電學部分
31、如圖28-1所示，x軸上方有勻強磁場b，下方有勻強電場e。電量為q、質量為m、重力不計的粒子y軸上。x軸上有一點n(l.0)，要使粒子在y軸上由靜止釋放而能到達n點，問：
（1）粒子應帶何種電荷?
（2）釋放點m應滿足什麼條件?
（3）粒子從m點運動到n點經歷多長的時間?
分析與解：(1) 粒子由靜止釋放一定要先受電場力作用 (磁場對靜止電荷沒有作用力)，所以 m點要在-y軸上。要進入磁場必先向上運動，靜上的電荷要向上運動必須受到向上的電場力作用，而場強 e方向是向下的，所以粒子帶負電。
(2)粒子在m點受向上電場力，從靜止出發做勻加速運動。在 o點進入勻強磁場後，只受洛侖茲力(方向沿+x軸)做勻速周圍運動，經半個週期，回到x軸上的p點，進入勻強電場，在電場力作用下做勻減速直線運動直到速度為零。然後再向上做勻加速運動，在x軸上p點進入勻強磁場，做勻速圓運動，經半個週期回到x軸上的q點，進入勻強電場，再在電場力作用下做勻減速運動直到速度為零。
此後，粒子重複上述運動直到 x軸上的n點，運動軌跡如圖28-2所示。
設釋放點m的座標為(0.-yo)，在電場中由靜止加速，則：qeyo=mv2 [1]
在勻強磁場中粒子以速率v做勻速圓周運動，有：qbv=m [2]
設n為粒子做勻速圓周運動的次數(正整數)則：l=n2r，所以r= [3]
解[1][2][3]式得：v=，所以yo= (式中n為正整數)
(3)粒子由m運動到n在電場中的加速運動和減速運動的次數為(2n-1)次，
每次加速或減速的時間都相等，設為t1，則：yo=at12=qet12/m
所以t1=
粒子在磁場中做勻速圓周運動的半週期為t2，共n次，t2=
粒子從m點運動到n點共經歷的時間為：
t=(2n-1)t1+nt2= (n=1、2、3……)
32、平行金屬，板長1.4公尺，兩板相距30厘公尺，兩板間勻強磁場的b為1.3×10-3特斯拉，兩板間所加電壓隨時間變化關係如29-1圖所示。
當t=0時，有乙個a粒子從左側兩板**以v=4×103公尺/秒的速度垂直於磁場方向射入，如29-2圖所示。不計a粒子的重力，求：該粒子能否穿過金屬板間區域?
若不能，打在何處?若能，則需多長時間? (已知a粒子電量q=3.
2×10-19庫，質量m=6.64×10-27千克)
分析與解：在t=0到t=1×10-4秒時間內，兩板間加有電壓，a粒子受到電場力和洛侖茲力分別為：f=qu/d=q×1.56/0.3=5.2q 方向豎直向下
f=qbv=q×1.3×10-3×4×103=5.2q 方向豎直向上
因f=f，故做勻速直線運動，其位移為：△s=v△t=4×103×1×10-4=0.4公尺
在t=1×10-4秒到t=2×10-4秒時間內，兩板間無電場，a粒子在洛侖茲力作用下做勻速圓周運動，其軌跡半徑為：
r=mv/qb=(6.64×10-27×4×103)/(3.2×10-19×1.3×10-3)=6.37×10-2公尺＜d/4
所以粒子不會與金屬板相碰。面a粒子做勻速圓周運動的週期為：
t=2πm/qb=(2×3.14×6.64×10-27)/(3.2×10-19×1.3×10-3)=1.0×10-4秒
則在不加電壓的時間內，a粒子恰好能在磁場中運動一周。當兩板間又加上第2個週期和第3個週期的電壓時，a粒子將重複上述的運動。故經13/4週期飛出板外(t=6.
5×10-4秒)其運動軌跡如29-3圖所示。
33、如圖30-1所示，虛線上方有場強為e的勻強電場，方向豎直向下，虛線上下有磁感強度相同的勻強磁場，方向垂直紙面向外。ab是一根長l的絕緣細桿，沿電場線放置在虛線上方的場中，b端在虛線上。將一套在杆上的舉正電小球從a端由靜止釋放後，小球先是加速運動，後是勻速運動則達b端。
已知小球與絕緣桿間的動因摩擦數μ=0.3，小球的重力可忽略不計。當小球脫離杆進入虛線下方後，運動軌跡是半圓，圓半徑為l/3。
求：帶電小球以 a到b運動過程中克服摩擦力做的功與電場力所做功的比值。
分析與解：(1)帶電小球在沿杆向下運動時，其受力情況如30-2圖示。
水平方向：f洛=n=qbv [1]
豎直方向：qe=f [2] (勻速運動時)
又因f=μn [3]，聯立解[1][2][3]式得：qe=f=μqbvb
小球在磁場中作勻速圓周運動：qbvb=mvb2/r=3mvb2/l，所以vb=qbl/3m
小球從a到b運動過程中，由動能定理：w電-wf=mvb2
w電=qel=μqbvbl=0.3×qbl(qbl/3m)=q2b2l2/10m
所以，wf=w電-mvb2=q2b2l2/10m-(m/2)(q2b2l2/9m2)=2q2b2l2/45m
所以，wf/w電=(2q2b2l2/45m)/(q2b2l2/10m)=4/9。
34、如圖31-1所示，從陰極k射出的電子經u0=5000v的電勢差加速後，沿平行於板麵的方向從**射入兩塊長l1=10cm，間距d=4cm的平行金屬板ab之間。在離金屬板邊緣l2=75cm處放置乙個直徑d=20cm，帶有記錄紙的圓筒。整個裝置放在真空內，電子發射的初速度不計。
(1)若在金屬板上加以u1=1000v的直流電壓(a板電勢高)後，為使電子沿入射方向作勻速直線運動到達圓筒，應加怎樣的磁場(大小和方向)；
(2)若在兩金屬板上加以u2=1000cos2πtv的交流電壓，並使圓筒繞中心軸按圖示方向以n=2轉/秒勻速轉動。試確定電子在記錄紙上的軌跡形狀，並畫出1秒鐘內所記錄到的圖形。
分析與解：偏轉極板上加恆定電壓 u後，電子在電場中受到恆定的電場力作用，故所加的磁場方向只要使運動電子所受到的洛侖茲力與電場力等大反向即可。偏轉極板上加上正弦交流電後，板間電場變為交變電場，電子在板間的運動是水平方向作勻速直線運動，豎直方向作簡諧運動。
偏出極板後作勻速直線運動，電子到達圓筒後，在筒上留下的痕跡是電子在豎直方向的「掃瞄」和圓筒勻速轉動的合運動。
據動能定理：eu0=mv02，得電子加速後的入射速度為：
v0= =4.2×107m/s
(1)加直流電壓時，a、b兩板間場強：
e1=u1/d=1000/(4×10-2)=2.5×104v/m
為使電子作勻速直線運動，應使電子所受電場力與洛侖茲力平衡，即：qe1=qbv0，
得：b=e1/v0=(2.5×104)/(4.2×107)=6×10-4t
方向為垂直於紙面向裡。
(2)加上交流電壓時，a、b兩板間場強為：
e2=u2/d=1000cos2πt/(4×10-2)=2.5×104cos2πt v/m
電子飛離金屬板時的偏距為：y1=at12= (ee2/m)(l1/v0)2
電子飛離金屬板時的豎直速度為：vy=at1=(ee2/m)(l1/v0)
從飛離板到到達筒的偏距：y2=vyt2=(ee2/m)(l1/v0)(l2/v0)=(ee2l1l2)/(mv02)
所以在紙筒上的落點對入射方向的總偏距為：(如圖31-2所示)
y=y1+y2=(l1/2+l2)(ee2l1/mv02)=(l1/2+l2)(l1u2/2u0d)
=(10/2+75)×10-2×(10×1000cos2πt)/(2×5000×4)=0.20cos2πt m
可見，在記錄紙上的點以振幅0.20m，週期t==1秒而作簡諧運動。因圓筒每秒轉2周(半秒轉1周)，故在1秒內，紙上的圖形如圖31-3所示。
35、如圖32-1所示，兩根互相平行、間距d=0.4公尺的金屬導軌，水平放置於勻強磁場中，磁感應強度b=0.2t，磁場垂直於導軌平面，金屬滑桿ab、cd所受摩擦力均為f=0.
2n。兩根杆電阻均為r=0.1ω，導軌電阻不計，當ab杆受力f=0.
4n的恒力作用時，ab桿以v1做勻速直線運動，cd桿以v2做勻速直線運動，求速度差(v1－ v2)等於多少？
分析與解：在電磁感應現象中，若回中的感應電動勢是由導體做切割磁感線運動而產生的，則通常用ε=blvsinθ來求ε較方便，但有時迴路中的電動勢是由幾根棒同時做切割磁感線運動產生的，如果先求出每根導體棒各自的電動勢，再求迴路的總電動勢，有時就會涉及「反電動勢」而超綱。如果取整個迴路為研究物件，直接將法拉第電磁感應定律ε=用於整個回路上，即可「一次性」求得迴路的總電動勢，避開超綱總而化綱外為綱內。
cd棒勻速向右運動時，所受摩擦力f方向水平向左，則安培力fcd方向水平向右，由左手定則可得電流方向從c到d，且有：
fcd = idb = f
i取整個迴路abcd為研究物件，設迴路的總電勢為ε，由法拉第電磁感應定律ε=，根據b不變，則△φ=b△s，在△t時間內，
△φ=b(v1－v2)△td
所以：ε=b(v1－v2)△td/△t=b(v1－v2)d
又根據閉合電路歐母定律有：i=ε/2r
由式①②③得：v1－v2 = 2fr / b2d2
代入資料解得：v1－v2 =6.25（m/s）
高中物理電學經典例題彙編
電學部分 31 如圖28 1所示，x軸上方有勻強磁場b，下方有勻強電場e。電量為q 質量為m 重力不計的粒子y軸上。x軸上有一點n l.0 要使粒子在y軸上由靜止釋放而能到達n點，問 1 粒子應帶何種電荷?2 釋放點m應滿足什麼條件?3 粒子從m點運動到n點經歷多長的時間?分析與解 1 粒子由靜止釋...
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