）第1个小球的带电量大小； （2）磁场的磁感强度的大小B ；（3）磁场的磁感强度是否有某值，使后面抛出的每个小球从不同位置进入磁场后都能回到宇航员的手中？如有，则磁感强度应调为多大．【答案】(1) 2012mv q Eh =；(2) 02E B v =；(3)存在，0E B v '=【解析】 【详解】（1）设第1球的电量为1q ，研究A 到C 的运动：2112q E h t m=02h v t =解得：2012mv q Eh=；（2）研究第1球从A 到C 的运动：12y q Evh m= 解得：0y v v =tan 1y v v θ==，45o θ=，02v v =；研究第1球从C 作圆周运动到达O 的运动，设磁感应强度为B由21v q vB m R =得1mvR q B = 由几何关系得：22sin R h θ= 解得：02E B v =； （3）后面抛出的小球电量为q ，磁感应强度B '①小球作平抛运动过程02hmx v t v qE== 2y qE v h m= ②小球穿过磁场一次能够自行回到A ，满足要求：sin R x θ=，变形得：sin mvx qB θ'= 解得：0E B v '=．6．如图所示，在竖直面内有两平行金属导轨AB 、CD ．导轨间距为L ，电阻不计．一根电阻不计的金属棒ab 可在导轨上无摩擦地滑动．棒与导轨垂直，并接触良好．导轨之间有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感强度为B ．导轨右边与电路连接．电路中的三个定值电阻阻值分别为2R 、R 和R ．在BD 间接有一水平放置的电容为C 的平行板电容器，板间距离为d ，电容器中质量为m 的带电微粒电量为q 。
高中物理人教必修三第10章第4节 带电粒子在电场中的运动-教案
带电粒子在电场中的运动【教学目标】1．理解带电粒子在电场中的运动规律，并能分析解决加速和偏转方向的问题。
2．知道示波管的构造和基本原理。
3．通过带电粒子在电场中加速、偏转过程分析，培养学生的分析、推理能力。
4．通过知识的应用，培养学生热爱科学的精神。
【教学重点】带电粒子在匀强电场中的运动规律。
【教学难点】综合应用力学和电学知识处理偏转问题。
【教学过程】一、新课导入教师活动：给学生抛出2012年全世界粒子物理学界最振奋人心的消息：发现“上帝粒子”。
给大家讲述中国科学院卡弗里理论物理研究所2012年KITPC拓展项目活动，欧洲核子中心大型强子对撞机原理。
结合北京正负电子对撞机的图片讲述参观感受，介绍电子直线加速原理与世界粒子物理研究前沿对接，引入新课。
二、新课教学1．教学任务：带电粒子在电场中的的平衡问题师生活动：出示问题问题1：水平放置的两平行金属板间有一匀强电场，已知板间距离为d=5cm，有一质量为m=1.0×10-9kg、带负电的液滴悬浮其中，其电荷量为5.0×10-12C，要使液滴处于静止状态，两极板间应加多大的电势差？哪块极板的电势较高？以提问的方式，师生共同分析得出结论，投影解题过程。
学生回答：略2．教学任务：带电粒子的加速师生活动：出示问题问题2：如图，两平行极板之间的距离为d，板间存在场强为E的匀强电场，有一电荷量为e，质量为m的电子，从左侧极板附近由静止加速，求：电子的加速度、到达右侧极板时的速度及所需时间。
问题3：如图，两平行极板之间的距离为d ，板间电压为U ，有一电荷量为e ，质量为m 的电子，从左侧极板附近由静止加速，求：电子的加速度、到达右侧极板时的速度及所需时间。
问题4：如图，两平行极板之间的距离为d ，板间电压为U ，有一电荷量为e ，质量为m 的电子，以初速度为v 0从左侧极板附近加速，求：电子的加速度和到达右侧极板时的速度。
学生分三组，分别完成问题2、问题3和问题4，分别汇报结果。
带电粒子在电场中的运动
带电粒子在电场中的运动
带电粒子在匀强电场中运动时，若初速度与场强方向平行，它的运动是匀加速直线运动，其加速度大小为。
若初速度与场强方向成某一角度，它的运动是类似于物体在重力场中的斜抛运动。
若初速度与场强方向垂直，它的运动是类似于物体在重力场中的平抛运动，是x 轴方向的匀速直线运动和y 轴方向的初速度为零的匀加速直线运动的叠加，在任一时刻，x 轴方向和y 轴方向的速度分别为
位置坐标分别为
从上两式中消去t，得带电粒子在电场中的轨迹方程
若带电粒子在离开匀强电场区域时，它在x轴方向移动了距离l，它在y轴方向偏移的距离为
这个偏移距离h与场强E成正比，因此只要转变电场强度的大小，就可以调整偏移距离。
带电粒子进入无电场区域后，将在与原来运动方向偏离某一角度的方向作匀速直线运动。
可知
而
所以偏转角为
示波管中，就是利用上下、左右两对平行板（偏转电极）产生的匀强电场，使阴极射出的电子发生上下、左右偏转。
转变平行板间的电压，就能转变平行板间的场强，使电子的运动发生相应的变化，从而转变荧光屏上亮点的位置。
《带电粒子在电场中的运动》高中物理教案
《带电粒子在电场中的运动》高中物理教案一、教学目标1.知识与技能：o理解带电粒子在电场中受到的电场力，知道电场力对带电粒子运动的影响。
o掌握带电粒子在匀强电场中的运动规律，包括直线运动和偏转运动。
o能够应用电场知识和牛顿运动定律分析带电粒子在电场中的运动问题。
2.过程与方法：o通过实验和模拟演示，让学生直观感受带电粒子在电场中的运动情况。
o引导学生通过分析和讨论，理解带电粒子在电场中运动的规律，并能应用于实际问题。
3.情感态度与价值观：o激发学生对电场和带电粒子运动的兴趣和好奇心。
o培养学生的物理直觉和逻辑推理能力，鼓励学生在科学探究中积极尝试。
二、教学重点与难点1.教学重点：带电粒子在匀强电场中的运动规律，包括直线运动和偏转运动。
2.教学难点：带电粒子在电场中的偏转运动，特别是侧移量和偏转角的计算。
三、教学准备1.实验器材：电场演示仪、带电粒子加速器模型、示波器等。
2.多媒体课件：包含带电粒子在电场中运动的模拟动画、实验演示视频、例题解析等。
四、教学过程1.导入新课o回顾电场和电场力的相关知识，引出带电粒子在电场中运动的主题。
o提问学生：“如果有一个带电粒子进入电场，它会受到怎样的影响？它的运动会发生怎样的变化？”2.新课内容讲解o带电粒子在电场中受到的电场力：根据电场强度的定义和库仑定律，推导带电粒子在电场中受到的电场力公式。
o带电粒子在匀强电场中的直线运动：分析带电粒子初速度与电场线方向相同和垂直两种情况下的直线运动规律。
o带电粒子在匀强电场中的偏转运动：通过类比平抛运动，讲解带电粒子在垂直于电场线方向上的匀速直线运动和沿电场线方向上的匀加速直线运动，进而推导侧移量和偏转角的计算公式。
3.实验探究o演示带电粒子在电场中的运动实验，让学生观察带电粒子的运动轨迹和偏转情况。
o引导学生分析实验数据，验证带电粒子在电场中运动的规律，并尝试计算侧移量和偏转角。
4.课堂练习与讨论o出示相关练习题，让学生运用所学知识分析带电粒子在电场中的运动问题，并进行计算。
高中物理带电粒子在电场中的运动-难点剖析
带电粒子在电场中的运动-难点剖析一、处理带电粒子在电场中运动的问题时，对带电粒子的受力分析和运动状态分析是关键带电粒子在电场中的运动问题就是电场中的力学问题，研究方法与力学中相同，只是要注意以下几点：1．带电粒子的受力特点：（1）重力：①有些粒子，如电子、质子、α粒子、正负离子等，除有说明或明确的暗示以外，在电场中运动时均不考虑重力；②宏观带电体，如液滴、小球等除有说明或明确的暗示以外，一般要考虑重力；③未明确说明“带电粒子”的重力是否考虑时，可用两种方法进行判断：一是比较静电力qE 与重力mg ，若qEmg ，则忽略重力，反之要考虑重力；二是题中是否有暗示(如涉及竖直方向)或结合粒子的运动过程、运动性质进行判断．（2）静电力：一切带电粒子在电场中都要受到静电力F=qE ，与粒子的运动状态无关；电场力的大小、方向取决于电场(E 的大小、方向)和电荷的正负，匀强电场中静电力为恒力，非匀强电场中静电力为变力．2．带电粒子的运动过程分析方法：（1）运动性质有：平衡(静止或匀速直线运动)和变速运动(常见的为匀变速)，运动轨迹有直线和曲线(偏转).（2）对于平衡问题，结合受力图根据共点力的平衡条件可求解．（3）对于直线运动问题可用匀变速直线运动的运动学公式和牛顿第二定律、动量定理、动量守恒定律求解；对于匀变速曲线运动问题，可考虑将其分解为两个方向的直线运动，对有关量进行分解、合成来求解.无论哪一类运动，都可以从功和能的角度用动能定理或能的转化与守恒定律来求解，其中静电力做功除一般计算功的公式外，还有W=qU 可用，这一公式对匀强和非匀强电场都适用，而且与运动路线无关．二、对粒子的偏移量和偏转角的讨论在图1-8-3中，设带电粒子质量为m ，带电荷量为q ，以速度v 0垂直于电场线射入匀强偏转电场，偏转电压为U 1．若粒子飞出电场时偏角为θ，则tan θ=x y v v ，公式中v y =at=01·v l md qU ，代入得tan θ=201m dv l qU . ①图1-8-31．若不同的带电粒子是从静止经过同一加速电压U 0加速后进入偏转电场的，则由动能定理有qU 0=21mv 02. ②由①②式得：tan θ=dU l U 012 ③ 由③式可知，粒子的偏角与粒子的q 、m 无关，仅决定于加速电场和偏转电场，即不同的带电粒子从静止经过同一电场加速后进入同一偏转电场后，它们在电场中的偏转角度总是相同的．2．粒子从偏转电场中射出时偏距y=21at 2=21m d qU 1(0v l )2，作粒子速度的反向延长线，设交于O 点，O 点与电场边缘的距离为x ，则x=22tan 2012021l mdv l qU m dv l qU y ==θ. ④ 由④式可知，粒子从偏转电场中射出时，就好像是从极板间的2l 处沿直线射出似的． 3．说明：直线加速器、示波器(示波管)、静电分选器等是本单元知识应用的几个重要实例，在处理这些实际问题时，应注意以下几个重要结论：(1)初速为零的不同带电粒子，经过同一加速电场、偏转电场，打在同一屏上时的偏转角、偏转位移相同.(2)初速为零的带电粒子经同一加速电场和偏转电场后，偏转角φ、偏转位移y 与偏转电压U 1成正比，与加速电压U 0成反比，而与带电粒子的电荷量和质量无关.(3)在结论(1)的条件下，不同的带电粒子都像是从2l 处沿末速度方向以直线射出一样，当电性相同时，在光屏上只产生一个亮点，当电性相反时，在光屏上产生两个中心对称的亮点．【例1】 在370JRB22彩色显像管中，电子从阴极至阳极通过22.5 kV 电势差被加速，试求电场力做的功是多少，电子的电势能变化了多少，电子到达阳极时的速度是多大.思路分析：在电视机显像管中，从阴极发出的电子经高压加速，以足够的能量去激发荧光屏上“像素”发光，又经扫描系统使电子束偏转，根据信号要求打到荧光屏上适当位置，就形成了图像．由于电子的电荷量q=-1.6×10-19 C ，质量m=0．91×10-30 kg ，所以W=qU=1.6×10-19×22.5×103 J=3.6×10-15 J ．电场力做正功，电势能就一定减少了，那么减少的电势能也为3.6×10-15 J ．减少的电势能转化为电子的动能，那么W=21mv 2，所以 v=30151091.0106.322--⨯⨯⨯=m W m/s =8.9×107 m/s. 答案：3.6×10-15 J 3.6×10-15 J 8.9×107 m/s温馨提示：显像管中的加速电场不是匀强电场，但公式W=qU 对一切电场都适用．【例2】如图1-8-4所示，带负电的小球静止在水平放置的平行板电容器两板间，距下板0.8 cm ，两板间的电势差为300 V ．如果两板间电势差减小到60 V ，则带电小球运动到极板上需多长时间?图1-8-4思路分析：取带电小球为研究对象，设它带电荷量为q ，则带电小球受重力mg 和电场力qE 的作用．当U 1=300 V 时，小球平衡：mg=qdU 1 ① 当U 2=60 V 时，带电小球向下板做匀加速直线运动：mg-q d U 2=ma ② 又h=21at 2，联立①②③式得：t=gU U h U )(2211-=4.5×10-2 s. 答案：4.5×10-2 s温馨提示：这是一道典型的力学综合题，涉及力的平衡、牛顿第二定律及匀变速运动的规律等知识.带电粒子的加速和偏转问题实质上是一个力学问题，我们要逐步认识这一点．三、处理带电粒子在电场中运动问题的方法及一般思维顺序1．处理方法：带电粒子在电场中的运动问题，其本质是力学知识的应用，关键在于对带电粒子的受力情况进行分析，题目的类型有：电荷的平衡、直线、曲线或往复振动问题，要将力学的研究方法灵活应用到电场中，如整体法、隔离法、正交分解法、图象法、等效法等等，处理力电综合问题解题思路仍然是依据力学中的基本规律：牛顿运动定律、功能关系等．2．处理带电粒子在电场中运动问题的思维顺序(1)弄清研究对象，明确所研究的物理过程；(2)分析物体在所研究过程中的受力情况；(3)分析物体的运动状态；(4)根据物体运动过程所满足的规律列方程求解.【例3】两平行金属板A 、B 水平放置，一个质量为m=5×10-6 kg 的带电微粒，以v 0=2 m/s 的水平速度从两板正中位置射入电场，如图1-8-5所示，A 、B 两板间距离d=4 cm ，板长L=10 cm ．图1-8-5(1)当A 、B 间的电压U AB =1 000 V 时，微粒恰好不偏转，沿图中直线射出电场，求该粒子的电荷量和电性．(2)令B 板接地，欲使该微粒射出偏转电场，求A 板所加电势的范围．思路分析：(1)当U AB =1 000 V 时，重力跟电场力相等，微粒才沿初速度v 0方向做匀速直线运动，故q d U AB =mg ，q=ABU m gd =2×10-9 C ；重力方向竖直向下，电场力方向竖直向上，而场强方向竖直向下(U AB ＞0)，所以，微粒带负电．(2)令该微粒从A 板边缘M 点飞出，设此时φA =φ1，因为φB =0，所以U AB =φ1，电场力和重力都沿竖直方向，微粒在水平方向做匀速直线运动，速度v x =v 0；在竖直方向a=md q 1ϕ-g ，侧移y=21d ，所以21d=21at 2.代入a 和t=0v L 得φ1=22220qL mgdL d mv +=2 600 V 当qE ＜mg 时，带电微粒向下偏转，竖直方向a ′=g-mdq 2ϕ，同理可得φ2=600 V 故欲使微粒射出偏转电场，A 板所加电势的范围为600 V ＜φA ＜2 600 V ．温馨提示：本题是一综合题，首先让学生明确两极板的电势差大小等于A 板的电势，因为φB =0，由微粒在电场中的偏转位移y ，进而得出φA 的范围.本题虽然没有明确指出微粒的重力是否忽略，但由题意的运动情况，可以推知微粒的重力不能忽略．【例4】在图1-8-6中，一个质量为m 、电荷量为-q 的小物体，可在水平轨道Ox 上运动，O 端有一与轨道垂直的固定墙，轨道处在场强为E 、方向沿Ox 轴正方向的匀强电场中，小物体以初速v 0从x 0点沿Ox 轨道运动，运动中受到大小不变的摩擦力f 的作用，且f ＜qE ，小物体与墙碰撞时不损失机械能.求它在停止前通过的总路程.图1-8-6思路分析：方法一：应用动能定理.设小物块共走过的路程为s ，由W=ΔE k ，得qEx 0-fs=0-21mv 02， 解得s=fmv qEx 22200+. 方法二：用能量守恒定律解．设小物块共走过路程s ，克服摩擦力做功的值为fs ，这也就是转变为内能的能量．动能与电势能的总和减少了ΔE=qEx 0+21mv 02，内能增加了ΔE ′=fs ，又由ΔE=ΔE ′=qEx 0+21mv 02=fs ，解得s=fmv qEx 22200+. 答案：fmv qEx 22200+ 温馨提示：一道综合题目，往往有不同的解法，但不论应用什么方法解题，关键是把物理过程搞清楚，通过本题可以看出利用动能定理和能量守恒定律解题，往往比较简捷．。
带电粒子在电场和磁场中的运动
带电粒子在电场和磁场中的运动要点归纳一、不计重力的带电粒子在电场中的运动1．带电粒子在电场中加速当电荷量为q 、质量为m 、初速度为v 0的带电粒子经电压U 加速后，速度变为v t ，由动能定理得：qU ＝12m v t 2－12m v 02．若v 0＝0，则有v t ＝2qU m，这个关系式对任意静电场都是适用的． 对于带电粒子在电场中的加速问题，应突出动能定理的应用．2．带电粒子在匀强电场中的偏转电荷量为q 、质量为m 的带电粒子由静止开始经电压U 1加速后，以速度v 1垂直进入由两带电平行金属板产生的匀强电场中，则带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，其轨迹是一条抛物线(如图4－1所示)．图4－1 qU 1＝12m v 12 设两平行金属板间的电压为U 2，板间距离为d ，板长为L ．(1)带电粒子进入两板间后粒子在垂直于电场的方向上做匀速直线运动，有：v x ＝v 1，L ＝v 1t粒子在平行于电场的方向上做初速度为零的匀加速直线运动，有：v y ＝at ，y ＝12at 2，a ＝qE m ＝qU 2md． (2)带电粒子离开极板时侧移距离y ＝12at 2＝qU 2L 22md v 12＝U 2L 24dU 1轨迹方程为：y ＝U 2x 24dU 1(与m 、q 无关) 偏转角度φ的正切值tan φ＝at v 1＝qU 2L md v 12＝U 2L 2dU 1若在偏转极板右侧D 距离处有一竖立的屏，在求电子射到屏上的侧移距离时有一个很有用的推论，即：所有离开偏转电场的运动电荷好像都是从极板的中心沿中心与射出点的连线射出的．这样很容易得到电荷在屏上的侧移距离y ′＝(D ＋L 2)tan φ． 以上公式要求在能够证明的前提下熟记，并能通过以上式子分析、讨论侧移距离和偏转角度与带电粒子的速度、动能、比荷等物理量的关系．二、不计重力的带电粒子在磁场中的运动1．匀速直线运动：若带电粒子的速度方向与匀强磁场的方向平行，则粒子做匀速直线运动．2．匀速圆周运动：若带电粒子的速度方向与匀强磁场的方向垂直，则粒子做匀速圆周运动．质量为m 、电荷量为q 的带电粒子以初速度v 垂直进入匀强磁场B 中做匀速圆周运动，其角速度为ω，轨道半径为R ，运动的周期为T ，则有：q v B ＝m v 2R ＝mRω2＝m v ω＝mR (2πT)2＝mR (2πf )2 R ＝m v qBT ＝2πm qB (与v 、R 无关)，f ＝1T ＝qB 2πm． 3．对于带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的问题，应注意把握以下几点．(1)粒子圆轨迹的圆心的确定①若已知粒子在圆周运动中的两个具体位置及通过某一位置时的速度方向，可在已知的速度方向的位置作速度的垂线，同时作两位置连线的中垂线，两垂线的交点为圆轨迹的圆心，如图4－2 所示．②若已知做圆周运动的粒子通过某两个具体位置的速度方向，可在两位置上分别作两速度的垂线，两垂线的交点为圆轨迹的圆心，如图4－3所示．③若已知做圆周运动的粒子通过某一具体位置的速度方向及圆轨迹的半径R ，可在该位置上作速度的垂线，垂线上距该位置R 处的点为圆轨迹的圆心(利用左手定则判断圆心在已知位置的哪一侧)，如图4－4所示．图4－2 图4－3 图4－4(2)粒子圆轨迹的半径的确定①可直接运用公式R ＝m v qB来确定． ②画出几何图形，利用半径R 与题中已知长度的几何关系来确定．在利用几何关系时，要注意一个重要的几何特点，即：粒子速度的偏向角φ等于对应轨迹圆弧的圆心角α，并等于弦切角θ的2倍，如图4－5所示．图4－5 (3)粒子做圆周运动的周期的确定①可直接运用公式T ＝2πm qB来确定． ②利用周期T 与题中已知时间t 的关系来确定．若粒子在时间t 内通过的圆弧所对应的圆心角为α，则有：t ＝α360°·T (或t ＝α2π·T )． (4)圆周运动中有关对称的规律①从磁场的直边界射入的粒子，若再从此边界射出，则速度方向与边界的夹角相等，如图4－6所示． ②在圆形磁场区域内，沿径向射入的粒子必沿径向射出，如图4－7所示．图4－6 图4－7(5)带电粒子在有界磁场中运动的极值问题刚好穿出磁场边界的条件通常是带电粒子在磁场中运动的轨迹与边界相切．三、带电粒子在复合场中的运动1．高中阶段所涉及的复合场有四种组合形式，即：①电场与磁场的复合场；②磁场与重力场的复合场；③电场与重力场的复合场；④电场、磁场与重力场的复合场．2．带电粒子在复合场中的运动性质取决于带电粒子所受的合外力及初速度，因此应把带电粒子的运动情况和受力情况结合起来进行分析．当带电粒子在复合场中所受的合外力为零时，带电粒子做匀速直线运动(如速度选择器)；当带电粒子所受的重力与电场力等值、反向，由洛伦兹力提供向心力时，带电粒子在垂直磁场的平面内做匀速圆周运动；当带电粒子所受的合外力是变力，且与初速度的方向不在一条直线上时，粒子做非匀变速曲线运动，运动轨迹也随之不规范地变化．因此，要确定粒子的运动情况，必须明确有几种场，粒子受几种力，重力是否可以忽略．3．带电粒子所受三种场力的特征(1)洛伦兹力的大小跟速度方向与磁场方向的夹角有关．当带电粒子的速度方向与磁场方向平行时，f 洛＝0；当带电粒子的速度方向与磁场方向垂直时，f 洛＝q v B ．当洛伦兹力的方向垂直于速度v 和磁感应强度B 所决定的平面时，无论带电粒子做什么运动，洛伦兹力都不做功．(2)电场力的大小为qE ，方向与电场强度E 的方向及带电粒子所带电荷的性质有关．电场力做功与路径无关，其数值除与带电粒子的电荷量有关外，还与其始末位置的电势差有关．(3)重力的大小为mg ，方向竖直向下．重力做功与路径无关，其数值除与带电粒子的质量有关外，还与其始末位置的高度差有关．注意：①微观粒子(如电子、质子、离子)一般都不计重力；②对带电小球、液滴、金属块等实际的物体没有特殊交代时，应当考虑其重力；③对未知名的、题中又未明确交代的带电粒子，是否考虑其重力，则应根据题给的物理过程及隐含条件具体分析后作出符合实际的决定．4．带电粒子在复合场中的运动的分析方法(1)当带电粒子在复合场中做匀速运动时，应根据平衡条件列方程求解．(2)当带电粒子在复合场中做匀速圆周运动时，往往应用牛顿第二定律和平衡条件列方程联立求解．(3)当带电粒子在复合场中做非匀速曲线运动时，应选用动能定理或动量守恒定律列方程求解．注意：如果涉及两个带电粒子的碰撞问题，要根据动量守恒定律列方程，再与其他方程联立求解． 由于带电粒子在复合场中的受力情况复杂，运动情况多变，往往出现临界问题，这时应以题目中的“恰好”、“最大”、“最高”、“至少”等词语为突破口，挖掘隐含条件，并根据临界条件列出辅助方程，再与其他方程联立求解．热点、重点、难点一、根据带电粒子的运动轨迹进行分析推理图4－8●例1 如图4－8所示，MN 是一正点电荷产生的电场中的一条电场线．一个带负电的粒子(不计重力)从a 到b 穿越这条电场线的轨迹如图中虚线所示．下列结论正确的是( )A ．带电粒子从a 到b 的过程中动能逐渐减小B ．正点电荷一定位于M 点的左侧C ．带电粒子在a 点时具有的电势能大于在b 点时具有的电势能D ．带电粒子在a 点的加速度大于在b 点的加速度【解析】由做曲线运动的物体的受力特点知带负电的粒子受到的电场力指向曲线的内侧，故电场线MN 的方向为N →M ，正点电荷位于N 的右侧，选项B 错误；由a 、b 两点的位置关系知b 点更靠近场源电荷，故带电粒子在a 点受到的库仑力小于在b 点受到的库仑力，粒子在b 点的加速度大，选项D 错误；由上述电场力的方向知带电粒子由a 运动到b 的过程中电场力做正功，动能增大，电势能减小，故选项A 错误、C 正确．[答案] C【点评】本专题内容除了在高考中以常见的计算题形式出现外，有时候也以选择题形式出现，通过带电粒子在非匀强电场中(只受电场力)的运动轨迹来分析电场力和能的特性是一种重要题型，解析这类问题时要注意以下三点：①电场力一定沿电场线曲线的切线方向且一定指向轨迹曲线的内侧；②W 电＝qU a b ＝E k b －E k a ；③当电场线为曲线时，电荷的运动轨迹不会与之重合．二、带电粒子在电场中的加速与偏转图4－9●例2 喷墨打印机的结构简图如图4－9所示，其中墨盒可以发出墨汁微滴，其半径约为1×10－5 m ，此微滴经过带电室时被带上负电，带电荷量的多少由计算机按字体笔画的高低位置输入信号加以控制．带电后的微滴以一定的初速度进入偏转电场，带电微滴经过偏转电场发生偏转后打到纸上，显示出字体．无信号输入时，墨汁微滴不带电，径直通过偏转板而注入回流槽流回墨盒．偏转板长1.6 cm ，两板间的距离为0.50 cm ，偏转板的右端距纸3.2 cm ．若墨汁微滴的质量为1.6×10－10 kg ，以20 m/s 的初速度垂直于电场方向进入偏转电场，两偏转板间的电压是8.0×103 V ，其打到纸上的点距原射入方向的距离是2.0 mm ．求这个墨汁微滴通过带电室所带的电荷量的多少．(不计空气阻力和重力，可以认为偏转电场只局限于平行板电容器的内部，忽略边缘电场的不均匀性)为了使纸上的字放大10%，请你分析并提出一个可行的方法．【解析】设墨汁微滴所带的电荷量为q ，它进入偏转电场后做类平抛运动，离开电场后做直线运动打到纸上，则距原入射方向的距离为：y ＝12at 2＋L tan φ又a ＝qU md ，t ＝l v 0，tan φ＝at v 0解得：y ＝qUl md v 02(l 2＋L ) 代入数据得：q ＝1.25×10－13 C要将字体放大10%，只要使y 增大为原来的 1.1倍，可采用的措施为将两偏转板间的电压增大到8.8×103 V ，或将偏转板右端与纸的间距增大到3.6 cm ．[答案] 1.25×10－13 C 将两偏转板间的电压增大到8.8×103 V ，或将偏转板右端与纸的间距增大到3.6 cm【点评】①本题也可直接根据推论公式y ＝(l 2＋L )tan φ＝(l 2＋L )qUl md v 02进行计算． ②和平抛运动问题一样，这类题型中偏转角度的正切表达式在解题中往往较为关键，且有tan θ＝2tan α(α为射出点的位移方向与入射方向的夹角)的特点．★同类拓展1 如图4－10甲所示，在真空中，有一半径为R 的圆形区域内存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外．在磁场右侧有一对平行金属板M 和N ，两板间距为R ，板长为2R ，板间的中心线O 1O 2与磁场的圆心O 在同一直线上．有一电荷量为q 、质量为m 的带正电的粒子以速度v 0从圆周上的a 点沿垂直于半径OO 1并指向圆心O 的方向进入磁场，当从圆周上的O 1点水平飞出磁场时，给M 、N 两板加上如图4－10乙所示的电压，最后粒子刚好以平行于N 板的速度从N 板的边缘飞出．(不计粒子所受到的重力、两板正对面之间为匀强电场，边缘电场不计)图4－10 (1)求磁场的磁感应强度B ．(2)求交变电压的周期T 和电压U 0的值．(3)当t ＝T 2时，该粒子从M 、N 板右侧沿板的中心线仍以速度v 0射入M 、N 之间，求粒子从磁场中射出的点到a 点的距离．【解析】(1)粒子自a 点进入磁场，从O 1点水平飞出磁场，则其运动的轨道半径为R ．由q v 0B ＝m v 02R ，解得：B ＝m v 0qR． (2)粒子自O 1点进入电场后恰好从N 板的边缘平行极板飞出，设运动时间为t ，根据类平抛运动规律有：2R＝v 0tR 2＝2n ·qU 02mR (T 2)2 又t ＝nT (n ＝1,2,3…)解得：T ＝2R n v 0(n ＝1,2,3…) U 0＝nm v 022q(n ＝1,2,3…)．图4－10丙(3)当t ＝T 2时，粒子以速度v 0沿O 2O 1射入电场，该粒子恰好从M 板边缘以平行于极板的速度射入磁场，进入磁场的速度仍为v 0，运动的轨迹半径为R ．设进入磁场时的点为b ，离开磁场时的点为c ，圆心为O 3，如图4－10丙所示，四边形ObO 3c 是菱形，所以Oc ∥O 3b ，故c 、O 、a 三点共线，ca 即为圆的直径，则c 、a 间的距离d ＝2R ．[答案] (1)m v 0qR(2)2R n v 0 (n ＝1,2,3…) nm v 022q(n ＝1,2,3…) (3)2R 【点评】带电粒子在匀强电场中偏转的运动是类平抛运动，解此类题目的关键是将运动分解成两个简单的直线运动，题中沿电场方向的分运动就是“受力周期性变化的加速运动”．三、带电粒子在有界磁场中(只受洛伦兹力)的运动1．带电粒子在磁场中的运动大体包含五种常见情境，即：无边界磁场、单边界磁场、双边界磁场、矩形边界磁场、圆形边界磁场．带电粒子在磁场中的运动问题综合性较强，解这类问题往往要用到圆周运动的知识、洛伦兹力，还要牵涉到数学中的平面几何、解析几何等知识．因此，解此类试题，除了运用常规的解题思路(画草图、找“圆心”、定“半径”等)之外，更应侧重于运用数学知识进行分析．2．带电粒子在有界匀强磁场中运动时，其轨迹为不完整的圆周，解决这类问题的关键有以下三点． ①确定圆周的圆心．若已知入射点、出射点及入射方向、出射方向，可通过入射点和出射点作垂直于入射方向和出射方向的直线，两直线的交点即为圆周的圆心；若已知入射点、出射点及入射方向，可通过入射点作入射线的垂线，连接入射点和出射点，作此连线的垂直平分线，两垂线的交点即为圆周的圆心．②确定圆的半径．一般在圆上作图，由几何关系求出圆的半径．③求运动时间．找到运动的圆弧所对应的圆心角θ，由公式t ＝θ2πT 求出运动时间． 3．解析带电粒子穿过圆形区域磁场问题常可用到以下推论：①沿半径方向入射的粒子一定沿另一半径方向射出．②同种带电粒子以相同的速率从同一点垂直射入圆形区域的匀强磁场时，若射出方向与射入方向在同一直径上，则轨迹的弧长最长，偏转角有最大值且为α＝2arcsin R r ＝2arcsin RBq m v． ③在圆形区域边缘的某点向各方向以相同速率射出的某种带电粒子，如果粒子的轨迹半径与区域圆的半径相同，则穿过磁场后粒子的射出方向均平行(反之，平行入射的粒子也将汇聚于边缘一点)．●例3 如图4－11甲所示，空间存在匀强电场和匀强磁场，电场方向为y 轴正方向，磁场方向垂直于xy 平面(纸面)向外，电场和磁场都可以随意加上或撤除，重新加上的电场或磁场与撤除前的一样．一带正电荷的粒子从P (0，h )点以一定的速度平行于x 轴正向入射．这时若只有磁场，粒子将做半径为R 0的圆周运动；若同时存在电场和磁场，粒子恰好做直线运动．现在只加电场，当粒子从P 点运动到x ＝R 0平面(图中虚线所示)时，立即撤除电场同时加上磁场，粒子继续运动，其轨迹与x 轴交于M 点，不计重力，求：图4－11甲(1)粒子到达x ＝R 0平面时的速度方向与x 轴的夹角以及粒子到x 轴的距离．(2)M 点的横坐标x M ．【解析】(1)粒子做直线运动时，有：qE ＝qB v 0做圆周运动时，有：qB v 0＝m v 02R 0只有电场时，粒子做类平抛运动，则有：qE ＝maR 0＝v 0tv y ＝at解得：v y ＝v 0粒子的速度大小为：v ＝v 02＋v y 2＝2v 0速度方向与x 轴的夹角为：θ＝π4粒子与x 轴的距离为：H ＝h ＋12at 2＝h ＋R 02． (2)撤去电场加上磁场后，有：qB v ＝m v 2R解得：R ＝2R 0此时粒子的运动轨迹如图4－11乙所示．圆心C 位于与速度v 方向垂直的直线上，该直线与x 轴和y轴的夹角均为π4．由几何关系可得C 点的坐标为：图4－11乙x C ＝2R 0y C ＝H －R 0＝h －R 02 过C 点作x 轴的垂线，在△CDM 中，有：l CM ＝R ＝2R 0，l CD ＝y C ＝h －R 02解得：l DM ＝l CM 2－l CD 2＝74R 02＋R 0h －h 2 M 点的横坐标为：x M ＝2R 0＋74R 02＋R 0h －h 2． [答案] (1)π2 h ＋R 02 (2)2R 0＋74R 02＋R 0h －h 2 【点评】无论带电粒子在匀强电场中的偏转还是在匀强磁场中的偏转，偏转角往往是个较关键的量． ●例4 如图4－12甲所示，质量为m 、电荷量为e 的电子从坐标原点O 处沿xOy 平面射入第一象限内，射入时的速度方向不同，但大小均为v 0．现在某一区域内加一方向向外且垂直于xOy 平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，若这些电子穿过磁场后都能垂直地射到与y 轴平行的荧光屏MN 上，求：图4－12甲 (1)荧光屏上光斑的长度．(2)所加磁场范围的最小面积．【解析】(1)如图4－12乙所示，要求光斑的长度，只要找到两个边界点即可．初速度沿x 轴正方向的电子沿弧OA 运动到荧光屏MN 上的P 点；初速度沿y 轴正方向的电子沿弧OC 运动到荧光屏MN 上的Q 点．图4－12乙设粒子在磁场中运动的半径为R ，由牛顿第二定律得：e v 0B ＝m v 02R ，即R ＝m v 0Be由几何知识可得：PQ ＝R ＝m v 0Be． (2)取与x 轴正方向成θ角的方向射入的电子为研究对象，其射出磁场的点为E (x ，y )，因其射出后能垂直打到屏MN 上，故有：x ＝－R sin θy ＝R ＋R cos θ即x 2＋(y －R )2＝R 2又因为电子沿x 轴正方向射入时，射出的边界点为A 点；沿y 轴正方向射入时，射出的边界点为C 点，故所加最小面积的磁场的边界是以(0，R )为圆心、R 为半径的圆的一部分，如图乙中实线圆弧所围区域，所以磁场范围的最小面积为：S ＝34πR 2＋R 2－14πR 2＝(π2＋1)(m v 0Be)2． [答案] (1)m v 0Be (2)(π2＋1)(m v 0Be)2 【点评】带电粒子在匀强磁场中偏转的试题基本上是年年考，大概为了求新求变，在2009年高考中海南物理卷(第16题)、浙江理综卷(第25题)中都出现了应用这一推论的题型．★同类拓展2 如图4－13甲所示，ABCD 是边长为a 的正方形．质量为m 、电荷量为e 的电子以大小为v 0的初速度沿纸面垂直于BC 边射入正方形区域．在正方形内适当区域中有匀强磁场．电子从BC 边上的任意点入射，都只能从A 点射出磁场．不计重力，求：图4－13甲(1)此匀强磁场区域中磁感应强度的方向和大小．(2)此匀强磁场区域的最小面积．[2009年高考·海南物理卷]【解析】(1)若要使由C 点入射的电子从A 点射出，则在C 处必须有磁场，设匀强磁场的磁感应强度的大小为B ，令圆弧AEC 是自C 点垂直于BC 入射的电子在磁场中的运行轨道，电子所受到的磁场的作用力f ＝e v 0B ，方向应指向圆弧的圆心，因而磁场的方向应垂直于纸面向外．圆弧AEC 的圆心在CB 边或其延长线上．依题意，圆心在A 、C 连线的中垂线上，故B 点即为圆心，圆半径为a ．按照牛顿定律有： f ＝m v 02a联立解得：B ＝m v 0ea． (2)由(1)中决定的磁感应强度的方向和大小，可知自C 点垂直于BC 入射的电子在A 点沿DA 方向射出，且自BC 边上其他点垂直于入射的电子的运动轨道只能在BAEC 区域中，因而，圆弧AEC 是所求的最小磁场区域的一个边界．为了决定该磁场区域的另一边界，我们来考察射中A 点的电子的速度方向与BA 的延长线交角为θ(不妨设0≤θ＜π2)的情形．该电子的运动轨迹QP A 如图4－13乙所示．图中，圆弧 AP 的圆心为O ，PQ 垂直于BC 边，由上式知，圆弧 AP 的半径仍为a ．过P 点作DC 的垂线交DC 于G ，由几何关系可知∠DPG＝θ，在以D 为原点、DC 为x 轴、DA 为y 轴的坐标系中，P 点的坐标(x ，y )为：x ＝a sin θ，y ＝a cos θ图4－13乙 这意味着，在范围0≤θ≤π2内，P 点形成以D 为圆心、a 为半径的四分之一圆周 AFC ，它是电子做直线运动和圆周运动的分界线，构成所求磁场区域的另一边界．因此，所求的最小匀强磁场区域是分别以B 和D 为圆心、a 为半径的两个四分之一圆周AEC 和 AFC 所围成的，其面积为： S ＝2(14πa 2－12a 2)＝π－22a 2． [答案] (1)m v 0ea 方向垂直于纸面向外 (2)π－22a 2 四、带电粒子在复合场、组合场中的运动问题●例5 在地面附近的真空中，存在着竖直向上的匀强电场和垂直电场方向水平向里的匀强磁场，如图4－14甲所示．磁场的磁感应强度B 随时间t 的变化情况如图4－14乙所示．该区域中有一条水平直线MN ，D 是MN 上的一点．在t ＝0时刻，有一个质量为m 、电荷量为＋q 的小球(可看做质点)，从M 点开始沿着水平直线以速度v 0做匀速直线运动，t 0时刻恰好到达N 点．经观测发现，小球在t ＝2t 0至t ＝3t 0时间内的某一时刻，又竖直向下经过直线MN 上的D 点，并且以后小球多次水平向右或竖直向下经过D 点．求：图4－14(1)电场强度E 的大小．(2)小球从M 点开始运动到第二次经过D 点所用的时间．(3)小球运动的周期，并画出运动轨迹(只画一个周期)．【解析】(1)小球从M 点运动到N 点时，有：qE ＝mg解得：E ＝mg q． (2)小球从M 点到达N 点所用时间t 1＝t 0小球从N 点经过34个圆周，到达P 点，所以t 2＝t 0小球从P 点运动到D 点的位移x ＝R ＝m v 0B 0q小球从P 点运动到D 点的时间t 3＝R v 0＝m B 0q所以时间t ＝t 1＋t 2＋t 3＝2t 0＋m B 0q[或t ＝m qB 0(3π＋1)，t ＝2t 0(13π＋1)]． (3)小球运动一个周期的轨迹如图4－14丙所示．图4－14丙 小球的运动周期为：T ＝8t 0(或T ＝12πm qB 0)． [答案] (1)mg q (2)2t 0＋m B 0q(3)T ＝8t 0 运动轨迹如图4－14丙所示【点评】带电粒子在复合场或组合场中运动的轨迹形成一闭合的对称图形的试题在高考中屡有出现．五、常见的、在科学技术中的应用带电粒子在电场、磁场中的运动规律在科学技术中有广泛的应用，高中物理中常碰到的有：示波器(显像管)、速度选择器、质谱仪、回旋加速器、霍耳效应传感器、电磁流量计等．●例6 一导体材料的样品的体积为a ×b ×c ，A ′、C 、A 、C ′为其四个侧面，如图4－15所示．已知导体样品中载流子是自由电子，且单位体积中的自由电子数为n ，电阻率为ρ，电子的电荷量为e ，沿x 方向通有电流I ．图4－15(1)导体样品A ′、A 两个侧面之间的电压是________，导体样品中自由电子定向移动的速率是________．(2)将该导体样品放在匀强磁场中，磁场方向沿z 轴正方向，则导体侧面C 的电势________(填“高于”、“低于”或“等于”)侧面C ′的电势．(3)在(2)中，达到稳定状态时，沿x 方向的电流仍为I ，若测得C 、C ′两侧面的电势差为U ，试计算匀强磁场的磁感应强度B 的大小．【解析】(1)由题意知，样品的电阻R ＝ρ·c ab根据欧姆定律：U 0＝I ·R ＝ρcI ab分析t 时间定向移动通过端面的自由电子，由电流的定义式I ＝n ·ab ·v ·t ·e t可得v ＝I nabe．(2)由左手定则知，定向移动的自由电子向C ′侧面偏转，故C 侧的电势高于C ′侧面．(3)达到稳定状态时，自由电子受到电场力与洛伦兹力的作用而平衡，则有：q Ub＝q v B解得：B ＝neaUI ．[答案] (1)ρcI ab I nabe (2)高于 (3)neaUI【点评】本例实际上为利用霍耳效应测磁感应强度的方法，而电磁流量计、磁流体发电机的原理及相关问题的解析都与此例相似．★同类拓展3 如图4－16甲所示，离子源A 产生的初速度为零、带电荷量均为e 、质量不同的正离子被电压为U 0的加速电场加速后匀速通过准直管，垂直射入匀强偏转电场，偏转后通过极板HM 上的小孔S 离开电场，经过一段匀速直线运动，垂直于边界MN 进入磁感应强度为B 的匀强磁场．已知HO ＝d ，HS ＝2d ，∠MNQ ＝90°．(忽略离子所受重力)图4－16甲(1)求偏转电场场强E 0的大小以及HM 与MN 的夹角φ． (2)求质量为m 的离子在磁场中做圆周运动的半径．(3)若质量为4m 的离子垂直打在NQ 的中点S 1处，质量为16m 的离子打在S 2处．求S 1和S 2之间的距离以及能打在NQ 上的正离子的质量范围．[2009年高考·重庆理综卷]【解析】(1)设正离子经电压为U 0的电场加速后速度为v 1，应用动能定理有：图4－16乙eU 0＝12m v 12－0正离子垂直射入匀强偏转电场，受到的电场力F ＝eE 0产生的加速度a ＝F m ，即a ＝eE 0m垂直电场方向做匀速运动，有：2d ＝v 1t沿电场方向，有：d ＝12at 2联立解得：E 0＝U 0d又tan φ＝v 1at解得：φ＝45°．(2)正离子进入磁场时的速度大小为： v ＝v 12＋v ⊥2＝v 12＋(at )2正离子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有：e v B ＝m v 2R联立解得：正离子在磁场中做圆周运动的半径R ＝2mU 0eB 2．(3)将4m 和16m 代入R ，得R 1＝24mU 0eB 2、R 2＝216mU 0eB 2图4－16丙由几何关系可知S 1和S 2之间的距离Δs ＝R 22－(R 2－R 1)2－R 1联立解得：Δs ＝4(3－1)mU 0eB 2由R ′2＝(2R 1)2＋(R ′－R 1)2得：R ′＝52R 1由12R 1<R <52R 1 得：m <m 正<25m ．[答案] (1)45° (2)2mU 0eB 2(3)m <m 正<25m经典考题带电粒子在电场、磁场以及复合场、组合场中的运动问题是每年各地高考的必考内容，留下大量的经典题型，认真地总结归纳这些试题会发现以下特点：①重这些理论在科学技术上的应用； ②需要较强的空间想象能力． 1．图示是科学史上一张著名的实验照片，显示一个带电粒子在云室中穿过某种金属板运动的径迹．云室放置在匀强磁场中，磁场方向垂直照片向里，云室中横放的金属板对粒子的运动起阻碍作用．分析此径迹可知粒子[2009年高考·安徽理综卷]( )。
高中物理带电粒子在电场中的运动解题技巧及经典题型及练习题(含答案)及解析
高中物理带电粒子在电场中的运动解题技巧及经典题型及练习题(含答案)及解析一、高考物理精讲专题带电粒子在电场中的运动1．如图所示，竖直平面内有一固定绝缘轨道ABCDP ，由半径r ＝0.5m 的圆弧轨道CDP 和与之相切于C 点的水平轨道ABC 组成，圆弧轨道的直径DP 与竖直半径OC 间的夹角θ＝37°，A 、B 两点间的距离d ＝0.2m 。
质量m 1＝0.05kg 的不带电绝缘滑块静止在A 点，质量m 2＝0.1kg 、电荷量q ＝1×10﹣5C 的带正电小球静止在B 点，小球的右侧空间存在水平向右的匀强电场。
现用大小F ＝4.5N 、方向水平向右的恒力推滑块，滑块到达B 点前瞬间撤去该恒力，滑块与小球发生弹性正碰，碰后小球沿轨道运动，到达P 点时恰好和轨道无挤压且所受合力指向圆心。
小球和滑块均视为质点，碰撞过程中小球的电荷量不变，不计一切摩擦。
取g ＝10m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.(1)求撤去该恒力瞬间滑块的速度大小v 以及匀强电场的电场强度大小E ； (2)求小球到达P 点时的速度大小v P 和B 、C 两点间的距离x ；(3)若小球从P 点飞出后落到水平轨道上的Q 点（图中未画出）后不再反弹，求Q 、C 两点间的距离L 。
【答案】（1）撤去该恒力瞬间滑块的速度大小是6m/s ，匀强电场的电场强度大小是7.5×104N/C ；（2）小球到达P 点时的速度大小是2.5m/s ，B 、C 两点间的距离是0.85m 。
（3）Q 、C 两点间的距离为0.5625m 。
【解析】 【详解】（1）对滑块从A 点运动到B 点的过程，根据动能定理有：Fd ＝12m 1v 2， 代入数据解得：v ＝6m/s小球到达P 点时，受力如图所示，由平衡条件得：qE ＝m 2g tanθ， 解得：E ＝7.5×104N/C 。
高二物理带电粒子在电场中的运动(1)
与粒子的电量q、 质量m无关
U l 2 y 4U1d
例与练
8、如图所示，有一电子(电量为e、质量为m) 经电压U0加速后，沿平行金属板A、B中心 线进入两板，A、B板间距为d、长度为L， A、B板间电压为U，屏CD足够大，距离A、 B板右边缘2L，AB板的中心线过屏CD的中 心且与屏CD垂直。试求电子束打在屏上的 位置到屏中心间的距离。
1 2 Ek mv qU 2
与电量成正比
2qU v m
与比荷平方 根成正比
例与练
2、如图所示，M、N是在真空中竖直放置的两块
平行金属板，质量为m、电量为+q的带电粒子， 以极小的初速度由小孔进入电场，当M、N间电 压为U时，粒子到达N板的速度为v，如果要使这 个带电粒子到达N板的速度为2v ，则下述方法能 满足要求的是（ B ） M d N A、使M、N间电压增加为2U B、使M、N间电压增加为4U C、使M、N间电压不变，距离减半 + D、使M、N间电压不变，距离加倍
平气合、无所事事，她又开始操心起来：水清主仆两人都在她这里，那是谁在伺候她の四小格？虽然有秦顺儿那奴才，可太监毕竟是男人，有些 时候，男人再精心，也不比壹各诸人用着更顺手。第壹卷 第255章 醒悟德妃の担心是有道理の，水清和吟雪主仆两人在她那里当“免费宫女”， 谁来照顾王爷呢？就凭秦顺儿那各奴才？虽然也是壹各精明、机灵之人，但是在照顾饮食起居这些日常琐事方面，男人再怎么着总不如诸人细心。 来到草原の壹各月多月时间里，水清披星戴月奔波于自己の营帐和德妃娘娘住处之间，周而复始、疲劳单调の两点壹线。每日天不亮，就顶着惺 忪の睡眼起床，夜深咯，婆婆大人发过话，才能拖着疲惫の身体回到自己の帐子，还不能按时正常地吃上饭。当然只能是玉盈！玉盈责无旁待地 承担起咯服侍王爷の职责。自从驻扎在草原，除咯午膳，王爷の早膳和晚膳都只能是由玉盈负责起来。其实她所需要服侍の，也就是他の早膳和 晚膳，晨起和晚安事宜仍是由秦顺儿来负责。此外，玉盈还要负责凝儿の午膳和晚膳。每日里，水清拖着疲惫の身躯回来，无论是午膳还是晚膳， 玉盈都会为她温好，确保她回来の第壹时间里，能够壹刻不耽误地吃上壹口热饭，然后再抓紧壹切时间睡眠休息，确保补充体力。玉盈拼命地不 惜壹切地想要把壹切都做好，竭尽全力地要把凝儿和王爷都照顾好，以图减轻对他们两各人の亏欠。对王爷，她是感动，对凝儿，她是内疚。水 清当然知道自己不在の时候，是由玉盈姐姐替她服侍王爷。对此，水清内疚不已。姐姐原本是年家の大仆役，在王府却变成咯使唤丫头，假如是 换作咯她自己，壹定无法接受这各现实。经过壹各来月の历练，水清终于想明白咯，爷为啥啊要带上她随行塞外？因为德妃娘娘需要她这各“免 费宫女”！王府里の姐姐们，哪壹各爷能舍得带出来受这各罪？那就只剩她咯，她这各最不受王爷待见の侧福晋，正是最合适の人选。明白咯这 各道理，她只要壹起这件事情，就只是好笑，唉，府里の那些姐姐们居然还会认为随行塞外是壹各天大の恩典，假如她们知道，来到塞外の任务 就是起早贪黑地服侍娘娘，连草原长啥啊样子都没有见过の话，真不知道她们是否还会打破咯脑袋争着要过来。那么为啥啊要玉盈姐姐陪着来 呢？肯定是担心哪天她累倒咯，还有她这各姐姐继续顶上这各苦差事。毕竟她自己生病就像是家常便饭似の，天高路远，哪里再去找这么方便、 这么顺手の人来顶替？有玉盈姐姐在，不就是双保险咯？壹想明白咯这些事情，她不禁对爷の安排暗自佩服，连夸几声好。爷可真是心思缜密、 滴水不露之人。同时，水清也对自己の处境有咯更清楚の认识，不但她自己，她们整各儿年家所
高中物理(新人教版)必修第三册课后习题：带电粒子在电场中的运动(课后习题)【含答案及解析】
带电粒子在电场中的运动合格考达标练1.(2021湖南娄底一中高二上学期期中)如图所示,两平行金属板相距为d,电势差为U,一电子质量为m,电荷量为e,从O点沿垂直于极板的方向射出,最远到达A点,然后返回,OA=h,此电子具有的初动能是()A.edℎUhC.eU dℎD.eUℎdO点运动到A点,因受静电力作用,速度逐渐减小。
电子仅受静电力,根据动能定理得1 2mv02=eU OA。
因E=Ud,U OA=Eh=Uℎd,故12mv02=eUℎd。
所以D正确。
2.如图所示,a、b两个带正电的粒子,以相同的速度先后垂直于电场线从同一点进入平行板间的匀强电场后,a粒子打在B板的a'点,b粒子打在B板的b'点,若不计重力,则()A.a的电荷量一定大于b的电荷量B.b的质量一定大于a的质量C.a的比荷一定大于b的比荷D.b的比荷一定大于a的比荷,由h=12·qEm(xv0)2得x=v0√2ℎmqE。
由v0√2ℎm aEq a<v0√2ℎm bEq b得q am a>q bm b,故选项C正确。
3.(2021江西九江修水一中高二月考)如图所示,一价氢离子和二价氦离子的混合体,经同一加速电场由静止加速后,垂直射入同一偏转电场中,偏转后,打在同一荧光屏上,则它们()A.同时到达屏上同一点B.先后到达屏上同一点C.同时到达屏上不同点D.先后到达屏上不同点qU1=12mv02,在偏转电场中的偏转距离y=12·U2qmd·L2v02=U2L24U1d,故两离子运动轨迹相同,打在屏上同一点;一价氢离子和二价氦离子的比荷不同,经过加速电场后的末速度不同,因此两离子运动的时间不同。
故选B。
4.(多选)如图所示,平行板电容器的两个极板与水平地面成一定角度,两极板与一直流电源相连。
若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器,则在此过程中,该粒子()A.所受重力与静电力平衡B.电势能逐渐增加C.动能逐渐增加D.做匀变速直线运动,其重力和静电力的合力应与速度共线,如图所示。