《2025年资源库高中物理人教版》

例 458 如图 1 - 18 - 43 甲所示,在直角坐标系 $ xOy $ 的第一象限内有沿 $ y $ 轴负方向的匀强电场,第三、四象限内有垂直于坐标平面的交变匀强磁场,如图 1 - 18 - 43 乙所示,其变化周期为 $ T_1 = 2\pi × 10^{-2}\ s $,磁场方向垂直于坐标平面向外为正方向。一带正电的粒子比荷 $ \frac{q}{m} = 100\ C/kg $(可视为质点),从 $ y $ 轴上坐标为 $ (0, 1\ m) $ 的 $ P $ 点沿 $ x $ 轴正方向以 $ v_0 = 25\ m/s $ 的速度进入第一象限,经过 $ x $ 轴上坐标为 $ (2\ m, 0) $ 的 $ Q $ 点进入第四象限。取粒子经过 $ Q $ 点刚进入第四象限的时刻为零时刻,不计重力,且不计磁场方向变化产生的电磁感应现象对粒子运动的影响。
(1)求第一象限内电场的电场强度大小；
(2)求粒子在磁场中第一次经过 $ y $ 轴时的位置坐标；
(3)若保持第三、四象限内的磁场大小不变,使其周期变为 $ T_2 = \frac{3\pi}{2} × 10^{-2}\ s $,求粒子在磁场中的运动轨迹与 $ y $ 轴交点的位置。

【解析】(1)带电粒子在电场中做类平抛运动,设粒子从 $ P $ 点运动到 $ Q $ 点所用时间为 $ t $,则 $ x = v_0t $,$ y = \frac{Eqt^2}{2m} $,解得 $ E = \frac{2myv_0^2}{qx^2} = 3.125\ N/C $。


(2)粒子经过 $ Q $ 点时,由 $ y = \frac{v_y t}{2} $ 可得 $ v_y = v_0 $,$ v = \sqrt{2}v_0 $,则速度方向与 $ x $ 轴正方向的夹角为 $ 45^{\circ} $。粒子在磁场中运动时有 $ qvB = \frac{mv^2}{R} $,解得 $ R = \frac{\sqrt{2}}{4}\ m $,粒子做圆周运动的周期 $ T = \frac{2\pi m}{qB} = 2\pi × 10^{-2}\ s = T_1 $。所以粒子在磁场中的运动轨迹如图 1 - 18 - 44 甲所示,粒子运动第四个半圆的过程中第一次经过 $ y $ 轴,在 $ y $ 轴上对应的弦长为 $ \sqrt{2}R $,所以 $ ON = OM - \sqrt{2}R = OQ - \sqrt{2}R = 1.5\ m $。粒子第一次经过 $ y $ 轴时的位置坐标为 $ (0, -1.5\ m) $。
(3)在磁场变化的前半个周期内,设粒子偏转的角度为 $ \theta $,则 $ \theta = \frac{2\pi}{T} \cdot \frac{T_2}{2} = \frac{3\pi}{4} $,在该段时间内粒子沿 $ x $ 轴负方向运动的距离 $ \Delta x = \frac{\sqrt{2}}{2}R = \frac{1}{4}\ m $,沿 $ y $ 轴负方向运动的距离为 $ \Delta y = R + \frac{\sqrt{2}}{2}R = \frac{1 + \sqrt{2}}{4}\ m $。因为 $ \frac{OQ}{\Delta x} = 8 $,所以粒子运动的轨迹如图 1 - 18 - 44 乙所示,粒子在磁场变化的第 8 个半周期和第 9 个半周期内共经过 $ y $ 轴 3 次,纵坐标如下：第 1 次：$ y_1 = -(8\Delta y - 2R\cos 45^{\circ}) = -(2\sqrt{2} + 1.5)\ m $；第 2 次：$ y_2 = -8\Delta y = -(2\sqrt{2} + 2)\ m $；第 3 次：$ y_3 = -(8\Delta y + 2R\cos 45^{\circ}) = -(2\sqrt{2} + 2.5)\ m $。即运动轨迹与 $ y $ 轴交点的位置为 $ y_1 = -(2\sqrt{2} + 1.5)\ m $,$ y_2 = -(2\sqrt{2} + 2)\ m $,$ y_3 = -(2\sqrt{2} + 2.5)\ m $。
【答案】(1)$ 3.125\ N/C $ (2)$ (0, -1.5\ m) $ (3)见解析

答案：
(1) 带电粒子在电场中做类平抛运动，设粒子从 $ P $ 点运动到 $ Q $ 点所用时间为 $ t $，则：
$x = v_0 t$，
$ y = \frac{E q t^2}{2 m} $，
由题意，$ x = 2 m $，$ y = 1 m $，$ v_0 = 25 m/s $，
$ t = \frac{x}{v_0} = \frac{2}{25} = 0.08 s $，
$ E = \frac{2 m y}{q t^2} = \frac{2 × 1}{100 × (0.08)^2} = 3.125 N/C $，
电场强度 $ E = 3.125 N/C $。
(2) 粒子经过 $ Q $ 点时，速度分量：
$ v_x = v_0 = 25 m/s $，
$ v_y = \frac{y}{t/2} = \frac{1}{0.04} = 25 m/s $，
总速度：
$ v = \sqrt{v_x^2 + v_y^2} = \sqrt{25^2 + 25^2} = 25\sqrt{2} m/s $，
速度方向与 $ x $ 轴正方向的夹角为 $ 45° $。
在磁场中，粒子做圆周运动，半径：
$ R = \frac{m v}{q B} $，
由题意，磁场变化周期 $ T_1 = 2\pi × 10^{-2} s $，且 $ T_1 = \frac{2\pi m}{q B} $，
$ R = \frac{\sqrt{2}}{4} m $，
粒子在磁场中运动轨迹如图，第一次经过 $ y $ 轴时的位置坐标为：
$ (0, -1.5 m) $。
(3) 磁场周期变为 $ T_2 = \frac{3\pi}{2} × 10^{-2} s $，粒子偏转角度：
$ \theta = \frac{2\pi}{T} \cdot \frac{T_2}{2} = \frac{3\pi}{4} $，
粒子沿 $ x $ 轴负方向运动的距离：
$ \Delta x = \frac{\sqrt{2}}{2} R = \frac{1}{4} m $，
沿 $ y $ 轴负方向运动的距离：
$ \Delta y = R + \frac{\sqrt{2}}{2} R = \frac{1 + \sqrt{2}}{4} m $，
粒子运动的轨迹与 $ y $ 轴交点的位置：
第 1 次：$ y_1 = -(2\sqrt{2} + 1.5) m $，
第 2 次：$ y_2 = -(2\sqrt{2} + 2) m $，
第 3 次：$ y_3 = -(2\sqrt{2} + 2.5) m $。

例 459 [广东 2023·5]某小型医用回旋加速器,最大回旋半径为 $ 0.5\ m $,磁感应强度大小为 $ 1.12\ T $,质子加速后获得的最大动能为 $ 1.5 × 10^7\ eV $。根据给出的数据,可计算质子经该回旋加速器加速后的最大速率约为(忽略相对论效应,$ 1\ eV = 1.6 × 10^{-19}\ J $)( )

A.$ 3.6 × 10^6\ m/s $
B.$ 1.2 × 10^7\ m/s $
C.$ 5.4 × 10^7\ m/s $
D.$ 2.4 × 10^8\ m/s $
【解析】质子在回旋加速器中运动的最大速度与最大回旋半径有关,当质子以最大回旋半径做圆周运动时,速度最大,由洛伦兹力充当向心力,有 $ ev_mB = \frac{mv_m^2}{R_D} $,最大动能 $ E_{km} = \frac{1}{2}mv_m^2 $,联立解得 $ v_m = \frac{2E_{km}}{eBR_D} = \frac{2 × 1.5 × 10^7\ eV}{e × 1.12\ T × 0.5\ m} $,其中 $ \frac{1\ eV}{e} = 1\ V $,解得 $ v_m \approx 5.4 × 10^7\ m/s $,C 正确。
【答案】C

答案： C