带电粒子在交变电磁场中的运动.docx

1、带电粒子在交变电磁场中的运动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

2、 ；3 若 t = 2b,求粒子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 qv

3、0B0 = R据题意由几何关系得R1= d 联立式得mB0= 加速度大小为 a,由圆周运动公式得qd(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

4、击中P板，据题意由几何关系得珀 2( Rsin e ) n= d?当n = 0时，无解？当n = 1时，联立？式得联立？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+ 2FSin 0 + 2(R+ Rsin 0 ) n= d?当n = 0时，无解？当n = 1时，联立？式得1亠 10= arcsin (或 sin 0 =-) ?4 4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

5、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。(2)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,、 5 q 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

6、时间内，电场可视作是恒定不变的。试求：图 8-3-8(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

7、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 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 1

8、03 m= T m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(3)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

9、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)设为v,磁感应强度的最大值 B)。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,(2)当交变磁场为峰值 B0时，电子束有最大偏转，在荧光屏上打在 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

10、可知，tan 9 =亠厂,9 = 60。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） 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）

11、 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 1 2 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 t =t。故第2个粒子击中Cv v 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

12、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

13、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 = 0oT T T 1(2)粒子p在to= 4时刻开始运动，在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，5T 1到达B点，此时磁场方向再次反转；在

14、t = T到t= 时间内，沿顺时针方向运动 个圆周，4 4n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

15、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当粒子的质量增

16、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=25U049射出时的动能氐=qui + qu2解得 氐= qU0。25(2)磁屏蔽管的位置如图所示。 在Uab0时，粒子被加速，则最多连续被加速的次数 N= 罟 =25 最大。粒子由静止开始加速的时刻1 19t =(尹+ 50)To (n= 0,1,2，)1 3 23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255.(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

17、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(q0)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)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 = 3To时刻再次到达 S,且速度恰好为零，求该过程中粒子在磁场内运

18、动的时间和磁感应强度的大小。图5解析：(1)粒子由S至Sz的过程，根据动能定理得1 2qU0= mv 由式得U0 = ma由运动学公式得d=和(2联立式得要使粒子在磁场中运动时不与极板相撞，须满足2時联立式得ti,有(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d= vt i联立式得tl= 4 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运动，设匀减速运动 的时间为t2,根据运动学公式得联立？式得设粒子在磁场中运动的时间为 tTot = 3To g 11 12?联立o ? ?式得7T0由题意可知T= t?联立？ ？ ？式得B=答案：见解析贝V O E = r min= m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 max,打在屏幕上的位置为F,运动径迹如图中曲线n所示。