物理專題講座之三電場、磁場中的帶電粒子

1、 電場和磁場中的帶電粒子1命題趨勢帶電粒子在電場、磁場中的運動是中學物理中的重點內容，這類問題對學生的空間想象能力、分析綜合能力、應用數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，因此歷來是高考的熱點，帶電粒子在電場、磁場中的運動與現代科技密切相關，在近代物理實驗中有重大意義，因此考題有可能以科學技術的具體問題為背景。2.知識概要帶電粒子在電場、磁場中的運動可分為下列幾種情況半徑公式： 周期公式：帶電粒子在電場磁場中的運動帶電粒子在電場中的運動帶電粒子在磁場中的運動帶電粒子在復合場中的運動直線運動：如用電場加速或減速粒子偏轉：類似平拋運動，一般分解成兩個分運動求解圓周運

2、動：以點電荷為圓心運動或受裝置約束運動直線運動（當帶電粒子的速度與磁場平行時）圓周運動（當帶電粒子的速度與磁場垂直時）直線運動：垂直運動方向的力必定平衡圓周運動：重力與電場力一定平衡，由洛倫茲力提供向心力一般的曲線運動帶電粒子在電場、磁場、重力場中的運動，簡稱帶電粒子在復合場中的運動，一般具有較復雜的運動圖景。這類問題本質上是一個力學問題，應順應力學問題的研究思路和運用力學的基本規(guī)律。分析帶電粒子在電場、磁場中運動，主要是兩條線索：（1）力和運動的關系。根據帶電粒子所受的力，運用牛頓第二定律并結合運動學規(guī)律求解。（2）功能關系。根據場力及其它外力對帶電粒子做功引起的能量變化或全過程中的功能關系

3、，從而可確定帶電粒子的運動情況，這條線索不但適用于均勻場，也適用于非均勻場。因此要熟悉各種力做功的特點。處理帶電粒子在場中的運動問題應注意是否考慮帶電粒子的重力。這要依據具體情況而定，質子、粒子、離子等微觀粒子，一般不考慮重力；液滴、塵埃、小球等宏觀帶電粒子由題設條件決定，一般把裝置在空間的方位介紹的很明確的，都應考慮重力，有時還應根據題目的隱含條件來判斷。處理帶電粒子在電場、磁場中的運動，還應畫好示意圖，在畫圖的基礎上特別注意運用幾何知識尋找關系。3.點撥解疑【例題1】（99全國）如圖1所示，圖中虛線MN是一垂直紙面的平面與紙面的交線，在平面右側的半空間存在一磁感應強度為B的勻強磁場，方向垂

4、直紙面向外。O是MN上的一點，從O點可以向磁場區(qū)域發(fā)射電量為+q、質量為m、速率為v的粒子，粒子射入磁場時的速度可在紙面內各個方向。已知先后射入的兩個粒子恰好在磁場中給定的P點相遇，P到O的距離為L，不計重力及粒子間的相互作用。（1）求所考察的粒子在磁場中的軌道半徑；（2）求這兩個粒子從O點射入磁場的時間間隔。 【點撥解疑】（1）設粒子在磁場中做圓周運動的軌道半徑為R，由牛頓第二定律得，則（2）如圖2所示，以OP為弦可以畫兩個半徑相同的圓，分別表示在P點相遇的兩個粒子的軌跡。圓心分別為O1、O2，過O點的直徑分別為OO1Q1、OO2Q2，在O點處兩個圓的切線分別表示兩個粒子的射入方向，用表示它

5、們之間的夾角。由幾何關系可知，從O點射入到相遇，粒子1的路程為半個圓周加弧長Q1P=R，粒子2的路程為半個圓周減弧長PQ2=R粒子1的運動時間為 ，其中T為圓周運動的周期。粒子2運動的時間為 兩粒子射入的時間間隔為 因為 所以 有上述算式可解得 點評：解帶電粒子在磁場中運動的題，除了運用常規(guī)的解題思路（畫草圖、找“圓心”、定“半徑”）之外，更應側重于運用數學知識進行分析。本題在眾多的物理量和數學量中，角度是最關鍵的量，它既是建立幾何量與物理量之間關系式的一個紐帶，又是溝通幾何圖形與物理模型的橋梁。【例題2】 如圖3所示，在直角坐標系的第一、二象限內有垂直于紙面的勻強磁場，第三象限有沿Y軸負方向

6、的勻強電場，第四象限內無電場和磁場。質量為m、帶電量為q的粒子從M點以速度v0沿x軸負方向進入電場，不計粒子的重力，粒子經N、P最后又回到M點。設OM=L，ON=2L，則：關于電場強度E的大小，下列結論正確的是 （ ）A B C D（2）勻強磁場的方向是 。（3）磁感應強度B的大小是多少？ 【點撥解疑】 （1）由帶電粒子在電場中做類平拋運動，易知，且則E= 故選C（2）由左手定則，勻強磁場的方向為垂直紙面向里。（3）根據粒子在電場中運動的情況可知，粒子帶負電。粒子在電場中做類平拋運動，設到達N點的速度為v，運動方向與x軸負方向的夾角為，如圖4所示。由動能定理得將（1）式中的E代入可得 所以=4

7、5°粒子在磁場中做勻速圓周運動，經過P點時速度方向也與x軸負方向成45°角。則OP=OM=L NP=NO+OP=3L粒子在磁場中的軌道半徑為R=Npcos45°= 又解得 點評：帶電粒子的復雜運動常常是由一些基本運動組合而成的。掌握基本運動的特點是解決這類問題的關鍵所在。該題中，粒子在勻強磁場中運動軌跡的圓心不在y軸上，注意到這一點是很關鍵的。【例題3】 如圖5所示，在水平正交的勻強電場和勻強磁場中，半徑為R的光滑絕緣豎直圓環(huán)上，套有一個帶正電的小球，已知小球所受電場力與重力相等，小球在環(huán)頂端A點由靜止釋放，當小球運動的圓弧為周長的幾分之幾時，所受磁場力最大？【點

8、撥解疑】 小球下滑的過程中，要使磁場力最大，則需要速度最大。OC為與小球受到的重力、電場力的合力平行的半徑。由功能關系尋找速度最大的點，因為洛倫茲力不做功，所以不考慮磁場的作用，從圖中A到C，上述合力有切向分力，且與速度同向，因此做正功，小球動能增加；在C點時，該合力為徑向，沒有切向分力；此后切向分力與線速度反向，動能將減小；故在C點時速度最大，所受磁場力也最大。由受力分析知mg=qE mg=qEtan 得= 45°由圖知=+90°=135°故小球運動的弧長與周長之比為，所以運動的弧長為周長的。點評：討論帶電粒子的運動，必須熟悉各種力做功的特點。該題也可用等效法處

9、理。把電場和重力場合起來當作一個新的重力場，這個重力場的豎直方向與原水平方向成45°角斜向下，這樣就很容易確定速度最大的點。【例題4 】 從陰極K發(fā)射的電子經電勢差U0=5000V的陽極加速后，沿平行于板面的方向從中央射入兩塊長L1=10cm、間距d=4cm的平行金屬板A、B之間，在離金屬板邊緣L2=75cm處放置一個直徑D=20cm、圖6帶有紀錄紙的圓筒。整個裝置放在真空內，電子發(fā)射時的初速度不計，如圖6所示，若在金屬板上加一U =1000cos2t V的交流電壓，并使圓筒繞中心軸按圖示方向以n=2r/s勻速轉動，分析電子在紀錄紙上的軌跡形狀并畫出從t=0開始的1s內所紀錄到的圖形

10、。【點撥解疑】 對電子的加速過程，由動能定理得：eU0=mv02得電子加速后的速度 v0=4.2×107m/s電子進入偏轉電場后，由于在其中運動的時間極短，可以忽略運動期間偏轉電壓的變化，認為電場是穩(wěn)定的，因此電子做類平拋的運動。如圖7所示。圖7交流電壓在A、B兩板間產生的電場強度 V/m電子飛離金屬板時的偏轉距離 電子飛離金屬板時的豎直速度 圖8電子從飛離金屬板到到達圓筒時的偏轉距離 所以在紙筒上的落點對入射方向的總偏轉距離為m可見，在紀錄紙上的點在豎直方向上以振幅0.20m、周期T=1s做簡諧運動。因為圓筒每秒轉2周，故轉一周在紙上留下的是前半個余弦圖形，接著的一周中，留下后半個

11、圖形，合起來，1s內，在紙上的圖形如圖8所示。點評：偏轉電場如果不穩(wěn)定，電子在其中的運動將非常復雜，因此理想化處理是解答本題的關鍵。示波器是常用的電子儀器，其原理與該題的情景有相似之處。針對訓練BABdvv300O圖101（ 02廣西、河南、廣東卷）在圖9中虛線所示的區(qū)域存在勻強電場和勻強磁場。取坐標如圖。一帶電粒子沿x軸正方向進入此區(qū)域，在穿過此區(qū)域的過程中運動方向始終不發(fā)生偏轉。不計重力的影響，電場強度E和磁感強度B的方向可能是（）A E和B都沿x軸正方向 B E沿y軸正向，B沿z軸正向C E沿x軸正向，B沿y軸正向 D E、B都沿z軸正向2如圖10所示，一束電子（電量為e）以速度v垂直射

12、入磁感應強度為B，寬度為d的勻強磁場中，穿透磁場時速度方向與電子原來入射方向的夾角是30°，則電子的質量是 ，穿透磁場的時間是 。OEBO/a bd c3正方形abcd內有方向如圖的場強為E的勻強電場和磁感應強度為B的勻強磁場。質子流從ad邊的中點O以初速度v0，沿著與ab平行的方向射入正方形區(qū)域。若撤去勻強磁場，質子將達到b點；若撤去勻強電場，質子將打到c點。求：EB 當勻強電場和勻強磁場同時存在時，為使質子沿原方向射入后能做直線運動而打到bc邊的中點O/，其初速度應調整為v0的多少倍？4如圖所示，離子源從某小孔發(fā)射出帶電量q=1.6×10-10C的正離子(初速度不計)，

13、在加速電壓U= 1000V作用下沿O1O2方向進入勻強磁場中磁場限制在以O2為圓心半徑為R0=2.64cm的區(qū)域內，磁感強度大小B為0.10T，方向垂直紙面向外，正離子沿偏離O1O2為60°角的方向從磁場中射出，打在屏上的P點，計算：(1)正離子質量m(2)正離子通過磁場所需要的時間tabcdSo圖115（ 00全國）如圖11所示，兩個共軸的圓筒形金屬電極，外電極接地，其上均勻分布著平行于軸線的四條狹縫a、b、c和d，外筒的外半徑為r，在圓筒之外的足夠大區(qū)域中有平行于軸線方向的均勻磁場，磁感強度的大小為B。在兩極間加上電壓，使兩圓筒之間的區(qū)域內有沿半徑向外的電場。一質量為、帶電量為q

14、的粒子，從緊靠內筒且正對狹縫a的S點出發(fā)，初速為零。如果該粒子經過一段時間的運動之后恰好又回到出發(fā)點S，則兩電極之間的電壓U應是多少？（不計重力，整個裝置在真空中）BBELdO圖126如圖12所示，空間分布著有理想邊界的勻強電場和勻強磁場。左側勻強電場的場強大小為E、方向水平向右，電場寬度為L；中間區(qū)域勻強磁場的磁感應強度大小為B，方向垂直紙面向里。一個質量為m、電量為q、不計重力的帶正電的粒子從電場的左邊緣的O點由靜止開始運動，穿過中間磁場區(qū)域進入右側磁場區(qū)域后，又回到O點，然后重復上述運動過程。求：（1）中間磁場區(qū)域的寬度d；（2）帶電粒子從O點開始運動到第一次回到O點所用時間t。7（04

15、全國理綜）空間中存在方向垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B，一帶電量為+q、質量為m的粒子，在P點以某一初速開始運動，初速方向在圖中紙面內如圖中P點箭頭所示。該粒子運動到圖中Q點時速度方向與P點時速度方向垂直，如圖中Q點箭頭所示。已知P、Q間的距離為l。若保持粒子在P點時的速度不變，而將勻強磁場換成勻強電場，電場方向與紙面平行且與粒子在P點時速度方向垂直，在此電場作用下粒子也由P點運動到Q點。不計重力。求：（1）電場強度的大小。（2）兩種情況中粒子由P運動到Q點所經歷的時間之差。8.（04全國理綜）一勻磁場，磁場方向垂直于xy平面，在xy平面上，磁場分布在以O為中心的一個圓形區(qū)域內。一個

16、質量為m、電荷量為q的帶電粒子，由原點O開始運動，初速為v，方向沿x正方向。后來，粒子經過y軸上的P點，此時速度方向與y軸的夾角為30°，P到O的距離為L，如圖所示。不計重力的影響。求磁場的磁感強度B的大小和xy平面上磁場區(qū)域的半徑R。參考答案：1AB解析：E和B都沿x軸正方向，由于帶電粒子速度與磁感應強度B平行或反向平行，故不受磁場力只受電場力，而不論粒子帶何種電荷，電場力與速度均共線，由此知粒子作直線運動，A正確。若E沿y軸正向則電場力沿y軸正向（帶正電）或負向（帶負電），而B沿z軸正向，則由左手定則知其所受洛侖茲力沿y軸負向（帶正電）或正向（帶負電），合外力可能為零，故B正確。

17、若E沿z軸正向，則電場力沿z軸正向（帶正電）或負向（帶負電），B沿y軸正向，則洛侖茲力也沿z軸正向（帶正電）或負向（帶負電），合力不為零，且與速度不共線，粒子必然發(fā)生偏轉，故C錯。若E、B都沿z軸方向，則電場力也沿z軸方向，而洛侖茲力沿y軸方向，合力不為零，且與速度不共線，粒子必發(fā)生偏轉，故D錯。2解析：電子在磁場中運動，只受洛侖茲力作用，故其軌跡是圓弧的一部分，又因為fv，故圓心在電子穿入和穿出磁場時受到洛侖茲力指向交點上，如圖10中的O點，由幾何知識知，AB間圓心角30°，OB為半徑。r=d/sin30°=2d，又由r=mv/Be得m=2dBe/vOEBO/a bd c

18、Lr又AB圓心角是30°，穿透時間t=T/12，故t=d/3v。3解析：只有勻強電場時，由圖知質子打到b點時速度的偏轉角為=45°，可得：；只有勻強磁場時，由圖可求得質子做圓周運動的半徑r=5L/4，可得：；由以上兩式可得EB=5v04 為了使質子做直線運動，必須滿足Eq=Bqv，所以1.25v0 4解析： 由圖1115可見 RR0·cot30° 由、式得 1.67×10-27(kg) (2)由圖1115所示，離子飛出磁場，偏轉60°角，故在磁場中飛abcdSo圖135解析：如圖13所示，帶電粒子從S點出發(fā)，在兩筒之間的電場作用下加速，沿徑向穿過狹縫a而進入磁場區(qū)，在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動。粒子再回到S點的條件是能沿徑向穿過狹縫d.只要穿過了d，粒子就會在電場力作用下先減速，再反向加速，經d重新進入磁場區(qū)，然后粒子以同樣方式經過c、b，再回到S點。設粒子進入磁場區(qū)的速度大小為v，根據動能定理，有設粒子做勻速圓周運動的半徑為R，由洛倫茲力公式和牛頓第二定律，有由前面分析可知，要回到S點，粒子從a到d必經過圓周，所以半徑R必定等于筒的外半徑r，即R=