專題十一磁場(chǎng)題型方法目錄題型34安培力作用下的平衡與加速問(wèn)題題型35帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)題型36帶電粒子在組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)題型37帶電粒子在疊加場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)題型38配速法在磁場(chǎng)中的應(yīng)用題型39動(dòng)量定理在磁場(chǎng)中的應(yīng)用題型40帶電粒子在交變電磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)題型34安培力作用下的平衡與加速問(wèn)題知識(shí)圖解處理安培力作用下導(dǎo)體棒平衡和加速問(wèn)題的一般思路題型方法

確定研究對(duì)象通電導(dǎo)體棒(B⊥I,導(dǎo)體棒連入電路中電阻為R)導(dǎo)體棒的運(yùn)動(dòng)狀

態(tài)靜止向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)立體圖轉(zhuǎn)換為平

面圖,并畫(huà)出電流

方向受力分析

分析電流和安培

力(導(dǎo)軌間距為L(zhǎng))I=

,F=BILI恒定,F=BIL列方程f靜=BILf靜=BILsinθ①當(dāng)Fcosθ=mg

sinθ時(shí),f靜=0;②當(dāng)Fcosθ>mg

sinθ時(shí),f靜=Fcosθ-mgsin

θ;③當(dāng)Fcosθ<mg

sinθ時(shí),f靜=mgsinθ-Fcos

θ①當(dāng)F=mgsinθ

時(shí),f靜=0;②當(dāng)F>mgsinθ

時(shí),f靜=F-mgsinθ;③當(dāng)F<mgsinθ

時(shí),f靜=mgsinθ-F動(dòng)力學(xué)角度:①F=BIL=ma②v2=2as功能角度:BIL·s=

mv2典例精解典例1

(1)如圖所示,兩根光滑金屬導(dǎo)軌平行放置,間距為L(zhǎng),導(dǎo)軌所在平面與水平面間

的夾角為θ,一質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒ab垂直導(dǎo)軌放置,整個(gè)裝置處于垂直導(dǎo)軌平面向上的勻

強(qiáng)磁場(chǎng)中。當(dāng)導(dǎo)體棒ab中通有方向從a到b的恒定電流I時(shí),磁場(chǎng)的方向由垂直導(dǎo)軌平面

向上沿逆時(shí)針轉(zhuǎn)至水平向左的過(guò)程中,導(dǎo)體棒始終靜止(重力加速度為g)。①試判斷磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小是如何變化的;②求磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小的變化范圍。(2)(情境變式)若只改變磁場(chǎng),且磁場(chǎng)的方向始終在與ab棒垂直的平面內(nèi),欲使ab棒保持靜止,求磁場(chǎng)方向變化的最大范圍。

解題導(dǎo)引

解析

(1)①把立體圖轉(zhuǎn)換為平面圖并對(duì)ab棒受力分析如圖甲所示,磁場(chǎng)的方向由垂直

導(dǎo)軌平面向上沿逆時(shí)針轉(zhuǎn)至水平向左的過(guò)程中,安培力FA的方向由沿導(dǎo)軌平面向上逆

時(shí)針轉(zhuǎn)至豎直向上,由圖甲可以看出,安培力FA一直變大,由FA=BIL,可知磁感應(yīng)強(qiáng)度B的

大小逐漸變大。

②當(dāng)磁場(chǎng)方向垂直導(dǎo)軌平面向上時(shí),安培力FA沿導(dǎo)軌平面向上,此時(shí)安培力最小,最小值

FAmin=mgsinθ,則Bmin=

;當(dāng)磁場(chǎng)方向水平向左時(shí),安培力方向豎直向上,此時(shí)對(duì)應(yīng)的安培力最大,有BmaxIL=mg,解得磁感應(yīng)強(qiáng)度的最大值Bmax=

,故

≤B≤

。(2)使導(dǎo)體棒保持靜止,需F合=0,即三力平衡,重力與支持力的合力和安培力等大反向,如

圖乙所示,因?yàn)橹亓εc支持力的合力方向在α角范圍內(nèi)(垂直導(dǎo)軌方向取不到),故安培力

方向在α'角范圍內(nèi)(垂直導(dǎo)軌方向取不到),根據(jù)左手定則可知,磁場(chǎng)方向應(yīng)在α″角范圍

內(nèi)變化,其中沿導(dǎo)軌向上方向取不到,且α″=180°-θ。答案

(1)①逐漸變大②

≤B≤

(2)見(jiàn)解析

方法拓展

典例2

(2023北京,18節(jié)選)2022年,我國(guó)階段性建成并成功運(yùn)行了“電磁橇”,創(chuàng)造了

大質(zhì)量電磁推進(jìn)技術(shù)的世界最高速度紀(jì)錄。一種兩級(jí)導(dǎo)軌式電磁推進(jìn)的原理如圖所示。兩平行長(zhǎng)直金屬導(dǎo)軌固定在水平面,導(dǎo)軌

間垂直安放金屬棒。金屬棒可沿導(dǎo)軌無(wú)摩擦滑行,且始終與導(dǎo)軌接觸良好。電流從一

導(dǎo)軌流入,經(jīng)過(guò)金屬棒,再?gòu)牧硪粚?dǎo)軌流回,圖中電源未畫(huà)出。導(dǎo)軌電流在兩導(dǎo)軌間產(chǎn)生

的磁場(chǎng)可視為勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度B與電流i的關(guān)系式為B=ki(k為常量)。金屬棒被該

磁場(chǎng)力推動(dòng)。當(dāng)金屬棒由第一級(jí)區(qū)域進(jìn)入第二級(jí)區(qū)域時(shí),回路中的電流由I變?yōu)?I。已知兩導(dǎo)軌內(nèi)側(cè)

間距為L(zhǎng),每一級(jí)區(qū)域中金屬棒被推進(jìn)的距離均為s,金屬棒的質(zhì)量為m。求:(1)金屬棒經(jīng)過(guò)第一、二級(jí)區(qū)域的加速度大小之比a1∶a2。(2)金屬棒從靜止開(kāi)始經(jīng)過(guò)兩級(jí)區(qū)域推進(jìn)后的速度大小v。

解析

(1)(關(guān)鍵:已知受力情況,求加速度之比,考慮根據(jù)牛頓第二定律建立方程)金屬棒經(jīng)過(guò)第一級(jí)區(qū)域時(shí)受到的安培力大小F=B1IL=kI2L=ma1

①金屬棒經(jīng)過(guò)第二級(jí)區(qū)域時(shí)受到的安培力大小F'=B2·2IL=4kI2L=ma2

②聯(lián)立①②解得a1∶a2=1∶4。(2)金屬棒從靜止開(kāi)始經(jīng)過(guò)兩級(jí)區(qū)域推進(jìn)的過(guò)程中,由動(dòng)能定理有Fs+F's=

mv2

③(點(diǎn)撥:多過(guò)程問(wèn)題一般優(yōu)先考慮根據(jù)動(dòng)能定理建立方程)聯(lián)立①②③解得v=I

。

答案

(1)1∶4

(2)I

題型35帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)知識(shí)圖解一、處理帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)的一般思路情境如圖甲所示,有一垂直紙面向里、半徑為R的圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,有一帶電荷量為+q、質(zhì)量為m的粒子從M點(diǎn)正對(duì)圓形區(qū)域的圓心射入,經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后從N點(diǎn)背離圓心射出,粒子進(jìn)出磁場(chǎng)的速度的偏轉(zhuǎn)角為θ,不計(jì)粒子的重力

一定軌跡由左手定則可得粒子的軌跡如圖乙所示二定圓心方法一:分別作入射速度和出射速度的垂線,兩線相交于O'點(diǎn),則O'點(diǎn)為粒子在圓形磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡的圓心方法二:分別作入射速度的垂線及入射點(diǎn)和出射點(diǎn)的連線的中垂線,兩線交點(diǎn)O'為粒子在圓形磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡的圓心三定圓心角在圖乙中由幾何關(guān)系可知,速度偏轉(zhuǎn)角等于圓心角,圓心角等于弦切角的2倍,即θ=2α四定半徑方法一:公式法,由qvB=m

,得r=

方法二:數(shù)學(xué)法(1)利用三角函數(shù)(或勾股定理)求半徑:在圖乙中的直角三角形OMO'中,α=

,MO=R,所以軌跡半徑r=

(2)利用弦長(zhǎng)公式求半徑:在圖乙中,若MN=D,則D=2rsinα=2rsin

(弦長(zhǎng)公式)五定時(shí)間方法一:t=

T=

=

(若B一定,則t與v無(wú)關(guān),α或θ越大,t越大)方法二:t=

(l為弧長(zhǎng),v一定,l越大,t越大)二、利用“動(dòng)態(tài)圓”處理帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的臨界和極值問(wèn)題動(dòng)態(tài)圓種類原理剖析放縮圓

條件一:B一定,v方向一定,v大小變化條件二:v一定,B方向一定,B大小變化在以上兩種情況下,由r=

可知,粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r隨v的增大而增大,隨B的減小而增大,且各軌跡的圓心在垂直初速度的同一直線上旋轉(zhuǎn)圓

條件:B一定、v大小一定、v方向變化由r=

可知,粒子的軌跡圓半徑相等,所有的軌跡圓的圓心都在以O(shè)為圓心、半徑為r的圓周上(圓心圓半徑為r),隨著粒子速度方向的旋轉(zhuǎn),粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡圓繞O點(diǎn)旋轉(zhuǎn),粒子所能到達(dá)的區(qū)域在半徑為2r的圓周內(nèi)(邊界圓半徑為2r),形成一個(gè)半徑為2r的包絡(luò)圓面平移圓

條件:B一定、v大小和方向一定、粒子的入射位置變化入射點(diǎn)沿同一直線從左向右移動(dòng),則粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡圓也依次向右平移,帶電粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的圓心在同一直線上,軌跡圓的半徑均為r=

磁聚焦與磁發(fā)散

條件:磁場(chǎng)圓的半徑和軌跡圓的半徑相等,即R=r如圖甲所示,當(dāng)速率相同的同種帶電粒子從磁場(chǎng)邊界上同一點(diǎn)沿不同方向進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域時(shí),粒子離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)的速度方向一定相互平行,而且與入射點(diǎn)處的磁場(chǎng)圓的切線方向平行。此情境稱為“磁發(fā)散”如圖乙所示,當(dāng)速率相同的同種帶電粒子以相互平行的速度從磁場(chǎng)邊界上任意位置進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域時(shí),粒子一定會(huì)從同一點(diǎn)離開(kāi)磁場(chǎng)區(qū)域,而且該點(diǎn)處的磁場(chǎng)圓的切線與入射方向平行。此情境稱為“磁聚焦”典例精解類型一帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)典例1

(2024湖南長(zhǎng)沙市一中月考六)(多選)如圖所示,空間中有一豎直向下的勻強(qiáng)磁

場(chǎng),等邊三角形AOC在水平面內(nèi),邊長(zhǎng)為L(zhǎng),D為AC中點(diǎn)。粒子a以速度v0沿AO方向從A點(diǎn)

射入磁場(chǎng),恰好能經(jīng)過(guò)C點(diǎn),粒子b以沿OC方向的速度從O點(diǎn)射入磁場(chǎng),恰好能經(jīng)過(guò)D點(diǎn)。

已知兩粒子的質(zhì)量均為m、電荷量的絕對(duì)值均為q,粒子的重力及粒子間的相互作用均

可忽略,不計(jì)一切阻力,則下列說(shuō)法正確的是

(

)

AD

A.a、b兩粒子都帶負(fù)電B.粒子a與粒子b的軌跡半徑之比為3∶2C.粒子b的速度為2v0D.粒子a從A點(diǎn)出發(fā)到第一次經(jīng)過(guò)C點(diǎn)的時(shí)間與粒子b從O點(diǎn)出發(fā)到第一次經(jīng)過(guò)D點(diǎn)的時(shí)

間之比為2∶1解析粒子a經(jīng)過(guò)C點(diǎn)、粒子b經(jīng)過(guò)D點(diǎn),由左手定則可知,a、b兩粒子都帶負(fù)電,A正確。一定軌跡:已知入射點(diǎn)和出射點(diǎn),畫(huà)出a、b粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖所示。二定圓心:分別作兩粒子入射速度的垂線及入射點(diǎn)和出射點(diǎn)的連線的中垂線,交點(diǎn)分別

為Oa和Ob,Oa和Ob分別為粒子a和b在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心(如圖所示)。三定圓心角:由幾何關(guān)系可得a、b兩粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心角分別為120°和60°。四定半徑:解法一利用三角函數(shù)求半徑

由幾何知識(shí)可知,ra=Ltan30°=

L,rb=OD=Lcos30°=

L,ra∶rb=2∶3,B錯(cuò)誤。解法二利用弦長(zhǎng)公式求半徑

對(duì)粒子a,由弦長(zhǎng)公式有L=2rasin60°,解得ra=

L,對(duì)粒子b有

L=2rbsin30°,解得rb=

L,所以ra∶rb=2∶3,B錯(cuò)誤。粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng),洛倫茲力提供向心力,由牛頓第二定律得qv0B=m

,qvB=m

,解得粒子b的速度大小v=1.5v0,C錯(cuò)誤。五定時(shí)間:θa=120°,θb=60°,由t=

T=

可得,粒子a從A點(diǎn)出發(fā)到第一次經(jīng)過(guò)C點(diǎn)的時(shí)間與粒子b從O點(diǎn)出發(fā)到第一次經(jīng)過(guò)D點(diǎn)的時(shí)間之比為2∶1,D正確。典例2

(1)一勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,方向垂直于紙面向外,其邊界如圖甲中虛

線所示,ab=cd=2L,bc=de=L,一束

He粒子在紙面內(nèi)從a點(diǎn)垂直于ab射入磁場(chǎng),這些粒子具有各種速率。已知粒子的質(zhì)量為m、電荷量為q。不計(jì)粒子重力及粒子間的相互作

用,不計(jì)一切阻力。則在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長(zhǎng)的粒子,其運(yùn)動(dòng)速率為多大?

類型二用“放縮圓”處理帶電粒子在有界磁場(chǎng)中的臨界和極值問(wèn)題(2)(拓展設(shè)問(wèn))求粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間。(3)(情境變式)在(1)中,若粒子的速度為v0且一定,磁感應(yīng)強(qiáng)度B可變,其他條件不變,在打

到cd邊上的粒子中,過(guò)e點(diǎn)且打到cd邊上的g點(diǎn)的粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最長(zhǎng),軌跡如

圖乙所示,則此時(shí)磁感應(yīng)強(qiáng)度B為多大?

解析

(1)解法一用“放縮圓”尋找臨界軌跡

因qvB=m

,T=

=

,設(shè)粒子運(yùn)動(dòng)軌跡所對(duì)的圓心角為θ,則運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t=

T=

,可知θ越大,運(yùn)動(dòng)時(shí)間越長(zhǎng),當(dāng)粒子運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長(zhǎng)時(shí),運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示,可知當(dāng)圓弧經(jīng)過(guò)

c點(diǎn)時(shí)∠aOc最小,此時(shí)θ最大,由幾何關(guān)系有L2+(2L-R)2=R2,解得R=

L,聯(lián)立可得v=

=

。

·

=

。(3)因?yàn)閍、e連線是圓直徑,所以圓半徑為2L,且ab=be=bg=R=2L,在題圖乙中bc長(zhǎng)為L(zhǎng),則

∠cbg=60°,粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡對(duì)應(yīng)的圓心角θ'=210°=

π,則粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間為t'max=

·

=

,又t'max=

=

=

,聯(lián)立解得B=

。解法二借助弦切角確定臨界軌跡

當(dāng)粒子打到c點(diǎn)時(shí),弦切角最大,圓心角最大,在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最長(zhǎng),由幾何關(guān)系有L2+

(2L-R)2=R2,解得R=

L,又qvB=m

,可得v=

=

。(2)在直角三角形Obc中,Oc=R=

L,bc=L,Ob=

L,所以∠bOc=53°,圓心角θ=233°,故tmax=答案

(1)

(2)

(3)

方法拓展“放縮圓”法處理臨界和極值問(wèn)題的基本思路典例3

(2025湖南臨湘月考)(多選)如圖所示,在直線邊界MN的右側(cè)分布著范圍足夠

大、方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng),在磁場(chǎng)中到MN的距離為d的P點(diǎn)有一放射源,放

射源能沿紙面內(nèi)向各個(gè)方向不斷地放射出質(zhì)量為m、電荷量為q、速率為v的帶正電荷

的粒子。已知磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B=

,不計(jì)粒子的重力及粒子間的相互作用,則

(

)

AD

類型三用“旋轉(zhuǎn)圓”處理帶電粒子在有界磁場(chǎng)中的臨界和極值問(wèn)題A.粒子從MN邊界上射出的范圍的長(zhǎng)度為

dB.如果磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度增大為原來(lái)的2倍,粒子從MN邊界上射出的范圍的長(zhǎng)度也變?yōu)樵瓉?lái)的2倍C.如果磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度減小,粒子從MN邊界上射出的范圍也減小D.同一時(shí)刻放射出的粒子到達(dá)MN邊界的時(shí)間差最大為

解析如圖甲所示,粒子射出邊界的范圍最上端為粒子軌跡圓直徑與MN的交點(diǎn),最下

端為粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡與MN相切的位置(點(diǎn)撥:利用“旋轉(zhuǎn)圓”找到兩個(gè)臨界位置),根據(jù)

Bvq=

,解得r=d,根據(jù)幾何關(guān)系知,帶電粒子從磁場(chǎng)邊界射出的范圍的長(zhǎng)度L=r+

=(1+

)d,A正確;如果磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度增大為原來(lái)的2倍,則粒子軌跡半徑變?yōu)樵瓉?lái)的一半,粒子恰好均不能從MN邊界射出,B錯(cuò)誤;如果磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度減小,

軌跡半徑增大,邊界MN上有粒子射出的范圍也增大,C錯(cuò)誤;如圖乙所示,粒子在磁場(chǎng)中

運(yùn)動(dòng)時(shí)間最短時(shí),粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為

個(gè)周期,粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最長(zhǎng)為

個(gè)周期(點(diǎn)撥:利用“旋轉(zhuǎn)圓”找到粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間最短和最長(zhǎng)對(duì)應(yīng)的臨界軌跡),因此同一時(shí)刻放射出的粒子到MN邊界的時(shí)間差最大為Δt=

=

,D正確。題型36帶電粒子在組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)知識(shí)圖解處理帶電粒子在組合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的一般思路

典例精解類型一帶電粒子在組合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的常規(guī)問(wèn)題典例1

(2023海南,T13改編)如圖所示,質(zhì)量為m、帶電荷量為+q的帶電粒子,從坐標(biāo)原

點(diǎn)O以初速度v0射入第一象限內(nèi)的電、磁場(chǎng)區(qū)域,在0<y<y0,0<x<x0(x0、y0為已知量)區(qū)域

內(nèi)有豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng),在x>x0區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)

磁場(chǎng),控制電場(chǎng)強(qiáng)度E(E值有多種可能),可讓粒子從NP射入磁場(chǎng)后偏轉(zhuǎn)打到足夠長(zhǎng)的接

收器MN上,不計(jì)粒子重力。

(1)若粒子從NP中點(diǎn)射入磁場(chǎng),則此時(shí)電場(chǎng)強(qiáng)度為多大?(2)若粒子從NP中點(diǎn)射入磁場(chǎng),粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心到MN的距離為多遠(yuǎn)?(3)當(dāng)粒子從NP上的哪個(gè)位置射入磁場(chǎng)時(shí),粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑最大,最大半徑為多少?

解析

(1)若粒子從NP中點(diǎn)射入磁場(chǎng),在電場(chǎng)中,水平方向有x0=v0t,豎直方向有

=

·

t2(化曲為直),解得E=

。(2)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖所示(定軌跡、定圓心)

設(shè)粒子從電場(chǎng)中射出時(shí)的速度方向與y軸正方向的夾角為θ,粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng),由洛倫

茲力提供向心力有qvB=m

,則R=

(定半徑),根據(jù)幾何關(guān)系可知,軌跡圓心到MN的距離為s=Rcosθ=

=

,粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí),豎直方向有vy=

·

,解得s=

=

。(3)當(dāng)粒子從N點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí),在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的速度最大,即軌跡半徑最大,在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)

時(shí),水平方向有x0=v0t',豎直方向有y0=

·

t'2,由動(dòng)能定理有qEmy0=

m

-

m

,粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng),由洛倫茲力提供向心力有qvmB=m

,聯(lián)立解得Rm=

。

答案

(1)

(2)

(3)N點(diǎn)

類型二帶電粒子在組合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的臨界和極值問(wèn)題典例2如圖所示,在正方形ACDF區(qū)域內(nèi),對(duì)角線CF以上的區(qū)域存在垂直紙面向外的

勻強(qiáng)磁場(chǎng)1,對(duì)角線CF以下的區(qū)域存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)2,正方形邊長(zhǎng)為l。一

個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為+q的帶電粒子(重力不計(jì))以初速度v0從A點(diǎn)沿AC方向進(jìn)入磁場(chǎng),

在對(duì)角線CF的中點(diǎn)P處進(jìn)入第二個(gè)磁場(chǎng),求:(1)勻強(qiáng)磁場(chǎng)1的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B1;(2)要使粒子能從CD邊射出,勻強(qiáng)磁場(chǎng)2的磁感應(yīng)強(qiáng)度B2滿足的條件;(3)若勻強(qiáng)磁場(chǎng)2的磁感應(yīng)強(qiáng)度B2=

,粒子在磁場(chǎng)2中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間。

解析

(1)粒子在磁場(chǎng)1中運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖甲所示(一定軌跡),粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心為

O(二定圓心),圓心角為90°(三定圓心角)

由幾何關(guān)系知粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)1中運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑R=

(四定半徑)帶電粒子在磁場(chǎng)1中運(yùn)動(dòng)時(shí),由洛倫茲力提供向心力,有qv0B1=

聯(lián)立解得B1=

。(2)粒子射入磁場(chǎng)2時(shí),能從CD邊射出的臨界軌跡如圖乙所示(利用“放縮圓”確定臨界

軌跡),根據(jù)幾何關(guān)系可知,要使粒子能從CD邊射出,粒子在磁場(chǎng)2中運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑應(yīng)

滿足

<R'≤

,根據(jù)qv0B2=

可得

≤B2<

。

(3)若勻強(qiáng)磁場(chǎng)2的磁感應(yīng)強(qiáng)度B2=

,又qv0B2=m

,解得粒子在磁場(chǎng)2中運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑r=l,粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖丙所示,設(shè)粒子在磁場(chǎng)2中做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心角為α,有sinα=

=

,所以α=30°,則粒子在磁場(chǎng)2中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t=

×T=

·

=

(五定時(shí)間:根據(jù)t=

T確定粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間)。

答案

(1)

(2)

≤B2<

(3)

類型三帶電粒子在組合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的多解問(wèn)題典例3

(2022湖北,8,4分)(多選)在如圖所示的平面內(nèi),分界線SP將寬度為L(zhǎng)的矩形區(qū)域

分成兩部分,一部分充滿方向垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng),另一部分充滿方向垂直于紙

面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B,SP與磁場(chǎng)左右邊界垂直。離子源從S處射入

速度大小不同的正離子,離子入射方向與磁場(chǎng)方向垂直且與SP成30°角。已知離子比荷

為k,不計(jì)重力。若離子從P點(diǎn)射出,設(shè)出射方向與入射方向的夾角為θ,則離子的入射速

度和對(duì)應(yīng)θ角的可能組合為

(

)

BC

A.

kBL,0°

B.

kBL,0°

C.kBL,60°

D.2kBL,60°

解析離子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng),可能的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示(射入與射出磁場(chǎng)時(shí)速

度與磁場(chǎng)右邊界的夾角相同)。根據(jù)離子運(yùn)動(dòng)軌跡及幾何關(guān)系可知,當(dāng)離子從下部分磁

場(chǎng)射出時(shí),需滿足(2n+1)R=L(n=0,1,2,3,…),θ=60°,結(jié)合qvB=m

得此時(shí)速度v=

(n=0,1,2,3,…),C正確,D錯(cuò)誤;當(dāng)離子從上部分磁場(chǎng)射出時(shí),需滿足2nR=L(n=1,2,3,…),θ=0°,結(jié)

合qvB=m

得此時(shí)速度v=

(n=1,2,3,…),B正確,A錯(cuò)誤。

方法拓展帶電粒子在組合場(chǎng)中多解問(wèn)題的一般思路

題型37帶電粒子在疊加場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)模型圖解典例精解類型1約束條件下的臨界極值問(wèn)題與勻速圓周運(yùn)動(dòng)問(wèn)題典例1

(1)如圖所示,在相互垂直的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,固定一傾角θ=30°的光滑絕

緣斜面體(斜面足夠長(zhǎng)),勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E、方向豎直向上,勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感

應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直紙面水平向外,一帶正電小球(視為質(zhì)點(diǎn))靜止在斜面上的A

點(diǎn),小球?qū)π泵媲『脽o(wú)壓力。重力加速度大小為g,不計(jì)空氣阻力。

①求帶電小球的比荷

;②若其他情況不變,將電場(chǎng)方向變?yōu)樨Q直向下,求小球剛要離開(kāi)斜面時(shí)的速度大小v以

及小球在斜面上連續(xù)運(yùn)動(dòng)的距離x。(2)(拓展設(shè)問(wèn))若其他情況不變,在A點(diǎn)給小球一大小為v=

的速度,方向可在電場(chǎng)所在平面內(nèi)水平向左到豎直向上之間調(diào)整,不考慮小球落回斜面后的運(yùn)動(dòng),求:①小球從離開(kāi)A點(diǎn)至落回斜面的最長(zhǎng)時(shí)間tmax和最短時(shí)間tmin;②小球在斜面上的落點(diǎn)區(qū)域的長(zhǎng)度L。

解析

(1)①對(duì)帶電小球,根據(jù)平衡條件有mg=qE,解得

=

。②電場(chǎng)方向變?yōu)樨Q直向下后,小球先沿斜面向下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)(洛倫茲力的大小變

化并不影響小球所受的合力),當(dāng)小球?qū)π泵娴膲毫p小為零(分離的臨界條件)時(shí),小球

離開(kāi)斜面,設(shè)此時(shí)小球的速度大小為v,根據(jù)平衡條件有qvB=(mg+qE)cosθ,解得v=

,對(duì)小球在斜面上連續(xù)運(yùn)動(dòng)的過(guò)程,根據(jù)動(dòng)能定理有(mg+qE)xsinθ=

mv2[另解:從動(dòng)力學(xué)的角度建立方程v2=2

xsinθ],解得x=

。(2)①當(dāng)小球在A點(diǎn)的速度水平向左時(shí),軌跡如圖中1所示,小球在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡對(duì)應(yīng)的圓心角最大,最大圓心角α1=

,小球從離開(kāi)A點(diǎn)至落回斜面所用的時(shí)間最長(zhǎng),有tmax=

,解得tmax=

,當(dāng)小球在A點(diǎn)的速度豎直向上時(shí),軌跡如圖中3所示,小球在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡對(duì)應(yīng)的圓心角最小,最小圓心角α2=

,小球從離開(kāi)A點(diǎn)至落回斜面所用的時(shí)間最短,有tmin=

,解得tmin=

(借助“旋轉(zhuǎn)圓”找到最長(zhǎng)和最短時(shí)間對(duì)應(yīng)的臨界軌跡)。

②當(dāng)小球在A點(diǎn)的速度垂直斜面向上時(shí),軌跡如圖中2所示,小球離開(kāi)A點(diǎn)后落回斜面時(shí)

的位置距A點(diǎn)最遠(yuǎn),最遠(yuǎn)距離L1=2r,小球的軌跡如圖中1或圖中3時(shí),小球離開(kāi)A點(diǎn)后落回

斜面時(shí)的位置距A點(diǎn)最近,最近距離L2=r,又L=L1-L2,r=

,解得L=

。

答案

(1)①

②

(2)①

②

類型2類平拋運(yùn)動(dòng)與勻速圓周運(yùn)動(dòng)問(wèn)題典例2

(1)(2024安徽,10,5分)(多選)空間中存在豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直于紙面向

里的勻強(qiáng)磁場(chǎng),電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。一質(zhì)量為m的帶電油滴a,在紙

面內(nèi)做半徑為R的圓周運(yùn)動(dòng),軌跡如圖所示。當(dāng)a運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)P時(shí),瞬間分成兩個(gè)小油

滴Ⅰ、Ⅱ,二者帶電荷量、質(zhì)量均相同。Ⅰ在P點(diǎn)時(shí)與a的速度方向相同,并做半徑為3R

的圓周運(yùn)動(dòng),軌跡如圖所示。Ⅱ的軌跡未畫(huà)出。已知重力加速度大小為g,不計(jì)空氣浮

力與阻力以及Ⅰ、Ⅱ分開(kāi)后的相互作用,則

(

)

ABD

A.油滴a帶負(fù)電,所帶電荷量的大小為

B.油滴a做圓周運(yùn)動(dòng)的速度大小為

C.小油滴Ⅰ做圓周運(yùn)動(dòng)的速度大小為

,周期為

D.小油滴Ⅱ沿順時(shí)針?lè)较蜃鰣A周運(yùn)動(dòng)(2)(拓展設(shè)問(wèn))若油滴a在P點(diǎn)分成兩個(gè)小油滴Ⅰ、Ⅱ的瞬間,P點(diǎn)右側(cè)的磁場(chǎng)突然消失,

電場(chǎng)強(qiáng)度的大小減小為原來(lái)的一半,則在小油滴Ⅰ剛好運(yùn)動(dòng)一周的時(shí)間內(nèi),小油滴Ⅱ在

豎直方向的位移h是多少?

解析

(1)由油滴a做圓周運(yùn)動(dòng)可知,油滴a所受重力與電場(chǎng)力平衡,故油滴a帶負(fù)電,有mg

=Eq,解得q=

,A正確;根據(jù)洛倫茲力提供向心力有Bqv=m

,得油滴a做圓周運(yùn)動(dòng)的速度大小v=

,B正確;設(shè)小油滴Ⅰ的速度大小為v1,有B

v1=

·

,解得v1=

=

,周期為T(mén)=

=

,C錯(cuò)誤;帶電油滴a分離前后動(dòng)量守恒,設(shè)分離后小油滴Ⅱ的速度為v2,取油滴a分離前瞬間的速度方向?yàn)檎较?得mv=

v1+

v2,解得v2=-

,由于分離后的小油滴受到的電場(chǎng)力和重力仍然平衡,分離后小油滴Ⅱ的速度方向與正方向相反,根據(jù)

左手定則可知小油滴Ⅱ沿順時(shí)針?lè)较蜃鰣A周運(yùn)動(dòng),D正確。(2)對(duì)小油滴Ⅱ,根據(jù)牛頓第二定律有

-

·

=

a,解得a=

,所以小油滴Ⅱ以水平向右的初速度做類平拋運(yùn)動(dòng),在小油滴Ⅰ運(yùn)動(dòng)一周的時(shí)間內(nèi),小油滴Ⅱ在豎直方向的位移h=

aT2=

a×

=

。

答案

(1)ABD

(2)

類型3類拋體運(yùn)動(dòng)與螺旋線運(yùn)動(dòng)典例3

(2024湖南,14,14分)如圖,有一內(nèi)半徑為2r、長(zhǎng)為L(zhǎng)的圓筒,左右端面圓心O'、O

處各開(kāi)有一小孔。以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn),取O'O方向?yàn)閤軸正方向建立xyz坐標(biāo)系。在筒內(nèi)x≤

0區(qū)域有一勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,方向沿x軸正方向;筒外x≥0區(qū)域有一勻強(qiáng)電

場(chǎng),場(chǎng)強(qiáng)大小為E,方向沿y軸正方向。一電子槍在O'處向圓筒內(nèi)多個(gè)方向發(fā)射電子,電子

初速度方向均在xOy平面內(nèi),且在x軸正方向的分速度大小均為v0。已知電子的質(zhì)量

為m、電荷量為e,設(shè)電子始終未與筒壁碰撞,不計(jì)電子之間的相互作用及電子的重力。

(1)若所有電子均能經(jīng)過(guò)O進(jìn)入電場(chǎng),求磁感應(yīng)強(qiáng)度B的最小值;(2)取(1)問(wèn)中最小的磁感應(yīng)強(qiáng)度B,若進(jìn)入磁場(chǎng)中電子的速度方向與x軸正方向最大夾角

為θ,求tanθ的絕對(duì)值;(3)取(1)問(wèn)中最小的磁感應(yīng)強(qiáng)度B,求電子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)y軸正方向的最大位移。

解析

(1)若所有電子均能經(jīng)過(guò)O進(jìn)入電場(chǎng),則在沿x軸正方向有L=v0t電子在yOz平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng),其運(yùn)動(dòng)周期T=

運(yùn)動(dòng)時(shí)間滿足t=nT(n=1,2,3,…)聯(lián)立求得當(dāng)n=1時(shí),磁感應(yīng)強(qiáng)度最小,最小值B=

。(2)設(shè)在O'點(diǎn)當(dāng)電子在y方向的分速度最大為vy時(shí),進(jìn)入磁場(chǎng)中電子的速度方向與x軸正

方向的夾角最大為θ,則tanθ=

由幾何關(guān)系,電子在yOz平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的最大半徑為r,則由洛倫茲力提供向心力有evyB=m

聯(lián)立并代入B=

,解得tanθ=

。(3)若進(jìn)入O點(diǎn)右側(cè)區(qū)域后,電子沿y軸正方向做勻減速直線運(yùn)動(dòng),由牛頓第二定律有eE=

ma沿y軸正方向的最大位移h=

其中vy=v0tanθ=

,聯(lián)立解得h=

。

答案

(1)

(2)

(3)

技巧點(diǎn)撥本題中帶電粒子在筒內(nèi)做螺旋線運(yùn)動(dòng),是一種立體的運(yùn)動(dòng)軌跡,解題關(guān)鍵是

將運(yùn)動(dòng)分解為沿x軸正方向的勻速直線運(yùn)動(dòng)和在yOz平面內(nèi)的勻速圓周運(yùn)動(dòng),這兩個(gè)分

運(yùn)動(dòng)在互相垂直的方向上,互不影響。題型38配速法在磁場(chǎng)中的應(yīng)用知識(shí)圖解如圖所示,空間存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)和豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度和電

場(chǎng)強(qiáng)度的大小分別為B和E。一質(zhì)量為m、電荷量為+q的帶電粒子以速度大小v水平向

右射出,粒子重力忽略不計(jì)。若v=v0,有f洛=qv0B=qE,則粒子以速度v0=

在疊加場(chǎng)中做勻速直線運(yùn)動(dòng)。

配速法的本質(zhì)是把某一平面內(nèi)的一般曲線運(yùn)動(dòng),分解為同一平面內(nèi)的兩個(gè)特殊的運(yùn)動(dòng)

(一個(gè)勻速直線運(yùn)動(dòng)和一個(gè)勻速圓周運(yùn)動(dòng))

v<v0(qvB<qv0B=qE)v>v0(qvB>qv0B=qE)1.配速:讓洛倫茲力f洛與電場(chǎng)力F平衡

其中v1=

-v

其中v1=v-

2.運(yùn)動(dòng)情況判斷分運(yùn)動(dòng)一:水平向右以v0做勻速直線

運(yùn)動(dòng)分運(yùn)動(dòng)二:以v1做逆時(shí)針的勻速圓周

運(yùn)動(dòng)

其中r=

周期T=

分運(yùn)動(dòng)一:水平向右以v0做勻速直線

運(yùn)動(dòng)分運(yùn)動(dòng)二:以v1做逆時(shí)針的勻速圓周

運(yùn)動(dòng)

其中r=

周期T=

3.相關(guān)計(jì)算和判斷(1)每個(gè)周期T內(nèi)粒子在v0方向的位移x=v0T=

·

=

(2)粒子平行于電場(chǎng)方向的最大位移為2r=2

(3)功能關(guān)系滿足:qE·2r=

m

-

m

(1)從粒子射出時(shí)開(kāi)始計(jì)時(shí),粒子經(jīng)過(guò)

t=

=

時(shí)間第一次運(yùn)動(dòng)至最低點(diǎn)(2)在軌跡最低點(diǎn),v0和v1同向,粒子速

度最大,且vmax=v0+v1=(v+v1)+v1=v+2v1(3)在軌跡最高點(diǎn),v0和v1反向,粒子速

度最小,為vmin=v0-v1=(v+v1)-v1=v(1)從粒子射出時(shí)開(kāi)始計(jì)時(shí),粒子經(jīng)過(guò)

t=

=

時(shí)間第一次運(yùn)動(dòng)至最高點(diǎn)(2)在軌跡最低點(diǎn),v0和v1同向,粒子速

度最大,且vmax=v0+v1=v0+(v-v0)=v(3)在軌跡最高點(diǎn),v0和v1反向,粒子速

度最小,為vmin=|v0-v1|=|v0-(v-v0)|=|2v0-v|典例精解典例

(2024甘肅,15改編)質(zhì)譜儀是科學(xué)研究中的重要儀器,其原理如圖所示。Ⅰ為粒

子加速器,加速電壓為U;Ⅱ?yàn)樗俣冗x擇器,勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E1,方向沿紙面向

下,勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1,方向垂直紙面向里;Ⅲ為偏轉(zhuǎn)分離器,勻強(qiáng)磁場(chǎng)的

磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2,方向垂直紙面向里。從S點(diǎn)釋放初速度為零的帶正電的粒子(不

計(jì)重力),粒子的比荷

=

,加速后進(jìn)入速度選擇器做直線運(yùn)動(dòng)、再由O點(diǎn)進(jìn)入分離器做圓周運(yùn)動(dòng),最后打到照相底片的P點(diǎn)處,運(yùn)動(dòng)軌跡如圖中虛線所示。(1)求O點(diǎn)到P點(diǎn)的距離;(2)若速度選擇器Ⅱ中勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小變?yōu)镋2(E2略大于E1),方向不變。①為保證粒子水平向右做勻速直線運(yùn)動(dòng),豎直面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng),則粒子水平向右的分速度和做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的分速度分別應(yīng)為多大?②若粒子恰好垂直打在速度選擇器右擋板的O'點(diǎn)上,求粒子打在O'點(diǎn)的速度大小以及O

'點(diǎn)和O點(diǎn)間的距離d。③若粒子恰好垂直打在速度選擇器右擋板的O'點(diǎn)上,求粒子在Ⅱ中運(yùn)動(dòng)的可能時(shí)間。

解析

(1)粒子在Ⅱ中做直線運(yùn)動(dòng),滿足qvB1=qE1,則v=

粒子在Ⅲ中由洛倫茲力提供向心力,有qvB2=m

聯(lián)立解得O點(diǎn)到P點(diǎn)的距離OP=2r=

。(2)①由于E2>E1,所以粒子進(jìn)入Ⅱ瞬間,粒子受到向上的洛倫茲力f洛=qvB1<qE2,如圖所示,

將速度v分解為水平向左的分速度v1和水平向右的分速度v0,且其大小滿足v0=v+v1,使qv0

B1=qE2(如何配速),即q(v+v1)B1=qE2,結(jié)合v=

,解得v1=

,則粒子以v0=

的水平速度向右做勻速直線運(yùn)動(dòng),以v1=

在豎直面做逆時(shí)針?lè)较虻膭蛩賵A周運(yùn)動(dòng)。

②若粒子恰好垂直打在速度選擇器右擋板的O'點(diǎn)上,則分速度v1剛好水平向右,此時(shí)粒

子的速度v'=v1+v0=

(此速度為粒子運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的最大速度),O'點(diǎn)和O點(diǎn)間的距離d=2r'=

=2×

×

=

(此距離為粒子沿豎直方向的最大位移)。③粒子在豎直面內(nèi)逆時(shí)針做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期T=

=2π×

×

=

,粒子第一次運(yùn)動(dòng)到O'所在水平線用時(shí)

,根據(jù)周期性可知,粒子運(yùn)動(dòng)到O'所用時(shí)間t=nT+

=

×

=

(n=0,1,2,…)。

答案

(1)

(2)①

②

③

(n=0,1,2,…)題型39動(dòng)量定理在磁場(chǎng)中的應(yīng)用模型圖解典例精解典例

(2023浙江6月,20,11分)利用磁場(chǎng)實(shí)現(xiàn)離子偏轉(zhuǎn)是科學(xué)儀器中廣泛應(yīng)用的技術(shù)。

如圖所示,Oxy平面(紙面)的第一象限內(nèi)有足夠長(zhǎng)且寬度均為L(zhǎng)、邊界均平行x軸的區(qū)域

Ⅰ和Ⅱ,其中區(qū)域Ⅰ存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1的勻強(qiáng)磁場(chǎng),區(qū)域Ⅱ存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小

為B2的磁場(chǎng),方向均垂直紙面向里,區(qū)域Ⅱ的下邊界與x軸重合。位于(0,3L)處的離子源

能釋放出質(zhì)量為m、電荷量為q、速度方向與x軸夾角為60°的正離子束,沿紙面射向磁

場(chǎng)區(qū)域。不計(jì)離子的重力及離子間的相互作用,并忽略磁場(chǎng)的邊界效應(yīng)。(1)求離子不進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ的最大速度v1及其在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t;第四象限的離子數(shù)與總離子數(shù)之比η。

(2)若B2=2B1,求能到達(dá)y=

處的離子的最小速度v2;(3)若B2=

y,且離子源射出的離子數(shù)按速度大小均勻地分布在

~

范圍,求進(jìn)入

解析

(1)離子在區(qū)域Ⅰ做勻速圓周運(yùn)動(dòng)(明確大致過(guò)程),離子不進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ,那就是離

子在y=L處速度剛好與區(qū)域Ⅰ和Ⅱ的邊界相切(找準(zhǔn)臨界狀態(tài)),如圖甲所示(找到初、末

速度)水平方向,根據(jù)動(dòng)量定理得qB1∑vy1Δt=mv1-mv1cos60°(分解速度依據(jù)動(dòng)量定理建立方程)即qB1L=mv1-mv1cos60°,解得v1=

,離子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t=

T=

×

=

。

(2)離子在y=

處速度水平向右時(shí)速度最小(找準(zhǔn)臨界狀態(tài)),如圖乙所示(找到初、末速度)水平方向,根據(jù)動(dòng)量定理得qB1∑vy2Δt1+qB2∑vy2'Δt2=mv2-mv2cos60°(分解速度,根據(jù)動(dòng)量定理建立方程)即qB1L+qB2

=mv2-mv2cos60°,解得v2=

。(3)設(shè)恰能從x軸離開(kāi)的離子的速度大小為v3,也就是剛好與x軸相切的速度(找準(zhǔn)臨界狀

態(tài)),如圖丙所示(找到初、末速度)

水平方向,根據(jù)動(dòng)量定理得qB1∑vy3Δt3+q∑B2vy3'Δt4=mv3-mv3cos60°(分解速度,根據(jù)動(dòng)量定理建立方程)因B2=

y,則B2-y圖像如圖丁所示則∑B2y=

B1L可得qB1L+q

L=mv3-mv3cos60°(分解速度依據(jù)動(dòng)量定理建立方程),解得v3=

則速度在

~

之間的離子才能進(jìn)入第四象限,離子源射出離子的速度范圍在

~

之間,又離子源射出的離子個(gè)數(shù)按速度大小均勻分布,可知能進(jìn)入第四象限的離子占離子總數(shù)的比例為η=

。

答案

(1)

(2)

(3)

題型40帶電粒子在交變電磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)知識(shí)圖解

典例精解類型1磁場(chǎng)或電場(chǎng)周期性變化典例1

(2024廣東,15,16分)如圖甲所示,兩塊平行正對(duì)的金屬板水平放置,板間加上如

圖乙所示幅值為U0、周期為t0的交變電壓。金屬板左側(cè)存在一水平向右的恒定勻強(qiáng)電

場(chǎng),右側(cè)分布著垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。一帶電粒子在t=0時(shí)刻

從左側(cè)電場(chǎng)某處由靜止釋放,在t=t0時(shí)刻從下板左端邊緣位置水平向右進(jìn)入金屬板間的

電場(chǎng)內(nèi),在t=2t0時(shí)刻第一次離開(kāi)金屬板間的電場(chǎng)、水平向右進(jìn)入磁場(chǎng),并在t=3t0時(shí)刻從

下板右端邊緣位置再次水平進(jìn)入金屬板間的電場(chǎng)。已知金屬板的板長(zhǎng)是板間距離的

倍,粒子質(zhì)量為m。忽略粒子所受的重力和場(chǎng)的邊緣效應(yīng)。(1)判斷帶電粒子的電性并求其所帶的電荷量q;(2)求金屬板的板間距離D和帶電粒子在t=t0時(shí)刻的速度大小v;(3)求從t=0時(shí)刻開(kāi)始到帶電粒子最終碰到上金屬板的過(guò)程中,電場(chǎng)力對(duì)粒子做的功W。

解析

(1)粒子在磁場(chǎng)中沿順時(shí)針?lè)较蜃鰣A周運(yùn)動(dòng),結(jié)合粒子速度方向及左手定則可以

判斷粒子帶正電。由于粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)半個(gè)圓周用時(shí)t0,可知粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的周期T=2t0

①洛倫茲力提供向心力,有qBv=

②粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的周期T=

③聯(lián)立①②③式解得q=

④(2)粒子在金屬板間的運(yùn)動(dòng)可以看作兩段類平拋運(yùn)動(dòng)的組合在水平方向有

=vt0