10.3帶電粒子在復(fù)合場中的運動

必備知識清單

一'電場與磁場的組合

1.組合場中的兩種典型偏轉(zhuǎn).

\垂直電場線進(jìn)入勻強(qiáng)電場（不計重垂直磁感線進(jìn)入勻強(qiáng)磁場（不計重

力）力）

受力電場力FE=qE,其大小、方向不洛倫茲力Fn=qvB,其大小不

情況變，與速度。無關(guān)，碎是恒力變，方向隨。而改變，出是變力

軌跡拋物線圓或圓的一部分

運動?i,??

Ww二N二__?

軌跡

0

mv

利用類平拋運動的規(guī)律求解：半徑：r=—

qB

"=。，X=Vot

02兀勿

求解qEqE周期：T=—

2qB

vy=—t,y=——t

方法m2m偏移距離歹和偏轉(zhuǎn)角（p要結(jié)合圓

、vyqEt

偏轉(zhuǎn)角8：tan9=—=--的幾何關(guān)系，利用圓周運動規(guī)律

vxmvO

討論求解

運動X(P(pm

t=-/——T=—

時間vO2兀qB

動能變化不變

2.常見模型

（1）從電場進(jìn)入磁場

電場中：加速直線運動

磁場中：勻速圓周運動

電場中：類平拋運動

U

磁場中：勻速圓周運動

(2)從磁場進(jìn)入電場

磁場中：勻速圓周運動

????JV

~r

U

電場中：勻變速直線運動(0與￡同向或反向)

/

磁場中：勻速圓周運動/

/E

????/

U

K

電場中：類平拋運動(。與E垂直)

二'帶電粒子在疊加場中的運動

1.帶電粒子在包含勻強(qiáng)磁場的疊加場中無約束情況下運動的幾種常見形式

受力特點運動性質(zhì)方法規(guī)律

其他場力的合力與洛倫茲

勻速直線運動平衡條件

力等大反向

除洛倫茲力外，其他力的牛頓第二定律、圓周運

勻速圓周運動

合力為零動的規(guī)律

除洛倫茲力外，其他力的

動能定理、能量守恒定

合力既不為零，也不與洛較復(fù)雜的曲線運動

律

倫茲力等大反向

2.帶電粒子在疊加場中有約束情況下的運動

帶電粒子在疊加場中受輕桿、輕繩、圓環(huán)、軌道約束的情況下，常見的運動形

式有直線運動和圓周運動，分析時應(yīng)注意：

(1)分析帶電粒子所受各力，尤其是洛倫茲力的變化情況，分階段明確物體的運

動情況。

(2)根據(jù)物體各階段的運動特點，選擇合適的規(guī)律求解。

①勻速直線運動階段：應(yīng)用平衡條件求解。.

②勻加速直線運動階段：應(yīng)用牛頓第二定律結(jié)合運動學(xué)公式求解。

③變加速直線運動階段：應(yīng)用動能定理、能量守恒定律求解。

命題點精析（一）磁場與磁場的組合

典型例題

【例1】（多選）如圖所示，直線A/N與水平方向成60。角，的右上方存在垂直

于紙面向外的勻強(qiáng)磁場，左下方存在垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場，兩磁場的磁

感應(yīng)強(qiáng)度大小均為以一粒子源位于上的。點，能水平向右發(fā)射不同速

率、質(zhì)量為制重力不計）、電荷量為式4>0）的同種粒子，所有粒子均能通過

上的b點，已知ab=L9則粒子的速度可能是（）

&BL小qBL

A.-----B.——

6m3m

小qBL小qBL

D.-----

2mm

【答案】AB

【解析】由題意可知粒子可能的運動故跡如圖所示，所有圓弧的圓心角均為

小L,

120°,所以粒子一運動的半徑為尸=---（/?=1,2,3,…），由:各倫茲力提供向心

3n

v2qBr小qBL1

力得qvB=m—，則o=---=-------(〃=1,2,3,…)，所以A、B正確。.

rm3mn

M、...........

X''、

xX*心：

XXXX臉.

N,

【練1】如圖所示，在。xy平面的第一象限內(nèi)存在方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為8的

勻強(qiáng)磁場。一帶電粒子從y軸上的M點射入磁場，速度方向與y軸正方向的夾角

6=45°。粒子經(jīng)過磁場偏轉(zhuǎn)后在N點（圖中未畫出）垂直穿過x軸。已知

粒子電荷量為q,質(zhì)量為m,重力不計。則（）

八y

XX

XX

XX

XX

qBa

A.粒子帶負(fù)電荷B.粒子速度大小為加.

C.粒子在磁場中運動的軌道半徑為aD.N與。點相距（、歷+1）。

【答案】AD

【解析】

A.粒子向下偏轉(zhuǎn)，根據(jù)左手定則判斷洛倫茲力，可知粒子帶負(fù)電，A正確;

BC.粒子運動的軌跡如圖

由于速度方向與y軸正方向的夾角°=45°,根據(jù)幾何關(guān)系可知.

AOMOy=ZOO.M=45°OM=OO}=a

則粒子運動的軌道半徑為

r—0[M=\[la

洛倫茲力提供向心力

V

qvB=m—

r

解得.

yjlqBa

BC錯誤;

D.N與。點的距離為

NO=OOi+r=(g+T)a

D正確。

故選ADo

【練2】真空中有一勻強(qiáng)磁場，磁場邊界為兩個半徑分別為a和3a的同軸圓柱面，磁場的方

向與圓柱軸線平行，其橫截面如圖所示。一速率為v的電子從圓心沿半徑方向進(jìn)入磁

場。已知電子質(zhì)量為m,電荷量為e,忽略重力。為使該電子的運動被限制在圖中實線

圓圍成的區(qū)域內(nèi)，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度最小為（）

XxxxX

/xx_xx\

XX:"]'、'、、Xx\

X

3mv機(jī)v,imv3mM

A.2aeB.AEC.4aeQSae

【答案】C

【解析】

電子在磁場中做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力

則磁感應(yīng)強(qiáng)度與圓周運動軌跡關(guān)系為

er

即運動軌跡半徑越大，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度越小。令電子運動軌跡最大的半徑為小X,為

了使電子的運動被限制在圖中實線圓圍成的區(qū)域內(nèi)，其最大半徑的運動軌跡與實線圓相

切，如圖所示.

A點為電子做圓周運動的圓心，電子從圓心沿半徑方向進(jìn)入磁場，由左手定則可得,

LOB,A48O為直角三角形，則由幾何關(guān)系可得

（3"%ax）2=/+a2

\max/max

解得

4

々ax—a

3

解得磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度最小值

mv3/nv

故選Co.

命題點精析(二)帶電粒子在電場和磁場中的運動

【例2】如圖所示的空間中有一直角坐標(biāo)系Oxy,第一象限內(nèi)存在豎直向下的勻強(qiáng)

電場，第四象限x軸下方存在沿x軸方向足夠長，寬度d=(5+5/)m的勻強(qiáng)

磁場，磁場方向垂直于紙面向外，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小8=0.4T,一帶正電粒子質(zhì)

量加=3.2義10-4kg、所帶電荷量q=0.16C,從y軸上的P點以。0=1.0X103

m/s的速度水平射入電場，再從x軸上的。點進(jìn)入磁場，已知。尸=9m,粒子

進(jìn)入磁場時

其速度方向與x軸正方向夾角。=60。，不計粒子重力，求:

(1)0。的距離;

(2)粒子在磁場中運動的半徑;

(3)粒子在磁場中運動的時間。(兀值近似取3)

【答案】(1)附m(2)10m(3)7.5X10-3s

【解析】(1)由于粒子進(jìn)入磁場時其速度方向與x軸正方向夾角9=60。，設(shè)粒子

在Q點豎直向下的分速度為%,

vy

根據(jù)運動的合成與分解可得：tan。=一，

所以4,=\尻0，.

設(shè)粒子從尸點運動到Q點的時間為/,

水平方向上根據(jù)勻速直線運動可得：vQt=sOQ，

1

豎直方向上根據(jù)位移時間關(guān)系：9yt=hp(),

聯(lián)立解得：S0°=附m;

(2)設(shè)粒子進(jìn)入磁場的速度為。，由幾何關(guān)系可得:

vQ

V=-------=2u>

cos00

粒子在磁場中運動時，洛倫茲力充當(dāng)向心力，有:

v2

qvB=m-9.

解得R=10m;

(3)設(shè)粒子在磁場中運動的圓心為0,由幾何關(guān)系可得:

?=60°,尸30。

可得粒子在磁場中轉(zhuǎn)過的圓心角9=90。，

2TIR

由周期公式T=—可得粒子在磁場中運動的時間

v

(P12nR

t'=——T=-X——=7.5義10―3So

36004v

【練3】平面直角坐標(biāo)系xOy中，第I象限存在垂直于平面向里的勻強(qiáng)磁場，第HI現(xiàn)象存在沿

y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，如圖所示.一帶負(fù)電的粒子從電場中的Q點以速度々沿x軸正方向

開始運動，Q點到y(tǒng)軸的距離為到x軸距離的2倍.粒子從坐標(biāo)原點。離開電場進(jìn)入磁場，

最終從x軸上的P點射出磁場，P點到y(tǒng)軸距離與Q點到y(tǒng)軸距離相等.不計粒子重力，

問：

(1)粒子到達(dá)。點時速度的大小和方向；

(2)電場強(qiáng)度和磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小之比.

【答案】：(1)丫=揚。，方向與x軸方向的夾角為45。角斜向上

g=為

(2)B2

【解析】：⑴在電場中，粒子做類平拋運動，設(shè)Q點到x軸距離為L,到y(tǒng)軸距離為2L,

粒子的加速度為。，運動時間為3有

2￡=%/①

L=—at2

2②,

V

設(shè)粒子到達(dá)O點時沿y軸方向的分速度為＜

v-at門

yv③

tana==

設(shè)粒子到達(dá)。點時速度方向與X軸正方向夾角為a，有%④.

聯(lián)立①②③④式得a=45。⑤.

即粒子到達(dá)O點時速度方向與x軸正方向成45。角斜向上.

設(shè)粒子到達(dá)。點時速度大小為v,由運動的合成有"=’詔+學(xué)

聯(lián)立①②③⑥式得"=a%⑦.

（2）設(shè)電場強(qiáng)度為￡,粒子電荷量為q,質(zhì)量為m,粒子在電場中受到的電場力為F,粒

_qE

Q---

子在電場中運動的加速度：m⑧.

設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,粒子做勻速圓周運動的半徑為R,洛倫茲力提供向心力，有：

V2

qvB-m—

R⑨.

根據(jù)幾何關(guān)系可知：口=取⑩

整理可得：B2

V

【練4】如圖所示，在平面內(nèi)，有一電子源持續(xù)不斷地沿1正方向每秒發(fā)射出N個速率均

為V的電子，形成寬為2b,在y軸方向均勻分布且關(guān)于、軸對稱的電子流.電子流沿*方向

射入一個半徑為R,中心位于原點。的圓形勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁場方向垂直xOy平面向里，

電子經(jīng)過磁場偏轉(zhuǎn)后均從P點射出，在磁場區(qū)域的正下方有一對平行于、軸的金屬平行板

K和A,其中K板與P點的距離為d,中間開有寬度為2/且關(guān)于歹軸對稱的小孔.K板接

地，A與K兩板間加有正負(fù)、大小均可調(diào)的電壓穿過K板小孔到達(dá)A板的所有電子

V3

b^—R,d^l

被收集且導(dǎo)出，從而形成電流.已知2,電子質(zhì)量為m,電荷量為e,忽略

電子間相互作用.

（1）求磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小；

（2）求電子從P點射出時與負(fù)'軸方向的夾角8的范圍:

（3）當(dāng)。.他=°時，每秒經(jīng)過極板K上的小孔到達(dá)極板A的電子數(shù);

（4）畫出電流'隨變化的關(guān)系曲線（在答題紙上的方格紙上）.

n=—N=0.S2N

3⑷k=0-82Ne

【解析】：由題意可以知道是磁聚焦問題，即

（1）軌到半徑［^=「，

B嗤

（2）右圖以及幾何關(guān)系可知，上端電子從P點射出時與負(fù)y軸最大夾角購

sin0m=2得Om=60"

由幾何關(guān)系R

同理下端電子從p點射出與負(fù)y軸最大夾角也是60度

范圍是一60。48460。

V2

》'=Asina=T

每秒進(jìn)入兩極板間的電子數(shù)為n

二=J亞=0,82

Nb3解得：n=0.82N

U右=-----tnv^

⑷有動能定理得出遏止電壓2e,與負(fù)y軸成45度角的電子的運動軌跡剛好與

U'^--mv2

A板相切，其逆過程是類平拋運動，達(dá)到飽和電流所需要的最小反向電壓4e或

者根據(jù)(3)可得飽和電流大小'm”=0-82Ne

-1.0-05oosi.oUHX號e

命題點精析(三)帶電粒子在疊加場中的運動

1.帶電粒子在包含勻強(qiáng)磁場的疊加場中無約束情況下運動的幾種常見形式

受力特點運動性質(zhì)方法規(guī)律

其他場力的合力與洛倫茲

勻速直線運動平衡條件

力等大反向

除洛倫茲力外，其他力的牛頓第二定律、圓周運

勻速圓周運動

合力為零動的規(guī)律

除洛倫茲力外，其他力的

動能定理、能量守恒定

合力既不為零，也不與洛較復(fù)雜的曲線運動

律

倫茲力等大反向

2.帶電粒子在疊加場中有約束情況下的運動

帶電粒子在疊加場中受輕桿、輕繩、圓環(huán)、軌道約束的情況下，常見的運動形

式有直線運動和圓周運動，分析時應(yīng)注意：

(1)分析帶電粒子所受各力，尤其是洛倫茲力的變化情況，分階段明確物體的運

動情況。

(2)根據(jù)物體各階段的運動特點，選擇合適的規(guī)律求解。

①勻速直線運動階段：應(yīng)用平衡條件求解。

②勻加速直線運動階段：應(yīng)用牛頓第二定律結(jié)合運動學(xué)公式求解。

③變加速直線運動階段：應(yīng)用動能定理、能量守恒定律求解。.

【例3】如圖，在豎直的平面內(nèi)有一個半徑為火的圓形區(qū)域與x軸相切于O

點，在圓形區(qū)域外(包括圓形邊界)的空間存在垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場，

平面內(nèi)有沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場?，F(xiàn)從坐標(biāo)原點。以速率。向第一象限內(nèi)的

不同方向發(fā)射相同的帶電小球，小球的質(zhì)量為用、電荷量為一認(rèn)戶0)，所有小

球均在磁場中做勻速圓周運動，且都能沿平行于x軸的方向進(jìn)入圓形區(qū)域并再

次通過。點，不計小球間的相互作用，重力加速度為g,求:

⑴勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小；

(2)勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小；

(3)沿與x軸正方向成60。角發(fā)射的小球從開始運動到再次通過0點經(jīng)歷的時

間。.

mgmv

【答案】⑴」⑵次

q

(A0n+3我R

(3>

3v

【解析】

(1)小球在磁場中做勻速圓周運動，則電場力和重力平衡即qE=mg

mg

勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)片=-3;.

q

(2)小球從O點以與x軸成夕角射入第一象限，運動軌跡如圖,

軌跡圓心。與交點。的連線平行于y軸，由幾何關(guān)系可知，四邊形COCO是

菱形

小球在磁場中運動的軌道半徑r=R.

v2

洛倫茲力提供向心力，即Bqv=m—

mv

可得磁感應(yīng)強(qiáng)度8=—

qR

TI

（3）小球從o點以與x軸成e=-角射入第一象限

2TIR

小球在磁場中的運動周期T=——

v

2TI~0

小球在磁場中運動時間tt=2X-----T

2兀

由上式可知小球在圓形區(qū)域做勻速直線運動，通過的距離L=2Rsin6

27?sin9

運動時間t2=--------.

v

從。點出發(fā)到再次回到。點的運動時間

（4兀+2sin-一2夕）7?

t=tx4-12=--------------------

v

.7t（10兀+34）7?

將。=一代入，解得/=-------------

33v

【練5】如圖4所示，豎直平面工帆，其x軸水平，在整個平面內(nèi)存在沿x軸正方向的勻強(qiáng)電

場E,在第三象限內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為8=0.2T.現(xiàn)有一比

q

荷為一=25C/kg的帶電微粒，從第三象限內(nèi)某點以速度即向坐標(biāo)原點。做直線運動，為

m

與x軸之間的夾角為。=45。，取重力加速度g=10m/s2.求：

E

圖4

(1)微粒的電性及速度。o的大小；

(2)帶電微粒在第一象限內(nèi)運動時所到達(dá)的最高點的坐標(biāo).

［答案］(1)帶正電2、/2m/s(2)(0.6m,0.2m)

【解析】.

(1)帶電微粒在第三象限內(nèi)受重力、電場力和洛倫茲力的作用，做直線運動，則其一定做

勻速直線運動，合力為零.若微粒帶負(fù)電，由左手定則知洛倫茲力斜向右下，又重力豎直

向下，電場力水平向左，合力不可能為零；同理，可判斷微粒帶正電；

對帶電微粒受力分析，如圖所示，根據(jù)平衡條件可得：Bqa=/mg

解得:伙)=2、/2m/s;

(2)帶電微粒進(jìn)入第一象限后做曲線運動，設(shè)最高點為從。到A/所用的時間為/,則將

微粒從。到A1的運動分解為沿x軸方向上的勻加速直線運動和沿)，軸方向上的勻減速直線

運動

y軸方向上:O=t>osin45°—gZ

oOsin45°

x軸方向上：qE—mgtan45°=max

1

2

x=Uocos45°t+-axt

解得x=0.6m,y=0.2m..

即帶電微粒在第一象限內(nèi)運動時所達(dá)到的最高點的坐標(biāo)為(0.6m,0.2m)

【練6】如圖所示，豎直平面內(nèi)有一直角坐標(biāo)系xQy,x軸沿水平方向.第二、三象限有垂直

于坐標(biāo)平面向里的勻強(qiáng)磁場，與x軸成9=30。角的絕緣細(xì)桿固定在二、三象限：第四象限

同時存在著豎直向上的勻強(qiáng)電場和垂直于坐標(biāo)平面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為8的勻強(qiáng)磁

場，一質(zhì)量為加、電荷量為g的帶電小球。(可視為質(zhì)點)穿在細(xì)桿上沿細(xì)桿勻速下滑，在

N點脫離細(xì)桿后恰能沿圓周軌道運動到x軸上的A點，且速度方向垂直于x軸.已知/點

3y/3qBB兀g

到坐標(biāo)原點。的距離為”小球。與絕緣細(xì)桿的動摩擦因數(shù)%重加口

速度為g,空氣阻力忽略不計.求:

XXXXXXXXXX

⑴帶電小球的電性及電場強(qiáng)度的大小E；

⑵第二、三象限里的磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小

20兀/

(3)當(dāng)帶電小球a剛離開N點時，從y軸正半軸距原點。為h=—^。點(圖中未畫出)以

某一初速度水平向右平拋一個不帶電的絕緣小球/可視為質(zhì)點)，h球剛好在運動到x軸時

與向上運動的。球相碰，則b球的初速度為多大？

【解析】

(1)由帶電小球〃在第四象限內(nèi)做圓周運動，知小球4所受電場力豎直向上，且mg=qE,

mg

故小球4帶正電，￡=—

q

(2)帶電小球4從N點運動到/點的過程中，洛倫茲力提供小球做圓周運動的向心力，設(shè)運

v2

動半徑為火，有：qvB=m—

R

3

由幾何關(guān)系有R+Rsin6=-1

2

解得R=l,v=

帶電小球〃在桿上勻速下滑時，由平衡條件有

陽gsin0=〃(qvB\—mgcos0)

7tng

解得a=一

q10K/

2nR6兀/

(3)帶電小球〃在第四象限內(nèi)做勻速圓周運動的周期T=—=2

v5g.

2v1071/

帶電小球4第一次在第一象限從4點豎直上拋又返回到A點所用的時間為訪=1=

3g

2人一2IOn/

絕緣小球b平拋運動至x軸上的時間為1=

3g

小球〃從N點第一次到4點所用時間為人,

T

則八=3</

TT

故兩球相碰有r=-+A2(/0+-)(A?=0J,2???)

聯(lián)立解得”=1

7

設(shè)b球的初速度為VQ,則-R=v()t

【.例4］如圖所示，空間中存在著水平向右的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度大小￡=5^N/C,同時存

在著垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，其方向與電場方向垂直，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小2=0.5T.有一帶

正電的小球，質(zhì)量加=”10-6kg,電荷量夕=2x10-6C,正以速度y在圖示的豎直面內(nèi)做

勻速直線運動，當(dāng)經(jīng)過尸點時撤掉磁場(不考慮磁場消失引起的電磁感應(yīng)現(xiàn)象)，取g=10

m/s2,求：

XXXXX

xpxxxxxE

(1)小球做勻速直線運動的速度V的大小和方向；

(2)從撤掉磁場到小球再次穿過P點所在的這條電場線經(jīng)歷的時間t.

【答案】

(l)20m/s方向與電場方向成60。角斜向上

⑵2揚

【解析】

(1)小球做勻速直線運動時受力如圖甲，其所受的三個力在同一平面內(nèi)，合力為零,

甲

有qvB=qq2E2+m2g2①.

代入數(shù)據(jù)解得o=20m/s②

速度v的方向與電場E的方向之間的夾角滿足tan^=—③.

mg

代入數(shù)據(jù)解得tanO=在

。=60。④

(2)解法一撤去磁場，小球在重力與電場力的合力作用下做類平拋運動，如圖乙所示，設(shè)

設(shè)撤去磁場后小球在初速度方向上的分位移為X,有x=vt?.

1

設(shè)小球在重力與電場力的合力方向上的分位移為y,有歹=于於⑦

tan8=%),

x

聯(lián)立④⑤⑥⑦⑧式，代人數(shù)據(jù)解得，=2小s⑨.

解法二撤去磁場后，由于電場力垂直于豎直方向，它對豎直方向的分運動沒有影響，以

尸點為坐標(biāo)原點，豎直向上為正方向，小球在豎直方向上做句減速運動，其初速度為馬=

usin0@

1

若使小球再次穿過2點所在的電場線，僅需小球的豎直方向上分位移為零，則有卬一于《

=0?.

聯(lián)立⑤⑥式，代入數(shù)據(jù)解得f=2由s..

核心素養(yǎng)大提升

帶電粒子在交變電磁場中的運動

(1)先分析在一個周期內(nèi)粒子的運動情況，明確運動性質(zhì)，判斷周期性變化的電場或磁場對

粒子運動的影響.(2)畫出粒子運動軌跡，分析軌跡在兒何關(guān)系方面的周期性.

【例5】如圖所示，真空中四個相同的矩形勻強(qiáng)磁場區(qū)域，高為4d,寬為d,.中間兩個磁場

區(qū)域間隔為2d,中軸線與磁場區(qū)域兩側(cè)相交于。、0,點，各區(qū)域磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等.某

粒子質(zhì)量為m、電荷量為+q,從。沿軸線射入磁場.當(dāng)入射速度為。時，粒子從。上方

d_

2處射出磁場.取sin53°=0.8,cos53°=0.6.

（1）求磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B；

（2）入射速度為時，求粒子從。運動到。，的時間t；

（3）入射速度仍為50,通過沿軸線。。，平移中間兩個磁場（磁場不重疊），可使粒子從

。運動到。'的時間增加At,求位的最大值.

XXXX????????XXXX

XXXX????????XXXX

XXXX????????XXXX

XXXX????????XXXX

XXXX????????XXXX

OXXXX????????XXXX

-1

XXXX????????XXXX

4d

XXXX????????XXXX

XXXX????????XXXX

XXXX????????XXXX

XXXX????????XXXX

WXXXX????????XXXX

_____________

—df-df---2d---?-df—df

【答案】見解析

【解析】

叫d

（1）粒子圓周運動的半徑qB由題意知4,

解得qd

（2）設(shè)粒子在矩形磁場中的偏轉(zhuǎn)角為a

4

由d=rsina,得sina=5,即a=53°

a2兀〃2,537td

‘1=----o-----'1=Z

在一個矩形磁場中的運動時間360°qB,解得720%

2d,2d

/2=---‘2

直線運動的時間y,解得5%

3兀+72d

/=44+%?=(

180%

則

（3）將中間兩磁場分別向中央移動距離x

粒子向上的偏移量y=2r（1-cosa）+xtana

x<-d

由y<2d,解得4

-d

則當(dāng)Xm=4時，At有最大值

2X

C=m+（2.-2.=Ad

粒子直線運動路程的最大值mcosa，n

增加路程的最大值=sm-2d=d

△tdJ

5mq

增加時間的最大值v

1.【練7】如圖甲所示，間距為d、垂直于紙面的兩平行板P、Q間存在勻強(qiáng)磁場。取垂直

于紙面向里為磁場的正方向，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間的變化規(guī)律如圖乙所示。t=0時刻，一質(zhì)

量為m、帶電量為q的粒子（不計重力），以初速度V。由Q板左端靠近板面的位置，沿垂

直于磁場且平行于板面的方向射入磁場區(qū)。當(dāng)仇和兀取某些特定值時，可使t=0時刻入射

的粒子經(jīng)At時間恰能垂直打在P板上（不考慮粒子反彈）。上述m、q、d、V。為己知量。

（1）若△￡=2TB,求80；

3

⑵若△t=5j8,求粒子在磁場中運動時加速度的大??；

統(tǒng)二號

⑶若qd，為使粒子仍能垂直打在P板上，求正。

【答案】見解析.

【解析】

說

R

(1)設(shè)粒子做圓周運動的半徑為生,由牛頓第二運動定律得qv0B0=m'

據(jù)題意由幾何關(guān)系得：&=d。

叫

聯(lián)立解得：8。=qd。

(2)設(shè)粒子做圓周運動的半徑為&，加速度大小為a,由圓周運動公式得.

.

R

a=2

據(jù)題意由幾何關(guān)系得：3%=d。

3年

聯(lián)立解得：a=d.

(3)設(shè)粒子做圓周運動的半徑為R,周期為T,由圓周運動公式得.

2位

T=%。

R

由牛頓第二運動定律得qv0B0=m

由題意知，B0=qd

聯(lián)立解得：d=4R。

粒子運動軌跡如圖所示，01、0z為圓心，連線與水平方向的夾角為，在每個時間內(nèi)，只

有A、B兩個位置才有可能垂直擊中P板，旦均要求：0<9<n/2o由題意可知：

設(shè)經(jīng)歷完整7s的個數(shù)為"(n=0,l,2,3,-).

若在A點擊中P板，據(jù)題意由幾何關(guān)系得：R+2(R+Rsmd)n=d

當(dāng)n-0時，無解。

7C

當(dāng)n=l時，解得sin氏05。=6。

7id

3V

聯(lián)立解得：TB=°o.

當(dāng)"22時，不滿足0＜。＜90。的要求。

若在B點擊中P板，據(jù)題意由幾何關(guān)系得：R+2Rs-\nO+2(R+Rs-mO)n=d

當(dāng)〃二0時、無解。

]_j_

當(dāng)n=l時，解得sing4,^=arcsin(4)o

7t1d

聯(lián)立解得：TB=[2+arcsin(4)]2v°?

當(dāng)n22時,不滿足0＜慶90。的