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2019-2020年高三物理復習 專題六 電場與磁場 第2課時 帶電粒子在復合場中的運動講義 1． 帶電粒子在電場中常見的運動類型 (1)勻變速直線運動：通常利用動能定理qU＝mv2－mv來求v.對于勻強電場，電場力做功也可以用W＝qEd求解． (2)偏轉運動：一般研究帶電粒子在勻強電場中的偏轉問題．對于類平拋運動可直接利用平拋運動的規(guī)律以及推論；較復雜的曲線運動常用運動分解的辦法來處理． 2． 帶電粒子在勻強磁場中常見的運動類型 (1)勻速直線運動：當v∥B時，帶電粒子以速度v做勻速直線運動． (2)勻速圓周運動：當v⊥B時，帶電粒子在垂直于磁感線的平面內以入射速度做勻速圓周運動． 3． 復合場中粒子重力是否考慮的三種情況 (1)對于微觀粒子，如電子、質子、離子等，因為其重力一般情況下與電場力或磁場力相比太小，可以忽略；而對于一些宏觀物體，如帶電小球、液滴、金屬塊等一般應考慮其重力． (2)題目中有明確說明是否要考慮重力的． (3)不能直接判斷是否要考慮重力的，在進行受力分析與運動分析時，根據運動狀態(tài)可分析出是否考慮重力． 1． 正確分析帶電粒子的受力及運動特征是解決問題的前提 帶電粒子在復合場中做什么運動，取決于帶電粒子所受的合外力及初始運動狀態(tài)的速度，因此應把帶電粒子的運動情況和受力情況結合起來進行分析． 2． 靈活選用力學規(guī)律是解決問題的關鍵 (1)當帶電粒子在復合場中做勻速直線運動時，應根據平衡條件列方程求解． (2)當帶電粒子在復合場中做勻速圓周運動時，往往同時應用牛頓第二定律和平衡條件列方程聯立求解． (3)當帶電粒子在復合場中做非勻變速曲線運動時，應選用動能定理或能量守恒定律列方程求解． 　　　　　　　　　　　　　　　　　　 題型1　帶電粒子在疊加場中的運動 例1　(xx四川11)如圖1所示，豎直平面(紙面)內有直角坐標系xOy，x軸沿水平方向．在x≤0的區(qū)域內存在方向垂直于紙面向里、磁感應強度大小為B1的勻強磁場．在第二象限緊貼y軸固定放置長為l、表面粗糙的不帶電絕緣平板，平板平行于x軸且與x軸相距h.在第一象限內的某區(qū)域存在方向相互垂直的勻強磁場(磁感應強度大小為B2、方向垂直于紙面向外)和勻強電場(圖中未畫出)．一質量為m、不帶電的小球Q從平板下側A點沿x軸正向拋出；另一質量也為m、帶電量為q的小球P從A點緊貼平板沿x軸正向運動，變?yōu)閯蛩龠\動后從y軸上的D點進入電磁場區(qū)域做勻速圓周運動，經圓周離開電磁場區(qū)域，沿y軸負方向運動，然后從x軸上的K點進入第四象限．小球P、Q相遇在第四象限的某一點，且豎直方向速度相同．設運動過程中小球P電量不變，小球P和Q始終在紙面內運動且均看作質點，重力加速度為g.求： 圖1 (1)勻強電場的場強大小，并判斷P球所帶電荷的正負； (2)小球Q的拋出速度v0的取值范圍； (3)B1是B2的多少倍？ 審題突破　1.帶電小球P在第二象限運動過程中受什么力作用？做勻速運動需要滿足什么條件？小球P在第一象限有幾個運動過程？做勻速圓周運動需要滿足什么條件？ 2．小球Q受到什么力作用？做什么運動？若要與P相遇，相遇點的坐標有什么特點？ 3．若要使P、Q相遇，則當小球P在第一象限穿出電磁場區(qū)域時，小球Q應運動到什么位置？速度應如何？ 解析　(1)由題給條件，小球P在電磁場區(qū)域內做圓周運動，必有重力與電場力平衡，設所求勻強電場的場強大小為E，有 mg＝qE ① 得E＝ ② 小球P在平板下側緊貼平板運動，其所受洛倫茲力必豎直向上，故小球P帶正電． (2)設小球P緊貼平板做勻速運動的速度為v，此時洛倫茲力與重力平衡，有 B1qv＝mg ③ 設小球P以速度v在電磁場區(qū)域內做圓周運動的半徑為R，有B2qv＝m ④ 設小球Q與小球P在第四象限相遇點的坐標為x、y，有 x＝R，y≤0 ⑤ 小球Q運動到相遇點所需時間為t0，水平方向位移為s，豎直方向位移為d，有 s＝v0t0 ⑥ d＝gt ⑦ 由題意得 x＝s－l，y＝h－d ⑧ 由題意可知v0＞0，聯立③④⑤⑥⑦⑧式得 0＜v0≤ ⑨ (3)小球Q在空間做平拋運動，要滿足題設要求，則運動到小球P穿出電磁場區(qū)域的同一水平高度時的W點時，其豎直方向的速度vy與豎直位移yQ必須滿足 vy＝v ⑩ yQ＝R ? 設小球Q運動到W點時間為t，由平拋運動，有 vy＝gt ? yQ＝gt2 ? 聯立③④⑩???式得 B1＝B2＝0.5B2 答案　(1)　P球帶正電 (2)0＜v0≤　(3)0.5倍 以題說法　帶電粒子在疊加場中運動的處理方法 1．弄清疊加場的組成特點． 2．正確分析帶電粒子的受力及運動特點． 3．畫出粒子的運動軌跡，靈活選擇不同的運動規(guī)律 (1)若只有兩個場且正交，合力為零，則表現為勻速直線運動或靜止．例如電場與磁場中滿足qE＝qvB；重力場與磁場中滿足mg＝qvB；重力場與電場中滿足mg＝qE. (2)若三場共存時，合力為零，粒子做勻速直線運動，其中洛倫茲力F＝qvB的方向與速度v垂直． (3)若三場共存時，粒子做勻速圓周運動，則有mg＝qE，粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，即qvB＝m. (4)當帶電粒子做復雜的曲線運動或有約束的變速直線運動時，一般用動能定理或能量守恒定律求解． 　靜電噴漆技術具有效率高、浪費少、質量好、有益于健康等優(yōu)點，其裝置可簡化為如圖2甲所示．A、B為水平放置的間距d＝1.6 m的兩塊足夠大的平行金屬板，兩板間有方向由B指向A的勻強電場，場強為E＝0.1 V/m.在A板的中央放置一個安全接地的靜電油漆噴槍P，油漆噴槍可向各個方向均勻地噴出初速度大小均為v0＝6 m/s的油漆微粒，已知油漆微粒的質量均為m＝1.010－5 kg、電荷量均為q＝－1.010－3 C，不計油漆微粒間的相互作用、油漆微粒所帶電荷對板間電場的影響及空氣阻力，重力加速度g＝10 m/s2.求： 圖2 (1)油漆微粒落在B板上所形成的圖形面積； (2)若讓A、B兩板間的電場反向，并在兩板間加垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度B＝0.06 T，如圖乙所示，調節(jié)噴槍使油漆微粒只能在紙面內沿各個方向噴出，其他條件不變．B板被油漆微粒打中的區(qū)域的長度； (3)在滿足(2)的情況下，打中B板的油漆微粒中，在磁場中運動的最短時間． 答案　(1)18.1 m2　(2)1.6 m　(3)0.31 s 解析　(1)根據牛頓第二定律知，油漆微粒的加速度 a＝ ① 根據平拋運動規(guī)律有 d＝at2 ② 運動的半徑 x＝v0t ③ 落在B板上所形成圓形面積 S＝πx2 ④ 聯立①②③④式并代入數據得 S≈18.1 m2 ⑤ (2)當電場反向時 Eq＝mg ⑥ 油漆微粒做勻速圓周運動，如圖丙所示，洛倫茲力充當向心力 Bqv0＝m ⑦ 水平向右射出的油漆微粒打在B板的最右端a點，根據幾何關系 R＋Rcos α＝d ⑧ ac的長度為ac＝Rsin α ⑨ 打在B板最左端的油漆微粒為運動軌跡和板相切的微粒，同理求得bc＝ac ⑩ 油漆微粒打在極板上的長度ab＝ac＋bc ? 聯立⑥⑦⑧⑨⑩?式并代入數據得 ab＝1.6 m ? (3)打在B板上的微粒中，最短的弦長Pc對應的時間最短，如圖丁所 示 由幾何關系有 sin θ＝ ? 運動的最短時間 tmin＝T ? 微粒在磁場中運動的周期T＝ ? 聯立⑦???式代入數據解得tmin≈0.31 s ? 題型2　帶電粒子在組合場中的運動分析 例2　(xx安徽23)如圖3所示的平面直角坐標系xOy，在第Ⅰ象限內有平行于y軸的勻強電場，方向沿y軸正方向；在第Ⅳ象限的正三角形abc區(qū)域內有勻強磁場，方向垂直于xOy平面向里，正三角形邊長為L，且ab邊與y軸平行．一質量為m、電荷量為q的粒子，從y軸上的P(0，h)點，以大小為v0的速度沿x軸正方向射入電場，通過電場后從x軸上的a(2h,0)點進入第Ⅳ象限，又經過磁場從y軸上的某點進入第Ⅲ象限，且速度與y軸負方向成45角，不計粒子所受的重力．求： 圖3 (1)電場強度E的大小； (2)粒子到達a點時速度的大小和方向； (3)abc區(qū)域內磁場的磁感應強度B的最小值． 審題突破　粒子從a點射入磁場時，速度方向與邊界ab的夾角是多少？粒子在磁場運動過程的偏轉角是多少？粒子應從磁場的哪個邊界射出？ 解析　(1)運動過程如圖所示，設粒子在電場中運動的時間為t，則 有x＝v0t＝2h，y＝at2＝h，qE＝ma，聯立以上各式可得E＝. (2)粒子到達a點時沿y軸負方向的分速度vy＝at＝v0. 所以v＝＝v0，tan θ＝＝1，θ＝45，即方向指向第Ⅳ象 限與x軸正方向成45角． (3)粒子在磁場中運動時，有qvB＝m 由圖知，當粒子從b點射出時，r最大，此時磁場的磁感應強度有最小值，r＝L，所 以B＝. 答案　(1)　(2)v0　方向指向第Ⅳ象限與x軸正方向成45角　(3) 以題說法　帶電粒子在組合場內的運動實際上也是運動過程的組合，解決方法如下： (1)分別研究帶電粒子在不同場區(qū)的運動規(guī)律．在勻強磁場中做勻速圓周運動．在勻強電場中，若速度方向與電場方向平行，則做勻變速直線運動；若速度方向與電場方向垂直，則做類平拋運動． (2)帶電粒子經過磁場區(qū)域時利用圓周運動規(guī)律結合幾何關系處理． (3)當粒子從一個場進入另一個場時，分析轉折點處粒子速度的大小和方向往往是解題的突破口． 　如圖4所示，在坐標系xOy所在平面內有一半徑為a的圓形區(qū)域，圓心坐標O1(a,0)，圓內分布有垂直xOy平面的勻強磁場．在坐標原點O處有一個放射源，放射源開口的張角為90，x軸為它的角平分線．帶電粒子可以從放射源開口處在紙面內朝各個方向射出，其速率v、質量m、電荷量＋q均相同．其中沿x軸正方向射出的粒子恰好從O1點的正上方的P點射出．不計帶電粒子的重力，且不計帶電粒子間的相互作用． 圖4 (1)求圓形區(qū)域內磁感應強度的大小和方向； (2)①判斷沿什么方向射入磁場的帶電粒子的運動時間最長，并求最長時間； ②若在y≥a的區(qū)域內加一沿y軸負方向的勻強電場，放射源射出的所有帶電粒子運動過程中將在某一點會聚，若在該點放一回收器可將放射源射出的帶電粒子全部收回，分析并說明回收器所放的位置． 答案　(1)，方向垂直于xOy平面向里 (2)①方向為與x軸夾角成45角斜向右下　　②回收器的坐標為(2a,0) 解析　(1)運動軌跡如圖甲所示，設圓形磁場區(qū)域內的磁感應強度 為B，帶電粒子在磁場中所受的洛倫茲力提供向心力，則有 qvB＝m 其中R＝a 則B＝ 由左手定則判斷磁場方向垂直于xOy平面向里 (2)①沿與x軸夾角成45角斜向下射出的帶電粒子在磁場中運動的 時間最長，軌跡如圖乙，根據幾何關系知，粒子離開磁場時速度方 向沿y軸正方向，∠OO3Q＝135. 設該帶電粒子在磁場中運動的時間為t，根據圓周運動周期公式得T ＝，所以t＝ ②如圖丙所示，設某帶電粒子 從放射源射出，速度方向與x軸的夾角為α，作速度v的垂線， 截取OO4＝a，以O4為圓心、a為半徑作圓交磁場邊界于M 點．由于圓形磁場的半徑與帶電粒子在磁場中運動的半徑均為 a，故OO1MO4構成一個菱形，所以O4M與x軸平行，因此從放射源中射出的所有帶電 粒子均沿y軸正方向射出．帶電粒子在勻強電場中做勻變速直線運動，返回磁場時的速 度與離開磁場時的速度大小相等、方向相反，再進入磁場做圓周運動，圓心為O5，OO4O5N 構成一平行四邊形，所以粒子在磁場中兩次轉過的圓心角之和為180，第二次離開磁場 時都經過N點．故收集器應放在N點，N點坐標為(2a,0)． 10．帶電粒子在周期性變化的復合場中運動分析 審題示例 (xx江蘇15)(16分)在科學研究中，可以通過施加適當的電場和磁場來實現對帶電粒子運動的控制．如圖5甲所示的xOy平面處于勻強電場和勻強磁場中，電場強度E和磁感應強度B隨時間t做周期性變化的圖象如圖乙所示．x軸正方向為E的正方向，垂直紙面向里為B的正方向．在坐標原點O有一粒子P，其質量和電荷量分別為m和＋q.不計重力．在t＝時刻釋放P，它恰能沿一定軌道做往復運動． 圖5 (1)求P在磁場中運動時速度的大小v0； (2)求B0應滿足的關系； (3)在t0時刻釋放P，求P速度為零時的坐標． 審題模板 答題模板 (1)粒子在到τ時間內做勻加速直線運動，粒子在τ到2τ時間內做勻速圓周運動．電場力F＝qE0，加速度a＝，速度v0＝at，且t＝，解得v0＝. (4分) (2)只有當t＝2τ時，P在磁場中做圓周運動結束并開始沿x軸 負方向運動，才能沿一定的軌道做往復運動，如圖，設P在磁 場中做圓周運動的周期為T，則T＝τ，(n＝1,2,3，…)， 勻速圓周運動的周期T＝＝ 解得：B0＝，(n＝1,2,3…)(6分) (3)在t0時刻釋放，P在電場中加速時間為τ－t0，在磁場中做勻 速圓周運動速度v1＝，圓周運動半徑r1＝，解得 r1＝.又經(τ－t0)時間P減速為零后向右加速時間為t0， P再進入磁場，速度v2＝，圓周運動半徑r2＝，解得r2＝.綜上分析，速度為零時橫坐標總是x＝0，相應的縱坐標為 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…) 點睛之筆　變化的電場或磁場往往具有周期性，粒子的運動也往往具有周期性．這種情況下要仔細分析帶電粒子的運動過程、受力情況，弄清楚帶電粒子在變化的電場、磁場中各處于什么狀態(tài)，做什么運動，畫出一個周期內的運動徑跡的草圖． 　如圖6所示，在xOy平面內存在均勻、大小隨時間周期性變化的磁場和電場，變化規(guī)律分別如圖乙、丙所示(規(guī)定垂直紙面向里為磁感應強度的正方向、沿y軸正方向電場強度為正)．在t＝0時刻由原點O發(fā)射初速度大小為v0，方向沿 y軸正方向的帶負電粒子．已知v0、t0、B0，粒子的比荷＝，不計粒子的重力． 圖6 (1)t＝時，求粒子的位置坐標； (2)若t＝5t0時粒子回到原點，求0～5t0時間內粒子距x軸的最大距離； (3)若粒子能夠回到原點，求滿足條件的所有E0值． 答案　(1)(，)　(2)(＋)v0t0　(3)E0＝(n＝1,2,3……) 解析　(1)由粒子的比荷＝得粒子做圓周運動的周期T＝＝2t0 則在0～內轉過的圓心角α＝ 由牛頓第二定律qv0B0＝ 得r1＝＝ 則其位置坐標(，) (2)t＝5t0時粒子回到原點，軌跡如圖所示 r2＝2r1 r1＝，r2＝ 得v2＝2v0 又＝，r2＝ 粒子在t0～2t0時間內做勻加速直線運動，2t0～3t0時間內做勻速圓周運動，由圖知，在5t0時間內粒子距x軸的最大距離： hmax＝t0＋r2＝(＋)v0t0 (3)如圖所示，設帶電粒子在x軸上方做圓周運動的軌道半徑為r1， 在x軸下方做圓周運動的軌道半徑為r2′，由幾何關系可知，要使粒 子經過原點，則必須滿足n(2r2′－2r1)＝2r1(n＝1,2,3，…) r1＝，r2＝ 聯立以上各式解得v＝v0(n＝1,2,3，…) 又由于v＝v0＋ 得E0＝(n＝1,2,3，…) (限時：60分鐘) 1． 如圖1所示，P、Q是相距為d的水平放置的兩平行金屬板，P、Q間有垂直于紙面向里、磁感應強度為B1的勻強磁場，MN是豎直放置的兩平行金屬板，用導線將P與M相連，將Q與N相連，X是平行于M和N的豎直絕緣擋板，Y是平行于M和N的熒光屏，X、M、N、Y的中間各有一個小孔，所有小孔在同一水平軸線上，熒光屏的右側有垂直于紙面向外、磁感應強度為B2的勻強磁場，現有大量的等離子體(等離子體中的正負離子電荷量的大小均為q，質量均為m)以相同的速度垂直于磁場水平向右射入金屬板P、Q之間．現忽略電場的邊緣效應，不計等離子體的重力，兩對極板間形成的電場均可視為勻強電場．求： 圖1 (1)若在熒光屏Y上只有一個亮點，則等離子體的初速度v0必須滿足什么條件； (2)若等離子體以初速度v0射入磁場，且在熒光屏上有兩個亮點，則正、負兩種電荷形成的亮點到熒光屏上小孔的距離之比是多少？ 答案　(1)v0≤　(2) 解析　(1)由于帶電粒子偏轉，P、Q極板上將帶上電荷，設電壓為U，則極板M、N間的電壓也為U，當帶電粒子在P、Q極板間做勻速運動時 有qv0B1＝q 若在熒光屏Y上只有一個亮點，則負電荷不能通過極板，M、N板間應滿足 qU≥mv 解得v0≤ (2)熒光屏上有兩個亮點，則v0> 在此條件下，qv0B1＝q，得U＝dB1v0 對正電荷，設其到達勻強磁場B2時的速度為v1，則 Uq＝mv－mv 設做圓周運動的半徑為R1，則 qv1B2＝ 得R1＝ 對負電荷，設其到達勻強磁場B2時的速度為v2，則 －Uq＝mv－mv 設做圓周運動的半徑為R2，則 qv2B＝ 得R2＝ 所以，正、負兩種電荷形成的亮點到熒光屏上小孔的距離之比為＝＝ 2． 如圖2所示，在xOy平面內，第Ⅲ象限內的直線OM是電場與磁場的邊界，OM與x軸負方向成45角．在x<0且OM的左側空間存在著沿x軸負方向的勻強電場，場強大小為E＝50 N/C，在y<0且OM的右側空間存在著垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度的大小為B＝0.2 T．一不計重力的帶負電的微粒，從坐標原點O沿y軸負方向以v0＝4103 m/s的初速度進入磁場，已知微粒所帶電荷量為q＝－410－18 C，質量為m＝110－24 kg.求： 圖2 (1)帶電微粒第一次經過磁場邊界時的位置坐標及經過磁場邊界時的速度方向； (2)帶電微粒最終離開電、磁場區(qū)域時的位置坐標； (3)帶電微粒在電、磁場區(qū)域運動的總時間(結果可以保留π)． 答案　(1)(－510－3 m，－510－3 m)　速度方向與OM夾角為45，與電場平行　(2)(0,3.010－2 m) (3)(5＋)10－5 s 解析　(1)微粒的運動軌跡如圖所示，第一次經過磁場邊界上的A 點，設微粒在磁場中的軌跡半徑為r，由洛倫茲力提供向心力知 qv0B＝m 解得r＝＝510－3 m A點位置坐標為(－510－3 m，－510－3 m) 經過磁場邊界時速度方向與OM夾角為45，與電場平行 (2)如圖所示，微粒從C點沿y軸正方向進入電場，做類平拋運動，設其加速度為a，運動時間為t1，則有 a＝ 解得a＝2.0108 m/s2 Δx＝at＝2r 解得t1＝110－5 s Δy＝v0t1 代入數據解得Δy＝0.04 m y＝Δy－2r＝(0.04－2510－3) m＝3.010－2 m 微粒離開電場時的位置D的坐標為(0,3.010－2 m) (3)帶電微粒在磁場中運動的周期T＝ 在磁場中運動的時間t2＝tOA＋tAC＝T＋T 代入數據解得t2＝T＝10－5 s 帶電微粒第一次進入電場中做直線運動的時間 t3＝＝4.010－5 s 帶電微粒在電、磁場區(qū)域運動的總時間 t＝t1＋t2＋t3＝(5＋)10－5 s 3． 如圖3所示，真空室內豎直條形區(qū)域Ⅰ存在垂直紙面向外的勻強磁場，條形區(qū)域Ⅱ(含Ⅰ、Ⅱ區(qū)域分界面)存在水平向右的勻強電場，電場強度為E，磁場和電場寬度均為L，高度足夠大，M、N為涂有熒光物質的豎直板．現有P、Q兩束質子從A處連續(xù)不斷地射入磁場，入射方向都與M板夾角成60且與紙面平行，兩束質子束的速度大小都恒為v.當Ⅰ區(qū)中磁場較強時，M板上有一個亮斑，N板上無亮斑．緩慢改變磁場強弱，M板和N板上會各有一個亮斑，繼續(xù)改變磁場強弱，可以觀察到N板出現兩個亮斑時，M板上的亮斑剛好消失．已知質子質量為m，電量為e，不計質子重力和相互作用力，求： 圖3 (1)N板上剛剛出現一個亮斑時，M板上的亮斑到A點的距離s1； (2)N板上恰好出現兩個亮斑時，區(qū)域Ⅰ中的磁感應強度B； (3)N板上恰好出現兩個亮斑時，這兩個亮斑之間的距離s. 答案　(1)L　(2)　(3)2L＋v 解析　(1)N板上恰出現一個亮斑時，兩束質子的軌跡如圖甲所示，設軌跡的半徑為R. 有R＋Rsin 30＝L 由幾何關系知s1＝R 聯立解得s1＝L (2)N板上恰好出現兩個亮斑時，兩束質子的軌跡如圖乙所示．設軌跡半徑為r，有rsin 30＝L evB＝ 解得B＝ (3)質子束P恰垂直進入電場區(qū)域，質子束Q恰在O點以方向垂直于電場的速度進入電場，兩束質子的軌跡如圖乙所示 設質子在電場中的運動時間為t，則有 L＝t2 s′＝vt s＝r＋s′＝2L＋v 4． 電子擴束裝置由電子加速器、偏轉電場和偏轉磁場組成．偏轉電場的極板由相距為d的兩塊水平平行放置的導體板組成，如圖4甲所示．大量電子由靜止開始，經加速電場加速后，連續(xù)不斷地沿平行板的方向從兩板正中間OO′射入偏轉電場．當兩板不帶電時，這些電子通過兩板之間的時間為2t0；當在兩板間加最大值為U0、周期為2t0的電壓(如圖乙所示)時，所有電子均能從兩板間通過，然后進入豎直寬度足夠大的勻強磁場中，最后打在豎直放置的熒光屏上．已知磁場的磁感應強度為B，電子的質量為m、電荷量為e，其重力不計． 圖4 (1)求電子離開偏轉電場時的位置到OO′的最小距離和最大距離； (2)要使所有電子都能垂直打在熒光屏上，求： ①勻強磁場的水平寬度L；②垂直打在熒光屏上的電子束的寬度Δy. 答案　(1)　　(2)①　②t 解析　(1)由題意可知，從0、2t0、4t0、……等時刻進入偏轉電場的電子離開偏轉電場時的位置到OO′的距離最大，在這種情況下，電子的最大距離為： ymax＝at＋vyt0＝t＋t＝t 從t0、3t0、……等時刻進入偏轉電場的電子離開偏轉電場時的位置到OO′的距離最小，在這種情況下，電子的最小距離為：ymin＝at＝t (2)①設電子從偏轉電場中射出時的偏向角為θ，由于電子要垂直打在熒光屏上，所以電子在磁場中運動半徑應為： R＝ 設電子離開偏轉電場時的速度為v1，垂直偏轉極板的速度為vy，則電子離開偏轉電場時的偏向角為：sin θ＝，式中vy＝t0 又：R＝ 解得：L＝ ②由于各個時刻從偏轉電場中射出的電子的速度大小相等，方向相同，因此電子進入磁場后做圓周運動的半徑也相同，都能垂直打在熒光屏上． 由第(1)問知電子離開偏轉電場時的位置到OO′的最大距離和最小距離的差值為：Δy1＝ymax－ymin Δy1＝t 所以垂直打在熒光屏上的電子束的寬度為： Δy＝Δy1＝t