《2025年资源库高中物理人教版》

例$468$［河北$2024\cdot10$］如图$1-18-58$,真空区域有同心正方形$ABCD和abcd$,其各对应边平行,$ABCD$的边长一定,$abcd$的边长可调,两正方形之间充满恒定匀强磁场,方向垂直于正方形所在平面.$A$处有一个粒子源,可逐个发射速度不等、比荷相等的粒子,粒子沿$AD$方向进入磁场.


【答案】$AD$

答案： AD

例$469$［山东新高考］中国“人造太阳”在核聚变实验方面取得新突破,该装置中用电磁场约束和加速高能离子,其部分电磁场简化模型如图$1-18-60$所示,在三维坐标系$Oxyz$中,$0＜z\leq d$空间内充满匀强磁场Ⅰ,磁感应强度大小为$B$,方向沿$x$轴正方向；$-3d\leq z＜0$,$y\geq0$的空间内充满匀强磁场Ⅱ,磁感应强度大小为$\frac{\sqrt{2}}{2}B$,方向平行于$xOy$平面,与$x轴正方向夹角为45°$；$z＜0$,$y\leq0的空间内充满沿y$轴负方向的匀强电场.质量为$m$、带电荷量为$+q$的离子甲,从$yOz平面第三象限内y轴为L的点A$以一定速度出射,速度方向与$z轴正方向夹角为\beta$,在$yOz$平面内运动一段时间后,经坐标原点$O沿z$轴正方向进入磁场Ⅰ.不计离子重力.

(1)当离子甲从$A点出射速度为v_0$时,求电场强度的大小$E$；
(2)若使离子甲进入磁场后始终在磁场中运动,求进入磁场时的最大速度$v_m$；
(3)离子甲以$\frac{qBd}{2m}的速度从O点沿z轴正方向第一次穿过xOy$面进入磁场Ⅰ,求第四次穿过$xOy$平面的位置坐标(用$d$表示)；
(4)当离子甲以$\frac{qBd}{2m}的速度从O$点进入磁场Ⅰ时,质量为$4m$、带电荷量为$+q$的离子乙,也从$O点沿z$轴正方向以相同的动能同时进入磁场Ⅰ,求两离子进入磁场后,到达它们运动轨迹第一个交点的时间$\Delta t$(忽略离子间相互作用).
【解析】(1)假设离子甲由$A点运动至O点时间为t$,如图$1-18-61(a)$所示,

离子甲从$A点运动到O$点的过程中,
沿$z轴方向有v_0t\cos\beta=L$,
沿$y轴方向有v_0t\sin\beta=at$,
其中$qE= ma$,
联立解得$E= \frac{mv_0^2\sin\beta\cos\beta}{qL}$.
(2)离子甲从$O$点进入磁场后,其做圆周运动的最大轨迹半径为$r_m= d$,由$qv_mB= m\frac{v_m^2}{r_m}$可知,
$v_1= \frac{mv_1}{qB}= \frac{d}{2}$,如图$1-18-61(b)$所示,离子甲在磁场Ⅰ中偏转半个圆周到达$y轴上y_1= 2r_1= d$处,然后垂直于$xOy平面进入z＜0$区域,在磁场Ⅱ中做匀速圆周运动(运动平面与磁场Ⅱ中磁感应强度方向垂直),偏转半个圆周后到达$x$轴,从$x= x_1处垂直于xOy平面进入z＞0$区域,离子甲在磁场Ⅱ中做匀速圆周运动的轨迹半径$r_2= \frac{mv_1}{\frac{\sqrt{2}}{2}Bq}= \frac{\sqrt{2}}{2}Bq\frac{d}{2}$,由几何关系及对称性可知$x_1= d$,之后离子甲在$y'x'z'平面内偏转半个圆周后第四次穿过xOy$平面,可知离子甲的$x轴坐标为d$,$y轴坐标为d$,$z轴坐标为0$,故所求坐标为$(d,d,0)$.
(4)由$\frac{1}{2}mv_z^2= \frac{1}{2}m_zv_z^2和r_1= \frac{mv_1}{qB}$得离子乙在磁场Ⅰ中运动的轨迹半径$r_z= \frac{4mv_z}{qB}= d$,离子甲先在磁场Ⅰ中运动半个周期到达$y轴上y_1= d$处,之后在磁场Ⅱ中运动半个周期到达$x轴上x_1= d$处,之后以$x_1$为起点重复之前的运动,第二次到达$x轴上的横坐标为x_2= 2d$；离子乙在磁场中运动半个周期到达$y轴上y_1'= 2d$处,之后在磁场Ⅱ中运动半个周期到达$x轴上x_1'= 2d$处,则该点为离子甲、乙运动轨迹的第一个交点,两离子运动轨迹如图$1-18-62$所示.

离子甲、乙在磁场Ⅰ中做圆周运动的周期分别为$T_甲= \frac{2\pi m}{qB}$,$T_乙= \frac{2\pi\cdot4m}{qB}= \frac{8\pi m}{qB}$,离子甲、乙在磁场Ⅱ中做圆周运动的周期分别为$T_甲'= \frac{2\pi m}{q\cdot\frac{\sqrt{2}}{2}B}$,$T_乙'= \frac{2\pi\cdot4m}{q\cdot\frac{\sqrt{2}}{2}B}$,则离子甲、乙的运动时间分别为$t_甲= \frac{2\pi m}{qB}+\frac{2\sqrt{2}\pi m}{qB}= \frac{2(\sqrt{2}+1)\pi m}{qB}$,$t_乙= \frac{1}{2}T_乙+\frac{1}{2}T_乙'= \frac{1}{2}×\frac{8\pi m}{qB}+\frac{1}{2}×\frac{8\sqrt{2}\pi m}{qB}= \frac{4(1+\sqrt{2})\pi m}{qB}$,
故$\Delta t= t_乙-t_甲= \frac{2(\sqrt{2}+1)\pi m}{qB}$.
【答案】(1)$\frac{mv_0^2\sin\beta\cos\beta}{qL}$
(2)$\frac{qBd}{m}$
(3)$(d,d,0)$
(4)$\frac{2(\sqrt{2}+1)\pi m}{qB}$

答案：
(1)电场强度的大小为：
$E = \frac{mv_0^2 \sin\beta \cos\beta}{qL}$，
(2)离子进入磁场时的最大速度为：
$v_m = \frac{qBd}{m}$，
(3)第四次穿过$xOy$平面的位置坐标为：
$(d, d, 0)$，
(4)两离子到达第一个交点的时间差为：
$\Delta t = \frac{2(\sqrt{2} + 1)\pi m}{qB}$。