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题型4 电场、磁场分类讨论问题
1.(11 分)(2024 浙江三模)如图所示,在坐标原点O 处有一粒子源,能向第二象限各个方向发射速率相
等的带电粒子,在O 点上方有一圆形磁场区域,O 点恰在圆周上,磁场区域的磁感应强度及磁场圆的半
径均可调。已知P 点坐标为(0,2L),Q 点坐标为(2L,0),在PQ 连线的右上方有垂直于纸面向里、磁感
应强度大小为B0的匀强磁场,带电粒子的质量为m、电荷量为-q(q>0)。当磁场圆半径为L
2
、磁感应
强度也为B0时,沿y 轴正方向发射的粒子恰能沿平行x 轴方向离开圆形磁场。
(1)求带电粒子的速度大小;
(2)求x 轴上有粒子经过的坐标范围;
(3)若两个磁场区域不重叠,粒子源发射的粒子按角度均匀分布,且圆形磁场区域的磁感应强度B 与磁
场半径r 满足Br=B0 L
2
(B≤3B0),则垂直经过x 轴的粒子的比例η 与磁感应强度B 是什么关系?(角度
可用反三角函数表示:若sin θ=a,则θ=arcsin a)
2.(11 分)(2024 浙江台州高二期末)如图所示,xOy 平面内有一理想边界y= x
2
4 L
,该边界与x 轴之间存在
沿y 轴正方向的匀强电场,电场强度大小为E;边界与y 轴之间存在垂直于纸面向里的匀强磁场。x 轴
上2L~3L 范围内有一粒子源,单位时间内发射的粒子线密度恒为n0(线密度指单位长度上的粒子数),
所有粒子均无初速度地飘入匀强电场,最后均垂直打到位于y 轴上足够长的粒子收集板上,即被吸收。
已知每个粒子的质量为m,电荷量为+q,不考虑粒子的重力和粒子间的相互作用。
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(1)求x=2L 处的粒子进入磁场时的速度大小v,及磁场的磁感应强度大小B;
(2)求收集板上有粒子打到的长度l;
(3)求收集板上单位时间内收集的粒子线密度n 与坐标y 的关系[当0<x≤1 时,有(1+x)2≈1+2x];
(4)将收集板改为绝缘板,粒子垂直撞击绝缘板后速度大小不变,发现板上从P 点开始上方所有位置均
有粒子撞击,求P 点坐标。
3.(11 分)磁控管是微波炉的关键元件,管内电子在相互垂直的恒定磁场和恒定电场的控制下,与高频
电磁场发生相互作用,把从恒定电场中获得的能量转变成微波能量,从而达到产生微波的目的。磁控
管去除微波产生和发射结构后的示意图如图甲所示,可进行电子比荷的测量。半径为R、高为h 的金
属圆筒作为阳极与可调加速电压正极相连,电流表可测出阳极电流IA。圆筒中心轴线处以一电阻为
10 Ω 的电热丝作为阴极,电热丝直径忽略不计,接E1=6 V 的直流电后单位时间t 内可逸出n 个初速度
为零的电子。圆筒所在处存在由通电螺线管产生的匀强磁场,磁感应强度B=kIB(图中未画出)。整个
装置处于真空环境,不考虑边缘效应、电子间的相互作用和电子运动的时间。
(1)当IB=0 时:
①写出阳极电流;
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②阳极单位面积受力的平方p2与加速电压的关系,并画出图像,如有截距,需标出截距的值。
(2)IB≠0 时,电子运动轨迹较为复杂,理论计算表明,当电子走完四分之一路程时,已获得整个过程80%
以上的动能,为计算方便,往往近似认为电子离开电热丝即获得全部动能。按以上近似,当加速电压为
U0时,改变IB,理论上得到的IA与IB关系图像如图乙所示,图中坐标均为已知量,下同。利用图像,求电
子的比荷。
(3)某次实验中在某未知加速电压下得到了如图丙所示的IA与IB的关系图线,这可能是由多种因素造
成,其中主要因素是制造磁控管时的偏差导致电热丝不在阳极的中轴线。若仅考虑上述因素,请根据
图像求电热丝偏离中轴线的距离。
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参考答案
题型4 电场、磁场分类讨论问题
1.【答案】 (1)q B0 L
2m
(2)3 L
2
~2L
(3)η={
1(
√2+1
4
B0≤B≤B0)
1-
2arcsin B - B0
B0
π
( B0≤B≤2B0)
0(2B0≤B≤3 B0)
【解析】 (1)由题意得当粒子初速度方向沿y 轴正方向时,粒子轨迹如图所示
故粒子运动半径r= L
2
又qvB0=mv
2
r
解得v=q B0 L
2m
。
(2)沿y 轴正方向发射的粒子离开圆形磁场后进入PQ 右侧磁场,偏转90°后,垂直于x 轴打到Q 点,
沿x 轴负方向发射的粒子也沿平行x 轴方向离开圆形磁场,进入PQ 右侧磁场后也偏转90°后,垂
直于x 轴射出,经过x=3 L
2
,故x 轴上有粒子经过的坐标范围为3 L
2
~2L。
(3)当磁场圆与PQ 相切时,有(√2+1)r=2L
得磁场圆的最大半径为r=2(√2-1)L
解得Bmin=√2+1
4
B0
①当L
2
≤r≤2(√2-1)L,即B0≥B≥√2+1
4
B0时,η=1
②当L
6
<r< L
4
,即3B0≥B≥2B0时,η=0
③当L
4
≤r≤L
2
,即B0≤B≤2B0时,设打到Q 点的粒子对应发射速度与y 轴的夹角为θ,有r+rsin θ= L
2
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得θ=arcsinB - B0
B0
角度大于θ 的粒子都能垂直经过x 轴,所以
η=1-2arcsin B - B0
B0
π
综上所述
η={
1(
√2+1
4
B0≤B≤B0)
1-
2arcsin B - B0
B0
π
(B0≤B≤2B0)
0(2B0≤B≤3 B0)
。
2.【答案】 (1)√
2 EqL
m √
mE
2qL
(2)9
4
L (3)n=
1
√
y
L +1
n0
(4)(0,7L)
【解析】 (1)当x1=2L 时,y=L,由动能定理得EqL=1
2
mv2
解得v=√
2 EqL
m
甲
进入磁场后,粒子的运动轨迹如图甲所示,做圆周运动的半径为x=2L
即qvB=mv
2
2 L
解得B=√
mE
2qL
。
(2)当x1=2L 时,y1=L,则最后打在y 轴上的坐标为ymin=y1+x1=3L
当x2=3L 时,同理可得ymax=y2+x2=21
4
L
故收集板上有粒子打到的长度为l=ymax-ymin=9
4
L。
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(3)由(2)同理得,从任意(x,0)位置进入电场的粒子打在y 轴上的位置的纵坐标为y= x
2
4 L
+x
从x 轴上x+Δx 位置进入电场的粒子打在y 轴上的位置的纵坐标为y+Δy=( x + Δ x )
2
4 L
+x+Δx
两式相减可得
Δy=2 x· Δ x +( Δ x )
2
4 L
+Δx≈2 x· Δ x
4 L
+Δx= x· Δ x
2 L
+Δx
则n=
n0 Δ x
Δ y =
1
x
2 L +1
n0
又因为y= x
2
4 L
+x
解得n=
1
√
y
L +1
n0。
(4)如图乙所示,所有粒子第二次撞击板的位置的纵坐标范围是7L~45
4
L
乙
第三次撞击板的位置的纵坐标范围是11L~69
4
L,由于45
4
L>11L,故P 点坐标为(0,7L)。
3.【答案】 (1)①ne
t
②n√2meU
2π Rh
图像见解析图
(2)
8U 0
k
2 I B0
2 R
2 (3)( I B2- I B1) R
I B1+ I B2
【解析】 (1)①当IB=0 时,单位时间t 内可逸出n 个电子,则有阳极电流I=ne
t
②每个电子打到圆筒上时的动能为1
2
mv2=eU
解得电子到阳极时的速度大小v=√
2eU
m
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单位时间阳极吸收n 个电子,n 个电子的动量p=nmv=n√2meU
阳极单位时间t 内受力F·t=nmv=n√2meU
单位时间t 内单位面积受力F
S = n√2meU
2π Rht
即压强p=n√2meU
2π Rht
可有p2=
n
2meU
2π
2 R
2h
2t
2
故阳极单位时间单位面积受力的平方p2与加速电压U 的图像如图甲所示。
甲
(2)IB≠0 时,电子被加速,则有1
2
mv2=eU
每个电子的动量p=mv=√2meU
由题图乙可知,B=kIB0时电子不能打到阳极,此时电子做匀速圆周运动,如图乙所示,运动半径r=
mv
eB = √2meU
eB
乙
且有2r=R
由洛伦兹力提供向心力,有qvB=mv
2
r
,可得r=mv
qB
解得电子的比荷e
m =
8U 0
k
2 I B0
2 R
2。
(3)IB越大,电子做圆周运动的半径越小,IB越小,电子做圆周运动的半径越大,如图丙所示,因此有
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丙
Δx+R=2√2meU
k I B1e
R-Δx=2√2meU
k I B2e
解得电热丝偏离中轴线的距离Δx=( I B2- I B1) R
I B1+ I B2
。
