電場與復(fù)合場講義

1、帶電粒子在復(fù)合場中的運動 v1速度選擇器正交的勻強磁場和勻強電場組成速度選擇器。帶電粒子必須以唯一確定的速度（包括大小、方向）才能勻速（或者說沿直線）通過速度選擇器。否則將發(fā)生偏轉(zhuǎn)。這個速度的大小可以由洛倫茲力和電場力的平衡得出：qvB=Eq，。在本圖中，速度方向必須向右。（1）這個結(jié)論與離子帶何種電荷、電荷多少都無關(guān)。（2）若速度小于這一速度，電場力將大于洛倫茲力，帶電粒子向電場力方向偏轉(zhuǎn)，電場力做正功，動能將增大，洛倫茲力也將增大，粒子的軌跡既不是拋物線，也不是圓，而是一條復(fù)雜曲線；若大于這一速度，將向洛倫茲力方向偏轉(zhuǎn)，電場力將做負功，動能將減小，洛倫茲力也將減小，軌跡是一條復(fù)雜曲線。ab

2、cov0【例1】 某帶電粒子從圖中速度選擇器左端由中點O以速度v0向右射去，從右端中心a下方的b點以速度v1射出；若增大磁感應(yīng)強度B，該粒子將打到a點上方的c點，且有ac=ab，則該粒子帶_電；第二次射出時的速度為_。解：B增大后向上偏，說明洛倫茲力向上，所以為帶正電。由于洛倫茲力總不做功，所以兩次都是只有電場力做功，第一次為正功，第二次為負功，但功的絕對值相同?！纠?】 如圖所示，一個帶電粒子兩次以同樣的垂直于場線的初速度v0分別穿越勻強電場區(qū)和勻強磁場區(qū)， 場區(qū)的寬度均為L偏轉(zhuǎn)角度均為，求EB解：分別利用帶電粒子的偏角公式。在電場中偏轉(zhuǎn)：，在磁場中偏轉(zhuǎn)：，由以上兩式可得?？梢宰C明：當偏轉(zhuǎn)角

3、相同時，側(cè)移必然不同（電場中側(cè)移較大）；當側(cè)移相同時，偏轉(zhuǎn)角必然不同（磁場中偏轉(zhuǎn)角較大）。2回旋加速器回旋加速器是高考考查的的重點內(nèi)容之一，但很多同學(xué)往往對這類問題似是而非，認識不深，甚至束手無策、，因此在學(xué)習(xí)過程中，尤其是高三復(fù)習(xí)過程中應(yīng)引起重視。（1）有關(guān)物理學(xué)史知識和回旋加速器的基本結(jié)構(gòu)和原理1932年美國物理學(xué)家應(yīng)用了帶電粒子在磁場中運動的特點發(fā)明了回旋加速器，其原理如圖所示。A0處帶正電的粒子源發(fā)出帶正電的粒子以速度v0垂直進入勻強磁場，在磁場中勻速轉(zhuǎn)動半個周期，到達A1時，在A1 A1/處造成向上的電場，粒子被加速，速率由v0增加到v1，然后粒子以v1在磁場中勻速轉(zhuǎn)動半個周期，到達

4、A2/時，在A2/ A2處造成向下的電場，粒子又一次被加速，速率由v1增加到v2，如此繼續(xù)下去，每當粒子經(jīng)過A A/的交界面時都是它被加速，從而速度不斷地增加。帶電粒子在磁場中作勻速圓周運動的周期為，為達到不斷加速的目的，只要在A A/上加上周期也為T的交變電壓就可以了。即T電=實際應(yīng)用中，回旋加速是用兩個D形金屬盒做外殼，兩個D形金屬盒分別充當交流電源的兩極，同時金屬盒對帶電粒子可起到靜電屏蔽作用，金屬盒可以屏蔽外界電場，盒內(nèi)電場很弱，這樣才能保證粒子在盒內(nèi)只受磁場力作用而做勻速圓周運動。（2）帶電粒子在D形金屬盒內(nèi)運動的軌道半徑是不等距分布的設(shè)粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q，兩D形金屬盒間的加

5、速電壓為U，勻強磁場的磁感應(yīng)強度為B，粒子第一次進入D形金屬盒，被電場加速1次，以后每次進入D形金屬盒都要被電場加速2次。粒子第n次進入D形金屬盒時，已經(jīng)被加速（2n-1）次。由動能定理得（2n1）qU=Mvn2。 第n次進入D形金屬盒后，由牛頓第二定律得qvnB=m 由兩式得n=同理可得第n+1次進入D形金屬盒時的軌道半徑rn+1=所以帶電粒子在D形金屬盒內(nèi)任意兩個相鄰的圓形軌道半徑之比為，可見帶電粒子在D形金屬盒內(nèi)運動時，軌道是不等距分布的，越靠近D形金屬盒的邊緣，相鄰兩軌道的間距越小。（3）帶電粒子在回旋加速器內(nèi)運動，決定其最終能量的因素由于D形金屬盒的大小一定，所以不管粒子的大小及帶電

6、量如何，粒子最終從加速器內(nèi)設(shè)出時應(yīng)具有相同的旋轉(zhuǎn)半徑。由牛頓第二定律得qvnB=m和動量大小存在定量關(guān)系 m vn= 由兩式得Ek n=可見，粒子獲得的能量與回旋加速器的直徑有關(guān)，直徑越大，粒子獲得的能量就越大?！纠?】一個回旋加速器，當外加電場的頻率一定時，可以把質(zhì)子的速率加速到v，質(zhì)子所能獲得的能量為E，則：這一回旋加速器能把粒子加速到多大的速度？這一回旋加速器能把粒子加速到多大的能量？這一回旋加速器加速粒子的磁感應(yīng)強度跟加速質(zhì)子的磁感應(yīng)強度之比為？解：由qvnB=m得 vn=由周期公式T電= 得知，在外加電場的頻率一定時，為定值，結(jié)合式得=v。由式Ek n=及為定值得，在題設(shè)條件下，粒子

7、最終獲得動能與粒子質(zhì)量成正比。所以粒子獲得的能量為4E。由周期公式T電= 得=21。（4）決定帶電粒子在回旋加速器內(nèi)運動時間長短的因素帶電粒子在回旋加速器內(nèi)運動時間長短，與帶電粒子做勻速圓周運動的周期有關(guān)，同時還與帶電粒在磁場中轉(zhuǎn)動的圈數(shù)有關(guān)。設(shè)帶電粒子在磁場中轉(zhuǎn)動的圈數(shù)為n ，加速電壓為U。因每加速一次粒子獲得能量為qU，每圈有兩次加速。結(jié)合Ek n=知，2nqU=，因此n=。所以帶電粒子在回旋加速器內(nèi)運動時間t =nT=.=。3帶電微粒在重力、電場力、磁場力共同作用下的運動E B（1）帶電微粒在三個場共同作用下做勻速圓周運動。必然是電場力和重力平衡，而洛倫茲力充當向心力?！纠?】 一個帶電

8、微粒在圖示的正交勻強電場和勻強磁場中在豎直面內(nèi)做勻速圓周運動。則該帶電微粒必然帶_，旋轉(zhuǎn)方向為_。若已知圓半徑為r，電場強度為E磁感應(yīng)強度為B，則線速度為_。解：因為必須有電場力與重力平衡，所以必為負電；由左手定則得逆時針轉(zhuǎn)動；再由EqmgNv afvmqvB Eq N fmg（2）與力學(xué)緊密結(jié)合的綜合題，要認真分析受力情況和運動情況（包括速度和加速度）。必要時加以討論?！纠?】質(zhì)量為m帶電量為q的小球套在豎直放置的絕緣桿上，球與桿間的動摩擦因數(shù)為。勻強電場和勻強磁場的方向如圖所示，電場強度為E，磁感應(yīng)強度為B。小球由靜止釋放后沿桿下滑。設(shè)桿足夠長，電場和磁場也足夠大， 求運動過程中小球的最大

9、加速度和最大速度。解：不妨假設(shè)設(shè)小球帶正電（帶負電時電場力和洛倫茲力都將反向，結(jié)論相同）。剛釋放時小球受重力、電場力、彈力、摩擦力作用，向下加速；開始運動后又受到洛倫茲力作用，彈力、摩擦力開始減??；當洛倫茲力等于電場力時加速度最大為g。隨著v的增大，洛倫茲力大于電場力，彈力方向變?yōu)橄蛴遥也粩嘣龃?，摩擦力隨著增大，加速度減小，當摩擦力和重力大小相等時，小球速度達到最大。若將磁場的方向反向，而其他因素都不變，則開始運動后洛倫茲力向右，彈力、摩擦力不斷增大，加速度減小。所以開始的加速度最大為；摩擦力等于重力時速度最大，為。【例6】如圖所示，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

10、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(nèi)有沿半徑向外的電場。一質(zhì)量為、帶電量為q的粒子，從緊靠內(nèi)筒且正對狹縫a的S點出發(fā)，初速為零。如果該粒子經(jīng)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(yīng)是多少？（不計重力，整個裝置在真空中）解析：如圖所示，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(jīng)d重新進入磁

11、場區(qū)，然后粒子以同樣方式經(jīng)過c、b，再回到S點。設(shè)粒子進入磁場區(qū)的速度大小為V，根據(jù)動能定理，有設(shè)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(jīng)過圓周，所以半徑R必定等于筒的外半徑r，即R=r.由以上各式解得；.【例7】如圖所示，空間分布著有理想邊界的勻強電場和勻強磁場。左側(cè)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(yīng)強度大小為B，方向垂直紙面向里。一個質(zhì)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(cè)磁場區(qū)域后，又回到O點，然后重復(fù)上述運動過程。求：

12、（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.解析：（1）帶電粒子在電場中加速，由動能定理，可得： 帶電粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)，由牛頓第二定律，可得：由以上兩式，可得?？梢娫趦纱艌鰠^(qū)粒子運動半徑相同，如圖13所示，三段圓弧的圓心組成的三角形O1O2O3是等邊三角形，其邊長為2R。所以中間磁場區(qū)域的寬度為（2）在電場中，在中間磁場中運動時間在右側(cè)磁場中運動時間，則粒子第一次回到O點的所用時間為。一、帶電粒子在電場中的運動1.帶電粒子在勻強電場中的加速tU0-U0oT/2 T 3T/2 2T一般情況下帶電粒子所受的電場力遠大于重力，所以可以認為只有電場力做功。由動

13、能定理W=qU=EK，此式與電場是否勻強無關(guān)，與帶電粒子的運動性質(zhì)、軌跡形狀也無關(guān)?！纠?】 如圖所示，兩平行金屬板豎直放置，左極板接地，中間有小孔。右極板電勢隨時間變化的規(guī)律如圖所示。電子原來靜止在左極板小孔處。（不計重力作用）下列說法中正確的是A.從t=0時刻釋放電子，電子將始終向右運動，直到打到右極板上B.從t=0時刻釋放電子，電子可能在兩板間振動C.從t=T/4時刻釋放電子，電子可能在兩板間振動，也可能打到右極板上D.從t=3T/8時刻釋放電子，電子必將打到左極板上解：從t=0時刻釋放電子，如果兩板間距離足夠大，電子將向右先勻加速T/2，接著勻減速T/2，速度減小到零后，又開始向右勻加

14、速T/2，接著勻減速T/2直到打在右極板上。電子不可能向左運動；如果兩板間距離不夠大，電子也始終向右運動，直到打到右極板上。從t=T/4時刻釋放電子，如果兩板間距離足夠大，電子將向右先勻加速T/4，接著勻減速T/4，速度減小到零后，改為向左先勻加速T/4，接著勻減速T/4。即在兩板間振動；如果兩板間距離不夠大，則電子在第一次向右運動過程中就有可能打在右極板上。從t=3T/8時刻釋放電子，如果兩板間距離不夠大，電子將在第一次向右運動過程中就打在右極板上；如果第一次向右運動沒有打在右極板上，那就一定會在第一次向左運動過程中打在左極板上。選ACU L dv0m，qyvt2.帶電粒子在勻強電場中的偏轉(zhuǎn)

15、質(zhì)量為m電荷量為q的帶電粒子以平行于極板的初速度v0射入長L板間距離為d的平行板電容器間，兩板間電壓為U，求射出時的側(cè)移、偏轉(zhuǎn)角和動能增量。（1）側(cè)移：千萬不要死記公式，要清楚物理過程。根據(jù)不同的已知條件，結(jié)論改用不同的表達形式（已知初速度、初動能、初動量或加速電壓等）。（2）偏角：，注意到，說明穿出時刻的末速度的反向延長線與初速度延長線交點恰好在水平位移的中點。這一點和平拋運動的結(jié)論相同。穿越電場過程的動能增量：EK=Eqy （注意，一般來說不等于qU）o 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 3U0u0.06LL LU0yOt【例2】如圖所示，熱電子由陰極飛出時的初速忽略不計，電子發(fā)射裝

16、置的加速電壓為U0。電容器板長和板間距離均為L=10cm，下極板接地。電容器右端到熒光屏的距離也是L=10cm。在電容器兩極板間接一交變電壓，上極板的電勢隨時間變化的圖象如左圖。（每個電子穿過平行板的時間極短，可以認為電壓是不變的）求：在t=0.06s時刻，電子打在熒光屏上的何處？熒光屏上有電子打到的區(qū)間有多長？屏上的亮點如何移動？解：由圖知t=0.06s時刻偏轉(zhuǎn)電壓為1.8U0，可求得y = 0.45L= 4.5cm，打在屏上的點距O點13.5cm。電子的最大側(cè)移為0.5L（偏轉(zhuǎn)電壓超過2.0U0，電子就打到極板上了），所以熒光屏上電子能打到的區(qū)間長為3L=30cm。屏上的亮點由下而上勻速上

17、升，間歇一段時間后又重復(fù)出現(xiàn)。3.帶電物體在電場力和重力共同作用下的運動。當帶電體的重力和電場力大小可以相比時，不能再將重力忽略不計。這時研究對象經(jīng)常被稱為“帶電微?！?、“帶電塵?！?、“帶電小球”等等。這時的問題實際上變成一個力學(xué)問題，只是在考慮能量守恒的時候需要考慮到電勢能的變化。-+OC【例3】 已知如圖，水平放置的平行金屬板間有勻強電場。一根長l的絕緣細繩一端固定在O點，另一端系有質(zhì)量為m并帶有一定電荷的小球。小球原來靜止在C點。當給小球一個水平?jīng)_量后，它可以在豎直面內(nèi)繞O點做勻速圓周運動。若將兩板間的電壓增大為原來的3倍，求：要使小球從C點開始在豎直面內(nèi)繞O點做圓周運動，至少要給小球多

18、大的水平?jīng)_量？在這種情況下，在小球運動過程中細繩所受的最大拉力是多大？解：由已知，原來小球受到的電場力和重力大小相等，增大電壓后電場力是重力的3倍。在C點，最小速度對應(yīng)最小的向心力，這時細繩的拉力為零，合力為2mg，可求得速度為v=，因此給小球的最小沖量為I = m。在最高點D小球受到的拉力最大。從C到D對小球用動能定理：，在D點，解得F=12mg。OACBE【例4】 已知如圖，勻強電場方向水平向右，場強E=1.5×106V/m，絲線長l=40cm，上端系于O點，下端系質(zhì)量為m=1.0×104kg，帶電量為q=+4.9×10-10C的小球，將小球從最低點A由靜止釋

19、放，求：（1）小球擺到最高點時絲線與豎直方向的夾角多大？（2）擺動過程中小球的最大速度是多大？解：（1）這是個“歪擺”。由已知電場力Fe=0.75G擺動到平衡位置時絲線與豎直方向成37°角，因此最大擺角為74°。（2）小球通過平衡位置時速度最大。由動能定理：1.25mg0.2l=mvB2/2，vB=1.4m/s。二、電容器1.電容器兩個彼此絕緣又相隔很近的導(dǎo)體都可以看成一個電容器。2.電容器的電容電容是表示電容器容納電荷本領(lǐng)的物理量，是由電容器本身的性質(zhì)（導(dǎo)體大小、形狀、相對位置及電介質(zhì)）決定的。3.平行板電容器的電容平行板電容器的電容的決定式是： 4.兩種不同變化K電容器

20、和電源連接如圖，改變板間距離、改變正對面積或改變板間電解質(zhì)材料，都會改變其電容，從而可能引起電容器兩板間電場的變化。這里一定要分清兩種常見的變化： （1）電鍵K保持閉合，則電容器兩端的電壓恒定（等于電源電動勢），這種情況下帶電量而（2）充電后斷開K，保持電容器帶電量Q恒定，這種情況下K【例5】 如圖所示，在平行板電容器正中有一個帶電微粒。K閉合時，該微粒恰好能保持靜止。在保持K閉合；充電后將K斷開；兩種情況下，各用什么方法能使該帶電微粒向上運動打到上極板？A.上移上極板M B.上移下極板N C.左移上極板M D.把下極板N接地 解：由上面的分析可知選B，選C。A【例6】 計算機鍵盤上的每一個按

21、鍵下面都有一個電容傳感器。電容的計算公式是，其中常量=9.0×10-12Fm-1，S表示兩金屬片的正對面積，d表示兩金屬片間的距離。當某一鍵被按下時，d發(fā)生改變，引起電容器的電容發(fā)生改變，從而給電子線路發(fā)出相應(yīng)的信號。已知兩金屬片的正對面積為50mm2，鍵未被按下時，兩金屬片間的距離為0.60mm。只要電容變化達0.25pF，電子線路就能發(fā)出相應(yīng)的信號。那么為使按鍵得到反應(yīng)，至少需要按下多大距離？解：先求得未按下時的電容C1=0.75pF，再由得和C2=1.00pF，得d=0.15mm?！纠?】一平行板電容器充電后與電源斷開，負極板接地，在兩極板間有一正電荷（電量很?。┕潭ㄔ赑點，如

22、圖所示，以E表示兩極板間的場強，U表示電容器的電壓，W表示正電荷在P點的電勢能。若保持負極板不動，將正極板移到圖中虛線所示的位置，則（）PAU變小，E不變BE變大，W變大CU變小，W不變DU不變，W不變解析：當平行板電容器充電后與電源斷開時，對有關(guān)物理量變化的討論，要注意板間場強的一個特點： ，即對于介質(zhì)介電常數(shù)為的平行板電容器而言，兩極間場強只與極板上單位面積的帶電量成正比。帶電量Q不變，兩極間場強E保持不變，由于板間d距離減小，據(jù)可知，電容器的電壓變小。由于場強E保持不變，因此，P點與接地的負極板即與地的電勢差保持不變，即點P的電勢保持不變，因此電荷在P點的電勢能W保持不變。所以本題應(yīng)選AC。電容式傳感器在測量中有著重要的應(yīng)用，因此在學(xué)復(fù)習(xí)中不可忽視。關(guān)鍵在于抓住所測物理量與電容器中電容的聯(lián)系，問題就迎刃而解了。5. 電容器與恒定電流相聯(lián)系在直流電路中，電容器的充電過程非常短暫，除充電瞬間以外，電容器都可以視為斷路。應(yīng)該理解的是：電容器與哪部分電路并聯(lián)，電容器兩端的電壓就必然與那