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第 58 讲 带电粒子在交变电场中的运动
1．（2018•浙江）小明受回旋加速器的启发，设计了如图1所示的“回旋变速装置”。两相距为d
的平行金属栅极板M、N，板M位于x轴上，板N在它的正下方。两板间加上如图2所示的幅
2πm
值为U 的交变电压，周期T = ．板M上方和板N下方有磁感应强度大小均为B、方向相
0 0 qB
反的匀强磁场。粒子探测器位于y轴处，仅能探测到垂直射入的带电粒子。
有一沿x轴可移动、粒子出射初动能可调节的粒子发射源，沿y轴正方向射出质量为m、电荷量
为q（q＞0）的粒子。t＝0时刻，发射源在（x，0）位置发射一带电粒子。忽略粒子的重力和其
它阻力，粒子在电场中运动的时间不计。
（1）若粒子只经磁场偏转并在y＝y 处被探测到，求发射源的位置和粒子的初动能；
0
（2）若粒子两次进出电场区域后被探测到，求粒子发射源的位置x与被探测到的位置y之间的
关系。
【解答】解：（1）粒子探测器位于y轴处，仅能探测到垂直射入的带电粒子，
说明粒子只经磁场偏转并在y＝y 处被探测到的粒子是垂直达到y轴上的，
0
1 v2
即运动了 圆周，即x＝y ＝r，根据洛伦兹充当向心力知：qvB＝m ，
4 0 r
1 1 qBr q2B2y2
所以动能E = mv2= m（ ）2= 0；
k 2 2 m 2m
（2）粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，
v2
由牛顿第二定律得：qvB＝m ，
R
mv
解得，粒子轨道半径：R= ；
qB①如果E ＞2qU ，粒子运动轨迹如图所示：
K0 0
mv mv mv
由y= 2，R = 0，R = 1，
0 1
qB qB qB
粒子经过电场过程，由动能定理得：
1 1
﹣qU = mv2- mv2
0 2 1 2 0
1 1
﹣qU = mv2- mv2 ，
0 2 2 2 1
由几何知识得：x＝y+2（R +R ），
0 1
2 2
解得：x＝y+ √(qyB) 2+2mqU + √(qyB) 2+4mqU ；
qB 0 qB 0
②如果：qU ＜E ＜2qU ，粒子运动轨迹如图所示：
0 K0 0
mv mv
则：﹣y﹣d= 2，R = 0，
0
qB qB
粒子在电场中运动过程，由动能定理得：
1 1
﹣qU = mv2- mv2 ，
0 2 2 2 0
由几何知识得：x＝3（﹣y﹣d）+2R ，
0
2
解得：x＝﹣3（y+d）+ √(y+d) 2q2B2+2mqU ；
qB 0
③如果：E ＜qU ，粒子运动轨迹如图所示：
K0 0
mv mv
则：﹣y﹣d= 2，R = 0，
0
qB qB粒子在电场运动过程，由动能定理得：
1 1
qU = mv2- mv2，
0 2 2 2 0
由几何知识得：x＝﹣y﹣d+4R ，
0
4
解得：x＝﹣y﹣d+ √(y+d) 2q2B2-2mqU ；
qB 0
答：（1）发射源的位置为x＝y ，粒子的初动能为q2B2y2；
0 0
2m
（2）若粒子两次进出电场区域后被探测到，粒子发射源的位置x与被探测到的位置y之间的关
系：
2 2
①如果E ＞2qU ，x＝y+ √(qyB) 2+2mqU + √(qyB) 2+4mqU ；
K0 0 qB 0 qB 0
2
②如果：qU ＜E ＜2qU ，x＝﹣3（y+d）+ √(y+d) 2q2B2+2mqU ；
0 K0 0 qB 0
4
③如果：E ＜qU ，x＝﹣y﹣d+ √(y+d) 2q2B2-2mqU 。
K0 0 qB 0
一.知识回顾
1．常见的交变电场
常见的产生交变电场的电压波形有方形波、锯齿波、正弦波等．
2．常见的题目类型
(1)粒子做单向直线运动(一般用牛顿运动定律求解)．
(2)粒子做往返运动(一般分段研究)．
(3)粒子做偏转运动(一般根据交变电场特点分段研究)．
3．思维方法
(1)注重全面分析(分析受力特点和运动规律)：抓住粒子的运动具有周期性和在空间上具有对
称性的特征，求解粒子运动过程中的速度、位移、做功或确定与物理过程相关的临界条件．
(2)从两条思路出发：一是力和运动的关系，根据牛顿第二定律及运动学规律分析；二是功能
关系．
(3)注意对称性和周期性变化关系的应用．
4.利用速度—时间图像分析带电粒子的运动过程时，必须注意“五点”
(1)带电粒子进入电场的时刻。
(2)速度—时间图像的切线斜率表示加速度。
(3)图线与时间轴围成的面积表示位移，且在时间轴上方所围成的面积为正，在时间轴下方所围成的面积为负。
(4)注意对称性和周期性变化关系的应用。
(5)图线与时间轴有交点，表示此时速度改变方向。对运动很复杂、不容易画出速度图像的问
题，还应逐段分析求解。
二.例题精析
例1．如图（a）所示，两平行正对的金属板A、B间加有如图（b）所示的交变电压，一重力可忽
略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间 P处。若在t 时刻释放该粒子，粒子会时而向A板
0
运动，时而向B板运动，并最终打在A板上。则t 可能属于的时间段是（ ）
0
T T 3T 3T 9T
A．0＜t＜ B． ＜t＜ C． ＜t ＜T D．T＜t＜
0 0 0 0
4 2 4 4 8
【解答】解：
T
A、若0＜t ＜ ，带正电粒子先加速向B板运动、再减速运动至零；然后再反方向加速运动、
0 4
减速运动至零；如此反复运动，每次向右运动的距离大于向左运动的距离，最终打在 B板上，
所以A错误。
T 3T
B、若 ＜t ＜ ，带正电粒子先加速向A板运动、再减速运动至零；然后再反方向加速运
2 0 4
动、减速运动至零；如此反复运动，每次向左运动的距离大于向右运动的距离，最终打在A板
上，所以B正确。
3T
C、若 ＜t ＜T，带正电粒子先加速向A板运动、再减速运动至零；然后再反方向加速运动、
4 0
减速运动至零；如此反复运动，每次向左运动的距离小于向右运动的距离，最终打在 B板上，
所以C错误。
9T
D、若T＜t ＜ ，带正电粒子先加速向B板运动、再减速运动至零；然后再反方向加速运动、
0 8
减速运动至零；如此反复运动，每次向右运动的距离大于向左运动的距离，最终打在 B板上，
所以D错误。
故选：B。例2．如图所示，一平行板电容器两板间距为 d，在一板内侧附近有一带电量为q、质量为m的正
离子，为使该离子能在两极间来回振动而不撞在两极上，在两极间加上如图所示交变电压，此
交变电压的周期应有（ ）
√ m √ m √ m √ m
A．T＜4d B．T＞4d C．T＜2d D．T＞2d
qU qU qU qU
T T
【解答】解：设周期为T时，正离子从左极板向右运动，先做 的匀加速，再 的做匀减速，
4 4
到达右极板时，速度恰好减为零。
根据图象可知，加速和减速运动的加速度相同，位移相同，是完全对称的运动。
Uq
其加速度为a=
dm
Uq T
则根据匀加速运动的速度公式v-0=at= ⋅
dm 4
1 1
又由动能定理得 mv 2-0= Uq
2 0 2
√ m
解得：T=4d
qU
√ m
为使该离子能在两极间来回振动而不撞在两极上，则T＜4d ，故A正确、BCD错误。
qU
故选：A。
三.举一反三，巩固练习
1. （多选）图1的平行金属板M、N间加有图2所示的交变电压，OO′是M、N板间
1
的中线，当电压稳定时，板间为匀强电场。 T时，比荷为κ的带电粒子甲从O点沿OO′方
4
3 3
向、以v 的速率进入板间， T时飞离电场，期间恰好不与极板相碰。若在 T时刻，带电粒
0
2 8
子乙以2v 的速率沿OO′从O点进入板间，已知乙粒子在运动过程中也恰好不与极板碰撞，
0不计粒子受到的重力，则下列说法中正确的是（ ）
A．T时刻，乙粒子离开电场
8κ
B．乙粒子的比荷为
7
C．甲、乙两粒子通过电场偏转的位移大小之比为2：3
D．甲、乙两粒子通过电场偏转的位移大小之比为1：2
【解答】解：A.如图，假设粒子甲带负电，则有
qU
a= 0=U k
0
m
为定值，则在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，以竖直方向位移和时间关系，可得
v ＝at
y
作出速度—时间图像，如图
则图线与时间轴围成的面积代表位移，而水平方向做匀速运动，令金属板的长度为L，则恰好不
d
与极板碰撞，则表示粒子在电场中竖直方向的最大位移别好为 ，d为M，N之间的距离，从速
2
度时间图像可知，斜率a不变，方向与U 的方向相同，则竖直方向的总位移为
0
1
y甲 ＝S△ABC +S△CDE +S△EFH = Tv
1
8且
T T
v ＝a（ - ）
1
2 4
解得
1
y甲 = U
0
kT2
32
而最大位移为
1 1 d
y甲m = Tv
1
= U
0
kT2=
4 16 2
所以
1
d= U kT2
0
8
时间为
L
t=
v
0
5
代入数据解得：t= T
4
同理，粒子乙带负电，则轨迹为A'B'C'D'的形状，而水平方向时间为
L
t'=
2v
0
所以有
3T
t乙 ＝t'+
8
联立解得：t乙 ＝T
故A正确：
B.设乙粒子的比荷为k'，则乙的加速度为
a'＝﹣U k'
0
由对称性可知，乙的最大位移为
1
y乙 = C'H'×H'D'
2
而
3 3
v ′＝a⋅ T= U k'
1 0
8 8
所以9
d= U k'T2
0
64
联立解得
8
k'= k
7
故B正确；
CD.乙竖直方向的总位移为
y乙 ＝y乙m
则解得偏转位移之比为
y 1
甲=
y 2
乙
故C错误，D正确.
故选：ABD。
4πm
2. （多选）在如图所示的空间里，存在沿y轴负方向、大小为B= 的匀强磁场，有
qT
一质量为m、带电量为q的带正电的粒子（重力不计）以v 从O点沿x轴负方向运动，同时在
0
空间加上平行于y轴的匀强交变电场，电场强度E随时间的变化如图所示（以沿y轴正向为E
的 正 方 向 ） ， 则 下 列 说 法 不 正 确 的 是 （ ）
A．t＝2T时粒子所在位置的x坐标值为0
3 v T
B．t= T时粒子所在位置的z坐标值为 0
4 4π
C．粒子在运动过程中速度的最大值为2v
0v
D．在0到2T时间内离子运动的平均速度为 0
2
【解答】解：对粒子受力分析可知，粒子受到垂直于y轴的洛伦兹力和平行于y轴的电场力作用，
所以粒子在垂直于y轴方向上做圆周运动，平行于y轴方向上做匀加速直线运动和匀减速直线运
动。在垂直于y轴方向上有
mv2
qv B= 0
0 r
v T
解得：r= 0
4π
2πr T
粒子做圆周运动的周期为：T = =
0 v 2
0
A、当t＝2T时，粒子运动四周，回到了x坐标值为0处，故粒子所在位置的x坐标值为0，故A
正确，不符合题意；
3 v T
B、当t= T时，粒子运动一周半，z坐标值为2r，即 0 ，故B错误，符合题意；
4 2π
C、粒子在平行于y轴方向上有：qE＝ma
2v
解得：a= 0
T
在0﹣0.5T和0.5T～T内，电场力方向相反，粒子先加速再减速，在 t＝0.5T时，沿y轴正向速
度达到最大为：
2v
v ＝at= 0•0.5T＝v
1 0
T
此时，粒子在运动过程中速度最大。最大值为：
v=√v2+v2=√2v
0 1 0
故C错误，符合题意；
D.在0到2T时间内粒子在垂直于y轴方向转了四周。回到了x＝0，z＝0处的位置，故只需要考
虑轴方向的位移，粒子位移为
1 T T 1 T
s＝2×[ 2 a( 2 ) 2+v 1 2 - 2 a( 2 ) 2 ]=v 0 T
则粒子运动的平均速度为
s v T v
v= = 0 = 0
t 2T 2
故D正确，不符合题意。故选：BC。
3. 在真空中有水平放置的两个平行、正对金属平板，板长为l，两板间距离为d，在两极
1
板间加一交变电压如图乙，质量为m，电荷量为e的电子以速度v （v 接近光速的 ）从两
0 0
20
极板左端中点沿水平方向连续不断地射入两平行板之间。若电子经过两极板间的时间相比交变
电流的周期可忽略不计，不考虑电子间的相互作用和相对论效应，则在任意0.2s内（ ）
A．当U 2md2v2时，所有电子都能从极板的右端射出
m＜
el2
B．当U md2v2时，将没有电子能从极板的右端射出
m＞
el2
C．当U 2md2v2时，有电子从极板右端射出的时间与无电子从极板右端射出的时间之比为
m=
el2
1：2
D．当U √2md2v2时，有电子从极板右端射出的时间与无电子从极板右端射出的时间之比为
m=
el2
1：（√2-1）
【解答】解：AB、电子进入极板后，水平方向上不受力，做匀速直线运动，竖直方向上受到电
场力作用，当电子恰好飞出极板时有：
l＝v t
0
d 1
= at2
2 2
eU
其中：a= m
md
由此求出：U md2v2
m=
el2当U md2v2时，所有电子都能从极板的右端射出；
m＜
el2
当U md2v2时，在0.2s时间内，极板间电压U md2v2的时间段内，电子能从极板的右端
m＞ ＜
el2 el2
射出，故AB错误；
C、当U 2md2v2时，分析图乙可知，任意0.2s内，有一半的时间内极板间电压低于临界电压
m=
el2
md2v2，因此有电子从极板右端射出的时间与无电子从极板右端射出的时间之比为 1：1，故C
el2
错误；
D、当U √2md2v2时，分析图乙可知，任意0.2s内，有√2 0.2s的时间内极板间电压低于临
m= ×
el2 2
界电压md2v2，因此有电子从极板右端射出的时间与无电子从极板右端射出的时间之比为1：
el2
（√2-1），故D正确。
故选：D。
4. （多选）如图所示，长为8d、间距为d的平行金属板水平放置，O点有一粒子源（O
点是两金属板的中点），能持续水平向右发射初速度为v ，电荷量为+q，质量为m的粒子。
0
在两板间存在如图所示的交变电场，取竖直向下为正方向，不计粒子重力。以下判断正确的是
（ ）
√2d
A．粒子在电场中运动的最短时间为
v
05
B．射出粒子的最大动能为 mv 2
4 0
d
C．t= 时刻进入的粒子，从O'点射出
2v
0
3d
D．t= 时刻进入的粒子，从O'点射出
v
0
【解答】解：A、由图可知场强 mv2，则粒子在电场中的加速度 qE v2 ，则粒子在电
E= 0 a= = 0
2qd m 2d
d 1 √2d
场中运动的最短时间满足 = at2 ，解得t = ，故A正确；
2 2 min min v
0
8d
B、能从板间射出的粒子在板间运动的时间均为t= ，则任意时刻射入的粒子射出电场时沿电
v
0
1
场方向的速度均为0，可知射出电场时的动能均为 mv2，故B错误；
2 0
√2d d
C、由 A 可知，粒子打到板上所需时间为 t= ；从 时刻射入的粒子，在 t′
v 2v
0 0
d √2d 2√2+1d时打到板上，而2√2+1d 2d，此时电场方向还未改变，粒子与下极
= + = ＜
2v v 2v 2v v
0 0 0 0 0
板碰撞，不会再做往复运动，不可能从O'点射出，故C错误；
3d 3T T T
D、t= = 时刻进入的粒子，在沿电场方向的运动是：先向上加速 ，后向上减速 速度
v 4 4 4
0
T T
到零；然后向下加速 ，再向下减速 速度到零…，如此反复，则最后从O点射出是沿电场方
4 4
向的位移为零，则粒子将从O点射出，故D正确；
故选：AD。
5. 如图甲所示，M、N为正对竖直放置的平行金属板，A、B为两板中线上的两点。当
M、N板间不加电压时，一带电小球从A点由静止释放，经时间T到达B点，此时速度为υ．
若在两板间加上如图乙所示的交变电压，t＝0时，将带电小球仍从A点由静止释放，小球运动
过程中始终未接触极板，则t＝T时，小球（ ）A．在B点上方 B．恰好到达B点
C．速度大于v D．速度小于v
【解答】解：AB、在M、N两板间加上如图乙所示的交变电压，小球受到重力和电场力的作用，
电场力作周期性变化，且电场力在水平方向，所以小球竖直方向做自由落体运动，与不加电场
时相同。
T
在水平方向小球先做匀加速直线运动，后沿原方向做匀减速直线运动，t= 时速度为零，接着，
2
沿相反方向先做匀加速直线运动，后继续沿反方向做匀减速直线运动，t＝T时速度为零。根据
对称性可知在t＝T时小球的水平位移为零，所以t＝T时，小球恰好到达B点，故A错误，B正
确。
CD、在0﹣T时间内，电场力做功为零，小球机械能变化量为零，所以 t＝T时，小球速度等于
υ．故CD错误。
故选：B。
6. （多选）一对平行金属板长为L，两板间距为d，质量为m、电荷量为e的电子从平
行板左侧以速度v 沿两板的中线不断进入平行板之间，两板间所加交变电压 u 如图所示，交
0 AB
L
变电压的周期T= ，已知所有电子都能穿过平行板，且最大偏距的粒子刚好从极板的边缘
2v
0
飞出，不计重力作用，则（ ）
A．所有电子都从右侧的同一点离开电场
B．所有电子离开电场时速度都是v
0
C．t＝0时刻进入电场的电子，离开电场时动能最大T d
D．t= 时刻进入电场的电子，在两板间运动时最大侧位移为
4 16
【解答】解：A、电子进入电场后做类平抛运动，不同时刻进入电场的电子竖直方向分速度图象
如图，根据图象的“面积”大小等于位移可知，各个电子在竖直方向的位移不全相同，故所有
电子从右侧的离开电场的位置不全相同。故A错误。
B、由图看出，所有电子离开电场时竖直方向分速度v ＝0，速度都等于v ，故B正确。
y 0
C、由上分析可知，电子离开电场时的速度都相同，动能都相同。故C错误。
T 3
D、t= 时刻进入电场的电子，在t= T时刻侧位移最大，最大侧位移为
4 4
1 T aT2
y ＝2⋅ a( ) 2= ⋯①
max
2 4 16
1
在t＝0时刻进入电场的电子侧位移最大为 d，则有：
2
1 1 T
d=4× a( ) 2 ⋯②
2 2 2
d
联立①②得：y = 故D正确。
max
16
故选：BD。
7. 图甲所示的平行金属板M、N相距为d，两板上加交变电压U 如图乙（U 未知），
MN 0
贴两板右侧有xOy坐标，两板中线与x轴共线。现有大量质量m、电荷量﹣e的电子以初速度
v 平行于两板沿中线持续不断地射入两板间。已知t＝0时刻进入两板运动的电子穿过两板间的
0
电场时间等于所加交变电压周期T，出射速度大小为2v ，且所有电子都能穿出两板，忽略电
0
场的边缘效应及重力的影响，求
（1）两板的长度L和t＝0时刻进入电子通过电场区电场力所做功W
（2）电子打在y轴上的范围（3）在y轴右侧有一个未知的有界磁场区，从O点射出电场的电子恰好垂直于x轴向上通过x
轴上坐标为（a，0）的P点，求磁场区磁场的方向及磁场磁感应强度可能最小值B
【解答】解：（1）平行于极板方向电子匀速运动L＝v T
0
电子穿出电场速度2v ，由动能定理
0
1 1 3
w= m（2v ）2- mv2= mv2
2 0 2 0 2 0
T eU
（2）在0- 时间内电场中电子加速度a = 0，方向向上
2 1 md
T 2eU
-T时间内电场中电子加速度a = 0，方向向下
2 2 md
a ＝2a
2 1
不同时刻进入电场中电子在电场中速度如图
T T eU T 2eU T
其中，v❑ =a ( )+a ( )= 0 + 0 =√3v
y 1 2 2 2 md 2 md 2 0
1 T √3v T
由图象+y方向最大侧位移y = √3v ( )= 0
1 2 0 2 4
1 T -2√3v -√3v T 5√3v
﹣y方向最大侧位移- (2√3v )( )+ 0 0（ ）=- 0T
2 0 2 2 2 4
（3）O点出射电子速度v＝2v ，速度方向与x轴正方向夹角
0
v 1 θ
cosθ= 0= ， ＝60°
v 2
θ
在磁场中运动B最小时，最大回旋半径r如图
r
+r＝a
sinθ
√3
r= a
2+√3v2
evB ＝m
min
r
B mv 2mv
min= = 0
er (2√3-3)ae
3
答：（1）两板的长度L和t＝0时刻进入电子通过电场区电场力所做功W为 mv2
2 0
5√3v √3v T
（2）电子打在y轴上的范围为- 0T至 0 ；
4 4
（3）磁场区磁场的方向及磁场磁感应强度可能最小值B为 2mv 。
0
(2√3-3)ae
8. 如图甲所示，A和B是真空中正对面积很大的平行金属板，位于两平行金属板正中间
的O点有一个可以连续产生粒子的粒子源，AB间的距离为L．现在A、B之间加上电压U
AB
随时间变化的规律如图乙所示，粒子源在交变电压的一个周期内可以均匀产生N个相同粒子，
这种粒子产生后，在电场力作用下由静止开始运动，粒子一旦碰到金属板，它就附在金属板上
不再运动，且电荷量同时消失，不影响A、B板电势．已知粒子质量为m＝5×10﹣10kg，电荷量q＝1×10﹣7C，L＝1.2m，U ＝1.2×103V，T＝1.2×10﹣2s，忽略粒子重力，不考虑粒子之间的相
0
互作用力，求：
（1）t＝0时刻产生的粒子，运动到B极板所经历的时间t ；
0
T
（2）在0～ 时间内，产生的粒子不能到达B板的时间间隔△t；
2
T
（3）在0～ 时间内，产生的粒子能到达B板的粒子数与到达A板的粒子数之比k．
2
L 1
【解答】解：（1）t＝0时刻，粒子由O到B： = at2
2 2 0
U
又因为：E= 0
L
Eq qU
根据牛顿第二定律可得：a= = 0=2.0×105m/s2
m mL
T
解得：t =√6×10﹣3s＜ =6×10﹣3s
0
2
所以：t =√6×10﹣3s
0
（2）刚好不能到达B极板的粒子，先做匀加速运动，达到速度 v 后，做匀减速运动，到达B
m
极板前速度减为0，
设匀加速时间为△t，匀减速时间为△t′，全程时间为t，
则：匀加速的加速度：a＝2.0×105m/s2
匀减速的加速度大小：a′＝4.0×105m/s2
根据运动学规律可得：v ＝a△t＝a′△t′
m
1
得：△t′= △t
2
3
所以：t＝△t+△t′= △t
2
1 1 1 3
根据运动学规律可得： L= v t= a△t• △t
2 2 m 2 2√2L
解得：△t= =2×10﹣3s
3a
（3）设刚好不能到达B极板的粒子，反向加速到A极板的时间为t ′，
0
1 √2L T
根据运动学规律：L= a′t ′2，可得：t ′= =√6×10﹣3s＜（ -△t′）＝5×10﹣3s
2 0 0 a' 2
T
即：在0～ 时间内，△t内返回的粒子都能打到A极板上
2
T
( -△t)
所以粒子数之比：k N 2 2
= B = =
N △t 1
A
答：（1）t＝0时刻产生的粒子，运动到B极板所经历的时间t 为√6×10﹣3s；
0
T
（2）在0～ 时间内，产生的粒子不能到达B板的时间间隔△t为2×10﹣3s；
2
T 2
（3）在0～ 时间内，产生的粒子能到达B板的粒子数与到达A板的粒子数之比k为 ．
2 1
9. A.磁聚焦法是测量电子比荷的常用方法.如图所示，电子连续不断地从热阴极K无初
速度地逸出，在阳极A上有个小孔，当施加电压U 时，电子就能通过小孔进入两极板，极板
0
长为L，宽为d.两极板上施加不大的交变电压u＝U sin t，使得电子在两极板间发生不同程度
1
的偏转，设电子能全部通过极板，且时间极短，而后电ω子进入水平向右的匀强磁场B ，当电子
0
打到屏幕N上会出现一条直线亮斑，两极板与屏幕N的中心O之间的距离为z，电子的电量为
e，质量为m。求：
（1）电子射出两极板时距离中心轴的最大位移y ，竖直方向的最大速度v ；
m ym
（2）当z取值逐渐增加时亮斑的长度在变化，亮斑的最大长度L ，以及此时z的值；
m
（3）取 πmv ，磁场B大小从2B 开始取不同的值时，发现屏幕上亮斑长度也会变化，亮斑
z= 0 0
B e
0
端点的坐标（x，y）与磁场B的关系。【解答】解：（1）电子从热阴极K到阳极A被加速的过程，由动能定理得：
1
mv2=eU
2 0 0
解得： √2eU
v = 0
0 m
当偏转电场的交变电压u＝U 或﹣U 时，电子在其中做类平抛运动的侧移量最大，且离开偏转
1 1
电场时的竖直方向的速度最大，由类平抛运动规律得：
沿水平方向做匀速直线运动，则有：L＝v t，
0
1
沿y轴方向做匀加速直线运动，则有：y = at2
m 2
eE eU
由牛顿第二定律得：a= = 1
m md
联立解得： U L2
y = 1
m 4dU
0
v2 =√2a y
ym m
解得： U L√ e ；
v = 1
ym d 2mU
0
（2）电子射出偏转电场后在水平方向以速度v 做匀速直线运动，在平行于xOy平面上以线速度
0
大小为v （射出偏转电场时的竖直方向的分速度）做匀速圆周运动，其轨迹为沿水平方向的螺
y
旋曲线。
由（1）的解答可得，当交变电压为u时，电子在偏转电场运动的侧移量y和离开偏转电场时的
竖直方向的速度v 分别为： uL2 ； uL√ e
y y= v =
4dU y d 2mU
0 0
对于电子射出偏转电场后的分运动匀速圆周运动，设其运动半径为r，由洛伦兹力提供向心力得：
eB v
＝mv2
0 y y
r
解得： mv uL √ m
r= y =
eB dB 2eU
0 0 0因r 4 √mU 为恒定值，作出电子运动轨迹在xOy平面上投影如图1所示，不同速度对应
= 0
y LB 2e
0
r
的轨迹投影的圆心与原点O的连线与y轴的夹角为 ，则有tan = 为恒定值，即所有电子对应
y
θ θ
的轨迹投影的圆心在同一条线上。当 z取值逐渐增加即屏幕N逐渐右移时，形成的亮斑一直是
一条直线，而直线亮斑与y轴的夹角在变化，当直线亮斑在图1中如PQ位置时，亮斑的长度最
大，且等于PQ的长度。
电子的匀速圆周分运动的最大运动半径为：
mv U L√ m
r = ym= 1
m eB dB 2eU
0 0 0
由图中几何关系可得，亮斑的最大长度为：
，
L =PQ=2PO=2(√r2 + y2 +r )
m m m m
代入整理得：
L m= U 1 L √ L2+ 8mU 0+ 2U 1 L√ m
2dU eB2 dB 2eU
0 0 0 0
电子运动轨迹在xOy平面上投影做顺时针偏转，此时圆周运动轨迹的圆心角满足：
π
＝2n + + ，（n＝0，1，2，3……）
2
α π θ因tan r 4 √mU ，则 ＝acrtan 4 √mU
= = 0 0
y LB 2e LB 2e
θ 0 θ 0
α α 2πm αm
对应的圆周运动时间为：t = ⋅T= ⋅ =
1 2π 2π eB eB
0 0
水平方向做匀速运动，则对应的z值为：
4 √mU
z＝v t √2eU • 4nπ+π+2acrtan 0 ，n＝0，1，2，3……
01= 0 αm LB 2e √2mU
m = 0 0
eB 2B e
0 0
（3）当 πmv 时，电子射出偏转电场到打在屏上所用时间为：
z= 0
B e
0
z πm
t = =
2 v eB
0 0
2πm
电子的匀速圆周分运动的周期为：T=
eB
πm
当B＝2B 时，其周期为T = = t ，即当B＝2B 时，电子运动轨迹在xOy平面上投影恰好为
0 1 eB 2 0
0
一个圆周。
设电子的匀速圆周分运动的加速度为 ，由洛伦兹力提供向心力得：
1
ω
eBω r=mω2r
1 1
Be
解得：ω =
1 m
在偏转电场侧移量最大的电子打在屏上的位置为亮斑的端点，电子的匀速圆周分运动的最大运
动半径为：mv U L√ m
r = ym= 1
m1 eB dB 2eU
0
电子的匀速圆周分运动的轨迹圆心角为：
πB
＝ t =
12 B
0
β ω
B取某值时亮斑的端点如图2中的M、N点，
由几何关系得：
亮斑端点的y轴坐标为：
y＝±（y +r sin ）＝±（ U L2 U L√ m sinπB）
m m1 1 + 1
4dU dB 2eU B
0 0 0
β
亮斑端点的x轴坐标为：
x＝±r （1﹣cos ）＝±U L√ m πB
m1 1 (1-cos )
Bd 2eU B
0 0
β
答：（1）电子射出两极板时距离中心轴的最大位移 y 为 U L2 ，竖直方向的最大速度v 为
m 1 ym
4dU
0
U L√ e ；
1
d 2mU
0
（2）亮斑的最大长度 L m 为 U 1 L √ L2+ 8mU 0+ 2U 1 L√ m ，以及此时 z 的值为
2dU eB2 dB 2eU
0 0 0 0
4 √mU
4nπ+π+2acrtan 0
，n＝0，1，2，3……；
LB 2e √2mU
0 0
2B e
0
（3）亮斑端点的坐标（x，y）与磁场B的关系为：x＝±U L√ m πB ，y＝±（
1 (1-cos )
Bd 2eU B
0 0U L2 U L√ m sin πB）。
1 + 1
4dU dB 2eU B
0 0 0
10. 如图甲所示，某多级直线加速器由横截面相同的金属圆板和 4个金属圆筒依次排列组
成，圆筒的两底面中心开有小孔，其中心轴线在同一直线上，相邻金属圆筒分别接在周期性交
变电压的两端。粒子从圆板中心沿轴线无初速度进入加速器，在间隙中被电场加速（穿过间隙
的时间忽略不计），在圆筒内做匀速直线运动。若粒子在筒内运动时间恰好等于交变电压周期
的一半，这样粒子就能“踏准节奏”在间隙处一直被加速。粒子离开加速器后，从O点垂直直
线边界OP进入匀强磁场区域I，OP距离为a，区域I的PO、PQ两直线边界垂直。区域I的上
边界PQ与匀强磁场区域Ⅱ的下直线边界MN平行，其间距L可调。两区域的匀强磁场方向均
垂直纸面向里，磁感应强度大小 B= 2 √2mU 0 。现有质子（ 1H ）和氘核（ 2H ）两种粒子
1 1
α q
先后通过此加速器加速，加速质子的交变电压如图乙所示，图中 U 、T已知。已知质子的电荷
0
量为q、质量为m，不计一切阻力，忽略磁场的边缘效应。求：
（1）金属圆筒2与金属圆筒4的长度之比l ：l ；
2 4
（2）加速氘核时，交变电压周期仍为T，则需要将图乙中交变电压U 调至多少；加速后，氘核
0
在匀强磁场中做匀速圆周运动的轨道半径多大；
（3）为使上述先后通过此加速器的质子与氘核在匀强磁场Ⅱ中的运动轨迹无交点，两磁场间距
L的取值范围。
【解答】解：（1）设粒子进入第n个圆筒的速度为v ，根据动能定理得：
n1
nqU= mv2
2 n
√2nqU
解得：v =
n
m
由于两粒子在筒中的运动时间相同，则金属圆筒2与金属圆筒4的长度之比：
l v t √2；
2= 2 =
l v t 2
4 4
（2）要让氘核也能“踏准节奏”在间隙处被加速，则需要氘核在每个筒中的速度与质子的相同。
√2nqU
氘核电荷量与质子相同，质量为质子两倍，由v = ，可得：U 要调至2U ；
n 0 0
m
由洛伦兹力提供向心力得：
qv B
v2
4 =m 4
r
对于质子，其v √2×4qU
4= 0
m
已知： 2√2mU
B= 0
a q
代入解得质子的轨道半径：r ＝a
1
氘核质量为质子两倍，v 与质子相同，对比可得氘核的轨道半径：r ＝2a
4 2
（3）氘核离开磁场区域I的速度方向与边界夹角 ＝60°
θ①如图1所示，两轨迹相交于D点：
L＝HC•tan
θ √3
CD＝2r •sin60°＝2×2a× =2√3a
2
2
√3
GH＝r •sin60°＝2a× =√3a
2
2
HC＝CD﹣r ﹣GH=2√3a-a-√3a=√3a-a
1
由以上两式得：L=(3-√3)a
②如图2所示，两轨迹外切：
L＝HC•tan
O
1
G＝r
1
+r
2
＝θ a+2a＝3a
1
O Q＝r •sin30°＝2a× =a
1 2
2√3
GH＝r •sin60°＝2a× =√3a
2
2
GQ
=√O G2-O Q2=√(3a) 2-a2=2√2a
1 1
HC＝CQ+GQ﹣GH=√3a+2√2a-√3a=2√2a
由以上两式得：L=2√6a
综上所述，为使质子与氘核在匀强磁场Ⅱ中的运动轨迹无交点，L 的取值范围为：0≤L
＜(3-√3)a，或者L＞2√6a。
答：（1）金属圆筒2与金属圆筒4的长度之比l ：l 为√2：2；
2 4
（2）需要将图乙中交变电压U 调至2U ；加速后，氘核在匀强磁场中做匀速圆周运动的轨道半
0 0
径为2a；
（3）为使上述先后通过此加速器的质子与氘核在匀强磁场Ⅱ中的运动轨迹无交点，两磁场间距
L的取值范围为：0≤L＜(3-√3)a，或者L＞2√6a。
