45磁场专题45 组合场与叠加场中的运动文档格式.docx

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抛物线

圆或圆的一部分

运动轨迹

求解方法

利用类似平抛运动的规律求解：

vx＝v0，x＝v0tvy＝·

t，y＝·

·

t2偏转角φ：

tanφ＝＝

半径：

r＝周期：

T＝偏移距离y和偏转角φ要结合圆的几何关系利用圆周运动规律讨论求解

运动时间

t＝

t＝T＝

动能

变化

不变

例题1.（2013·

山东·

23）如图8所示，在坐标系xOy的第一、第三象限内存在相同的匀强磁场，磁场方向垂直于xOy平面向里；

第四象限内有沿y轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E.一电荷量为＋q、质量为m的粒子，自y轴上的P点沿x轴正方向射入第四象限，经x轴上的Q点进入第一象限，随即撤去电场，以后仅保留磁场．已知OP＝d，OQ＝2d.不计粒子重力．

图8

（1）求粒子过Q点时速度的大小和方向；

（2）若磁感应强度的大小为一确定值B0，粒子将沿垂直y轴的方向进入第二象限，求B0；

（3）若磁感应强度的大小为另一确定值，经过一段时间后粒子将再次经过Q点，且速度与第一次过Q点时相同，求该粒子相邻两次经过Q点所用的时间．

解析　

（1）设粒子在电场中运动的时间为t0，加速度的大小为a，粒子的初速度为v0，过Q点时速度的大小为v，沿y轴方向分速度的大小为vy，速度与x轴正方向间的夹角为θ，由牛顿第二定律得qE＝ma①

由运动学公式得d＝at②2d＝v0t0③vy＝at0④v＝⑤tanθ＝⑥

联立①②③④⑤⑥式得v＝2⑦θ＝45°

，即粒子过Q点时速度方向斜向上与x轴正方向成45°

角⑧

（2）设粒子做圆周运动的半径为R1，粒子在第一象限的运动轨迹如图所示，O1为圆心，由几何关系可知△O1OQ为等腰直角三角形，得R1＝2d⑨由牛顿第二定律得qvB0＝m⑩联立⑦⑨⑩式得B0＝⑪

（3）设粒子做圆周运动的半径为R2，由几何知识分析知，粒子运动的轨迹如图所示，O2、O2′是粒子做圆周运动的圆心，Q、F、G、H是轨迹与两坐标轴的交点，连接O2、O2′，由几何关系知，O2FGO2′和O2QHO2′均为矩形，进而知FQ、GH均为直径，QFGH也是矩形，又FH⊥GQ，可知QFGH是正方形，△QOF为等腰直角三角形．由此可知，粒子在第一、第三象限的轨迹均为半圆，得2R2＝2d⑫

粒子在第二、第四象限的轨迹为长度相等的线段，得FG＝HQ＝2R2⑬

设粒子相邻两次经过Q点所用的时间为t，则t＝⑭

联立⑦⑫⑬⑭式得t＝（2＋π）

答案　

（1）2，方向斜向上与x轴正方向成45°

角

（2）　（3）（2＋π）

例题2.[带电粒子在组合场中运动]如图9所示，在直角坐标系xOy中，x轴上方有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B；

x轴下方有竖直向下的匀强电场．图中M、N两点坐标分别为M（0，l）、N（－3l,0）．一个质量为m、电荷量为－q的粒子由第三象限中的某点P（图中未标出）沿x轴正方向射出，该粒子能一直沿P、O、M、N四点围成的闭合图形做周期性运动，粒子重力不计，求：

图9

（1）该粒子到达O点时速度的大小和方向；

（2）匀强电场的电场强度E；

（3）该粒子运动的周期T.

答案　

（1），与x轴正方向成60°

角　

（2）　（3）

解析　

（1）由题意可画出粒子运动的轨迹如图，设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，粒子到达O点时速度的大小为v，与x轴正方向的夹角为θ，由几何知识得，rsinθ＝l、rcosθ＝l，解得r＝l，θ＝60°

由牛顿第二定律qvB＝m，解得v＝.

（2）粒子在电场中沿抛物线运动，加速度方向竖直向上，设其大小为a，粒子由N运动到O所用时间为t2，由牛顿第二定律和运动学公式得：

a＝、3l＝vcosθ·

t2、t2＝，联立上式得E＝，t2＝

（3）设粒子在磁场中运动时间为t1.t1＝T磁、T磁＝，得T＝t1＋t2＝.

例题3.如图3所示，两块平行金属极板MN水平放置，板长L＝1m．间距d＝m，两金属板间电压UMN＝1×

104V；

在平行金属板右侧依次存在ABC和FGH两个全等的正三角形区域，正三角形ABC内存在垂直纸面向里的匀强磁场B1，三角形的上顶点A与上金属板M平齐，BC边与金属板平行，AB边的中点P恰好在下金属板N的右端点；

正三角形FGH内存在垂直纸面向外的匀强磁场B2.已知A、F、G处于同一直线上，B、C、H也处于同一直线上．AF两点的距离为m．现从平行金属板MN左端沿中心轴线方向入射一个重力不计的带电粒子，粒子质量m＝3×

10－10kg，带电荷量q＝＋1×

10－4C，初速度v0＝1×

105m/s.

图3

（1）求带电粒子从电场中射出时的速度v的大小和方向；

（2）若带电粒子进入中间三角形区域后垂直打在AC边上，求该区域的磁感应强度B1；

（3）若要使带电粒子由FH边界进入FGH区域并能再次回到FH界面，求B2应满足的

条件．

答案　

（1）×

105m/s　与水平方向夹角为30°

（2）T　（3）大于T

解析　

（1）设带电粒子在电场中做类平抛运动时间为t，加速度为a，＝ma

故a＝＝×

1010m/s2t＝＝1×

10－5s

竖直方向的速度为vy＝at＝×

105m/s射出电场时的速度为v＝＝×

105m/s

速度v与水平方向夹角为θ，tanθ＝＝，故θ＝30°

，即垂直于AB方向射出

（2）带电粒子出电场时竖直方向偏转的位移y＝at2＝m＝，即粒子由P点垂直AB边射入磁场，由几何关系知在磁场ABC区域内做圆周运动的半径为R1＝＝m

由B1qv＝知B1＝＝T

（3）分析知当运动轨迹与边界GH相切时，对应磁感应强度B2最小，运动轨迹如图所示：

由几何关系可知R2＋＝1故半径R2＝（2－3）m又B2qv＝m，

故B2＝T所以B2应满足的条件为大于T.

练习1-1：

（2013·

浙江·

20）在半导体离子注入工艺中，初速度可忽略的磷离子P＋和P3＋，经电压为U的电场加速后，垂直进入磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里、有一定宽度的匀强磁场区域，如图5所示．已知离子P＋在磁场中转过θ＝30°

后从磁场右边界射出．在电场和磁场中运动时，离子P＋和P3＋（　BCD　）

图5

A．在电场中的加速度之比为1∶1B．在磁场中运动的半径之比为∶1

C．在磁场中转过的角度之比为1∶2D．离开电场区域时的动能之比为1∶3

解析　磷离子P＋和P3＋的质量相等，都设为m，P＋的电荷量设为q，则P3＋的电荷量为3q，在电场中由a＝知，加速度之比为所带的电荷量之比，即为1∶3，A错误；

由qU＝mv2得Ek∝q，即离开电场区域时的动能之比为1∶3，D正确；

又由qvB＝，得r＝∝，所以rP＋∶rP3＋＝∶1，B正确；

由几何关系可得P3＋在磁场中转过60°

角后从磁场右边界射出，C正确．

练习1-2：

如图4所示，一个质量为m、电荷量为q的正离子，在D处沿图示方向以一定的速度射入磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里．结果离子正好从距A点为d的小孔C沿垂直于电场方向进入匀强电场，此电场方向与AC平行且向上，最后离子打在G处，而G处距A点2d（AG⊥AC）．不计离子重力，离子运动轨迹在纸面内．求：

（1）此离子在磁场中做圆周运动的半径r；

（2）离子从D处运动到G处所需时间；

（3）离子到达G处时的动能．

答案　

（1）d　

（2）　（3）

解析　

（1）正离子轨迹如图所示．

圆周运动半径r满足：

d＝r＋rcos60°

解得r＝d

（2）设离子在磁场中的运动速度为v0，则有：

qv0B＝mT＝＝

由图知离子在磁场中做圆周运动的时间为：

t1＝T＝

离子在电场中做类平抛运动，从C到G的时间为：

t2＝＝

离子从D→C→G的总时间为：

t＝t1＋t2＝

（3）设电场强度为E，则有：

qE＝mad＝at

由动能定理得：

qEd＝EkG－mv解得EkG＝

练习1-3：

（2011年江西重点中学协作体联考）如图所示，真空中有以O′为圆心，r为半径的圆柱形匀强磁场区域，圆的最下端与x轴相切于坐标原点O，圆的右端与平行于y轴的虚线MN相切，磁感应强度为B，方向垂直纸面向外，在虚线MN右侧x轴上方足够大的范围内有方向竖直向下、场强大小为E的匀强电场．现从坐标原点O向纸面内不同方向发射速率相同的质子，质子在磁场中做匀速圆周运动的半径也为r，已知质子的电荷量为e，质量为m，不计质子的重力、质子对电磁场的影响及质子间的相互作用力．求：

（1）质子进入磁场时的速度大小；

（2）沿y轴正方向射入磁场的质子到达x轴所需的时间．

【详解】

（1）由洛伦兹力公式和牛顿第二定律，得：

Bev＝解得：

v＝.

（2）若质子沿y轴正方向射入磁场，则以N为圆心转过圆弧后从A点垂直电场方向进入电场，质子在磁场中有：

T＝，得：

tB＝T＝

进入电场后质子做类平抛运动，y方向上的位移y＝r＝at2＝t

解得：

tE＝则：

t＝tB＋tE＝＋.

练习1-4：

如图所示,在xOy平面的第一象限有一匀强电场,电场的方向平行于y轴向下;

在x轴和第四象限的射线OC之间有一匀强磁场,磁感应强度的大小为B,方向垂直于纸面向外.有一质量为m,带有电荷量+q的质点由电场左侧平行于x轴射入电场.质点到达x轴上A点时,速度方向与x轴的夹角为,A点与原点O的距离为d.接着,质点进入磁场,并垂直于OC飞离磁场,不计重力影响.若OC与x轴的夹角也为,求:

（1）粒子在磁场中运动速度的大小.

（2）匀强电场的场强大小.

、

（1）质点在磁场中的轨迹为一圆弧。

由于质点飞离磁场时，速度垂直于OC，故圆弧的圆心在OC上。

依题意，质点轨迹与x轴的交点为A，过A点作与A点的速度方向垂直的直线，与OC交于O＇。

由几何关系知，AO＇垂直于OC＇，O＇是圆弧的圆心。

设圆弧的半径为R，则有R=dsin①

由洛化兹力公式和牛顿第二定律得②

将①式代入②式，得③

（2）质点在电场中的运动为类平抛运动。

设质点射入电场的速度为v0，在电场中的加速度为a，运动时间为t，则有v0＝vcos④vsin＝at⑤d=v0t⑥

联立④⑤⑥得⑦

设电场强度的大小为E，由牛顿第二定律得qE＝ma⑧

联立③⑦⑧得⑨

练习1-5：

如图所示，在空间有一坐标系xOy，直线OP与x轴正方向的夹角为30°

，第一象限内有两个大小不同、方向都垂直纸面向外的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，直线OP是它们的边界，OP上方区域Ⅰ中磁场的磁感应强度为B。

一质量为m、电荷量为q的质子（不计重力）以速度v从O点沿与OP成30°

角的方向垂直于磁场进入区域Ⅰ，质子先后通过磁场区域Ⅰ和Ⅱ后，恰好垂直打在x轴上的Q点（图中未画出），试求：

（1）区域Ⅱ中磁场的磁感应强度大小；

（2）Q点的坐标。

2、

（1）设质子在磁场Ⅰ和Ⅱ中做圆周运动的轨道半径分别为r1和r2，区域Ⅱ中磁感应强度为B′，由牛顿第二定律知qvB＝①qvB′＝②

质子在两区域运动的轨迹如图所示，由几何关系可知，质子从A点出磁场Ⅰ时的速度方向与OP的夹角为30°

，故质子在磁场Ⅰ中轨迹的圆心角为θ＝60°

则△O1OA为等边三角形，OA＝r1③

r2＝OAsin30°

④

由①②③④解得区域Ⅱ中磁感