《物理第十一章 磁場 第3講 帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《物理第十一章 磁場 第3講 帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動（53頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
1、第3講帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動知識梳理知識梳理一、復(fù)合場一、復(fù)合場1.定義定義:復(fù)合場是指電場、磁場、重力場并存,或其中某兩種場并存的場。帶電粒子在這些復(fù)合場中運(yùn)動時,應(yīng)充分考慮電場力、洛倫茲力和重力的作用或其中某兩種力的作用,因此對粒子的運(yùn)動形式的分析就顯得極為重要。2.三種場的比較三種場的比較 力的特點(diǎn)功和能的特點(diǎn)重力場大小:G= mg方向:豎直向下豎直向下重力做功與路徑無關(guān)無關(guān)重力做功改變物體重力勢能靜電場大小:F= Eq方向:正電荷受力方向與場強(qiáng)方向一致一致 ;負(fù)電荷受力方向與場強(qiáng)方向相反相反電場力做功與路徑無關(guān)無關(guān)W=qU電場力做功改變電勢能電勢能磁場洛倫茲力F=qvB;方向符合左手
2、定則洛倫茲力不做功,不改變帶電粒子的速度速度大小大小1.當(dāng)帶電粒子所受合外力為零時,將處于靜止靜止或勻速直線運(yùn)動勻速直線運(yùn)動狀態(tài)。二、帶電粒子在復(fù)合場中運(yùn)動的幾種情況二、帶電粒子在復(fù)合場中運(yùn)動的幾種情況2.當(dāng)帶電粒子做勻速圓周運(yùn)動時,洛倫茲力洛倫茲力提供向心力,其余各力的合力必為零。3.當(dāng)帶電粒子所受合力大小與方向均變化時,將做非勻變速曲線運(yùn)動。這類問題一般只能用能量關(guān)系來處理。 1.如圖,在兩水平極板間存在勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場,電場方向豎直向下,磁場方向垂直于紙面向里。一帶電粒子以某一速度沿水平直線通過兩極板。若不計(jì)重力,下列四個物理量中哪一個改變時,粒子運(yùn)動軌跡不會改變()A.粒子速度的大小
3、 B.粒子所帶的電荷量C.電場強(qiáng)度 D.磁感應(yīng)強(qiáng)度B答案答案 B粒子以某一速度沿水平直線通過兩極板,其受力平衡,有Eq=Bqv,則知當(dāng)粒子所帶的電荷量改變時,粒子所受的合力仍為0,運(yùn)動軌跡不會改變,故B項(xiàng)正確。2.(多選)如圖所示,空間存在相互垂直的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場,電場的方向豎直向下,磁場方向水平(圖中垂直紙面向里),一帶電油滴P恰好處于靜止?fàn)顟B(tài),則下列說法正確的是()A.若撤去電場,P可能做勻加速直線運(yùn)動B.若撤去磁場,P可能做勻加速直線運(yùn)動C.若給P一初速度,P可能做勻速直線運(yùn)動D.若給P一初速度,P可能做順時針方向的勻速圓周運(yùn)動CD答案答案 CD由于P處于靜止?fàn)顟B(tài),由受力分析知電場力
4、方向向上,則P帶負(fù)電。若撤去電場,油滴在重力作用下運(yùn)動,受重力和磁場力作用,由于磁場方向與速度垂直,油滴必做曲線運(yùn)動,故A錯。若撤去磁場,受重力和電場力仍處于平衡狀態(tài),故B錯。若所給初速度的方向與磁場方向平行,油滴只受重力和電場力處于平衡狀態(tài),做勻速直線運(yùn)動。若所給初速度的方向向上與磁場方向垂直,合力等于洛倫茲力,油滴做順時針方向的勻速圓周運(yùn)動,故C、D正確。3.如圖所示,在勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場共存的區(qū)域內(nèi),電場的場強(qiáng)為E,方向豎直向下,磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,方向垂直紙面向里,一質(zhì)量為m的帶電粒子,在場區(qū)內(nèi)的一豎直平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動,則可判斷該帶電粒子()CA.帶有電荷量為 的正電荷B.沿圓周
5、逆時針運(yùn)動C.運(yùn)動的角速度為 D.運(yùn)動的速度為 BgEEBmgE答案答案 C帶電粒子在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動,有mg=qE,求得電荷量q=,根據(jù)電場強(qiáng)度方向和電場力方向判斷出粒子帶負(fù)電,A錯;由左手定則可判斷粒子沿順時針方向運(yùn)動,B錯;由qvB=mv得=,則=,C對,D錯。mgEqBmmgBEmgBEEBgw深化拓展深化拓展考點(diǎn)一考點(diǎn)一帶電粒子在電場和磁場中的運(yùn)動比較帶電粒子在電場和磁場中的運(yùn)動比較考點(diǎn)二考點(diǎn)二帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動考點(diǎn)三考點(diǎn)三帶電粒子在交變復(fù)合場中的運(yùn)動帶電粒子在交變復(fù)合場中的運(yùn)動深化拓展深化拓展考點(diǎn)一帶電粒子在電場和磁場中的運(yùn)動比較考點(diǎn)一帶電粒子
6、在電場和磁場中的運(yùn)動比較1.“磁偏轉(zhuǎn)磁偏轉(zhuǎn)”和和“電偏轉(zhuǎn)電偏轉(zhuǎn)”的區(qū)別的區(qū)別 勻強(qiáng)電場中的偏轉(zhuǎn)勻強(qiáng)磁場中的偏轉(zhuǎn)偏轉(zhuǎn)產(chǎn)生條件帶電粒子以速度v0垂直射入勻強(qiáng)電場帶電粒子以速度v0垂直射入勻強(qiáng)磁場受力特征只受恒定的電場力F=Eq,方向與初速度方向垂直只受大小恒定的洛倫茲力F=qv0B,方向始終與速度方向垂直運(yùn)動性質(zhì)勻變速曲線運(yùn)動(類平拋)勻速圓周運(yùn)動軌跡拋物線圓或圓弧運(yùn)動軌跡圖運(yùn)動規(guī)律vx=v0 vy=tx=v0t y=qv0B=R= T=動能變化動能增大動能不變運(yùn)動時間t=t=T=qEm2qEt2m20mvR0mvqB2 mqB0 xv2mBq做功情況電場力既改變速度方向,也改變速度的大小,對帶電
7、粒子要做功洛倫茲力只改變速度方向,不改變速度的大小,對帶電粒子永不做功2.帶電粒子在分離電場、磁場中運(yùn)動問題的求解方法帶電粒子在分離電場、磁場中運(yùn)動問題的求解方法 1-1 (2017北京西城期末,19)利用電場和磁場來控制帶電粒子的運(yùn)動,在現(xiàn)代科學(xué)實(shí)驗(yàn)和技術(shù)設(shè)備中有廣泛的應(yīng)用。如圖1所示為電子槍的結(jié)構(gòu)示意圖,電子從熾熱的金屬絲中發(fā)射出來,在金屬絲和金屬板之間加以電壓U0,發(fā)射出的電子在真空中加速后,沿電場方向從金屬板的小孔穿出做直線運(yùn)動。已知電子的質(zhì)量為m,電荷量為e,不計(jì)電子重力及電子間的相互作用力。設(shè)電子剛剛離開金屬絲時的速度為零。圖1(1)求電子從金屬板小孔穿出時的速度v0的大小;(2)
8、示波器中的示波管是利用電場來控制帶電粒子的運(yùn)動。如圖2所示,Y和Y為間距為d的兩個偏轉(zhuǎn)電極,兩板長度均為L,極板右側(cè)邊緣與屏相距x,OO為兩極板間的中線并與屏垂直,O點(diǎn)為電場區(qū)域的中心點(diǎn)。接(1),從金屬板小孔穿出的電子束沿OO射入電場中,若兩板間不加電場,電子打在屏上的O點(diǎn)。為了使電子打在屏上的P點(diǎn),P與O相距h,已知電子離開電場時速度方向的反向延長線過O點(diǎn)。則需要在兩極板間加多大的電壓U; 圖2(3)電視機(jī)中顯像管的電子束偏轉(zhuǎn)是用磁場來控制的。如圖3所示,有一半徑為r的圓形區(qū)域,圓心a與屏相距l(xiāng),b是屏上的一點(diǎn),ab與屏垂直。接(1),從金屬板小孔穿出的電子束沿ab方向進(jìn)入圓形區(qū)域,若圓形
9、區(qū)域內(nèi)不加磁場時,電子打在屏上的b點(diǎn)。為了使電子打在屏上的c點(diǎn),c與b相距l(xiāng),則需要在圓形區(qū)域內(nèi)加垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場。求這個磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小。 圖33答案答案(1)(2)(3) 02eUm04(2 )U dhL Lx13r06U me解析解析(1)電子在電場中運(yùn)動,根據(jù)動能定理eU0=m解得電子穿出小孔時的速度v0=(2)電子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場做類平拋運(yùn)動,在垂直于極板方向做勻加速直線運(yùn)動。設(shè)電子剛離開電場時垂直于極板方向偏移的距離為y根據(jù)勻變速直線運(yùn)動規(guī)律y=at2根據(jù)牛頓第二定律a=電子在水平方向做勻速直線運(yùn)動L=v0t聯(lián)立解得y=由圖可知=1220v02eUm12EemUedm204
10、ULU dyh/ 2/ 2LLx解得U=(3)電子以速度v0在磁場中沿圓弧AB運(yùn)動,圓心為D,半徑為R,如圖所示。洛倫茲力提供向心力有ev0B=m電子離開磁場時偏轉(zhuǎn)角度為,由圖可知04(2 )U dhL Lx20vRtan =得=60tan =解得B= 3ll32rR3313r06U me1-2 (2016北京海淀期末,16)在科學(xué)研究中,可以通過施加適當(dāng)?shù)碾妶龊痛艌鰜韺?shí)現(xiàn)對帶電粒子運(yùn)動的控制。如圖所示,某時刻在xOy平面內(nèi)的第、象限中施加沿y軸負(fù)方向、電場強(qiáng)度為E的勻強(qiáng)電場,在第、象限中施加垂直于xOy坐標(biāo)平面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場。一質(zhì)量為m,電荷量為q的帶正電的粒子從M點(diǎn)以速度v
11、0沿垂直于y軸方向射入該勻強(qiáng)電場中,粒子僅在電場力作用下運(yùn)動到坐標(biāo)原點(diǎn)O且沿OP方向進(jìn)入第 象限。在粒子到達(dá)坐標(biāo)原點(diǎn)O時撤去勻強(qiáng)電場(不計(jì)撤去電場對磁場及帶電粒子運(yùn)動的影響),粒子經(jīng)過原點(diǎn)O進(jìn)入勻強(qiáng)磁場中,并僅在磁場力作用下,運(yùn)動一段時間從y軸上的N點(diǎn)射出磁場。已知OP與x軸正方向夾角=60,帶電粒子所受重力及空氣阻力均可忽略不計(jì),求:(1)M、O兩點(diǎn)間的電勢差U;(2)坐標(biāo)原點(diǎn)O與N點(diǎn)之間的距離d; (3)粒子從M點(diǎn)運(yùn)動到N點(diǎn)的總時間t。 答案答案(1)(2)(3)+ 2032mvq02mvqB03mvqE53mqB解析解析(1)設(shè)粒子經(jīng)過O點(diǎn)的速度為v, 則cos =對于粒子經(jīng)過電場的過程
12、,根據(jù)動能定理有:qU=mv2-m解得:U=(2)設(shè)粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的半徑為R,運(yùn)動軌跡如圖所示。洛倫茲力提供向心力,根據(jù)牛頓第二定律有:qvB=0vv121220v2032mvq2mvR解得:R=根據(jù)幾何關(guān)系可知,O與N之間的距離 d=R=(3)設(shè)粒子在電場中從M點(diǎn)運(yùn)動至O點(diǎn)所用時間為t1根據(jù)牛頓第二定律可知:粒子在電場中的加速度a=粒子通過O點(diǎn)時豎直方向速度vy=v0,根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式有:vy=at1解得:t1=設(shè)粒子在磁場中從O點(diǎn)運(yùn)動至N點(diǎn)用時為t2,粒子在磁場中運(yùn)動的周期T=解得:t2=T=02mvqB02mvqBqEm303mvqE2 Rv2253mqB粒子從M點(diǎn)運(yùn)動到N點(diǎn)的
13、總時間 t=t1+t2=+ 03mvqE53mqB考點(diǎn)二帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動考點(diǎn)二帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動一、帶電粒子在無約束的復(fù)合場中的運(yùn)動一、帶電粒子在無約束的復(fù)合場中的運(yùn)動1.常見運(yùn)動形式的分析常見運(yùn)動形式的分析(1)帶電粒子在復(fù)合場中做勻速圓周運(yùn)動帶電粒子進(jìn)入勻強(qiáng)電場、勻強(qiáng)磁場和重力場共同存在的復(fù)合場中,重力和電場力等大反向,兩個力的合力為零,粒子運(yùn)動方向和磁場方向垂直時,帶電粒子在洛倫茲力的作用下做勻速圓周運(yùn)動。(2)帶電粒子在勻強(qiáng)電場、勻強(qiáng)磁場和重力場中的直線運(yùn)動自由的帶電粒子(無軌道約束),在勻強(qiáng)電場、勻強(qiáng)磁場和重力場中的直線運(yùn)動應(yīng)該是勻速直線運(yùn)動,這是因?yàn)殡妶隽椭亓Χ际呛?/p>
14、力,若它們的合力不與洛倫茲力平衡,則帶電粒子速度的大小和方向都會改變,就不可能做直線運(yùn)動。(粒子沿磁場方向運(yùn)動除外)2.帶電粒子在復(fù)合場中運(yùn)動的處理方法帶電粒子在復(fù)合場中運(yùn)動的處理方法(1)搞清楚復(fù)合場的組成,一般是磁場、電場的復(fù)合;磁場、重力場的復(fù)合;磁場、重力場、電場的復(fù)合;電場和磁場分區(qū)域存在。(2)正確進(jìn)行受力分析。(3)確定帶電粒子的運(yùn)動狀態(tài)。注意將運(yùn)動情況和受力情況結(jié)合進(jìn)行分析。(4)對于粒子連續(xù)經(jīng)過幾個不同場的情況,要分段進(jìn)行分析、處理。(5)畫出粒子的運(yùn)動軌跡,靈活選擇不同的運(yùn)動規(guī)律。 2-1 (2017北京東城一模,22)如圖所示,將一個質(zhì)量為m、電荷量為+q的小球,以初速度
15、v0自h高處水平拋出。不計(jì)空氣阻力影響。重力加速度為g。(1)求小球落地點(diǎn)與拋出點(diǎn)的水平距離。(2)若在空間中加一個勻強(qiáng)電場,小球水平拋出后做勻速直線運(yùn)動,求該勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小及方向。(3)若在空間中除加(2)中電場外,再加一個垂直紙面的勻強(qiáng)磁場,小球水平拋出后做勻速圓周運(yùn)動,且落地點(diǎn)與拋出點(diǎn)的水平距離也為h,求磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小及方向。答案答案(1)v0(2)豎直向上(3)垂直于紙面向外解析解析(1)小球做平拋運(yùn)動有s=v0t h=gt2解得小球落地點(diǎn)與拋出點(diǎn)的水平距離s=v02hgmgq0mvhq122hg(3)空間中再加一垂直紙面的勻強(qiáng)磁場,小球做勻速圓周運(yùn)動,洛倫茲力充當(dāng)向心力,設(shè)
16、圓周運(yùn)動的半徑為R根據(jù)牛頓第二定律有qv0B=m由題知R=h解得磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B=磁場方向:垂直于紙面向外20vR0mvhq(2)空間中加一勻強(qiáng)電場,小球做勻速直線運(yùn)動,小球所受合力為零根據(jù)平衡條件有mg=qE解得電場強(qiáng)度大小E=電場方向:豎直向上mgq2-2如圖所示,空間同時存在水平向右的勻強(qiáng)電場和方向垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場。質(zhì)量為m、帶電荷量為q的液滴,以某一速度沿與水平方向成角斜向上進(jìn)入正交的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場疊加區(qū)域,在時間t內(nèi)液滴從M點(diǎn)勻速運(yùn)動到N點(diǎn)。重力加速度為g。(1)判定液滴帶的是正電還是負(fù)電,并畫出液滴受力示意圖;(2)求勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)E的大小;(3)求液滴從
17、M點(diǎn)運(yùn)動到N點(diǎn)的過程中電勢能的變化量。答案答案(1)見解析(2)(3)- tanmgq22tanm g tqB解析解析(1)液滴從M點(diǎn)到N點(diǎn)做的是勻速直線運(yùn)動,受力分析(如圖所示)知其所受洛倫茲力斜向左上方,所以液滴帶正電。(2)由圖可知Eq=mg tan E=(3)設(shè)液滴運(yùn)動的速度為v,由圖可知tanmgqmg=qvB cos v=設(shè)M、N之間的距離為d,則d=vt=液滴從M點(diǎn)運(yùn)動到N點(diǎn),電場力做正功,電勢能減少,設(shè)電勢能變化量為EE=-Eqd cos =-mg tan cos =-cosmgqBcosmgtqBcosmgtqB22tanm g tqB二、帶電粒子在復(fù)合場中有約束情況下的運(yùn)動
18、二、帶電粒子在復(fù)合場中有約束情況下的運(yùn)動帶電粒子在復(fù)合場中受輕桿、輕繩、圓環(huán)、軌道等約束的情況下,常見的運(yùn)動形式有直線運(yùn)動和圓周運(yùn)動,此時解題要通過受力分析明確變力、恒力做功情況,并注意洛倫茲力不做功的特點(diǎn),用動能定理、能量守恒定律結(jié)合牛頓運(yùn)動定律求出結(jié)果。 2-3(多選)如圖所示,ABC為豎直平面內(nèi)的光滑絕緣軌道,其中AB為傾斜直軌道,BC為與AB相切的圓弧軌道,并且圓弧軌道處在勻強(qiáng)磁場中,磁場方向垂直紙面向里。質(zhì)量相同的甲、乙、丙三個小球中,甲球帶正電,乙球帶負(fù)電、丙球不帶電,現(xiàn)將三個小球在軌道AB上分別從不同高度處由靜止釋放,都恰好通過圓弧軌道的最高點(diǎn),則()CDCD在最高點(diǎn)時,由左手定
19、則可知,甲球受洛倫茲力向下,乙球受洛倫茲力向上,而丙球不受洛倫茲力,故三球在最高點(diǎn)受合力不同,故由F合=m可知,三小球的速度不相等,故A錯誤;因甲球在最高點(diǎn)受合力最大,故甲球在最高點(diǎn)的速度最大,故B錯誤;因洛倫茲力和支持力不做功只有重力做功,故小球機(jī)械能守恒,因甲球的速度最大,則甲球釋放時的高度最高,故C、D正確。2vrA.經(jīng)過最高點(diǎn)時,三個小球的速度相等B.經(jīng)過最高點(diǎn)時,甲球的速度最小C.甲球的釋放位置比乙球的高D.運(yùn)動過程中三個小球的機(jī)械能均保持不變2-4如圖所示,套在很長的絕緣直棒上的小球,質(zhì)量為1.010-4 kg,帶4.010-4 C正電荷,小球在棒上可以滑動,將此棒豎直放置在沿水平
20、方向的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場中,勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度 E=10 N/C,方向水平向右,勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.5 T,方向?yàn)榇怪庇诩埫嫦蚶?小球與棒間的動摩擦因數(shù)為=0.2,求小球由靜止沿棒豎直下落的最大加速度和最大速度。(設(shè)小球在運(yùn)動過程中所帶電荷量保持不變,g取10 m/s2) 答案答案 2 m/s25 m/s解析解析帶電小球沿絕緣棒下滑過程中,受豎直向下的重力、豎直向上的摩擦力、水平方向的彈力和洛倫茲力及電場力作用。當(dāng)小球剛開始下落時,彈力等于電場力,小球在豎直方向所受摩擦力最小,小球加速度最大。小球運(yùn)動過程中,彈力等于電場力與洛倫茲力之和,隨著小球運(yùn)動速度的增大,小球所受洛倫茲力增大,小
21、球在豎直方向的摩擦力也隨之增大,小球加速度減小,速度增大,當(dāng)小球的加速度為零時,速度達(dá)到最大。小球剛開始下落時,加速度最大,設(shè)為am,這時豎直方向有:mg-Ff=ma在水平方向上有:qE-FN=0又Ff=FN由式得am=mgqEm代入數(shù)據(jù)得am=2 m/s2小球沿棒豎直下落,當(dāng)速度最大時,加速度a=0在豎直方向上有:mg-Ff=0在水平方向上有:qvmB+qE-FN=0又Ff=FN由式得vm=代入數(shù)據(jù)得vm=5 m/smgqEqB考點(diǎn)三帶電粒子在交變復(fù)合場中的運(yùn)動考點(diǎn)三帶電粒子在交變復(fù)合場中的運(yùn)動3-1 如圖甲所示,寬度為d的豎直狹長區(qū)域內(nèi)(邊界為L1、L2),存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場和豎直
22、方向上的周期性變化的電場(如圖乙所示),電場強(qiáng)度的大小為E0,E0表示電場方向豎直向上。t=0時,一帶正電、質(zhì)量為m的微粒從左邊界上的N1點(diǎn)以水平速度v射入該區(qū)域,沿直線運(yùn)動到Q點(diǎn)后,做一次完整的圓周運(yùn)動,再沿直線運(yùn)動到右邊界上的N2點(diǎn)。Q為線段N1N2的中點(diǎn),重力加速度為g。上述d、E0、m、v、g為已知量。甲 乙 (1)求微粒所帶電荷量q和磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小;(2)求電場變化的周期T;(3)改變寬度d,使微粒仍能按上述運(yùn)動過程通過相應(yīng)寬度的區(qū)域,求T的最小值。答案答案(1) (2)+(3) 0mgE02Ev2dvvg(21)2vg解析解析(1)微粒做直線運(yùn)動,則mg+qE0=qvB微粒做圓
23、周運(yùn)動,則mg=qE0聯(lián)立式得q=B=(2)設(shè)微粒從N1運(yùn)動到Q的時間為t1,做圓周運(yùn)動的周期為t2,則=vt1qvB=m2R=vt20mgE02Ev2d2vR聯(lián)立得t1=,t2=電場變化的周期T=t1+t2=+(3)若微粒能完成題述的運(yùn)動過程,要求d2R聯(lián)立得R=設(shè)N1Q段直線運(yùn)動的最短時間為t1min,由得t1min=因t2不變,T的最小值Tmin=t1min+t2= 2dvvg2dvvg22vg2vg(21)2vg3-2 (2016北京東城一模,24)電視機(jī)的顯像管中電子束的偏轉(zhuǎn)是應(yīng)用磁偏轉(zhuǎn)技術(shù)實(shí)現(xiàn)的。如圖1所示為顯像管的原理示意圖。顯像管中有一個電子槍,工作時陰極發(fā)射的電子(速度很小,
24、可視為零)經(jīng)過加速電場加速后,穿過以O(shè)點(diǎn)為圓心、半徑為r的圓形磁場區(qū)域(磁場方向垂直于紙面),撞擊到熒光屏上使熒光屏發(fā)光。已知電子質(zhì)量為m、電荷量為e,加速電場的電壓為U,在沒有磁場時電子束通過O點(diǎn)打在熒光屏正中央的M點(diǎn),O、M間距離為s。電子所受的重力、電子間的相互作用力均可忽略不計(jì),也不考慮磁場變化所激發(fā)的電場對電子束的作用。由于電子經(jīng)過加速電場后速度很大,同一電子在穿過磁場的過程中可認(rèn)為磁場不變。(1)求電子束經(jīng)偏轉(zhuǎn)磁場后打到熒光屏上時的速率。(2)若磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間變化關(guān)系如圖2所示,其中B0=,求電子束打在熒光屏上發(fā)光所形成的“亮線”長度。(3)若其他條件不變,只撤去磁場,利用電場使
25、電子束發(fā)生偏轉(zhuǎn)。把正弦交變電壓加在一對水平放置的矩形平行板電極上,板間區(qū)域有邊界理想的勻強(qiáng)電場。電場中心仍位于O點(diǎn),電場方向垂直于OM,為了使電子束13r6mUe答案答案(1)(2)2s(3)見解析解析解析(1)設(shè)經(jīng)過電子槍中加速電場加速后,電子的速度大小為v根據(jù)動能定理有eU=mv2電子束經(jīng)過磁場區(qū)域速度大小不變,電子束打在熒光屏上時的速率為v=2eUm3122eUm打在熒光屏上發(fā)光所形成的“亮線”長度與(2)中相同,問:極板間正弦交變電壓的最大值Um、極板長度L、極板間距離d之間需要滿足什么關(guān)系?(由于電子的速度很大,交變電壓周期較大,同一電子穿過電場的過程可認(rèn)為電場沒有變化,是穩(wěn)定的勻強(qiáng)
26、電場)(2)設(shè)電子在磁場中做圓周運(yùn)動的半徑為R,運(yùn)動軌跡如圖所示,根據(jù)幾何關(guān)系有tan =洛倫茲力提供向心力,根據(jù)牛頓第二定律有evB=m當(dāng)B=B0=時,電子在熒光屏上的落點(diǎn)距M點(diǎn)最遠(yuǎn)解得=60電子在熒光屏上落點(diǎn)距M點(diǎn)最遠(yuǎn)距離y=s tan =s2rR2vR13r6mUe3熒光屏上亮線長度Y=2y=2s(3)若使電子束打在熒光屏上所形成“亮線”的長度與磁偏轉(zhuǎn)時相同,則電子束的最大偏轉(zhuǎn)角=60保持不變,則tan =。3yxvv3當(dāng)電子達(dá)到最大偏轉(zhuǎn)角時,恰好從極板邊界射出。這種情況下,=,即d=L。設(shè)此時兩極板間電壓為U1。由牛頓第二定律有:ay=由勻加速直線運(yùn)動規(guī)律有:=2ay且vx=解得:U1=6U當(dāng)極板間電壓再大時,電子不能從極板邊界射出,故不會形成亮線,因此,Um6U2dL2yxvtv t3eEm1eUmd2yv2d2eUm當(dāng)電子達(dá)到最大偏轉(zhuǎn)角時,不是從極板邊界射出,即dL,此時兩極板間電壓達(dá)到Um(電壓再增大,電子偏轉(zhuǎn)角增加,亮線長度增加)。由牛頓第二定律有:ay=由勻加速直線運(yùn)動規(guī)律有:vy=ayt,t=聯(lián)立解得:Um=U3meUmdxLv2 3dL
物理第十一章 磁場 第3講 帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動
