1、专题四带电粒子在复合场中的运动考纲解读 1.会分析速度选择器、磁流体发电机、质谱仪、回旋加速器等磁场的实际应用问题.2.会分析带电粒子在组合场、叠加场中的运动问题考点一回旋加速器和质谱仪1质谱仪图1(1)构造：如图1所示，由粒子源、加速电场、偏转磁场和照相底片等构成(2)原理：粒子由静止被加速电场加速，qUmv2.粒子在磁场中做匀速圆周运动，有qvBm.由以上两式可得r ，m，.2回旋加速器(1)图2构造：如图2所示，D1、D2是半圆形金属盒，D形盒的缝隙处接交流电源，D形盒处于匀强磁场中(2)原理：交流电的周期和粒子做圆周运动的周期相等，粒子经电场加速，经磁场回旋，由qvB，得Ekm，可见粒
2、子获得的最大动能由磁感应强度B和D形盒半径r决定，与加速电压无关例1回旋加速器是用来加速带电粒子，使它获得很大动能的仪器，其核心部分是两个D形金属扁盒，两盒分别和一高频交流电源两极相接，以便在盒间的窄缝中形成匀强电场，使粒子每次穿过狭缝都得到加速，两盒放在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于盒底面，粒子源置于盒的圆心附近，若粒子源射出的粒子的电荷量为q，质量为m，粒子最大回旋半径为Rm，其运动轨迹如图3所示问：图3(1)D形盒内有无电场？(2)粒子在盒内做何种运动？(3)所加交流电压频率应是多大，粒子运动的角速度为多大？(4)粒子离开加速器时速度为多大？最大动能为多少？(5)设两D形盒间
3、电场的电势差为U，盒间距离为d，其间电场均匀，求把静止粒子加速到上述能量所需时间解析(1)扁盒由金属导体制成，具有屏蔽外电场的作用，盒内无电场(2)带电粒子在盒内做匀速圆周运动，每次加速之后半径变大(3)粒子在电场中运动时间极短，因此高频交流电压频率要等于粒子回旋频率，因为T，故得回旋频率f，角速度2f.(4)粒子做圆周运动的半径最大时，由牛顿第二定律得qvmB，故vm.最大动能Ekmmv.(5)粒子每旋转一周能量增加2qU.粒子的能量提高到Ekm，则旋转周数n.粒子在磁场中运动的时间t磁nT.一般地可忽略粒子在电场中的运动时间，t磁可视为总时间答案(1)D形盒内无电场(2)匀速圆周运动(3)
4、(4)(5)递进题组1回旋加速器的工作原理劳伦斯和利文斯设计出回旋加速器，工作原理示意图如图4所示置于真空中的D形金属盒半径为R，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可忽略磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，高频交流电频率为f，加速电压为U.若A处粒子源产生质子的质量为m、电荷量为q，在加速器中被加速，且加速过程中不考虑相对论效应和重力的影响则下列说法正确的是()图4A质子被加速后的最大速度不可能超过2RfB质子离开回旋加速器时的最大动能与加速电压U成正比C质子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比为1D不改变磁感应强度B和交流电频率f，该回旋加速器的最大动能不变答案AC解析质子被加速
5、后的最大速度受到D形盒半径R的制约，因v2Rf，故A正确；质子离开回旋加速器的最大动能Ekmmv2m42R2f22m2R2f2，与加速电压U无关，B错误；根据R，Uqmv，2Uqmv，得质子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比为1，C正确；因回旋加速器的最大动能Ekm2m2R2f2与m、R、f均有关，D错误2质谱仪的工作原理对铀235的进一步研究在核能的开发和利用中具有重要意义如图5所示，质量为m、电荷量为q的铀235离子，从容器A下方的小孔S1不断飘入加速电场，其初速度可视为零，然后经过小孔S2垂直于磁场方向进入磁感应强度为B的匀强磁场中，做半径为R的匀速圆周运动离子行进半个圆周后
6、离开磁场并被收集，离开磁场时离子束的等效电流为I.不考虑离子重力及离子间的相互作用图5(1)求加速电场的电压U；(2)求出在离子被收集的过程中任意时间t内收集到的离子的质量M.答案(1)(2)解析(1)设离子经电场加速后进入磁场时的速度为v，由动能定理得qUmv2离子在磁场中做匀速圆周运动，所受洛伦兹力提供向心力，即qvBm由式解得U(2)设在任意时间t内收集到的离子个数为N，总电荷量为Q，则QItNMNm由式解得M考点二带电体在叠加场中的运动1带电体在叠加场中无约束情况下的运动情况分类(1)洛伦兹力、重力并存若重力和洛伦兹力平衡，则带电体做匀速直线运动若重力和洛伦兹力不平衡，则带电体将做复杂
7、的曲线运动，因洛伦兹力不做功，故机械能守恒，由此可求解问题(2)静电力、洛伦兹力并存(不计重力的微观粒子)若静电力和洛伦兹力平衡，则带电体做匀速直线运动若静电力和洛伦兹力不平衡，则带电体将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用动能定理求解问题(3)静电力、洛伦兹力、重力并存若三力平衡，一定做匀速直线运动若重力与静电力平衡，一定做匀速圆周运动若合力不为零且与速度方向不垂直，将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用能量守恒定律或动能定理求解问题2带电体在叠加场中有约束情况下的运动带电体在叠加场中受轻杆、轻绳、圆环、轨道等约束的情况下，常见的运动形式有直线运动和圆周运动，此时解题要通过受力分析明
8、确变力、恒力做功情况，并注意洛伦兹力不做功的特点，运用动能定理、能量守恒定律结合牛顿运动定律求解例2如图6所示，位于竖直平面内的坐标系xOy，在其第三象限空间有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B0.5 T，还有沿x轴负方向的匀强电场，场强大小为E2 N/C.在其第一象限空间有沿y轴负方向的、场强大小也为E的匀强电场，并在yh0.4 m的区域有磁感应强度也为B的垂直于纸面向里的匀强磁场一个带电荷量为q的带电油滴从图中第三象限的P点得到一初速度，恰好能沿PO做匀速直线运动(PO与x轴负方向的夹角为45)，并从原点O进入第一象限已知重力加速度g10 m/s2，问：图6(1)油滴在第三象限运
9、动时受到的重力、电场力、洛伦兹力三力的大小之比，并指出油滴带何种电荷；(2)油滴在P点得到的初速度大小；(3)油滴在第一象限运动的时间解析(1)根据受力分析(如图)可知油滴带负电荷，设油滴质量为m，由平衡条件得：mgqEF11.(2)由第(1)问得：mgqEqvBqE解得：v4 m/s.(3)进入第一象限，电场力和重力大小相等、方向相反，油滴受力平衡，知油滴先做匀速直线运动，进入yh的区域后做匀速圆周运动，轨迹如图，最后从x轴上的N点离开第一象限油滴由OA做匀速运动的位移为x1h其运动时间：t10.1 s由几何关系和圆周运动的周期关系式T知，油滴由AC做圆周运动的时间为t2T0.628 s由对
10、称性知油滴从CN运动的时间t3t1油滴在第一象限运动的总时间tt1t2t320.1 s0.628 s0.828 s答案(1)11油滴带负电荷(2)4 m/s(3)0.828 s变式题组3带电粒子在叠加场中的运动如图7所示，两块水平放置、相距为d的长金属板接在电压可调的电源上两板之间的右侧区域存在方向垂直纸面向里的匀强磁场将喷墨打印机的喷口靠近上板下表面，从喷口连续不断喷出质量均为m、水平速度均为v0、带相等电荷量的墨滴调节电源电压至U，墨滴在电场区域恰能沿水平向右做匀速直线运动；进入电场、磁场共存区域后，最终垂直打在下板的M点已知重力加速度为g.图7(1)判断墨滴所带电荷的种类，并求其电荷量；
11、(2)求磁感应强度B的值；(3)现保持喷口方向不变，使其竖直下移到两板中间的位置为了使墨滴仍能到达下板M点，应将磁感应强度调至B，则B的大小为多少？答案(1)负电荷(2)(3)解析(1)墨滴在电场区域做匀速直线运动，有qmg由式得：q由于电场方向向下，墨滴所受电场力方向向上，可知：墨滴带负电荷(2)墨滴垂直进入电场、磁场共存区域后，重力仍与电场力平衡，洛伦兹力提供向心力，墨滴做匀速圆周运动，有qv0Bm考虑墨滴进入电场、磁场共存区域和下板的几何关系，可知墨滴在该区域恰完成四分之一圆周运动，则半径Rd由式得B(3)根据题设，墨滴运动轨迹如图所示，设墨滴做圆周运动的半径为R，有qv0Bm由图可得：
12、R2d2(R)2由式得：Rd联立式可得：B.考点三带电粒子在组合场中运动 “电偏转”和“磁偏转”的比较：垂直电场线进入匀强电场(不计重力)垂直磁感线进入匀强磁场(不计重力)受力情况电场力FqE，其大小、方向不变，与速度v无关，F是恒力洛伦兹力F洛qvB，其大小不变，方向随v而改变，F洛是变力轨迹抛物线圆或圆的一部分运动轨迹求解方法利用类似平抛运动的规律求解：vxv0，xv0t vyt，yt2偏转角：tan 半径：r周期：T偏移距离y和偏转角要结合圆的几何关系利用圆周运动规律讨论求解运动时间ttT动能变化不变例3(2013山东23) 如图8所示，在坐标系xOy的第一、第三象限内存在相同的匀强磁场
13、，磁场方向垂直于xOy平面向里；第四象限内有沿y轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E.一电荷量为q、质量为m的粒子，自y轴上的P点沿x轴正方向射入第四象限，经x轴上的Q点进入第一象限，随即撤去电场，以后仅保留磁场已知OPd，OQ2d.不计粒子重力图8 (1)求粒子过Q点时速度的大小和方向；(2)若磁感应强度的大小为一确定值B0，粒子将沿垂直y轴的方向进入第二象限，求B0；(3)若磁感应强度的大小为另一确定值，经过一段时间后粒子将再次经过Q点，且速度与第一次过Q点时相同，求该粒子相邻两次经过Q点所用的时间解析(1)设粒子在电场中运动的时间为t0，加速度的大小为a，粒子的初速度为v0，过Q点时速度
14、的大小为v，沿y轴方向分速度的大小为vy，速度与x轴正方向间的夹角为，由牛顿第二定律得qEma由运动学公式得dat2dv0t0vyat0vtan 联立式得v245，即粒子过Q点时速度方向斜向上与x轴正方向成45角(2)设粒子做圆周运动的半径为R1，粒子在第一象限的运动轨迹如图所示，O1为圆心，由几何关系可知O1OQ为等腰直角三角形，得R12d由牛顿第二定律得qvB0m联立式得B0(3)设粒子做圆周运动的半径为R2，由几何知识分析知，粒子运动的轨迹如图所示，O2、O2是粒子做圆周运动的圆心，Q、F、G、H是轨迹与两坐标轴的交点，连接O2、O2，由几何关系知，O2FGO2和O2QHO2均为矩形，进
15、而知FQ、GH均为直径，QFGH也是矩形，又FHGQ，可知QFGH是正方形，QOF为等腰直角三角形由此可知，粒子在第一、第三象限的轨迹均为半圆，得2R22d粒子在第二、第四象限的轨迹为长度相等的线段，得FGHQ2R2设粒子相邻两次经过Q点所用的时间为t，则t联立式得t(2) 答案(1)2 ，方向斜向上与x轴正方向成45角(2) (3)(2) 变式题组4带电粒子在组合场中运动如图9所示，在直角坐标系xOy中，x轴上方有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B；x轴下方有竖直向下的匀强电场图中M、N两点坐标分别为M(0，l)、N(3l,0)一个质量为m、电荷量为q的粒子由第三象限中的某点P(图中未标
16、出)沿x轴正方向射出，该粒子能一直沿P、O、M、N四点围成的闭合图形做周期性运动，粒子重力不计，求：图9(1)该粒子到达O点时速度的大小和方向；(2)匀强电场的电场强度E；(3)该粒子运动的周期T.答案(1)，与x轴正方向成60角(2)(3)解析(1)由题意可画出粒子运动的轨迹如图，设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，粒子到达O点时速度的大小为v，与x轴正方向的夹角为，由几何知识得，rsin l、rcos l，解得rl，60由牛顿第二定律qvBm，解得v.(2)粒子在电场中沿抛物线运动，加速度方向竖直向上，设其大小为a，粒子由N运动到O所用时间为t2，由牛顿第二定律和运动学公式得：a、3l
17、vcos t2、t2，联立上式得E，t2(3)设粒子在磁场中运动时间为t1.t1T磁、T磁，得Tt1t2.高考模拟明确考向1(2014江苏单科9)如图10所示，导电物质为电子的霍尔元件位于两串联线圈之间，线圈中电流为I，线圈间产生匀强磁场，磁感应强度大小B与I成正比，方向垂直于霍尔元件的两侧面，此时通过霍尔元件的电流为IH，与其前后表面相连的电压表测出的霍尔电压UH满足：UHk，式中k为霍尔系数，d为霍尔元件两侧面间的距离电阻R远大于RL，霍尔元件的电阻可以忽略，则()图10A霍尔元件前表面的电势低于后表面B若电源的正、负极对调，电压表将反偏CIH与I成正比D电压表的示数与RL消耗的电功率成正
18、比答案CD解析当霍尔元件通有电流IH时，根据左手定则，电子将向霍尔元件的后表面运动，故霍尔元件的前表面电势较高若将电源的正、负极对调，则磁感应强度B的方向变化，IH的方向变化，根据左手定则，电子仍向霍尔元件的后表面运动，故仍是霍尔元件的前表面电势较高，选项A、B错误因R与RL并联，根据并联分流，得IHI，故IH与I成正比，选项C正确由于B与I成正比，设BaI，则ILI，PLIRL，故UHkPL，知UHPL，选项D正确2(2014重庆9)如图11所示，在无限长的竖直边界NS和MT间充满匀强电场，同时该区域上、下部分分别充满方向垂直于NSTM平面向外和向内的匀强磁场，磁感应强度大小分别为B和2B，
19、KL为上、下磁场的水平分界线，在NS和MT边界上，距KL高h处分别有P、Q两点，NS和MT间距为1.8h.质量为m、电荷量为q的粒子从P点垂直于NS边界射入该区域，在两边界之间做圆周运动，重力加速度为g.图11(1)求电场强度的大小和方向；(2)要使粒子不从NS边界飞出，求粒子入射速度的最小值；(3)若粒子能经过Q点从MT边界飞出，求粒子入射速度的所有可能值答案(1)，方向竖直向上(2)(96)(3)解析(1)设电场强度大小为E.由题意知mgqE，得E，方向竖直向上(2)如图所示，设粒子不从NS边界飞出的入射速度最小值为vmin，对应的粒子在上、下区域的运动半径分别为r1和r2，圆心的连线与N
20、S的夹角为.由r知，r1，r2r1由(r1r2)sin r2r1r1cos h得vmin(96)(3)如图所示，设粒子入射速度为v，粒子在上、下方区域的运动半径分别为r1和r2，粒子第一次通过KL时距离K点为x.由题意知，3nx1.8h(n1,2,3，)由(2)知xx得r1(1)，n0.6(32)3.5即n1时，v；n2时，v；n3时，v3(2014大纲全国25)如图12所示，在第一象限存在匀强磁场，磁感应强度方向垂直于纸面(xOy平面)向外；在第四象限存在匀强电场，方向沿x轴负方向在y轴正半轴上某点以与x轴正方向平行、大小为v0的速度发射出一带正电荷的粒子，该粒子在(d,0)点沿垂直于x轴的
21、方向进入电场不计粒子重力若该粒子离开电场时速度方向与y轴负方向的夹角为，求：图12 (1)电场强度大小与磁感应强度大小的比值；(2)该粒子在电场中运动的时间答案(1)v0tan2 (2)解析(1)如图，粒子进入磁场后做匀速圆周运动设磁感应强度的大小为B，粒子的质量与电荷量分别为m和q，圆周运动的半径为R0.由洛伦兹力公式及牛顿第二定律得qv0Bm由题给条件和几何关系可知R0d设电场强度大小为E，粒子进入电场后沿x轴负方向的加速度大小为ax，在电场中运动的时间为t，离开电场时沿x轴负方向的速度大小为vx.由牛顿第二定律及运动学公式得Eqmaxvxaxttd由于粒子在电场中做类平抛运动(如图)，有
22、tan 联立式得v0tan2(2)联立式得t.4一圆筒的横截面如图13所示，其圆心为O，筒内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B.圆筒左侧有相距为d的平行金属板M、N，其中M板带正电荷，N板带等量负电荷质量为m、电荷量为q的带正电粒子自M板边缘的P处由静止释放，经N板的小孔S以速度v沿半径SO方向射入磁场中粒子与圆筒发生3次碰撞后仍从S孔射出设粒子与圆筒碰撞过程中没有动能损失，且电荷量保持不变，在不计重力的情况下，求：图13(1)M、N间电场强度E的大小；(2)圆筒的半径R；(3)欲使粒子仍从M板边缘的P处由静止释放，进入圆筒后与圆筒发生2次碰撞后从S孔射出，在保持M、N间电场强度E不变
23、的情况下，应如何平移M板？答案(1)(2)(3)向左平移2d解析(1)设两板间的电压为U，由动能定理得：qUmv2由匀强电场中电势差与电场强度的关系得UEd联立解得：E(2)粒子进入磁场后做匀速圆周运动，由于粒子与圆筒发生3次碰撞后又从S孔射出，由几何关系知rR粒子运动过程中洛伦兹力提供向心力，得：qvBm联立式解得：R(3)粒子进入磁场后做匀速圆周运动，根据几何关系作出圆心为O，圆半径为r.设第一次碰撞点为A，由于粒子与圆筒发生2次碰撞后从S孔射出因此，SA圆弧所对的圆心角AOS由几何关系得rRtan r粒子运动过程中洛伦兹力提供向心力，得：qvBm可得：vv由qUmv2可看出：则U3UEd
24、得：d3d所以应将M板向左平移ddd2d.练出高分一、选择题1磁流体发电是一项新兴技术，它可以把物体的内能直接转化为电能，如图1是它的示意图平行金属板A、B之间有一个很强的磁场，将一束等离子体(即高温下电离的气体，含有大量正、负离子)喷入磁场，A、B两板间便产生电压如果把A、B和用电器连接，A、B就是直流电源的两个电极，设A、B两板间距为d，磁感应强度为B，等离子体以速度v沿垂直于磁场的方向射入A、B两板之间，则下列说法正确的是()图1AA是直流电源的正极BB是直流电源的正极C电源的电动势为BdvD电源的电动势为qvB答案BC解析等离子体喷入磁场，正离子因受向下的洛伦兹力而向下偏转，B是直流电
25、源的正极，则选项B正确；当带电粒子以速度v做匀速直线运动时，qqvB，电源的电动势UBdv，则选项C正确2如图2所示，一个带正电荷的物块m，由静止开始从斜面上A点下滑，滑到水平面BC上的D点停下来已知物块与斜面及水平面间的动摩擦因数相同，且不计物块经过B处时的机械能损失先在ABC所在空间加竖直向下的匀强电场，再让物块m从A点由静止开始下滑，结果物块在水平面上的D点停下来；后又撤去电场，在ABC所在空间加垂直纸面向里的匀强磁场，再次让物块m从A点由静止开始下滑，结果物块沿斜面滑下并在水平面上的D点停下来则以下说法中正确的是()图2AD点一定在D点左侧 BD点一定与D点重合CD点一定在D点右侧 D
26、D点一定与D点重合答案BC解析仅在重力场中时，物块由A点至D点的过程中，由动能定理得mghmgx1cos mgx20，即hx1cos x20，由题意知A点距水平面的高度h、物块与斜面及水平面间的动摩擦因数、斜面倾角、斜面长度x1为定值，所以x2与重力的大小无关而在ABC所在空间加竖直向下的匀强电场后，相当于把重力增大了，x2不变，D点一定与D点重合，A项错误，B项正确；在ABC所在空间加水平向里的匀强磁场后，洛伦兹力垂直于接触面向上，正压力变小，摩擦力变小，重力做的功不变，所以D点一定在D点右侧，C项正确，D项错误3如图3所示，竖直放置的两块很大的平行金属板a、b，相距为d，a、b间的电场强度
27、为E，今有一带正电的微粒从a板下边缘以初速度v0竖直向上射入电场，当它飞到b板时，速度大小不变，而方向变为水平方向，且刚好从高度也为d的狭缝穿过b板进入bc区域，bc区域的宽度也为d，所加电场的场强大小为E，方向竖直向上，磁感应强度方向垂直纸面向里，磁场磁感应强度大小等于，重力加速度为g，则下列关于微粒运动的说法正确的是()图3A微粒在ab区域的运动时间为B微粒在bc区域中做匀速圆周运动，圆周半径r2dC微粒在bc区域中做匀速圆周运动，运动时间为D微粒在ab、bc区域中运动的总时间为答案ABD解析微粒在ab区域运动时，竖直方向上受重力作用，做匀减速运动，故A正确；微粒在bc区域所受电场力竖直向
28、上，且qEmg，故微粒在bc区域做匀速圆周运动，其轨迹半径r，又v2gd，B，解得r2d，故B正确；设微粒在bc区域转过的角度为，由几何关系知30，所以微粒在bc区域做匀速圆周运动的时间为t2，故C错误；微粒在ab区域运动的时间为t1，微粒在ab、bc区域中运动的总时间为tt1t2，故D正确二、非选择题4. 如图4所示，在竖直平面坐标系xOy的第一象限，有垂直xOy面向外的水平匀强磁场和竖直向上的匀强电场，大小分别为B和E；第四象限有垂直xOy面向里的水平匀强电场，大小也为E；第三象限内有一绝缘光滑竖直放置的半径为R的半圆轨道，轨道最高点与坐标原点O相切，最低点与绝缘光滑水平面相切于N点一质量
29、为m的带电小球从y轴上(y0)的P点沿x轴正方向进入第一象限后做圆周运动，恰好通过坐标原点O，且水平切入半圆轨道并沿轨道内侧运动，过N点后水平进入第四象限，并在电场中运动(已知重力加速度为g)图4 (1)判断小球的带电性质并求出其所带的电荷量；(2)P点距坐标原点O至少多高；(3)若该小球以满足(2)中OP最小值的位置和对应速度进入第一象限，通过N点时开始计时，经时间t2小球距坐标原点O的距离s为多远？答案(1)正电(2) (3)2R解析(1)小球进入第一象限正交的电场和磁场后，在垂直磁场的平面内做圆周运动，说明重力与电场力平衡，设小球所带的电荷量为q，则qEmg解得q又电场方向竖直向上，故小
30、球带正电(2)设小球做匀速圆周运动的速度为v、轨迹半径为r，由洛伦兹力提供向心力得qBv小球恰能通过半圆轨道的最高点并沿轨道内侧运动，则应满足：mg由得r 即PO的最小距离为y2r (3)小球由O运动到N的过程中设到达N点的速度为vN，由机械能守恒定律得mg2Rmvmv2由解得vN小球从N点进入电场区域后，在绝缘光滑水平面上做类平抛运动，设加速度为a，则沿x轴方向xvNt沿电场方向zat2由牛顿第二定律得at时刻小球距O点的距离为s2R5如图5所示是电视显像管的工作原理图炽热的金属丝发射出电子，在金属丝K和金属板M之间加一电压U，使电子在真空中加速后，从金属板的小孔C穿出，进入有界abcd矩形
31、匀强磁场，经匀强磁场射出后，打在荧光屏上，荧光屏被电子束撞击而发光已知电子的比荷1011 C/kg，匀强磁场的磁感应强度B1.0104 T，磁场的长度l12 cm，磁场的右边界距离荧光屏L15 cm.加速电压U20 V时，电子恰好从有界匀强磁场的右下角c点飞出不计电子间的相互作用及重力影响求：图5(1)电子射入磁场时的速度大小；(2)电子在磁场中运动的轨迹半径；(3)电子打在荧光屏上的亮点与荧光屏中心O点的距离(计算结果均保留两位有效数字)答案(1)2.7106 m/s(2)15 cm(3)26 cm解析(1)设电子到达金属板的小孔C时的速度为v，根据动能定理eUmv2v 2.7106 m/s
32、电子离开C后做匀速直线运动，所以电子射入磁场时的速度大小等于2.7106 m/s.(2)设电子在磁场中运动的轨迹半径为R，根据牛顿第二定律evBmR15 cm(3)如图所示，设电子打在荧光屏上的A点，与中心O点的距离为x，磁场一半的宽度为x1，电子在磁场中的偏转角为，由图及几何知识可知，x1R6 cmxx1Ltan tan 代入数据解得x26 cm6中国著名物理学家、中国科学院院士何泽慧教授曾在1945年首次通过实验观察到正、负电子的弹性碰撞过程有人设想利用电场、磁场控制正、负电子在云室中运动来再现这一过程实验设计原理如下：在如图6所示的xOy平面内，A、C两小孔距原点的距离均为L，每隔一定的
33、时间源源不断地分别从A孔射入正电子，C孔射入负电子，初速度均为v0，方向垂直x轴，正、负电子的质量均为m，电荷量均为e(忽略电子之间的相互作用及重力影响)在y轴的左侧区域加一水平向右的匀强电场，在y轴的右侧区域加一垂直纸面的匀强磁场(图中未画出)，要使正、负电子在y轴上的P(0，L)处相碰求：图6 (1)电场强度E的大小和磁感应强度B的大小及方向；(2)P点相碰的正、负电子的动能之比和射入小孔的时间差t.答案见解析解析(1)对A处进入的正电子，由类平抛运动规律得：Lv0tALatt得E对C处进入的负电子，由牛顿第二定律得ev0BB，方向垂直纸面向外(2)设P点相碰的正、负电子的动能分别为EkA、EkC.对A处进入的正电子，由动能定理得eELEkA，所以EkA，故 5从C进入的负电子运动的时间为tC从A进入的正电子运动的时间tAttCtA，得t.
