电场与复合场讲义

带电粒子在复合场中的运动1.速度选择器正交的匀强磁场和匀强电场组成速度选择器。带电粒子必须以唯一确定的速度（包括大小、方向）才能匀速（或者说沿直线）通过速度选择器。否则将发生偏转。这个速度的大小可以由洛伦兹力和电场力的平衡得出：qvB=Eq,v=-o在本图中，速度方向必须向右。B（1）这个结论与离子带何种电荷、电荷多少都无关。（2）若速度小于这一速度，电场力将大于洛伦兹力，带电粒子向电场力方向偏转，电场力做正功，动能将增大，洛伦兹力也将增大，粒子的轨迹既不是抛物线，也不是圆，而是一条复杂曲线；若大于这一速度，将向洛伦兹力方向偏转，电场力将做负功，动能将减小，洛伦兹力也将减小，轨迹是一条复杂曲线。【例11某带电粒子从图中速度选择器左端由中点。以速度均向右射去，从右端中心a下方的6点以速度匕射出；若增大磁感应强度8该粒子将打到a点上方的c点，且有*ab,则该粒子带一电；第二次射出时的速度为解：8增大后向上偏，说明洛伦兹力向上，所以为带正电。由于洛伦兹力总不做功，所以两次都是只有电场力做功，第一次为正功，第二次为负功，但功的绝对值相同。彳机匕-一丁咻=3机用一3加彩，二%=、/2埸一时例2如图所示，一个带电粒子两次以同样的垂直于场线的初速度0分别穿越匀强电场区和匀强磁场区，场区的宽度均为L偏转角度均为*求E：8解：分别利用带电粒子的偏角公式。在电场中偏转:tana=垩,在磁场中偏转：sina=啊,由以上两式可得f=可以证明：当偏转角叫；mv（）Bcosa相同时，侧移必然不同（电场中侧移较大）；当侧移相同时，偏转角必然不同（磁场中偏转角较大）。2.回旋加速器回旋加速器是高考考查的的重点内容之一，但很多同学往往对这类问题似是而非，认识不深，甚至束手无策、，因此在学习过程中，尤其是高三复习过程中应引起重视。（1）有关物理学史知识和回旋加速器的基本结构和原理1932年美国物理学家应用了带电粒子在磁场中运动的特点发明了回旋加速器，其原理如图所示。4处带正电的粒子源发出带正电的粒子以速度如垂直进入匀强磁场，在磁场中匀速转动半个周期，到达4时，在44/处造成向上的电场，粒子被加速，速率由V。增加到，然后粒子以匕在磁场中匀速转动半个周期，到达4/时，在4幺2处造成向下的电场，粒子又一次被加速，速率由%增加到女，如此继续下去,每当粒子经过AV的交界面时都是它被加速，从而速度不断地增加。带电粒子在磁场中作匀速圆周运动的周期为丁=2吧，为达到不断加速的目的，只要在AV上加上周期也为r的交变电压就可以了。即7电qB.27rm=1=qB回旋加速是用两个D形金属盒做外壳，两个D形金属盒分别充当交流电源的两极，同时金属盒对带电粒子可起到静电屏蔽作用，金属盒可以屏蔽外界电场，盒内电场很弱，这样才能保证粒子在盒内只受磁场力作用而做匀速圆周运动，（2）带电粒子在D形金属盒内运动的轨道半径是不等距分布的设粒子的质量为m,电荷量为q，两。形金属盒间的加速电压为U，匀强磁场的磁感应强度为8,粒子第一次进入。形金属盒II,被电场加速1次，以后每次进入。形金属盒I【都要被电场加速2次。粒子第次进入。形金属盒H时，已经被加速（2斤1）次。由动能定理得（2/?-1）qU=-Mvn2o第。次进入。形金属盒II后，由牛顿第二定律得做注=利:由两式得rn=J2(2 一qB同理可得第1次进入D形金属盒II时的轨道半径小产+&qB所以带电粒子在D形金属盒内任意两个相邻的圆形轨道半径之比为工=吆3，可见带电粒子rn+lJ2+1在。形金属盒内运动时，轨道是不等距分布的，越靠近D形金属盒的边缘，相邻两轨道的间距越小。（3）带电粒子在回旋加速器内运动，决定其最终能量的因素由于D形金属盒的大小一定，所以不管粒子的大小及带电量如何，粒子最终从加速器内设出时应具2有相同的旋转半径。由牛顿第二定律得q%8=m%和动量大小存在定量关系mvn=2mEkn由两式得Ek行业史2m可见，粒子获得的能量与回旋加速器的直径有关，直径越大，粒子获得的能量就越大。【例3】一个回旋加速器，当外加电场的频率一定时，可以把质子的速率加速到v,质子所能获得的能量为E则：这一回旋加速器能把Q粒子加速到多大的速度？这一回旋加速器能把a粒子加速到多大的能量？这一回旋加速器加速粒子的磁感应强度跟加速质子的磁感应强度之比为？解：由qVn8=m得vn=rm由周期公式7电=7=得知，在外加电场的频率一定时，二为定值，结合式得八qBqB由式&行仁匕及二为定值得，在题设条件下，粒子最终获得动能与粒子质量成正比。所以2mqB粒子获得的能量为4。由周期公式7电=7=过得生=”=2：1。（止Bmnqa（4）决定带电粒子在回旋加速器内运动时间长短的因素带电粒子在回旋加速器内运动时间长短，与带电粒子做匀速圆周运动的周期有关，同时还与带电粒在磁场中转动的圈数有关。设带电粒子在磁场中转动的圈数为。，加速电压为U。因每加速一次粒子获得能量为qu,每圈有两次加速。结合Ek产互知,2nqU=-/B,因此=也工。所以带电粒2m2m4mUqB2）12冗B1子在回旋加速器内运动时间t=nT=-.=o4】UqB2U3.带电微粒在重力、电场力、磁场力共同作用下的运动（1）带电微粒在三个场共同作用下做匀速圆周运动。必然是电场力和重力平衡，而洛伦兹力充当向心力。【例4】一个带电微粒在图示的正交匀强电场和匀强磁场中在竖直而内做匀速圆周运动。则该带电微粒必然带，旋转方向为。若已知圆半径为心电场强度为E磁感应强度为8,则线速度为口解：因为必须有电场力与重力平衡，所以必为负电：由左手定则得逆时针转动；再由%和嗫得X等（2）与力学紧密结合的综合题，要认真分析受力情况和运动情况（包括速度和加速度）。必要时加以讨论。【例5】质量为m带电量为q的小球套在竖直放置的绝缘杆上，球与杆间的动摩擦因数为。匀强电场和匀强磁场的方向如图所示，电场强度为E，磁感应强度为8。小球由静止释放后沿杆下滑。设杆足够长，电场和磁场也足够大，求运动过程中小球的最大加速度和最大速度。解：不妨假设设小球带正电（带负电时电场力和洛伦兹力都将反向，结论相同）。刚释放时小球受重力、电场力、弹力、摩擦力作用，向下加速；开始运动后又受到洛伦兹力作用，弹力、摩擦力开始减小:当洛伦兹力等于电场力时加速度最大为g。随着的增大，洛伦兹力大于电场力，弹力方向变为向右，且不断增大，摩擦力随着增大,加速度减小，当摩擦力和重力大小相等时，小球速度达到最大若将磁场的方向反向，而其他因素都不变，则开始运动后洛伦兹力向右，弹力、摩擦力不断增大,加速度减小。所以开始的加速度最大为4=K-幽：摩擦力等于重力时速度最大，为丫=也-刍.mpBqB【例6】如图所示，两个共轴的圆筒形金属电极，外电极接地，其上均匀分布着平行于轴线的四条狭缝、b、c和d,外筒的外半径为r,在圆筒之外的足够大区域中有平行于轴线方向的均匀磁场，磁感强X X X K X X度的大小为Bo在两极间加上电压，使两圆筒之间的区域内有沿半径向外的电场。一质量为6、带电量为+q的粒子，从紧靠内筒且正对狭缝。的S点出发，初速为零。如果该粒子经过一段时间的运动之后恰好又回到出发点S,则两电极之间的电压U应是多少？（不计重力,整个装置在真空中）解析：如图所示，带电粒子从s点出发，在两筒之间的电场作用下加速，沿径向穿过狭缝。而进入磁场区，在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动。粒子再回到S点的条件是能沿径向穿过狭缝d.只要穿过了d,粒子就会在电场力作用下先减速，再反向加速，经d重新进入磁场区，然后粒子以同样方式经过c、b,再回到S点。设粒子进入磁场区的速度大小为V,根据动能定理，有qU=-mv2设粒子做匀速圆周运动的半径为R,由洛伦兹力公式和牛顿2第二定律，有V23Bqv=m由前而分析可知，要回到S点，粒子从a到d必经过-圆周，a4所以半径R必定等于筒的外半径，即R土由以上各式解得:B2qr22m【例7】如图所示，空间分布着有理想边界的匀强电场和匀强磁场。左侧匀强电场的场强大小为人方向水平向右，电场宽度为L:中间区域匀强磁场的磁感应强度大小为8,方向垂直纸面向里。一个质量为m、电量为q、不许重力的带正电的粒子从电场的左边缘的0点由静止开始运动，穿过中间磁场区域进入右侧磁场区域后，又回到。点，然后重复上述运动过程。求：（1）中间磁场区域的宽度d:（2）带电粒子从0点开始运动到第一次回到0点所用时间t.解析：（1）带电粒子在电场中加速，由动能定理，可得：qEL=-mv22带电粒子在磁场中偏转，由牛顿第二定律，可得：氏匚由以上两式，可得R=，；叫乌RBq可见在两磁场区粒子运动半径相同，如图13所示，三段圆弧的圆心组成的三角形AOQ2O3是等边三角形，其边长为2七所以中间磁场区域的宽度为d=7?sin6On=|9，(2)在电场中2Bq在中间磁场中运动时间f,=工=出3 3qB2V=27V=212mLaqEqE在右侧磁场中运动时间G=-T=,63qB则粒子第一次回到。点的所用时间为一、带电粒子在电场中的运动L带电粒子在匀强电场中的加速一般情况下带电粒子所受的电场力远大于重力，所以可以认为只有电场力做功。由动能定理W=qU=A&,此式与电场是否匀强无关，与带电粒子的运动性质、轨迹形状也无关。Uqr11卜【例1】22T=-U1i!U如图所示，两平行金属板竖直放置，左极板接地，中间有小孔。右极板电势随时间变化的规律如图所示。电子原来静止在左极板小孔处。（不计重力作用）下列说法中正确的是A.从t=0时刻释放电子，电子将始终向右运动，直到打到右极板上B.从t=0时刻释放电子，电子可能在两板间振动C.从占7心时刻释放电子，电子可能在两板间振动，也可能打到右极板上D.从=3778时刻释放电子，电子必将打到左极板上解：从t=0时刻释放电子，如果两板间距离足够大，电子将向右先匀加速T/2,接着匀减速T/2,速度减小到零后，又开始向右匀加速T/2,接着匀减速T/2直到打在右极板上。电子不可能向左运动：如果两板间距离不够大，电子也始终向右运动，直到打到右极板上。从4时刻释放电子，如果两板间距离足够大，电子将向右先匀加速串，接着匀减速7,速度减小到零后，改为向左先匀加速加，接着匀减速即在两板间振动:如果两板间距离不够大,则电子在第一次向右运动过程中就有可能打在右极板上。从t=3T/8时刻释放电子，如果两板间距离不够大，电子将在第一次向右运动过程中就打在右极板上：如果第一次向右运动没有打在右极板上，那就一定会在第一次向左运动过程中打在左极板上。选AC2.带电粒子在匀强电场中的偏转质量为m电荷量为q的带电粒子以平行于极板的初速度V。射入长L,板间距离为d的平行板电容器间，两板间电压为U,求射出时的侧移、偏vo_转角和动能增量。m寸（1）侧移：丫2丫=千万不要死记公式，要清楚物二2dmv）4Ud理过程。根据不同的已知条件，结论改用不同的表达形式（已知初速度、初动能、初动量或加速电压等）。八VvUqLUL、.f（2）偏角：tan0=、=,注意到v=-tan6，说明穿出时刻的末速度的反向延长vdmv-2Ud2线与初速度延长线交点恰好在水平位移的中点。这一点和平抛运动的结论相同。穿越电场过程的动能增量：/&=Eqy（注意，一般来说不等于qu）【例2】如图所示，热电子由阴极飞出时的初速忽略不计，电子发射装置的加速电压为U。电容器板长和板间距离均为LlOcm,下极板接地电容器右端到荧光屏的距离也是LlOcm.在电容器两极板间接一交变电压，上极板的电势随时间变化的图象如左图.（每个电子穿过平行板的时间极短，可以认为电压是不变的）求：在t=OQ6s时刻,电子打在荧光屏上的何处？荧光屏上有电子打到的区间有多长？屏上的亮点如何移动？解：由图知0.06s时刻偏转电压为1.8U。，可求得y=0.452=4.5cm,打在屏上的点距。点13.5cm,电子的最大侧移为O.5L（偏转电压超过2.0为，电子就打到极板上了），所以荧光屏上电子能打到的区间长为丸=30cm屏上的亮点由下而上匀速上升，间歇一段时间后又重复出现。3.带电物体在电场力和重力共同作用下的运动。当带电体的重力和电场力大小可以相比时，不能再将重力忽略不计。这时研究对象经常被称为“带电微粒”、“带电尘埃”、“带电小球”等等。这时的问题实际上变成一个力学问题，只是在考虑能量守恒的时候需要考虑到电势能的变化。【例3】已知如图，水平放置的平行金属板间有匀强电场。一根长/的绝缘细绳一端固定在O点，另一端系有质量为m并带有一定电荷的小球。小球原来静止在C点。当给小球一个水平冲量后，它可以在竖直而内绕O点做匀速圆周运动。若将两板间的电压增大,为原来的3倍，求：要使小球从C点开始在竖直面内绕O点做圆周运动，至少要/一、给小球多大的水平冲量？在这种情况下，在小球运动过程中细绳所受的最大拉力：R；是多大？解：由已知，原来小球受到的电场力和重力大小相等，增大电压后电场力是重力的3倍。在C点，最小速度对应最小的向心力，这时细绳的拉力为零，合力为2mg,可求得速度为v=yj2gl,因此给小球的最小冲量为l=myf2i3在最高点D小球受到的拉力最大。从C到D对小球用动能定理：2mg-21；崂，在D点、F2mg=，解得F=12mg。【例4已知如图，匀强电场方向水平向右，场强E=1.5X106V/m,丝线长/=40cm,上端系于。点，下端系质量为m=1.0X10，kg,带电量为q=+4.9十。叱的小球，将小球从最低点4由静止释放，求：（1）小球摆到最高点时丝线与竖直方向的夹角多大？（2）摆动过程中小球的最大速度是多大？解：（1）这是个“歪摆”。由己知电场力r=0.75G摆动到平衡位置时丝线与竖直方向成37角，因此最大摆角为74。（2）小球通过平衡位置时速度最大。由动能定理：1.25mg-0.2/=mvB2/23=1.4m/s。二、电容器L电容器两个彼此绝缘又相隔很近的导体都可以看成一个电容器。2 .电容器的电容电容c=5是表示电容器容纳电荷本领的物理量，是由电容器本身的性质（导体大小、形状、相对位置及电介质）决定的。3 .平行板电容器的电容平行板电容器的电容的决定式是：c =SS4 .两种不同变化电容器和电源连接如图，改变板间距离、改变正对面积或改变板间电解质材料，都会改变其电容,从而可能引起电容器两板间电场的变化。这里一定要分清两种常见的变化：（1）电键K保持闭合，则电容器两端的电压恒定（等于电源电动势），这种情况下带电量。=。8。，而。=28更，E=-ocl4欣ddd（2）充电后断开K,保持电容器带电量Q恒定，这种情况下一Srr（Il1Coc,Uoc,EOC一dSS【例5】如图所示，在平行板电容器正中有一个带电微粒aK闭合时，该微粒恰好能保持静I匕在保持K闭合：充电后将K断开：两种情况下，各用什么方法能使该带电微.粒向上运动打到上极板？（A.上移上极板MB.上移下极板/V。1KC.左移上极板MD.把下极板N接地平解：由上面的分析可知选B,选C。士【例6】计算机键盘上的每一个按键下而都有一个电容传感器。电容的计算公式是C=/，其中常量f=9.0X10aF.mr,S表示两金属片的正对面积，d表示两金属片间的距d离。当某一键被按下时，d发生改变，引起电容器的电容发生改变，从而给电子线路发出相应的信号。己知两金属片的正对面积为50mm2,键未被按下时，两金属片间的距离为0.60mm。只要电容变化达0.25pF,电子线路就能发出相应的信号.那么为使按键得到反应，至少需要按下多大距离？和 C2=1.00pF,得 zl d=0.15mm.fA解：先求得未按下时的电容Q=0.75pF,再由=i得4c2【例7】一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，在两极板间有一正电荷（电量很小）固定在P点，如图所示，以E表示两极板间的场强，U表示电容器的电压，W表示正电荷在P点的电势能。若保持负极板不动，将正极板移到图中虚线所示的位置，则（）AU变小，E不变BE变大，W变大/，11It（11.11.It1111111.IIt.cu变小，w不变I工JDU不变，W不变一解析：当平行板电容器充电后与电源断开时，对有关物理量变化的讨论，要注意板间场强的一个特点：E=-=-=,即对于介质介电常数为的平行板电容器而言，两极间场强只与极板上dCdS单位而积的带电量成正比。带电量Q不变，两极间场强E保持不变，由于板间d距离减小，据=石4可知，电容器的电压U变小。由于场强E保持不变，因此，P点与接地的负极板即与地的电势差保持不变，即点P的电势保持不变,因此电荷在P点的电势能W保持不变。所以本题应选AC。电容式传感器在测量中有着重要的应用，因此在学复习中不可忽视。关键在于抓住所测物理量与电容器中电容的联系，问题就迎刃而解了。5.电容器与恒定电流相联系在直流电路中，电容器的充电过程非常短暂，除充电瞬间以外，电容器都可以视为断路。应该理解的是：电容器与哪部分电路并联，电容器两端的电压就必然与那部分电路两端电压相等。【例8】如图所示电路中，C2=2C,R?=28，忽略电源电阻，下列说法中正确的是（）A .B. C. D.解析：开关断开时，电容G、两端电压相等，均为，因为g=2G，由。=微知。2=2。逐=2。即。所以正确：当开关K接通时，与与自串联，通过生和心的电流相等，G与4并联，G与与并联，故G的电压为/a,c?的电压为叫又0=6/色，Q=G的又C2=2C.,R2=2%,所以。即两电容的电量相等：所以正确选项应为A。6、电容器力学综合电容器通过电学与力学知识联系起来时，解答这一类题目的关键还是在力学上，只要在对物体进行受力分析时，注意对带电体所受的电场力分析，再应用力学相关知识即可求解。必须注意的是：当带电体运动过程中与其它导体有接触时，有可能所带电量要发生变化。R3 R&【例9】如图所示，四个定值电阻的阻值相同都为R，开关K闭合时，有一质量为m带电量为q的小球静止于平行板电容器板间的中点0。现在把开关K断开，此小球向一个极板运动，并与此极板相碰，碰撞时无机械能损失，碰撞后小球恰能运动到另一极板处，设两极板间的距离为d，电源内阻不计，试计算：电源电动势小球和电容器一个极板碰撞后所带的电量解析：开关闭合时，电容器两极板间电场方向竖直向上，由小球在0点处静止可知，小球带正电。设两极板间电压为U，则?即=幽：由于号无电流，电容器两极板间电压u等于电阻与dq的端电压，则所以e=R+532q2开关断开后，两极板间电压为U,=/?=三=加时，设此时两极板间场强为石R+R24qE=J=也;因U所以夕=一夕。226