Question

兩塊足夠大的平行金屬板水平放置，極板間加有空間分布均勻、大小隨時間周期性變化的電場和磁場，變化規(guī)律分別如圖1、圖2所示（規(guī)定垂直紙面向里為磁感應強度的正方向）．在t=0時刻由負極板釋放一個初速度為零的帶負電的粒子（不計重力）．若電場強度E₀、磁感應強度B₀、粒子的比荷q/m均已知，且t0=

2πm

qB0

，兩板間距h=

10π2mE0

q B 2 0

．
（1）求粒子在0～t₀時間內(nèi)的位移大小與極板間距h的比值．
（2）求粒子在兩極板間做圓周運動的最大半徑（用h表示）．
（3）若板間電場強度E隨時間的變化仍如圖1所示，磁場的變化改為如圖3所示，試畫出粒子在板間運動的軌跡圖（不必寫計算過程）．

Answer 1

分析：根據(jù)電場和磁場的變化，來對粒子在各個時間段內(nèi)的受力分析是解決該題的關鍵，此題電場力和磁場力不是同時存在的，所以要分別對小球在電場力和磁場力作用下的運動進行分析，只在電場力作用時，粒子做加速直線運動，在只有洛倫茲力作用時，粒子做勻速圓周運動．
（1）在0～t₀時間，只有電場力，粒子做加速運動，可運用運動學公式和牛頓第二定律進行求解．
（2）最大半徑受到兩板之間的距離的影響，首先對其運動軌跡進行分析，結(jié)合板間距離，可分析出粒子能做幾個完整的圓周運動，從而得知做圓周運動的最大半徑．

解答：解：
解法一：
（1）設粒子在0～t₀時間內(nèi)的位移大小為s₁，由運動學公式和你對第二定律有：
s1=

1

2

a

t

2 0

，a=

qE0

m

又已知t0=

2πm

qB0

，h=

10π2mE0

q B 2 0

聯(lián)立以上兩式解得：

s1

h

=

1

5

．
（2）粒子在t₀～2t₀時間內(nèi)只受洛倫茲力作用，且速度與磁場方向垂直，所以粒子做勻速圓周運動．設運動速度大小為v₁，軌道半徑為R₁，周期為T，則有：
v₁=at₀，qv1B0=

m v 2 1

R1

聯(lián)立以上兩式得R1=

h

5π

又T=

2πm

qB0

，即粒子在t₀～2t₀時間內(nèi)恰好完成一個周期的圓周運動．在2t₀～3t₀時間內(nèi)，粒子做初速度為v₁的勻加速直線運動，設位移為s₂，則有：
s2=v1t0+

1

2

a

t

2 0

解得：s2=

3

5

h
由于s₁+s₂＜h，所以粒子在3t₀～4t₀時間內(nèi)繼續(xù)做勻速圓周運動，設速度大小為v₂，半徑為R₂，則有：
v₂=v₁+at₀，qv2B0=

m v 2 2

R2

解得：R2=

2h

5π

由于s₁+s₂+R₂＜h，粒子恰好又能完成一個周期的圓周運動．
在4t₀～5t₀時間內(nèi)，粒子運動到正極板（如圖1所示）．因此粒子的最大半徑為：
R2=

2h

5π

．
（3）粒子在板間運動的軌跡如圖2所示．
解法二：
由題意可知，電磁場的周期為2t₀，前半周期粒子受電場作用做勻加速直線運動，加速度大小為：
a=

qE0

m

，方向向上．
后半周期粒子受磁場作用多勻速圓周運動，周期為T，則有：
T=

2πm

qB0

=t0
粒子恰好完成一次勻速圓周運動．至第n個周期末，粒子位移大小為s_n，有：
sn=

1

2

a(nt0)2
又已知sn=

n

5π

h
粒子速度大小為v_n=ant₀，粒子做圓周運動的半徑為：
Rn=

mvn

qB0

，
解得：Rn=

nh

5π

，顯然s₂+h＜h＜s₃
所以有：（1）粒子在0～t₀時間內(nèi)的位移大小與極板間距h的比值為

s1

h

=

1

5

（2）粒子在兩極板間做圓周運動的最大半徑R2=

2h

5π

（3）粒子在板間運動的軌跡圖見解法一中的圖2．
答：（1）粒子在0～t₀時間內(nèi)的位移大小與極板間距h的比值為

s1

h

=

1

5

（2）粒子在兩極板間做圓周運動的最大半徑R2=

2h

5π

（3）粒子在板間運動的軌跡圖為圖2．

點評：帶點粒子在復合場中的運動本質(zhì)是力學問題
1、帶電粒子在電場、磁場和重力場等共存的復合場中的運動，其受力情況和運動圖景都比較復雜，但其本質(zhì)是力學問題，應按力學的基本思路，運用力學的基本規(guī)律研究和解決此類問題．
2、分析帶電粒子在復合場中的受力時，要注意各力的特點，如帶電粒子無論運動與否，在重力場中所受重力及在勻強電場中所受的電場力均為恒力，而帶電粒子在磁場中只有運動 （且速度不與磁場平行）時才會受到洛侖茲力，力的大小隨速度大小而變，方向始終與速度垂直，故洛侖茲力對運動電荷只改變粒子運動的方向，不改變大�。�