专题六 电场和磁场

【专题六】 电场和磁场 带电粒子的运动

【考情分析】

1．带电粒子在匀强电场中的运动问题涉及到较多的概念和规律，是一个综合性很强的考点。从物理规律应用的角度分析，涉及到受力分析、牛顿定律、功能关系，从涉及的运动过程分析，包括电场中的加速、平衡和偏转，从考查方法的角度分析，可以涉及运动的合成与分解法、正交分解法等等。分析近几年来高考物理试卷可知，带电粒子在匀强电场中的运动在高考试题中的比例非常高，几乎年年都考，题型全、难度大，特别是只要有计算题出现就一定是难度较大的综合题。

2．带电粒子在电磁场中的运动是中学物理中的重点内容，这类问题对学生的空间想象能力、分析综合能力、应用数学知识处理物理问题的能力有较高的要求，是考查考生多项能力的极好载体，因此历来是高考的热点。带电粒子在电磁场中的运动与现代科技密切相关，在近代物理实验中有重大意义，因此考题有可能以科学技术的具体问题为背景。当定性讨论这类问题时，试题常以选择题的形式出现，定量讨论时常以计算题的形式出现，计算题还常常成为试卷的压轴题。

【知识交汇】

一、静电场

1．库仑定律：真空中两个点电荷之间相互作用的静电力，跟它们的电荷量的乘积成___________，跟它们的距离的二次方成反比，作用力的方向在_______________．即：F?大小为9?109N?m2/C2．

成立条件：①__________（空气中也近似成立）；②_________——即带电体的形状和大小对相互作用力的影响可以忽略不计．对带电导体球，距离近了以后，电荷会重新分布，不能再用球心间距代替r．

2．电场的最基本的性质是对放入其中的电荷____________．电场强度E是描述电场的力的性质的物理量．

3．对电场强度的三个公式的理解 （1）E?FqkQ1Q2r2，其中k为静电力常量，

是电场强度的__________式，适用于____________电场．电场中某点的场强是确定值，

其大小和方向与试探电荷q无关．试探电荷q充当“测量工具”的作用．

（2）E?k定．

（3）E?的距离．

4．电场强度的叠加

电场强度是矢量，当空间的电场是由几个点电荷共同激发的时候，空间某点的电场强度等于每个点电荷单独存在时所激发的电场在该点的场强的____________．

5．电势能是电荷与所在电场所共有的；电势、电势差是由电场本身因素决定的，与试探电荷无关． 电势能、电势具有相对性，与________________的选取有关；电势能的改变、电势差具有绝对性，与

UdQr2是真空点电荷所形成的电场的决定式．E由场源电荷Q和场源电荷到某点的距离r决

是场强与电势差的关系式，只适用于______________，注意式中d为两点间沿电场方向

零电势点的选取无关．

6．磁场是一种特殊物质，存在于磁极和___________周围，磁场对放入磁场中的磁体或电流有_____________作用．

7．带电粒子在磁场中的受力情况

（1）磁场只对___________电荷有力的作用，对__________电荷无力的作用．磁场对运动电荷的作用力叫洛伦兹力．

（2）洛伦兹力的大小和方向：其大小为F?qvBsin?，注意：?为v与B的夹角．F的方向仍由____________判定，但四指的指向应为正电荷运动的方向或负电荷运动方向的反方向．

8．洛伦兹力做功的特点

由于洛伦兹力始终和速度方向垂直，所以洛伦兹力__________，但洛伦兹力的分力可以做功． 9．电场力做功与电势能改变的关系

电场力对电荷做正功，电势能__________，电场力对电荷做负功，电势能__________，且电势能的改变量等于电场力做功的多少，即W???E，正电荷沿电场线移动或负电荷逆电场线移动，电场力均做正功，故电势能减少；而正电荷逆电场线移动或负电荷沿电场线移动，电势能均增大．

10．等势面与电场线的关系

（1）电场线总是与等势面垂直，且从高电势等势面指向低电势等势面． （2）电场线越密的地方，等差等势面也越密．

（3）沿等势面移动电荷，电场力______________，沿电场线移动电荷，电场力一定做功． 二、磁场

1．磁感应强度：表征磁场强弱和方向的物理量。

（1）定义：_____于磁场放入一小段通电直导线，导线所受磁场力F与导线长度L和电流I的乘积的______，叫做导线所在处的磁感应强度。

（2）定义式：B? 。[来源:学|科|网] （3）单位：特斯拉，简称特，1T= 。

（4）磁感应强度是矢量，方向与磁场的方向相同。

2．磁感线：在磁场中画出的一些有方向的曲线，这些曲线上每点的 方向都和该点的 方向一致。磁感线是不相交的闭合曲线，其 表示磁场的强弱。

3．安培定则：判断电流产生的磁场方向的依据。

（1）直线电流的磁场：用 握住导线，让 和电流方向一致， 所指的方向就是磁感线的环绕方向。

（2）环形电流和通电螺线管的磁场：用 握住环形电流（螺线管），让 和电流方向一致， 所指的方向就是圆环（螺线管）轴线上磁场的方向。

4．磁场对电流的作用力——安培力

（1）安培力的方向：安培力的方向跟B、I方向间的关系可以用 定则来判断：伸开 ，使大拇指跟其余四指 ，并且跟手掌在同一个 内，让磁感线穿过掌心，并使伸开的四指指向 方向，大拇指所指的方向就是安培力的方向。

（2）安培力的大小：安培力与导线在磁场中的放置方向（位置）有关，若I∥B时，安培力 ；若I⊥B时，安培力最大 。当I与B之间的夹角为?时，安培力的计算公式是：F?

5．磁场对运动电荷的作用力——洛伦兹力

（1）洛伦兹力的公式：f= （式中θ为带电粒子的速度v与磁感应强度B的夹角）

当粒子的运动方向与磁场平行时，f= 。当粒子的运动方向与磁场方向垂直时，f= 。只有运动电荷在磁场中才有可能受到洛伦兹力作用，静止电荷在磁场中不受磁场力的作用。

（2）洛伦兹力的方向

洛伦兹力的方向要用 定则来判定。洛伦兹力F的方向既 磁场B的方向，又 运动电荷的速度v的方向，即F总是 B和v所在的平面。使用左手定则判定洛伦兹力方向时，若粒子带正电，左手的四指指向运动方向；若粒子带负电，四指指向负电荷运动的 方向。安培力的本质是磁场对运动电荷的作用力的宏观表现。[来源:Z|xx|k.Com]

6．带电粒子在匀强磁场中的运动（不计重力）

（1）根据带电粒子射入匀强磁场时速度v与磁感应强度B的方向关系，粒子的运动有以下三种情景：

粒子射入磁场的情景 v∥B v⊥B v与B成夹角θ 洛伦兹力 f=0 f=qvB f=qvBsinθ 运动性质 匀速直线运动 匀速圆周运动 等距螺旋线运动（中学阶段不做要求） （2）带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的几个基本关系式 ①轨迹半径：根据牛顿第二定律有qvB?mv2r（动力学方程），得r?mvqB；

②通过一段弧长s的运动时间：t?sv?r??v（运动学方程，式中??为弧长s对应的圆心角），代入

半径的表达式，得t?m??qB

③（3）运动周期：T?2?rv?2?mqB

【思想方法】

一、电场基本性质

【例1】一带电油滴在匀强电场中的运动轨迹如图中虚线所示，等势面为一系列平行水平平面．若不计空气阻力，则此带电油滴从a运动到b的过程中，能量变化情况为

A．动能一定减小 B．电势能一定减小

C．动能和电势能之和一定增加 D．重力势能和电势能之和一定增加

解析：油滴从a运动到b的过程中，电场力做正功，电势能减少，B项正确；重力做负功，重力势能变大，动能变化情况不能确定，A项错；动能和电势能之和变化情况与重力势能变化情况相反，即变小，C项错；重力势能和电势能之和变化情况不确定，D项错。

答案：B ●规律总结

求解这一类题的具体步骤是：先画出入射点的轨迹切线，即画出初速度的方向；再根据轨迹的弯曲方

向，确定电场力的方向；进而利用分析力学的方法来分析粒子的带电性质、电场力做功的正负、电势能增减、电势大小变化、电场力大小变化等有关问题．注意在只有重力和电场力做功时，重力势能、电势能和动能间可以相互转化，重力势能、电势能与动能的总和保持不变．

【强化练习1】点电荷Q1、Q2和Q3所产生的静电场的等势面与纸面的交线如图所示，图中标在等势面上的数值分别表示该等势面的电势，a、b、c……表示等势面上的点，下列说法正确的有（ ）

A．位于g点的点电荷不受电场力作用 B．b点的场强与d点的场强大小一定相等

C．把电荷量为q的正点电荷从a点移到i点，再从i点移到f点过程中，电场力做的总功大于把该点电荷从a点直接移到f点过程中电场力所做的功

D．把1库仑正电荷从m点移到c点过程中电场力做的功等于7 kJ[来源:Zxxk.Com]

【解析】g点的电势为零但场强不一定为零，A项错；b点与d点电势相等，但场强大小不一定相等，B项错；电场力做功与路径无关，C项错；m点到c点的电势差为7kV，故D项正确。

答案：D

二、电场的叠加

【例2】等量异种点电荷的连线和中垂线如图所示，现将一个带负电的检验电荷先从图中的a点沿直线移动到b点，再从b点沿直线移动到c点，则检验电荷在此全过程中 （ ）

A．所受电场力的方向不变 B．所受电场力的大小恒定 C．电势能一直减小

D．电势能先不变后减小[来源:学,科,网]

解析：检验电荷所受电场力的方向始终垂直于ab连线指向正电荷一侧，A项正确；电场不是匀强场，电场力大小不断变化，B项错。从a点到b点电场力不做功，电势能不变化，从b点到c点电场力做正功，电势能减小，C项错D项正确。

答案：AD ●规律总结

1．等量异种点电荷连线的中垂线是等势线，而电场线和等势线是垂直的．

2．两个点电荷在空间某点所形成的电场应等于每个点电荷在该点形成电场的矢量和．

【强化练习2】如图所示，在y轴上关于O点对称的A、B两点有等量同种点电荷+Q，在x轴上C点有点电荷－Q，且CO=OD，∠ADO=60°．下列判断正确的是（ ）

A．O点电场强度为零 B．D点电场强度为零

C．若将点电荷+q从O移向C，电势能增大 D．若将点电荷－q从O移向C，电势能增大

解析：根据点电荷的场强公式和场的叠加规律，O点电场强度等于－Q在O点的场强，A项错；D点电场强度为零，B项正确；点电荷+q从O移向C，电场力做正功，电势能减小，C项错；点电荷－q从O移向C，电场力做负功，电势能增大，D项正确。

答案：BD

三、带电粒子在电场中的运动

【例3】如图所示，竖直面内的正方形ABCD的边长为d，质量为m、电荷量为

+q的小球从AD边的中点，以某一初速度进入正方形区域．若正方形区域内未加电场时，小球恰好从CD边的中点离开正方形区域；若在正方形区域内加上竖直方向的匀强电场，小球可以从BC边离开正方形区域．已知重力加速度为g，求：

（1）小球进入正方形区域的初速度v0．

（2）要使小球从BC边离开正方形区域，求所加竖直方向的匀强电场的场强E的方向和E的大小范围．

【解析】（1）未知电场时，小球做平抛运动，由平抛运动公式： 水平方向：竖直方向：

d2d2?v0t ?122

gt

解得v0?gd2

（2）要使小球从BC边离开正方形区域，应加竖直向上的匀强电场．[来源:学.科.网] 小球从C点离开正方形时，设场强为E1，由牛顿第二定律：

mg?qE1?ma2

初速度方向位移：d?v0t1 垂直初速度方向位移：

3mg4qd2?12a1t1

2

解得E1?

小球从B点离开正方形时，设场强为E2，由牛顿第二定律：

qE2?mg?ma2

初速度方向位移：d?v0t2 垂直初速度方向位移：

5mg4qd2?12a2t2

2解得E2?

场强E的大小范围为：

3mg4q≤E≤5mg4q

答案：（1）●审题指导

gd2 （2）竖直向上

3mg4q≤E≤5mg4q

1．本题是一个临界问题，要注意找准对应的临界条件作为解决问题的突破口．

2．由于重力和电场力都在竖直方向，合力与初速度方向垂直，物体做类平抛运动，应采用运动分解的方法来处理．

【强化练习3】一束电子流（初速不计）在经U?5000V的加速电压加速后，在距两极板等距处垂直进入平行板间的匀强电场，如图所示，若两板间距d?1.0cm，板长l?5.0cm，那么，要使电子能从平行板间飞出，两个极板上最多能加多大电压（电子的重力不计）?

解析：在加速电压一定时，偏转电压U′越大，电子在极板间的偏距就越大。当偏转电压大到使电子刚好擦着极板的边缘飞出，此时的偏转电压，即为题目要求的最大电压。

加速过程，由动能定理得：eU?12mv0 ①

2ld进入偏转电场，电子在平行于板面的方向上做匀速运动，有：l?v0t ②

在垂直于板面的方向做匀加速直线运动，其加速度为a?发生的偏距y?122UFm?eU?dm ③

at ④

能飞出的条件为y?d2 ⑤

2解①～⑤式得U??2Udl2?4?10V

2即要使电子能飞出，所加电压最大为400V． 答案： 400V

四、磁场基本性质

【例1】（2011潍坊一模）如图所示，a、b两根垂直纸面的直导线通有等值的电流，两导线旁有一点P，P点到a、b距离相等，关于P点的磁场方向，以下判断正确的是 （ ）

A．a中电流方向向纸外，b中电流方向向纸里，则P点的磁场方向向右 B．a中电流方向向纸外，b中电流方向向纸里，则P点的磁场方向向左 C．a中电流方向向纸里，b中电流方向向纸外，则P点的磁场方向向右 D．a中电流方向向纸里，b中电流方向向纸外，则P点的磁场方向向左 【思维导引】怎样判断直线电流的磁场方向？若a中电流向外，b中电流向里，如何确定P点的磁场方向？

【解析】若a中电流向外，b中电流向里，如图所示，根据安培定则画出a中电流和b中电流各自产生的磁场B1、B2的方向，由矢量合成时的平行四边形定则知，P点的磁场方向向右，A项正确；同理可判断D项正确。

【答案】AD

【强化练习4】（2011?全国新课标）为了解释地球的磁性，19世纪安培假设：地球的磁场是由绕过地心的轴的环形电流I引起的。在下列四个图中，正确表示安培假设中环形电流方向的是 （ ）

[来源:学科网]

解析：根据地磁场的分布可知，地磁南极在地理北极附近，而地磁北极在地理南极附近，根据安培定则容易判断B项正确。

答案：B

五、安培力的计算及方向判定

1．安培力公式F?BIL的适用条件 （1）导线与磁场垂直

（2）适用于匀强磁场

（3）L为有效长度。当导线为折线或曲线时，L为导线两端点的连线长度。如图所

示。

2．安培力的方向

安培力的方向要用左手定则判定。注意让磁感线穿过掌心，伸直的四指指向电流方向，大拇指（与四指垂直）指向安培力方向。安培力的方向既垂直于导线，又垂直于磁场方向，即垂直于导线和磁场所在的平面（导线和磁场方向不一定垂直）。 【特别提醒】当通电导线与磁场方向平行时，安培力为零。安培力对导线可以做功，可以改变导体的动能。

【例5】（2011·课标全国卷）电磁轨道炮工作原理如图所示．待发射弹体可在两平行轨道之间自由移动，并与轨道保持良好接触．电流I从一条轨道流入，通过导电弹体后从另一条轨道流回．轨道电流可形成在弹体处垂直于轨道面的磁场（可视为匀强磁场），磁感应强度的大小与I成正比．通电的弹体在轨道上受到安培力的作用而高速射出．现欲使弹体的出射速度增加至原来的2倍，理论上可采用的办法是（ ）[来源:学_科_网Z_X_X_K]

A．只将轨道长度L变为原来的2倍 B．只将电流I增加至原来的2倍

C．只将弹体质量减至原来的一半

D．将弹体质量减至原来的一半，轨道长度L变为原来的2倍，其他量不变

【思维导引】轨道电流在轨道平面内的磁场方向怎样？导电弹体所受安培力的方向怎样？弹体的出射速度与什么因素有关，怎样分析速度的变化？

1

【解析】设轨道宽度为d，则弹体所受安培力为F =BId，由动能定理得：BIdL=mv2，只将轨道长度L

2变为原来的2倍，其速度将增加至原来的2倍，A错误；只将电流I增加至原来的2倍，其磁感应强度也随之增加至原来的2倍，其速度将增加至原来的2倍，B正确；只将弹体质量减至原来的一半，其速度将增加至原来的2倍，C错误； 将弹体质量减至原来的一半，轨道长度L变为原来的2倍时，其速度将增加至原来的2倍，D正确．

【答案】BD

【强化练习5】如图甲，长为L、质量为m的导体棒ab，置于倾角为θ的光滑斜面上，导体棒与斜面的水平底边始终平行。已知导体棒通以从b向a的电流，电流强度为I，重力加速度为g

（1）若匀强磁场方向竖直向上，为使导体棒静止在斜面上，求磁感应强度B的大小；

θ b 甲

+ B - a （2）若匀强磁场的大小、方向都可以改变，要使导体棒能静止在斜面上，求磁感应强度B的最小值和对应的方向．

【思维导引】磁场方向竖直向上，导体棒所受安培力方向向哪？导体棒受几个力的作用，其受力图应当怎样画？

【规范解答】

（1）导体棒受力如图乙所示，由平衡条件得：

mgsin??BILcos?

y FN F安 θ mg 乙

x

解得：B?mgILtan?．

（2）如图丙所示，当安培力平行斜面向上时，安培力和重力沿斜面的分力平衡，此时安培力最小，有：mgsin??BIL

解得：B?mgILsin? （2分）

FN 由左手定则可知磁感应强度B的方向垂直斜面向上 【答案】（1）B?

mgILtan? （2）B?mgILsin? 方向垂直斜面向上

θ mg 丙 F安

六、带电粒子在匀强磁场中的运动

1．粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的思想方法和理论依据

一般说来，要把握好“一找圆心，二定半径，三求时间”的分析方法。在具体问题中，要依据题目条件和情景而定。解题的理论依据主要是由牛顿第二定律得qvB?m2?rv2?mqBv2r，轨迹半径r?mvqB；运动周期

T??。

2．确定圆心的方法

因为洛伦兹力f指向圆心，根据f⊥v，画出粒子运动轨迹中任意两点（一般是射入和射出磁场两点）的f的方向，沿两个洛伦兹力f作出其延长线的交点即为圆心，另外，圆心位置必定在圆中一根弦的中垂线上（如图所示）。

3．计算轨迹半径的方法

轨迹半径除了依据牛顿第二定律得出外，还要挖掘题目中隐含的几何关系。注意以下两个重要的几何关系：[来源:Zxxk.Com]

?

（1）粒子速度的偏向角（?）等于圆心角（α），并等于AB弦与切线的夹角（弦切角θ）的2倍（如图所示）即?＝α＝2θ＝ωt。

（2）相对的弦切角（θ）相等，与相邻的弦切角（θ′）互补，θ＋θ′=180° 4．计算运动时间的方法 主要有两种方法，一是利用t=

?2?svT，二是运动学公式t=，式中θ为

y v B x 偏向角，T为周期，s为轨道的弧长，v为线速度。 【例6】（2011菏泽模拟）如图所示，在x轴上方存在着垂直于纸面向

O 里、磁感应强度为B的匀强磁场，一带电粒子（不计重力）从坐标原点O处，以速度v与x轴正方向成120°角垂直进入磁场，若粒子穿过y轴正半轴后在磁场中到x轴的最大距离为a，则该粒子的比荷和所带电荷的正负是 （ ）

A．C．

3v2aB3v2aBv2aBv2aB，正电荷 B．，负电荷 D．

，正电荷 ，负电荷

【思维导引】粒子能穿过y轴正半轴，则粒子所受洛伦兹力方向向哪？如何判断粒子的电性？粒子运动的轨迹圆心在什么位置？如何计算轨迹半径？

【解析】由粒子穿过y轴可知，粒子沿顺时针做圆周运动，由左手定则知粒子带负电荷；轨迹如图，由几何关系得a=R+Rcos60°，又R?qm3v2aBmvqB，解得粒子的比荷

?，C项正确。

【答案】C

【强化练习6】（2011·长沙）如图所示，在x>0、y>0的空间中有恒定的匀强磁场，磁感应强度的方向垂直于Oxy平面向里，大小为B.现有一质量为m，电荷量为q的带电粒子，在x轴上到原点的距离为x0的P点，以平行于y轴的初速度射入此磁场，在磁场作用下沿垂直于y轴的方向射出此磁场，不计重力的影响．由这些条件可知（ ）

A．能确定粒子通过y轴时的位置

B．能确定粒子速度的大小

C．能确定粒子在磁场中运动所经历的时间

D．以上三个判断都不对

【解析】粒子以平行于y轴的初速度射入磁场，垂直于y轴的方向射出磁场，根据几何关系可知，粒子轨迹为四分之一圆周，O点即为圆心，半径为x0，故可以确定通过y轴时的位置坐标为（0，x0），A项正确；由半径x0?C项正确．

【答案】ABC[来源:Zxxk.Com]

【强化练习7】（2011苏州模拟）如图所示，在y<0的区域内存在匀强磁场，磁场方向垂直于xy平面并指向纸面外，磁感应强度为B。一带正电的粒子以速度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θ。若粒子射出磁场的位置与O点的距离为L，求[来源:学科网ZXXK]

（1）该粒子的比荷

qmmvqB可确定速度的大小，B项正确；由圆心角为90°，可确定粒子运动的时间为t??m2qB，

y O ? B x

；

（2）粒子在磁场中运动的时间t。

【解析】粒子射入磁场后，由左手定则知沿顺时针方向做匀速圆周运动，最后粒子从x轴负方向上某处离开磁场，其运动轨迹如图所示.

（1）由 qvB?mv0R2y A O ? B

C x 解得半径 R?mv0qB

已知OA=L，圆心必在OA的中垂线上.由几何关系知：

R?L2sin?

qm2v0sin?LB解得粒子的比荷为

?

R(2??2?)v0(???)Lv0sin?（2）粒子在磁场中运动的圆心角为2??2?，则运动时间t??

【答案】（1）

2v0sin?LB；（2）

(???)Lv0sin?

七、带电粒子在复合场中的运动

1．复合场是指电场、磁场、重力场并存或其中某两种场并存，或分区域存在。带电粒子在复合场中运动时要考虑重力、电场力和磁场力的作用。

2．当带电粒子所受合外力为零时，将在复合场中静止或做匀速直线运动。

3．当带电粒子做匀速圆周运动时，洛伦兹力_提供向心力，其余各力的合力必为零。 4．当带电粒子所受合外力大小和方向均变化时，将做变加速曲线运动。

5．洛伦兹力一定不做功，但重力、电场力可能做功而引起带电粒子能量的转化。 【例7】（2011南通模拟）在如图所示的空间坐标系中，y轴的左边有一匀强电场，场强大小为E，场强方向跟y轴负向成30°，y的右边有一垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B．现有一质子，以一定的初速度v0，在x 轴上坐标为x0=10cm处的A点，第一次沿x轴正方向射入磁场，第二次沿x轴负方向射入磁场，回旋后都垂直于电场方向射入电场，最后又进入磁场。求：

（1）质子在匀强磁场中的轨迹半径R； （2）质子两次在磁场中运动时间之比；

（3）若第一次射入磁场的质子经电场偏转后，恰好从第二次射入磁场的质子进入电场的位置再次进入磁场，试求初速度v0和电场强度E、磁感应强度B之间需要满足的条件。

【思维导引】质子从A点沿x轴正方向射入磁场后向哪个方向偏转？圆

心在哪个位置？画出在磁场中的轨迹。质子第二次从A点沿x轴负方向射入磁场后向哪个方向偏转？两次圆周运动的圆心角分别是多大？质子垂直进入电场做什么运动？

【规范解答】（1）质子两次运动的轨迹如图所示，由几何关系可知 x0= Rsin30° 解得R= 2x0=20cm；

（2）第一次射入磁场的质子，轨迹对应的圆心角为θ1=210°， 第二次射入磁场的质子，轨迹对应的圆心角为θ2=30° 故，质子两次在磁场中运动时间之比为θ1∶θ2=7∶1

（3）质子在磁场中做匀速圆周运动时，由ev0B?mmv0eBv0R2

得R?

设第一次射入磁场的质子，从y轴上的P点进入电场做类平抛运动，从y轴上的Q点进入磁场，由几何关系得，质子沿y轴的为移为

?y? 2R

质子的加速度 a?eEm

12at

2沿电场方向 ?ycos30??垂直电场方向 ?ysin30??v0t

3E6B解得 v0?

【答案】（1）20cm；（2）7∶1；（3）v0?3E6B

【强化练习8】在xoy平面内，第Ⅲ象限内的直线OM是电场与磁场的边界，OM与负x轴成45°角。在x＜0且OM的左侧空间存在着负x方向的匀强电场E，场强大小为0.32N/C，在y＜0且OM的右侧空间存在着垂直纸面向里的匀强磁场B，磁感应强度大小为0.1T，如图所示。一不计重力的带负电微粒，从坐标原点O沿y轴负方向以v0=2×103m/s的初速度进入磁场，已知微粒的带电量为q=5×10C，质量为m=1×10kg，求：

（1）带电微粒第一次经过磁场边界的位置坐标； （2）带电微粒在磁场区域运动的总时间；

（3）带电微粒最终离开电、磁场区域的位置坐标。 解析：（1）带电微粒从O点射入磁场，运动轨迹如图。 第一次经过磁场边界上的A点 由qv0B?mmv0qBv0r2-18-24

，

得r??4?10?3m，

-3

A点位置坐标（-4×10m，-4×10m）。

（2）设带电微粒在磁场中做圆周运动的周期为T 则t=tOA+tAC=T?4134T，

-3

T=

2?mqB ，

代入数据解得：T=1.256×10-5s， 所以 t=1.256×10-5s

（3）微粒从C点沿y轴正方向进入电场，做类平抛运动a??x?12at1?2r，?y?v0t1，

2qEm，

代入数据解得：?y?0.m 。

y=?y-2r=0.2-2×4×10-3m=0.192m。

离开电、磁场时的位置坐标 （0，0.192m）。

答案 （1）（-4×10-3m，-4×10-3m）；（2）1.256×10-5s；（3）（0，0.192m）

【能力提升】

1．如图（甲）所示，在x轴上有一个点电荷Q（图中未画出），O、A、B为轴上三点。放在A、B两点的检验电荷受到的电场力跟检验电荷所带电荷量的关系如图5（乙）所示。以x轴的正方向为电场力的正方向，则（ ）

A．点电荷Q一定为正电荷 B．点电荷Q在AB之间 C．A点的电场强度大小为2×10N/C D．A点的电势比B点的电势高

2．如图所示，两平行金属板竖直放置，左极板接地，中间有小孔．右极板电势随时间变化的规律如图所示．电子原来静止在左极板小孔处．（不计重力作用）下列说法中正确的是

A．从t=0时刻释放电子，电子将始终向右运动，直到打到右极板上

B．从t=0时刻释放电子，电子可能在两板间往复运动 C．从t=T/4时刻释放电子，电子可能在两板间往复运动，也可能打到右极板上

D．从t=3T/8时刻释放电子，电子必将打到左极板上

3．如图所示，水平放置的平行板电容器，原来两板不带电，上极板接地，它的极板长L = 0.1m，两板间距离 d = 0.4 cm，有一束相同的带电微粒以相同的初速度先后从两板中央平行极板射入，由于重力作用微粒能落到下板上，微粒所带电荷立即转移到下极板且均匀分布在下极板上．设前一微粒落到下极板上时后一微粒才能开始射入两极板间。已知微粒

L v0 d B

U0 O -U0 T 2T

t

φ 3

4

3 2 1

（甲）

（乙）

m,q A

质量为 m = 2×10-6kg，电量q = 1×10-8 C，电容器电容为C =10-6 F，取g?10m/s2．求：

（1）为使第一个微粒的落点范围能在下板中点到紧靠边缘的B点之内，求微粒入射的初速度v0的取值范围；

（2）若带电微粒以第一问中初速度v0的最小值入射，则最多能有多少个带电微粒落到下极板上？ 4．圆心为O、半径为r的圆形区域中有一个磁感强度为B、方向为垂直于纸面向里的匀强磁场，与区域边缘的最短距离为L的O＇处有一竖直放置的荧屏MN，今有一质量为m的电子以速率v从左侧沿OO＇方向垂直射入磁场，穿出磁场后打在荧光屏上之P点，如图所示。求O＇P的长度。

5．如图所示，在位于竖直平面内的直角坐标系中，第Ⅱ象限内有一个与x轴相切于Q点的圆形有界匀强磁场，磁场区域半径为R，方向垂直纸面向外。一个质量为m、电荷量为＋q的正点电荷A静止在Q点，另一质量也为m、电荷量也为q的正点电荷B以速度v0射向Q点，速度方向与x轴负方向夹角为60°，A、B碰撞后粘在一起运动，经磁场区域后射向y轴上的P点，此时速度方向恰好与y轴正方向夹角为30°，P点到坐标原点O的距离为5R，求

（1）匀强磁场的磁感应强度B；

（2）A、B粘在一起后运动到P点的时间。

6．质谱仪是一种测定带电粒子质量和分析同位素的重要工具，在科学研究中具有重要应用。如图所示是质谱仪工作原理简图，电

容器两极板相距为d，两端电压为U，板间匀强磁场磁感应强度为B1，一束带电量均为q的正电荷粒子从图示方向射入，沿直线穿过电容器后进入另一垂直纸面的匀强磁场B2（磁场方向未画出），结果分别打在a、b两点，测得两点间的距离为?R，由此可知，打在两点的粒子质量差为?m=____________。（粒子重力不计）

7．某兴趣小组的同学们设计了测定带电粒子运动初速度的实验方案：取两个半

径均为R的圆形平板电极，平行正对放置，相距为d，在极板间加上电势差，板间电场可以认为是均匀的。现让一个?粒子（氦原子核）从正极板边缘沿半径方向以某一初速度垂直于电场方向射入两极板之间，当极板间电势差为U时，测得?粒子恰好落在负极板的中心。已知质子电荷为e，质子和中子的质量均视为m，忽略重力和空气阻力的影响。则?粒子的初速度为______________。

8．（原创）如图所示的坐标系，在y轴左侧有垂直纸面、磁感应强度为B的匀强磁场。在x=L处，有一个与x轴垂直放置的屏，y轴与屏之间有与y轴平行的匀强电场。在坐标原点O处同时释放两个均带正电荷的粒子A和B，粒子A的速度方向沿着x轴负方向，粒子B的速度方向沿着x轴正方向。已知粒子A的质量为m，带电量为q，粒子B的质量是n1m，带电量为n2q，释放瞬间两个粒子的速率满足关系式mvAy 030 P 5R Q 600 O x v0

?n1mvB。若已测得粒子A在磁场中运动的半径为r，粒子B击中

屏的位置到x轴的距离也等于r。粒子A和粒子B的重力均不计。

（1）试在图中画出粒子A和粒子B的运动轨迹的示意图。 （2）求：粒子A和粒子B打在屏上的位置之间的距离。

附：【能力提升】参考答案

1．BC 由图（乙），正检验电荷放在A点和负检验电荷放在B点所受电场力方向均沿x轴正方向，说明点电荷Q为负电荷且放在AB之间，选项A错B对；由图线斜率表示场强，可知A点场强大小为2×103N/C，B点场强大小为5×102N/C，A点距离Q较近，故A点的电势低于B点的电势，选项C对D错。

2．AC 从t=0时刻释放电子，如果两板间距离足够大，电子将向右先匀加速T/2，接着匀减速T/2，速度减小到零后，又开始向右匀加速T/2，接着匀减速T/2??直到打在右极板上．电子不可能向左运动；如果两板间距离不够大，电子也始终向右运动，直到打到右极板上．从t=T/4时刻释放电子，如果两板间距离足够大，电子将向右先匀加速T/4，接着匀减速T/4，速度减小到零后，改为向左先匀加速T/4，接着匀减速T/4．即在两板间振动；如果两板间距离不够大，则电子在第一次向右运动过程中就有可能打在右极板上．从t=3T/8时刻释放电子，如果两板间距离不够大，电子将在第一次向右运动过程中就打在右极板上；如果第一次向右运动没有打在右极板上，那就一定会在第一次向左运动过程中打在左极板上．

3．解析： （1）若第1个粒子落到极板中点O，由

d2L2＝v01t1，

＝

12gt12 ，得v01＝2.5 m/s ，

d2若落到B点，由L＝v02t1，故2.5 m/s

＝

12gt22得v02＝5 m/s

（2）由L＝v01t，得t＝4×10 s 由

d2-2

＝

12at2，得a＝2.5 m/s2

Qdc由mg－qE=ma，E=

Qq

，得Q＝6×10-6 C

所以n?＝600个

4．解析 电子所受重力不计。它在磁场中做匀速圆周运动，如图所示。圆心为O″，半径为R。轨迹AB所对的圆心角为θ，电子穿出磁场后做速率仍为v的匀速直线运动。 由Bev?mv2R，得R=

mveB

由几何关系得OP?(L?r)tan?

?2rReBrmv又，tan()??，

2tan(tan???22)1?tan()2??2eBrmvmv?eBr22222，

所以，O?P?(L?r)tan??2(L?r)eBrmvmv?eBr22222。

答案 O?P?2(L?r)eBrmvmv?eBr22222

5．（1）设两电荷结合之后的速度为v，由动量守恒定律得mv0?2mv 解得 v?12v0

如图所示是电荷在磁场中到达P点的运动轨迹，设电荷做圆周运动的半径为r，由几何关系得 r=2R

进入磁场后，洛伦兹力提供向心力，2qvB?2mvr2

解得 B?mv04qR

（2）两电荷在磁场中运动的周期为T?2?rv?8?Rv0

两电荷在磁场中运动的时间t1?T6?4?R3v0

两电荷出磁场后的时间t2?5R?2Rvcos30??43Rv0

两电荷粘在一起后运动到P点的时间 t?t1?t2?4?R3v0?43Rv0?4R?(?v033)

6．答案：

qdB1B2?R2U

Ud?qvB1，可见，均以相同速率v?解析：：正电荷粒子q在电容器中匀速直线运动，qUB1d进入匀

强磁场B2做匀速圆周运动，由qvB2?m?R?2(Ra?Rb)，由以上各式得?m=

v2R，得质量m?。

qB2Rv，由几何关系得a、b两点间的距离

qdB1B2?R2U7．答案：

R2deUm

Ud解析：两板间场强E?，?粒子电荷为2e，质量为4m，所受电场力F?2eE?F4meU2md122eUd， ?粒子R2deUm垂直进入匀强电场，做类平抛运动，加速度a?rn1n2?，由R?v0t，d?at得v0?2。

8．答案：（1）如图（2）3r?

解析：（1）粒子A在磁场中做半个圆周的匀速圆周运动后进入电场做类平抛运动，设打在屏上的位置为Q点，粒子B直接在电场中做类平抛运动，设打在屏上的位置为P点，如图所示。

（2）由题意，两个粒子的速率满足关系式 mvA?n1mvB

粒子A在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得， 2qvAAB?mvr

解得 vqBrA?m，vqBrB?n

1m粒子A和粒子B做类平抛运动过程中，沿电场方向上的侧移分别为

y1qE21n2qEA?2m(Lv)，r?(LA2n1mv)2

B由以上两式解得 yrA?n

1n2所以，粒子A和粒子B打在屏上的位置之间的距离为

?y?2r?r?y?3r?rn。

1n2

解析：（1）粒子A在磁场中做半个圆周的匀速圆周运动后进入电场做类平抛运动，设打在屏上的位置为Q点，粒子B直接在电场中做类平抛运动，设打在屏上的位置为P点，如图所示。

（2）由题意，两个粒子的速率满足关系式 mvA?n1mvB

粒子A在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得， 2qvAAB?mvr

解得 vqBrA?m，vqBrB?n

1m粒子A和粒子B做类平抛运动过程中，沿电场方向上的侧移分别为

y1qE21n2qEA?2m(Lv)，r?(LA2n1mv)2

B由以上两式解得 yrA?n

1n2所以，粒子A和粒子B打在屏上的位置之间的距离为

?y?2r?r?y?3r?rn。

1n2

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