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 0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 0和T B 取某些特定值时，可使t ＝0时刻入射的粒子经Δt 时间恰能垂直打在P 板上(不考虑粒子反弹) 。上述m 、q 、d 、v 0为已知量。
图8-3-7
1
(1)若Δt B ，求B 0；
2
3
(2)若Δt B ，求粒子在磁场中运动时加速度的大小；
24m v 0
(3)若B 0＝P 板上，求T B 。
qd [思路点拨]
1
(1)若Δt B 时，试画出粒子在PQ 板间运动的轨迹，并确定半径。
2
甲
提示：如图甲，半径R 1＝d
3
(2)若Δt B 时，试画出粒子在PQ 板间运动的轨迹，并确定半径。
2d
提示：如图乙，半径R 23
乙
4m v 0
(3)若B 0＝qd 迹，并说明在哪些位置可能击中B 板。
m v 01
提示：如图丙，由R 得R ＝d
qB 04在A 、B 两点可能击中B 板
[解析] (1)设粒子做圆周运动的半径为R 1，由牛顿第二定律得q v 0B 0
2
m v 0＝①
R 1
丙
据题意由几何关系得 R 1＝d ② 联立①②式得 m v B 0＝
qd
(2)设粒子做圆周运动的半径为R 2，加速度大小为a ，由圆周运动公式得
2v 0
a ④
R 2
据题意由几何关系得 3R 2＝d ⑤ 联立④⑤式得
23v 0a
d
2πR
(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 ＝
v 0m v 0 2
由牛顿第二定律得q v 0B 0＝
R 4m v 0
由题意知B 0＝d ＝4R ⑨
qd
粒子运动轨迹如图所示，O 1、O 2为圆心，O 1O 2
连线与水平方向的夹角
π
为θ，在每个T B 内，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＜θ＜2由题意可知
π＋θ2T T ＝ 2π2
设经历完整T B 的个数为n (n ＝0,1,2,3…) 若在A 点击中P 板，据题意由几何关系得 R ＋2(R ＋R sin θ) n ＝d ⑪ 当n ＝0时，无解⑫ 当n ＝1时，联立⑨⑪式得 π1θ或sin θ＝⑬ 62联立⑦⑨⑩⑬式得 T B ＝
πd
3v 0
π
当n ≥2时，不满足0＜θ＜⑮
2若在B 点击中P 板，据题意由几何关系得 R ＋2R sin θ＋2(R ＋R sin θ) n ＝d ⑯ 当n ＝0时，无解⑰ 当n ＝1时，联立⑨⑯式得 11
θ＝arcsin (或sin θ) ⑱
44联立⑦⑨⑩⑱式得 π1d ＋arcsin ⎫⑲ T B ＝⎛4⎭2v 0⎝2
π
当n ≥2时，不满足0＜θ＜⑳
2[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8-3-8甲所示，带正电粒子以水平速度v 0从平行金属板MN 间中线OO ′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 MN ，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l ，磁场的宽度为d 。已知：B ＝5×10
－
3
q
T，l ＝d ＝0.2 m，每个带正电粒子的速度v 0＝105 m/s，比荷为108 C/kg，重力忽略不计，
m
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
(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
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 m v 0 2q v 0B ＝r min
则带电粒子进入磁场做圆周运动的最小半径 m v 0105
r min ＝＝m ＝0.2 m
qB 10×5×10－其运动的径迹如图中曲线Ⅰ所示。
d 11U q l
(2)设两板间电压为U 1＝2) 2
222dm 0代入数据，解得U 1＝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112U 1
速度为v max ，则有m v 2 max ＝v 0＋q ·222
解得v max ＝2×105 m/s＝1.414×105 m/s
(3)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 ＝0.2 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， 则O ′E ＝r min ＝0.2 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Ⅱ所示。
m v 2max
q v max B ＝
r max
则带电粒子进入磁场做圆周运动的最大半径 m v 2×1052r max ＝ m m qB 510×5×10
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
d 0.2
O ′Q ＝ m ＝0.1 m
22
带电粒子打在屏幕上的最低点为F ，则 O ′F ＝r max －O ′Q ＝(
2
0.1)m ＝0.18 m 5
即带电粒子打在屏幕上O ′上方0.2 m到O ′下方0.18 m的范围内。 [答案] (1)0.2 m (2)1.414×105 m/s
(3)O ′上方0.2 m到O ′下方0.18 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) ，磁场区的中心为O ，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 0。
[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 ，1
由动能定理eU v 2；解得v 2
。 m
(2)当交变磁场为峰值B 0时，电子束有最大偏转，在荧光屏上打在Q 点，PQ ＝3L 。电子运动轨迹如图所示，设此时的偏转角度为θ，由几何关系可知，tan θ＝
3L
θ＝60°。 L
αr
根据几何关系，电子束在磁场中运动路径所对的圆心角α＝θ，而tan ＝
2R m v 26meU
由牛顿第二定律和洛伦兹力公式得e v B 0＝B 0＝
R 3er [答案](1)v 6meU
(2)B 0m 3er
(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A C ＝2B C 且粒子在AB 间运动的时间小于1 s，求：
(1)图线上E 0和B 0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＋Δt ) 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： v 2v 2
q v B 0＝m ＝m 。
R 2d
1qE ⎛3d 2
第3秒内，仅有电场：d ＝。
2m ⎝⎭
E 4
。粒子带正电，故磁场方向垂直纸面向外。
B 03
T 12πm πm π2d 3d 33
(2)Δt ＝，Δt ′＝t 。故第2个粒子击中C 点的时刻
66qB 3qB 32π33⎫
为⎛2＋t s 。
2π⎭⎝
E 4
[答案](1)＝，磁场方向垂直纸面向外
B 0333⎫
(2)第2个粒子击中C 点的时刻为⎛2Δt
2π⎭⎝
3．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＋B 0时，磁感应强度方向
2π
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 0
重力。设P 在某时刻t 0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t 0＝0，则直线OA 与x 轴的夹角是多少？ (2)若t 0＝T /4，则直线OA 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2π
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：q v B 0＝mR ⎛T ′⎫2，
⎝⎭
2πR v ＝
T ′
由上式及已知条件得：T ′＝T 。
T
粒子P 在t ＝0到t x 轴上B 点，此时磁
2T
场方向反转；继而，在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，
2如图(a)所示。OA 与x 轴夹角θ＝0。
T T T 1
(2)粒子P 在t 0＝t ＝到t ＝时间内，沿顺时针方向运动个圆周，
4424T
到达C 点，此时磁场方向反转；继而，在t t ＝T 时间内，沿逆时针方向运动半个圆周，
25T 1
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，
44π
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θ
2
π
答案：(1)OA 与x 轴夹角θ＝0 (2)OA 与x 轴夹角θ＝2
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 u ab 的变化图像如图乙所示，电压的最大值为 U 0、
周期为 T 0，在两极板外有垂直纸面向里的匀强磁场。若将一质量为 m 0、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 T 0 后恰能再次从 a 孔进入电场加速。现该粒子的质量增加了不计，两极板外无电场，不考虑粒子所受的重力
)
1
。(粒子在两极板间的运动时间1000
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 u ab 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m 0的粒子在磁场中做匀速圆周运动 v 22πr q v B ＝m 0，T 0＝r 2πm 则T 0＝
qB
11
当粒子的质量增加m 0时，其周期增加ΔT ＝0
100100则根据题图乙可知，粒子第一次的加速电压u 1＝U 0 24
粒子第二次的加速电压u 20
25
49
射出时的动能E k2＝qu 1＋qu 2解得E k2＝qU 0。
25(2)磁屏蔽管的位置如图所示。
T 0/4
(3)在u ab >0时，粒子被加速，则最多连续被加速的次数N ＝25
ΔT
分析可得，当粒子在连续被加速的次数最多，且u ＝U 0时也被加速时，最终获得的动能最大。
粒子由静止开始加速的时刻 119
t ＝(＋) T 0 (n ＝0,1,2，…)
250
1323
最大动能E km ＝2×(＋＋…＋qU 0＋qU 0
252525313
解得E km ＝qU 0。
2549
答案：(1)qU 0 (2)见解析
25
119313(3)t ＝(n ＋T 0 (n ＝0,1,2，…) qU
250250
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 1、S 2，两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 0，周期为T 0。在t ＝0时刻将一个质量为m 、电量为－q (q >0)的粒子由S 1静止释放，粒子在电场力T 的作用下向右运动，在t ＝S 2垂直于边界进入右侧磁场区。(不计粒子重力，不考
2虑极板外的电场)
(1)求粒子到达S 2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 0时刻再次到达S 2，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S 1至S 2的过程，根据动能定理得 1
qU 0＝v 2①
2由①式得 v ＝
qU ② m
设粒子的加速度大小为a ，由牛顿第二定律得 q
U ＝ma ③ d
由运动学公式得
1T d a () 2④ 22
联立③④式得
T d ＝ 4⑤ m
(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 ，由牛顿第二定律得
v 2
q v B ＝m ⑥ R
要使粒子在磁场中运动时不与极板相撞，须满足
L 2R > 2
联立②⑥⑦式得 4B
(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 1，有
d ＝v t 1⑨
联立②⑤⑨式得
T t 1＝ 4
若粒子再次到达S 2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t 2，根据运动学公式得 v d t 2⑪ 2
联立⑨⑩⑪式得
T t 2＝ 2
设粒子在磁场中运动的时间为t
T t ＝3T 0－－t 1－t 2⑬ 2
10⑫⑬式得 联立○
7T t ＝⑭ 4
设粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期为T ，由⑥式结合运动学公式得
2πm T ＝⑮ qB
由题意可知
T ＝t ⑯
联立⑭⑮⑯式得
8πm B ⑰ 7qT 0
答案：见解析
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 0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 0和T B 取某些特定值时，可使t ＝0时刻入射的粒子经Δt 时间恰能垂直打在P 板上(不考虑粒子反弹) 。上述m 、q 、d 、v 0为已知量。
图8-3-7
1
(1)若Δt B ，求B 0；
2
3
(2)若Δt B ，求粒子在磁场中运动时加速度的大小；
24m v 0
(3)若B 0＝P 板上，求T B 。
qd [思路点拨]
1
(1)若Δt B 时，试画出粒子在PQ 板间运动的轨迹，并确定半径。
2
甲
提示：如图甲，半径R 1＝d
3
(2)若Δt B 时，试画出粒子在PQ 板间运动的轨迹，并确定半径。
2d
提示：如图乙，半径R 23
乙
4m v 0
(3)若B 0＝qd 迹，并说明在哪些位置可能击中B 板。
m v 01
提示：如图丙，由R 得R ＝d
qB 04在A 、B 两点可能击中B 板
[解析] (1)设粒子做圆周运动的半径为R 1，由牛顿第二定律得q v 0B 0
2
m v 0＝①
R 1
丙
据题意由几何关系得 R 1＝d ② 联立①②式得 m v B 0＝
qd
(2)设粒子做圆周运动的半径为R 2，加速度大小为a ，由圆周运动公式得
2v 0
a ④
R 2
据题意由几何关系得 3R 2＝d ⑤ 联立④⑤式得
23v 0a
d
2πR
(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 ＝
v 0m v 0 2
由牛顿第二定律得q v 0B 0＝
R 4m v 0
由题意知B 0＝d ＝4R ⑨
qd
粒子运动轨迹如图所示，O 1、O 2为圆心，O 1O 2
连线与水平方向的夹角
π
为θ，在每个T B 内，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＜θ＜2由题意可知
π＋θ2T T ＝ 2π2
设经历完整T B 的个数为n (n ＝0,1,2,3…) 若在A 点击中P 板，据题意由几何关系得 R ＋2(R ＋R sin θ) n ＝d ⑪ 当n ＝0时，无解⑫ 当n ＝1时，联立⑨⑪式得 π1θ或sin θ＝⑬ 62联立⑦⑨⑩⑬式得 T B ＝
πd
3v 0
π
当n ≥2时，不满足0＜θ＜⑮
2若在B 点击中P 板，据题意由几何关系得 R ＋2R sin θ＋2(R ＋R sin θ) n ＝d ⑯ 当n ＝0时，无解⑰ 当n ＝1时，联立⑨⑯式得 11
θ＝arcsin (或sin θ) ⑱
44联立⑦⑨⑩⑱式得 π1d ＋arcsin ⎫⑲ T B ＝⎛4⎭2v 0⎝2
π
当n ≥2时，不满足0＜θ＜⑳
2[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8-3-8甲所示，带正电粒子以水平速度v 0从平行金属板MN 间中线OO ′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 MN ，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l ，磁场的宽度为d 。已知：B ＝5×10
－
3
q
T，l ＝d ＝0.2 m，每个带正电粒子的速度v 0＝105 m/s，比荷为108 C/kg，重力忽略不计，
m
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
(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
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 m v 0 2q v 0B ＝r min
则带电粒子进入磁场做圆周运动的最小半径 m v 0105
r min ＝＝m ＝0.2 m
qB 10×5×10－其运动的径迹如图中曲线Ⅰ所示。
d 11U q l
(2)设两板间电压为U 1＝2) 2
222dm 0代入数据，解得U 1＝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112U 1
速度为v max ，则有m v 2 max ＝v 0＋q ·222
解得v max ＝2×105 m/s＝1.414×105 m/s
(3)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 ＝0.2 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， 则O ′E ＝r min ＝0.2 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Ⅱ所示。
m v 2max
q v max B ＝
r max
则带电粒子进入磁场做圆周运动的最大半径 m v 2×1052r max ＝ m m qB 510×5×10
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
d 0.2
O ′Q ＝ m ＝0.1 m
22
带电粒子打在屏幕上的最低点为F ，则 O ′F ＝r max －O ′Q ＝(
2
0.1)m ＝0.18 m 5
即带电粒子打在屏幕上O ′上方0.2 m到O ′下方0.18 m的范围内。 [答案] (1)0.2 m (2)1.414×105 m/s
(3)O ′上方0.2 m到O ′下方0.18 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) ，磁场区的中心为O ，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 0。
[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 ，1
由动能定理eU v 2；解得v 2
。 m
(2)当交变磁场为峰值B 0时，电子束有最大偏转，在荧光屏上打在Q 点，PQ ＝3L 。电子运动轨迹如图所示，设此时的偏转角度为θ，由几何关系可知，tan θ＝
3L
θ＝60°。 L
αr
根据几何关系，电子束在磁场中运动路径所对的圆心角α＝θ，而tan ＝
2R m v 26meU
由牛顿第二定律和洛伦兹力公式得e v B 0＝B 0＝
R 3er [答案](1)v 6meU
(2)B 0m 3er
(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A C ＝2B C 且粒子在AB 间运动的时间小于1 s，求：
(1)图线上E 0和B 0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＋Δt ) 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： v 2v 2
q v B 0＝m ＝m 。
R 2d
1qE ⎛3d 2
第3秒内，仅有电场：d ＝。
2m ⎝⎭
E 4
。粒子带正电，故磁场方向垂直纸面向外。
B 03
T 12πm πm π2d 3d 33
(2)Δt ＝，Δt ′＝t 。故第2个粒子击中C 点的时刻
66qB 3qB 32π33⎫
为⎛2＋t s 。
2π⎭⎝
E 4
[答案](1)＝，磁场方向垂直纸面向外
B 0333⎫
(2)第2个粒子击中C 点的时刻为⎛2Δt
2π⎭⎝
3．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＋B 0时，磁感应强度方向
2π
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 0
重力。设P 在某时刻t 0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t 0＝0，则直线OA 与x 轴的夹角是多少？ (2)若t 0＝T /4，则直线OA 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2π
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：q v B 0＝mR ⎛T ′⎫2，
⎝⎭
2πR v ＝
T ′
由上式及已知条件得：T ′＝T 。
T
粒子P 在t ＝0到t x 轴上B 点，此时磁
2T
场方向反转；继而，在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，
2如图(a)所示。OA 与x 轴夹角θ＝0。
T T T 1
(2)粒子P 在t 0＝t ＝到t ＝时间内，沿顺时针方向运动个圆周，
4424T
到达C 点，此时磁场方向反转；继而，在t t ＝T 时间内，沿逆时针方向运动半个圆周，
25T 1
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，
44π
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θ
2
π
答案：(1)OA 与x 轴夹角θ＝0 (2)OA 与x 轴夹角θ＝2
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 u ab 的变化图像如图乙所示，电压的最大值为 U 0、
周期为 T 0，在两极板外有垂直纸面向里的匀强磁场。若将一质量为 m 0、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 T 0 后恰能再次从 a 孔进入电场加速。现该粒子的质量增加了不计，两极板外无电场，不考虑粒子所受的重力
)
1
。(粒子在两极板间的运动时间1000
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 u ab 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m 0的粒子在磁场中做匀速圆周运动 v 22πr q v B ＝m 0，T 0＝r 2πm 则T 0＝
qB
11
当粒子的质量增加m 0时，其周期增加ΔT ＝0
100100则根据题图乙可知，粒子第一次的加速电压u 1＝U 0 24
粒子第二次的加速电压u 20
25
49
射出时的动能E k2＝qu 1＋qu 2解得E k2＝qU 0。
25(2)磁屏蔽管的位置如图所示。
T 0/4
(3)在u ab >0时，粒子被加速，则最多连续被加速的次数N ＝25
ΔT
分析可得，当粒子在连续被加速的次数最多，且u ＝U 0时也被加速时，最终获得的动能最大。
粒子由静止开始加速的时刻 119
t ＝(＋) T 0 (n ＝0,1,2，…)
250
1323
最大动能E km ＝2×(＋＋…＋qU 0＋qU 0
252525313
解得E km ＝qU 0。
2549
答案：(1)qU 0 (2)见解析
25
119313(3)t ＝(n ＋T 0 (n ＝0,1,2，…) qU
250250
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 1、S 2，两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 0，周期为T 0。在t ＝0时刻将一个质量为m 、电量为－q (q >0)的粒子由S 1静止释放，粒子在电场力T 的作用下向右运动，在t ＝S 2垂直于边界进入右侧磁场区。(不计粒子重力，不考
2虑极板外的电场)
(1)求粒子到达S 2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 0时刻再次到达S 2，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S 1至S 2的过程，根据动能定理得 1
qU 0＝v 2①
2由①式得 v ＝
qU ② m
设粒子的加速度大小为a ，由牛顿第二定律得 q
U ＝ma ③ d
由运动学公式得
1T d a () 2④ 22
联立③④式得
T d ＝ 4⑤ m
(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 ，由牛顿第二定律得
v 2
q v B ＝m ⑥ R
要使粒子在磁场中运动时不与极板相撞，须满足
L 2R > 2
联立②⑥⑦式得 4B
(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 1，有
d ＝v t 1⑨
联立②⑤⑨式得
T t 1＝ 4
若粒子再次到达S 2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t 2，根据运动学公式得 v d t 2⑪ 2
联立⑨⑩⑪式得
T t 2＝ 2
设粒子在磁场中运动的时间为t
T t ＝3T 0－－t 1－t 2⑬ 2
10⑫⑬式得 联立○
7T t ＝⑭ 4
设粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期为T ，由⑥式结合运动学公式得
2πm T ＝⑮ qB
由题意可知
T ＝t ⑯
联立⑭⑮⑯式得
8πm B ⑰ 7qT 0
答案：见解析