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專題三、帶電粒子的運動
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，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。
【例1】（2004天津理綜）釷核發生衰變生成鐳核并放出一個粒子。設該粒子的質量為、電荷量為q，它進入電勢差為U的帶窄縫的平行平板電極和間電場時，其速度為，經電場加速后，沿方向進入磁感應強度為B、方向垂直紙面向外的有界勻強磁場，垂直平板電極，當粒子從點離開磁場時，其速度方向與方位的夾角，如圖所示，整個裝置處于真空中。
（1）寫出釷核衰變方程；
（2）求粒子在磁場中沿圓弧運動的軌道半徑R；
（3）求粒子在磁場中運動所用時間。
解析：（1）釷核衰變方程 ①
（2）設粒子離開電場時速度為，對加速過程有 ②
粒子在磁場中有 ③
由②、③得 ④
（3）粒子做圓周運動的回旋周期⑤
粒子在磁場中運動時間 ⑥
由⑤、⑥得 ⑦
【例2】（2004湖南理綜）如圖所示，在y＞0的空間中存在勻強電場，場強沿y軸負方向；在y＜0的空間中，存在勻強磁場，磁場方向垂直xy平面（紙面）向外。一電量為q、質量為m的帶正電的運動粒子，經過y軸上y＝h處的點P1時速率為v0，方向沿x軸正方向；然后，經過x軸上x＝2h處的 P2點進入磁場，并經過y軸上y＝處的P3點。不計重力。求
（l）電場強度的大小。
（2）粒子到達P2時速度的大小和方向。
（3）磁感應強度的大小。
解析：（1）粒子在電場、磁場中運動的軌跡如圖所示。設粒子從P1到P2的時間為t，電場強度的大小為E，粒子在電場中的加速度為a，由牛頓第二定律及運動學公式有
qE ＝ ma ①
v0t ＝ 2h ②
③
由①、②、③式解得 ④
（2）粒子到達P2時速度沿x方向的分量仍為v0，以v1表示速度沿y方向分量的大小，v表示速度的大小，θ表示速度和x軸的夾角，則有
⑤
⑥
⑦
由②、③、⑤式得
v1＝v0 ⑧
由⑥、⑦、⑧式得
⑨
⑩
（3）設磁場的磁感應強度為B，在洛侖茲力作用下粒子做勻速圓周運動，由牛頓第二定律 ⑾
r是圓周的半徑。此圓周與x軸和y軸的交點分別為P2、P3。因為OP2＝OP3，θ＝45°，由幾何關系可知，連線P2P3為圓軌道的直徑，由此可求得
r＝ ⑿
由⑨、⑾、⑿可得 ⒀
【例3】（2004北京理綜）如圖所示，正方形區域abcd中充滿勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里。一個氫核從ad邊的中點m沿著既垂直于ad邊又垂直于磁場的方向，以一定速度射入磁場，正好從ab邊中點n射出磁場。若將磁場的磁感應強度變為原來的2倍。其他條件不變，則這個氫核射出磁場的位置是 （答案：C ）
A．在b、n之間某點 B．在n、a之間某點
C．a點 D．在a、m之間某點
【例4】（2004廣東）如圖，真空室內存在勻強磁場，磁場方向垂直于紙面向里，磁感應強度的大小B=0.60T，磁場內有一塊平面感光板ab，板面與磁場方向平行，在距ab的距離處，有一個點狀的放射源S，它向各個方向發射粒子，粒子的速度都是，已知粒子的電荷與質量之比，現只考慮在圖紙平面中運動的粒子，求ab上被粒子打中的區域的長度。
解析：粒子帶正電，故在磁場中沿逆時針方向做勻速圓周運動，
用R表示軌道半徑，有 ①
由此得
代入數值得R=10cm 可見，2R>l>R.
因朝不同方向發射的粒子的圓軌跡都過S，由此可知，某一圓軌跡在圖中N左側與ab相切，則此切點P1就是粒子能打中的左側最遠點.為定出P1點的位置，可作平行于ab的直線cd，cd到ab的距離為R，以S為圓心，R為半徑，作弧交cd于Q點，過Q作ab的垂線，它與ab的交點即為P1. ②
再考慮N的右側。任何粒子在運動中離S的距離不可能超過2R，以2R為半徑、S為圓心作圓，交ab于N右側的P2點，此即右側能打到的最遠點.
由圖中幾何關系得 ③
所求長度為 ④ 代入數值得 P1P2=20cm ⑤
【例5】如圖甲所示，一對平行放置的金屬板M、N的中心各有一小孔P、Q，PQ連線垂直金屬板；N板右側的圓A內分布有方向垂直于紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為B，圓半徑為r，且圓心O在PQ的延長線上。現使置于P處的粒子源連續不斷地沿PQ方向放出質量為m、電量為＋q的帶電粒子（帶電粒子的重力和初速度忽略不計，粒子間的相互作用力忽略不計），從某一時刻開始，在板M、N間加上如圖乙所示的交變電壓，周期為T，電壓大小為U。如果只有在每一個周期的0―T/4時間內放出的帶電粒子才能從小孔Q中射出，求：
（1）在每一個周期內哪段時間放出的帶電粒子到達Q孔的速度最大？
（2）該圓形磁場的哪些地方有帶電粒子射出，在圖中標出有帶電粒子射出的區域。
解析：（1）在每一個周期內放出的帶電粒子到達Q孔的速度最大。設最大速度為v，則據動能定理得，
求得。
（2）因為，解得帶電粒子在磁場中的最小
偏轉角為。 所以圖中斜線部分有帶電粒子射出。
【例6】如圖（1）所示，虛線上方有場強為E的勻強電場，方向豎直向下，虛線上下有磁感應強度相同的勻強磁場，方向垂直紙面向外，a b是一根長的絕緣細桿，沿電場線放置在虛線上方的場中，b端在虛線上，將一套在桿上的帶正電的小球從a端由靜止釋放后，小球先作加速運動，后作勻速運動到達b端，已知小球與絕緣桿間的動摩擦系數μ＝0.3，小球重力忽略不計，當小球脫離桿進入虛線下方后，運動軌跡是半圓，圓的半徑是/3，求帶電小球從a到b運動過程中克服摩擦力所做的功與電場力所做功的比值。
解析：從分析帶電小球在絕緣桿上運動時的受力情況入手，由最終小球運動的平衡方程求出電場力與洛侖茲力大小的關系。再由磁場中所作R＝/3的圓周運動列出動力學方程，求出小球從b端飛出時速度大小。小球從a到b運動過程中受的摩擦力是變力，可以由動能定理求出其所做功的值。
解析： ①小球在沿桿向下運動時，受力情況如圖（2），向左的洛侖茲力F，向右的彈力N，向下的電場力qE，向上的摩擦力f。
F＝Bqv，N＝F＝Bqv0
∴f＝μN＝μBqv
當小球作勻速運動時，qE＝f＝μBqv0
②小球在磁場中作勻速圓周運動時，
又 ∴vb＝Bq/3m
③小球從a運動到b過程中，由動能定理得
所以
【例7】如圖所示，固定的半圓弧形光滑軌道置于水平方向的勻強電場和勻強磁場中，軌道圓弧半徑為R，磁感應強度為B，方向垂直于紙面向外，電場強度為E，方向水平向左。一個質量為m的小球（可視為質點）放在軌道上的C點恰好處于靜止、圓弧半徑OC與水平直徑AD的夾角為α(sinα=0.8)。
（1）求小球帶何種電荷，電荷量是多少？并說明理由。
（2）如果將小球從A點由靜止釋放，小球在圓弧軌道上運動時，對軌道的最大壓力的大小是多少？
解析：（1）小球在C點受重力、電場力和軌道的支持力處于平衡，電場力的方向一定是向左的，與電場方向相同，如圖所示。因此小球帶正電荷。
（2）小球從A點釋放后，沿圓弧軌道滑下，還受方向指向軌道的洛倫茲力f，力f隨速度增大而增大，小球通過C點時速度（設為v）最大，力f最大，且qE和mg的合力方向沿半徑OC，因此小球對軌道的壓力最大。
由 ②
通過C點的速度
球在重力、電場力、洛倫茲力和軌道對它的支持力作用下沿軌道做圓周運動，有
③
最大壓力的大小等于支持力
【例8】如圖18所示，與紙面垂直的豎直面MN的左側空間中存在豎直向上場強大小為E=2.5×102N/C的勻強電場（上、下及左側無界）。一個質量為m=0.5kg、電量為q=2.0×10—2C的可視為質點的帶正電小球，在t=0時刻以大小為V0的水平初速度向右通過電場中的一點P，當t=t1時刻在電場所在空間中加上一如圖19所示隨時間周期性變化的磁場，使得小球能豎直向下通過D點，D為電場中小球初速度方向上的一點，PD間距為L，D到豎直面MN的距離DQ為L/π。設磁感應強度垂直紙面向里為正。（g=10m/s2）
（1）如果磁感應強度B0為已知量，試推出滿足條件時t1的表達式（用題中所給物理量的符號表示）。
（2）若小球能始終在電場所在空間做周期性運動。則當小球運動的周期最大時，求出磁感應強度B0及運動的最大周期T的大小。
解析：當小球進入電場時：mg=Eq將做勻速直線運動
（1）在t1時刻加入磁場，小球在時間t0內將做勻速圓周運動，圓周運動周期為T0
若豎直向下通過D點，由圖甲1分析可知必有以下兩個條件：
t0=3T0/4 …………2分
PF－PD=R 即： V0t1－L=R
qV0B0=mV02/qB0
所以：V0t1－L=mV0/qB0
t1=L/V0+m/qB0
（2）小球運動的速率始終不變，當R變大時，T0也增加，小球在電場中的運動的周期T增加，
在小球不飛出電場的情況下，當T最大時有：
DQ=2R L/π=2mV0/qB0
B0=2πmV0/qL
T0=2πR/V0=2πm/qB0=L/V0
由圖分析可知小球在電場中運動的最大周期：
T=8×3T0/4=6L/V0
【例9】如圖所示，在一個光滑絕緣足夠長的水平面上，靜置兩個質量均為m，相距l的大小相等的可視為質點的小球，其中A球帶正電，電荷量為q，B球不帶電。現在水平面上方加上一個場強大小為E，方向沿AB連線方向水平向右的勻強電場，勻強電場充滿水平面上方的整個空間。在電場力作用下，A球沿水平面向右運動并與B球發生碰撞，碰撞中A、B兩球無動能損失且無電荷轉移，兩球碰撞時間極短。求
（1）A、B兩球第一次碰撞前A球的速度vA1;
（2）A、B兩球第一次碰撞后B球的速度v′B1；
（3）兩球第一次碰撞后，還會再次不斷發生碰撞，且每次碰撞后兩球都交換速度，則第一次碰撞結束到第二次碰撞前的時間間隔△t1和第二次碰撞結束到第三次碰撞前的時間間隔△t2之比為多少？
解析：（1）第一次碰撞前，電場力對A球做正功，由動能定理得
①
（2）A、B兩球第一次碰撞過程中，動量守恒和總動能守恒，則
②
③
由②、③解得 ④
（3）第二次碰撞前，設A球速度為vA2，A球為為追上B球與它發生碰撞應滿足
⑤
對A球由動量定理得qE△t1=mvA2－mv′A1 ⑥
第二次碰撞后，A、B兩球交換速度，
v′A2 = v′B1= vA1，v′B2= vA2=2 vA1 ⑦
第三次碰撞前，設A球速度為vA3，A球為追上B球與它生生碰撞應滿足
⑧
由⑦、⑧得vA3=3vA1 ⑨
對A球由動量定理得 qE△t2=mvA3－mv′A2 ⑩
由④⑤⑥⑦⑨⑩得
【例10】在水平桌面上有一矩形真空管，管內O點（O點在真空管的上表面上）的正下方有一陰極射線源A，陰極射線源A連續發射速度大小和方向均不變的電子束.實驗要求測A至O點的距離，當在真空管內加互相垂直的勻強電磁場時，電場強度的方向豎直向下，磁場方向垂直紙面向里，電子束沿水平方向做勻速直線運動.當在真空管內部只加前述的勻強電場而不加磁場時，電子束沿水平方向做勻速直線運動.當在真空管內部只加前述的勻強電場而不加磁場時，電子束打在真空管上表面的C點，測得OC之間的距離為，當在真空管內只加與前述磁感應強度大小相同、方向相反的勻強磁場而不加電場時，電子束打在真空管上表面的D點，測得OD之間的距離為，求A點到O點的距離.
解析：電子束沿水平方向做勻速直線運動時：
……①
當只有電場存在時： l1=v·t……②
……③
只有磁場時：……④ 由幾何關系可知：…⑤
由①~⑤式解得：
【例11】如圖所示，一束波長為λ的強光射在金屬板P的A處發生了光電效應，能從A處向各個方向逸出不同速率的光電子。金屬板P的左側有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感強度為B，面積足夠大，在A點上方L處有一涂熒光材料的金屬條Q，并與P垂直。現光束射到A處，金屬條Q受到光電子的沖擊而發出熒光的部分集中在CD間，且，光電子質量為m，電量為e，光速為c，
（1）金屬板P逸出光電子后帶什么電？
（2）計算P板金屬發生光電效應的逸出功W。
（3）從D點飛出的光電子中，在磁場中飛行的最短時間是多少？
解析：（1）由電荷守恒定律得知P帶正電
（2）所有光電子中半徑最大值

逸出功
（3）以最大半徑運動并經B點的電子轉過圓心角最小，運動時間最短
且 所以
【例12】如圖甲所示，A、B兩塊金屬板水平放置，相距為d=0．6cm，兩板間加有一周期性變化的電壓，當B板接地(=0)時，A板電勢隨時問變化的情況如圖乙所示，現有一帶負電的微粒在t=0時刻從B板中央小孔射入電場，若該帶電微粒受到的電場力為重力的兩倍，且射入電場時初速度可忽略不計。求：
（1）在0～ 和 ～ T這兩段時間內微粒的加速度大小和方向；
（2）要使該微粒不與A板相碰，
所加電壓的周期最長為多少?(g=10m／s2)
解析：（1）設電場力大小為F，則F=2mg
對于t=0時刻射入的微粒，在前半個周期內，
方向向上
后半個周期的加速度a2滿足
方向向下
（2）前半周期上升的高度.前半周期微粒的末速度為
后半周期先向上做勻減速運動，設減速運動時間為t1，則
此段時間內上升的高度
則上升的總度高為
后半周期的時間內，微粒向下加速運動.
下降的高度
上述計算表明，微粒在一個周期內的總位移為零，只要在上升過程中不與A板相碰即可，則
所加電壓的周期最長為
【例13】在直徑為d的圓形區域內存在均勻磁場，磁場方向垂直于圓面指向紙外。一電量為q。質量為m的粒子，從磁場區域的一條直徑AC上的A點射入磁場，其速度大小為v0，方向與AC成α角。若此粒子恰好能打在磁場區域圓周上的D點，AD與AC的夾角為β，如圖所示，求該勻強磁場的磁感應強度B的大小。
解析：一帶正電的小球質量為m=1×10－2kg, 帶電量為q=1×10－2C，小球在相互垂直的均強電場和勻強磁場的空間中沿一斜線向下做勻速直線運動。如圖所示，已知其水平分速度為vx=6m/s，磁感應強度大小為B=1T，方向垂直紙面向里，電場力做負功的功率大小為PE=0.3W。試求：電場強度大小和方向。（g取10m/s2，方向可用反三角函數表示）。
解析：設粒子在磁場中圓周運動半徑為R，其運動軌跡如圖所示，O為圓心，則有：
①
又設AO與AD的夾角為γ，由幾何關系知：
可得： ⑤
代入①式得： ⑥（
【例14】如圖所示，在豎直平面內建立xOy直角坐標系，Oy表示豎直向上的方向。已知該平面內存在沿x軸負方向的區域足夠大的勻強電場，現有一個帶電量為2.5×10－4C的小球從坐標原點O沿y軸正方向以0.4kg.m/s的初動量豎直向上拋出，它到達的最高點位置為圖中的Q點，不計空氣阻力，g取10m/s2.
（1）指出小球帶何種電荷；
（2）求勻強電場的電場強度大小；
（3）求小球從O點拋出到落回x軸的過程中電勢
能的改變量.
解析：（1）小球帶負電
（2）小球在y方向上做豎直上拋運動，在x方向做初速度為零的勻加速運動，
最高點Q的坐標為（1.6m, 3.2m） 由 ①
代入數據得 （1分） 由初動量p=mv0 ②
解得 m=0.05kg 又 ③
④ 由③④代入數據得E=1×103N/C
（3）由④式可解得上升段時間為t=0.8s
所以全過程時間為
代入③式可解得x方向發生的位移為x=6.4m
由于電場力做正功，所以電勢能減少，設減少量為△E，代入數據得△E=qEx=1.6J
【例15】如圖所示，真空室內，在d≤x≤2d的空間中存在著沿+y方向的有界勻強電場，電場強度為E；在－2d≤x≤－d的空間中存在著垂直紙面向里的有界勻強磁場，磁場強度為B。在坐標原點處有一個處于靜止狀態的原子核，某時刻該原子核經歷一次衰變，沿+x方向射出一質量為m、電荷量為q為粒子；質量為M、電荷量為Q的反沖核進入左側的勻強磁場區域，反沖核恰好不從磁場的左邊界射出。如果衰變過程中釋放的核能全部轉化為粒子和反沖核的動能，光速為c，不計粒子的重力和粒子間相互作用的庫侖力。求：
（1）該核衰變過程中的質量虧損△m；
（2）粒子從電場右邊界射出時的坐標。
解析：（1）依據題意知反沖核在磁場中做勻速圓周運動的半徑為d，設原子核衰變后M、m的速度分別為v1、v2
根據牛頓第二定律為
衰變過程中M、m系統滿足動量守恒定律：Mv1－mv2=0
衰變后反應總動能為
根據質能方程有：Ek=△mc2
聯立解得：
（2）設m進入電場運動過程中，沿電場方向偏轉的距離為y，則有
m的加速度為
m在電場中運動的時間為
聯立得：
所以坐標為：
【例16】顯像管的工作原理是陰極K發射的電子束經高壓加速電場（電壓U）加速后垂直正對圓心進入磁感應強度為B、半徑為r的圓形勻強偏轉磁場，磁場右端Q點到熒光屏的距離為l，如圖所示，偏轉后轟擊熒光屏P，熒光粉受激而發光，在極短時間內完成一幅掃描。若去離子水質不純，所生產的陰極材料中會有少量SO，SO打在屏上出現暗斑，稱為離子斑，如發生上述情況，[電子質量為9.1×10－31kg，硫酸根離子（SO）質量為
1.6×10－25kg，不計重力].
（1）試推導電子偏轉后射到熒光屏上偏離熒光屏中心的距離的表達式
（2）試求分析說明暗斑集中在熒光屏中央的原因
解析：（1）粒子（電子）在加速電場中加速
粒子垂直進入磁場做勻速圓周運動，設軌道半徑為R。


設粒子在偏轉磁場中速度偏轉角為θ，有：
如圖所示有

（2）由（1）式可知：

由于硫酸根離子荷質比遠小于電子的荷質比，高速硫酸根離子經過磁場幾乎不發生偏轉，而集中打在熒光屏中央，形成暗斑
【例17】如圖所示，坐標空間中有場強為E的勻強電場和磁感應強度為B的勻強磁場，y軸為兩種場的分界面，圖中虛線為磁場區域的右邊界，現有一質量為m，電荷量為－q的帶電粒子從電場中坐標位置（－l，0）處，以初速度v0，沿x軸正方向開始運動，且已知。試求：使帶電粒子能穿越磁場區域而不再返回電場中，磁場的寬度d應滿足的條件。
解析：帶電粒子在電場中做類平拋運動，設運動的加速度為a，由牛頓運動定律得：
qE=ma
設粒子出電場、入磁場時速度的大小為v，此時在y軸方向的分速度為vy，粒子在電場中運動的時間為t，則有：
vy=at
l=v0t
解得：vy=v0 v=
設v的方向與y軸的夾角為θ。則有：
粒子進入磁場后洛侖茲力作用下做圓周運動，如圖所示，則有：
由圖中的幾何關系可知，要使粒子穿越磁場區域，磁場的寬度條件為：
d結合已知條件，解以上各式可得
【例18】真空中有一半徑為R的圓形勻強磁場區域，磁場方向垂直紙面向外，OX為邊界上O點的切線，如圖所示，從O點在紙面內向各方向發射速率均為V的粒子，設粒子間相互作用力和重力都忽略，且粒子在磁場中偏轉半徑也為R，已知粒子的電量為，質量為m，試回答下列各問：
（1）速度方向分別與OX方向夾角成30°和90°的的粒子在磁場中運動的時間分別
是多少？
（2）所有從磁場邊界射出的粒子，速度方向有何特征。（簡要說明理由）
（3）若在OX上距O點L處有一點P（L>2R），請設計一種勻強磁場分布，使得從上述
磁場邊界射出的粒子都能夠匯聚到P點.
解析：（1）V；V （2）與OX平行 （3）以P點正上方距離P點r處為圓心，半徑為r，垂直紙面向外的勻強磁場.
【例題3】圖為一種質譜儀示意圖，由加速電場、靜電分析器和 磁分析器組成．若靜電分析器通道的半徑為R，均勻輻向電場的場強為E．磁分析器中有垂
直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度為B．問：
(1)為了使位于A處電量為q、質量為m的離子，從靜止開始經加速電場加速后沿圖中圓弧虛線通過靜電分析器，加速電場的電壓U應為多大?
(2)離子由P點進入磁分析器后，最終打在乳膠片上的Q點，該點距入射點P多遠?若有一群離子從靜止開始通過該質譜儀后落在同一點Q，則該群離子有什么共同點?
答案：（1）U=ER/2；（2）該群離子都打在Q點必同帶正電荷，且具有相同的荷質比。
練習
1．當帶電粒子垂直進入勻強磁場和勻強電場時，稱這種場為偏轉磁場和偏轉電場，下列說法正確的是： （ ）
A．要想把速度不同的同種帶電粒子分開，既可采用偏轉磁場，也可以采用偏轉電場
B．要想把動量相同的質子和粒子分開，只能采用偏轉磁場
C．要想把初速度為零，經同一電場加速后的的質子和粒子分開，既可采用偏轉電場，也可采用偏轉磁場
D．要想把荷質比不同的粒子（初速度相同）分開，只可采用偏轉電場，不可采用偏轉磁場
2．（2002年廣西、河南、廣東卷）在圖中虛線所示的區域
存在勻強電場和勻強磁場。取坐標如圖。一帶電粒子沿
x軸正方向進入此區域，在穿過此區域的過程中運動方
向始終不發生偏轉。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
5．如圖，光滑水平面上帶電量為q、質量為m的小球P靠在一勁度系數為k的輕彈簧的右端。現將彈簧向左壓縮長度為L后自A點靜止釋放小球P，小球P運動到B處時恰與靜止的不帶電的相同小球Q相碰并粘在一起，進入水平向右的勻強電場中。C點右側是垂直紙面向里的勻強磁場，小球運動到C點時，電場突然變為豎直向上，但大小不變。此后物體開始在豎直平面內作圓周運動，到達最高點時撤去電場，小球正好又落回B點。已知AB=BC=L，彈簧的彈性勢能與其形變量x的關系是Ep=，式中k為彈簧的勁度系數。
求：（1）小球的帶電性并說明理由
（2）場強E的大小
（3）磁感應強度B的大小。
7．（2002年全國理綜卷）電視機的顯像管中，電子束的偏轉是用磁偏轉技術實現的。電子束經過電壓為U的加速電場后，進入一圓形勻強磁場區域，如圖所示。磁場方向垂直于圓面。磁場區中心為O，半徑為r。當不加磁場時，電子束將通過O點而打到屏幕的中心M點。為了讓電子束射到屏幕邊緣P點，需要加一勻強磁場，使電子束偏轉一已知角度，此時磁場的磁感應強度B應為多少？
9．帶電量為q的粒子（不計重力），勻速直線通過速度選擇器（電場強度為E，磁感應強度為B1），又通過寬度為l，磁感應強度為B2的勻強磁場，粒子離開磁場時速度的方向跟入射方向間的偏角為θ，如圖所示.試證明：入射粒子的質量m=.
10．某空間存在著一個變化的電場和一個變化的磁場，電場方向向右（如圖（a）中由B到C
的方向），電場變化如圖（ｂ）中E-t圖象，磁感應強度變化如圖（c）中B-t圖象.在A點，從t=1 s（即1 s）開始，每隔2 s，有一個相同的帶電粒子（重力不計）沿AB方向（垂直于BC）以速度v射出，恰能擊中C點，若=2d且粒子在AC間運動的時間小于1 s，求
（1）圖線上E0和B0的比值，磁感應強度B的方向.
（2）若第1個粒子擊中C點的時刻已知為（1+Δt）ｓ，那么第2個粒子擊中C點的時刻是多少?
參考答案：
1.A2.AB 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。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，粒子必發生偏轉，故D錯。
5.（1）正電 （2）E=2mg/q （3）
7．電子在磁場中沿圓弧ab運動，圓心為C，半徑為R。以v表示電子進入磁場時的速度，m、e分別表示電子的質量和電量，則
①
②
又有 ③
由以上各式解得 ④
9.小球在下滑過程中，從圖中A→C電場力先做正功，后做負功，而重力一直做正功，在C點時重力與電場力合力為徑向，沒有切向分力，故此時動能最大，此后切向分力與線速度反向，動能將減小，故C點受磁場力最大，由受力分析知：
mg=Eq ①
mg=tanαEq ②
由①②得α＝45°
由圖知θ＝α＋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.
v＝，sinθ＝，
所以m=
10.（1）因為＝2d 所以R=2d.
第2秒內，僅有磁場qvB0＝m.
第3秒內，僅有電場d=··（）2.
所以v.
粒子帶正電，故磁場方向垂直紙面向外.
（2）Δt＝··，
Δt′＝Δt.
故第2個粒子擊中C點的時刻為（2+·）ｓ.

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