电磁场中极值问题

　1 . (2018·四川省乐山市第二次调研)如图 5 所示，在平面直角坐标系 xOy 平面内，直角三角形 abc 的直角边 ab 长为 6d，与 y 轴重合，∠bac＝30°，中位线 OM 与 x 轴重合，三角形内有垂直纸面向里的匀强磁场．在笫一象限内，有方向沿 y 轴正向的匀强电场，场强大小 E与匀强磁场磁感应强度 B 的大小满足 E＝v 0 B.在 x＝3d 的 N 点处，垂直于 x 轴放置一平面荧光屏．电子束以相同的初速度 v 0 从 y 轴上－3d≤y≤0 的范围内垂直于 y 轴向左射入磁场，其中从 y 轴上 y＝－2d 处射入的电子，经磁场偏转后，恰好经过 O 点．电子质量为 m，电荷量为 e，电子间的相互作用及重力不计．求

　图 5 (1)匀强磁杨的磁感应强度 B； (2)电子束从 y 轴正半轴上射入电场时的纵坐标 y 的范围； (3)荧光屏上发光点距 N 点的最远距离 L. 答案 (1) mv0ed (2)0≤y≤2d (3) 94 d 解析 (1)设电子在磁场中做圆周运动的半径为 r； 由几何关系可得 r＝d 电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：ev 0 B＝m v0 2r 解得：B＝ mv0ed (2)当电子在磁场中运动的圆轨迹与 ac 边相切时，电子从＋y 轴射入电场的位置距 O 点最远，如图甲所示．

　设此时的圆心位置为 O′，有：O′a＝rsin 30° OO′＝3d－O′a

　解得 OO′＝d 即从 O 点进入磁场的电子射出磁场时的位置距 O 点最远 所以 y m ＝2r＝2d 电子束从 y 轴正半轴上射入电场时的纵坐标 y 的范围为 0≤y≤2d (3)设电子从 0≤y≤2d 范围内某一位置射入电场时的纵坐标为 y，从 ON 间射出电场时的位置横坐标为 x，速度方向与 x 轴间夹角为 θ，在电场中运动的时间为 t，电子打到荧光屏上产生的发光点距 N 点的距离为 L，如图乙所示：

　根据运动学公式有：x＝v 0 t y＝ 12 ·eEm t2

　v y ＝ eEm t tan θ＝ vyv 0 ，tan θ＝L3d－x

　由题意知 E＝v 0 B＝ mv0 2ed 解得：L＝(3 d－ 2y)· 2y 当 3 d－ 2y＝ 2y 即 y＝ 98 d 时，L 有最大值 解得：L＝ 94 d

　2 .如图所示为研究电子枪中电子在电场中运动的简化模型示意图。在 Oxy 平面的 ABCD 区域内，存在两个场强大小均为 E 的匀强电场 I 和 II ，两电场的边界均是边长为 L 的正方形，电子的电量为 e （不计电子所受重力）。

　（1）在该区域 AB 边的中点处由静止释放电子，求电子离开 ABCD 区域的位置坐标。（2）在

　电场 I 区域内适当位置由静止释放电子，电子恰能从 ABCD 区域左下角 D 处离开，求所有释放点的位置坐标。

　在满足（2）的情况下，粒子从释放点出发到达 D 点所需的最短时间是多少。

　(1) 设电子的质量为 m，电量为 e，在电场 I 中释放后将做出速度为零的匀加速直线运动，出区域 I 时的速度为 v0，接着进入电场 II 做类平抛运动，假设电子从 CD 边射出，出射点纵坐标为 y，对电子的整个运动过程运用动能定理和匀变速直线运动公式有：

　(2 分)

　 (1 分) eE=ma

　 L=v 0 t

　 (1 分)

　 以上两式联立解得：

　 (1 分)

　所以原假设成立，即电子离开 ABCD 区域的位置坐标为 ；

　(1 分)

　 (2) 设释放点在电场区域 I 中，其坐标为（x，y），在电场 I 中电子被加速到 v1，然后进入电场 II 做类平抛运动，并从 D 点离开，有：

　 (2 分)

　(1 分)

　 以上两式联立解得：

　，即在电场 I 区域内满足方程的点即为所求位置；(2分)

　(3)粒子在电场区域 I 中运动的时间为：

　(1 分)

　解得：

　 (1 分)

　粒子出电场区域 I 时的速度

　(1 分)

　粒子在无电场区域做匀速直线运动的时间为：

　；

　 (2 分)

　粒子在电场区域 II 的时间为：

　(1 分)

　也可写成：

　即

　 联立 ；

　(1 分)

　由数学知识可知：

　。

　(2 分)

　3．如图所示，在水平线 ab 下方有一匀强电场，电场强度为 E，方向竖直向下，ab 的上方存在匀强磁场，磁感应强度为 B，方向垂直纸面向里，磁场中有一内、外半径分别为 R、 的半圆环形区域，外圆与 ab 的交点分别为 M、N。一质量为 m、电荷量为 q 的带负电粒子在电场中 P 点静止释放，由 M 进入磁场，从 N 射出，不计粒子重力。

　（1）求粒子从 P 到 M 所用的时间 t；

　（2）若粒子从与 P 同一水平线上的 Q 点水平射出，同样能由 M 进入磁场，从 N 射出，粒子从 M 到 N 的过程中，始终在环形区域中运动，且所用的时间最少，求粒子在 Q 时速度的大小。

　【答案】（1）

　（2）

　【解析】试题分析：粒子在磁场中以洛伦兹力为向心力做圆周运动，在电场中做初速度为零的匀加速直线运动，据此分析运动时间；粒子进入匀强磁场后做匀速圆周运动，当轨迹与内圆相切时，所有的时间最短，粒子从 Q射出后在电场中做类平抛运动，在电场方向上的分运动和从 P 释放后的运动情况相同，所以粒子进入磁场时沿竖直方向的速度同样为 v，结合几何知识求解． （1）设粒子在磁场中运动的速度大小为 v，所受洛伦兹力提供向心力，有 ① 设粒子在电场中运动所受电场力为 F，有 F=qE②； 设粒子在电场中运动的加速度为 a，根据牛顿第二定律有 F=ma③； 粒子在电场中做初速度为零的匀加速直线运动，有 v=at④；联立①②③④式得 ⑤； （2）粒子进入匀强磁场后做匀速圆周运动，其周期与速度、半径无关，运动时间只由粒子所通过的圆弧所对的圆心角的大小决定，故当轨迹与内圆相切时，所有的时间最短，设粒子在磁场中的轨迹半径为 ，由几何关系可得 ⑥

　设粒子进入磁场时速度方向与 ab 的夹角为 θ，即圆弧所对圆心角的一半，由几何关系知⑦； 粒子从 Q射出后在电场中做类平抛运动，在电场方向上的分运动和从 P 释放后的运动情况相同，所以粒子进入磁场时沿竖直方向的速度同样为 v，在垂直于电场方向的分速度等于为

　，由运动的合成和分解可得 ⑧ 联立①⑥⑦⑧式得 ⑨． 【点睛】带电粒子在组合场中的运动问题，首先要运用动力学方法分析清楚粒子的运动情况，再选择合适方法处理．对于匀变速曲线运动，常常运用运动的分解法，将其分解为两个直线的合成，由牛顿第二定律和运动学公式结合求解；对于磁场中圆周运动，要正确画出轨迹，由几何知识求解半径． 4．如图所示，真空中四个相同的矩形匀强磁场区域，高为 4d，宽为 d，中间两个磁场区域间隔为 2d，中轴线与磁场区域两侧相交于 O、O′点，各区域磁感应强度大小相等．某粒子质量为 m、电荷量为+q，从 O 沿轴线射入磁场．当入射速度为 v0 时，粒子从 O 上方2d处射出磁场．取 sin53°=0.8，cos53°=0.6．

　（1）求磁感应强度大小 B； （2）入射速度为 5v0 时，求粒子从 O 运动到 O′的时间 t； （3）入射速度仍为 5v0，通过沿轴线 OO′平移中间两个磁场（磁场不重叠），可使粒子从 O运动到 O′的时间增加 Δt，求 Δt 的最大值． 【答案】（1）04mvBqd

　 （2）053π+72180dtv（ ）

　 （3）m05dtv 

　 】

　【解析】（1）粒子圆周运动的半径00mvrqB

　 由题意知04dr  ，解得04mvBqd

　（2）设粒子在矩形磁场中的偏转角为 α 由 d=rsinα，得 sinα=45，即 α=53° 在一个矩形磁场中的运动时间12π360mtqB，解得1053π720dtv

　直线运动的时间22dtv ，解得2025dtv

　则1 2053π+724180dt t tv  （ ）

　（3）将中间两磁场分别向中央移动距离 x 粒子向上的偏移量 y=2r（1–cosα）+xtanα 由 y≤2d，解得34x d 

　则当 x m = 34d 时，Δt 有最大值 粒子直线运动路程的最大值mm m22 2 3cosxs d x d    （ ）

　增加路程的最大值m m– 2 s s d d   

　增加时间的最大值mm05s dtv v  

　点睛：本题考查带电粒子在组合磁场中的运动，第（1）小题先确定粒子圆周运动的半径，再根据洛伦兹力提供向心力列式求解；第（2）小题解答关键是定圆心、画轨迹，分段分析和计算；第（3）小题求 Δt的最大值，关键是要注意带电粒子在磁场中运动的时间不变和速度大小不变，所以中间磁场移动后改变的是粒子在无磁场区域运动的倾斜轨迹的长度，要使Δt 最大，则要倾斜轨迹最长，所以粒子轨迹跟中间磁场的上边相切时运动时间最长，再根据运动的对称性列式求解。

　5. 如图所示，图面内有竖直线 DD＇，过 DD＇且垂直于图面的平面将空间分成 I、II 两区域。区域 I 有方向竖直向上的匀强电场和方向垂直图面的匀强磁场 B（图中未画出）；区域 II 有固定在水平面上高 2 h l  、倾角 π/4   的光滑绝缘斜面，斜面顶端与直线 DD＇距离 4 s l  ，区域 II 可加竖直方向的大小不同的匀强电场（图中未画出）；C 点在 DD＇上，距地面高3 H l  。零时刻，质量为 m、带电量为 q 的小球 P 在 K 点具有大小0v gl  、方向与水平面夹角 π/3   的速度。在区域 I 内做半径 3 /π r l  的匀速圆周运动，经 C 点水平进入区域II。某时刻，不带电的绝缘小球 A 由斜面顶端静止释放，在某处与刚运动到斜面的小球 P 相遇。小球视为质点，不计空气阻力及小球 P 所带电量对空间电磁场的影响。l 已知，g 为重力加速度。

　 （1）求匀强磁场的磁感应强度 B 的大小； （2）若小球 A、P 在斜面底端相遇，求释放小球 A 的时刻 tA； （3）若小球 A、P 在时刻 / t l g   （β 为常数）相遇于斜面某处，求此情况下区域 II 的匀强电场的场强 E，并讨论场强 E 的极大值和极小值及相应的方向。

　【答案】（1）3m gBq l ；（2）

　3 2 2lg （ ）

　（3）场强极小值为min0 E  ；场强极大值为max78mgEq ，方向竖直向上。

　【解析】试题分析：（1）由题知，小球 P 在区域Ⅰ内做匀速圆周运动，有200vm qv Br ① 代入数据解得π3mB gllq ② （2）小球 P 在区域Ⅰ做匀速圆周运动转过的圆心角为 θ，运动到 C 点的时刻为 t C ，到达斜面低端时刻为 t 1 ，有0Crtv ③  0 1cotCs h v t t     ④ 小球 A 释放后沿斜面运动加速度为 a A ，与小球 P 在时刻 t 1 相遇于斜面底端，有sinAmg ma   ⑤  211sin 2A Aha t t  ⑥ 联立以上方程可得 3 2 2Altg  ⑦ （3）设所求电场方向向下，在 t" A 时刻释放小球 A，小球 P 在区域Ⅱ运动加速度为 a P ，有

　   201cos2C A As v t t a t t       ⑧ Pmg qE ma   ⑨    2 2 1 1sin2 2A A P CH h a t t a t t        ⑩ 联立相关方程解得  2111mgEq 对小球 P 的所有运动情形讨论可得 3 5   

　由此可得场强极小值为min0 E  ；场强极大值为max78mgEq ，方向竖直向上。

　考点：平抛运动；圆周运动；牛顿第二定律的应用 【名师点睛】此题是力、电、磁及运动大拼盘，综合考查带电粒子在磁场中及电场中的运动—圆周运动以及平抛运动和下斜面上的匀加速运动等问题；解题时要能把这些复杂的物理过程分解为一个一个的小过程，然后各个击破；此题是有一定难度的；考查学生综合分析问题，解决问题的能力．