湖北省黄冈中学2012年高考物理冲刺讲解、练习题、预测题06：第4专题 带电粒子在电场和磁场中的运动(1)

湖北省黄冈中学2012年高考物理冲刺讲解、练习题、预测题06：第4专题 带电粒子在电场和磁场中的运动(1)

2012届高考黄冈中学物理冲刺讲解、练习题、预测题06：

第4专题 带电粒子在电场和磁场中的运动（1）

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．

湖北省黄冈中学2012年高考物理冲刺讲解、练习题、预测题06：第4专题 带电粒子在电场和磁场中的运动(1)

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

11动能定理得：qU＝vt2－mv02．若v0＝0，则有vt＝22qU，这个关系式对任意静电场m

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 1qU1＝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：

1qEqUvy＝at，y＝at2，a＝． 2mmd

(2)带电粒子离开极板时 1qULUL侧移距离y＝2＝ 22mdv14dU1

Ux2

轨迹方程为：y＝(与m、q无关) 4dU1

atqU2LU2L偏转角度φ的正切值tan φ＝＝ 2dU1v1mdv1222

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

L线射出的．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．

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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：

v22πqvB＝m＝mRω2＝mvω＝mR(2＝mR(2πf)2 RTmvR＝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

mv①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

2πm①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

αα圆心角为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．

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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

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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

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

12做直线运动打到纸上，则距原入射方向的距离为：y＝＋Ltan φ 2qUlat又a＝t＝tan φ＝mdv0v0qUll解得：y2＋L) mdv02

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．

－133[答案] 1.25×10 C 将两偏转板间的电压增大到8.8×10 V，或将偏转板右端与纸

的间距增大到3.6 cm

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llqUl【点评】①本题也可直接根据推论公式y＝(＋L)tan φ＝(＋L 22mdv02

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2

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O1点水平飞出磁场，则其运动的轨道半径为R． 2v0mv0由qv0B＝mB＝． 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

RqUT2n(2 22mR2

又t＝nT (n＝1,2,3 )

2R解得：T＝ (n＝1,2,3 ) nv02nmv0U0＝(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2

的速度射入磁场，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] qR

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nmv02R (n＝1,2,3 ) (n＝1,2,3 ) (3)2R 2qnv0

【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．

θ③求运动时间．找到运动的圆弧所对应的圆心角θ，由公式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． 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：

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 2mv0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

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解得：vy＝v0

粒子的速度大小为：v＝02＋vy2＝v0

π速度方向与x轴的夹角为：θ 41R粒子与x轴的距离为：H＝h2＝h＋ 222v(2)撤去电场加上磁场后，有：qBv＝ R解得：R＝R0

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

π直线与x轴和y轴的夹角均为C点的坐标为：

4

图4－11乙

xC＝2R0

RyC＝H－R0＝h－2 R过C点作x轴的垂线，在△CDM中，有：lCM＝R＝R0，lCD＝yC＝h02

72解得：lDMCM2－lCD2＝0＋R0h－h2 4

2M点的横坐标为：xM＝2R0R0＋R0h－h2． 4

πR2[答案] (1)h(2)2R0R0＋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．

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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：

v02mv0ev0B＝mRRBe

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：

mv023212π2S＝πR＋RR＝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：

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

AEC是自C点垂直于BC入射的电子在磁场中的运行轨的磁感应强度的大小为B，令圆弧

道，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

AEC的圆心在CB边或其延长线上．依题意，圆心在A、C连线的中垂线于纸面向外．圆弧

上，故B点即为圆心，圆半径为a．按照牛顿定律有： 2v0f＝ amv0联立解得：B＝． ea

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(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

π线交角为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2

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＝asin θ，y＝acos θ

图4－13乙

π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 AFC，2

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：

π－2211S＝2(a2－2)＝a． 422

mv0π－22[答案] 方向垂直于纸面向外 (2) 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

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3小球从N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＝RB0qRm小球从P点运动到D点的时间t3＝＝ v0B0q

m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)． qB0mgm[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＝ρab

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

湖北省黄冈中学2012年高考物理冲刺讲解、练习题、预测题06：第4专题 带电粒子在电场和磁场中的运动(1)

n·ab·v·t·etI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：qqvB 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＝

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：

湖北省黄冈中学2012年高考物理冲刺讲解、练习题、预测题06：第4专题 带电粒子在电场和磁场中的运动(1)

图4－16乙

1eU0＝mv12－0 2

正离子垂直射入匀强偏转电场，受到的电场力F＝eE0

FeE产生的加速度a＝amm

垂直电场方向做匀速运动，有：2d＝v1t

12沿电场方向，有：d＝at 2

U联立解得：E00 d

v1又tan φat

解得：φ＝45°．

(2)正离子进入磁场时的速度大小为：

v＝12＋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＝mR

联立解得：正离子在磁场中做圆周运动的半径R＝ eBmU0mU0(3)将4m和16m代入R，得R1＝、R2＝2eBeB图4－16丙

22由几何关系可知S1和S2之间的距离Δs2－(R2－R1)－R1

联立解得：Δs＝4(－1)eB

由R′2＝(2R1)2＋(R′－R1)2

5得：R′＝1 2

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15由R1<RR1 22

得：m<m正<25m．

[答案] (1)45° 0 (3)m<m正<25m eB

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