2017年度高考物理（带电粒子在复合场中的运动）二轮专题练习

2017年度高考物理（带电粒子在复合场中的运动）二轮专题练习

带电粒子在复合场中的运动 ‎1． 带电粒子在电场中常见的运动类型 ‎(1)匀变速直线运动：通常利用动能定理qU＝mv2－mv来求v.对于匀强电场，电场力做功也可以用W＝qEd求解．‎ ‎(2)偏转运动：一般研究带电粒子在匀强电场中的偏转问题．对于类平抛运动可直接利用平抛运动的规律以及推论；较复杂的曲线运动常用运动分解的办法来处理．‎ ‎2． 带电粒子在匀强磁场中常见的运动类型 ‎(1)匀速直线运动：当v∥B时，带电粒子以速度v做匀速直线运动．‎ ‎(2)匀速圆周运动：当v⊥B时，带电粒子在垂直于磁感线的平面内以入射速度做匀速圆周运动．‎ ‎3． 复合场中粒子重力是否考虑的三种情况 ‎(1)对于微观粒子，如电子、质子、离子等，因为其重力一般情况下与电场力或磁场力相比太小，可以忽略；而对于一些宏观物体，如带电小球、液滴、金属块等一般应考虑其重力．‎ ‎(2)题目中有明确说明是否要考虑重力的．‎ ‎(3)不能直接判断是否要考虑重力的，在进行受力分析与运动分析时，根据运动状态可分析出是否考虑重力．‎ ‎1． 正确分析带电粒子的受力及运动特征是解决问题的前提 带电粒子在复合场中做什么运动，取决于带电粒子所受的合外力及初始运动状态的速度，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．‎ ‎2． 灵活选用力学规律是解决问题的关键 当带电粒子在复合场中做匀速直线运动时，应根据平衡条件列方程求解．‎ 当带电粒子在复合场中做匀速圆周运动时，往往同时应用牛顿第二定律和平衡条件列方程联立求解．‎ 当带电粒子在复合场中做非匀变速曲线运动时，应选用动能定理或能量守恒定律列方程求解．‎ ‎　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ 题型1　带电粒子在叠加场中的运动 例1　(2013·四川·11)如图1所示，竖直平面(纸面)内有直角坐标系xOy，x轴沿水平方向．在x≤0的区域内存在方向垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B1的匀强磁场．在第二象限紧贴y轴固定放置长为l、表面粗糙的不带电绝缘平板，平板平行于x轴且与x轴相距h.在第一象限内的某区域存在方向相互垂直的匀强磁场(磁感应强度大小为B2、方向垂直于纸面向外)和匀强电场(图中未画出)．一质量为m、不带电的小球Q从平板下侧A点沿x轴正向抛出；另一质量也为m、带电量为q的小球P从A点紧贴平板沿x轴正向运动，变为匀速运动后从y轴上的D点进入电磁场区域做匀速圆周运动，经圆周离开电磁场区域，沿y轴负方向运动，然后从x轴上的K点进入第四象限．小球P、Q相遇在第四象限的某一点，且竖直方向速度相同．设运动过程中小球P电量不变，小球P和Q始终在纸面内运动且均看作质点，重力加速度为g.求：‎ 图1‎ ‎(1)匀强电场的场强大小，并判断P球所带电荷的正负；‎ ‎(2)小球Q的抛出速度v0的取值范围；‎ ‎(3)B1是B2的多少倍？‎ 审题突破　1.带电小球P在第二象限运动过程中受什么力作用？做匀速运动需要满足什么条件？小球P在第一象限有几个运动过程？做匀速圆周运动需要满足什么条件？‎ ‎2．小球Q受到什么力作用？做什么运动？若要与P相遇，相遇点的坐标有什么特点？‎ ‎3．若要使P、Q相遇，则当小球P在第一象限穿出电磁场区时，小球Q应运动到什么位置？速度应如何？‎ 解析　(1)由题给条件，小球P在电磁场区域内做圆周运动，必有重力与电场力平衡，设所求匀强电场的场强大小为E，有 mg＝qE ①‎ 得E＝ ②‎ 小球P在平板下侧紧贴平板运动，其所受洛伦兹力必竖直向上，故小球P带正电．‎ ‎(2)设小球P紧贴平板做匀速运动的速度为v，此时洛伦兹力与重力平衡，有 B1qv＝mg ③‎ 设小球P以速度v在电磁场区域内做圆周运动的半径为R，有B2qv＝m ④‎ 设小球Q与小球P在第四象限相遇点的坐标为x、y，有 x＝R，y≤0 ⑤‎ 小球Q运动到相遇点所需时间为t0，水平方向位移为s，竖直方向位移为d，有 s＝v0t0 ⑥‎ d＝gt ⑦‎ 由题意得 x＝s－l，y＝h－d ⑧‎ 由题意可知v0＞0，联立③④⑤⑥⑦⑧式得 ‎0＜v0≤ ⑨‎ ‎(3)小球Q在空间做平抛运动，要满足题设要求，则运动到小球P穿出电磁场区域的同一水平高度时的W点时，其竖直方向的速度vy与竖直位移yQ必须满足 vy＝v ⑩‎ yQ＝R ⑪‎ 设小球Q运动到W点时间为t，由平抛运动，有 vy＝gt ⑫‎ yQ＝gt2 ⑬‎ 联立③④⑩⑪⑫⑬式得 B1＝B2＝0.5B2‎ 答案　(1)　P球带正电 ‎(2)0＜v0≤　(3)0.5倍 以题说法　带电粒子在叠加场中运动的处理方法 ‎1．弄清叠加场的组成特点．‎ ‎2．正确分析带电粒子的受力及运动特点．‎ ‎3．画出粒子的运动轨迹，灵活选择不同的运动规律 ‎(1)若只有两个场且正交，合力为零，则表现为匀速直线运动或静止．例如电场与磁场中满足qE＝qvB；重力场与磁场中满足mg＝qvB；重力场与电场中满足mg＝qE.‎ ‎(2)若三场共存时，合力为零，粒子做匀速直线运动，其中洛伦兹力F＝qvB的方向与速度v垂直．‎ ‎(3)若三场共存时，粒子做匀速圆周运动，则有mg＝qE，粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，即qvB＝m.‎ ‎(4)当带电粒子做复杂的曲线运动或有约束的变速直线运动时，一般用动能定理或能量守恒定律求解．‎ ‎　静电喷漆技术具有效率高、浪费少、质量好、有益于健康等优点，其装置可简化为如图2甲所示．A、B为水平放置的间距d＝‎1.6 m的两块足够大的平行金属板，两板间有方向由B指向A的匀强电场，场强为E＝0.1 V/m.在A板的中央放置一个安全接地的静电油漆喷枪P，油漆喷枪可向各个方向均匀地喷出初速度大小均为v0＝‎6 m/s的油漆微粒，已知油漆微粒的质量均为m＝1.0×10－‎5 kg、电荷量均为q＝－1.0×10－‎3 C，不计油漆微粒间的相互作用、油漆微粒所带电荷对板间电场的影响及空气阻力，重力加速度g＝‎10 m/s2.求：‎ 图2‎ ‎(1)油漆微粒落在B板上所形成的图形面积；‎ ‎(2)若让A、B两板间的电场反向，并在两板间加垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B＝0.06 T，如图乙所示，调节喷枪使油漆微粒只能在纸面内沿各个方向喷出，其他条件不变．B板被油漆微粒打中的区域的长度；‎ ‎(3)在满足(2)的情况下，打中B板的油漆微粒中，在磁场中运动的最短时间．‎ 答案　(1)‎18.1 m2‎　(2)‎1.6 m　(3)0.31 s 解析　(1)根据牛顿第二定律知，油漆微粒的加速度 a＝ ①‎ 根据平抛运动规律有 d＝at2 ②‎ 运动的半径 x＝v0t ③‎ 落在B板上所形成圆形面积 S＝πx2 ④‎ 联立①②③④式并代入数据得 S≈‎18.1 m2‎ ⑤‎ ‎(2)当电场反向时 Eq＝mg ⑥‎ 油漆微粒做匀速圆周运动，如图丙所示，洛伦兹力充当向心力 Bqv0＝m ⑦‎ 水平向右射出的油漆微粒打在B板的最右端a点，根据几何关系 R＋Rcos α＝d ⑧‎ ac的长度为ac＝Rsin α ⑨‎ 打在B板最左端的油漆微粒为运动轨迹和板相切的微粒，同理求得bc＝ac ⑩‎ 油漆微粒打在极板上的长度ab＝ac＋bc ⑪‎ 联立⑥⑦⑧⑨⑩⑪式并代入数据得 ab＝‎1.6 m ⑫‎ ‎(3)打在B板上的微粒中，最短的弦长Pc对应的时间最短，如图丁所 示 由几何关系有 sin θ＝ ⑬‎ 运动的最短时间 tmin＝T ⑭‎ 微粒在磁场中运动的周期T＝ ⑮‎ 联立⑦⑬⑭⑮式代入数据解得tmin≈0.31 s ⑯‎ 题型2　带电粒子在组合场中的运动分析 例2　(2013·安徽·23)如图3所示的平面直角坐标系xOy，在第Ⅰ象限内有平行于y轴的匀强电场，方向沿y轴正方向；在第Ⅳ象限的正三角形abc区域内有匀强磁场，方向垂直于xOy平面向里，正三角形边长为L，且ab边与y轴平行．一质量为m、电荷量为q的粒子，从y轴上的P(0，h)点，以大小为v0的速度沿x轴正方向射入电场，通过电场后从x轴上的a(2h,0)点进入第Ⅳ象限，又经过磁场从y轴上的某点进入第Ⅲ象限，且速度与y轴负方向成45°角，不计粒子所受的重力．求：‎ 图3‎ ‎(1)电场强度E的大小；‎ ‎(2)粒子到达a点时速度的大小和方向；‎ ‎(3)abc区域内磁场的磁感应强度B的最小值．‎ 审题突破　粒子从a点射入磁场时，速度方向与边界ab的夹角是多少？粒子在磁场运动过程的偏转角是多少？粒子应从磁场的哪个边界射出？‎ 解析　(1)运动过程如图所示，设粒子在电场中运动的时间为t，则 有x＝v0t＝2h，y＝at2＝h，qE＝ma，联立以上各式可得E＝.‎ ‎(2)粒子到达a点时沿y轴负方向的分速度vy＝at＝v0.‎ 所以v＝＝v0，tan θ＝＝1，θ＝45°，即方向指向第Ⅳ象 限与x轴正方向成45°角．‎ ‎(3)粒子在磁场中运动时，有qvB＝m 由图知，当粒子从b点射出时，r最大，此时磁场的磁感应强度有最小值，r＝L，所以B＝.‎ 答案　(1)　(2)v0　方向指向第Ⅳ象限与x轴正方向成45°角　(3) 以题说法　带电粒子在组合场内的运动实际上也是运动过程的组合，解决方法如下：‎ ‎(1)分别研究带电粒子在不同场区的运动规律．在匀强磁场中做匀速圆周运动．在匀强电场中，若速度方向与电场方向平行，则做匀变速直线运动；若速度方向与电场方向垂直，则做类平抛运动．‎ ‎(2)带电粒子经过磁场区域时利用圆周运动规律结合几何关系处理．‎ ‎(3)当粒子从一个场进入另一个场时，分析转折点处粒子速度的大小和方向往往是解题的突破口．‎ ‎　如图4所示，在坐标系xOy所在平面内有一半径为a的圆形区域，圆心坐标O1(a,0)，圆内分布有垂直xOy平面的匀强磁场．在坐标原点O处有一个放射源，放射源开口的张角为90°，x轴为它的角平分线．带电粒子可以从放射源开口处在纸面内朝各个方向射出，其速率v、质量m、电荷量＋q均相同．其中沿x轴正方向射出的粒子恰好从O1点的正上方的P点射出．不计带电粒子的重力，且不计带电粒子间的相互作用．‎ 图4‎ ‎(1)求圆形区域内磁感应强度的大小和方向；‎ ‎(2)①判断沿什么方向射入磁场的带电粒子的运动时间最长，并求最长时间；‎ ‎②若在y≥a的区域内加一沿y轴负方向的匀强电场，放射源射出的所有带电粒子运动过程中将在某一点会聚，若在该点放一回收器可将放射源射出的带电粒子全部收回，分析并说明回收器所放的位置．‎ 答案　(1)，方向垂直于xOy平面向里 ‎(2)①方向为与x轴夹角成45°角斜向右下　　②回收器的坐标为(‎2a,0)‎ 解析　(1)运动轨迹如图甲所示，设圆形磁场区域内的磁感应强度 为B，带电粒子在磁场中所受的洛伦兹力提供向心力，则有 qvB＝m 其中R＝a 则B＝ 由左手定则判断磁场方向垂直于xOy平面向里 ‎(2)①沿与x轴夹角成45°角斜向下射出的带电粒子在磁场中运动的 时间最长，轨迹如图乙，根据几何关系知，粒子离开磁场时速度方 向沿y轴正方向，∠OO3Q＝135°.‎ 设该带电粒子在磁场中运动的时间为t，根据圆周运动周期公式得T ‎＝，所以t＝ ‎②如图丙所示，设某带电粒子从放射源射出，速度方向与x轴 的夹角为α，作速度v的垂线，截取OO4＝a，以O4为圆心、a 为半径作圆交磁场边界于M点．由于圆形磁场的半径与带电 粒子在磁场中运动的半径均为a，故OO1MO4构成一个菱形，‎ 所以O‎4M与x轴平行，因此从放射源中射出的所有带电粒子均沿y轴正方向射出．带电粒子在匀强电场中做匀变速直线运动，返回磁场时的速度与离开磁场时的速度大小相等、方向相反，再进入磁场做圆周运动，圆心为O5，OO4O5N构成一平行四边形，所以粒子在磁场中两次转过的圆心角之和为180°，第二次离开磁场时都经过N点．故收集器应放在N点，N点坐标为(‎2a,0)．‎ ‎9． 带电粒子在周期性变化的复合场中运动分析 审题示例 ‎(2013·江苏·15)(16分)在科学研究中，可以通过施加适当的电场和磁场来实现对带电粒子运动的控制．如图5甲所示的xOy平面处于匀强电场和匀强磁场中，电场强度E和磁感应强度B随时间t做周期性变化的图象如图乙所示．x轴正方向为E的正方向，垂直纸面向里为B的正方向．在坐标原点O有一粒子P，其质量和电荷量分别为m和＋q.不计重力．在t＝时刻释放P，它恰能沿一定轨道做往复运动．‎ 图5‎ ‎(1)求P在磁场中运动时速度的大小v0；‎ ‎(2)求B0应满足的关系；‎ ‎(3)在t0时刻释放P，求P速度为零时的坐标．‎ 审题模板 答题模板 ‎(1)粒子在到τ时间内做匀加速直线运动，粒子在τ到2τ时间内做匀速圆周运动．电场力F＝qE0，加速度a＝，速度v0＝at，且t＝，解得v0＝. (4分)‎ ‎(2)只有当t＝2τ时，P在磁场中做圆周运动结束并开始沿x轴 负方向运动，才能沿一定的轨道做往复运动，如图，设P在磁 场中做圆周运动的周期为T，则T＝τ，(n＝1,2,3，…)，‎ 匀速圆周运动的周期T＝＝ 解得：B0＝，(n＝1,2,3…) (6分)‎ ‎(3)在t0时刻释放，P在电场中加速时间为τ－t0，在磁场中做匀 速圆周运动速度v1＝，圆周运动半径r1＝，解得 r1＝.又经(τ－t0)时间P减速为零后向右加速时间为t0，‎ P再进入磁场，速度v2＝，圆周运动半径r2＝，解得 r2＝.综上分析，速度为零时横坐标总是x＝0，相应的纵坐标为 y＝，(k＝1,2,3…)‎ 解得：y＝，(k＝1,2,3…)(6分)‎ 答案　(1)　(2)B0＝，(n＝1,2,3…)‎ ‎(3)y＝，(k＝1,2,3…)‎ 点睛之笔　变化的电场或磁场往往具有周期性，粒子的运动也往往具有周期性．这种情况下要仔细分析带电粒子的运动过程、受力情况，弄清楚带电粒子在变化的电场、磁场中各处于什么状态，做什么运动，画出一个周期内的运动径迹的草图．‎ ‎　如图6所示，在xOy平面内存在均匀、大小随时间周期性变化的磁场和电场，变化规律分别如图乙、丙所示(规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向、沿y轴正方向电场强度为正)．在t＝0时刻由原点O发射初速度大小为v0，方向沿 y轴正方向的带负电粒子．已知v0、t0、B0，粒子的比荷＝，不计粒子的重力．‎ 图6‎ ‎(1)t＝时，求粒子的位置坐标；‎ ‎(2)若t＝5t0时粒子回到原点，求0～5t0时间内粒子距x轴的最大距离；‎ ‎(3)若粒子能够回到原点，求满足条件的所有E0值．‎ 答案　(1)(，)　(2)(＋)v0t0　(3)E0＝(n＝1,2,3……)‎ 解析　(1)由粒子的比荷＝得粒子做圆周运动的周期T＝＝2t0‎ 则在0～内转过的圆心角α＝ 由牛顿第二定律qv0B0＝ 得r1＝＝ 则其位置坐标(，)‎ ‎(2)t＝5t0时粒子回到原点，轨迹如图所示 r2＝2r1‎ r1＝，r2＝ 得v2＝2v0‎ 又＝，r2＝ 粒子在t0～2t0时间内做匀加速直线运动，2t0～3t0时间内做匀速圆周运动，由图知，在5t0时间内粒子距x轴的最大距离：‎ hmax＝t0＋r2＝(＋)v0t0‎ ‎(3)如图所示，设带电粒子在x轴上方做圆周运动的轨道半径为r1，‎ 在x轴下方做圆周运动的轨道半径为r2′，由几何关系可知，要使粒 子经过原点，则必须满足n(2r2′－2r1)＝2r1(n＝1,2,3，…)‎ r1＝，r2＝ 联立以上各式解得v＝v0(n＝1,2,3，…)‎ 又由于v＝v0＋ 得E0＝(n＝1,2,3，…)‎ ‎(限时：45分钟)‎ ‎1． 如图1所示，P、Q是相距为d的水平放置的两平行金属板，P、Q间有垂直于纸面向里、磁感应强度为B1的匀强磁场，MN是竖直放置的两平行金属板，用导线将P与M相连，将Q与N相连，X是平行于M和N的竖直绝缘挡板，Y是平行于M和N的荧光屏，X、M、N、Y的中间各有一个小孔，所有小孔在同一水平轴线上，荧光屏的右侧有垂直于纸面向外、磁感应强度为B2的匀强磁场，现有大量的等离子体(等离子体中的正负离子电荷量的大小均为q，质量均为m)以相同的速度垂直于磁场水平向右射入金属板P、Q之间．现忽略电场的边缘效应，不计等离子体的重力，两对极板间形成的电场均可视为匀强电场．求：‎ 图1‎ ‎(1)若在荧光屏Y上只有一个亮点，则等离子体的初速度v0必须满足什么条件；‎ ‎(2)若等离子体以初速度v0射入磁场，且在荧光屏上有两个亮点，则正、负两种电荷形成的亮点到荧光屏上小孔的距离之比是多少？‎ 答案　(1)v0≤　(2) 解析　(1)由于带电粒子偏转，P、Q极板上将带上电荷，设电压为U，则极板M、N间的电压也为U，当带电粒子在P、Q极板间做匀速运动时 有qv0B1＝q 若在荧光屏Y上只有一个亮点，则负电荷不能通过极板，M、N板间应满足 qU≥mv 解得v0≤ ‎(2)荧光屏上有两个亮点，则v0> 在此条件下，qv0B1＝q，得U＝dB1v0‎ 对正电荷，设其到达匀强磁场B2时的速度为v1，则 Uq＝mv－mv 设做圆周运动的半径为R1，则 qv1B2＝ 得R1＝ 对负电荷，设其到达匀强磁场B2时的速度为v2，则 ‎－Uq＝mv－mv 设做圆周运动的半径为R2，则 qv2B＝ 得R2＝ 所以，正、负两种电荷形成的亮点到荧光屏上小孔的距离之比为＝＝ ‎2． 如图2所示，在xOy平面内，第Ⅲ象限内的直线OM是电场与磁场的边界，OM与x轴负方向成45°角．在x<0且OM的左侧空间存在着沿x轴负方向的匀强电场，场强大小为E＝50 N/C，在y<0且OM的右侧空间存在着垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度的大小为B＝0.2 T．一不计重力的带负电的微粒，从坐标原点O沿y轴负方向以v0＝4×‎103 m/s的初速度进入磁场，已知微粒所带电荷量为q＝－4×10－‎18 C，质量为m＝1×10－‎24 kg.求：‎ 图2‎ ‎(1)带电微粒第一次经过磁场边界时的位置坐标及经过磁场边界时的速度方向；‎ ‎(2)带电微粒最终离开电、磁场区域时的位置坐标；‎ ‎(3)带电微粒在电、磁场区域运动的总时间(结果可以保留π)．‎ 答案　(1)(－5×10－‎3 m，－5×10－‎3 m)　速度方向与OM夹角为45°，与电场平行　(2)(0,3.0×10－‎2 m)‎ ‎(3)(5＋)×10－5 s 解析　(1)微粒的运动轨迹如图所示，第一次经过磁场边界上的A 点，设微粒在磁场中的轨迹半径为r，由洛伦兹力提供向心力知 qv0B＝m 解得r＝＝5×10－‎‎3 m A点位置坐标为(－5×10－‎3 m，－5×10－‎3 m)‎ 经过磁场边界时速度方向与OM夹角为45°，与电场平行 ‎(2)如图所示，微粒从C点沿y轴正方向进入电场，做类平抛运动，设其加速度为a，运动时间为t1，则有 a＝ 解得a＝2.0×‎108 m/s2‎ Δx＝at＝2r 解得t1＝1×10－5 s Δy＝v0t1‎ 代入数据解得Δy＝‎‎0.04 m y＝Δy－2r＝(0.04－2×5×10－3) m＝3.0×10－‎‎2 m 微粒离开电场时的位置D的坐标为(0,3.0×10－‎2 m)‎ ‎(3)带电微粒在磁场中运动的周期T＝ 在磁场中运动的时间t2＝tOA＋tAC＝T＋T 代入数据解得t2＝T＝×10－5 s 带电微粒第一次进入电场中做直线运动的时间 t3＝＝4.0×10－5 s 带电微粒在电、磁场区域运动的总时间 t＝t1＋t2＋t3＝(5＋)×10－5 s ‎3． 如图3所示，真空室内竖直条形区域Ⅰ存在垂直纸面向外的匀强磁场，条形区域Ⅱ(含Ⅰ、Ⅱ区域分界面)存在水平向右的匀强电场，电场强度为E，磁场和电场宽度均为L，高度足够大，M、N为涂有荧光物质的竖直板．现有P、Q两束质子从A处连续不断地射入磁场，入射方向都与M板夹角成60°且与纸面平行，两束质子束的速度大小都恒为v.当Ⅰ区中磁场较强时，M板上有一个亮斑，N板上无亮斑．缓慢改变磁场强弱，M板和N板上会各有一个亮斑，继续改变磁场强弱，可以观察到N板出现两个亮斑时，M板上的亮斑刚好消失．已知质子质量为m，电量为e，不计质子重力和相互作用力，求：‎ 图3‎ ‎(1)N板上刚刚出现一个亮斑时，M板上的亮斑到A点的距离x；‎ ‎(2)N板上恰好出现两个亮斑时，区域Ⅰ中的磁感应强度B；‎ ‎(3)N板上恰好出现两个亮斑时，这两个亮斑之间的距离s.‎ 答案　(1)L　(2)　(3)‎2L＋v 解析　(1)N板上恰出现一个亮斑时，两束质子的轨迹如图甲所示，设轨迹的半径为R.‎ 有R＋Rsin 30°＝L 由几何关系知x＝R 联立解得x＝L ‎(2)N板上恰好出现两个亮斑时，两束质子的轨迹如图乙所示．设轨迹半径为r，有rsin 30°＝L evB＝ 解得B＝ ‎(3)质子束P恰垂直进入电场区域，质子束Q恰在O点以方向垂直于电场的速度进入电场，两束质子的轨迹如图乙所示 设质子在电场中的运动时间为t，则有 L＝·t2‎ s′＝vt s＝r＋s′＝‎2L＋v ‎4． 电子扩束装置由电子加速器、偏转电场和偏转磁场组成．偏转电场的极板由相距为d的两块水平平行放置的导体板组成，如图4甲所示．大量电子由静止开始，经加速电场加速后，连续不断地沿平行板的方向从两板正中间OO′射入偏转电场．当两板不带电时，这些电子通过两板之间的时间为2t0；当在两板间加最大值为U0、周期为2t0的电压(如图乙所示)时，所有电子均能从两板间通过，然后进入竖直宽度足够大的匀强磁场中，最后打在竖直放置的荧光屏上．已知磁场的磁感应强度为B，电子的质量为m、电荷量为e，其重力不计．‎ 图4‎ ‎(1)求电子离开偏转电场时的位置到OO′的最小距离和最大距离；‎ ‎(2)要使所有电子都能垂直打在荧光屏上，求：‎ ‎①匀强磁场的水平宽度L；②垂直打在荧光屏上的电子束的宽度Δy.‎ 答案　(1)　　(2)①　②t 解析　(1)由题意可知，从0、2t0、4t0、……等时刻进入偏转电场的电子离开偏转电场时的位置到OO′的距离最大，在这种情况下，电子的最大距离为：‎ ymax＝at＋vyt0＝t＋t＝t 从t0、3t0、……等时刻进入偏转电场的电子离开偏转电场时的位置到OO′的距离最小，在这种情况下，电子的最小距离为：ymin＝at＝t ‎(2)①设电子从偏转电场中射出时的偏向角为θ，由于电子要垂直打在荧光屏上，所以电子在磁场中运动半径应为：‎ R＝ 设电子离开偏转电场时的速度为v1，垂直偏转极板的速度为vy，则电子离开偏转电场时的偏向角为：sin θ＝，式中vy＝t0‎ 又：R＝ 解得：L＝ ‎②由于各个时刻从偏转电场中射出的电子的速度大小相等，方向相同，因此电子进入磁场后做圆周运动的半径也相同，都能垂直打在荧光屏上．‎ 由第(1)问知电子离开偏转电场时的位置到OO′的最大距离和最小距离的差值为：Δy1＝ymax－ymin Δy1＝t 所以垂直打在荧光屏上的电子束的宽度为：‎ Δy＝Δy1＝t