《2025年资源库高中物理人教版》

例 455 [全国新课标 2023·18]一电子和一 $ \alpha $ 粒子从铅盒上的小孔 $ O $ 竖直向上射出后,打到铅盒上方水平放置的屏幕 $ P $ 上的 $ a $ 和 $ b $ 两点,$ a $ 点在小孔 $ O $ 的正上方,$ b $ 点在 $ a $ 点的右侧,如图 1 - 18 - 39 所示。已知 $ \alpha $ 粒子的速度约为电子速度的 $ \frac{1}{10} $,铅盒与屏幕之间存在匀强电场和匀强磁场,则电场和磁场方向可能为( )

A.电场方向水平向左、磁场方向垂直纸面向里

B.电场方向水平向左、磁场方向垂直纸面向外
C.电场方向水平向右、磁场方向垂直纸面向里
D.电场方向水平向右、磁场方向垂直纸面向外
【解析】假设电子打在 $ a $ 点,则有 $ eE = evB $,由于 $ \alpha $ 粒子的速度 $ v' $ 小于电子的速度 $ v $,所以 $ 2eE ＞ 2ev'B $,$ \alpha $ 粒子经过电磁叠加场后向右偏转,即其所受合力方向水平向右,即所受电场力方向水平向右,由于 $ \alpha $ 粒子带正电,所以电场方向水平向右,电子所受电场力方向水平向左,由于电子所受洛伦兹力和电场力等大反向,故磁场方向垂直纸面向里；假设电子打在 $ b $ 点,同理可得,电场方向水平向右,磁场方向垂直纸面向里,C 正确。
【答案】C

答案： C

例 456 [海南 2023·13]如图 1 - 18 - 40 所示,质量为 $ m $、带电荷量为 $ +q $ 的带电粒子,从坐标原点 $ O $ 以初速度 $ v_0 $ 射入第一象限内的电、磁场区域,在 $ 0 ＜ y ＜ y_0 $、$ 0 ＜ x ＜ x_0 $($ x_0 $、$ y_0 $ 为已知量)区域内有竖直向上的匀强电场,在 $ x ＞ x_0 $ 区域内有垂直纸面向里、大小为 $ B $ 的匀强磁场,控制电场强度 $ E $($ E $ 值有多种可能),可让粒子从 $ NP $ 射入磁场后偏转打到足够长的接收器 $ MN $ 上,不计重力,则(AD)

A.粒子从 $ NP $ 中点射入磁场,电场强度 $ E = \frac{y_0mv_0^2}{qx_0^2} $
B.粒子从 $ NP $ 中点射入磁场时的速度 $ v = v_0\sqrt{1 + \frac{x_0^2}{y_0^2}} $
C.粒子在磁场中做圆周运动的圆心到 $ NM $ 的距离为 $ \frac{mv_0}{qB} $
D.粒子在磁场中运动的轨迹半径的最大值是 $ \frac{mv_0\sqrt{x_0^2 + 4y_0^2}}{qBx_0} $
【解析】根据带电粒子在电场中做类平抛运动,运动到 $ (x, y) $ 点,有 $ \begin{cases} x_0 = v_0t \\ y = \frac{1}{2}at^2 \end{cases} $,由牛顿第二定律有 $ qE = ma $,解得电场强度 $ E = \frac{2ymv_0^2}{qx_0^2} $,竖直方向上有 $ v_y = at = \frac{2y v_0}{x_0} $,设粒子进入磁场时的速度与 $ x $ 轴的夹角为 $ \theta $,则有 $ \tan \theta = \frac{v_y}{v_x} = \frac{2y}{x_0} $。
分析一：粒子从 $ O $ 点运动到 $ NP $ 中点,$ y = \frac{1}{2}y_0 $,解得电场强度 $ E = \frac{y_0mv_0^2}{qx_0^2} $,$ \frac{v_y}{v_x} = \frac{y_0}{x_0} $,粒子进入磁场时的速度 $ v = \sqrt{v_x^2 + v_y^2} = v_0\sqrt{1 + \frac{y_0^2}{x_0^2}} $,A 正确,B 错误。
分析二：粒子运动随电场强度大小改变。设粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径为 $ r $,圆心到 $ MN $ 的距离 $ d = r\sin \theta $,由 $ \tan \theta = \frac{2y}{x_0} $,$ \sin^2 \theta + \cos^2 \theta = 1 $,解得 $ \sin \theta = \frac{2y}{\sqrt{x_0^2 + 4y^2}} $,粒子进入磁场时的速度 $ v' = \sqrt{v_x^2 + v_y^2} = v_0\sqrt{1 + \frac{4y^2}{x_0^2}} $,由洛伦兹力提供粒子做圆周运动的向心力可得 $ qv'B = \frac{mv'^2}{r} $,则 $ r = \frac{mv'}{qB} = \frac{mv_0}{qB}\sqrt{1 + \frac{4y^2}{x_0^2}} $,解得 $ d = \frac{mv_0}{qB} × \frac{2y}{x_0} $,$ d $ 与粒子进入磁场的位置有关,即与电场强度的大小有关,C 错误；当 $ y = y_0 $ 时,粒子在磁场中运动的轨迹半径最大,最大值 $ r_{max} = \frac{mv_0}{qB}\sqrt{1 + \frac{4y_0^2}{x_0^2}} = \frac{mv_0\sqrt{x_0^2 + 4y_0^2}}{qBx_0} $,D 正确。
【答案】AD

答案： AD

例 457 如图 1 - 18 - 41 所示,空间分布着有理想边界的匀强电场和匀强磁场。左侧匀强电场的场强大小为 $ E $、方向水平向右,电场宽度为 $ L $；中间区域匀强磁场的磁感应强度大小为 $ B $,方向垂直纸面向外,右侧区域匀强磁场的磁感应强度大小为 $ B $,方向垂直纸面向里,范围足够大。一个质量为 $ m $、电荷量为 $ q $、不计重力的带正电的粒子从电场的左边缘的 $ O $ 点由静止开始运动,穿过中间磁场区域进入右侧磁场区域后,又回到 $ O $ 点,然后重复上述运动过程。求：
(1)中间磁场区域的宽度 $ d $；
(2)带电粒子从 $ O $ 点开始运动到第一次回到 $ O $ 点所用时间 $ t $。
【解析】(1)带电粒子在电场中加速,由动能定理可得 $ qEL = \frac{1}{2}mv^2 $,带电粒子在磁场中偏转,由洛伦兹力提供向心力可得 $ Bqv = m\frac{v^2}{R} $,由以上两式,可得 $ R = \frac{1}{B}\sqrt{\frac{2mEL}{q}} $。由于两磁场的磁感应强度大小相等,故在两磁场区域粒子运动的轨迹半径相同,如图 1 - 18 - 42 所示,三段圆弧的圆心组成的 $ \triangle O_1O_2O_3 $ 是等边三角形,其边长为 $ 2R $。所以中间磁场区域的宽度为 $ d = R\sin 60^{\circ} = \frac{1}{2B}\sqrt{\frac{6mEL}{q}} $。
(2)在电场中运动时间 $ t_1 = \frac{2v}{a} = \frac{2mv}{qE} = 2\sqrt{\frac{2mL}{qE}} $,在中间磁场中运动时间 $ t_2 = \frac{T}{3} = \frac{2\pi m}{3qB} $,在右侧磁场中运动时间 $ t_3 = \frac{5}{6}T = \frac{5\pi m}{3qB} $,则粒子第一次回到 $ O $ 点所用时间为 $ t = t_1 + t_2 + t_3 = 2\sqrt{\frac{2mL}{qE}} + \frac{7\pi m}{3qB} $。
【答案】(1)$ \frac{1}{2B}\sqrt{\frac{6mEL}{q}} $ (2)$ 2\sqrt{\frac{2mL}{qE}} + \frac{7\pi m}{3qB} $

答案： 答题卡：
(1)
由动能定理：$qEL = \frac{1}{2}mv^2$，
得$v = \sqrt{\frac{2qEL}{m}}$，
由洛伦兹力公式与向心力公式：$Bqv = m\frac{v^2}{R}$，
得$R = \frac{mv}{Bq} = \frac{1}{B}\sqrt{\frac{2mEL}{q}}$，
由于$\triangle O_1O_2O_3$是等边三角形，其边长为$2R$，中间磁场区域的宽度：
$d = R\sin 60^{\circ} = \frac{\sqrt{3}}{2}R = \frac{1}{2B}\sqrt{\frac{6mEL}{q}}$。
(2)
在电场中运动时间：
$t_1 = \frac{2L}{v/2}（平均速度\frac{0+v}{2}=v/2） = \frac{2L}{\sqrt{\frac{2qEL}{m}}/2} = 2\sqrt{\frac{2mL}{qE}}$，
在中间磁场中运动时间：
$t_2 = \frac{2\pi R}{3v}（周期\frac{2\pi R}{v}，运动了\frac{1}{3}个周期） = \frac{2\pi m}{3qB}$，
在右侧磁场中运动时间：
$t_3 = \frac{5}{6} × \frac{2\pi m}{qB}（运动了\frac{5}{6}个周期） = \frac{5\pi m}{3qB}$，
带电粒子从$O$点开始运动到第一次回到$O$点所用时间：
$t = t_1 + t_2 + t_3 = 2\sqrt{\frac{2mL}{qE}} + \frac{7\pi m}{3qB}$。
故答案为：（1）$\frac{1}{2B}\sqrt{\frac{6mEL}{q}}$（2）$2\sqrt{\frac{2mL}{qE}} + \frac{7\pi m}{3qB}$。