帶電粒子在交變電場、磁場中的運動求解帶電粒子在交變電場、磁場中運動問題的基本思路特別提醒：若交變電壓的變化周期遠大于粒子穿越電場的時間，則在粒子穿越電場過程中，電場可看作粒子剛進入電場時刻的勻強電場。例1、（2014年韶關(guān)一模）如圖甲所示，水平直線MN下方有豎直向上的勻強電場，場強N/C?，F(xiàn)將一重力不計、比荷＝106C/kg的正電荷從電場中的O點由靜止釋放，經(jīng)過t0=1s后，通過MN上的P點進入其上方的勻強磁場。磁場方向垂直于紙面向外，以電荷第一次通過MN時開始計時，磁感應(yīng)強度按圖乙所示規(guī)律周期性變化。求：（1）電荷進入磁場時的速度；（2）圖乙中t=2×10s時刻電荷與P點的距離；（3）如果在P點右方d=l00cm處有一垂直于MN的足夠大的擋板，求電荷從O點出發(fā)運動到擋板所需的時間。
變式1、如圖a所示，水平直線MN下方有豎直向上的勻強電場，現(xiàn)將一重力不計、比荷＝106C/kg的正電荷置于電場中的O點由靜止釋放，經(jīng)過×10－5s后，電荷以v0＝1.5×104m/s的速度通過MN進入其上方的勻強磁場，磁場與紙面垂直，磁感應(yīng)強度B按圖b所示規(guī)律周期性變化（圖b中磁場以垂直紙面向外為正，以電荷第一次通過MN時為t＝0時刻）。求：例2、如圖所示，在xOy平面內(nèi)存在均勻、大小隨時間周期性變化的磁場和電場，變化規(guī)律分別如圖乙、丙所示（規(guī)定垂直紙面向里為磁感應(yīng)強度的正方向、沿y軸正方向電場強度為正）。在t=0時刻由原點O發(fā)射初速度大小為，方向沿y軸正方向的帶負電粒子。已知、t0、B0，粒子的比荷，不計粒子的重力。求：（1）時，求粒子的位置坐標；（2）若t=5t0時粒子回到原點，求0～5t0時間內(nèi)粒子距x軸的最大距離；（3）若粒子能夠回到原點，求滿足條件的所有E0值。
例3、如圖甲所示，在xOy平面內(nèi)加有空間分布均勻、大小隨時間周期性變化的電場和磁場，變化規(guī)律如圖乙所示(規(guī)定豎直向上為電場強度的正方向，垂直紙面向里為磁感應(yīng)強度的正方向)．在t＝0時刻，質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子自坐標原點O處以v0＝2πm/s的速度沿x軸正向水平射入．已知電場強度E0＝、磁感應(yīng)強度B0＝，不計粒子重力．求：（1）t＝πs時粒子速度的大小和方向；（2）πs～2πs內(nèi)，粒子在磁場中做圓周運動的半徑；（3）畫出0～4πs內(nèi)粒子的運動軌跡示意圖；(要求：體現(xiàn)粒子的運動特點)．
例4、如圖甲所示，兩平行金屬板長度l不超過0.2m，兩板間電壓U隨時間t變化的U－t圖象如圖乙所示．在金屬板右側(cè)有一左邊界為MN、右邊無界的勻強磁場，磁感應(yīng)強度B＝0.01T，方向垂直紙面向里．現(xiàn)有帶正電的粒子連續(xù)不斷地以速度v0＝105m/s射入電場中，初速度方向沿兩板間的中線OO′方向．磁場邊界MN與中線OO′垂直．已知帶電粒子的比荷＝108C/kg，粒子的重力和粒子之間的相互作用力均可忽略不計。（1）在每個粒子通過電場區(qū)域的時間內(nèi)，可以把板間的電場強度當做恒定的．請通過計算說明這種處理能夠成立的理由．（2）設(shè)t＝0.1s時刻射入電場的帶電粒子恰能從金屬板邊緣穿越電場射入磁場，求該帶電粒子射出電場時速度的大?。?）對于所有經(jīng)過電場射入磁場的帶電粒子，設(shè)其射入磁場的入射點和從磁場射出的出射點間的距離為d，試判斷：d的大小是否隨時間變化？若不變，證明你的結(jié)論；若變化，求出d的變化范圍。
針對訓練1、如圖甲所示，在坐標系xoy中，軸左側(cè)有沿軸正向的勻強電場，場強大小為E；軸右側(cè)有如圖乙所示，大小和方向周期性變化的勻強磁場，磁感強度大小B0。已知磁場方向垂直紙面向里為正。時刻，從軸上的p點無初速釋放一帶正電的粒子，質(zhì)量為m，電量為q（粒子重力不計），粒子第一次在電場中運動時間與第一次在磁場中運動的時間相等。求：（1）P點到O點的距離；（2）粒子經(jīng)一個周期沿y軸發(fā)生的位移；（3）粒子能否再次經(jīng)過O點，若不能說明理由；若能，求粒子再次經(jīng)過O點的時刻；（4）粒子第4n（n=1、2、3…）次經(jīng)過y軸時的縱坐標。
2、如圖所示，在xOy坐標系內(nèi)存在周期性變化的電場和磁場，電場沿y軸正方向，磁場垂直紙面(以向里為正)，電場和磁場的變化規(guī)律如圖所示．一質(zhì)量m＝3.2×10－13kg、電荷量q＝－1.6×10－10C的帶電粒子，在t＝0時刻以v0＝8m/s的速度從坐標原點沿x軸正向運動，不計粒子重力，求：（1）粒子在磁場中運動的周期；（2）t＝20×10－3s時粒子的位置坐標；（3）t＝24×10－3s時粒子的速度。3、如圖所示，在xOy平面內(nèi)存在均勻、大小隨時間周期性變化的磁場和電場，變化規(guī)律分別如圖乙、丙所示（規(guī)定垂直紙面向里為磁感應(yīng)強度的正方向、沿y軸正方向電場強度為正）。在t=0時刻由原點O發(fā)射初速度大小為，方向沿y軸正方向的帶負電粒子（不計重力）。其中已知、E0，且，粒子的比荷，x軸上有一點A，坐標為（）（1）求時帶電粒子的位置坐標；（2）粒子運動過程中偏離軸的最大距離；（3）粒子經(jīng)多長時間經(jīng)過A點。
4、如圖甲所示的控制電子運動裝置由偏轉(zhuǎn)電場、偏轉(zhuǎn)磁場組成。偏轉(zhuǎn)電場處在加有電壓U、相距為d的兩塊水平平行放置的導體板之間，勻強磁場水平寬度一定，豎直長度足夠大，其緊靠偏轉(zhuǎn)電場的右邊。大量電子以相同初速度連續(xù)不斷地沿兩板正中間虛線的方向向右射入導體板之間。當兩板間沒有加電壓時，這些電子通過兩板之間的時間為2t0；當兩板間加上圖乙所示的電壓U時，所有電子均能通過電場、穿過磁場，最后打在豎直放置的熒光屏上。已知電子的質(zhì)量為m、電荷量為e，不計電子的重力及電子間的相互作用，電壓U的最大值為U0，磁場的磁感應(yīng)強度大小為B、方向水平且垂直紙面向里。（1）如果電子在t＝t0時刻進入兩板間，求它離開偏轉(zhuǎn)電場時豎直分位移的大小。（2）要使電子在t＝0時刻進入電場并能最終垂直打在熒光屏上，勻強磁場的水平寬度l為多少？5、如圖甲所示，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S1、S2，兩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T0。在t＝0時刻將一個質(zhì)量為m
、電荷量為－q(q>0)的粒子由S1靜止釋放，粒子在電場力的作用下向右運動，在t＝時刻通過S2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S2時的速度大小v和極板間距d。（2）為使粒子不與極板相撞，求磁感應(yīng)強度的大小應(yīng)滿足的條件。（3）若已保證了粒子未與極板相撞，為使粒子在t＝3T0時刻再次到達S2，且速度恰好為零，求該過程中粒子在磁場內(nèi)運動的時間和磁感應(yīng)強度的大小。6．水平放置的平行金屬板M、N之間存在豎直向上的勻強電場和垂直紙面的交變磁場(如圖所示，垂直紙面向里為正)，磁感應(yīng)強度B0＝100T。已知兩板間距離d＝0.3m，電場強度E＝50V/m，M板上有一小孔P，在P正上方h＝5cm處的O點，一帶電油滴自由下落，穿過小孔后進入兩板間，最后落在N板上的Q點。如果油滴的質(zhì)量m＝10－4kg，帶電荷量|q|＝2×10－5C。求：（1）在P點油滴的速度v為多少？（2）若油滴在t＝0時刻進入兩板間，最后恰好垂直向下落在N板上的Q點，油滴的電性及交變磁場的變化周期T。（3）Q、O兩點的水平距離。(不計空氣阻力，重力加速度g取10m/s2)
答案例1．解析：⑴電荷在電場中做勻加速直線運動，（2分）（1分）代入數(shù)據(jù)解得：v0=×l04m／s（2分）⑵粒子在磁場中運動時qvB＝當時，電荷運動的半徑：（1分）周期（1分）當時，電荷運動的半徑：（1分）周期（1分）故電荷從t=0時刻開始做周期性運動，其運動軌跡如圖所示。（2分）t=2×10-5s時刻為電荷先沿大圓軌跡運動四分之一個周期再沿小圓軌跡運動半個周期，與P點的水平距離為r1=20cm（2分）⑶電荷從P點開始，其運動的周期為：（1分）根據(jù)電荷的運動情況可知，電荷每一個周期向右沿PN運動的距離為40cm，故電荷到達檔板前運動的完整周期數(shù)為2個，然后再運動，以角撞擊到擋板上。（2分）故電荷運動的總時間：（2分）變式1．解析 （1）電荷在電場中做勻加速直線運動，設(shè)其在電場中運動的時間為t1，有：v0＝at1，Eq＝ma，
解得：E＝＝7.2×103N/C.（2）當磁場垂直紙面向外時，電荷運動的半徑：r＝＝5cm，周期T1＝＝×10－5s，當磁場垂直紙面向里時，電荷運動的半徑：r2＝＝3cm，周期T2＝＝×10－5s，故電荷從t＝0時刻開始做周期性運動，其運動軌跡如下圖所示．t＝×10－5s時刻電荷與O點的水平距離：Δd＝2(r1－r2)＝4cm。（3）電荷從第一次通過MN開始，其運動的周期為：T＝×10－5s，根據(jù)電荷的運動情況可知，電荷到達擋板前運動的完整周期數(shù)為15個，此時電荷沿MN運動的距離：s＝15Δd＝60cm，則最后8cm的距離如右圖所示，有：r1＋r1cosα＝8cm，解得：cosα＝0.6，則α＝53°故電荷運動的總時間：t總＝t1＋15T＋T1－T1＝3.86×10－4s.答案 （1）7.2×103N/C?。?）4cm?。?）3.86×10－4s
例2、（1）由粒子的比荷得粒子做圓周運動的周期（1分）則在內(nèi)轉(zhuǎn)過的圓心角（1分）由牛頓第二定律qv0B0=mv02/r1（2分）得?????（1分）位置坐標（）（1分）（2）粒子t=時回到原點，軌跡如圖所示（1分）（1分）得（1分）又，（1分）粒子在t0-2t0時間內(nèi)做勻加速直線運動，2t0－3t0時間內(nèi)做勻速圓周運動，則在時間內(nèi)粒子距x軸的最大距離：（1分）
r2O2O1xy（3）如圖所示，設(shè)帶電粒子在x軸上方做圓周運動的軌道半徑為r1，在x
軸下方做圓周運動的軌道半徑為r2，由幾何關(guān)系可知，要使粒子經(jīng)過原點，則必須滿足（n=1，2，3，…）（2分），聯(lián)立以上解得（1分）又由于??（2分）得（n=1，2，3，…）（1分）例3、讀題：（1）由圖(乙)可知，在xOy平面內(nèi)存在電場時，不存在磁場；存在磁場時，不存在電場．且電場和磁場的變化周期相同；（2）帶電粒子在電場中做類平拋運動；（3）由T＝＝πs知，只存在磁場時，帶電粒子恰好做一個完整的圓周運動．畫圖 帶電粒子在交變場中的運動軌跡如圖所示．規(guī)范解答：（1）在0～πs內(nèi)，在電場力作用下，帶電粒子在x軸正方向上做勻速運動：vx＝v0y軸正方向上做勻加速運動：vy＝tπs末的速度為v1＝v1與水平方向的夾角為α，則tanα＝，代入數(shù)據(jù)解得v1＝2πm/s，方向與x軸正方向成45°斜向上．（2）因T＝＝πs，故在πs～2πs內(nèi)，粒子在磁場中做一個完整的圓周運動，由牛頓第二定律得：qv1B0＝，解得R1＝＝πm
（3）軌跡如圖所示例4．解析?。?）帶電粒子在金屬板間運動的時間為：t＝≤2×10－6s，由于t遠小于T(T為電壓U的變化周期)，故在t時間內(nèi)金屬板間的電場可視為恒定的．另解：在t時間內(nèi)金屬板間電壓變化ΔU≤2×10－3V，由于ΔU遠小于100V(100V為電壓U最大值)，電壓變化量特別小，故t時間內(nèi)金屬板間的電場可視為恒定的．（2）t＝0.1s時刻偏轉(zhuǎn)電壓U＝100V，由動能定理得：qU＝mv－mv，代入數(shù)據(jù)解得v1＝1.41×105m/s.（3）設(shè)某一時刻射出電場的粒子的速度大小為v，速度方向與OO′夾角為θ，則v＝，粒子在磁場中有qvB＝，由幾何關(guān)系得d＝2Rcosθ，由以上各式解得d＝，代入數(shù)據(jù)解得d＝0.2m，顯然d不隨時間變化．針對訓練1、（1）粒子在電場中勻加速運動時間為t0，，（2分）OP間距離為x，，解得：（2分）（2）粒子圓周運動的半徑分別為R1和R2，,（2分）粒子每經(jīng)一個周期沿y軸向下移動，（2分）
（3）當粒子從左側(cè)射入向上偏轉(zhuǎn)時可能再次經(jīng)過O點，故從O點下方2R1處入射時，（2分）得：N=2，粒子能再次經(jīng)過O點，t=2T+2t0（2分），（2分）（4）經(jīng)分析知粒子每個周期4次經(jīng)過y軸，每個周期y軸移動距離為，故（2分）（4分）2、解析?。?）粒子在磁場中運動時qvB＝(2分)T＝(1分)解得T＝＝4×10－3s(1分)（2）粒子的運動軌跡如圖所示，t＝20×10－3s時粒子在坐標系內(nèi)做了兩個圓周運動和三段類平拋運動，水平位移x＝3v0T＝9.6×10－2m(1分)豎直位移y＝a(3T)2(1分)Eq＝ma(1分)解得y＝3.6×10－2m故t＝20×10－3s時粒子的位置坐標為：(9.6×10－2m，－3.6×10－2m)(1分)（3）t＝24×10－3s時粒子的速度大小、方向與t＝20×10－3s時相同，設(shè)與水平方向夾角為α(1分)則v＝(1分)vy＝3aT(1分)tanα＝(1分)
解得v＝10m/s(1分)與x軸正向夾角α為37°(或arctan)斜向右下方(1分)3、解析?。?）粒子運動的周期T＝＝2t0則在0～內(nèi)轉(zhuǎn)過的圓心角α＝由qv0B0＝m得：r1＝＝所以坐標為（2）粒子運動軌跡如圖所示，經(jīng)電場加速運動后的速度為v＝v0＋t0＝2v0運動的位移s＝t0＝1.5v0t0在2t0～3t0內(nèi)粒子做勻速圓周運動，半徑r2＝2r1＝故粒子偏離x軸的最大距離h＝s＋r2＝1.5v0t0＋（3）每個4t0內(nèi)粒子在x軸正向移動距離d＝2r1＋2r2＝經(jīng)過A點的時間t＝×4t0＝32t04、解析：（1）電子在t＝t0時刻進入兩板間，先做勻速運動，后做類平拋運動，在2t0～3t0時間內(nèi)發(fā)生偏轉(zhuǎn)：a＝＝，y＝at＝（2）設(shè)電子從電場中射出的偏向角為θ，速度為v，則：sinθ＝＝電子通過勻強磁場并能垂直打在熒光屏上，其圓周運動的半徑為R，根據(jù)牛頓第二定律有evB＝m
由幾何關(guān)系得sinθ＝得水平寬度l＝。5、解析：（1）粒子由S1至S2的過程，根據(jù)動能定理得qU0＝mv2①由①式得v＝②設(shè)粒子的加速度大小為a，由牛頓第二定律得q＝ma③由運動學公式得d＝a()2④聯(lián)立③④式得d＝⑤（2）設(shè)磁感應(yīng)強度大小為B，粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R，由牛頓第二定律得qvB＝m⑥要使粒子在磁場中運動時不與極板相撞，須滿足2R>⑦聯(lián)立②⑥⑦式得B<⑧（3）設(shè)粒子在兩邊界之間無場區(qū)向左勻速運動的過程用時為t1，有d＝vt1⑨聯(lián)立②⑤⑨式得t1＝⑩若粒子再次到達S2時速度恰好為零，粒子回到極板間應(yīng)做勻減速運動，設(shè)勻減速運動的時間為t2，根據(jù)運動學公式得d＝t2?聯(lián)立⑨⑩?式得t2＝?
設(shè)粒子在磁場中運動的時間為tt＝3T0－－t1－t2?聯(lián)立??式得t＝?設(shè)粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的周期為T，由⑥式結(jié)合運動學公式得T＝?由題意可知T＝t?聯(lián)立???式得B＝?
6、解析：（1）油滴自由下落，進入兩板間電、磁場時的速度為v＝＝m/s＝1m/s①（2）由受力分析可知油滴帶正電，油滴進入電磁場后的情況如圖所示電場力F電＝qE＝2×10－5×50N＝10－3N②G＝mg＝10－3N③帶電油滴進入兩極板間，電場力與重力平衡，在磁場力的作用下，油滴做勻速圓周運動。設(shè)圓周半徑為R，若恰好垂直落在N板上的Q點，則：qvB＝④T＝⑤解得R＝＝m＝0.05mT＝＝＝0.1πs又已知d＝0.3m，由幾何關(guān)系得d＝6R所以交變磁場周期T′＝T＝0.05πs（3）設(shè)Q、O兩點的水平距離為x，由幾何關(guān)系得x＝6R＝0.3m
