陜西省西安市2013屆高三物理二輪復習 專題4 帶電粒子在電場和磁場中的運動

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1、 第4專題　帶電粒子在電場和磁場中的運動 知識網(wǎng)絡 考點預測 帶電粒子在電場、磁場(或電場、磁場和重力場的復合場)中的運動是高中物理中的重點內(nèi)容，這類問題對學生的空間想象能力、分析綜合能力、應用數(shù)學知識處理物理問題的能力有較高的要求，是考查考生多項能力的極好載體，因此成為高考的熱點，在實行了多年的理科綜合能力測試中也是每年都考，且分值較高．從試題的難度上看，多屬于中等難度和較難的題，特別是只要出現(xiàn)計算題就一定是難度較大的綜合題．考題有可能以科學技術的具體問題為背景，從實際問題中獲取并處理信息，把實際問題轉化成物理問題，提高分析解決實際問題的能力是教學中的重點．計算題還常常成為試卷的

2、壓軸題，預計在2013年高考中仍然會出現(xiàn)帶電粒子在復合的或組合的電場和磁場中運動的問題． 要點歸納 一、不計重力的帶電粒子在電場中的運動 1．帶電粒子在電場中加速 當電荷量為q、質(zhì)量為m、初速度為v0的帶電粒子經(jīng)電壓U加速后，速度變?yōu)関t，由動能定理得：qU＝mvt2－mv02．若v0＝0，則有vt＝，這個關系式對任意靜電場都是適用的． 對于帶電粒子在電場中的加速問題，應突出動能定理的應用． 2．帶電粒子在勻強電場中的偏轉 電荷量為q、質(zhì)量為m的帶電粒子由靜止開始經(jīng)電壓U1加速后，以速度v1垂直進入由兩帶電平行金屬板產(chǎn)生的勻強電場中，則帶電粒子在勻強電場中做類平拋運動，其軌跡是一

3、條拋物線(如圖4－1所示)． 圖4－1 qU1＝mv12 設兩平行金屬板間的電壓為U2，板間距離為d，板長為L． (1)帶電粒子進入兩板間后 粒子在垂直于電場的方向上做勻速直線運動，有： vx＝v1，L＝v1t 粒子在平行于電場的方向上做初速度為零的勻加速直線運動，有： vy＝at，y＝at2，a＝＝． (2)帶電粒子離開極板時 側移距離y＝at2＝＝ 軌跡方程為：y＝(與m、q無關) 偏轉角度φ的正切值tan φ＝＝＝ 若在偏轉極板右側D距離處有一豎立的屏，在求電子射到屏上的側移距離時有一個很有用的推論，即：所有離開偏轉電場的運動電荷好像都是從極板的中心沿中心與

4、射出點的連線射出的．這樣很容易得到電荷在屏上的側移距離y′＝． 以上公式要求在能夠證明的前提下熟記，并能通過以上式子分析、討論側移距離和偏轉角度與帶電粒子的速度、動能、比荷等物理量的關系． 二、不計重力的帶電粒子在磁場中的運動 1．勻速直線運動：若帶電粒子的速度方向與勻強磁場的方向平行，則粒子做勻速直線運動． 2．勻速圓周運動：若帶電粒子的速度方向與勻強磁場的方向垂直，則粒子做勻速圓周運動． 質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子以初速度v垂直進入勻強磁場B中做勻速圓周運動，其角速度為ω，軌道半徑為R，運動的周期為T，則有： qvB＝m＝mRω2＝mvω＝mR()2＝mR(2πf)2 R

5、＝ T＝(與v、R無關)，f＝＝． 3．對于帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的問題，應注意把握以下幾點． (1)粒子圓軌跡的圓心的確定 ①若已知粒子在圓周運動中的兩個具體位置及通過某一位置時的速度方向，可在已知的速度方向的位置作速度的垂線，同時作兩位置連線的中垂線，兩垂線的交點為圓軌跡的圓心，如圖4－2 所示． ②若已知做圓周運動的粒子通過某兩個具體位置的速度方向，可在兩位置上分別作兩速度的垂線，兩垂線的交點為圓軌跡的圓心，如圖4－3所示． ③若已知做圓周運動的粒子通過某一具體位置的速度方向及圓軌跡的半徑R，可在該位置上作速度的垂線，垂線上距該位置R處的點為圓軌跡的圓心(利用左手

6、定則判斷圓心在已知位置的哪一側)，如圖4－4所示． 圖4－2　　　　圖4－3　　　　　圖4－4 (2)粒子圓軌跡的半徑的確定 ①可直接運用公式R＝ 來確定． ②畫出幾何圖形，利用半徑R與題中已知長度的幾何關系來確定．在利用幾何關系時，要注意一個重要的幾何特點，即：粒子速度的偏向角φ等于對應軌跡圓弧的圓心角α，并等于弦切角θ的2倍，如圖4－5所示． 圖4－5 (3)粒子做圓周運動的周期的確定 ①可直接運用公式T＝ 來確定． ②利用周期T與題中已知時間t的關系來確定．若粒子在時間t內(nèi)通過的圓弧所對應的圓心角為α，則有：t＝·T(或t＝·T)． (4)圓周運動中有關對稱的規(guī)

7、律 ①從磁場的直邊界射入的粒子，若再從此邊界射出，則速度方向與邊界的夾角相等，如圖4－6所示． ②在圓形磁場區(qū)域內(nèi)，沿徑向射入的粒子必沿徑向射出，如圖4－7所示． 圖4－6　　　　　　　　圖4－7 (5)帶電粒子在有界磁場中運動的極值問題 剛好穿出磁場邊界的條件通常是帶電粒子在磁場中運動的軌跡與邊界相切． 三、帶電粒子在復合場中的運動 1．高中階段所涉及的復合場有四種組合形式，即：①電場與磁場的復合場；②磁場與重力場的復合場；③電場與重力場的復合場；④電場、磁場與重力場的復合場． 2．帶電粒子在復合場中的運動性質(zhì)取決于帶電粒子所受的合外力及初速度，因此應把帶電粒子的運動情況

8、和受力情況結合起來進行分析．當帶電粒子在復合場中所受的合外力為零時，帶電粒子做勻速直線運動(如速度選擇器)；當帶電粒子所受的重力與電場力等值、反向，由洛倫茲力提供向心力時，帶電粒子在垂直磁場的平面內(nèi)做勻速圓周運動；當帶電粒子所受的合外力是變力，且與初速度的方向不在一條直線上時，粒子做非勻變速曲線運動，運動軌跡也隨之不規(guī)范地變化．因此，要確定粒子的運動情況，必須明確有幾種場，粒子受幾種力，重力是否可以忽略． 3．帶電粒子所受三種場力的特征 (1)洛倫茲力的大小跟速度方向與磁場方向的夾角有關．當帶電粒子的速度方向與磁場方向平行時，f洛＝0；當帶電粒子的速度方向與磁場方向垂直時，f洛＝qvB．當

9、洛倫茲力的方向垂直于速度v和磁感應強度B所決定的平面時，無論帶電粒子做什么運動，洛倫茲力都不做功． (2)電場力的大小為qE，方向與電場強度E的方向及帶電粒子所帶電荷的性質(zhì)有關．電場力做功與路徑無關，其數(shù)值除與帶電粒子的電荷量有關外，還與其始末位置的電勢差有關． (3)重力的大小為mg，方向豎直向下．重力做功與路徑無關，其數(shù)值除與帶電粒子的質(zhì)量有關外，還與其始末位置的高度差有關． 注意：①微觀粒子(如電子、質(zhì)子、離子)一般都不計重力；②對帶電小球、液滴、金屬塊等實際的物體沒有特殊交代時，應當考慮其重力；③對未知名的、題中又未明確交代的帶電粒子，是否考慮其重力，則應根據(jù)題給的物理過程及隱含

10、條件具體分析后作出符合實際的決定． 4．帶電粒子在復合場中的運動的分析方法 (1)當帶電粒子在復合場中做勻速運動時，應根據(jù)平衡條件列方程求解． (2)當帶電粒子在復合場中做勻速圓周運動時，往往應用牛頓第二定律和平衡條件列方程聯(lián)立求解． (3)當帶電粒子在復合場中做非勻速曲線運動時，應選用動能定理或動量守恒定律列方程求解． 注意：如果涉及兩個帶電粒子的碰撞問題，要根據(jù)動量守恒定律列方程，再與其他方程聯(lián)立求解． 由于帶電粒子在復合場中的受力情況復雜，運動情況多變，往往出現(xiàn)臨界問題，這時應以題目中的“恰好”、“最大”、“最高”、“至少”等詞語為突破口，挖掘隱含條件，并根據(jù)臨界條件列出輔助

11、方程，再與其他方程聯(lián)立求解． 熱點、重點、難點 一、根據(jù)帶電粒子的運動軌跡進行分析推理 圖4－8 ●例1　如圖4－8所示，MN是一正點電荷產(chǎn)生的電場中的一條電場線．一個帶負電的粒子(不計重力)從a到b穿越這條電場線的軌跡如圖中虛線所示．下列結論正確的是(　　) A．帶電粒子從a到b的過程中動能逐漸減小 B．正點電荷一定位于M點的左側 C．帶電粒子在a點時具有的電勢能大于在b點時具有的電勢能 D．帶電粒子在a點的加速度大于在b點的加速度 【解析】由做曲線運動的物體的受力特點知帶負電的粒子受到的電場力指向曲線的內(nèi)側，故電場線MN的方向為N→M，正點電荷位于N的右側，選項B錯誤

12、；由a、b兩點的位置關系知b點更靠近場源電荷，故帶電粒子在a點受到的庫侖力小于在b點受到的庫侖力，粒子在b點的加速度大，選項D錯誤；由上述電場力的方向知帶電粒子由a運動到b的過程中電場力做正功，動能增大，電勢能減小，故選項A錯誤、C正確． [答案]　C 【點評】本專題內(nèi)容除了在高考中以常見的計算題形式出現(xiàn)外，有時候也以選擇題形式出現(xiàn)，通過帶電粒子在非勻強電場中(只受電場力)的運動軌跡來分析電場力和能的特性是一種重要題型，解析這類問題時要注意以下三點： ①電場力一定沿電場線曲線的切線方向且一定指向軌跡曲線的內(nèi)側； ②W電＝qUa b＝Ekb－Eka； ③當電場線為曲線時，電荷的運動軌跡

13、不會與之重合． 二、帶電粒子在電場中的加速與偏轉 圖4－9 ●例2　噴墨打印機的結構簡圖如圖4－9所示，其中墨盒可以發(fā)出墨汁微滴，其半徑約為1×10－5 m，此微滴經(jīng)過帶電室時被帶上負電，帶電荷量的多少由計算機按字體筆畫的高低位置輸入信號加以控制．帶電后的微滴以一定的初速度進入偏轉電場，帶電微滴經(jīng)過偏轉電場發(fā)生偏轉后打到紙上，顯示出字體．無信號輸入時，墨汁微滴不帶電，徑直通過偏轉板而注入回流槽流回墨盒．偏轉板長1.6 cm，兩板間的距離為0.50 cm，偏轉板的右端距紙3.2 cm．若墨汁微滴的質(zhì)量為1.6×10－10 kg，以20 m/s的初速度垂直于電場方向進入偏轉電場，兩偏轉板

14、間的電壓是8.0×103 V，其打到紙上的點距原射入方向的距離是2.0 mm．求這個墨汁微滴通過帶電室所帶的電荷量的多少．(不計空氣阻力和重力，可以認為偏轉電場只局限于平行板電容器的內(nèi)部，忽略邊緣電場的不均勻性)為了使紙上的字放大10%，請你分析并提出一個可行的方法． 【解析】設墨汁微滴所帶的電荷量為q，它進入偏轉電場后做類平拋運動，離開電場后做直線運動打到紙上，則距原入射方向的距離為：y＝at2＋Ltan φ 又a＝，t＝，tan φ＝ 解得：y＝(＋L) 代入數(shù)據(jù)得：q＝1.25×10－13 C 要將字體放大10%，只要使y增大為原來的1.1倍，可采用的措施為將兩偏轉板間的電壓增

15、大到8.8×103 V，或?qū)⑵D板右端與紙的間距增大到3.6 cm． [答案]　1.25×10－13 C　將兩偏轉板間的電壓增大到8.8×103 V，或?qū)⑵D板右端與紙的間距增大到3.6 cm 【點評】①本題也可直接根據(jù)推論公式y(tǒng)＝(＋L)tan φ＝(＋L)進行計算． ②和平拋運動問題一樣，這類題型中偏轉角度的正切表達式在解題中往往較為關鍵，且有tan θ＝2tan α(α為射出點的位移方向與入射方向的夾角)的特點． ★同類拓展1　如圖4－10甲所示，在真空中，有一半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)存在勻強磁場，磁場方向垂直紙面向外．在磁場右側有一對平行金屬板M和N，兩板間距為R，板長為2R，板間

16、的中心線O1O2與磁場的圓心O在同一直線上．有一電荷量為q、質(zhì)量為m的帶正電的粒子以速度v0從圓周上的a點沿垂直于半徑OO1并指向圓心O的方向進入磁場，當從圓周上的O1點水平飛出磁場時，給M、N兩板加上如圖4－10乙所示的電壓，最后粒子剛好以平行于N板的速度從N板的邊緣飛出．(不計粒子所受到的重力、兩板正對面之間為勻強電場，邊緣電場不計) 圖4－10 (1)求磁場的磁感應強度B． (2)求交變電壓的周期T和電壓U0的值． (3)當t＝時，該粒子從M、N板右側沿板的中心線仍以速度v0射入M、N之間，求粒子從磁場中射出的點到a點的距離． 【解析】(1)粒子自a點進入磁場，從O1點水平

17、飛出磁場，則其運動的軌道半徑為R． 由qv0B＝m，解得：B＝． (2)粒子自O1點進入電場后恰好從N板的邊緣平行極板飛出，設運動時間為t，根據(jù)類平拋運動規(guī)律有： 2R＝v0t ＝2n·()2 又t＝nT (n＝1,2,3…) 解得：T＝ (n＝1,2,3…) U0＝ (n＝1,2,3…)． 圖4－10丙 (3)當t＝時，粒子以速度v0沿O2O1射入電場，該粒子恰好從M板邊緣以平行于極板的速度射入磁場，進入磁場的速度仍為v0，運動的軌跡半徑為R．設進入磁場時的點為b，離開磁場時的點為c，圓心為O3，如圖4－10丙所示，四邊形ObO3c是菱形，所以Oc∥O3b，故c、O、a

18、三點共線，ca即為圓的直徑，則c、a間的距離d＝2R． [答案]　(1) (2) (n＝1,2,3…)　 (n＝1,2,3…)　(3)2R 【點評】帶電粒子在勻強電場中偏轉的運動是類平拋運動，解此類題目的關鍵是將運動分解成兩個簡單的直線運動，題中沿電場方向的分運動就是“受力周期性變化的加速運動”． 三、帶電粒子在有界磁場中(只受洛倫茲力)的運動 1．帶電粒子在磁場中的運動大體包含五種常見情境，即：無邊界磁場、單邊界磁場、雙邊界磁場、矩形邊界磁場、圓形邊界磁場．帶電粒子在磁場中的運動問題綜合性較強，解這類問題往往要用到圓周運動的知識、洛倫茲力，還要牽涉到數(shù)學中的平面幾何、解析幾何等知

19、識．因此，解此類試題，除了運用常規(guī)的解題思路(畫草圖、找“圓心”、定“半徑”等)之外，更應側重于運用數(shù)學知識進行分析． 2．帶電粒子在有界勻強磁場中運動時，其軌跡為不完整的圓周，解決這類問題的關鍵有以下三點． ①確定圓周的圓心．若已知入射點、出射點及入射方向、出射方向，可通過入射點和出射點作垂直于入射方向和出射方向的直線，兩直線的交點即為圓周的圓心；若已知入射點、出射點及入射方向，可通過入射點作入射線的垂線，連接入射點和出射點，作此連線的垂直平分線，兩垂線的交點即為圓周的圓心． ②確定圓的半徑．一般在圓上作圖，由幾何關系求出圓的半徑． ③求運動時間．找到運動的圓弧所對應的圓心角θ，由公

20、式t＝T 求出運動時間． 3．解析帶電粒子穿過圓形區(qū)域磁場問題?？捎玫揭韵峦普摚? ①沿半徑方向入射的粒子一定沿另一半徑方向射出． ②同種帶電粒子以相同的速率從同一點垂直射入圓形區(qū)域的勻強磁場時，若射出方向與射入方向在同一直徑上，則軌跡的弧長最長，偏轉角有最大值且為α＝2arcsin＝2arcsin． ③在圓形區(qū)域邊緣的某點向各方向以相同速率射出的某種帶電粒子，如果粒子的軌跡半徑與區(qū)域圓的半徑相同，則穿過磁場后粒子的射出方向均平行(反之，平行入射的粒子也將匯聚于邊緣一點)． ●例3　如圖4－11甲所示，空間存在勻強電場和勻強磁場，電場方向為y軸正方向，磁場方向垂直于xy平面(紙面)向外

21、，電場和磁場都可以隨意加上或撤除，重新加上的電場或磁場與撤除前的一樣．一帶正電荷的粒子從P(0，h)點以一定的速度平行于x軸正向入射．這時若只有磁場，粒子將做半徑為R0的圓周運動；若同時存在電場和磁場，粒子恰好做直線運動．現(xiàn)在只加電場，當粒子從P點運動到x＝R0平面(圖中虛線所示)時，立即撤除電場同時加上磁場，粒子繼續(xù)運動，其軌跡與x軸交于M點，不計重力，求： 圖4－11甲 (1)粒子到達x＝R0平面時的速度方向與x軸的夾角以及粒子到x軸的距離． (2)M點的橫坐標xM． 【解析】(1)粒子做直線運動時，有：qE＝qBv0 做圓周運動時，有：qBv0＝ 只有電場時，粒子做類平拋

22、運動，則有： qE＝ma R0＝v0t vy＝at 解得：vy＝v0 粒子的速度大小為：v＝＝v0 速度方向與x軸的夾角為：θ＝ 粒子與x軸的距離為：H＝h＋at2＝h＋． (2)撤去電場加上磁場后，有：qBv＝m 解得：R＝R0 此時粒子的運動軌跡如圖4－11乙所示．圓心C位于與速度v方向垂直的直線上，該直線與x軸和y軸的夾角均為．由幾何關系可得C點的坐標為： 圖4－11乙 xC＝2R0 yC＝H－R0＝h－ 過C點作x軸的垂線，在△CDM中，有：lCM＝R＝R0，lCD＝y(tǒng)C＝h－ 解得：lDM＝＝ M點的橫坐標為：xM＝2R0＋． [答案]　(1)　

23、h＋　(2)2R0＋ 【點評】無論帶電粒子在勻強電場中的偏轉還是在勻強磁場中的偏轉，偏轉角往往是個較關鍵的量． ●例4　如圖4－12甲所示，質(zhì)量為m、電荷量為e的電子從坐標原點O處沿xOy平面射入第一象限內(nèi)，射入時的速度方向不同，但大小均為v0．現(xiàn)在某一區(qū)域內(nèi)加一方向向外且垂直于xOy平面的勻強磁場，磁感應強度大小為B，若這些電子穿過磁場后都能垂直地射到與y軸平行的熒光屏MN上，求： 圖4－12甲 (1)熒光屏上光斑的長度． (2)所加磁場范圍的最小面積． 【解析】(1)如圖4－12乙所示，要求光斑的長度，只要找到兩個邊界點即可．初速度沿x軸正方向的電子沿弧OA運動到熒光屏MN

24、上的P點；初速度沿y軸正方向的電子沿弧OC運動到熒光屏MN上的Q點． 圖4－12乙 設粒子在磁場中運動的半徑為R ，由牛頓第二定律得： ev0B＝m，即R＝ 由幾何知識可得：PQ＝R＝． (2)取與x軸正方向成θ角的方向射入的電子為研究對象，其射出磁場的點為E(x，y)，因其射出后能垂直打到屏MN上，故有： x＝－Rsin θ y＝R＋Rcos θ 即x2＋(y－R)2＝R2 又因為電子沿x軸正方向射入時，射出的邊界點為A點；沿y軸正方向射入時，射出的邊界點為C點，故所加最小面積的磁場的邊界是以(0，R)為圓心、R為半徑的圓的一部分，如圖乙中實線圓弧所圍區(qū)域，所以磁場范圍

25、的最小面積為： S＝πR2＋R2－πR2＝(＋1)()2． [答案]　(1)　(2)(＋1)()2 【點評】帶電粒子在勻強磁場中偏轉的試題基本上是年年考，大概為了求新求變，在2009年高考中海南物理卷(第16題)、浙江理綜卷(第25題)中都出現(xiàn)了應用這一推論的題型． ★同類拓展2　如圖4－13甲所示，ABCD是邊長為a的正方形．質(zhì)量為m、電荷量為e的電子以大小為v0的初速度沿紙面垂直于BC邊射入正方形區(qū)域．在正方形內(nèi)適當區(qū)域中有勻強磁場．電子從BC邊上的任意點入射，都只能從A點射出磁場．不計重力，求： 圖4－13甲 (1)此勻強磁場區(qū)域中磁感應強度的方向和大小． (2)此勻強

26、磁場區(qū)域的最小面積． [2009年高考·海南物理卷] 【解析】(1)若要使由C點入射的電子從A點射出，則在C處必須有磁場，設勻強磁場的磁感應強度的大小為B，令圓弧是自C點垂直于BC入射的電子在磁場中的運行軌道，電子所受到的磁場的作用力f＝ev0B，方向應指向圓弧的圓心，因而磁場的方向應垂直于紙面向外．圓弧的圓心在CB邊或其延長線上．依題意，圓心在A、C連線的中垂線上，故B點即為圓心，圓半徑為a．按照牛頓定律有： f＝m 聯(lián)立解得：B＝． (2)由(1)中決定的磁感應強度的方向和大小，可知自C點垂直于BC入射的電子在A點沿DA方向射出，且自BC邊上其他點垂直于入射的電子的運動軌道只能在

27、BAEC區(qū)域中，因而，圓弧是所求的最小磁場區(qū)域的一個邊界． 為了決定該磁場區(qū)域的另一邊界，我們來考察射中A點的電子的速度方向與BA的延長線交角為θ(不妨設0≤θ＜)的情形．該電子的運動軌跡QPA如圖4－13乙所示．圖中，圓弧的圓心為O，PQ垂直于BC邊，由上式知，圓弧的半徑仍為a．過P點作DC的垂線交DC于G，由幾何關系可知∠DPG＝θ，在以D為原點、DC為x軸、DA為y軸的坐標系中，P點的坐標(x，y)為： x＝asin θ，y＝acos θ 圖4－13乙 這意味著，在范圍0≤θ≤內(nèi)，P點形成以D為圓心、a為半徑的四分之一圓周，它是電子做直線運動和圓周運動的分界線，構成所求磁場區(qū)

28、域的另一邊界．因此，所求的最小勻強磁場區(qū)域是分別以B和D為圓心、a為半徑的兩個四分之一圓周 和 所圍成的，其面積為： S＝2(πa2－a2)＝a2． [答案]　(1)　方向垂直于紙面向外　(2)a2 四、帶電粒子在復合場、組合場中的運動問題 ●例5　在地面附近的真空中，存在著豎直向上的勻強電場和垂直電場方向水平向里的勻強磁場，如圖4－14甲所示．磁場的磁感應強度B隨時間t的變化情況如圖4－14乙所示．該區(qū)域中有一條水平直線MN，D是MN上的一點．在t＝0時刻，有一個質(zhì)量為m、電荷量為＋q的小球(可看做質(zhì)點)，從M點開始沿著水平直線以速度v0做勻速直線運動，t0時刻恰好到達N點．經(jīng)觀測

29、發(fā)現(xiàn)，小球在t＝2t0至t＝3t0時間內(nèi)的某一時刻，又豎直向下經(jīng)過直線MN上的D點，并且以后小球多次水平向右或豎直向下經(jīng)過D點．求： 圖4－14 (1)電場強度E的大?。? (2)小球從M點開始運動到第二次經(jīng)過D點所用的時間． (3)小球運動的周期，并畫出運動軌跡(只畫一個周期)． 【解析】(1)小球從M點運動到N點時，有：qE＝mg 解得：E＝． (2)小球從M點到達N點所用時間t1＝t0 小球從N點經(jīng)過個圓周，到達P點，所以t2＝t0 小球從P點運動到D點的位移x＝R＝ 小球從P點運動到D點的時間t3＝＝ 所以時間t＝t1＋t2＋t3＝2t0＋ [或t＝(3π＋1

30、)，t＝2t0(＋1)]． (3)小球運動一個周期的軌跡如圖4－14丙所示． 圖4－14丙 小球的運動周期為：T＝8t0(或T＝)． [答案]　(1)　(2)2t0＋ (3)T＝8t0　運動軌跡如圖4－14丙所示 【點評】帶電粒子在復合場或組合場中運動的軌跡形成一閉合的對稱圖形的試題在高考中屢有出現(xiàn)． 五、常見的、在科學技術中的應用 帶電粒子在電場、磁場中的運動規(guī)律在科學技術中有廣泛的應用，高中物理中常碰到的有：示波器(顯像管)、速度選擇器、質(zhì)譜儀、回旋加速器、霍耳效應傳感器、電磁流量計等． ●例6　一導體材料的樣品的體積為a×b×c，A′、C、A、C′為其四個側面，如圖

31、4－15所示．已知導體樣品中載流子是自由電子，且單位體積中的自由電子數(shù)為n，電阻率為ρ，電子的電荷量為e，沿x方向通有電流I． 圖4－15 (1)導體樣品A′、A兩個側面之間的電壓是________，導體樣品中自由電子定向移動的速率是________． (2)將該導體樣品放在勻強磁場中，磁場方向沿z軸正方向，則導體側面C的電勢________(填“高于”、“低于”或“等于”)側面C′的電勢． (3)在(2)中，達到穩(wěn)定狀態(tài)時，沿x方向的電流仍為I，若測得C、C′兩側面的電勢差為U，試計算勻強磁場的磁感應強度B的大?。? 【解析】(1)由題意知，樣品的電阻R＝ρ· 根據(jù)歐姆定律：U

32、0＝I·R＝ 分析t時間定向移動通過端面的自由電子，由電流的定義式 I＝ 可得v＝． (2)由左手定則知，定向移動的自由電子向C′側面偏轉，故C側的電勢高于C′側面． (3)達到穩(wěn)定狀態(tài)時，自由電子受到電場力與洛倫茲力的作用而平衡，則有：q＝qvB 解得：B＝． [答案]　(1)　　(2)高于　(3) 【點評】本例實際上為利用霍耳效應測磁感應強度的方法，而電磁流量計、磁流體發(fā)電機的原理及相關問題的解析都與此例相似． ★同類拓展3　如圖4－16甲所示，離子源A產(chǎn)生的初速度為零、帶電荷量均為e、質(zhì)量不同的正離子被電壓為U0的加速電場加速后勻速通過準直管，垂直射入勻強偏轉電場，偏轉

33、后通過極板HM上的小孔S離開電場，經(jīng)過一段勻速直線運動，垂直于邊界MN進入磁感應強度為B的勻強磁場．已知HO＝d，HS＝2d，∠MNQ＝90°．(忽略離子所受重力) 圖4－16甲 (1)求偏轉電場場強E0的大小以及HM與MN的夾角φ． (2)求質(zhì)量為m的離子在磁場中做圓周運動的半徑． (3)若質(zhì)量為4m的離子垂直打在NQ的中點S1處，質(zhì)量為16m的離子打在S2處．求S1和S2之間的距離以及能打在NQ上的正離子的質(zhì)量范圍． [2009年高考·重慶理綜卷] 【解析】(1)設正離子經(jīng)電壓為U0的電場加速后速度為v1，應用動能定理有： 圖4－16乙 eU0＝mv12－0 正離

34、子垂直射入勻強偏轉電場，受到的電場力F＝eE0 產(chǎn)生的加速度a＝，即a＝ 垂直電場方向做勻速運動，有：2d＝v1t 沿電場方向，有：d＝at2 聯(lián)立解得：E0＝ 又tan φ＝ 解得：φ＝45°． (2)正離子進入磁場時的速度大小為： v＝＝ 正離子在勻強磁場中做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，則有：evB＝m 聯(lián)立解得：正離子在磁場中做圓周運動的半徑R＝2． (3)將4m和16m代入R，得R1＝2、R2＝2 圖4－16丙 由幾何關系可知S1和S2之間的距離Δs＝－R1 聯(lián)立解得：Δs＝4(－1) 由R′2＝(2R1)2＋(R′－R1)2 得：R′＝R1

35、 由R1

36、正電，由上往下運動 C．帶負電，由上往下運動 D．帶負電，由下往上運動 【解析】粒子穿過金屬板后速度變小，由半徑公式r＝可知，半徑變小，粒子的運動方向為由下向上；又由洛倫茲力的方向指向圓心以及左手定則知粒子帶正電． [答案]　A 【點評】題圖為安德森發(fā)現(xiàn)正電子的云室照片． 2．圖示為一“濾速器”裝置的示意圖．a(chǎn)、b為水平放置的平行金屬板，一束具有各種不同速率的電子沿水平方向經(jīng)小孔O進入a、b兩板之間．為了選取具有某種特定速率的電子，可在a、b間加上電壓，并沿垂直于紙面的方向加一勻強磁場，使所選電子仍能夠沿水平直線OO′運動，由O′射出．不計重力作用．可能達到上述目的的辦法是[200

37、6年高考·全國理綜卷Ⅰ](　　) A．使a板的電勢高于b板，磁場方向垂直紙面向里 B．使a板的電勢低于b板，磁場方向垂直紙面向里 C．使a板的電勢高于b板，磁場方向垂直紙面向外 D．使a板的電勢低于b板，磁場方向垂直紙面向外 【解析】要使電子能沿直線通過復合場，電子所受電場力與洛倫茲力必是一對平衡力．由左手定則及電場的相關知識可知，選項A、D正確． [答案]　AD 3．圖示是質(zhì)譜儀的工作原理示意圖．帶電粒子被加速電場加速后，進入速度選擇器．速度選擇器內(nèi)相互正交的勻強磁場和勻強電場的強度分別為B和E．平板S上有可讓粒子通過的狹縫P和記錄粒子位置的膠片A1A2．平板S下方有強度為

38、B0的勻強磁場．下列表述正確的是[2009年高考·廣東物理卷](　　) A．質(zhì)譜儀是分析同位素的重要工具 B．速度選擇器中的磁場方向垂直紙面向外 C．能通過狹縫P的帶電粒子的速率等于 D．粒子打在膠片上的位置越靠近狹縫P，粒子的荷質(zhì)比越小 【解析】粒子在電場中加速有：qU＝mv2，粒子沿直線通過速度選擇器有：Eq＝qvB，粒子在平板S下方磁場中做圓周運動有：r＝，由上述過程遵循的規(guī)律可知選項A、B、C正確． [答案]　ABC 4．帶電粒子的比荷是一個重要的物理量．某中學物理興趣小組設計了一個實驗，探究電場和磁場對電子運動軌跡的影響，以求得電子的比荷，實驗裝置如圖所示．

39、(1)他們的主要實驗步驟如下． A．首先在兩極板M1M2之間不加任何電場、磁場，開啟陰極射線管電源，發(fā)射的電子從兩極板中央通過，在熒屏的正中心處觀察到一個亮點． B．在M1M2兩極板間加合適的電場：加極性如圖所示的電壓，并逐步調(diào)節(jié)增大，使熒屏上的亮點逐漸向熒屏下方偏移，直到熒屏上恰好看不見亮點為止，記下此時外加電壓為U．請問本步驟的目的是什么？ C．保持步驟B中的電壓U不變，對M1M2區(qū)域加一個大小、方向均合適的磁場B，使熒屏正中心重現(xiàn)亮點，試問外加磁場的方向如何？ (2)根據(jù)上述實驗步驟，同學們正確推算出電子的比荷與外加電場、磁場及其他相關量的關系為＝．一位同學說，這表明電子的比荷將

40、由外加電壓決定，外加電壓越大則電子的比荷越大．你認為他的說法正確嗎？為什么？ [2007年高考·廣東物理卷] [答案]　(1)B．使電子剛好落在正極板的近熒幕端的邊緣，利用已知量表達． C．垂直電場方向向外(垂直紙面向外) (2)說法不正確，電子的比荷是電子的固有參數(shù)． 5．1932年，勞倫斯和利文斯頓設計出了回旋加速器．回旋加速器的工作原理如圖所示，置于高真空中的D形金屬盒半徑為R，兩盒間的狹縫很小，帶電粒子穿過的時間可以忽略不計．磁感應強度為B的勻強磁場與盒面垂直．A處粒子源產(chǎn)生的粒子，質(zhì)量為m、電荷量為＋q ，在加速器中被加速，加速電壓為U．加速過程中不考慮相對論效應和重力作用

41、． (1)求粒子第2次和第1次經(jīng)過兩D形盒間狹縫后軌道半徑之比． (2)求粒子從靜止開始加速到出口處所需的時間t． (3)實際使用中，磁感應強度和加速電場頻率都有最大值的限制．若某一加速器磁感應強度和加速電場頻率的最大值分別為Bm、fm，試討論粒子能獲得的最大動能Ekm． [2009年高考·江蘇物理卷] 【解析】(1)設粒子第1次經(jīng)過狹縫后的半徑為r1，速度為v1，則qU＝mv12 qv1B＝m 解得：r1＝ 同理，粒子第2次經(jīng)過狹縫后的半徑r2＝ 則r2∶r1＝∶1． (2)設粒子到出口處被加速了n圈，則 2nqU＝mv2 qvB＝m T＝ t＝nT 解得：

42、t＝． (3)加速電場的頻率應等于粒子在磁場中做圓周運動的頻率，即f＝ 當磁感應強度為Bm時，加速電場的頻率應為fBm＝ 粒子的動能Ek＝mv2 當fBm≤fm時，粒子的最大動能由Bm決定 qvmBm＝m 解得：Ekm＝ 當fBm≥fm時，粒子的最大動能由fm決定 vm＝2πfmR 解得：Ekm＝2π2mfm2R2． [答案]　(1)∶1　(2)　(3)2π2mfm2R2 【點評】回旋加速器為洛倫茲力的典型應用，在高考中多次出現(xiàn)．要理解好磁場對粒子的“加速”沒有起作用，但回旋加速器中粒子所能獲得的最大動能卻與磁感應強度相關． 6．如圖甲所示，在x軸下方有勻強磁場，磁感應

43、強度大小為B，方向垂直于xOy平面向外．P是y軸上距原點為h的一點，N0為x軸上距原點為a的一點．A是一塊平行于x軸的擋板，與x軸的距離為，A的中點在y軸上，長度略小于．帶電粒子與擋板碰撞前后，x方向的分速度不變，y方向的分速度反向、大小不變．質(zhì)量為m、電荷量為q(q＞0)的粒子從P點瞄準N0點入射，最后又通過P點．不計重力．求粒子入射速度的所有可能值． [2009年高考·全國理綜卷Ⅰ] 甲 【解析】設粒子的入射速度為v，第一次射出磁場的點為N0′，與板碰撞后再次進入磁場的位置為N1．粒子在磁場中運動的半徑為R，有：R＝ 乙 粒子的速度不變，每次進入磁場與射出磁場的位置間的距離x1保持不變，則有： x1＝N0′N0＝2Rsin θ 粒子射出磁場與下一次進入磁場位置間的距離x2始終不變，與N0′N1相等．由圖乙可以看出x2＝a 設粒子最終離開磁場時，與擋板相碰n次(n＝0,1,2…)．若粒子能回到P點，由對稱性可知，出射點的x坐標應為－a，即：(n＋1)x1－nx2＝2a 由以上兩式得：x1＝a 若粒子與擋板發(fā)生碰撞，則有： x1－x2＞ 聯(lián)立解得：n＜3 v＝·a 式中sin θ＝ 解得：v0＝，n＝0 v1＝，n＝1 v2＝，n＝2． [答案]　v0＝，n＝0 v1＝，n＝1 v2＝，n＝2 - 18 -