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(共79張PPT)
第十章　磁　場
思維進階課十四　帶電粒子在交變電磁場和立體空間中的運動
[學習目標]　1．掌握帶電粒子在交變電磁場中的運動問題的解題思路和處理方法。
2．掌握帶電粒子在立體空間中的運動問題的解題思路和處理方法。
進階1　帶電粒子在交變電磁場中的運動
1．交變場的常見的類型
(1)電場周期性變化，磁場不變。
(2)磁場周期性變化，電場不變。
(3)電場、磁場均周期性變化。
2．帶電粒子在交變場中運動問題的基本思路
[典例1]　如圖甲所示，在坐標系xOy中，y軸左側有沿x軸正方向的勻強電場，電場強度大小為E；y軸右側有如圖乙所示周期性變化的磁場，磁感應強度大小B0已知，磁場方向垂直紙面向里為正。t＝0時刻，從x軸上的P點無初速度釋放一帶正電的粒子，粒子(重力不計)的質量為m、電荷量為q，粒子第一次在電場中運動的時間與第一次在磁場中運動的時間相等，且粒子第一次在磁場中做圓周運動的軌跡為半圓。求：
(1)P點到O點的距離；
(2)粒子經一個周期沿y軸發生的位移大小。
[解析]　(1)設粒子第一次在電場中做勻加速運動的時間為t0，則t0＝，Eq＝ma
設O、P間距離為x，則x＝，
聯立解得x＝。
(2)粒子運動軌跡如圖所示，設粒子在磁場中做圓周運動的半徑分別為R1和R2，則
R1＝，R2＝
又由動能定理得
Eqx＝
粒子每經一個周期沿y軸向下移動Δx，Δx＝2R2－2R1＝。
[答案]　
[典例2]　某磁偏轉裝置如圖甲所示，紙面內半徑為R、圓心為O的圓形區域內存在勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里，磁感應強度B的大小按圖乙所示的規律做周期性變化，在 0～T 時間內B＝B0tan 。在磁場區域的右側有一圓心也在O點的半圓形熒光屏，A為熒光屏中點。一粒子源P均勻地發射初速度可忽略的電子，沿PO方向射出的電子經電壓U加速后正對圓心O射入磁場，∠POA＝，在0～T時間內經磁場偏轉的電子從上到下打在熒光屏上C、D兩點
間(圖中C、D未畫出)。已知電子的電荷量為e、質量為m，B0＝，tan ＝－1。不計電子的重力，電子穿過磁場的時間遠小于磁場變化的周期，忽略磁場變化激發電場的影響。
(1)求打在熒光屏A點的電子在進入磁場時磁感應強度大小B1；
(2)求∠COD及電子在熒光屏上掃描的角速度ω。
[解析]　(1)電子沿著徑向飛入磁場，由帶電粒子在磁場中的運動規律得，帶電粒子沿著OA方向飛出磁場，電子在磁場中做圓周運動的圓心為O′，如圖1所示
由幾何關系得，電子做圓周運動的半徑r＝R，
由題意得
eU＝mv2
evB1＝m
聯立解得B1＝＝B0。
(2)由r＝知，磁感應強度越小，電子做圓周運動的半徑越大，反之越小；如圖2所示，由題意知打在屏幕上的C點的電子半徑最大，此時的電子在T＝0時刻飛入勻強磁場；
打在屏幕D點的電子在T時刻飛入磁場的，
那么
rC＝＝＝R
同理rD＝＝R
根據幾何關系得tan ∠POOD＝＝，
則∠POOD＝，∠POD＝
同理∠POC＝
故∠COD＝π－＝
故電子在熒光屏上掃描的角速度ω＝。
[答案]　(1)B0　(2)
[典例3]　如圖甲所示的坐標系中，在x軸上方的區域內存在著如圖乙所示周期性變化的電場和磁場，交變電場的電場強度大小為E0，交變磁場的磁感應強度大小為B0，取x軸正方向為電場的正方向，垂直紙面向外為磁場的正方向。在t＝0時刻，將一質量為m、帶電荷量為q、重力不計的帶正電粒子，從y軸上A點由靜止釋放。粒子經過電場加速和磁場偏轉后垂直打在x軸上。求：
(1)粒子第一次在磁場中運動的半徑；
(2)粒子打在x軸負半軸上的位置到O點的最小距離；
(3)起點A與坐標原點間的距離d應滿足的條件；
(4)粒子打在x軸上的位置到坐標原點O的距離跟粒子加速和偏轉次數n的關系。
[解析]　(1)粒子第一次在電場中運動有qE0＝ma
v1＝at0，t0＝，粒子第一次進入磁場中有
qv1B0＝，聯立解得R1＝。
(2)由題意可知粒子經2次加速和偏轉后打在x軸負半軸上的位置到O點的距離最小，如圖甲所示。
第一次加速的位移為Δx1＝＝
第二次加速的位移Δx2＝3Δx1，v2＝2v1＝
則R2＝＝
ΔxP＝Δx2－Δx1＋R2＝(π＋2)。
(3)分析帶電粒子運動軌跡如圖乙所示。
可知A與坐標原點間的距離d應滿足
d＝n2R1＝(n＝1，2，3，…)。
(4)若粒子經過n次加速和偏轉后打在x軸上
xP＝n(Δx1＋R1)＝(π＋2)(n＝1，2，3，…)。
[答案]　(π＋2)
(3)d＝(n＝1，2，3，…)
(4)xP＝(π＋2)(n＝1，2，3，…)
進階2　帶電粒子在立體空間中的運動
1．帶電粒子在立體空間中的組合場、疊加場的運動問題，通過受力分析、運動分析，轉換視圖角度，充分利用分解的思想，分解為直線運動、圓周運動、類平拋運動，再利用每種運動對應的規律進行求解。
2．粒子在立體空間常見運動及解題策略
運動類型 解題策略
在三維坐標系中運動，每個軸方向的運動都是常見運動模型 將粒子的運動分解為三個方向的運動
一維加一面，如旋進運動 旋進運動將粒子的運動分解為一個軸方向的勻速直線運動或勻變速直線運動和垂直該軸的所在面內的圓周運動
運動類型 解題策略
運動所在平面切換，粒子進入下一區域偏轉后曲線不在原來的平面內 把粒子運動所在的面隔離出來，轉換視圖角度，把立體圖轉化為平面圖，分析粒子在每個面的運動
[典例4]　如圖所示，在空間直角坐標系中，yOz平面左側存在沿z軸正方向的勻強磁場，右側存在沿y軸正方向的勻強磁場，左、右兩側磁場的磁感應強度大小相等；yOz平面右側還有沿y軸負方向的勻強電場。現從空間中坐標為(－d，0，0)的M點發射一質量為m、電荷量為＋q的粒子，粒子的初速度大小為v0、方向沿xOy平面，與x軸正方向的夾角為60°；經一段時間后粒子恰好垂直于y軸進入yOz平面右側。
其中電場強度和磁感應強度大小未知，其關系滿
足＝，不計粒子的重力。求：
(1)粒子在yOz平面左側勻強磁場中做勻速圓周運動的軌道半徑R1；
(2)粒子第2次經過yOz平面時的速度大小v；
(3)粒子第2次經過yOz平面時的位置坐標；
(4)粒子第2、3兩次經過yOz平面的位置間的距離。
[解析]　(1)根據幾何關系有R1sin 60°＝d
解得R1＝d。
(2)根據運動的合成有v＝
又v1＝a
qE＝ma
根據洛倫茲力提供向心力有
qv0B＝
T＝＝
聯立解得v＝2v0。
(3)在yOz平面右側，磁感應強度大小不變，在磁場中做圓周運動的軌道半徑大小仍然為R1，粒子第2次經過yOz平面時的坐標為
Δy＝a
由于＝
解得Δy＝πd
粒子第2次經過yOz平面時的坐標為。
(4)粒子再次進入yOz平面左側，其速度大小變為2v0，由tan θ＝＝＝知，速度與y軸負方向夾角θ＝30°，之后在z＝d的平面內做勻速圓周運動，有
q·2v0B＝m，解得R2＝2R1
根據幾何關系，粒子第2次、第3次經過yOz平面的交點間的距離為l＝2R2cos 60°＝2R1
解得l＝d。
[答案]　(1)d　(2)2v0　(3)[0，－(πd－d)，d]　(4)d
[典例5]　在芯片制造過程中，離子注入是其中一道重要的工序。如圖所示是離子注入工作的原理示意圖，離子經加速后沿水平方向進入速度選擇器，然后通過磁分析器，選擇出特定比荷的離子，經偏轉系統后注入處在水平面內的晶圓(硅片)。速度選擇器、磁分析器和偏轉系統的勻強磁場的磁感應強度大小均為B，方向均垂直紙面向外；速度選擇器和偏轉系統中的勻強電場的電場強度大小均為E，方向分別為豎直向上和垂直紙面向外。磁分析器截面是內外半徑分別為R1和R2的四分之一圓環，其兩端中心位置M和N處各有一個小
孔；偏轉系統中電場和磁場的分布區域是同一邊長為L的正方體，其底面與晶圓所在水平面平行，間距也為L。當偏轉系統不加電場及磁場時，離子恰好豎直注入晶圓上的O點(即圖中坐標原點，x軸垂直紙面向外)。整個系統置于真空中，不計離子重力，打在晶圓上的離子經過電場和磁場偏轉的角度都很小。當α
很小時，有sin α≈tan α≈α，cos α≈1－
α2。求：
(1)離子通過速度選擇器后的速度大小v和磁分析器選擇出來的離子的比荷；
(2)偏轉系統僅加電場時離子注入晶圓的位置，用坐標(x，y)表示；
(3)偏轉系統僅加磁場時離子注入晶圓的位置，用坐標(x，y)表示；
(4)偏轉系統同時加上電場和磁場時離子注入晶圓的位置，用坐標(x，y)表示，并說明理由。
[解析]　(1)通過速度選擇器的離子由于受力平衡需滿足qE＝qvB，可得速度v＝
由題圖知，從磁分析器中心孔N射出離子的運動半徑為R＝
由＝qvB得
＝＝。
(2)偏轉系統僅加電場時，離子在偏轉系統中做類平拋運動，設離子離開偏轉系統時速度的偏轉角為θ，離開電場時，離子在x方向偏轉的距離
x1＝··
又tan θ＝＝
則離開電場后，離子在x方向偏移的距離
x2＝L tan θ＝
則x＝x1＋x2＝＝
位置坐標為。
(3)如圖所示，偏轉系統僅加磁場時，由qvB＝得，離子進入磁場后做勻速圓周運動的半徑
r＝＝
又sin α＝
則離開磁場時，離子在y方向偏轉距離
y1＝r(1－cos α)≈(sin α)2＝
離開磁場后，離子在y方向偏移距離
y2＝L tan α≈L sin α＝
則y＝y1＋y2＝
故位置坐標為。
(4)注入晶圓的位置坐標為
電場引起的速度增量只對離子在x軸方向的運動產生影響，而磁場只對離子在y軸方向的運動產生影響。
[答案]　(1)　　(2)
(3)　(4)見解析
思維進階特訓(十四)
題號
1
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6
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7
1．如圖甲所示，在xOy坐標系的一、四象限存在勻強磁場，規定垂直紙面向里為磁場的正方向，磁感應強度隨時間的變化情況如圖乙所示。t＝0時刻，一個比荷＝1.0×104 C/kg的正電荷從(0，)處以v0＝1.0×104 m/s的速度沿y軸負方向射入磁場，則正電荷從射入磁場至第一次經過x軸所需的時間為(　　)
A．8π×10-5 s B．π×10-5 s
C．1.2π×10-4 s D．×10-4 s
√
題號
1
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8
7
C　[洛倫茲力提供向心力，則qv0B＝，解得r＝0.4 m，圓周運動的周期為T＝＝8π×10-5 s，則粒子每次圓周運動持續三分之一周期，對應的圓心角為120°；位移大小2r sin 60°＝ m，位移方向與y軸負方向成60°角，正電荷射入磁場后到x軸的軌
跡如圖所示；正電荷第一次運動到x軸應為
A點，運動時間為t＝T＝1.2π×10-4 s，故
C正確。]
題號
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7
2．(2022·重慶卷)2021年我國全超導托卡馬克核聚變實驗裝置創造了新的紀錄。為粗略了解等離子體在托卡馬克環形真空室內的運動狀況，某同學將一小段真空室內的電場和磁場理想化為方向均水平向右的勻強電場和勻強磁場(如圖)，電場強度大小為E，磁感應強度大小為B。若某電荷量為q的正離子在此電場和磁場中運動，其速度平行于磁場方向的分量大小為v1，垂直于磁場方向的分量
大小為v2，不計離子重力，則(　　)
題號
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4
6
8
7
A．靜電力的瞬時功率為
B．該離子受到的洛倫茲力大小為qv1B
C．v2與v1的比值不斷變大
D．該離子的加速度大小不變
√
題號
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7
D　[根據功率的計算公式可知P＝Fv cos θ，則靜電力的瞬時功率為P＝Eqv1，A錯誤；由于v1與磁場B平行，則根據洛倫茲力的計算公式知F洛＝qv2B，B錯誤；離子在垂直于磁場方向的平面內以v2做勻速圓周運動，沿電場方向做加速運動，則v1增大，v2不變，v2與v1的比值不斷變小，C錯誤；離子受到的洛倫茲力大小不變，靜電力大小不變，合力大小不變，則該離子的加速度大小不變，D正確。]
題號
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8
7
3．如圖甲所示，豎直面內矩形區域ABCD內存在磁感應強度按如圖乙所示的規律變化的磁場(規定垂直紙面向外為正方向)，區域邊長＝。一帶正電的粒子從A點沿AB方向以速度v0射入磁場，在T1時刻恰好能從C點平行DC方向射出磁場。現在把磁場換成按如圖丙所示規律變化的電場(規定豎直向下為正方向)，相同的粒子仍以速度v0從A點沿AB方向射入電場，在T2時刻恰好能從C點平行DC方向射出電場。不計粒子的重力，則磁場的變化周期T1和電場的變化周期T2之比為(　　)
題號
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7
A．1∶1 B．2π∶3
C．2π∶9 D．π∶9
√
題號
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8
7
C　[設粒子的質量為m，帶電荷量為q，粒子的偏轉半徑為r，經粒子轉過的圓心角為α，則由幾何關系有2r sin α＝＝，聯立解得α＝60°，所以有＝T，T＝，解得T1＝＝v0T2，解得T2＝，所以＝，故C正確，A、B、D錯誤。]
題號
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7
4．(多選)(2024·河北唐山二模)如圖所示，空間中有O-xyz坐標系，xOz平面水平，y軸沿豎直方向，在y軸右側xOz平面上方空間存在豎直向上的勻強電場，在y軸右側xOz平面下方空間存在豎直向下的勻強磁場。一帶負電的粒子從y軸正半軸上的M點以一定速度v0沿平行于x軸的正方向射入電場，經x軸上的N點與x軸正方向成θ角離開電場，粒子在以后的運動中恰好不離開磁場。已知M點的坐標為(0，h，0)，帶負電的粒子質量為m，電荷量大小為q，不計粒子重力，則下列說法正確的是(　　)
題號
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7
A．電場強度為
B．磁場強度為
C．粒子在磁場中運動的軌道半徑為
D．粒子在yOz平面上相鄰切點間的距離為4πh
√
題號
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7
√
AD　[粒子從M點到N點做類平拋運動，有h＝at2，qE＝ma，tan θ＝，x＝v0t，聯立解得E＝，x＝正確；粒子從N點進入磁場，其中沿y軸負方向的速度與磁感應強度平行，不受洛倫茲力而做勻速直線運動，沿x方向的速度v0與磁感應強度垂直，受洛倫茲力做勻速圓周運動，粒子在以后的運動中恰好不離開磁場，則軌
題號
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7
跡圓與yOz平面相切，則有x＝R，qv0B＝，聯立解得R＝，B＝，故B、C錯誤；粒子在yOz平面上相鄰切點間距離為勻速圓周運動一圈的時間內在y軸負方向勻速直線運動的距離，有y＝v0tan θ·T，T＝＝，聯立可得y＝4πh，故D正確。]
題號
1
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8
7
5．如圖所示，在空間直角坐標系O-xyz中，界面Ⅰ與Oyz平面重疊，界面Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ相互平行，且相鄰界面的間距均為L，與x軸的交點分別為O、O1、O2；在界面Ⅰ、Ⅱ間有沿y軸負方向的勻強電場E，在界面Ⅱ、Ⅲ間有沿z軸正方向的勻強磁場B。一質量為m、電荷量為＋q的粒子從y軸上距O點處的P點，以速度v0沿x軸正方向射入電場區域，該粒子剛好從點O1進入磁場區域。粒子重力不計。求：
(1)電場強度E的大小；
(2)要讓粒子剛好不從界面Ⅲ飛出，磁感應
強度B的大小。
題號
1
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7
[解析]　(1)粒子在電場區域做類平拋運動，設電場中粒子的加速度為a，沿z軸正方向看，粒子運動軌跡如圖所示
在界面Ⅰ、Ⅱ間，有
L＝v0t，＝at2
又qE＝ma
聯立解得E＝。
題號
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7
(2)設粒子到O1點時的速度為v，與x軸夾角為θ，
則vy＝at，解得tan θ＝＝1
即θ＝45°
則v＝＝v0
在磁場區域，粒子做勻速圓周運動，粒子剛好不從界面Ⅲ飛出，運動軌跡與界面Ⅲ相切，如圖所示，有
題號
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7
qvB＝m
又根據幾何關系有r＋r cos 45°＝L
解得B＝。
題號
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7
[答案]　　(2)
6．(2024·廣東卷)如圖甲所示，兩塊平行正對的金屬板水平放置，板間加上如圖乙所示幅值為U0、周期為t0的交變電壓。金屬板左側存在一水平向右的勻強電場，右側分布著垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為B。一帶電粒子在t＝0時刻從左側電場某處由靜止釋放，在t＝t0時刻從下板左端邊緣位置水平向右進入金屬板間的電場內，在t＝2t0時刻第一次離開金屬板間的電場，水平向右進入磁場，并在t＝3t0時刻從下板右端邊緣位置再次水平進入金屬板間的電場。已知金屬板的板長是板間距離的倍，粒子質量為m，忽略粒子所受的重力和場的邊緣效應。
題號
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7
(1)判斷帶電粒子的電性并求其所帶的電荷量q；
(2)求金屬板的板間距離D和帶電粒子在t＝t0時刻的速度大小v；
(3)求從t＝0時刻開始到帶電粒子最終碰到上金屬板的過程中，靜電力對粒子做的功W。
題號
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7
[解析]　(1)根據帶電粒子在右側磁場中的運動軌跡結合左手定則可知，粒子帶正電；粒子在磁場中運動的周期為T＝2t0
根據T＝
則粒子所帶的電荷量q＝。
題號
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8
7
(2)若金屬板的板間距離為D，則板長為，粒子在板間運動時＝vt0
出電場時豎直速度為零，則豎直方向
y＝2××(0.5t0)2
在磁場中時qvB＝m
題號
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8
7
其中的y＝2r＝
聯立解得
v＝π
D＝。
題號
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7
(3)帶電粒子在電場和磁場中的運動軌跡如圖所示
由(2)的計算可知金屬板的板間距離D＝3r
粒子在3t0時刻再次進入中間的偏轉電場，在4t0時刻進入左側的電場做減速運動，速度為零后反向加速，在6t0時刻再次進入中間的偏轉
題號
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題號
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7
電場，6.5t0時刻碰到上極板，因粒子在偏轉電場中運動時，在時間t0內靜電力做功為零，在左側電場中運動時，往返一次靜電力做功也為零，可知整個過程中只有從開始到進入左側電場時靜電力做功和最后0.5t0時間內靜電力做功不為零，則W＝mv2＋×＝＋＝。
[答案]　(1)正電　　(2)　π　(3)
7．如圖甲所示，水平放置的平行金屬板P和Q相距為d，兩板間存在周期性變化的電場或磁場。P、Q間的電勢差UPQ隨時間的變化規律如圖乙所示，磁感應強度B隨時間變化的規律如圖丙所示，磁場方向垂直紙面向里為正方向。t＝0時刻，一質量為m、電荷量為＋q的粒子(不計重力)以初速度v0由P板左端靠近板面的位置，沿平行于板面的方向射入兩板之間，q、m、d、v0、U0為已知量。
題號
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7
題號
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7
(1)若僅存在交變電場，要使電荷飛到Q板時速度方向恰好與Q板相切，求交變電場的周期T；
(2)若僅存在勻強磁場，且滿足B0＝，粒子經一段時間恰能垂直打在Q板上(不考慮粒子反彈)，求擊中點到出發點的水平距離。
題號
1
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8
7
[解析]　(1)設經時間t，粒子恰好沿切線飛到上板，豎直速度為零，加速度為a，則a＝
半個周期內，粒子向上運動的距離為
y＝a
又d＝2ny，t＝nT
聯立解得T＝(n＝1，2，3，…)。
題號
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7
(2)僅存在磁場時，帶電粒子在勻強磁場中做半徑為r的勻速圓周運動，則有qv0B0＝
解得r＝d
要使粒子能垂直打到Q板上，在交變磁場
的半周期，粒子軌跡的圓心角設為90°＋θ，如圖所示，
題號
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7
由幾何關系得r＋2r sin θ＝d
解得sin θ＝
則粒子打到上極板的位置距出發點的水平距離為x＝r－2r(1－cos θ)＝d。
題號
1
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7
[答案]　(1)(n＝1，2，3，…)　(2)d
8．(2022·河北卷節選)兩塊面積和間距均足夠大的金屬板水平放置，如圖1所示，金屬板與可調電源相連形成電場，方向沿y軸正方向。在兩板之間施加磁場，方向垂直xOy平面向外。電場強度和磁感應強度隨時間的變化規律如圖2所示。板間O點放置一粒子源，可連續釋放質量為m、電荷量為q(q>0)、初速度為零的粒子，不計重力及粒子間的相互作用，圖中物理量均為已知量。求：
題號
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題號
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(1)t＝0時刻釋放的粒子在t＝時刻的位置坐標；
(2)在0～時間內，靜電力對t＝0時刻釋放的粒子所做的功。
題號
1
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7
[解析]　(1)設t0＝，在0～t0時間內，E＝E0，B＝0，帶電粒子在電場中沿y軸正方向做勻加速直線運動。根據牛頓第二定律有
qE0＝ma1
由運動學規律可知v1＝a1t0
解得粒子在t＝t0時刻的速度大小為v1＝，方向沿y軸正方向
這段時間粒子沿y軸正方向運動的距離
y1＝v1·t0＝
題號
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7
在t0～2t0時間內，E＝0，B＝B0，帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動。根據粒子在磁場中運動的周期T＝，可知在這段時間內粒子偏轉180°，根據左手定則可知粒子向x軸正方向偏轉
根據洛倫茲力提供向心力，有qv1B＝
解得r1＝
題號
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0～2t0粒子運動軌跡如圖甲，則粒子沿x軸正方向運動的距離為x1＝2r1＝
所以在t＝2t0＝時刻，粒子的位置
坐標為。
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(2)由(1)知，2t0時刻粒子速度方向沿y軸負方向，大小為v1
在2t0～3t0時間內，E＝2E0，B＝0，由牛頓第二定律有2qE0＝ma2
由運動學規律有v2＝－v1＋a2t0
解得3t0時刻粒子的速度v2＝
2t0～3t0粒子沿y軸正方向運動的位移為
y2＝·t0＝0
在3t0～4t0時間內，E＝0，B＝B0，粒子沿x軸正方向運動的距離為x2＝2r2＝2＝
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4t0時刻粒子速度方向沿y軸負方向，大小為v2
在4t0～5t0時間內，E＝3E0，B＝0，根據牛頓第二定律有3qE0＝ma3
由運動學規律有v3＝－v2＋a3t0
解得5t0時刻粒子的速度v3＝
4t0～5t0粒子沿y軸正方向運動的位移為
y3＝·t0＝
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在5t0～6t0時間內，E＝0，B＝B0，粒子沿x軸正方向運動的距離為x3＝2r3＝2＝
0～6t0粒子運動的軌跡如圖乙
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在0～時間內，靜電力對粒子做的功為W＝qE0·y1＋q·2E0·y2＋q·3E0·y3＝。
[答案]　
謝 謝 ！

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