帶電粒子在交變電磁場中的運動

1、解決帶電粒子在交變電、磁場中的運動問題的基本思路多維探究（一）交變磁場典例1（2014 山東高考）如圖8-3-7甲所示，間距為d、垂直于紙面的兩平行板P、Q間存在勻強磁場。取垂直于紙面向里為磁場的正方向，磁感應(yīng)強度隨時間的變化規(guī)律如圖乙所示。t = 0時刻，一質(zhì)量為 m帶電量為+ q的粒子（不計重力），以初速度 v由Q板左端 靠近板面的位置，沿垂直于磁場且平行于板面的方向射入磁場區(qū)。當(dāng)Bo和Tb取某些特定值時，可使t =0時刻入射的粒子經(jīng) t時間恰能垂直打在 P板上（不考慮粒子反彈）。上述m q、d、vo為已知量。圖 8-3-7(1) 若 t = 2tb,求 B ；3 若 t = 2b,求粒子

2、在磁場中運動時加速度的大小; 若B0 = -qd，為使粒子仍能垂直打在 P板上，求Tb。思路點撥1 若 t = 2b時，試畫出粒子在 pc板間運動的軌跡，并確定半徑。 提示：如圖甲，半徑 R= d3 若 t = 2b時，試畫出粒子在 pc板間運動的軌跡，并確定半徑。d提示：如圖乙，半徑 R= 3乙4mvo（3）若B0 =孑，則半徑為多大試畫出粒子在一個周期內(nèi)的運動軌跡，并q丙說明在哪些位置可能擊中B板。丄口一 上F十 ,mv+1提示：如圖丙，由R= qB0得 R= 1d在A B兩點可能擊中B板2解析 設(shè)粒子做圓周運動的半徑為R,由牛頓第二定律得 qv0B0 =R據(jù)題意由幾何關(guān)系得R1= d 聯(lián)

3、立式得mB0=qd加速度大小為 a,由圓周運動公式得(2) 設(shè)粒子做圓周運動的半徑為2Vo a=豆據(jù)題意由幾何關(guān)系得3R= d 聯(lián)立式得3vo2a=p2 n R(3) 設(shè)粒子做圓周運動的半徑為R,周期為T,由圓周運動公式得 T=亠Vo2由牛頓第二定律得qvoB0=4mv由題意知Bo= qd，代入式得d= 4R粒子運動軌跡如圖所示，O、Q為圓心，OQ連線與水平方向的夾角為e ,在每個Tb內(nèi),n只有A、B兩個位置粒子才有可能垂直擊中P板，且均要求ov evy，由題意可知Tb2n T= T設(shè)經(jīng)歷完整Tb的個數(shù)為n(n= o,1,2,3)若在 A點擊中P板，據(jù)題意由幾何關(guān)系得珀 2(Rsin e )

4、n= d?當(dāng)n = 0時，無解？當(dāng)n = 1時，聯(lián)立？式得e =n（或 sin61聯(lián)立？式得n當(dāng)n2時，不滿足0v e v 的要求？若在B點擊中P板，據(jù)題意由幾何關(guān)系得R+ 2FSin0 + 2(R+ Rsin0 ) n= d?當(dāng)n = 0時，無解？當(dāng)n = 1時，聯(lián)立？式得1亠10= arcsin (或 sin 0 =-) ?44聯(lián)立？式得nTB= + arcsin1 d?4 2v0，n當(dāng)n2時，不滿足0v 0 v 的要求？答案見解析方法規(guī)律分析周期性變化磁場中的運動時，重點是明確在一個周期內(nèi)的運動，化變?yōu)楹闶撬季S根本，其技巧是畫出軌跡示意圖，結(jié)合帶電粒子在電磁場和重力場組合與疊加場中的運動

5、知識列方程解答。(二) 交變電場+恒定磁場典例2 (2015 合肥模擬)如圖8-3-8甲所示，帶正電粒子以水平速度 vo從平行金屬 板MN間中線00連續(xù)射入電場中。 MN板間接有如圖乙所示的隨時間 t變化的電壓LMn兩 板間電場可看作是均勻的， 且兩板外無電場。緊鄰金屬板右側(cè)有垂直紙面向里的勻強磁場B,分界線為CD EF為屏幕。金屬板間距為d,長度為I，磁場的寬度為d。已知：B= 5X 10 -3 T,、5q 8I = d = m,每個帶正電粒子的速度V0= 10 m/s，比荷為m= 10 C/kg，重力忽略不計，在每個粒子通過電場區(qū)域的極短時間內(nèi)，電場可視作是恒定不變的。試求：圖 8-3-8

6、(1) 帶電粒子進入磁場做圓周運動的最小半徑；(2) 帶電粒子射出電場時的最大速度；(3) 帶電粒子打在屏幕上的范圍。審題指導(dǎo)第一步：抓關(guān)鍵點關(guān)鍵點獲取信息電場可視作是恒定不變的電場是勻強電場，帶電粒子做類平拋運動最小半徑當(dāng)加速電壓為零時， 帶電粒子進入磁場時的速率最小，半徑最小最大速度由動能定理可知，當(dāng)加速電壓最大時，粒子的速度最大，但應(yīng)注意粒子能否從極板中飛出第二步：找突破口(1) 要求圓周運動的最小半徑，由帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的半徑公式可 知，應(yīng)先求最小速度，后列方程求解。(2) 要求粒子射出電場時的最大速度，應(yīng)先根據(jù)平拋運動規(guī)律求出帶電粒子能從極板間 飛出所應(yīng)加的板間電壓

7、的范圍，后結(jié)合動能定理列方程求解。(3) 要求粒子打在屏幕上的范圍，應(yīng)先綜合分析帶電粒子的運動過程，畫出運動軌跡， 后結(jié)合幾何知識列方程求解。解析(1) t = 0時刻射入電場的帶電粒子不被加速，進入磁場做圓周運動的半徑最 小。粒子在磁場中運動時2mvqvoB=r min則帶電粒子進入磁場做圓周運動的最小半徑5r min =mv 10qB= 108x 5X 10 一設(shè)兩板間電壓為 U，帶電粒子剛好從極板邊緣射出電場，則有；=；at2=； 匚牛一)2222 dm vo代入數(shù)據(jù)，解得U= 100 V在電壓低于100 V時，帶電粒子才能從兩板間射出電場，電壓高于100 V時，帶電粒子打在極板上，不能

8、從兩板間射出。帶電粒子剛好從極板邊緣射出電場時，速度最大，設(shè)最大1212U速度為 Vmax 則有 2mmax= mv + q -解得 Vmax= 2X 105 m/s =x 105 m/s 由第(1)問計算可知，t = 0時刻射入電場的粒子在磁場中做圓周運動的半徑r min = d = m 徑跡恰與屏幕相切，設(shè)切點為E, E為帶電粒子打在屏幕上的最高點， m= m其運動的徑跡如圖中曲線I所示。2mVnaxqVmaxB=r max則帶電粒子進入磁場做圓周運動的最大半徑mViax-J2x 105、/2rmax= qB = 10, 5X 103 m= T m由數(shù)學(xué)知識可得運動徑跡的圓心必落在屏幕上,

9、如圖中Q點所示，并且Q點必與Ml板在同一水平線上。則OTQ = ¥=錯誤! m= m帶電粒子打在屏幕上的最低點為F,則2O F = r max O Q = (m= m' 5即帶電粒子打在屏幕上O上方m到O'下方m的范圍內(nèi)。5答案 m (2) x 10 m/s(3) O'上方m到O'下方m的范圍內(nèi)(三) 交變磁場+恒定電場典例3電視機顯像管中需要用變化的磁場來控制電子束的偏轉(zhuǎn)。圖8-3-9(a)為顯像管工作原理示意圖，陰極K發(fā)射的電子束(初速不計)經(jīng)電壓為U的加速電場后，進入一圓形 勻強磁場區(qū)，磁場方向垂直于圓面 (以垂直圓面向里為正方向)，磁場區(qū)的中心

10、為 Q半徑為 r，熒光屏MN到磁場區(qū)中心 O的距離為L。當(dāng)不加磁場時，電子束將通過O點垂直打到屏幕的中心P點。當(dāng)磁場的磁感應(yīng)強度隨時間按圖(b)所示的規(guī)律變化時，在熒光屏上得到一條長為2 3L的亮線。由于電子通過磁場區(qū)的時間很短，可以認為在每個電子通過磁場區(qū)的過程中磁感應(yīng)強度不變。已知電子的電荷量為e,質(zhì)量為m不計電子之間的相互作用及所受的重力。求：圖 8-3-9(1) 電子打到熒光屏上時速度的大??；(2) 磁感應(yīng)強度的最大值B)。設(shè)為v,解析(1)電子打到熒光屏上時速度的大小等于它飛出加速電場時的速度大小,由動能定理eU=知；解得v =(2)當(dāng)交變磁場為峰值 B0時，電子束有最大偏轉(zhuǎn)，在熒光

11、屏上打在Q點，PQ= 3Lo電子運動軌跡如圖所示，設(shè)此時的偏轉(zhuǎn)角度為9 ,由幾何關(guān)系可知，tan 9 =亠廠,9 = 60°。根據(jù)幾何關(guān)系，電子束在磁場中運動路徑所對的圓心角0，而 tana r2 = R。由牛頓第二定律和洛倫茲力公式得evB0=-R;解得B0= 3er。答案（i）v= ； 2m B03eru（四）交變電、磁場典例4 某空間存在著一個變化的電場和一個變化的磁場，電場方向向右（如圖8-3-10甲中由B到C的方向），電場變化如圖乙中 E-t圖像，磁感應(yīng)強度變化如圖丙中 B-t 圖像。在A點，從t = 1 s（即1 s末）開始，每隔2 s，有一個相同的帶電粒子（重力不計）

12、沿AB方向（垂直于BC以速度v射出，恰能擊中 C點，若AC = 2BC且粒子在AB間運動的 時間小于1 s，求：（1）圖線上Eo和B）的比值，磁感應(yīng)強度B的方向；（2）若第1個粒子擊中C點的時刻已知為（1 + t） s，那么第2個粒子擊中C點的時刻 是多少圖 8-3-10解析設(shè)帶電粒子在磁場中運動的軌道半徑為R在第2秒內(nèi)只有磁場。軌道如圖所示。(1)因為 A C = 2B C = 2d 所以 R= 2d。第2秒內(nèi)，僅有磁場:2 2v v qvB0 = mR= n。T 12 n m nt=6=6 x -qB=E第3秒內(nèi)，僅有電場:E 4所以B=4v。粒子帶正電，故磁場方向垂直紙面向外。2d,A

13、t '=t。故第2個粒子擊中Cvv 2 n點的時刻為2+ 3 "a t s 。2 n呂 4_ 一答案（1）= v，磁場方向垂直紙面向外Bb 3第2個粒子擊中C點的時刻為2+攀A t2 n3. 圖3（a）所示的xOy平面處于勻強磁場中，磁場方向與xOy平面（紙面）垂直，磁感應(yīng)強度B隨時間t變化的周期為T,變化規(guī)律如圖(b)所示。當(dāng)B為+ Bo時，磁感應(yīng)強度方向2n指向紙外。在坐標(biāo)原點 O處有一帶正電的粒子 P,其電荷量與質(zhì)量之比恰好等于 TB。不計 重力。設(shè)P在某時刻to以某一初速度沿y軸正方向自O(shè)點開始運動，將它經(jīng)過時間 T到達 的點記為A(1) 若to = 0,則直線0A與

14、x軸的夾角是多少(2) 若to = T/4，則直線0A與 x軸的夾角是多少圖3解析：(1)設(shè)粒子P的質(zhì)量為m電荷量為q,速度為v,粒子P在洛倫磁力作用下，在2 n 2 xOy平面內(nèi)做圓周運動，用R表示圓周的半徑， T表示運動周期，則有：qvB= mR廠,2n Rv=。由上式及已知條件得：T'= To粒子P在t = 0到t = £時間內(nèi)，沿順時針方向運動半個圓周，到達 x軸上B點，此時磁 場方向反轉(zhuǎn)；繼而，在t = T到 t = T時間內(nèi)，沿逆時針方向運動半個圓周， 到達x軸上A點, 如圖(a)所示。0A與 x軸夾角0 = 0oTT T1(2)粒子p在to= 4時刻開始運動，在

15、t =-到t =時間內(nèi)，沿順時針方向運動 -個圓周， 到達C點，此時磁場方向反轉(zhuǎn)； 繼而，在t = T到 t = T時間內(nèi)，沿逆時針方向運動半個圓周，5T1到達B點，此時磁場方向再次反轉(zhuǎn)；在 t = T到t= 時間內(nèi)，沿順時針方向運動個圓周，44n到達A點，如圖(b)所示。由幾何關(guān)系可知，A點在y軸上，即OA與 x軸夾角0 =三。n答案： OA與 x軸夾角0 = 0 (2) OA與 x軸夾角0 =4. (2011 江蘇高考)某種加速器的理想模型如圖4甲所示：兩塊相距很近的平行小極板中間各開有一小孔 a、b,兩極板間電壓 uab的變化圖像如圖乙所示，電壓的最大值為 U0、周期為To,在兩極板外有

16、垂直紙面向里的勻強磁場。若將一質(zhì)量為 m、電荷量為q的帶正電的粒子從板內(nèi) a孔處靜止釋放，經(jīng)電場加速后進入磁場，在磁場中運行時間To后恰能1再次從a孔進入電場加速?，F(xiàn)該粒子的質(zhì)量增加了云m。(粒子在兩極板間的運動時間不圖4(1) 若在t = 0時將該粒子從板內(nèi)a孔處靜止釋放，求其第二次加速后從b孔射出時的動能；(2) 現(xiàn)要利用一根長為 L的磁屏蔽管(磁屏蔽管置于磁場中時管內(nèi)無磁場，忽略其對管 外磁場的影響)，使圖甲中實線軌跡(圓心為O)上運動的粒子從 a孔正下方相距 L處的c 孔水平射出，請在圖甲中的相應(yīng)位置處畫出磁屏蔽管；(3) 若將電壓uab的頻率提高為原來的 2倍，該粒子應(yīng)何時由板內(nèi)a孔

17、處靜止開始加速，才能經(jīng)多次加速后獲得最大動能最大動能是多少解析：(1)質(zhì)量為mo的粒子在磁場中做勻速圓周運動2v 2 n r qvB= mo , To=- r，v則To=2 n moqB當(dāng)粒子的質(zhì)量增加i0omo時，其周期增加 T= 1O0T0則根據(jù)題圖乙可知，粒子第一次的加速電壓ui = U0粒子第二次的加速電壓24匕=25U0射出時的動能49氐=qui + qu2解得 氐= qU0。25(2)磁屏蔽管的位置如圖所示。 在Uab>0時，粒子被加速，則最多連續(xù)被加速的次數(shù)N= 罟 =25 最大。分析可得，當(dāng)粒子在連續(xù)被加速的次數(shù)最多，且u= U0時也被加速時，最終獲得的動能粒子由靜止開始

18、加速的時刻119t =(尹+ 50)To (n= 0,1,2，)1323最大動能 Ekm= 2x(25+ 25+ 25)qu+ qU313解得Ekm=血qU0。答案：(1) 2|qU0 (2)見解析25 t =(1n+ 5|) To (n= 0,1,2，)31325qU05. (2012 山東高考)如圖5甲所示，相隔一定距離的豎直邊界兩側(cè)為相同的勻強磁場區(qū)，磁場方向垂直紙面向里，在邊界上固定兩長為L的平行金屬極板 MN和PQ兩極板中心各有一小孔S、圧，兩極板間電壓的變化規(guī)律如圖乙所示，正反向電壓的大小均為U0,周期為To。在t = 0時刻將一個質(zhì)量為 m電量為一q(q>0)的粒子由S靜止釋放，粒子在電場力 的作用下向右運動，在t =舟時刻通過 S垂直于邊界進入右側(cè)磁場區(qū)。(不計粒子重力，不考慮極板外的電場)(1) 求粒子到達Sa時的速度大小 v和極板間距do(2