專題強化七帶電粒子在交變電磁場中的運動帶電粒子在交變電磁場中的運動問題的基本思路一、交變磁場＋恒定電場例1(2020·廣西柳江模擬)如圖甲所示，在y≥0的區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場，其磁感應強度B隨時間t變化的規(guī)律如圖乙所示；與x軸平行的虛線MN下方有沿＋y方向的勻強電場，電場強度E＝eq\f(8,π)×103N/C。在y軸上放置一足夠大的擋板。t＝0時刻，一個帶正電粒子從P點以v＝2×104m/s的速度沿x軸正方向射入磁場。已知電場邊界MN到x軸的距離為y0＝eq\f(π－2,10)m，P點到坐標原點O的距離為1.1m，粒子的比荷eq\f(q,m)＝1×106C/kg，不計粒子的重力。求：(1)粒子在磁場中運動時距x軸的最大距離；(2)粒子連續(xù)兩次通過電場邊界MN所需的時間；(3)粒子最終打在擋板上的位置到坐標原點O的距離。[解析](1)粒子在磁場中做勻速圓周運動，有qvB＝meq\f(v2,R)，解得半徑R＝0.2粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期為T＝eq\f(2πR,v)＝2π×10－5s，粒子在磁場中運動時，到x軸的最大距離為ym＝2R＝0.4(2)粒子運動軌跡如圖甲所示，由磁場變化規(guī)律可知，粒子在0～eq\f(3,2)π×10－5s(即0－eq\f(3,4)T)時間內(nèi)做勻速圓周運動至A點，接著沿－y方向做勻速直線運動直至電場邊界C點，用時為t2＝eq\f(R＋y0,v)＝eq\f(1,2)π×10－5s＝eq\f(T,4)，進入電場后粒子做勻減速運動至D點，由牛頓第二定律得粒子的加速度為a＝eq\f(qE,m)＝eq\f(8,π)×109m/s2，粒子從C點減速至D再反向加速至C所需的時間為t3＝eq\f(2v,a)＝eq\f(1,2)π×10－5s＝eq\f(T,4)，接下來，粒子沿y軸正方向勻速運動至A所需時間仍為t2，此時磁場剛好恢復，粒子將在洛倫茲力的作用下由A點開始做勻速圓周運動，再經(jīng)eq\f(3,2)π×10－5s時間，粒子將運動到F點，此后將重復前面的運動過程。所以粒子連續(xù)通過電場邊界MN有兩種可能。第一種可能是由C點先沿－y方向到D再返回經(jīng)過C，所需時間t＝t3＝eq\f(1,2)π×10－5s；第二種可能是由C點先沿＋y方向運動至A點開始做勻速圓周運動一圈半后，從G點沿－y方向做勻速直線運動至MN，所需時間為t′＝eq\f(T,4)＋eq\f(3T,2)＋eq\f(T,4)＝2T＝4π×10－5s。(3)由(2)分析可知，粒子每完成一次周期性的運動，將向x軸負方向平移2R(即圖甲中所示從P點移到F點)，OP＝1.1m＝5.5R，故粒子打在擋板前的一次運動如圖乙所示，其中I是粒子開始做圓周運動的起點，K是最后一段圓周運動的圓心，Q是I點與K點連線與y軸的交點。由題意知OI＝OP－5R＝0.1KQ＝R－QI＝0.1m＝eq\f(R,2)，則有JQ＝eq\r(R2－KQ2)＝eq\f(\r(3),2)R，J點到O點的距離為JO＝R＋eq\f(\r(3),2)R＝eq\f(2＋\r(3),10)m＝0.37m。[答案](1)0.4m(2)見解析(3二、交變電場＋恒定磁場例2(2019·合肥模擬)如圖甲所示，帶正電粒子以水平速度v0從平行金屬板MN間中線OO′連續(xù)射入電場中。MN板間接有如圖乙所示的隨時間t變化的電壓UMN，兩板間電場可看作是均勻的，且兩板外無電場。緊鄰金屬板右側(cè)有垂直紙面向里的勻強磁場B，分界線為CD，EF為屏幕。金屬板間距為d，長度為l，磁場的寬度為d。已知：B＝5×10－3T，l＝d＝0.2m，每個帶正電粒子的速度v0＝105m/s，比荷為eq\f(q,m)＝108C/kg，重力忽略不計，在每個粒子通過電場區(qū)域的極短時間內(nèi)，(1)帶電粒子進入磁場做圓周運動的最小半徑；(2)帶電粒子射出電場時的最大速度；(3)帶電粒子打在屏幕上的范圍。[解析](1)t＝0時刻射入電場的帶電粒子不被加速，進入磁場做圓周運動的半徑最小。粒子在磁場中運動時qv0B＝eq\f(mv\o\al(2,0),rmin)則帶電粒子進入磁場做圓周運動的最小半徑rmin＝eq\f(mv0,qB)＝eq\f(105,108×5×10－3)m＝0.2m其運動的徑跡如圖中曲線Ⅰ所示。(2)設兩板間電壓為U1，帶電粒子剛好從極板邊緣射出電場，則有eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)·eq\f(U1q,dm)(eq\f(l,v0))2代入數(shù)據(jù)，解得U1＝100V在電壓低于100V時，帶電粒子才能從兩板間射出電場，電壓高于100V時，帶電粒子打在極板上，不能從兩板間射出。帶電粒子剛好從極板邊緣射出電場時，速度最大，設最大速度為vmax，則有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,max)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋qeq\f(U1,2)解得vmax＝eq\r(2)×105m/s＝1.414×105(3)由第(1)問計算可知，t＝0時刻射入電場的粒子在磁場中做圓周運動的半徑rmin＝d＝0.2m，徑跡恰與屏幕相切，設切點為E，則eq\x\to(O′E)＝rmin＝0.2m帶電粒子射出電場時的速度最大時，在磁場中做圓周運動的半徑最大，打在屏幕上的位置最低。設帶電粒子以最大速度射出電場進入磁場中做圓周運動的半徑為rmax，打在屏幕上的位置為F，運動徑跡如圖中曲線Ⅱ所示．qvmaxB＝eq\f(mv\o\al(2,max),rmax)則帶電粒子進入磁場做圓周運動的最大半徑rmax＝eq\f(mvmax,qB)＝eq\f(\r(2)×105,108×5×10－3)m＝eq\f(\r(2),5)m由數(shù)學知識可得運動徑跡的圓心必落在屏幕上，如圖中Q點所示，并且Q點必與M板在同一水平線上。則eq\x\to(O′Q)＝eq\f(d,2)＝eq\f(0.2,2)m＝0.1m帶電粒子打在屏幕上的最低點為F，則eq\x\to(O′F)＝rmax－eq\x\to(O′Q)＝(eq\f(\r(2),5)－0.1)m≈0.18m即帶電粒子打在屏幕上O′上方0.2m到O′下方[答案](1)0.2m(2)1.414×105m/s(3)O′上方0.2三、交變電、磁場例3(2019·肥城模擬)如圖甲所示，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v0，方向沿y軸正方向的帶負電粒子。已知v0、t0、B0，粒子的比荷為eq\f(π,B0t0)，不計粒子的重力。求：(1)t＝t0時，粒子的位置坐標；(2)若t＝5t0時粒子回到原點，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，滿足條件的所有E0值。[解析](1)粒子在0～t0內(nèi)沿順時針方向做圓周運動qv0B0＝meq\f(v\o\al(2,0),r1)，T＝eq\f(2πr1,v0)解得r1＝eq\f(mv0,qB0)，T＝eq\f(2πm,qB0)又粒子的比荷eq\f(q,m)＝eq\f(π,B0t0)解得r1＝eq\f(v0t0,π)，T＝2t0故t＝t0時，粒子的位置坐標為(eq\f(2v0t0,π)，0)。(2)粒子在t＝5t0時回到原點，運動軌跡如圖甲所示由r2＝2r1，r1＝eq\f(mv0,qB0)，r2＝eq\f(mv2,qB0)解得v2＝2v0則在0～5t0時間內(nèi)粒子距x軸的最大距離hm＝eq\f(v0＋2v0,2)t0＋r2＝(eq\f(3,2)＋eq\f(2,π))v0t0。(3)如圖乙所示，設帶電粒子在x軸下方做圓周運動的軌跡半徑為r′2，由幾何關系可知，要使粒子能夠回到原點，則必須滿足n(2r2′－2r1)＝2r1(n＝1,2,3，…)其中r2′＝