帶電粒子在交變電場和磁場中運動歸類賞析

韓玉超

（萊陽市第一中學 山東 煙臺 265200）

最近幾年有關帶電粒子在交變電場和磁場運動的試題在各地模擬考試題中時有出現；而測驗的結果往往是學生的得分率很低，成為教學中的一個新的難點．原因是多方面的的，一是學生遇到這部分題目少，見到這種題就怕；二是學生未能深入掌握帶電粒子在交變電場和磁場中運動的命題特點，而教師們也往往在這方面缺乏深入研究，所以學生做了一題就懂一題．其實在高中階段，只要掌握好這部分內容的命題特點和解題策略，是可以較容易解決這個難點的．下面結合筆者的教學實踐，對這一部分內容做一個歸類總結，希望起到拋磚引玉的作用．

1 組合場中 電場的電壓或場強隨時間周期性變化

【例1】如圖1（a）所示，在真空中，有一半徑為R的圓形區域內存在勻強磁場，磁場方向垂直紙面向外．在磁場右側有一對平行金屬板M和N，兩板間距為R，板長為2R，板間的中心線O1O2與磁場的圓心O在同一直線上．有一電荷量為q、質量為m的帶正電的粒子以速度v0從圓周上的a點沿垂直于半徑O O1并指向圓心O的方向進入磁場．當從圓周上的O1點水平飛出磁場時，給M，N兩板加上如圖1（b）所示的電壓，最后粒子剛好以平行于N板的速度從N板的邊緣飛出．（不計粒子所受到的重力、兩板正對面之間為勻強電場，邊緣電場不計）

圖1

（1）求磁場的磁感應強度B．

（2）求交變電壓的周期T和電壓U0的值．

解析：（1）粒子自a點進入磁場，從O1點水平飛出磁場，則其運動的軌道半徑為R．由qvoB＝

解得

（2）粒子自O1點進入電場后恰好從N板的邊緣平行極板飛出，設運動時間為t，根據類平拋運動規律有

圖2

點評：帶電粒子在勻強電場中偏轉的運動是類平拋運動，解此類題目的關鍵是將運動分解成兩個簡單的直線運動，題中沿電場方向的分運動就是“受力周期性變化的加速運動”．

2 組合場中 磁感應強度B隨時間t周期性變化

【例2】圖3（a）為電視機中顯像管的工作原理示意圖，電子槍中的燈絲加熱陰極使電子逸出，這些電子再經加速電場加速后，從O點進入由磁偏轉線圈產生的偏轉磁場中，經過偏轉磁場后打到熒光屏MN上，使熒光屏發出熒光形成圖像．不計逸出電子的初速度和重力，已知電子的質量為m、電荷量為e，加速電場的電壓為U．偏轉線圈產生的磁場分布在邊長為l的正方形abcd區域內，磁場方向垂直紙面，且磁感應強度B隨時間t的變化規律如圖3（b）所示．在每個周期內磁感應強度B都是從－B0均勻變化到B0．磁場區域的左邊界的中點與O點重合，ab邊與OO′平行，右邊界bc與熒光屏之間的距離為s．由于磁場區域較小，且電子運動的速度很大，所以在每個電子通過磁場區域的過程中，可認為磁感應強度不變，即為勻強磁場，不計電子之間的相互作用．

圖3

（1）求電子射出電場時的速度大小．

（2）為使所有的電子都能從磁場的bc邊射出，求偏轉線圈產生磁場的磁感應強度的最大值．

（3）若所有的電子都能從bc邊射出，求熒光屏上亮線的最大長度是多少．

解析：設電子射出電場的速度為v，則根據動能定理，對電子的加速過程有

（2）當磁感應強度為B0或－B0時（垂直于紙面向外為正方向），電子剛好從b點或c點射出，設此時圓周的半徑為R，如圖4所示．根據幾何關系有

圖4

電子在磁場中運動，洛倫茲力提供向心力，因此

由于偏轉磁場的方向隨時間變化，根據對稱性可知，熒光屏上的亮線最大長度為

點評：本題相當多的學生一看到鋸齒波的磁場就怕，學生甚至看一眼就放棄，其實只要認真審題，“在每個電子通過磁場區域的過程中，可認為磁感應強度不變，即為勻強磁場”，就可將看似復雜的問題轉化為常見而簡單的問題．

3 疊加場中 電場強度E隨時間t周期性變化

【例3】在如圖5（a）所示的空間里，存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為．在豎直方向存在交替變化的勻強電場（豎直向上為正），電場大小為E．如圖5（b）所示，一傾角為θ、長度足夠的光滑絕緣斜面放置在此空間．斜面上有一質量為m、帶電量為－q的小球，從t＝0時刻由靜止開始沿斜面下滑，設第5 s內小球不會離開斜面，重力加速度為g．求：

（1）第6 s內小球離開斜面的最大距離．

（2）第19 s內小球未離開斜面，θ角應滿足什么條件．

圖5

解析：（1）設第1 s內小球在斜面上運動的加速度為a，由牛頓第二定律，得

第1 s末的速度為 v＝at1

因為第2 s內qE0＝mg．所以小球將離開斜面在上方做勻速圓周運動，則由向心力公式得，qv B＝圓周運動的周期為

由圖6可知，小球在奇數秒內沿斜面做勻加速運動，在偶數秒內離開斜面做完整的圓周運動．

圖6

所以，第5 s末的速度為

點評：本題以帶電粒子在復合場中的運動為情景，結合周期性變化的電場的圖像，突出了高考對讀圖能力、理解能力、推理能力、分析綜合能力的要求，主要考查電場力公式、洛倫茲力公式、受力分析、勻加速直線運動和勻速圓周運動規律、勻速圓周運動的周期和運動時間的關系等知識點．

4 疊加場中 磁感應強度B隨時間t周期性變化

【例4】如圖7（a）所示，豎直擋板MN的左側空間有方向豎直向上的勻強電場和垂直紙面向里的水平勻強磁場，電場和磁場的范圍足夠大，電場強度的大小E＝40 N／C，磁感應強度的大小B隨時間t變化的關系圖像如圖7（b）所示，選定磁場垂直紙面向里為正方向．在t＝0時刻，一質量m＝8×10－4kg、帶電荷量q＝＋2×10－4C的微粒在O點具有豎直向下的速度v＝0．12 m／s，O′是擋板M N 上一點，直線O O′與擋板M N 垂直，取g＝10 m／s2．求：

圖7

（1）微粒下一次經過直線O O′時與O點間距．

（2）微粒在運動過程中離開直線O O′的最大距離．

（3）水平移動擋板，使微粒能垂直射到擋板上，擋板與O點間的距離應滿足的條件．

解析：（1）由題意知，微粒所受重力G＝mg＝8×10－3N．電場力大小F＝Eq＝8×10－3N．因此重力與電場力平衡．微粒先在洛倫茲力的作用下做勻速圓周運動，則有

則微粒在5πs內轉過半個圓周，再次經過直線O O′時與O點的距離l＝2R＝1．2 m．

（2）微粒運動半周后向上勻速運動，運動的時間t＝5πs，軌跡如圖8所示．

圖8

位移大小x＝vt＝0．6πm＝1．88 m

微粒離開直線OO′的最大距離h＝x＋R＝2．48 m．（3）若微粒能垂直射到擋板上的某點P，P點在直線O O′下方時，擋板MN與O點間的距離應滿足

L＝（4n＋1）×0．6 m （n＝0，1，2，…）

若微粒能垂直射到擋板上的某點P，P點在直線O O′上方時，擋板MN 與O點間的距離應滿足

L＝（4n＋3）×0．6 m （n＝0，1，2，…）

若兩式合寫成L＝（1．2n＋0．6）m （n＝0，1，2，…）同樣給分．

點評：本題看似很難，但當計算出帶電粒子在磁場中的運動周期時，便可找出帶電粒子的運動與交變磁場的周期的關系，即在交變磁場的0～5πs內，粒子偏轉了180°，軌跡為半個圓，5πs～10πs內做勻速直線運動．改變磁場的方向，粒子的偏轉方向則不同，從而可畫出粒子的運動軌跡．

5 疊加場中 電場強度E和磁感應強度B同時隨時間t周期性變化

【例5】如圖9（a）所示，在以O為坐標原點的x Oy平面內，存在著范圍足夠大的電場和磁場．一個質量m＝2×10－2kg，帶電量q＝＋5×10－3C的帶電小球在零時刻以v0＝40 m／s的速度從O點沿＋x方向（水平向右）射入該空間，在該空間同時加上如圖9（b）所示的電場和磁場，其中電場沿－y方向（豎直向上），場強大小E0＝40 V／m．磁場垂直于x Oy平面向外，磁感應強度大小B0＝4πT．取當地的重力加速度g＝10 m／s2，不計空氣阻力，計算結果中可以保留根式或π．試求：

圖9

（1）12 s末小球速度的大小．

（2）在給定的x Oy坐標系中，大體畫出小球在0～24 s內運動軌跡的示意圖．

（3）26 s末小球的位置坐標．

解析：（1）0～1 s內，小球只受重力作用，做平拋運動．當同時加上電場和磁場時，電場力：F1＝qE0＝0．2 N，方向向上；重力：G＝mg＝0．2 N，方向向下，重力和電場力恰好平衡．此時小球只受洛倫茲力而做勻速圓周運動，根據牛頓第二定律有

正好是電場、磁場同時存在時間的5倍，即在這10 s內，小球恰好做了5個完整的勻速圓周運動．

所以小球在t1＝12 s時刻的速度相當于小球做平拋運動t＝2 s時的末速度．

（2）小球在24 s內的運動軌跡示意圖如圖10所示（圓的半徑越來越大）

圖10

（3）分析可知，小球26 s末與24 s末的位置相同，在26 s內小球做了t2＝3 s的平拋運動，23 s末小球平拋運動的位移大小為

此時小球的速度大小為

速度與豎直方向的夾角為θ＝53°．

此后小球做勻速圓周運動的半徑

26 s末，小球恰好完成了半個圓周運動，此時小球的位置坐標

點評：本題的關鍵在于找出帶電小球做勻速圓周運動的周期與電磁場變化周期之間的關系．從而將復雜的問題簡化處理．