带电粒子在交变电磁场中的运动

1、多维探究（一）交变磁场典例1（2014山东高考）如图837甲所示，间距为d、垂直于纸面的两平行板P、Q间存在匀强磁场。取垂直于纸面向里为磁场的正方向，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示。t=0时亥I,一质量为m、带电量为+q的粒子（不计重力），以初速度v由Q板左端靠近板面的位置，沿垂直于磁场且平行于板面的方向射入磁场区。当B和TB取某些特定值0B时，可使t=0时刻入射的粒子经At时间恰能垂直打在P板上（不考虑粒子反弹）。上述m、q、d、v0为已知量。图837若At=2tb，求B；2B03（2）若At=2TB,求粒子在磁场中运动时加速度的大小;2B若匕厂苛，为使粒子仍能垂直打在P板上，求TB。

2、思路点拨若At=2tb时，试画出粒子在PQ板间运动的轨迹，并确定半径。2B提示：如图甲，半径R=d3若At=2Tr时，试画出粒子在PQ板间运动的轨迹，并确定半径。2B提示：如图乙，半径R=23乙（3）若Bo=4mv0，则半径为多大试画出粒子在一个周期内的运动轨迹，并说明在哪些位置可能击中B板。提示：如图丙，由R=qBo得R=4d在A、B两点可能击中B板mv2解析设粒子做圆周运动的半径为叫，由牛顿第二定律得4叩0=亍1据题意由几何关系得R=d联立式得mvr(2)设粒子做圆周运动的半径为R2,加速度大小为a,由圆周运动公式得v2a=T2据题意由几何关系得3R=d2联立式得a=3v202nR(3)设

3、粒子做圆周运动的半径为R,周期为T,由圆周运动公式得T=p0mv2由牛顿第二定律得qvB=一产00R4mv由题意知B0=7d，代入式得d=4R粒子运动轨迹如图所示，0、0为圆心，00连线与水平方向的夹角为0,在每个TB内,1212Bn只有A、B两个位置粒子才有可能垂直击中P板，且均要求0<0<刁，由题意可知n。+02nTT=弓设经历完整TB的个数为n(n=0,l,2,3)若在A点击中P板，据题意由几何关系得BR+2(R+Rsin0)n=d当n=0时，无解当n=l时，联立式得n1_0=石(或sin0=乡联立式得T=Bn当n±2时，不满足0<0V的要求若在B点击中P板，

4、据题意由几何关系得R+2Rsin0+2(R+RsinO)n=d当n=0时，无解当n=l时，联立式得°=arcsin4(或sin°=*)联立式得TB=(f+arcsin4)2V0n当n±2时，不满足0的要求答案见解析方法规律分析周期性变化磁场中的运动时，重点是明确在一个周期内的运动，化变为恒是思维根本，其技巧是画出轨迹示意图，结合带电粒子在电磁场和重力场组合与叠加场中的运动知识列方程解答。(二) 交变电场恒定磁场典例2(2015合肥模拟)如图838甲所示，带正电粒子以水平速度vo从平行金属板MN间中线00,连续射入电场中。MN板间接有如图乙所示的随时间t变化的电压U

5、mn，两MN板间电场可看作是均匀的，且两板外无电场。紧邻金属板右侧有垂直纸面向里的匀强磁场B,分界线为CD,EF为屏幕。金属板间距为d,长度为l,磁场的宽度为d。已知：B=5X10-3T，ql=d=m,每个带正电粒子的速度v°=105m/s，比荷为m=108C/kg，重力忽略不计，在每个粒子通过电场区域的极短时间内，电场可视作是恒定不变的。试求：图838(1) 带电粒子进入磁场做圆周运动的最小半径；(2) 带电粒子射出电场时的最大速度；(3) 带电粒子打在屏幕上的范围。审题指导第一步：抓关键点关键点获取信息电场可视作是恒定不变的电场是匀强电场，带电粒子做类平抛运动最小半径当加速电压为

6、零时，带电粒子进入磁场时的速率最小，半径最小最大速度由动能定理可知，当加速电压最大时，粒子的速度最大，但应注意粒子能否从极板中飞出第二步：找突破口(1) 要求圆周运动的最小半径，由带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径公式可知，应先求最小速度，后列方程求解。(2) 要求粒子射出电场时的最大速度，应先根据平抛运动规律求出带电粒子能从极板间飞出所应加的板间电压的范围，后结合动能定理列方程求解。(3) 要求粒子打在屏幕上的范围，应先综合分析带电粒子的运动过程，画出运动轨迹，后结合几何知识列方程求解。解析(1)t=0时刻射入电场的带电粒子不被加速，进入磁场做圆周运动的半径最小。粒子在磁场中运动时mv

7、2qvB=0rmin则带电粒子进入磁场做圆周运动的最小半径mv105r=o=minqB108X5X10-3其运动的径迹如图中曲线I所示。0设两板间电压为U,带电粒子刚好从极板边缘射出电场，则有2=2at2=2代入数据，解得U=100V在电压低于100V时，带电粒子才能从两板间射出电场，电压高于100V时，带电粒子打在极板上，不能从两板间射出。带电粒子刚好从极板边缘射出电场时，速度最大，设最大速度为Vmax亠11则有mv2=-mv2+q2max20解得v='2X105m/s=X105m/smaxv由第(1)问计算可知，t=0时刻射入电场的粒子在磁场中做圆周运动的半径r=d=mmin径迹恰

8、与屏幕相切，设切点为E,E为带电粒子打在屏幕上的最高点，贝9OzE=r=mmin带电粒子射出电场时的速度最大时，在磁场中做圆周运动的半径最大，打在屏幕上的位置最低。设带电粒子以最大速度射出电场进入磁场中做圆周运动的半径为r，打在屏幕上的位max置为F,运动径迹如图中曲线II所示。qvB=maxmv2max则带电粒子进入磁场做圆周运动的最大半径mvV2xio5迦rmaxmmaxqB108X5X10-35由数学知识可得运动径迹的圆心必落在屏幕上，如图中Q点所示，并且Q点必与M板在同一水平线上。则0Q=2=错误！m=m带电粒子打在屏幕上的最低点为F,则0F=rOQ=(*m=mmax5即带电粒子打在屏

9、幕上0上方m到0下方m的范围内。答案(1)m(2)X105m/s(3)0上方m到0下方m的范围内(三) 交变磁场恒定电场典例3电视机显像管中需要用变化的磁场来控制电子束的偏转。图839(a)为显像管工作原理示意图，阴极K发射的电子束(初速不计)经电压为U的加速电场后，进入一圆形匀强磁场区，磁场方向垂直于圆面(以垂直圆面向里为正方向)，磁场区的中心为0，半径为r,荧光屏MN到磁场区中心0的距离为L。当不加磁场时，电子束将通过0点垂直打到屏幕的中心P点。当磁场的磁感应强度随时间按图(b)所示的规律变化时，在荧光屏上得到一条长为W3L的亮线。由于电子通过磁场区的时间很短，可以认为在每个电子通过磁场区

10、的过程中磁感应强度不变。已知电子的电荷量为e,质量为m,不计电子之间的相互作用及所受的重力。求：图839(1) 电子打到荧光屏上时速度的大小；(2) 磁感应强度的最大值Bo。解析(1)电子打到荧光屏上时速度的大小等于它飞出加速电场时的速度大小，设为v,由动能定理eU=|mv2；解得v=60°。X''3LL(2)当交变磁场为峰值Bo时，电子束有最大偏转，在荧光屏上打在Q点，PQ=p3L。电子运动轨迹如图所示，设此时的偏转角度为9，由几何关系可知，tan9=ar根据几何关系，电子束在磁场中运动路径所对的圆心角a=0,而tan"2=R。mv2-/6meU由牛顿第二

11、定律和洛伦兹力公式得evB0R；解得B0=七匸。2eU6meU答案(l)v=(2)B=-mo3er(四) 交变电、磁场典例4某空间存在着一个变化的电场和一个变化的磁场，电场方向向右(如图8310甲中由B到C的方向)，电场变化如图乙中Et图像，磁感应强度变化如图丙中Bt图像。在A点，从t=ls(即1s末)开始，每隔2s,有一个相同的带电粒子(重力不计)沿AB方向(垂直于BC)以速度v射出，恰能击中C点，若A?=2B"C且粒子在AB间运动的时间小于1s,求：图线上E。和B0的比值，磁感应强度B的方向；(2)若第1个粒子击中C点的时刻已知为(1+At)s,那么第2个粒子击中C点的时刻是多少

12、图8310解析设带电粒子在磁场中运动的轨道半径为R。在第2秒内只有磁场。轨道如图所示。(1)因为AC=2BC=2d所以R=2d。第2秒内，仅有磁场：V2V2qvBo=mR=m°第3秒内，仅有电场：d=2¥°付也2。0弓=3¥人t。故第2个粒子击中CW3、2n丿点的时刻为2+=Ats。E4所以B°=3v。粒子带正电，故磁场方向垂直纸面向外。0,、T12nmnmn2dAt=6=6X=§qB=§丁AvE4答案(1)b°=§v,磁场方向垂直纸面向外第2个粒子击中C点的时刻为2+帕人tk2n丿3. 图3(a)所示的

13、xOy平面处于匀强磁场中，磁场方向与xOy平面(纸面)垂直，磁感应强度B随时间t变化的周期为T,变化规律如图(b)所示。当B为+B°时，磁感应强度方向2n指向纸外。在坐标原点0处有一带正电的粒子P,其电荷量与质量之比恰好等于TB。不计0重力。设P在某时刻t0以某一初速度沿y轴正方向自O点开始运动，将它经过时间T到达的点记为A。若to=0,贝y直线oa与x轴的夹角是多少(2)若七0=T/4,贝y直线0A与X轴的夹角是多少图3解析：(1)设粒子P的质量为m,电荷量为q,速度为v粒子P在洛伦磁力作用下，在xOy平面内做圆周运动，用R表示圆周的半径，T表示运动周期，则有：qvBohmRl),

14、2nRv=。由上式及已知条件得：T'=T。T粒子P在t=0到t=2时间内，沿顺时针方向运动半个圆周，到达x轴上B点，此时磁T场方向反转；继而，在t=2到t=T时间内，沿逆时针方向运动半个圆周，到达X轴上A点，如图(a)所示。0A与x轴夹角。=0。TTT1(2)粒子P在10=4时刻开始运动，在t=4到t=2时间内，沿顺时针方向运动4个圆周，T到达C点，此时磁场方向反转；继而，在t=2到t=T时间内，沿逆时针方向运动半个圆周，5T1到达B点，此时磁场方向再次反转；在t=T到七=丁时间内，沿顺时针方向运动4个圆周，小n到达A点，如图(b)所示。由几何关系可知，A点在y轴上，即0A与x轴夹角。

15、="2。n答案：(1)0A与x轴夹角0=0(2)0A与x轴夹角0=24. (2011江苏高考)某种加速器的理想模型如图4甲所示：两块相距很近的平行小极板中间各开有一小孔a、b,两极板间电压uab勺变化图像如图乙所示，电压的最大值为U。、周期为T,在两极板外有垂直纸面向里的匀强磁场。若将一质量为m、电荷量为q的带正00电的粒子从板内a孔处静止释放，经电场加速后进入磁场，在磁场中运行时间T0后恰能再次从a孔进入电场加速。现该粒子的质量增加了盅m0。(粒子在两极板间的运动时间不计，两极板外无电场，不考虑粒子所受的重力)图4(1) 若在t=0时将该粒子从板内a孔处静止释放，求其第二次加速后从

16、b孔射出时的动能；(2) 现要利用一根长为L的磁屏蔽管(磁屏蔽管置于磁场中时管内无磁场，忽略其对管外磁场的影响)，使图甲中实线轨迹(圆心为0)上运动的粒子从a孔正下方相距L处的c孔水平射出，请在图甲中的相应位置处画出磁屏蔽管；(3) 若将电压ub的频率提高为原来的2倍，该粒子应何时由板内a孔处静止开始加ab速，才能经多次加速后获得最大动能最大动能是多少解析：(1)质量为mo的粒子在磁场中做匀速圆周运动V22nrqvB=m,T='0r0v则To=2nm0qB当粒子的质量增加血mo时，其周期增加AT=To则根据题图乙可知，粒子第一次的加速电压u=uo24粒子第二次的加速电压u=U2250射

17、出时的动能Ek2=吧+吧解得Ek2=4925qUo。解得Ek=km31315"叫。答案：/、49“25叫(2)见解析t=(2n+50)To(n=°,l,2,)詈qU°5. (2012山东高考)如图5甲所示，相隔一定距离的竖直边界两侧为相同的匀强磁场区，磁场方向垂直纸面向里，在边界上固定两长为L的平行金属极板MN和PQ,两极板中心各有一小孔S、S,两极板间电压的变化规律如图乙所示，正反向电压的大小均为U,周期120为To。在t=0时刻将一个质量为m、电量为一q(q0)的粒子由S1静止释放，粒子在电场力T的作用下向右运动，在t=y时刻通过S2垂直于边界进入右侧磁场区。

18、(不计粒子重力，不考虑极板外的电场)(1) 求粒子到达S2时的速度大小v和极板间距d。(2) 为使粒子不与极板相撞，求磁感应强度的大小应满足的条件。(3) 若已保证了粒子未与极板相撞，为使粒子在t=3T°时刻再次到达S2，且速度恰好为零，求该过程中粒子在磁场内运动的时间和磁感应强度的大小。图5解析：(1)粒子由si至S2的过程，根据动能定理得qUo=*mv2由式得V=管设粒子的加速度大小为a,由牛顿第二定律得U-q-0=ma由运动学公式得1Td=2a(2°)2联立式得-=T°=4(2)设磁感应强度大小为B,粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R,由牛顿第二定律V2qvB=m石R要使粒子在磁场中运动时不与极板相撞，须满足2R2联立式得B<L(3)设粒子在两边界之间无场区向左匀速运动的过程用时为t，有d=vt联立式得若粒子再次到达S2时速度恰好为零，粒子回到极板间应做匀减速