2011届高考物理第一轮精编复习资料37

带电粒子在电场和磁场中的运动

知识网络

考点预测

带电粒子在电场、磁场(或电场、磁场和重力场的复合场)中的运动是高中物理中的重点内容，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，因此成为高考的热点，在实行了多年的理科综合能力测试中也是每年都考，且分值较高．从试题的难度上看，多属于中等难度和较难的题，特别是只要出现计算题就一定是难度较大的综合题．考题有可能以科学技术的具体问题为背景，从实际问题中获取并处理信息，把实际问题转化成物理问题，提高分析解决实际问题的能力是教学中的重点．计算题还常常成为试卷的压轴题，如2009年全国理综卷Ⅰ第26题、全国理综卷Ⅱ第25题、重庆理综卷第25题、四川理综卷第25题；2008年全国理综卷Ⅰ第25题、江苏物理卷第14题、四川理综卷第27题、重庆理综卷第25题、山东理综卷第25题等．预计在2010年高考中仍然会出现带电粒子在复合的或组合的电场和磁场中运动的问题．

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v0的带电粒子经电压U加速后，速度变为vt，由动

11

能定理得：qU＝mvt2－mv02．若v0＝0，则有vt＝

222qU

，这个关系式对任意静电场都是m

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U1加速后，以速度v1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

1

qU1＝mv12

2

设两平行金属板间的电压为U2，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： vx＝v1，L＝v1t

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：

1qEqU2vy＝at，y＝at2，a＝＝．

2mmd

(2)带电粒子离开极板时

源：高考资源网 KS%5U]

12qU2L2U2L2

侧移距离y＝at＝＝ 22mdv124dU1U2x2

轨迹方程为：y＝(与m、q无关)

4dU1

atqU2LU2L

偏转角度φ的正切值tan φ＝＝ 2＝v1mdv12dU1

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L

射出的．这样很容易得到电荷在屏上的侧移距离y′＝(D＋)tan φ．

2

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：

v22π

qvB＝m＝mRω2＝mvω＝mR()2＝mR(2πf)2

RT

mvR＝

qB2πm1qBT＝(与v、R无关)，f＝＝．

qBT2πm

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

mv

①可直接运用公式R＝ 来确定．

qB

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

2πm

①可直接运用公式T＝ 来确定．

qB

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

αα

心角为α，则有：t＝·T(或t＝·T)．

360°2π

(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．

源：高考资源网KS%5U] 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＝qvB．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＝qUa b＝Ekb－Eka；

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

源：高考资源网 KS%5U]

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1×105 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

－10

墨汁微滴的质量为1.6×10 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

1

直线运动打到纸上，则距原入射方向的距离为：y＝at2＋Ltan φ

2

qUlat又a＝，t＝，tan φ＝

mdv0v0

qUll

解得：y＝(＋L)

mdv022

－

代入数据得：q＝1.25×1013 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] 1.25×1013 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

llqUl

【点评】①本题也可直接根据推论公式y＝(＋L)tan φ＝(＋L)进行计算．

22mdv02②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O1O2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v0从圆周上的a点沿垂直于半径OO1并指向圆心O的方向进入磁场，当从圆周上的O1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U0的值．

T

(3)当t＝时，该粒子从M、N板右侧沿板的中心线仍以速度v0射入M、N之间，求粒子

2

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O1点水平飞出磁场，则其运动的轨道半径为R．

v02mv0

由qv0B＝m，解得：B＝．

RqR

(2)粒子自O1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＝v0t RqU0T＝2n·()2 22mR2

又t＝nT (n＝1,2,3?)

2R

解得：T＝ (n＝1,2,3?)

nv02

nmv0U0＝ (n＝1,2,3?)．

2q

图4－10丙

T

(3)当t＝时，粒子以速度v0沿O2O1射入电场，该粒子恰好从M板边缘以平行于极板的

2

速度射入磁场，进入磁场的速度仍为v0，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O3，如图4－10丙所示，四边形ObO3c是菱形，所以Oc∥O3b，故c、O、a三点共线，ca即为圆的直径，则c、a间的距离d＝2R．

mv0

[答案] (1) qR

nmv02R

(2) (n＝1,2,3?) (n＝1,2,3?) (3)2R nv02q

【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．

θ

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＝T 求出运动时间．

2π

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

RRBq

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＝2arcsin．

rmv

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R0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＝R0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：

源：高考资源网 KS%5U] 2

图4－11甲

(1)粒子到达x＝R0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xM．

【解析】(1)粒子做直线运动时，有：qE＝qBv0

mv02

做圆周运动时，有：qBv0＝

R0

只有电场时，粒子做类平抛运动，则有： qE＝ma R0＝v0t vy＝at

解得：vy＝v0

粒子的速度大小为：v＝v02＋vy2＝2v0

π

速度方向与x轴的夹角为：θ＝

41R0

粒子与x轴的距离为：H＝h＋at2＝h＋．

22

2v

(2)撤去电场加上磁场后，有：qBv＝m

R

解得：R＝2R0

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

π

线与x轴和y轴的夹角均为．由几何关系可得C点的坐标为：

4

图4－11乙

xC＝2R0

R0

yC＝H－R0＝h－

2

R0过C点作x轴的垂线，在△CDM中，有：lCM＝R＝2R0，lCD＝yC＝h－

2

72

解得：lDM＝lCM2－lCD2＝R0＋R0h－h2

4

72

M点的横坐标为：xM＝2R0＋R0＋R0h－h2．

4

πR072

[答案] (1) h＋ (2)2R0＋R0＋R0h－h2

224

【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v0．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：

v02mv0

ev0B＝m，即R＝ RBe

mv0

由几何知识可得：PQ＝R＝．

Be

(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＝－Rsin θ y＝R＋Rcos θ

即x2＋(y－R)2＝R2

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：

mv0231π

S＝πR2＋R2－πR2＝(＋1)()． 442Be

mv0mv02π

[答案] (1) (2)(＋1)()

Be2Be

【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v0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：

源：高考资源网 KS%5U]

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

AEC是自C点垂直于BC入射的电子在磁场中的运行轨道，磁感应强度的大小为B，令圆弧?电子所受到的磁场的作用力f＝ev0B，方向应指向圆弧的圆心，因而磁场的方向应垂直于纸面

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向外．圆弧?点即为圆心，圆半径为a．按照牛顿定律有： v02

f＝m

a

mv0联立解得：B＝．

ea

(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，

AEC是所求的最小磁场区域的一个边界． 圆弧?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

π

AP交角为θ(不妨设0≤θ＜)的情形．该电子的运动轨迹QPA如图4－13乙所示．图中，圆弧?2

AP的半径仍为a．过P点作DC的垂线交的圆心为O，PQ垂直于BC边，由上式知，圆弧?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＝asin θ，y＝acos θ

图4－13乙

π

AFC，它这意味着，在范围0≤θ≤内，P点形成以D为圆心、a为半径的四分之一圆周?2

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

AEC和 ?AFC所围成的，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 ?其面积为：

π－2211

S＝2(πa2－a2)＝a．

422

mv0π－22

[答案] (1) 方向垂直于纸面向外 (2)a

ea2

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v0做匀速直线运动，t0时刻恰好到达N点．经观测发现，小球在t＝2t0至t＝3t0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

mg

解得：E＝．

q

(2)小球从M点到达N点所用时间t1＝t0

3

小球从N点经过个圆周，到达P点，所以t2＝t0

4

mv0

小球从P点运动到D点的位移x＝R＝ B0qRm

小球从P点运动到D点的时间t3＝＝

v0B0qm

所以时间t＝t1＋t2＋t3＝2t0＋

B0q

m1

[或t＝(3π＋1)，t＝2t0(＋1)]．

qB03π

(3)小球运动一个周期的轨迹如图4－14丙所示．

图4－14丙 12πm

小球的运动周期为：T＝8t0(或T＝)．

qB0

mgm

[答案] (1) (2)2t0＋ qB0q

(3)T＝8t0 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．

c

【解析】(1)由题意知，样品的电阻R＝ρ·

ab

ρcI

根据欧姆定律：U0＝I·R＝ 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

n·ab·v·t·e

tI

可得v＝．

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．

U

(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＝qvB

b

neaU

解得：B＝．

IρcIIneaU

[答案] (1) (2)高于 (3)

abnabeI

【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U0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)

I＝

源：高考资源网 KS%5U] 图4－16甲

(1)求偏转电场场强E0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S1处，质量为16m的离子打在S2处．求S1

和S2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U0的电场加速后速度为v1，应用动能定理有：

图4－16乙

1

eU0＝mv12－0

2

正离子垂直射入匀强偏转电场，受到的电场力F＝eE0

FeE0

产生的加速度a＝，即a＝

mm

垂直电场方向做匀速运动，有：2d＝v1t

1

沿电场方向，有：d＝at2

2U0

联立解得：E0＝

dv1

又tan φ＝

at

解得：φ＝45°．

(2)正离子进入磁场时的速度大小为： v＝v12＋v⊥2＝v12＋(at)2

v2

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：evB＝m

R

mU0

联立解得：正离子在磁场中做圆周运动的半径R＝2．

eB2

4mU016mU0

(3)将4m和16m代入R，得R1＝2 2、R2＝2eBeB2

图4－16丙

由几何关系可知S1和S2之间的距离Δs＝R22－(R2－R1)2－R1

mU0联立解得：Δs＝4(3－1)

eB2由R′2＝(2R1)2＋(R′－R1)2

5

得：R′＝R1

2

15由R1

得：m

mU0 (3)m

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]( )

A．带正电，由下往上运动

B．带正电，由上往下运动 C．带负电，由上往下运动 D．带负电，由下往上运动

mv

可知，半径变小，粒子的运动方Bq

向为由下向上；又由洛伦兹力的方向指向圆心以及左手定则知粒子带正电．

[答案] A

【点评】题图为安德森发现正电子的云室照片．

2．图示为一“滤速器”装置的示意图．a、b为水平放置的平行金属板，一束具有各种不同速率的电子沿水平方向经小孔O进入a、b两板之间．为了选取具有某种特定速率的电子，可在a、b间加上电压，并沿垂直于纸面的方向加一匀强磁场，使所选电子仍能够沿水平直线OO′运动，由O′射出．不计重力作用．可能达到上述目的的办法是[2006年高考·全国理综卷Ⅰ]( )

【解析】粒子穿过金属板后速度变小，由半径公式r＝

A．使a板的电势高于b板，磁场方向垂直纸面向里 B．使a板的电势低于b板，磁场方向垂直纸面向里 C．使a板的电势高于b板，磁场方向垂直纸面向外 D．使a板的电势低于b板，磁场方向垂直纸面向外

【解析】要使电子能沿直线通过复合场，电子所受电场力与洛伦兹力必是一对平衡力．由左手定则及电场的相关知识可知，选项A、D正确．

[答案] AD

3．图示是质谱仪的工作原理示意图．带电粒子被加速电场加速后，进入速度选择器．速度选择器内相互正交的匀强磁场和匀强电场的强度分别为B和E．平板S上有可让粒子通过的狭缝P和记录粒子位置的胶片A1A2．平板S下方有强度为B0的匀强磁场．下列表述正确的是[2009年高考·广东物理卷]( )

源：高考资源网 KS%5U]

A．质谱仪是分析同位素的重要工具

B．速度选择器中的磁场方向垂直纸面向外

E

C．能通过狭缝P的带电粒子的速率等于 B

D．粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，粒子的荷质比越小

1

【解析】粒子在电场中加速有：qU＝mv2，粒子沿直线通过速度选择器有：Eq＝qvB，

2

mv

粒子在平板S下方磁场中做圆周运动有：r＝，由上述过程遵循的规律可知选项A、B、C

qB

正确．

[答案] ABC

q

4．带电粒子的比荷是一个重要的物理量．某中学物理兴趣小组设计了一个实验，探究

m

电场和磁场对电子运动轨迹的影响，以求得电子的比荷，实验装置如图所示．

(1)他们的主要实验步骤如下．

A．首先在两极板M1M2之间不加任何电场、磁场，开启阴极射线管电源，发射的电子从两极板中央通过，在荧屏的正中心处观察到一个亮点．

B．在M1M2两极板间加合适的电场：加极性如图所示的电压，并逐步调节增大，使荧屏上的亮点逐渐向荧屏下方偏移，直到荧屏上恰好看不见亮点为止，记下此时外加电压为U．请问本步骤的目的是什么？

C．保持步骤B中的电压U不变，对M1M2区域加一个大小、方向均合适的磁场B，使荧屏正中心重现亮点，试问外加磁场的方向如何？

(2)根据上述实验步骤，同学们正确推算出电子的比荷与外加电场、磁场及其他相关量的qU

关系为＝22．一位同学说，这表明电子的比荷将由外加电压决定，外加电压越大则电子的

mBd

比荷越大．你认为他的说法正确吗？为什么？

[2007年高考·广东物理卷]

q

[答案] (1)B．使电子刚好落在正极板的近荧幕端的边缘，利用已知量表达．

m

C．垂直电场方向向外(垂直纸面向外)

(2)说法不正确，电子的比荷是电子的固有参数．

5．1932年，劳伦斯和利文斯顿设计出了回旋加速器．回旋加速器的工作原理如图所示，置于高真空中的D形金属盒半径为R，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计．磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直．A处粒子源产生的粒子，质量为m、电荷量为＋q ，在加速器中被加速，加速电压为U．加速过程中不考虑相对论效应和重力作用．

(1)求粒子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比． (2)求粒子从静止开始加速到出口处所需的时间t．

(3)实际使用中，磁感应强度和加速电场频率都有最大值的限制．若某一加速器磁感应强度和加速电场频率的最大值分别为Bm、fm，试讨论粒子能获得的最大动能Ekm．

[2009年高考·江苏物理卷]

1

【解析】(1)设粒子第1次经过狭缝后的半径为r1，速度为v1，则qU＝mv12

2

2v1

qv1B＝m

r1

12mU解得：r1＝ Bq

14mU同理，粒子第2次经过狭缝后的半径r2＝

Bq

则r2∶r1＝2∶1．

(2)设粒子到出口处被加速了n圈，则

1

2nqU＝mv2

2v2

qvB＝m R2πmT＝ qBt＝nT

πBR2

解得：t＝．

2U

qB

(3)加速电场的频率应等于粒子在磁场中做圆周运动的频率，即f＝

2πm

qBm当磁感应强度为Bm时，加速电场的频率应为fBm＝ 2πm

1

粒子的动能Ek＝mv2

2

当fBm≤fm时，粒子的最大动能由Bm决定

vm2

qvmBm＝m

R

q2Bm2R2

解得：Ekm＝

2m

当fBm≥fm时，粒子的最大动能由fm决定 vm＝2πfmR

解得：Ekm＝2π2mfm2R2．

πBR2

[答案] (1)2∶1 (2) (3)2π2mfm2R2

2U

【点评】回旋加速器为洛伦兹力的典型应用，在高考中多次出现．要理解好磁场对粒子的“加速”没有起作用，但回旋加速器中粒子所能获得的最大动能却与磁感应强度相关．

6．如图甲所示，在x轴下方有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于xOy平面向外．P是y轴上距原点为h的一点，N0为x轴上距原点为a的一点．A是一块平行于x轴的挡

ha

板，与x轴的距离为，A的中点在y轴上，长度略小于．带电粒子与挡板碰撞前后，x方向

22

的分速度不变，y方向的分速度反向、大小不变．质量为m、电荷量为q(q＞0)的粒子从P点瞄准N0点入射，最后又通过P点．不计重力．求粒子入射速度的所有可能值．

[2009年高考·全国理综卷Ⅰ]

甲

【解析】设粒子的入射速度为v，第一次射出磁场的点为N0′，与板碰撞后再次进入磁

mv

场的位置为N1．粒子在磁场中运动的半径为R，有：R＝

qB

乙

粒子的速度不变，每次进入磁场与射出磁场的位置间的距离x1保持不变，则有： x1＝N0′N0＝2Rsin θ

粒子射出磁场与下一次进入磁场位置间的距离x2始终不变，与N0′N1相等．由图乙可以看出x2＝a

设粒子最终离开磁场时，与挡板相碰n次(n＝0,1,2?)．若粒子能回到P点，由对称性可知，出射点的x坐标应为－a，即：(n＋1)x1－nx2＝2a

n＋2

由以上两式得：x1＝a

n＋1

若粒子与挡板发生碰撞，则有：

a

x1－x2＞

4

联立解得：n＜3

qBn＋2v＝·a 2msin θn＋1

h

式中sin θ＝2 a＋h2源：高考资源网 KS%5U]

qBaa2＋h2解得：v0＝，n＝0

mh

3qBaa2＋h2v1＝，n＝1

4mh

2qBaa2＋h2v2＝，n＝2．

3mh

qBaa2＋h2[答案] v0＝，n＝0

mh

3qBaa2＋h2v1＝，n＝1

4mh2qBaa2＋h2v2＝，n＝2

3mh

能力演练

一、选择题(10×4分)

1．如图所示，真空中O点有一点电荷，在它产生的电场中有a、b两点，a点的场强大小为Ea，方向与ab连线成60°角，b点的场强大小为Eb，方向与ab连线成30°角．关于a、b两点的场强大小Ea、Eb及电势φa、φb的关系，以下结论正确的是( )

Eb

A．Ea＝，φa＞φb

3

B．Ea＝3Eb，φa＜φb C．Ea＝3Eb，φa＞φb D．Ea＝3Eb，φa＜φb

kQkQkQ

【解析】由题图可知O点处为负电荷，故φb＞φa，又因为Ea＝2、Eb＝2＝，OaOb(3·Oa)2

可得Ea＝3Eb．

[答案] D

2．一正电荷处于电场中，在只受电场力作用下从A点沿直线运动到B点，其速度随时间变化的图象如图所示，tA、tB分别对应电荷在A、B两点的时刻，则下列说法中正确的有( )

A．A处的场强一定大于B处的场强 B．A处的电势一定低于B处的电势

C．正电荷在A处的电势能一定大于B处的电势能 D．由A至B的过程中，电场力一定对正电荷做负功

【解析】由题图知正电荷在做加速越来越小的加速运动，说明电场线的方向为：A→B，可知：φA＞φB，EA＞EB，εA＞εB，由A至B的过程中，电场力一定对正电荷做正功．

[答案] AC

3．如图所示，带正电的粒子以一定的初速度v0沿中线进入水平放置的平行金属板内，恰好沿下板的边缘飞出，已知板长为L，板间的电压为U，带电粒子所带电荷量为q，粒子通过平行金属板的时间为t，不计粒子的重力，则 ( )

tqU

A．粒子在前时间内，电场力对粒子做的功为

24t3qU

B．粒子在后时间内，电场力对粒子做的功为

28

dd

C．粒子在竖直方向的前和后位移内，电场力做的功之比为1∶2

44dd

D．粒子在竖直方向的前和后位移内，电场力的冲量之比为1∶1

44

【解析】粒子在匀强电场中运动，电场力做的功为： W电＝qUAB＝q·E·y，其中y为粒子在电场方向的位移

1d1t2d

又由题意知：at2＝，a·()＝

22228t1t3qU

故在前内电场力做的功W1＝qU，在后内电场力做的功W2＝

2828d

前后位移内电场力做的功之比为1∶1

4

又从静止开始的匀加速直线运动通过连续相等位移的时间之比为1∶(2－1)∶(3－2)∶(4－3)

故I前∶I后＝1∶(2－1)． [答案] B

4．如图所示，在一正交的电场和磁场中，一带电荷量为＋q、质量为m的金属块沿倾角为θ的粗糙绝缘斜面由静止开始下滑．已知电场强度为E，方向竖直向下；磁感应强度为B，方向垂直纸面向里；斜面的高度为h．金属块滑到斜面底端时恰好离开斜面，设此时的速度为v，则( )

A．金属块从斜面顶端滑到底端的过程中，做的是加速度逐渐减小的加速运动 B．金属块从斜面顶端滑到底端的过程中，机械能增加了qEh

1

C．金属块从斜面顶端滑到底端的过程中，机械能增加了mv2－mgh

2

D．金属块离开斜面后将做匀速圆周运动

【解析】金属块在下滑的过程中，随着速度的增大，洛伦兹力增大，对斜面的压力减小，故摩擦力f＝μ(mg＋qE－qvB)不断减小，金属块做加速度逐渐增大的加速运动，选项A错误．

又由功能关系得：ΔE机＝W电－Wf＜qEh，选项B错误．

1

机械能的变化量为：ΔE机＝ΔEk＋ΔEp＝mv2－mgh，选项C正确．

2

由题意知，mg＞qE，故离开斜面后金属块不可能做匀速圆周运动，选项D错误． [答案] C 5．如图所示，充电的两平行金属板间有场强为E的匀强电场和方向与电场垂直(垂直纸面向里)的匀强磁场，磁感应强度为B，构成了速度选择器．氕核、氘核、氚核以相同的动能(Ek)从两极板中间垂直于电场和磁场射入速度选择器，且氘核沿直线射出．不计粒子的重力，则射出时( )

A．动能增加的是氚核

B．动能增加的是氕核

C．偏向正极板的是氚核 D．偏向正极板的是氕核 【解析】带电粒子直线通过速度选择器的条件为：

Ev0＝

B

2Ek对于氘核：qE＝qB· 2m02Ek对于氕核：qE＜qB·，向正极偏转，动能减少

m02Ek对于氚核：qE＞qB·，向负极偏转，动能增加．

3m0

[答案] AD

6．如图所示，竖直放置的两个平行金属板间有匀强电场，在两板之间等高处有两个质量相同的带电小球，P小球从紧靠左极板处由静止开始释放，Q小球从两板正中央由静止开始释放，两小球最后都能打在右极板上的同一点．则从开始释放到打到右极板的过程中( )

A．它们的运行时间tP＞tQ

B．它们的电荷量之比qP∶qQ＝2∶1

C．它们的动能增加量之比ΔEkP∶ΔEkQ＝4∶1 D．它们的电势能减少量之比ΔEP∶ΔEQ＝2∶1

【解析】将两小球的运动都沿水平和竖直正交分解，竖直的分运动都为自由落体运动，故它们从开始释放到打在右极板的过程中运行时间相等，选项A错误．

1qPE2qQE2

对于水平分运动，有：··t＝·t

2mm

故知qP∶qQ＝2∶1，选项B正确．

d1

P球动能的增量ΔEkP＝mgh＋qPE·d，Q球动能的增量ΔEkQ＝mgh＋qQE·＝mgh＋·qE·d，

24P

选项C错误．

d

同理：ΔEP＝qPE·d，ΔEQ＝qQE·，可得ΔEP∶ΔEQ＝4∶1，选项D错误．

2

[答案] B

7．均匀分布着等量异种电荷的半径相等的半圆形绝缘杆被正对着固定在同一平面上，如图所示．AB是两种绝缘杆所在圆圆心连线的中垂线而且与二者共面，该平面与纸面平行，有一磁场方向垂直于纸面，一带电粒子(重力不计)以初速度v0一直沿直线AB运动．则( )

A．磁场是匀强磁场 B．磁场是非匀强磁场

C．带电粒子做匀变速直线运动 D．带电粒子做变加速运动

【解析】由对称性知直线AB上的电场方向与AB垂直，又由两绝缘杆的形状知AB上的电场并非处处相等．在AB上的每一点，由平衡条件知qE＝qvB，故知磁场为非匀强磁场，带电粒子做匀速直线运动．

[答案] B 8．如图所示，带电粒子在没有电场和磁场的空间内以速度v0从坐标原点O沿x轴方向做

匀速直线运动．若空间只存在垂直于xOy平面的匀强磁场时，粒子通过P点时的动能为Ek；当空间只存在平行于y轴的匀强电场时，则粒子通过P点时的动能为( )

D．5Ek

1

【解析】由题意知带电粒子只受电场力或洛伦兹力的作用，且有Ek＝mv02

2

当空间只存在电场时，带电粒子经过P点，说明： 1·v·t＝v0·t＝10 cm，即vPy＝2v0 2Py

由动能的定义可得：

11

EkP＝mv02＋mvPy2＝5Ek．

22[答案] D

9．如图所示，一个带电荷量为＋Q 的点电荷甲固定在绝缘平面上的O点；另一个带电荷量为－q、质量为m的点电荷乙，从A点以初速度v0沿它们的连线向甲滑行运动，运动到B点静止．已知静电力常量为k，点电荷乙与水平面的动摩擦因数为μ，A、B间的距离为s．下列说法正确的是( )

A．Ek B．2Ek C．4Ek

A．O、B间的距离为

kQq μmg

v0

B．点电荷乙从A运动到B的运动过程中，中间时刻的速度小于 2

1

C．点电荷乙从A运动到B的过程中，产生的内能为mv02

2

m(v02－2μgs)

D．在点电荷甲产生的电场中，A、B两点间的电势差UAB＝

2q

【解析】由题意知电荷乙做加速度越来越小的减速运动，v－t图象如图所示，可知点电

v0kQq

荷乙从A运动到B的中间时刻的速度vC＜，故选项B正确；这一过程一直有2＜μmg，故

2r

kQqsOB＞，选项A错误．

μmg

点电荷乙由A运动到B的过程中，电场力做正功，设为W，由动能定理得：

1

W－μmgs＝0－mv02

2

1

可得：此过程中产生的内能Q′＝μmgs＝W＋mv02，选项C错误．

2

由上可知，A、B两点间的电势差为：

1

mv02－μmgsW2UAB＝＝，选项D正确．

q－q

[答案] BD

源：高考资源网 KS%5U] 10．如图甲所示，在第Ⅱ象限内有水平向右的匀强电场，电场强度为E，在第Ⅰ、Ⅳ象限内分别存在如图所示的匀强磁场，磁感应强度大小相等．有一个带电粒子以垂直于x轴的初速度v0从x轴上的P点进入匀强电场中，并且恰好与y轴的正方向成45°角进入磁场，又恰好垂直进入第Ⅳ象限的磁场．已知OP之间的距离为d，则带电粒子在磁场中第二次经过x轴时，在电场和磁场中运动的总时间为( )

甲

7πddA． B．(2＋5π)

2v0v0d3πd7πC．(2＋) D．(2＋) v02v02

【解析】带电粒子的运动轨迹如图乙所示．由题意知，带电粒子到达y轴时的速度v＝2

d2d

v0，这一过程的时间t1＝＝ v0v02

又由题意知，带电粒子在磁场中的偏转轨道半径r＝22d

乙

故知带电粒子在第Ⅰ象限中的运动时间为：

3πm32πd3πdt2＝＝＝

4Bq2v2v0

2πd

带电粒子在第Ⅳ象限中运动的时间为：t3＝

v0

d7π

故t总＝(2＋)．

v02

[答案] D

二、非选择题(共60分)

11．(6分)在“用描迹法画出电场中平面上的等势线”的实验中，所用灵敏电流表的指针偏转方向与电流的关系是：当电流从正接线柱流入电流表时，指针偏向正接线柱一侧．

(1)某同学在实验中接通电源开关，将两表笔E1、E2在导电纸上移动，不管怎样移动，表

针都不偏转．经检查，电源与电流表均完好，则产生这一现象的原因可能是____________________．

(2)排除故障后，用这个电表探测基准点2两侧的等势点时，将电流表正接线柱的E1接在基准点2上，如图所示，把负接线柱的E2接在纸上某一点，若发现电表的指针发生了偏转，该同学移动E2的方向正确的是________．

A．若电表的指针偏向正接线柱一侧，E2向右移动 B．若电表的指针偏向正接线柱一侧，E2向左移动 C．若电表的指针偏向负接线柱一侧，E2向右移动 D．若电表的指针偏向负接线柱一侧，E2向左移动 [答案] (1)导电纸导电一面向下 (3分) (2)BC (3分)

12．(6分)用示波器观察频率为900 Hz的正弦电压信号．把该信号接入示波器Y输入． (1)当屏幕上出现如图所示的波形时，应调节______旋钮．如果正弦波的正负半周均超出了屏幕的范围，应调节______旋钮或______旋钮，或这两个钮配合使用，以使正弦波的整个波形出现在屏幕内．

(2)如需要屏幕上正好出现一个完整的正弦波形，应将______旋钮置于______位置，然后调节______旋钮．

[答案] (1)竖直位移(或↑↓) 衰减(或衰减调节) Y增益 (每空1分) (2)扫描范围 1 k挡位 扫描微调 (每空1分)

13．(10分)一种半导体材料称为“霍尔材料”，用它制成的元件称为“霍尔元件”．这种

－

材料内有一种称为“载流子”的可定向移动的电荷，每个载流子的电荷量q＝1.6×1019C．霍尔元件在自动检测、控制领域得到广泛应用，如录像机中用来测量录像磁鼓的转速，电梯中用来检测电梯门是否关闭以及自动控制升降电动机的电源的通断等．在一次实验中，由一块

－－－

霍尔材料制成的薄板宽L1＝ab＝1.0×102 m、长bc＝L2＝4.0×102 m、厚h＝1.0×103 m，水平放置在竖直向上的磁感应强度B＝1.5 T 的匀强磁场中，bc方向通有I＝3.0 A的电流，如

－

图所示，沿宽度产生1.0×105 V的横向电压．

(1)假定载流子是电子，则a、b两端哪端的电势较高？ (2)薄板中形成电流I的载流子定向运动的速度是多少？ 【解析】(1)根据左手定则可确定a端电势较高． (3分)

(2)当导体内有载流子沿电流方向所在的直线做定向运动时，受到洛伦兹力的作用而产生横向分运动，产生横向电场，横向电场的电场力与载流子所受到的洛伦兹力平衡时，导体横向电压稳定．设载流子沿电流方向所在的直线做定向运动的速率为v，横向电压为Uab，横向电场强度为E．则：

qUab电场力FE＝qE＝ (2分)

L1

磁场力FB＝qvB (2分) 平衡时FE＝FB (1分)

－

解得：v＝6.7×104 m/s． (2分)

－

[答案] (1)a端电势较高 (2)6.7×104 m/s 14．(10分)图甲为电视机中显像管的工作原理示意图，电子枪中的灯丝加热阴极使电子逸出，这些电子再经加速电场加速后，从O点进入由磁偏转线圈产生的偏转磁场中，经过偏转磁场后打到荧光屏MN上，使荧光屏发出荧光形成图像．不计逸出电子的初速度和重力，已知电子的质量为m、电荷量为e，加速电场的电压为U．偏转线圈产生的磁场分布在边长为l的正方形abcd区域内，磁场方向垂直纸面，且磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示．在每个周期内磁感应强度B都是从－B0均匀变化到B0．磁场区域的左边界的中点与O点重合，ab边与OO′平行，右边界bc与荧光屏之间的距离为s．由于磁场区域较小，且电子运动的速度很大，所以在每个电子通过磁场区域的过程中，可认为磁感应强度不变，即为匀强磁场，不计电子之间的相互作用．

(1)求电子射出电场时的速度大小．

(2)为使所有的电子都能从磁场的bc边射出，求偏转线圈产生磁场的磁感应强度的最大值． (3)若所有的电子都能从bc边射出，求荧光屏上亮线的最大长度是多少？

1

【解析】设电子射出电场的速度为v，则根据动能定理，对电子的加速过程有：mv2＝eU

2

(1分)

2eU

解得：v＝． (1分)

m

(2)当磁感应强度为B0或－B0时(垂直于纸面向外为正方向)，电子刚好从b点或c点射出 (1分)

丙

设此时圆周的半径为R，如图丙所示．根据几何关系有：

l

R2＝l2＋(R－)2 (1分)

25l

解得：R＝ (1分)

4

电子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，因此有：

v2

evB0＝m (1分)

R

2mU． (1分) e

4

(3)根据几何关系可知：tan α＝ (1分)

3

设电子打在荧光屏上离O′点的最大距离为d，则：

ll4s

d＝＋stan α＝＋ (1分) 223

由于偏转磁场的方向随时间变化，根据对称性可知，荧光屏上的亮线最大长度为：

8s

D＝2d＝l＋． (1分)

3

2eU42mU8s

[答案] (1) (2) (3)l＋

m5le3

15．(12分)如图甲所示，在平面直角坐标系xOy中的第一象限内存在磁感应强度大小为B、方向垂直于坐标平面向内的有界圆形匀强磁场区域(图中未画出)；在第二象限内存在沿x轴负方向的匀强电场．一粒子源固定在x轴上的A点，A点坐标为(－L,0)．粒子源沿y轴正方向释放出速度大小为v的电子，电子恰好能通过y轴上的C点，C点坐标为(0,2L)，电子经过磁场偏转后恰好垂直通过第一象限内与x轴正方向成15°角的射线ON(已知电子的质量为m，电荷量为e，不考虑粒子的重力和粒子之间的相互作用)．求：

解得：B0＝

45l

甲

(1)第二象限内电场强度E的大小．

(2)电子离开电场时的速度方向与y轴正方向的夹角θ． (3)圆形磁场的最小半径Rm．

【解析】(1)从A到C的过程中，电子做类平抛运动，有：

eE

L＝t2 (1分)

2m

2L＝vt (1分)

mv2

联立解得：E＝． (1分)

2eL

(2)设电子到达C点的速度大小为vC，方向与y轴正方向的夹角为θ．由动能定理，有： 11

mvC2－mv2＝eEL (2分) 22

源：高考资源网 KS%5U] 乙

解得：vC＝2v

v2

cos θ＝＝ (1分)

vC2

解得：θ＝45°． (1分)

(3)电子的运动轨迹图如图乙所示，电子在磁场中做匀速圆周运动的半径r＝(1分)

电子在磁场中偏转120°后垂直于ON射出，则磁场最小半径为：Rm＝由以上两式可得：Rm＝

mvC2mv

＝ eBeB

PQ

＝rsin 60° (2分) 2

6mv

． (1分) 2eB

mv26mv

[答案] (1) (2)45° (3) 2eL2eB

16．(13分)如图甲所示，竖直挡板MN的左侧空间有方向竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的水平匀强磁场，电场和磁场的范围足够大，电场强度的大小E＝40 N/C，磁感应强度的大小B随时间t变化的关系图象如图乙所示，选定磁场垂直纸面向里为正方向．在t＝0时刻，

－－

一质量m＝8×104 kg、带电荷量q＝＋2×104 C的微粒在O点具有竖直向下的速度v＝0.12 m/s，O′是挡板MN上一点，直线OO′与挡板MN垂直，取g＝10 m/s2．求：

(1)微粒下一次经过直线OO′时到O点的距离． (2)微粒在运动过程中离开直线OO′的最大距离．

(3)水平移动挡板，使微粒能垂直射到挡板上，挡板与O点间的距离应满足的条件．

－

【解析】(1)由题意知，微粒所受重力G＝mg＝8×103 N

－

电场力大小F＝Eq＝8×103 N (1分) 因此重力与电场力平衡

微粒先在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，则有：

v2

qvB＝m (1分)

Rmv

解得：R＝＝0.6 m

qB2πR

由T＝v (1分)

解得：T＝10π s (1分)

则微粒在5π s内转过半个圆周，再次经直线OO′时与O点的距离l＝2R＝1.2 m． (1分)

(2)微粒运动半周后向上匀速运动，运动的时间t＝5π s，轨迹如图丙所示．

丙

位移大小x＝vt＝0.6π m＝1.88 m (2分)

微粒离开直线OO′的最大距离h＝x＋R＝2.48 m． (2分)

(3)若微粒能垂直射到挡板上的某点P，P点在直线OO′下方时，挡板MN与O点间的距离应满足：

L＝(4n＋1)×0.6 m (n＝0,1,2?) (2分)

若微粒能垂直射到挡板上的某点P，P点在直线OO′上方时，挡板MN与O点间的距离应满足：

L＝(4n＋3)×0.6 m (n＝0,1,2?)． (2分)

[若两式合写成L＝(1.2n＋0.6) m (n＝0,1,2?)同样给分] [答案] (1)1.2 m (2)2.48 m

(3)P点在直线OO′下方时，距离L＝(4n＋1)×0.6 m (n＝0,1,2?) P点在直线OO′上方时，距离L＝(4n＋3)×0.6 m (n＝0,1,2?) [或L＝(1.2n＋0.6) m (n＝0,1,2?)]

w.w.w.k.s.5.u.c.o.m

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