《2025年赢在微点物理》

【典例 2】（先电场后磁场）(2023·辽宁卷)如图，水平放置的两个平行金属板间存在匀强电场，板长是板间距离的$\sqrt{3}$倍。金属板外有一圆心为 O 的圆形区域，其内部存在磁感应强度大小为 B、方向垂直于纸面向外的匀强磁场。质量为 m、电荷量为 q(q＞0)的粒子沿中线以速度$v_0$水平向右射入两板间，恰好从下板边缘 P 点飞出电场，并沿 PO 方向从图中$O'$点射入磁场。已知圆形磁场区域半径为$\frac{2mv_0}{3qB}$，不计粒子重力。
(1)求金属板间电势差 U；
(2)求粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向间的夹角θ；
(3)仅改变圆形磁场区域的位置，使粒子仍从图中$O'$点射入磁场，且在磁场中的运动时间最长。定性画出粒子在磁场中的运动轨迹及相应的弦，标出改变后的圆形磁场区域的圆心 M。

答案：
答案　
(1)$\frac{mv_{0}^{2}}{3q}$　
(2)$60^{\circ}$　
(3)见解析图
解析　
(1)设平行金属板间距为 $d$ ，则平行金属板板长为 $\sqrt{3}d$ ，粒子在两平行金属板间做类平抛运动，水平方向 $\sqrt{3}d = v_{0}t$ ，竖直方向 $\frac{1}{2}d=\frac{v_{y}}{2}t$ ，又 $v_{y}=\frac{U}{d}\cdot\frac{q}{m}t$ ，联立解得 $U=\frac{mv_{0}^{2}}{3q}$ 。
(2)粒子进入磁场时的速度 $v=\sqrt{v_{0}^{2}+v_{y}^{2}}=\frac{2\sqrt{3}}{3}v_{0}$ ，设其与水平方向的夹角为 $\alpha$ ，则 $\tan\alpha=\frac{v_{y}}{v_{0}}=\frac{\sqrt{3}}{3}$ ，即 $\alpha = 30^{\circ}$ ，由 $qvB=\frac{mv^{2}}{r}$ 得，粒子在磁场中做圆周运动的半径 $r=\frac{2\sqrt{3}mv_{0}}{3qB}$ ，已知磁场圆半径 $R=\frac{2mv_{0}}{3qB}$ ，则 $r = \sqrt{3}R$ ，作出粒子在磁场中的运动轨迹，如图甲所示。

粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向间的夹角 $\theta$ 与粒子在磁场中运动轨迹所对应的圆心角相等，由几何关系可得 $\tan\frac{\theta}{2}=\frac{R}{r}=\frac{\sqrt{3}}{3}$ ，故 $\theta = 60^{\circ}$ 。
(3)根据几何关系，将磁场圆绕 $O'$ 点顺时针旋转，当 $O$ 点转到 $M$ 点，粒子在磁场中的运动轨迹相应的弦为磁场圆的直径时，粒子在磁场中的运动时间最长。作出粒子在磁场中的运动轨迹及相应的弦，标出改变后的磁场圆的圆心 $M$ ，如图乙所示。

【典例 3】（先磁场后电场）如图所示，在平面直角坐标系 xOy 的第二象限内有一个半径为 R 的四分之一圆弧，圆弧的圆心 P 点坐标为(0，R)，圆弧与 x 轴相切于坐标原点，圆弧内有垂直平面向里的匀强磁场，第四象限内有平行 y 轴竖直向下的匀强电场，电场强度为 E。长为 R 的线性粒子源 MN 在第二象限内平行于 y 轴放置，N 端刚好在 x 轴上，粒子源能源源不断地放出质量为 m，电荷量为 q，速度大小相同、方向沿 x 轴正方向的粒子，已知从 MN 中点放出的粒子在磁场中运动时间 t 后刚好从坐标原点 O 进入匀强电场，不计粒子的重力和粒子间的相互作用，求：
(1)匀强磁场的磁感应强度大小；
(2)所有能进入匀强电场的粒子第二次经过 x 轴时离坐标原点 O 的最远距离。

答案：
答案　
(1)$\frac{\pi m}{3qt}$　
(2)$\frac{m\pi^{2}R^{2}}{9qEt^{2}}$
解析　
(1)从 $MN$ 中点射出的粒子进入磁场后的运动轨迹如图所示，由几何关系可知， $O'P$ 与 $AO$ 垂直，并将 $AO$ 平分，由于 $O'A$ 与 $PO$ 平行，根据三角形全等可知粒子在磁场中做圆周运动的半径 $r = R$ ，粒子在磁场中做圆周运动的轨迹所对应的圆心角为 $60^{\circ}$ ，则有 $t=\frac{60^{\circ}}{360^{\circ}}\times\frac{2\pi m}{qB}$ ，解得 $B=\frac{\pi m}{3qt}$ 。
(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得 $qv_{0}B=\frac{mv_{0}^{2}}{R}$ ，解得 $v_{0}=\frac{\pi R}{3t}$ ，设粒子经磁场后速度与 $x$ 轴正方向成 $\theta$ 角进入匀强电场，粒子将做类斜抛运动，则有 $x = v_{0}\cos\theta\cdot t$ ，其中 $t=\frac{2v_{0}\sin\theta}{a}$ ，$a=\frac{qE}{m}$ ，联立解得 $x=\frac{2mv_{0}^{2}\sin\theta\cos\theta}{qE}=\frac{mv_{0}^{2}\sin2\theta}{qE}$ ，当 $\theta=\frac{\pi}{4}$ 时， $x_{max}=\frac{m\pi^{2}R^{2}}{9qEt^{2}}$ 。