電磁場中的極值問題

1、1 . (2018·四川省樂山市第二次調(diào)研)如圖5所示，在平面直角坐標(biāo)系xOy平面內(nèi)，直角三角形abc的直角邊ab長為6d，與y軸重合，bac30°，中位線OM與x軸重合，三角形內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場在笫一象限內(nèi)，有方向沿y軸正向的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)大小E與勻強(qiáng)磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小滿足Ev0B.在x3d的N點處，垂直于x軸放置一平面熒光屏電子束以相同的初速度v0從y軸上3dy0的范圍內(nèi)垂直于y軸向左射入磁場，其中從y軸上y2d處射入的電子，經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后，恰好經(jīng)過O點電子質(zhì)量為m，電荷量為e，電子間的相互作用及重力不計求圖5(1)勻強(qiáng)磁楊的磁感應(yīng)強(qiáng)度B；(2)電子束從y軸正

2、半軸上射入電場時的縱坐標(biāo)y的范圍；(3)熒光屏上發(fā)光點距N點的最遠(yuǎn)距離L.答案(1)(2)0y2d(3)d解析(1)設(shè)電子在磁場中做圓周運(yùn)動的半徑為r；由幾何關(guān)系可得rd電子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：ev0Bm解得：B(2)當(dāng)電子在磁場中運(yùn)動的圓軌跡與ac邊相切時，電子從y軸射入電場的位置距O點最遠(yuǎn)，如圖甲所示設(shè)此時的圓心位置為O，有：OaOO3dOa解得OOd即從O點進(jìn)入磁場的電子射出磁場時的位置距O點最遠(yuǎn)所以ym2r2d電子束從y軸正半軸上射入電場時的縱坐標(biāo)y的范圍為0y2d(3)設(shè)電子從0y2d范圍內(nèi)某一位置射入電場時的縱坐標(biāo)為y，從ON間射出電場時的

3、位置橫坐標(biāo)為x，速度方向與x軸間夾角為，在電場中運(yùn)動的時間為t，電子打到熒光屏上產(chǎn)生的發(fā)光點距N點的距離為L，如圖乙所示：根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式有：xv0ty·t2vyttan ，tan 由題意知Ev0B解得：L(3)·當(dāng)3即yd時，L有最大值解得：Ld2 .如圖所示為研究電子槍中電子在電場中運(yùn)動的簡化模型示意圖。在Oxy平面的ABCD區(qū)域內(nèi)，存在兩個場強(qiáng)大小均為E的勻強(qiáng)電場I和II，兩電場的邊界均是邊長為L的正方形，電子的電量為e（不計電子所受重力）。（1）在該區(qū)域AB邊的中點處由靜止釋放電子，求電子離開ABCD區(qū)域的位置坐標(biāo)。（2）在電場I區(qū)域內(nèi)適當(dāng)位置由靜止釋放電子，電子恰能

4、從ABCD區(qū)域左下角D處離開，求所有釋放點的位置坐標(biāo)。在滿足（2）的情況下，粒子從釋放點出發(fā)到達(dá)D點所需的最短時間是多少。 (1) 設(shè)電子的質(zhì)量為m，電量為e，在電場I中釋放后將做出速度為零的勻加速直線運(yùn)動，出區(qū)域I時的速度為v0，接著進(jìn)入電場II做類平拋運(yùn)動，假設(shè)電子從CD邊射出，出射點縱坐標(biāo)為y，對電子的整個運(yùn)動過程運(yùn)用動能定理和勻變速直線運(yùn)動公式有：eEL=12mv2 (2分)(L2y)=12at2=12eEm(Lv0)2 (1分)eE=ma L=v0t (1分) 以上兩式聯(lián)立解得：y=L4 (1分) 所以原假設(shè)成立，即電子離開ABCD區(qū)域的位置坐標(biāo)為(2L,L4)； (1分) (2)

5、設(shè)釋放點在電場區(qū)域I中，其坐標(biāo)為（x，y），在電場I中電子被加速到v1，然后進(jìn)入電場II做類平拋運(yùn)動，并從D點離開，有：eEx=12mv12 (2分) y=12at2=12eEm(Lv1)2 (1分) 以上兩式聯(lián)立解得：xy=L24，即在電場I區(qū)域內(nèi)滿足方程的點即為所求位置；(2分) (3)粒子在電場區(qū)域I中運(yùn)動的時間為：x=12×eEmt12 (1分) 解得：t1=2xmeE (1分) 粒子出電場區(qū)域I時的速度v1=eEm×2xmeE=2eExm (1分) 粒子在無電場區(qū)域做勻速直線運(yùn)動的時間為：t2=L2eExm=L·m2eEx； (2分) 粒子在電場區(qū)域II

6、的時間為：t3=L2eExm=L·m2eEx (1分) 也可寫成：y=12eEmt32 即t3=2ymeE 聯(lián)立xy=L24； (1分) 由數(shù)學(xué)知識可知：t=2meE(x+Lx)。 (2分) 3如圖所示，在水平線ab下方有一勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度為E，方向豎直向下，ab的上方存在勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直紙面向里，磁場中有一內(nèi)、外半徑分別為R、的半圓環(huán)形區(qū)域，外圓與ab的交點分別為M、N。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負(fù)電粒子在電場中P點靜止釋放，由M進(jìn)入磁場，從N射出，不計粒子重力。（1）求粒子從P到M所用的時間t；（2）若粒子從與P同一水平線上的Q點水平射出，同樣能由M進(jìn)入磁場，

7、從N射出，粒子從M到N的過程中，始終在環(huán)形區(qū)域中運(yùn)動，且所用的時間最少，求粒子在Q時速度的大小。【答案】（1）（2）【解析】試題分析：粒子在磁場中以洛倫茲力為向心力做圓周運(yùn)動，在電場中做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，據(jù)此分析運(yùn)動時間；粒子進(jìn)入勻強(qiáng)磁場后做勻速圓周運(yùn)動，當(dāng)軌跡與內(nèi)圓相切時，所有的時間最短，粒子從Q射出后在電場中做類平拋運(yùn)動，在電場方向上的分運(yùn)動和從P釋放后的運(yùn)動情況相同，所以粒子進(jìn)入磁場時沿豎直方向的速度同樣為v，結(jié)合幾何知識求解（1）設(shè)粒子在磁場中運(yùn)動的速度大小為v，所受洛倫茲力提供向心力，有設(shè)粒子在電場中運(yùn)動所受電場力為F，有F=qE；設(shè)粒子在電場中運(yùn)動的加速度為a，根據(jù)牛頓第

8、二定律有F=ma；粒子在電場中做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，有v=at；聯(lián)立式得；（2）粒子進(jìn)入勻強(qiáng)磁場后做勻速圓周運(yùn)動，其周期與速度、半徑無關(guān)，運(yùn)動時間只由粒子所通過的圓弧所對的圓心角的大小決定，故當(dāng)軌跡與內(nèi)圓相切時，所有的時間最短，設(shè)粒子在磁場中的軌跡半徑為，由幾何關(guān)系可得設(shè)粒子進(jìn)入磁場時速度方向與ab的夾角為，即圓弧所對圓心角的一半，由幾何關(guān)系知；粒子從Q射出后在電場中做類平拋運(yùn)動，在電場方向上的分運(yùn)動和從P釋放后的運(yùn)動情況相同，所以粒子進(jìn)入磁場時沿豎直方向的速度同樣為v，在垂直于電場方向的分速度等于為，由運(yùn)動的合成和分解可得聯(lián)立式得【點睛】帶電粒子在組合場中的運(yùn)動問題，首先要運(yùn)用動力學(xué)

9、方法分析清楚粒子的運(yùn)動情況，再選擇合適方法處理對于勻變速曲線運(yùn)動，常常運(yùn)用運(yùn)動的分解法，將其分解為兩個直線的合成，由牛頓第二定律和運(yùn)動學(xué)公式結(jié)合求解；對于磁場中圓周運(yùn)動，要正確畫出軌跡，由幾何知識求解半徑4如圖所示，真空中四個相同的矩形勻強(qiáng)磁場區(qū)域，高為4d，寬為d，中間兩個磁場區(qū)域間隔為2d，中軸線與磁場區(qū)域兩側(cè)相交于O、O點，各區(qū)域磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等某粒子質(zhì)量為m、電荷量為+q，從O沿軸線射入磁場當(dāng)入射速度為v0時，粒子從O上方處射出磁場取sin53°=0.8，cos53°=0.6（1）求磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B；（2）入射速度為5v0時，求粒子從O運(yùn)動到O的時間t；（3）入射

10、速度仍為5v0，通過沿軸線OO平移中間兩個磁場（磁場不重疊），可使粒子從O運(yùn)動到O的時間增加t，求t的最大值【答案】（1） （2） （3） 【解析】（1）粒子圓周運(yùn)動的半徑 由題意知，解得（2）設(shè)粒子在矩形磁場中的偏轉(zhuǎn)角為由d=rsin，得sin=，即=53°在一個矩形磁場中的運(yùn)動時間，解得直線運(yùn)動的時間，解得則（3）將中間兩磁場分別向中央移動距離x粒子向上的偏移量y=2r（1cos）+xtan由y2d，解得則當(dāng)xm= 時，t有最大值粒子直線運(yùn)動路程的最大值增加路程的最大值增加時間的最大值點睛：本題考查帶電粒子在組合磁場中的運(yùn)動，第（1）小題先確定粒子圓周運(yùn)動的半徑，再根據(jù)洛倫茲力提

11、供向心力列式求解；第（2）小題解答關(guān)鍵是定圓心、畫軌跡，分段分析和計算；第（3）小題求t的最大值，關(guān)鍵是要注意帶電粒子在磁場中運(yùn)動的時間不變和速度大小不變，所以中間磁場移動后改變的是粒子在無磁場區(qū)域運(yùn)動的傾斜軌跡的長度，要使t最大，則要傾斜軌跡最長，所以粒子軌跡跟中間磁場的上邊相切時運(yùn)動時間最長，再根據(jù)運(yùn)動的對稱性列式求解。5. 如圖所示，圖面內(nèi)有豎直線DD，過DD且垂直于圖面的平面將空間分成I、II兩區(qū)域。區(qū)域I有方向豎直向上的勻強(qiáng)電場和方向垂直圖面的勻強(qiáng)磁場B（圖中未畫出）；區(qū)域II有固定在水平面上高、傾角的光滑絕緣斜面，斜面頂端與直線DD距離，區(qū)域II可加豎直方向的大小不同的勻強(qiáng)電場（圖

12、中未畫出）；C點在DD上，距地面高。零時刻，質(zhì)量為m、帶電量為q的小球P在K點具有大小、方向與水平面夾角的速度。在區(qū)域I內(nèi)做半徑的勻速圓周運(yùn)動，經(jīng)C點水平進(jìn)入?yún)^(qū)域II。某時刻，不帶電的絕緣小球A由斜面頂端靜止釋放，在某處與剛運(yùn)動到斜面的小球P相遇。小球視為質(zhì)點，不計空氣阻力及小球P所帶電量對空間電磁場的影響。l已知，g為重力加速度。（1）求勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大?。唬?）若小球A、P在斜面底端相遇，求釋放小球A的時刻tA；（3）若小球A、P在時刻（為常數(shù)）相遇于斜面某處，求此情況下區(qū)域II的勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)E，并討論場強(qiáng)E的極大值和極小值及相應(yīng)的方向?！敬鸢浮浚?）；（2）（3）場強(qiáng)極小值為；場強(qiáng)極大值為，方向豎直向上?！窘馕觥吭囶}分析：（1）由題知，小球P在區(qū)域內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動，有代入數(shù)據(jù)解得（2）小球P在區(qū)域做勻速圓周運(yùn)動轉(zhuǎn)過的圓心角為，運(yùn)動到C點的時刻為tC，到達(dá)斜面低端時刻為t1，有小球A釋放后沿斜面運(yùn)動加速度為aA，與小球P在時刻t1相遇于斜面底端，有聯(lián)立以上方程可得（3）設(shè)所求電場方向向下，在t'A時刻釋放小球A，小球P在區(qū)域運(yùn)動加速度為aP