資源簡介

增分培優(yōu)5　帶電粒子在立體空間中的運動
帶電粒子在立體空間中的組合場、疊加場的運動問題，通過受力分析、運動分析，轉換視圖角度，充分利用分解的思想，分解為直線運動、圓周運動、類平拋運動，再利用每種運動對應的規(guī)律進行求解。
粒子在立體空間常見運動及解題策略
運動類型 解題策略
在三維坐標系中運動，每個軸方向都是常見運動模型 將粒子的運動分解為三個方向的運動
一維加一面，如旋進運動 旋進運動將粒子的運動分解為一個沿軸方向的勻速直線運動或勻變速直線運動和垂直該軸的所在面內(nèi)的圓周運動
運動所在平面切換，粒子進入下一區(qū)域偏轉后曲線不在原來的平面內(nèi) 把粒子運動所在的面隔離出來，轉換視圖角度，把立體圖轉化為平面圖，分析粒子在每個面的運動
例1 (2024·山東威海高三期末)如圖1甲所示的三維坐標系Oxyz中，熒光屏P與平面xOy平行放置，分界面M與P平行并將空間分為 Ⅰ 、 Ⅱ 兩區(qū)域。區(qū)域 Ⅰ 內(nèi)存在沿y軸正方向的勻強電場，電場強度大小為E。區(qū)域 Ⅱ 內(nèi)存在如圖乙所示的勻強磁場(沿z軸正方向為磁場的正方向)，磁感應強度大小為B。一電荷量為q，質(zhì)量為m的帶正電粒子從O點以初速度v0沿z軸正方向射入?yún)^(qū)域 Ⅰ ，到達M時速度方向與z軸正方向成60°，此時開始計時，最后粒子在t＝時刻打在P上。粒子的重力忽略不計，求：
圖1
(1)分界面M到O點的距離；
(2)粒子在區(qū)域 Ⅱ 的速度大??；
(3)M、P間的距離；
(4)粒子打在P上的x坐標和y坐標。
例2 (2024·廣東珠海二模)如圖2所示，以長方體abcd－a′b′c′d′的ad邊中點O為坐標原點、ad方向為x軸正方向、a′a方向為y軸正方向、ab方向為z軸正方向建立Oxyz坐標系，已知Oa＝ab＝aa′＝L。長方體中存在沿y軸負方向的勻強磁場，現(xiàn)有質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子(不計重力)，從O點沿z軸正方向以初速度v射入磁場中，恰好從a點射出磁場。
圖2
(1)求磁場的磁感應強度B的大??；
(2)若在長方體中加上沿y軸負方向的勻強電場，讓粒子仍從O點沿z軸正方向以初速度v射入磁場中，為使粒子能從a′點射出磁場，求電場強度E1的大小；
(3)若在長方體中加上電場強度大小為E2＝、方向沿z軸負方向的勻強電場，讓該粒子仍從O點沿z軸正方向以初速度v射入磁場中，求粒子射出磁場時與O點的距離s。
(2024·湖南卷，14)如圖3，有一內(nèi)半徑為2r、長為L的圓筒，左右端面圓心O′、O處各開有一小孔。以O為坐標原點，取O′O方向為x軸正方向建立xyz坐標系。在筒內(nèi)x≤0區(qū)域有一勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向沿x軸正方向；筒外x≥0區(qū)域有一勻強電場，電場強度大小為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，設電子始終未與筒壁碰撞，不計電子之間的相互作用及電子的重力。
圖3
(1)若所有電子均能經(jīng)過O進入電場，求磁感應強度B的最小值；
(2)取(1)問中最小的磁感應強度B，若進入磁場中電子的速度方向與x軸正方向最大夾角為θ，求tan θ的絕對值；
(3)取(1)問中最小的磁感應強度B，求電子在電場中運動時y軸正方向的最大位移。
1.(2024·廣東廣州一模)如圖1，在邊長為L的正方體區(qū)域的右側面，以中心O為原點建立直角坐標系xOy，x軸平行于正方體底面。該正方體區(qū)域內(nèi)加有方向均沿x軸正方向、電場強度大小為E的勻強電場和磁感強度大小為B的勻強磁場，若電荷量為q、質(zhì)量為m的正離子以某一速度正對O點并垂直右側面射入該區(qū)域，則正離子在電磁場作用下發(fā)生偏轉。
圖1
(1)若正離子從右側面坐標為(x0，y0)的P點射出，求正離子通過該區(qū)域過程的動能增量；
(2)若撤去電場只保留磁場，試判斷入射速度v＝的正離子能否從右側面射出。若能，求出射點坐標；若不能，請說明理由。
2.如圖2所示的空間直角坐標系Oxyz中，有一棱長為L的立方體區(qū)域，該區(qū)域內(nèi)(含邊界)分布有沿y軸負方向的勻強電場。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子(不計重力)，以初速度v0從a點沿x軸正方向進入電場區(qū)域，恰能從d′點離開。
圖2
(1)求電場強度的大小E；
(2)若在該區(qū)域再加一個沿y軸正方向的勻強磁場，粒子仍從a點以初速度v0沿x軸正方向進入該區(qū)域，之后從Ob′之間某點離開，求磁感應強度的大小B和離開該區(qū)域時的速度大小v1。
3.如圖3，在空間直角坐標系O－xyz中，界面 Ⅰ 與Oyz平面重疊，界面 Ⅰ 、 Ⅱ 、 Ⅲ 相互平行，且相鄰界面的間距均為L，與x軸的交點分別為O、O1、O2；在界面 Ⅰ 、 Ⅱ 間有沿y軸負方向的勻強電場E，在界面 Ⅱ 、 Ⅲ 間有沿z軸正方向的勻強磁場B。一質(zhì)量為m、電荷量為＋q的粒子，從y軸上距O點處的P點，以速度v0沿x軸正方向射入電場區(qū)域，該粒子剛好從點O1進入磁場區(qū)域。粒子重力不計。求：
圖3
(1)電場強度E的大小；
(2)要讓粒子剛好不從界面 Ⅲ 飛出，磁感應強度B應多大。
4.(2024·山東濰坊一模)現(xiàn)代科學研究中，經(jīng)常用磁場和電場約束帶電粒子的運動軌跡，如圖4所示，有一棱長為L的正方體電磁區(qū)域abcd－efgh，以棱ef中點為坐標原點建立三維坐標系Oxyz，正方體電磁區(qū)域內(nèi)充滿沿z軸負方向的勻強電場和勻強磁場，在O點有一粒子源，沿x軸正方向發(fā)射不同速率的帶電粒子，粒子質(zhì)量均為m，電荷量均為＋q。已知速度大小為v0的粒子，恰從坐標點飛出(圖中未標出)，不計粒子的重力。求：
圖4
(1)磁感應強度大小B；
(2)電場強度大小E；
(3)從正方體上表面abcd飛出的粒子速率范圍。
增分培優(yōu)5　帶電粒子在立體空間中的運動
帶電粒子在立體空間中的組合場、疊加場的運動問題，通過受力分析、運動分析，轉換視圖角度，充分利用分解的思想，分解為直線運動、圓周運動、類平拋運動，再利用每種運動對應的規(guī)律進行求解。
粒子在立體空間常見運動及解題策略
運動類型 解題策略
在三維坐標系中運動，每個軸方向都是常見運動模型 將粒子的運動分解為三個方向的運動
一維加一面，如旋進運動 旋進運動將粒子的運動分解為一個沿軸方向的勻速直線運動或勻變速直線運動和垂直該軸的所在面內(nèi)的圓周運動
運動所在平面切換，粒子進入下一區(qū)域偏轉后曲線不在原來的平面內(nèi) 把粒子運動所在的面隔離出來，轉換視圖角度，把立體圖轉化為平面圖，分析粒子在每個面的運動
例1 (2024·山東威海高三期末)如圖1甲所示的三維坐標系Oxyz中，熒光屏P與平面xOy平行放置，分界面M與P平行并將空間分為 Ⅰ 、 Ⅱ 兩區(qū)域。區(qū)域 Ⅰ 內(nèi)存在沿y軸正方向的勻強電場，電場強度大小為E。區(qū)域 Ⅱ 內(nèi)存在如圖乙所示的勻強磁場(沿z軸正方向為磁場的正方向)，磁感應強度大小為B。一電荷量為q，質(zhì)量為m的帶正電粒子從O點以初速度v0沿z軸正方向射入?yún)^(qū)域 Ⅰ ，到達M時速度方向與z軸正方向成60°，此時開始計時，最后粒子在t＝時刻打在P上。粒子的重力忽略不計，求：
圖1
(1)分界面M到O點的距離；
(2)粒子在區(qū)域 Ⅱ 的速度大?。?br/>(3)M、P間的距離；
(4)粒子打在P上的x坐標和y坐標。
答案　(1)　(2)2v0　(3) (4)?。?br/>解析　(1)粒子在電場中，根據(jù)牛頓第二定律有qE＝ma
粒子在電場中做類平拋運動，則有vy＝at1，vy＝v0tan 60°，LOM＝v0t1
解得LOM＝
(2)粒子進入磁場時，根據(jù)速度合成有v＝
解得v＝2v0。
(3)粒子進入磁場中時，沿z軸正方向做勻速直線運動，最后粒子打在P上，則有LMP＝v0t
結合題意解得LMP＝。
(4)粒子進入磁場后，在xOy平面內(nèi)做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，則有qvyB＝m
解得R＝
粒子圓周運動的周期T＝＝
由于t＝＝T
可知，粒子在時間內(nèi)圓周分運動軌跡對應的圓心角為＝120°
則根據(jù)幾何關系有x＝R＋R＋2Rsin 30°
解得x＝
粒子在偏轉電場中沿y軸正方向的側移y1＝at
粒子在磁場中沿y軸正方向的側移y2＝2Rcos 30°
粒子打在P上的y坐標y＝y(tǒng)1＋y2
解得y＝＋。
例2 (2024·廣東珠海二模)如圖2所示，以長方體abcd－a′b′c′d′的ad邊中點O為坐標原點、ad方向為x軸正方向、a′a方向為y軸正方向、ab方向為z軸正方向建立Oxyz坐標系，已知Oa＝ab＝aa′＝L。長方體中存在沿y軸負方向的勻強磁場，現(xiàn)有質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子(不計重力)，從O點沿z軸正方向以初速度v射入磁場中，恰好從a點射出磁場。
圖2
(1)求磁場的磁感應強度B的大小；
(2)若在長方體中加上沿y軸負方向的勻強電場，讓粒子仍從O點沿z軸正方向以初速度v射入磁場中，為使粒子能從a′點射出磁場，求電場強度E1的大?。?br/>(3)若在長方體中加上電場強度大小為E2＝、方向沿z軸負方向的勻強電場，讓該粒子仍從O點沿z軸正方向以初速度v射入磁場中，求粒子射出磁場時與O點的距離s。
答案　(1)　(2)　(3)L
解析　(1)粒子在abcd平面內(nèi)做勻速圓周運動，如圖甲中軌跡1所示
根據(jù)幾何關系有r＝L
由洛倫茲力提供向心力，有qvB＝m
解得B＝。
(2)粒子在電磁復合場中的運動為勻速圓周運動與類平拋運動的合運動，在長方體中運動的時間
t＝
在y軸方向上做初速度為零的勻加速直線運動，則L＝at2
又qE1＝ma
解得E1＝。
(3)將初速度v分解為v1、v2，使v1對應的洛倫茲力恰好與靜電力平衡，
分解如圖乙所示
即qv1B＝qE2
其中E2＝
解得v1＝v
則根據(jù)勾股定理可得v2＝＝2v
根據(jù)幾何關系易知v2與z軸正方向的夾角θ＝60°
若僅在v2對應的洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，即qv2B＝m
則軌道半徑R＝
解得R＝L
該分運動的情況如圖甲中軌跡2所示。粒子在磁場中運動的時間t2＝
由于粒子也參與速度大小為v1，方向沿x軸正方向的勻速運動，粒子射出磁場時與O點的距離s＝L－v1t2
解得s＝L。
(2024·湖南卷，14)如圖3，有一內(nèi)半徑為2r、長為L的圓筒，左右端面圓心O′、O處各開有一小孔。以O為坐標原點，取O′O方向為x軸正方向建立xyz坐標系。在筒內(nèi)x≤0區(qū)域有一勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向沿x軸正方向；筒外x≥0區(qū)域有一勻強電場，電場強度大小為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，設電子始終未與筒壁碰撞，不計電子之間的相互作用及電子的重力。
圖3
(1)若所有電子均能經(jīng)過O進入電場，求磁感應強度B的最小值；
(2)取(1)問中最小的磁感應強度B，若進入磁場中電子的速度方向與x軸正方向最大夾角為θ，求tan θ的絕對值；
(3)取(1)問中最小的磁感應強度B，求電子在電場中運動時y軸正方向的最大位移。
答案　(1)　(2)　(3)
解析　(1)將電子的初速度分解為沿x軸方向的速度v0和沿y軸方向的速度vy0，則電子做沿x軸正方向的勻速運動和投影到y(tǒng)Oz平面內(nèi)的圓周運動，又電子做勻速圓周運動的周期為T＝，電子均能經(jīng)過O進入電場，則
＝nT(n＝1，2，3，…)
聯(lián)立解得B＝(n＝1，2，3，…)
當n＝1時，Bmin＝。
(2)由于電子始終未與筒壁碰撞，則電子投影到y(tǒng)Oz平面內(nèi)的圓周運動的最大半徑為r，由洛倫茲力提供向心力有evy0maxBmin＝m
則|tan θ|＝＝。
(3)電子在電場中做類斜拋運動，當電子運動到O點時沿y軸正方向的分速度大小為vy0max時，電子在電場中運動的y軸正方向的位移最大，由牛頓第二定律有eE＝ma
由速度位移公式有2aym＝v
聯(lián)立解得ym＝。
1.(2024·廣東廣州一模)如圖1，在邊長為L的正方體區(qū)域的右側面，以中心O為原點建立直角坐標系xOy，x軸平行于正方體底面。該正方體區(qū)域內(nèi)加有方向均沿x軸正方向、電場強度大小為E的勻強電場和磁感強度大小為B的勻強磁場，若電荷量為q、質(zhì)量為m的正離子以某一速度正對O點并垂直右側面射入該區(qū)域，則正離子在電磁場作用下發(fā)生偏轉。
圖1
(1)若正離子從右側面坐標為(x0，y0)的P點射出，求正離子通過該區(qū)域過程的動能增量；
(2)若撤去電場只保留磁場，試判斷入射速度v＝的正離子能否從右側面射出。若能，求出射點坐標；若不能，請說明理由。
答案　(1)qEx0　(2)能　(0，L)
解析　(1)由題意可知，整個過程中靜電力做功，洛倫茲力不做功，有ΔEk＝qEx0。
(2)正離子在磁場中做勻速圓周運動，有qvB＝m，又v＝
解得r＝＝L
因為正離子軌道半徑大于L，故能從右側面射出，軌跡如圖所示，由幾何關系得(r－y1)2＋L2＝r2
解得y1＝L
則出射點坐標為(0，L)。
2.如圖2所示的空間直角坐標系Oxyz中，有一棱長為L的立方體區(qū)域，該區(qū)域內(nèi)(含邊界)分布有沿y軸負方向的勻強電場。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子(不計重力)，以初速度v0從a點沿x軸正方向進入電場區(qū)域，恰能從d′點離開。
圖2
(1)求電場強度的大小E；
(2)若在該區(qū)域再加一個沿y軸正方向的勻強磁場，粒子仍從a點以初速度v0沿x軸正方向進入該區(qū)域，之后從Ob′之間某點離開，求磁感應強度的大小B和離開該區(qū)域時的速度大小v1。
答案　(1)　(2)　v0
解析　(1)設粒子在電場中運動的加速度大小為a，運動時間為t1，則L＝v0t1
L＝at
qE＝ma
解得E＝。
(2)粒子在復合場中的運動，可分解為沿y軸負方向的勻加速直線運動和沿平行于xOz平面的勻速圓周運動，由“粒子從Ob′之間某點離開”可知，粒子在平行xOz平面內(nèi)的運動軌跡為半圓，由運動的等時性，其運動時間仍為t1＝，t1＝
又T＝，解得B＝
根據(jù)動能定理可得qEL＝mv－mv
解得v1＝v0。
3.如圖3，在空間直角坐標系O－xyz中，界面 Ⅰ 與Oyz平面重疊，界面 Ⅰ 、 Ⅱ 、 Ⅲ 相互平行，且相鄰界面的間距均為L，與x軸的交點分別為O、O1、O2；在界面 Ⅰ 、 Ⅱ 間有沿y軸負方向的勻強電場E，在界面 Ⅱ 、 Ⅲ 間有沿z軸正方向的勻強磁場B。一質(zhì)量為m、電荷量為＋q的粒子，從y軸上距O點處的P點，以速度v0沿x軸正方向射入電場區(qū)域，該粒子剛好從點O1進入磁場區(qū)域。粒子重力不計。求：
圖3
(1)電場強度E的大??；
(2)要讓粒子剛好不從界面 Ⅲ 飛出，磁感應強度B應多大。
答案　(1)　(2)
解析　(1)粒子在電場區(qū)域做類平拋運動，設電場中粒子的加速度為a，沿z軸正方向看，如圖所示
在界面 Ⅰ 、 Ⅱ 間，有L＝v0t，＝at2
qE＝ma
聯(lián)立方程解得E＝。
(2)設粒子到O1點時的速度為v，與x軸夾角為θ，
則vy＝at＝v0，tan θ＝＝1
即θ＝45°
v＝＝v0
在磁場區(qū)域，粒子做勻速圓周運動，粒子剛好不從界面 Ⅲ 飛出，運動軌跡與界面 Ⅲ 相切，如圖所示，有qvB＝m
又根據(jù)幾何關系r＋rsin 45°＝L
解得B＝。
4.(2024·山東濰坊一模)現(xiàn)代科學研究中，經(jīng)常用磁場和電場約束帶電粒子的運動軌跡，如圖4所示，有一棱長為L的正方體電磁區(qū)域abcd－efgh，以棱ef中點為坐標原點建立三維坐標系Oxyz，正方體電磁區(qū)域內(nèi)充滿沿z軸負方向的勻強電場和勻強磁場，在O點有一粒子源，沿x軸正方向發(fā)射不同速率的帶電粒子，粒子質(zhì)量均為m，電荷量均為＋q。已知速度大小為v0的粒子，恰從坐標點飛出(圖中未標出)，不計粒子的重力。求：
圖4
(1)磁感應強度大小B；
(2)電場強度大小E；
(3)從正方體上表面abcd飛出的粒子速率范圍。
答案　(1)　(2) (3)3(2－)v0≤v≤v0
解析　(1)帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，粒子從O點開始沿x軸正方向發(fā)射，其勻速圓周運動的圓心必定在y軸上。如圖甲所示，根據(jù)幾何關系可知，粒子到達(，L，－)點時，和O點的連線與y軸之間的夾角α滿足
tan α＝
解得α＝30°
設圓周運動的半徑為r1，則有＝sin 60°
解得r1＝
根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得qv0B＝m
解得B＝。
(2)設帶電粒子做圓周運動的周期為T，則有
qv0B＝m()2r1
解得T＝
在題述的運動中，粒子的軌跡對應的圓心角為120°
所以運動時間為t＝T＝
粒子在勻強電場的作用下做類平拋運動，加速度為a＝
沿著電場方向的位移為z＝at2＝
聯(lián)立解得E＝。
(3)由上述分析可知當粒子從正方體上表面abcd飛出時，粒子速率越大，粒子的分運動勻速圓周運動的半徑越大，圖甲中的p點越靠近d，軌跡圓心角越小，粒子在電磁場中的運動時間越短，粒子沿z軸負方向的位移越小。當粒子速率最大為vmax時從cd邊射出，對應的圓周運動軌跡為圓周，其半徑等于L，則有qvmaxB＝m
解得vmax＝v0
假設粒子沿z軸負方向的分運動勻加速運動到f點時(其位移大小等于)，粒子能夠從bc邊射出，設粒子在電場中運動時間為t2
則有＝t
解得t2＝
粒子的分運動勻速圓周運動的周期為
T＝＝
設此情況粒子的分運動勻速圓周運動軌跡的圓心角為β，則有t2＝T
聯(lián)立解得β＝150°
此情況粒子的運動軌跡在正方體前表面adhe內(nèi)的投影如圖乙所示，可知假設成立，此時粒子的速率是從正方體上表面abcd飛出的粒子速率的最小值，設此時圓周運動半徑為r2
由幾何關系可得
r2＋r2cos 30°＝L
解得r2＝
同理有qvminB＝m
解得vmin＝3(2－)v0
從正方體上表面abcd飛出的粒子速率范圍為3(2－)v0≤v≤v0。(共34張PPT)
增分培優(yōu)5　帶電粒子在立體空間中的運動
專題三　電場與磁場
目 錄
CONTENTS
增分培優(yōu)
01
課時跟蹤訓練
03
鏈接高考真題
02
增分培優(yōu)
1
帶電粒子在立體空間中的組合場、疊加場的運動問題，通過受力分析、運動分析，轉換視圖角度，充分利用分解的思想，分解為直線運動、圓周運動、類平拋運動，再利用每種運動對應的規(guī)律進行求解。
粒子在立體空間常見運動及解題策略
圖1
(1)分界面M到O點的距離；
(2)粒子在區(qū)域 Ⅱ 的速度大??；
(3)M、P間的距離；
(4)粒子打在P上的x坐標和y坐標。
解析　(1)粒子在電場中，根據(jù)牛頓第二定律有qE＝ma
粒子在電場中做類平拋運動，則有vy＝at1，vy＝v0tan 60°，LOM＝v0t1
解得v＝2v0。
(3)粒子進入磁場中時，沿z軸正方向做勻速直線運動，最后粒子打在P上，則有LMP＝v0t
(4)粒子進入磁場后，在xOy平面內(nèi)做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，
粒子在磁場中沿y軸正方向的側移y2＝2Rcos 30°
粒子打在P上的y坐標y＝y(tǒng)1＋y2
圖2
例2 (2024·廣東珠海二模)如圖2所示，以長方體abcd－a′b′c′d′的ad邊中點O為坐標原點、ad方向為x軸正方向、a′a方向為y軸正方向、ab方向為z軸正方向建立Oxyz坐標系，已知Oa＝ab＝aa′＝L。長方體中存在沿y軸負方向的勻強磁場，現(xiàn)有質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子(不計重力)，從O點沿z軸正方向以初速度v射入磁場中，恰好從a點射出磁場。
(1)求磁場的磁感應強度B的大??；
(2)若在長方體中加上沿y軸負方向的勻強電場，讓粒子仍從O點沿z軸正方向以初速度v射入磁場中，為使粒子能從a′點射出磁場，求電場強度E1的大??；
解析　(1)粒子在abcd平面內(nèi)做勻速圓周運動，如圖甲中軌跡1所示
(2)粒子在電磁復合場中的運動為勻速圓周運動與類平拋運動的合運動，在長方體中運動的時間
(3)將初速度v分解為v1、v2，使v1對應的洛倫茲力恰好與靜電力平衡，
分解如圖乙所示
即qv1B＝qE2
根據(jù)幾何關系易知v2與z軸正方向的夾角θ＝60°
解得R＝L
由于粒子也參與速度大小為v1，方向沿x軸正方向的勻速運動，粒子射出磁場時與O點的距離s＝L－v1t2
鏈接高考真題
2
(2024·湖南卷，14)如圖3，有一內(nèi)半徑為2r、長為L的圓筒，左右端面圓心O′、O處各開有一小孔。以O為坐標原點，取O′O方向為x軸正方向建立xyz坐標系。在筒內(nèi)x≤0區(qū)域有一勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向沿x軸正方向；筒外x≥0區(qū)域有一勻強電場，電場強度大小為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，設電子始終未與筒壁碰撞，不計電子之間的相互作用及電子的重力。
圖3
(1)若所有電子均能經(jīng)過O進入電場，求磁感應強度B的最小值；
(2)取(1)問中最小的磁感應強度B，若進入磁場中電子的速度方向與x軸正方向最大夾角為θ，求tan θ的絕對值；
(3)取(1)問中最小的磁感應強度B，求電子在電場中運動時y軸正方向的最大位移。
(2)由于電子始終未與筒壁碰撞，則電子投影到y(tǒng)Oz平面內(nèi)的圓周運動的最大半徑為r，
(3)電子在電場中做類斜拋運動，當電子運動到O點時沿y軸正方向的分速度大小為vy0max時，電子在電場中運動的y軸正方向的位移最大，由牛頓第二定律有
eE＝ma
課時跟蹤訓練
3
1.(2024·廣東廣州一模)如圖1，在邊長為L的正方體區(qū)域的右側面，以中心O為原點建立直角坐標系xOy，x軸平行于正方體底面。該正方體區(qū)域內(nèi)加有方向均沿x軸正方向、電場強度大小為E的勻強電場和磁感強度大小為B的勻強磁場，若電荷量為q、質(zhì)量為m的正離子以某一速度正對O點并垂直右側面射入該區(qū)域，則正離子在電磁場作用下發(fā)生偏轉。
圖1
解析　(1)由題意可知，整個過程中靜電力做功，洛倫茲力不做功，有ΔEk＝qEx0。
因為正離子軌道半徑大于L，故能從右側面射出，軌跡如圖所示，
由幾何關系得(r－y1)2＋L2＝r2
2.如圖2所示的空間直角坐標系Oxyz中，有一棱長為L的立方體區(qū)域，該區(qū)域內(nèi)(含邊界)分布有沿y軸負方向的勻強電場。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子(不計重力)，以初速度v0從a點沿x軸正方向進入電場區(qū)域，恰能從d′點離開。
圖2
(1)求電場強度的大小E；
(2)若在該區(qū)域再加一個沿y軸正方向的勻強磁場，粒子仍從a點以初速度v0沿x軸正方向進入該區(qū)域，之后從Ob′之間某點離開，求磁感應強度的大小B和離開該區(qū)域時的速度大小v1。
解析　(1)設粒子在電場中運動的加速度大小為a，運動時間為t1，
則L＝v0t1
(1)電場強度E的大??；
(2)要讓粒子剛好不從界面 Ⅲ 飛出，磁感應強度B應多大。
圖3
解析　(1)粒子在電場區(qū)域做類平拋運動，設電場中粒子的加速度為a，沿z軸正方向看，如圖所示
qE＝ma
(2)設粒子到O1點時的速度為v，與x軸夾角為θ，
即θ＝45°
(1)磁感應強度大小B；
(2)電場強度大小E；
(3)從正方體上表面abcd飛出的粒子速率范圍。
圖4
解得α＝30°
聯(lián)立解得β＝150°
此情況粒子的運動軌跡在正方體前表面adhe內(nèi)的投影如圖乙所示，可知假設成立，此時粒子的速率是從正方體上表面abcd飛出的粒子速率的最小值，設此時圓周運動半徑為r2
由幾何關系可得
r2＋r2cos 30°＝L

展開更多......

收起↑