磁場邊界問題

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(diǎn)，此類模型較為復(fù)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?yàn)槭怯薪绱艌?，則帶電粒子運(yùn)動的 完整圓周往往會被破壞，可能存在最大、最小面積、最長、最短時間等冋題.（2）模型分類I 單直線邊界型當(dāng)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(fù)電粒子的運(yùn)動為例.細(xì)'、 :前 ； B；廠：L :B；»*+*： 甲乙圖 8 2 11規(guī)律要點(diǎn)一 1 最值相切：當(dāng)帶電粒子的運(yùn)動軌跡小于1圓周且與邊界相切時（如圖中a點(diǎn)），切點(diǎn)為帶電粒子不能射出磁場的最值點(diǎn)（或恰

2、能射出磁場的臨界點(diǎn)）.一 1 最值相交：當(dāng)帶電粒子的運(yùn)動軌跡大于或等于§圓周時，直徑與邊界相交的點(diǎn)（如圖8 211（甲）中的b點(diǎn)）為帶電粒子射出邊界的最遠(yuǎn)點(diǎn)（距0最遠(yuǎn)）.n 雙直線邊界型當(dāng)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(fù)電粒子的運(yùn)動為例.規(guī)律要點(diǎn) 最值相切：粒子能從另一邊界射出的上、下最遠(yuǎn)點(diǎn)對應(yīng)的軌道分別與兩直線相切.如圖82 11（乙）所示. 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 2dr d2最值相切規(guī)律可推廣到矩形區(qū)域磁場中.川圓形邊界（1）圓形磁場區(qū)域規(guī)律要

3、點(diǎn) 相交于圓心：帶電粒子沿指向圓心的方向進(jìn)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）. 直徑最?。簬щ娏Ｗ訌闹睆降囊粋€端點(diǎn)射入磁場，則從該直徑的另一端點(diǎn)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(diǎn) 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. 最值相切：當(dāng)帶電粒子的運(yùn)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(yīng)強(qiáng)度B.如圖8 2 12（丙）.Ll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

4、2r，在兩圓之間的環(huán)形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.圓心0處有一放射源，放出粒子的質(zhì)量為m，帶電量為q,假設(shè)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，0A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(diǎn)，則初速度的大小是多少？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(shè)粒子在磁場中的軌道半徑為R1，則由幾何關(guān)系得R1二孑，又 qwB=諸得 v1.(2)設(shè)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(guān)系有2 2 2(2r R2) = R2 + r可得R2 =乎，又 qv2B=

5、mR2,可得V2 =3Bqr4m故要使粒子不穿出環(huán)形區(qū)域，粒子的初速度不能超過3Bqr4m答案對應(yīng)學(xué)生用書P140圖 8-2- 141. （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(qiáng)磁場，圖中的正方形為其邊界一細(xì)束由兩種粒子組成的粒子流沿垂直于磁場的方向從O點(diǎn)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(jì)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(yùn)動時間一定不同B .入射速度相同的粒子在磁場中的運(yùn)動軌跡一定相同 C.在磁場中運(yùn)動時間相同的粒子，其運(yùn)動軌跡一定相同D .在磁場中運(yùn)動時間越長的粒

6、子，其軌跡所對的圓心角一定越小2解析 帶電粒子進(jìn)入磁場后，在洛倫茲力的作用下做勻速圓周運(yùn)動，根據(jù)qvB = mV得r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(yùn)動的軌道半徑不同，軌跡qB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(yùn)動的周期t=“=nm,故所有帶電粒子的運(yùn)動周期均相同.若帶電粒子從磁場左邊界射v qB出磁場，則這些粒子在磁場中運(yùn)動時間是相同的，但不同速度軌跡不同，故A、C錯誤根據(jù)彳=2Tn# 0=罕，所以t越長，B越大，故D錯誤.答案 B2. （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

7、粒子圖中板 MN上方是磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為 B、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)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(jìn)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（）.XXK冥XXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXM 1XXXxXXKN圖 8-2- 15A.粒子帶正電2mb 射出粒子的最大速度為2m qB（3d+ L ）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

8、定只有負(fù)電荷進(jìn)入磁場時才向右偏，故選項(xiàng)A錯誤.利用qvB2=十知r=議，能射出的粒子滿足L L + 3d寸r <，因此對應(yīng)射出粒子的最大速度Vmax=m2 如 L，選項(xiàng)B錯誤最小速度Vmin =罟嚴(yán)qBL，AV = Vmax Vmin =，由此式可2m判定選項(xiàng)答案3. (20II廣東卷，35)如圖8 2 I6(a)所示，在以0為圓心，內(nèi)外半徑分別為C正確，選項(xiàng)D錯誤.CRi和的圓環(huán)區(qū)域內(nèi)，存在輻射狀電場和垂直紙面的勻強(qiáng)磁場，內(nèi)外圓間的電勢差U為常量，=R0, R2= 3R0電荷量為+ q,質(zhì)量為m的粒子從內(nèi)圓上的 A點(diǎn)進(jìn)入該區(qū)域，不計(jì)重力.(1)已知粒子從外圓上以速度 vi射出，求粒子在

9、 A點(diǎn)的初速度vo的大小.若撤去電場，如圖 8 2 i6(b)，已知粒子從 OA延長線與外圓的交點(diǎn)C以速度射出，方向與 OA延長線成45°角，求磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小及粒子在磁場中運(yùn)動的時間.在圖8 2 i6(b)中，若粒子從A點(diǎn)進(jìn)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(yīng)強(qiáng)度應(yīng)小于多少？R2RiV2V3,解析(1)根據(jù)動能定理，qU1 ?mvi圖 8 2 I62 1 2 2mvo ,所以 vo= vi2(2)如圖所示，設(shè)粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的半徑為 Ri)2，解得R= 2Ro.根據(jù)洛倫茲力公式和牛頓第二定律2mv22qRo .R,由幾何知識可知2qv2B

10、 = mRL.解得R2+ R2= (R2mv2B = q；2Ro =根據(jù)公式；=總2kR= v2T,2八v2”口 T 2 nmqv2B = m，解得 t= 4 =面考慮臨界情況，如圖所示a* '用2 nm _ . 2 nRo mv2 2v2 .4 X一 2Ro2qv3Bi' = mV，解得 Bi'=二,RoqRoB，mva2qRo'2qv3B2 =解得 B2 ' = 2qR），綜合得:mv32qRo答案（1） - vi2型型至1 m 3 2qRo2v2圖 8-2- 174. (2011課標(biāo)全國卷，25)如圖8-2- 17所示，在區(qū)域I (0< x&

11、lt; d)和區(qū)域n (d<xW 2d) 內(nèi)分別存在勻強(qiáng)磁場， 磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為B和2B,方向相反，且都垂直于Oxy平面.一質(zhì)量為m、帶電荷量q(q>0)的粒子a于某時刻從y軸上的P點(diǎn)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(diǎn)沿x軸正向射入?yún)^(qū)域I,其速度大小是a的彳.不計(jì)重力和3 兩粒子之間的相互作用力求：(1) 粒子a射入?yún)^(qū)域I時速度的大小；(2) 當(dāng)a離開區(qū)域n時，a、b兩粒子的y坐標(biāo)之差.解析(1)設(shè)粒子a在I內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動的圓心為 C(在y軸上)半徑為Ra1，

12、粒子速率為va,運(yùn)動軌跡與兩磁場區(qū)域邊界的交點(diǎn)為P，如圖所示.由洛倫茲力公式和牛頓第二定律得2qvaB = m Ra1由幾何關(guān)系得/ PCP，= 9Ra1= si' 9 式中，9= 30°由式得 va= 2；mB設(shè)粒子a在n內(nèi)做圓周運(yùn)動的圓心為 Oa,半徑為Ra2,射出點(diǎn)為Pa(圖中未畫出軌跡), 2vaZP，OaPa= 9 .由洛倫茲力公式和牛頓第二定律得qva(2B)= m二Ra2由式得Ra2=號3C、P，和Oa三點(diǎn)共線，且由式知 Oa點(diǎn)必位于x= 2d的平面上.由對稱性知， Pa點(diǎn)與P '點(diǎn)縱坐標(biāo)相同，即ypa = RalCOS 0+ h 式中，h是C點(diǎn)的y坐標(biāo)

13、.設(shè)b在I中運(yùn)動的軌道半徑為Rbi，由洛倫茲力公式和牛頓第二定律得t0,當(dāng)a到達(dá)Pa點(diǎn)時，b位于Pb點(diǎn)，轉(zhuǎn)過的角度為 a如果b沒有飛出I,則=乙一 Ta2 2 n_L = _a?Tbi- 2 n式中，t是a在區(qū)域n中運(yùn)動的時間，而 Ta2=2 nRbiVa由?式得a= 30°由？式可見，b沒有飛出i.Pb點(diǎn)的y坐標(biāo)為ypb = Rbi (2 + cos a + h ?由？式及題給條件得，a、b兩粒子的y坐標(biāo)之差為ypa ypb= 2)d?答案呼(2)3( . 3 2)dIII3第3講 帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動 對應(yīng)學(xué)生用書P141 點(diǎn)擊復(fù)合場從場的復(fù)合復(fù)合場是指電場、磁場和重力場并存

14、，或其中某兩場并存，或分區(qū)域存在. 形式上一般可分為如下四種情況：相鄰場；重疊場；交替場；交變場點(diǎn)擊帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動分類1靜止或勻速直線運(yùn)動當(dāng)帶電粒子在復(fù)合場中所受合外力為零時，將處于靜止?fàn)顟B(tài)或做勻速直線運(yùn)動2. 勻速圓周運(yùn)動當(dāng)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(qiáng)磁場的平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動.3. 較復(fù)雜的曲線運(yùn)動當(dāng)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，粒子做韭乂速曲線運(yùn)動，這時粒子運(yùn)動軌跡既不是圓弧，也不是拋物線.4. 分階段運(yùn)動帶電粒子可能依次通過幾個情況不同的復(fù)合場區(qū)域，其運(yùn)動情況隨區(qū)域發(fā)生變化，

15、其運(yùn)動過程由幾種不同的運(yùn)動階段組成 3電場磁場同區(qū)域應(yīng)用實(shí)例裝置原理圖規(guī)律速度選擇器r若 qv°B= Eq，即 vo=g，粒子做勻速直線運(yùn)動1JXXMXBX:XXX匚磁流體發(fā)電機(jī)等離子體射入，受洛倫茲力偏 轉(zhuǎn)，使兩極板帶正、負(fù)電，兩 極電壓為U時穩(wěn)定，qd =qvoB, U = voBd1 1XXMX HXXXX電磁流量計(jì)MXX1°q = qvB 所以v = db所以Q -心 DB n2)XXK質(zhì)譜儀、回旋加速器見第 2講溫馨提示復(fù)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?yàn)槠渲亓σ话闱闆r下與電場力或磁場力 相比太小，可以忽略而對于一些實(shí)際物

16、體，如帶電小球、液滴、金屬塊等，一般應(yīng)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(jìn)行受力分析與運(yùn)動分析時，要由分析結(jié)果確定 是否考慮重力.II狀元微博I帯ill勲子I考基自測I圖 8- 3- 11 如圖8- 3- 1是磁流體發(fā)電機(jī)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(qiáng)磁場當(dāng)?shù)入x子束(分別帶有等量正、負(fù)電荷的離子束 )從左向右進(jìn)入極板時，下列說法中正確的是().N板的電勢高于 M板的電勢 M板的電勢高于 N板的電勢 R中有由b向a方 向的電流 R中有由a向b方向

17、的電流A . B .C. D .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(diǎn).根據(jù)左手定則可知正電荷向上極板偏轉(zhuǎn)，負(fù)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(dāng)于電源的正板，那么 R中有由a向b方向的電流. 答案 C2.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(qiáng)磁 場區(qū)域H,如果這束正離子流在區(qū)域I中不偏轉(zhuǎn)，進(jìn)入?yún)^(qū)域n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圖 8- 3-33. （2012南昌高三調(diào)研）某空間存在水平方向的勻強(qiáng)電場（圖中未畫出），帶電小球沿如圖8- 3- 3所示的直

18、線斜向下由 A點(diǎn)沿直線向B點(diǎn)運(yùn)動，此空間同時存在由A指向B的勻強(qiáng)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(yùn)動C.帶電小球一定做勻加速直線運(yùn)動D .運(yùn)動過程中，小球的機(jī)械能減少解析 本題考查帶電體在復(fù)合場中的運(yùn)動問題.由于重力方向豎直向下，空間存在磁場，且直線運(yùn)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(xiàng)A錯誤；重力和電場力的合力不為零，故不是勻速直線運(yùn)動，所以選項(xiàng)B錯誤；因?yàn)橹亓εc電場力的合力方向與運(yùn)動方向相同，故小球一定做勻加速運(yùn)動，選項(xiàng)C正確；運(yùn)動過程中由于電場力做正功，故機(jī)械能增

19、大，選項(xiàng)D錯誤.答案 C4. 如圖8- 3-4所示，在空間中存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，其豎直邊界AB, CD的寬度為d,在邊界AB左側(cè)是豎直向下、場強(qiáng)為 E的勻強(qiáng)電場.現(xiàn)有質(zhì)量為m、帶電量為+ q的粒子（不計(jì)重力）從P點(diǎn)以大小為vo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(jìn)入如圖所示兩豎直平行金屬板間的勻強(qiáng)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(yùn)動軌跡，并求出粒子進(jìn)入磁場時的速度大小v ；（2）求勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)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=V；5寧羽voCO

20、S 45(2)粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動設(shè)其軌道半徑R，由幾何關(guān)系可知R= 兀三2dSin 45°2v ”口 mvo qvB= m 解得 B = yrqdqU = 0 - 2mv2解得U =(3) 粒子進(jìn)入板間電場至速度減為零的過程，由動能定理有一2mvoq '2 答案軌跡見解析圖，2v°器晉 對應(yīng)學(xué)生用書P142考點(diǎn)一帶電粒子在分離復(fù)合場中的運(yùn)動續(xù)表【典例1】在豎直平面內(nèi),X X X X X X X圖 8- 3-5時間.00 mt = t2= Bqt =，具有等時性 vo動能不變變化以虛線為界分布著如圖 8-3 5所示的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場， 其中勻強(qiáng)電場的方向

21、豎直 向下，大小為E;勻強(qiáng)磁場的方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為 B.虛線與水平線之間的夾角為0= 45° 一個帶負(fù)電荷的粒子在 0點(diǎn)以速度vo水平射入勻強(qiáng)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(jì)，電場、磁場區(qū)域足夠大).求：(1) 帶電粒子第1次通過虛線時距 0點(diǎn)的距離；(2) 帶電粒子從 0點(diǎn)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 0點(diǎn)的距離. 解析 帶電粒子運(yùn)動的軌跡如圖所示2心V0(1)據(jù) qvoB = m：得 r =mvoqB，又由幾何知識可知:d1= 2r，解得 d1 =、j2mvoqB，一T nm在磁場中運(yùn)動時間為

22、t1 = 4 = 2qB 在電場中a = qE運(yùn)動時間為匕=a2vo 2mvo再一次在磁場中運(yùn)動qE3 nm t3= 2qB， 2mvo +疋X X X X X X(3)再次進(jìn)入電場中從at42C到D做類平拋運(yùn)動(如圖所示)所以總時間t=錯x= vot4, y=, x= y,22mvoqE所以距O點(diǎn)距離為 Ad = 2d1 , 2x=2 '2mvoqB2 , 2mvo2qE答案 邁mvo (2)2 n . 2mvo 化)2邁mvo 2V2mvo2 答案()qB (2)萌十-qE ( ) qBqEI尙砸發(fā)揮' 解決帶電粒子在分離復(fù)合場中運(yùn)動問題的思路方法【變式1】在如圖8 3 6

23、所示的空圖 8 3 6間坐標(biāo)系中，y軸的左側(cè)有一勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)大小為 E,場強(qiáng)方向與y軸負(fù)方向成30° y軸的右側(cè)有一垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B(未畫出).現(xiàn)有一質(zhì)子在 x軸上坐標(biāo)為Xo= 10 cm處的A點(diǎn)，以一定的初速度 Vo第一次沿x軸正方向射入磁場，第二次沿 x 軸負(fù)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(jìn)入磁場.求：(1) 質(zhì)子在勻強(qiáng)磁場中的軌跡半徑R;(2) 質(zhì)子兩次在磁場中運(yùn)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(jìn)入電場的位置再次進(jìn)入磁場，試求初速度Vo和電場強(qiáng)度E、磁感應(yīng)強(qiáng)度 B之間需要滿足的條件.

24、解析(1)質(zhì)子兩次運(yùn)動的軌跡如圖所示，由幾何關(guān)系可知xo= Rsin 30解得 R= 2xo= 20 cm.第一次射入磁場的質(zhì)子，軌跡對應(yīng)的圓心角為91= 210第二次射入磁場的質(zhì)子，軌跡對應(yīng)的圓心角為9= 30°故質(zhì)子兩次在磁場中運(yùn)動時間之比為t1 t2= 9 ：9= 7 ：1.(3) 質(zhì)子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動時,由ev°B = m號得R=Rmv0eB設(shè)第 次射入磁場的質(zhì)子，從 進(jìn)入磁場，由幾何關(guān)系得，質(zhì)子沿y軸上的P點(diǎn)進(jìn)入電場做類平拋運(yùn)動，從y軸上的Q點(diǎn)y軸的位移為Ay = 2R質(zhì)子的加速度a=m1 2沿電場方向 Aycos 30 = 2at垂直電場方向Aysin 3

25、0丄v0t解得vo=.3E"6B.答案 (1)20 cm (2)7 : 1Vo= 乎6B考點(diǎn)二帶電粒子在疊加復(fù)合場中的運(yùn)動帶電粒子(體)在復(fù)合場中的運(yùn)動問題求解要點(diǎn)(1) 受力分析是基礎(chǔ). 在受力分析時是否考慮重力必須注意題目條件.(2) 運(yùn)動過程分析是關(guān)鍵.在運(yùn)動過程分析中應(yīng)注意物體做直線運(yùn)動，曲線運(yùn)動及圓周運(yùn)動、類平拋運(yùn)動的條件.(3) 構(gòu)建物理模型是難點(diǎn).根據(jù)不同的運(yùn)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(diǎn)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)，整個空間存在水

26、平向左的勻強(qiáng)電場，MN的右側(cè)存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(C點(diǎn)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(diǎn)時速度為vc =號 m/s，接著沿直線 CD運(yùn)動到D處進(jìn)入半圓軌道， 進(jìn)入時無動能損失， 且恰好能通過F點(diǎn)，在F點(diǎn)速度vF = 4 m/s(不計(jì)空氣阻力，g = 10 m/s2,cos 37 =0.8).求:M .r； X X X X(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(diǎn)飛出時磁場同時消失，小球離開F點(diǎn)后的運(yùn)動軌跡與直線 AC(或延長線)的交點(diǎn)為(G點(diǎn)未標(biāo)出)，求G點(diǎn)到D點(diǎn)的距離.解析 (1)正電荷(2)依題意可知小球在

27、 CD間做勻速直線運(yùn)動100在D點(diǎn)速度為vd = vc= 7 m/s在CD段受重力、電場力、洛倫茲力且合力為0,設(shè)重力與電場力的合力為F = qvcB2 mvFR又F=coA5 N 解得 qB=vC= 20在F處由牛頓第二定律可得 qvFB + F =把qB= 20代入得R= 1 mWf,由動能定理可得小球在DF段克服摩擦力做功2 2m vf VdWf 2FR =2Wf= 27.6 J小球離開F點(diǎn)后做類平拋運(yùn)動，其加速度為a= m由2R=普得響=*s交點(diǎn)G與D點(diǎn)的距離 GD = VFt= 1.6七2 m = 2.26 m.答案見解析【變式2】（2011廣東六校聯(lián)合體聯(lián)考）成丫 " I

28、I¥0'P圖 8 3 8如圖8 3 8所示，豎直平面內(nèi)有相互垂直的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，電場強(qiáng)度E1 = 2 5003 2N/C，方向豎直向上磁感應(yīng)強(qiáng)度B= 10 T,方向垂直紙面向外；有一質(zhì)量m= 1 X 10 kg、電荷量q = 4 X 10 5C的帶正電小球自 O點(diǎn)沿與水平線成 45。角以V。= 4 m/s的速度射入復(fù)合 場中，之后小球恰好從 P點(diǎn)進(jìn)入電場強(qiáng)度 E2= 2 500 N/C ,方向水平向左的第二個勻強(qiáng)電場 中.不計(jì)空氣阻力，g取10 m/s2.求：（1）0點(diǎn)到P點(diǎn)的距離S1；帶電小球經(jīng)過 P點(diǎn)的正下方Q點(diǎn)時與P點(diǎn)的距離S2.G= mg= 0.1 N解析（1）

29、帶電小球在正交的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場中受到的重力電場力 F1= qE1 = 0.1 N即G= F1,故帶電小球在正交的電磁場中由O到P做勻速圓周運(yùn)動2根據(jù)牛頓第二定律得 qv°B= mV021 X10 X 4=5 m= 1 m4X 10 X 1033=，2R=、2 m.P點(diǎn)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 =解得：r=m0由幾何關(guān)系得:帶電小球在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 = 10 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(yùn)動F2建立如圖所示的x、y坐標(biāo)系，沿y軸方向上，帶

30、電小球的加速度a=不=10 2m/s，位1 2移 y= 2at沿x軸方向上，帶電小球的位移 x= Vot由幾何關(guān)系有：y= x即：2at2= Vot，解得：t= 5.2 sQ 點(diǎn)到 P 點(diǎn)的距離 S2=i2x= 2 x 4X 5.2 m= 3.2 m.答案(1)2m(2)3.2 mMWLILIJIAINllUOZlilDAO «!»：J物理建模指導(dǎo)對應(yīng)學(xué)生用書P14411帶電粒子“在復(fù)合場中運(yùn)動的軌跡”模型(1) 模型概述當(dāng)帶電粒子沿不同方向進(jìn)入電場或磁場時，粒子做各種各樣的運(yùn)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(yùn)動，運(yùn)動描繪軌跡，軌跡涵蓋方程” 究竟如何

31、構(gòu)建軌 跡模型，至關(guān)重要首先應(yīng)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(yùn)動的條件確定曲線形式.(2) 模型分類 “拱橋”型OXXXX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(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B, 在x軸下方有沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)為E，質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子從坐標(biāo)原點(diǎn)O沿著y軸正方向射出，射出之后，第三次到達(dá)x軸時，它與O點(diǎn)的距離為L,求此時粒子射出時的速度和運(yùn)動的總路程(重力不計(jì))| L：hyX1 -10解析畫出粒子運(yùn)動軌跡如圖所示，形成“拱橋”圖形由題可知粒子軌道半徑R= 4.由牛頓運(yùn)動定律知粒子運(yùn)動速率為v =

32、詈=豐一 1 2 設(shè)粒子進(jìn)入電場后沿 y軸負(fù)方向做減速運(yùn)動的最大路程為y,由動能定理知？mv = qEy,2 2得 y qB L得 y= 32mE22所以粒子運(yùn)動的總路程為 x = qB*+1 n_.16mE 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(yīng)強(qiáng)度是上 方磁感應(yīng)強(qiáng)度B的兩倍.今有一質(zhì)量為 m、電荷量為+ q的粒子，從原點(diǎn)0沿y軸正方向以 速度vo射入磁場中，求此粒子從開始進(jìn)入磁場到第四次通過x軸的位置和時間（重力不計(jì)）.解析由r = mV知粒子在x軸上方做圓周運(yùn)動的軌道半徑Bqmvori =兩，在x軸下方做圓周運(yùn)動的軌道半

33、徑2 =mvo2Bq，所以現(xiàn)作出帶電粒子的運(yùn)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=21=鴛十 2 nm 2 nm 3 nmt = Ti + T? =1=12 Bq2 BqBq “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8-311乙所示，規(guī)定磁場方向垂直紙面向里為正.當(dāng)t= 0時，有一質(zhì)量為 m = 2.0X 10 6kg、電荷量q=+ 1.0X 104C的粒子從極板左側(cè)以 v0= 4.0X

34、103m/s沿與兩板平行的中線00'射入，取 g= 10 m/s2、n= 3.14.求：圖 8 3 11(1) 粒子在01.0 X 104s內(nèi)位移的大小 x;粒子離開中線 OO '的最大距離h;(3) 粒子在板間運(yùn)動的時間t;(4) 畫出粒子在板間運(yùn)動的軌跡圖.解析 由題意知：Eq = Uq= 2.0 X 10-5N5而 mg= 2.0X 10 N顯然Eq= mg故粒子在01.0 X 10 4s時間內(nèi)做勻速直線運(yùn)動，因?yàn)?At= 1.0X 104s, 所以 x= v0 A = 0.4 m4 4(2) 在 1.0 X 102.0 X 10 s 時間內(nèi)，電場力與重力平衡，粒子做勻速

35、圓周運(yùn)動，因?yàn)?t= 2nm= 1.0X 104s qB故粒子在1.0X 1042.0 X 10 4s時間內(nèi)恰好完成一個周期圓周運(yùn)動2由牛頓第二定律得：qv0B = mV0RR= 0.064 m qBh = 2R= 0.128 m；所以粒子離開中線 OO '的最大距離h= 0.128 m .(3) 板長 L = 1.2 m = 3 x4t = 2T+ 3 At= 5.0 X 10 s?(4) 軌跡如圖1;111| 104GAOKAOKUAILETIYAN高考快樂體驗(yàn)J快樂怵螫取情高老對應(yīng)學(xué)生用書P145|B 乂圖 8-3- 1225)如圖8-3 12所示，與水平面成 45。角的平面MN

36、將空間分 m、電荷量為q(q>0)的粒子以速度 V。從平面MN上的Po點(diǎn)水 方向豎直向下的電場作用，電場強(qiáng)B,方向垂直于紙1. (2011大綱全國卷，成I和n兩個區(qū)域.一質(zhì)量為平向右射入I區(qū)粒子在I區(qū)運(yùn)動時，只受到大小不變、度大小為E；在n區(qū)運(yùn)動時，只受到勻強(qiáng)磁場的作用，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為 面向里求粒子首次從n區(qū)離開時到出發(fā)點(diǎn)解析 帶電粒子進(jìn)入電場后， 在電場力的作用下做類平拋運(yùn)動， 其加速度方向豎直向下，設(shè)其大小為 由牛頓運(yùn)動定律得 qE = ma 設(shè)經(jīng)過時間to粒子從平面 MN上的點(diǎn) voto=尹to Po的距離粒子的重力可以忽略.Pi進(jìn)入磁場，由運(yùn)動學(xué)公式和幾何關(guān)系得粒子速度大小 V

37、1 = - Vo2+ ato 2 設(shè)速度方向與豎直方向的夾角為vo _tan a=ato此時粒子到出發(fā)點(diǎn) Po的距離為so=2voto 此后，粒子進(jìn)入磁場，在洛倫茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動，圓周半徑為mv1_尸mB設(shè)粒子首次離開磁場的點(diǎn)為P2,弧PiP2所對的圓心角為2 3,則點(diǎn)Pi到點(diǎn)P2的距離為S1= 2r1sin 3由幾何關(guān)系得 a+ 3= 45。聯(lián)立式得，一 mvo si= 2qB 點(diǎn)P2與點(diǎn)P0相距I = So+ S1聯(lián)系解得圖 8-3- 132. (2011安徽卷，23)如圖8 3- 13所示，在以坐標(biāo)原點(diǎn) 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(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,磁場方向垂直于xOy平面向里.一帶正電的粒子(不計(jì)重力)從O點(diǎn)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(yùn)動，經(jīng)t。時間從P點(diǎn)射出.(1) 求電場強(qiáng)度的大小和方向；(2) 若僅撤去磁場，帶電粒子仍從O點(diǎn)以相同的速度射入，經(jīng)殳時間恰從半圓形區(qū)域的邊 界射出.求粒子運(yùn)動加速度的大??；(3) 若僅撤去電場，帶電粒子仍從O點(diǎn)射