磁場邊界問題

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1、(1)模型概述 帶電粒子在有界磁場中的偏轉(zhuǎn)問題一直是高考的熱點，此類模型較為復雜，常見的磁場邊界有單直線邊界、雙直線邊界、矩形邊界和圓形邊界等．因為是有界磁場，則帶電粒子運動的完整圓周往往會被破壞，可能存在最大、最小面積、最長、最短時間等問題． (2)模型分類 Ⅰ.單直線邊界型 當粒子源在磁場中，且可以向紙面內(nèi)各個方向以相同速率發(fā)射同種帶電粒子時以圖8－2－11(甲)中帶負電粒子的運動為例． 圖8－2－11 規(guī)律要點 ①最值相切：當帶電粒子的運動軌跡小于圓周且與邊界相切時(如圖中a點)，切點為帶電粒子不能射出磁場的最值點(或恰能射出磁場的臨界點)． ②最值相交：當帶電粒子的

2、運動軌跡大于或等于圓周時，直徑與邊界相交的點(如圖8－2－11(甲)中的b點)為帶電粒子射出邊界的最遠點(距O最遠)． Ⅱ.雙直線邊界型 當粒子源在一條邊界上向紙面內(nèi)各個方向以相同速率發(fā)射同一種粒子時，以圖8－2－11(乙)中帶負電粒子的運動為例． 規(guī)律要點 ①最值相切：粒子能從另一邊界射出的上、下最遠點對應的軌道分別與兩直線相切．如圖8－2－11(乙)所示． ②對稱性：過粒子源S的垂線為ab的中垂線． 在如圖(乙)中，a、b之間有帶電粒子射出， 可求得ab＝2 最值相切規(guī)律可推廣到矩形區(qū)域磁場中． Ⅲ.圓形邊界 (1)圓形磁場區(qū)域規(guī)律要點 ①相交于圓心：帶電粒子沿指向圓

3、心的方向進入磁場，則出磁場時速度矢量的反向延長線一定過圓心，即兩速度矢量相交于圓心，如圖8－2－12(甲)． ②直徑最?。簬щ娏Ｗ訌闹睆降囊粋€端點射入磁場，則從該直徑的另一端點射出時，磁場區(qū)域面積最小．如圖8－2－12(乙)所示． (2)環(huán)狀磁場區(qū)域規(guī)律要點 ①徑向出入：帶電粒子沿(逆)半徑方向射入磁場，若能返回同一邊界，則一定逆(沿)半徑方向射出磁場． ②最值相切：當帶電粒子的運動軌跡與圓相切時，粒子有最大速度vm而磁場有最小磁感應強度B.如圖8－2－12(丙)． 圖8－2－12 圖8－2－13 【典例】 如8－2－13所示，兩個同心圓，半徑分別為r和2r，在兩圓之間的

4、環(huán)形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B.圓心O處有一放射源，放出粒子的質(zhì)量為m，帶電量為q，假設粒子速度方向都和紙面平行． (1)圖中箭頭表示某一粒子初速度的方向，OA與初速度方向夾角為60，要想使該粒子經(jīng)過磁場第一次通過A點，則初速度的大小是多少？ (2)要使粒子不穿出環(huán)形區(qū)域，則粒子的初速度不能超過多少？ 解析　(1)如圖所示，設粒子在磁場中的軌道半徑為R1，則由幾何關系得 R1＝，又qv1B＝m得v1＝. (2)設粒子軌跡與磁場外邊界相切時，粒子在磁場中的軌道半徑為R2，則由幾何關系有(2r－R2)2＝R22＋r2 可得R2＝，又qv2B＝m，可得v2＝

5、故要使粒子不穿出環(huán)形區(qū)域，粒子的初速度不能超過. 答案　(1)　(2)  圖8－2－14 1．(2011海南卷，10改編)如圖8－2－14所示空間存在方向垂直于紙面向里的勻強磁場，圖中的正方形為其邊界．一細束由兩種粒子組成的粒子流沿垂直于磁場的方向從O點入射．這兩種粒子帶同種電荷，它們的電荷量、質(zhì)量均不同，但其比荷相同，且都包含不同速率的粒子．不計重力，下列說法正確的是(　　)． A．入射速度不同的粒子在磁場中的運動時間一定不同 B．入射速度相同的粒子在磁場中的運動軌跡一定相同 C．在磁場中運動時間相同的粒子，其運動軌跡一定相同 D．在磁場中運動時間越長的粒子，其軌跡

6、所對的圓心角一定越小 解析　帶電粒子進入磁場后，在洛倫茲力的作用下做勻速圓周運動，根據(jù)qvB＝得軌道半徑r＝，粒子的比荷相同．故不同速度的粒子在磁場中運動的軌道半徑不同，軌跡不同，相同速度的粒子，軌道半徑相同，軌跡相同，故B正確．帶電粒子在磁場中做圓周運動的周期T＝＝，故所有帶電粒子的運動周期均相同．若帶電粒子從磁場左邊界射出磁場，則這些粒子在磁場中運動時間是相同的，但不同速度軌跡不同，故A、C錯誤．根據(jù)＝得θ＝t，所以t越長，θ越大，故D錯誤． 答案　B 2．(2011浙江卷，20改編)利用如圖8－2－15所示裝置可以選擇一定速度范圍內(nèi)的帶電粒子．圖中板MN上方是磁感應強度大小為B、方

7、向垂直紙面向里的勻強磁場，板上有兩條寬度分別為2d和d的縫，兩縫近端相距為L.一群質(zhì)量為m、電荷量為q，具有不同速度的粒子從寬度為2d的縫垂直于板MN進入磁場，對于能夠從寬度為d的縫射出的粒子，下列說法正確的是(　　)． 圖8－2－15 A．粒子帶正電 B．射出粒子的最大速度為 C．保持d和L不變，增大B，射出粒子的最大速度與最小速度之差增大 D．保持d和B不變，增大L，射出粒子的最大速度與最小速度之差增大 解析　利用左手定則可判定只有負電荷進入磁場時才向右偏，故選項A錯誤．利用qvB＝知r＝，能射出的粒子滿足≤r≤，因此對應射出粒子的最大速度vmax＝＝，選項B錯誤．最小速度

8、vmin＝－，Δv＝vmax－vmin＝，由此式可判定選項C正確，選項D錯誤． 答案　C 3．(2011廣東卷，35)如圖8－2－16(a)所示，在以O為圓心，內(nèi)外半徑分別為R1和R2的圓環(huán)區(qū)域內(nèi)，存在輻射狀電場和垂直紙面的勻強磁場，內(nèi)外圓間的電勢差U為常量，R1＝R0，R2＝3R0.一電荷量為＋q，質(zhì)量為m的粒子從內(nèi)圓上的A點進入該區(qū)域，不計重力． (1)已知粒子從外圓上以速度v1射出，求粒子在A點的初速度v0的大小． (2)若撤去電場，如圖8－2－16(b)，已知粒子從OA延長線與外圓的交點C以速度v2射出，方向與OA延長線成45角，求磁感應強度的大小及粒子在磁場中運動的時間．

9、(3)在圖8－2－16(b)中，若粒子從A點進入磁場，速度大小為v3，方向不確定，要使粒子一定能夠從外圓射出，磁感應強度應小于多少？ 圖8－2－16 解析　(1)根據(jù)動能定理，qU＝mv12－mv02， 所以v0＝ . (2)如圖所示，設粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R，由幾何知識可知R2＋R2＝(R2－R1)2，解得R＝R0.根據(jù)洛倫茲力公式和牛頓第二定律qv2B＝.解得B＝＝. 根據(jù)公式＝，2πR＝v2T， qv2B＝m，解得t＝＝＝＝. (3)考慮臨界情況，如圖所示 ①qv3B1′＝m，解得B1′＝，② qv3B2′＝m，解得B2′＝，綜合得：B′<.

10、 答案　(1) 　(2)　　(3) 圖8－2－17 4．(2011課標全國卷，25)如圖8－2－17所示，在區(qū)域Ⅰ(0≤x≤d)和區(qū)域Ⅱ(d0)的粒子a于某時刻從y軸上的P點射入?yún)^(qū)域Ⅰ，其速度方向沿x軸正向．已知a在離開區(qū)域Ⅰ時，速度方向與x軸正向的夾角為30；此時，另一質(zhì)量和電荷量均與a相同的粒子b也從P點沿x軸正向射入?yún)^(qū)域Ⅰ，其速度大小是a的.不計重力和兩粒子之間的相互作用力．求： (1)粒子a射入?yún)^(qū)域Ⅰ時速度的大??； (2)當a離開區(qū)域Ⅱ時，a、b兩粒子的

11、y坐標之差． 解析　(1)設粒子a在Ⅰ內(nèi)做勻速圓周運動的圓心為C(在y軸上)．半徑為Ra1，粒子速率為va，運動軌跡與兩磁場區(qū)域邊界的交點為P′，如圖所示．由洛倫茲力公式和牛頓第二定律得 qvaB＝m① 由幾何關系得∠PCP′＝θ② Ra1＝　　③　式中，θ＝30，由①②③式得va＝④ (2)設粒子a在Ⅱ內(nèi)做圓周運動的圓心為Oa，半徑為Ra2，射出點為Pa(圖中未畫出軌跡)，∠P′OaPa＝θ′.由洛倫茲力公式和牛頓第二定律得qva(2B)＝m⑤ 由①⑤式得Ra2＝⑥ C、P′和Oa三點共線，且由⑥式知Oa點必位于x＝d⑦ 的平面上．由對稱性知，Pa點與P′點縱坐標相同

12、，即 yPa＝Ra1cos θ＋h⑧ 式中，h是C點的y坐標． 設b在Ⅰ中運動的軌道半徑為Rb1，由洛倫茲力公式和牛頓第二定律得qB＝2⑨ 當a到達Pa點時，b位于Pb點，轉(zhuǎn)過的角度為α.如果b沒有飛出Ⅰ，則＝⑩ ＝? 式中，t是a在區(qū)域Ⅱ中運動的時間，而Ta2＝? Tb1＝? 由⑤⑨⑩???式得α＝30? 由①③⑨?式可見，b沒有飛出Ⅰ.Pb點的y坐標為 yPb＝Rb1(2＋cos α)＋h ? 由①③⑧⑨??式及題給條件得，a、b兩粒子的y坐標之差為yPa－yPb＝(－2)d? 答案　(1)　(2)(－2)d 第3講　帶電粒子在復合場中的運動

13、 復合場 復合場是指電場、磁場和重力場并存，或其中某兩場并存，或分區(qū)域存在．從場的復合形式上一般可分為如下四種情況： ①相鄰場；②重疊場；③交替場；④交變場. 帶電粒子在復合場中的運動分類 1.靜止或勻速直線運動 當帶電粒子在復合場中所受合外力為零時，將處于靜止狀態(tài)或做勻速直線運動． 2．勻速圓周運動 當帶電粒子所受的重力與電場力大小相等，方向相反時，帶電粒子在洛倫茲力的作用下，在垂直于勻強磁場的平面內(nèi)做勻速圓周運動． 3．較復雜的曲線運動 當帶電粒子所受合外力的大小和方向均變化，且與初速度方向不在同一條直線上，粒子做非勻變速曲線運動，這時粒子運動軌跡既不是圓弧，也不

14、是拋物線． 4．分階段運動 帶電粒子可能依次通過幾個情況不同的復合場區(qū)域，其運動情況隨區(qū)域發(fā)生變化，其運動過程由幾種不同的運動階段組成. 電場磁場同區(qū)域應用實例 裝置 原理圖 規(guī)律 速度選擇器 若qv0B＝Eq，即v0＝，粒子做勻速直線運動 磁流體 發(fā)電機 等離子體射入，受洛倫茲力偏轉(zhuǎn)，使兩極板帶正、負電，兩極電壓為U時穩(wěn)定，q＝qv0B，U＝v0Bd 電磁流量計 q＝qvB　所以v＝所以Q＝vS＝π2 質(zhì)譜儀、回旋加速器《見第2講》 溫馨提示 復合場中重力是否考慮的三種情況 (1)對于微觀粒子，如電子、質(zhì)子、離子等，因為其重力一

15、般情況下與電場力或磁場力相比太小，可以忽略．而對于一些實際物體，如帶電小球、液滴、金屬塊等，一般應考慮其重力． (2)在題目中明確說明的按說明要求是否考慮重力． (3)不能直接判斷是否考慮重力的，在進行受力分析與運動分析時，要由分析結果確定是否考慮重力． 圖8－3－1 1．如圖8－3－1是磁流體發(fā)電機的原理示意圖，金屬板M、N正對著平行放置，且板面垂直于紙面，在兩板之間接有電阻R.在極板間有垂直于紙面向里的勻強磁場．當?shù)入x子束(分別帶有等量正、負電荷的離子束)從左向右進入極板時，下列說法中正確的是(　　)． ①N板的電勢高于M板的電勢?、贛板的電勢高于N板的電勢?、跼

16、中有由b向a方向的電流　④R中有由a向b方向的電流 A．①② B．③④ C．②④ D．①③ 解析　本題考查洛倫茲力的方向的判斷，電流形成的條件等知識點．根據(jù)左手定則可知正電荷向上極板偏轉(zhuǎn)，負電荷向下極板偏轉(zhuǎn)，則M板的電勢高于N板的電勢．M板相當于電源的正板，那么R中有由a向b方向的電流． 答案　C 圖8－3－2 2．如圖8－3－2所示，有一混合正離子束先后通過正交的電場、磁場區(qū)域Ⅰ和勻強磁場區(qū)域Ⅱ，如果這束正離子流在區(qū)域Ⅰ中不偏轉(zhuǎn)，進入?yún)^(qū)域Ⅱ后偏轉(zhuǎn)半徑r相同，則它們一定具有相同的(　　)． A．動能 B．質(zhì)量 C．電荷量 D．比荷 答案　D

17、 圖8－3－3 3．(2012南昌高三調(diào)研)某空間存在水平方向的勻強電場(圖中未畫出)，帶電小球沿如圖8－3－3所示的直線斜向下由A點沿直線向B點運動，此空間同時存在由A指向B的勻強磁場，則下列說法正確的是(　　)． A．小球一定帶正電 B．小球可能做勻速直線運動 C．帶電小球一定做勻加速直線運動 D．運動過程中，小球的機械能減少 解析　本題考查帶電體在復合場中的運動問題．由于重力方向豎直向下，空間存在磁場，且直線運動方向斜向下，與磁場方向相同，故不受磁場力作用，電場力必水平向右，但電場具體方向未知，故不能判斷帶電小球的電性，選項A錯誤；重力和電場力的合力不為零，故不是勻速直線運動

18、，所以選項B錯誤；因為重力與電場力的合力方向與運動方向相同，故小球一定做勻加速運動，選項C正確；運動過程中由于電場力做正功，故機械能增大，選項D錯誤． 答案　C 4．如圖8－3－4所示，在空間中存在垂直紙面向里的勻強磁場，其豎直邊界AB，CD的寬度為d，在邊界AB左側是豎直向下、場強為E的勻強電場．現(xiàn)有質(zhì)量為m、帶電量為＋q的粒子(不計重力)從P點以大小為v0的水平初速度射入電場，隨后與邊界AB成45射入磁場．若粒子能垂直CD邊界飛出磁場，穿過小孔進入如圖所示兩豎直平行金屬板間的勻強電場中減速至零且不碰到正極板． (1)請畫出粒子上述過程中的運動軌跡，并求出粒子進入磁場時的速度大小v；

19、 (2)求勻強磁場的磁感應強度B； (3)求金屬板間的電壓U的最小值． 圖8－3－4 解析　(1)軌跡如圖所示v＝＝v0 (2)粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動 設其軌道半徑R，由幾何關系可知R＝＝d qvB＝m　解得B＝ (3)粒子進入板間電場至速度減為零的過程，由動能定理有－qU＝0－mv2　解得U＝. 答案　(1)軌跡見解析圖　v0　(2)　(3) 考點一　帶電粒子在分離復合場中的運動 “電偏轉(zhuǎn)”和“磁偏轉(zhuǎn)”的比較 垂直進入磁場(磁偏轉(zhuǎn)) 垂直進入電場(電偏轉(zhuǎn)) 情景圖 受力 FB＝qv0B大小不變，方向總指向圓心，方向變化，F(xiàn)B為變力

20、 FE＝qE，F(xiàn)E大小、方向不變，為恒力 運動規(guī)律 勻速圓周運動r＝，T＝ 類平拋運動vx＝v0，vy＝t x＝v0t，y＝t2 續(xù)表 運動 時間 t＝T＝ t＝，具有等時性 動能 不變 變化 【典例1】 在豎直平面內(nèi)， 圖8－3－5 以虛線為界分布著如圖8－3－5所示的勻強電場和勻強磁場，其中勻強電場的方向豎直向下，大小為E；勻強磁場的方向垂直紙面向里，磁感應強度大小為B.虛線與水平線之間的夾角為θ＝45，一個帶負電荷的粒子在O點以速度v0水平射入勻強磁場，已知帶電粒子所帶的電荷量為q，質(zhì)量為m(重力忽略不計，電場、磁場區(qū)域足夠大)．求：

21、(1)帶電粒子第1次通過虛線時距O點的距離； (2)帶電粒子從O點開始到第3次通過虛線時所經(jīng)歷的時間； (3)帶電粒子第4次通過虛線時距O點的距離． 解析　帶電粒子運動的軌跡如圖所示 (1)據(jù)qv0B＝m得r＝，又由幾何知識可知：d1＝r，解得d1＝. (2)在磁場中運動時間為t1＝＝ 在電場中a＝ 運動時間為t2＝＝ 再一次在磁場中運動t3＝， 所以總時間t＝＋. (3)再次進入電場中從C到D做類平拋運動(如圖所示) x＝v0t4，y＝，x＝y(tǒng)， 得x＝ 所以距O點距離為Δd＝2d1－x＝－. 答案　(1)　(2)＋　(3)－ ——解決帶電粒子在分離復合場中

22、運動問題的思路方法 【變式1】 在如圖8－3－6所示的空 圖8－3－6 間坐標系中，y軸的左側有一勻強電場，場強大小為E，場強方向與y軸負方向成30，y軸的右側有一垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B(未畫出)．現(xiàn)有一質(zhì)子在x軸上坐標為x0＝10 cm處的A點，以一定的初速度v0第一次沿x軸正方向射入磁場，第二次沿x軸負方向射入磁場，回旋后都垂直于電場方向射入電場，最后又進入磁場．求： (1)質(zhì)子在勻強磁場中的軌跡半徑R； (2)質(zhì)子兩次在磁場中運動時間之比； (3)若第一次射入磁場的質(zhì)子經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后，恰好從第二次射入磁場的質(zhì)子進入電場的位置再次進入磁場，試求初速度v

23、0和電場強度E、磁感應強度B之間需要滿足的條件． 解析　(1)質(zhì)子兩次運動的軌跡如圖所示，由幾何關系可知x0＝Rsin 30 解得R＝2x0＝20 cm. (2)第一次射入磁場的質(zhì)子，軌跡對應的圓心角為θ1＝210 第二次射入磁場的質(zhì)子，軌跡對應的圓心角為θ2＝30 故質(zhì)子兩次在磁場中運動時間之比為t1∶t2＝θ1∶θ2＝7∶1. (3)質(zhì)子在磁場中做勻速圓周運動時， 由ev0B＝m得R＝ 設第一次射入磁場的質(zhì)子，從y軸上的P點進入電場做類平拋運動，從y軸上的Q點進入磁場，由幾何關系得，質(zhì)子沿y軸的位移為Δy＝2R 質(zhì)子的加速度a＝ 沿電場方向Δycos 30＝at2

24、 垂直電場方向Δysin 30＝v0t 解得v0＝. 答案　(1)20 cm　(2)7∶1　(3)v0＝ 考點二　帶電粒子在疊加復合場中的運動 帶電粒子(體)在復合場中的運動問題求解要點 (1)受力分析是基礎．在受力分析時是否考慮重力必須注意題目條件． (2)運動過程分析是關鍵．在運動過程分析中應注意物體做直線運動，曲線運動及圓周運動、類平拋運動的條件． (3)構建物理模型是難點．根據(jù)不同的運動過程及物理模型選擇合適的物理規(guī)律列方程求解． 【典例2】 如圖8－3－7所示，與水平面成37的傾斜軌道AC，其延長線在D點與半圓軌道DF相切，全部軌道為絕緣材料制成且位于豎直面內(nèi)，整

25、個空間存在水平向左的勻強電場，MN的右側存在垂直紙面向里的勻強磁場(C點處于MN邊界上)．一質(zhì)量為0.4 kg的帶電小球沿軌道AC下滑，至C點時速度為vC＝ m/s，接著沿直線CD運動到D處進入半圓軌道，進入時無動能損失，且恰好能通過F點，在F點速度vF＝4 m/s(不計空氣阻力，g＝10 m/s2，cos 37＝0.8)．求： 圖8－3－7 (1)小球帶何種電荷？ (2)小球在半圓軌道部分克服摩擦力所做的功； (3)小球從F點飛出時磁場同時消失，小球離開F點后的運動軌跡與直線AC(或延長線)的交點為(G點未標出)，求G點到D點的距離． 解析　(1)正電荷 (2)依題意可知小球

26、在CD間做勻速直線運動 在D點速度為vD＝vC＝m/s 在CD段受重力、電場力、洛倫茲力且合力為0，設重力與電場力的合力為F＝qvCB 又F＝＝5 N　解得qB＝＝ 在F處由牛頓第二定律可得qvFB＋F＝ 把qB＝代入得R＝1 m 小球在DF段克服摩擦力做功Wf，由動能定理可得 －Wf－2FR＝ Wf＝27.6 J (3)小球離開F點后做類平拋運動，其加速度為a＝ 由2R＝得t＝ ＝ s 交點G與D點的距離GD＝vFt＝1.6 m＝2.26 m. 答案　見解析 【變式2】 (2011廣東六校聯(lián)合體聯(lián)考) 圖8－3－8 如圖8－3－8所示，豎直平面內(nèi)有相互

27、垂直的勻強電場和勻強磁場，電場強度E1＝2 500 N/C，方向豎直向上；磁感應強度B＝103 T，方向垂直紙面向外；有一質(zhì)量m＝110－2kg、電荷量q＝410－5C的帶正電小球自O點沿與水平線成45角以v0＝4 m/s的速度射入復合場中，之后小球恰好從P點進入電場強度E2＝2 500 N/C，方向水平向左的第二個勻強電場中．不計空氣阻力，g取10 m/s2.求： (1)O點到P點的距離s1； (2)帶電小球經(jīng)過P點的正下方Q點時與P點的距離s2. 解析　(1)帶電小球在正交的勻強電場和勻強磁場中受到的重力G＝mg＝0.1 N 電場力F1＝qE1＝0.1 N 即G＝F1，故

28、帶電小球在正交的電磁場中由O到P做勻速圓周運動 根據(jù)牛頓第二定律得qv0B＝m 解得：R＝＝m＝1 m 由幾何關系得：s1＝R＝ m. (2)帶電小球在P點的速度大小仍為v0＝4 m/s，方向與水平方向成45.由于電場力F2＝qE2＝0.1 N，與重力大小相等，方向相互垂直，則合力的大小為F＝ N，方向與初速度方向垂直，故帶電小球在第二個電場中做類平拋運動 建立如圖所示的x、y坐標系，沿y軸方向上，帶電小球的加速度a＝＝10m/s2，位移y＝at2 沿x軸方向上，帶電小球的位移x＝v0t 由幾何關系有：y＝x　即：at2＝v0t，解得：t＝ s Q點到P點的距離s2＝x＝4 m

29、＝3.2 m. 答案　(1) m　(2)3.2 m 　　　11.帶電粒子“在復合場中運動的軌跡”模型 (1)模型概述 當帶電粒子沿不同方向進入電場或磁場時，粒子做各種各樣的運動，形成了異彩紛呈的軌跡圖形．對帶電粒子而言“受力決定運動，運動描繪軌跡，軌跡涵蓋方程”．究竟如何構建軌跡模型，至關重要．首先應根據(jù)電場力和洛倫茲力的性質(zhì)找出帶電粒子所受到的合力，再由物體做曲線運動的條件確定曲線形式． (2)模型分類 ①“拱橋”型 圖8－3－9 【典例1】 如圖8－3－9所示，在x軸上方有垂直于xOy平面的勻強磁場，磁感應強度為B，在x軸下方有沿y軸負方向的勻強電場，場

30、強為E，一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子從坐標原點O沿著y軸正方向射出，射出之后，第三次到達x軸時，它與O點的距離為L，求此時粒子射出時的速度和運動的總路程(重力不計)． 解析　畫出粒子運動軌跡如圖所示，形成“拱橋”圖形．由題可知粒子軌道半徑R＝.由牛頓運動定律知粒子運動速率為v＝＝ 設粒子進入電場后沿y軸負方向做減速運動的最大路程為y，由動能定理知mv2＝qEy，得y＝ 所以粒子運動的總路程為x＝＋πL. ②“心連心”型 圖8－3－10 【典例2】 如圖8－3－10所示，一理想磁場以x軸為界，下方磁場的磁感應強度是上方磁感應強度B的兩倍．今有一質(zhì)量為m

31、、電荷量為＋q的粒子，從原點O沿y軸正方向以速度v0射入磁場中，求此粒子從開始進入磁場到第四次通過x軸的位置和時間(重力不計)． 解析　由r＝知粒子在x軸上方做圓周運動的軌道半徑r1＝，在x軸下方做圓周運動的軌道半徑r2＝，所以r1＝2r2 現(xiàn)作出帶電粒子的運動的軌跡如圖所示，形成“心連心”圖形，所以粒子第四次經(jīng)過x軸的位置和時間分別為x＝2r1＝ t＝T1＋T2＝＋＝ ③“葡萄串”型 【典例3】 如圖8－3－11甲所示 ，互相平行且水平放置的金屬板，板長L＝1.2 m，兩板距離d＝0.6 m，兩板間加上U＝0.12 V恒定電壓及隨時間變化的磁場，磁場變化規(guī)律如圖8－3－11

32、乙所示，規(guī)定磁場方向垂直紙面向里為正．當t＝0時，有一質(zhì)量為m＝2.010－6kg、電荷量q＝＋1.010－4C的粒子從極板左側以v0＝4.0103m/s沿與兩板平行的中線OO′射入，取g＝10 m/s2、π＝3.14.求： 圖8－3－11 (1)粒子在0～1.010－4s內(nèi)位移的大小x； (2)粒子離開中線OO′的最大距離h； (3)粒子在板間運動的時間t； (4)畫出粒子在板間運動的軌跡圖． 解析　(1)由題意知：Eq＝q＝2.010－5N① 而mg＝2.010－5N② 顯然Eq＝mg③ 故粒子在0～1.010－4s時間內(nèi)做勻速直線運動， 因為Δt＝1.010－4s

33、， 所以x＝v0Δt＝0.4 m④ (2)在1.010－4～2.010－4s時間內(nèi)， 電場力與重力平衡，粒子做勻速圓周運動， 因為T＝＝1.010－4s⑤ 故粒子在1.010－4～2.010－4s時間內(nèi)恰好完成一個周期圓周運動⑥ 由牛頓第二定律得：qv0B＝⑦ R＝＝0.064 m⑧ h＝2R＝0.128 m<. 所以粒子離開中線OO′的最大距離 h＝0.128 m．⑨ (3)板長L＝1.2 m＝3 x⑩ t＝2T＋3Δt＝5.010－4s? (4)軌跡如圖 ? 圖8－3－12 1．(2011大綱全國卷，25)如圖8－3－12所示，與水平面成45

34、角的平面MN將空間分成Ⅰ和Ⅱ兩個區(qū)域．一質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的粒子以速度v0從平面MN上的P0點水平向右射入Ⅰ區(qū)．粒子在Ⅰ區(qū)運動時，只受到大小不變、方向豎直向下的電場作用，電場強度大小為E；在Ⅱ區(qū)運動時，只受到勻強磁場的作用，磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面向里．求粒子首次從Ⅱ區(qū)離開時到出發(fā)點P0的距離．粒子的重力可以忽略． 解析　帶電粒子進入電場后， 在電場力的作用下做類平拋運動， 其加速度方向豎直向下，設其大小為a， 由牛頓運動定律得qE＝ma① 設經(jīng)過時間t0粒子從平面MN上的點P1進入磁場，由運動學公式和幾何關系得 v0t0＝at02② 粒子速度大小v1＝③

35、 設速度方向與豎直方向的夾角為α，則 tan α＝④ 此時粒子到出發(fā)點P0的距離為 s0＝v0t0⑤ 此后，粒子進入磁場，在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，圓周半徑為 r1＝⑥ 設粒子首次離開磁場的點為P2，弧所對的圓心角為2β，則點P1到點P2的距離為 s1＝2r1sin β⑦ 由幾何關系得 α＋β＝45⑧ 聯(lián)立①②③④⑥⑦⑧式得 s1＝⑨ 點P2與點P0相距l(xiāng)＝s0＋s1⑩ 聯(lián)系①②⑤⑨⑩解得 l＝? 答案　 圖8－3－13 2．(2011安徽卷，23)如圖8－3－13所示，在以坐標原點O為圓心、半徑為R的半圓形區(qū)域內(nèi)，有相互垂直的勻強電場和勻強

36、磁場，磁感應強度為B，磁場方向垂直于xOy平面向里．一帶正電的粒子(不計重力)從O點沿y軸正方向以某一速度射入，帶電粒子恰好做勻速直線運動，經(jīng)t0時間從P點射出． (1)求電場強度的大小和方向； (2)若僅撤去磁場，帶電粒子仍從O點以相同的速度射入，經(jīng)時間恰從半圓形區(qū)域的邊界射出．求粒子運動加速度的大??； (3)若僅撤去電場，帶電粒子仍從O點射入，但速度為原來的4倍，求粒子在磁場中運動的時間． 解析　(1)因為帶電粒子進入復合場后做勻速直線運動，則qv0B＝qE① R＝v0t0② 由①②聯(lián)立解得E＝，方向沿x軸正方向． (2)若僅撤去磁場，帶電粒子在電場中做類平拋運動，沿y軸

37、正方向做勻速直線運動y＝v0＝③ 沿x軸正方向做勻加速直線運動x＝at2④ 由幾何關系知x＝ ＝R⑤ 解得a＝ (3)僅有磁場時，入射速度v′＝4v，帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，設軌道半徑為r， 由牛頓第二定律有qv′B＝m⑥ 又qE＝ma⑦ 可得r＝⑧ 由幾何知識sin α＝⑨ 即sin α＝，α＝⑩ 帶電粒子在磁場中運動周期T＝ 則帶電粒子在磁場中運動時間t′＝T，所以t′＝t0. 答案　見解析 3．(2011重慶卷，25)某儀器用電場和磁場來控制電子在材料表面上方的運動．如圖8－3－14所示，材料表面上方矩形區(qū)域PP′N′N充滿豎直向下的勻強電場，寬

38、為d；矩形區(qū)域NN′M′M充滿垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B，長為3s，寬為s；NN′為磁場與電場之間的薄隔離層．一個電荷量為e、質(zhì)量為m、初速為零的電子，從P點開始被電場加速經(jīng)隔離層垂直進入磁場，電子每次穿越隔離層，運動方向不變，其動能損失是每次穿越前動能的10%，最后電子僅能從磁場邊界M′N′飛出．不計電子所受重力． 圖8－3－14 (1)求電子第二次與第一次圓周運動半徑之比． (2)求電場強度的取值范圍． (3)A是M′N′的中點，若要使電子在A、M′間垂直于AM′飛出，求電子在磁場區(qū)域中運動的時間． 解析　(1)設圓周運動的半徑分別為R1、R2、…Rn、Rn＋1…

39、，第一和第二次圓周運動速率分別為v1和v2，動能分別為Ek1和Ek2. 由：Ek2＝0.81Ek1，R1＝，R2＝，Ek1＝mv12，Ek2＝mv22，得R2∶R1＝0.9. (2)設電場強度為E，第一次到達隔離層前的速率為v′. 由eEd＝mv′2,0.9mv′2＝mv12，R1≤s 得E≤，又由：Rn＝0.9n－1R1， 2R1(1＋0.9＋0.92＋…＋0.9n＋…)>3s 得E>，故