带电粒子在交变电磁场中的运动

1、解决带电粒子在交变电、磁场中的运动问题的基本思路多维探究（一）交变磁场典例1（2014 山东高考）如图8-3-7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时刻，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Bo和Tb取某些特定值时，可使t =0时刻入射的粒子经 t时间恰能垂直打在 P板上（不考虑粒子反弹）。上述m q、d、vo为已知量。图 8-3-7(1) 若 t = 2tb,求 B ；3 若 t = 2b,求粒子

2、在磁场中运动时加速度的大小; 若B0 = -qd，为使粒子仍能垂直打在 P板上，求Tb。思路点拨1 若 t = 2b时，试画出粒子在 pc板间运动的轨迹，并确定半径。 提示：如图甲，半径 R= d3 若 t = 2b时，试画出粒子在 pc板间运动的轨迹，并确定半径。d提示：如图乙，半径 R= 3乙4mvo（3）若B0 =孑，则半径为多大试画出粒子在一个周期内的运动轨迹，并q丙说明在哪些位置可能击中B板。丄口一 上F十 ,mv+1提示：如图丙，由R= qB0得 R= 1d在A B两点可能击中B板2解析 设粒子做圆周运动的半径为R,由牛顿第二定律得 qv0B0 =R据题意由几何关系得R1= d 联

3、立式得mB0=qd加速度大小为 a,由圆周运动公式得(2) 设粒子做圆周运动的半径为2Vo a=豆据题意由几何关系得3R= d 联立式得3vo2a=p2 n R(3) 设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=亠Vo2由牛顿第二定律得qvoB0=4mv由题意知Bo= qd，代入式得d= 4R粒子运动轨迹如图所示，O、Q为圆心，OQ连线与水平方向的夹角为e ,在每个Tb内,n只有A、B两个位置粒子才有可能垂直击中P板，且均要求ov evy，由题意可知Tb2n T= T设经历完整Tb的个数为n(n= o,1,2,3)若在 A点击中P板，据题意由几何关系得珀 2(Rsin e )

4、n= d?当n = 0时，无解？当n = 1时，联立？式得e =n（或 sin61联立？式得n当n2时，不满足0v e v 的要求？若在B点击中P板，据题意由几何关系得R+ 2FSin0 + 2(R+ Rsin0 ) n= d?当n = 0时，无解？当n = 1时，联立？式得1亠10= arcsin (或 sin 0 =-) ?44联立？式得nTB= + arcsin1 d?4 2v0，n当n2时，不满足0v 0 v 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

5、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8-3-8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LMn两 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I，磁场的宽度为d。已知：B= 5X 10 -3 T,、5q 8I = d = m,每个带正电粒子的速度V0= 10 m/s，比荷为m= 10 C/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 8-3-8

6、(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

7、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2mvqvoB=r min则带电粒子进入磁场做圆周运动的最小半径5r min =mv 10qB= 108x 5X 10 一设两板间电压为 U，带电粒子刚好从极板边缘射出电场，则有；=；at2=； 匚牛一)2222 dm vo代入数据，解得U= 100 V在电压低于100 V时，带电粒子才能从两板间射出电场，电压高于100 V时，带电粒子打在极板上，不能

8、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1212U速度为 Vmax 则有 2mmax= mv + q -解得 Vmax= 2X 105 m/s =x 105 m/s 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 min = d = m 径迹恰与屏幕相切，设切点为E, E为带电粒子打在屏幕上的最高点， m= m其运动的径迹如图中曲线I所示。2mVnaxqVmaxB=r max则带电粒子进入磁场做圆周运动的最大半径mViax-J2x 105、/2rmax= qB = 10, 5X 103 m= T m由数学知识可得运动径迹的圆心必落在屏幕上,

9、如图中Q点所示，并且Q点必与Ml板在同一水平线上。则OTQ = ¥=错误! m= m带电粒子打在屏幕上的最低点为F,则2O F = r max O Q = (m= m' 5即带电粒子打在屏幕上O上方m到O'下方m的范围内。5答案 m (2) x 10 m/s(3) O'上方m到O'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8-3-9(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

10、为 Q半径为 r，荧光屏MN到磁场区中心 O的距离为L。当不加磁场时，电子束将通过O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2 3L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 8-3-9(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B)。设为v,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,由动能定理eU=知；解得v =(2)当交变磁场为峰值 B0时，电子束有最大偏转，在荧光

11、屏上打在Q点，PQ= 3Lo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，tan 9 =亠厂,9 = 60°。根据几何关系，电子束在磁场中运动路径所对的圆心角0，而 tana r2 = R。由牛顿第二定律和洛伦兹力公式得evB0=-R;解得B0= 3er。答案（i）v= ； 2m B03eru（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8-3-10甲中由B到C的方向），电场变化如图乙中 E-t图像，磁感应强度变化如图丙中 B-t 图像。在A点，从t = 1 s（即1 s末）开始，每隔2 s，有一个相同的带电粒子（重力不计）

12、沿AB方向（垂直于BC以速度v射出，恰能击中 C点，若AC = 2BC且粒子在AB间运动的 时间小于1 s，求：（1）图线上Eo和B）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 + t） s，那么第2个粒子击中C点的时刻 是多少图 8-3-10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 A C = 2B C = 2d 所以 R= 2d。第2秒内，仅有磁场:2 2v v qvB0 = mR= n。T 12 n m nt=6=6 x -qB=E第3秒内，仅有电场:E 4所以B=4v。粒子带正电，故磁场方向垂直纸面向外。2d,A

13、t '=t。故第2个粒子击中Cvv 2 n点的时刻为2+ 3 "a t s 。2 n吕 4_ 一答案（1）= v，磁场方向垂直纸面向外Bb 3第2个粒子击中C点的时刻为2+攀A t2 n3. 图3（a）所示的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+ Bo时，磁感应强度方向2n指向纸外。在坐标原点 O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 重力。设P在某时刻to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(1) 若to = 0,则直线0A与

14、x轴的夹角是多少(2) 若to = T/4，则直线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2 n 2 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：qvB= mR厂,2n Rv=。由上式及已知条件得：T'= To粒子P在t = 0到t = £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 场方向反转；继而，在t = T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 = 0oTT T1(2)粒子p在to= 4时刻开始运动，在

15、t =-到t =时间内，沿顺时针方向运动 -个圆周， 到达C点，此时磁场方向反转； 继而，在t = T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t= 时间内，沿顺时针方向运动个圆周，44n到达A点，如图(b)所示。由几何关系可知，A点在y轴上，即OA与 x轴夹角0 =三。n答案： OA与 x轴夹角0 = 0 (2) OA与 x轴夹角0 =4. (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的变化图像如图乙所示，电压的最大值为 U0、周期为To,在两极板外有

16、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To后恰能1再次从a孔进入电场加速。现该粒子的质量增加了云m。(粒子在两极板间的运动时间不图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O)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uab的频率提高为原来的 2倍，该粒子应何时由板内a孔

17、处静止开始加速，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2v 2 n r qvB= mo , To=- r，v则To=2 n moqB当粒子的质量增加i0omo时，其周期增加 T= 1O0T0则根据题图乙可知，粒子第一次的加速电压ui = U0粒子第二次的加速电压24匕=25U0射出时的动能49氐=qui + qu2解得 氐= qU0。25(2)磁屏蔽管的位置如图所示。 在Uab>0时，粒子被加速，则最多连续被加速的次数N= 罟 =25 最大。分析可得，当粒子在连续被加速的次数最多，且u= U0时也被加速时，最终获得的动能粒子由静止开始

18、加速的时刻119t =(尹+ 50)To (n= 0,1,2，)1323最大动能 Ekm= 2x(25+ 25+ 25)qu+ qU313解得Ekm=血qU0。答案：(1) 2|qU0 (2)见解析25 t =(1n+ 5|) To (n= 0,1,2，)31325qU05. (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、圧，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U0,周期为To。在t = 0时刻将一个质量为 m电量为一q(q>0)的粒子由S静止释放，粒子在电场力 的作用下向右运动，在t =舟时刻通过 S垂直于边界进入右侧磁场区。(不计粒子重力，不考虑极板外的电场)(1) 求粒子到达Sa时的速度大小 v和极板间距do(2