变中有不变思想解题

变中有不变专题

3、电场中的时间守恒

例题：A、B表示真空中相距为d的平行金属板，极板长为L，加上电压后，其间的电场可视为匀强电场，在t?0时，将图13所示的方形波加在A、B上，且UA?U0，UB?0，此时恰有一带电微粒沿两板中央飞入电场。微粒质量为m（不计重力），带电量为q，速度大小为v，离开电场时恰能平行于金属板飞出，求（1）所加交变电压U0的取值范围，（2）所加电压的频率应满足什么条件？

U

A U0 m v t q

-U0 B 图13

分析：若要粒子恰能平行于金属板方向飞出，就要粒子在离开电场时只有平行于金属板的速度，而垂直于金属板方向的速度为零。带电粒子在进入电场以后只受电场力作用，但电场力是周期性地变化的，在这种周期性电场力的作用下，带电粒子的运动可以分为这样两个分运动：垂直于电场方向的匀速直线运动；平行于电场方向的匀变速直线运动（加速度大小不变）。平行于电场方向的运动是比较复杂的：第一个半周内，粒子做初速度为零的匀加速运动，第二个半周内，做匀减速直线运动，末速度变为零；第三、四个半周期内的运动依次重复第一、二两个半周期内的运动。由粒子的运动情况分析可知，要使粒子能平行于金属板飞出，必须满足二个条件：一是粒子在电场中运动的时间只能是电压周期的整数倍，即t?nT，这样才能证证粒子离开电场时只具有平行于金属板方向的速度；二是粒子不能落到极板B上，在电场中平行于电场方向运动的距离要小于极板间距离的一半，即y?d/2。这两个条件就是问题的临界条件。

d， 2结合垂直于电场方向的运动规律和平行于电场方向的运动规律：

LqEqU0t?（无论电场怎么变出电场时间不变）?， a?，

vmmd解：由上面的分析有临界条件：t?nT，s?1T2naT2s?a()?2n?。

224nv2nmd2v2f?联立以上各式得：U0?、，(n?1,2,3.......)。 2LqL评价：本题是有电场的交替性引发的时间守恒问题。

1

三、空间几何守恒量（对称性与守恒量） 1、长度守恒

例题：带电粒子射入圆形磁场。

A、径向入射，入射点与磁场圆心的连线永远不变，并且入射点磁场圆心以及轨道圆心三者构成的三角形具有相对不变性。

B、非径向入射，入射点与磁场圆心的连线永远不变，并且入射点磁场圆心以及轨道圆心三者构成的三角形具有相对不变性。 注明：如果速度大小变了则产生的动态圆的圆心的轨迹不变为垂直入射方向的直线。

例1.由碰撞对称的改变速度方向而引发的动圆问题。

如图:在x轴下方有匀强电场,磁感应强度为B,方向垂直xoy平面向外,P是y轴上距原点为h的一点,N0为x轴上距原点为a的一点,A是一块平行于x轴的挡板,与x轴的距离为中点在y轴上,长度略小于

h,A的2a,带电粒子与挡板碰撞前后,x方向的分速度不变,y方向的分速度2反向,大小不变,质量为m,电量为q(q>0)的粒子从P点瞄准N0点入射,最后又通过P点,不计重力,求入射速度的所有可能值.

?,与板碰撞后再次进入磁场的位置为N1,解:设粒子入射速度为v,第一次射出磁场的点为N0粒子在磁场中运动的轨道半径为R,根据圆周运动运动和牛顿第二定律有:

R?mv (1) qBP A O

N0

粒子的速率不变,每次进入磁场与射出磁场位置的间距x1保持不变(几何量不变),

由图示几何关系(几何量守恒,对称性得到):

?N0?2Rsin? (2) x1?N0?N1相等, 粒子射出磁场与下一次进入磁场位置的距离x2始终不变,与N0由图可以看出x2?a (3)

设粒子最终离开磁场时,与挡板相碰n次(n?0,1,2,3????????)

若粒子能回到P点, 由对称性,出射点x的坐标应为-a,即(水平距离差约束): (n?1)x1?nx2?2a?????? (4) n?2a (5) 由(3)(4)解得: x1?n?1a若粒子与板发生碰撞有(碰撞约束): x1?x2? (6)

4由(3) (4)(6)得n<3,联立(1)(2)(5)得:

P

N’1

N’0

N1

N0

2

v?Bq(n?2)?a

2msin?(n?1)代入得: v?把sin??ha2?h2Bqaa2?h2,n?0 mh3Bqaa2?h2,n?1

4mh2Bqaa2?h2,n?2 v2?3mh v1?.评价:本题解题思路:几何守恒量,对称美,边界条件,多次碰撞多解。该题为碰撞使速度方向变化而产生的动态圆问题.递推关系很重要,利用入射位置与出射位置的关系,如两点距离不变,入射方向与半径的夹角出射方向与半径的夹角相等,最后再对水平位移和竖直位移进行相应的约束,关键是找出几何不变量.。

2、角度守恒

扭摆器是同步辐射装置中的插入件，能使粒子的运动轨迹发生扭摆。其简化模型如图：Ⅰ、Ⅱ两处的条形匀强磁场区边界竖直，相距为L，磁场方向相反且垂直纸面。一质量为m、电量为-q、重力不计的粒子，从靠近平行板电容器MN板处由静止释放，极板间电压为U，粒子经电场加速后平行于纸面射入Ⅰ区，射入时速度与水平和方向夹角θ=30o，

?当Ⅰ区宽度L1=L、磁感应强度大小B1=B0时，粒子从Ⅰ区右边界射出时速度与水平方向夹角也为30o，求B0及粒子在Ⅰ区运动的时间t。

?若Ⅱ区宽度L2=L1=L、磁感应强度大小B2=B1=B0，求粒子在Ⅰ区的最高点与Ⅱ区的最低点之间的高度差h。

?若L2=L1=L、B1=B0，为使粒子能返回Ⅰ区，求B2应满足的条件。

?若B1≠B2，L1≠L2，且已保证了粒子能从Ⅱ区右边界射出。为使粒子从Ⅱ区右边界射出的方向与从Ⅰ区左边界射出的方向总相同，求B1、B2、L1、L2之间应满足的关系式。

B1 ⅠB2 Ⅱ

P θ

M

m

-q

Q L1 L2 L N

3

【解析】（1）如图1所示，设粒子射入磁场I区的速度为v， 在磁场I区做圆周运动半径为R1， 由动能定理和牛顿第二定律得：

B I θ θ θ B 12v2qU?mv，①qvB0?m，②

2R1由几何关系得R1?L2?L，③ 联立①②③得，B0?II 12mU，④

LqL1 设粒子在I区做圆周运动周期为T，运动时间为t，

L 图1

L2 T?2?R1t2??，⑤ ，⑥

vT3600联立①③⑤⑥式解得t??L3m，⑦ 2qUB1 I θ θ θ θ B2 II （2）设粒子在磁场II区做圆周运动半径为R2，

v由牛顿第二定律得：qB2R2?m，⑧

R2由几何知识得h?(R1?R2)(1?cos?)?Ltan?，⑨ 联立②③⑧⑨式解得h?(2?223)L，⑩ 3L1 （3）如图2所示，为使粒子能再次返回到I区应满足

L 图2

L2 R2(1?sin?)?L， ?

联立①⑧11○式解得B2?

4

3mU，?

L2q

（4）如图3（或图4）所示，设粒子射出磁场I区时速度与水平方向的夹角为?， 由几何知识可得

L1?R1(sin??sin?)或L1?R1(sin??sin?)，?

L2?R2(sin??sin?)或L2?R2(sin??sin?)，?

联立②⑧13○14○式解得B1L1?B2L2。?

B1 I θ B2 II θ θ θ θ L1 L 图3

L2

B2 α θ θ B1 I θ II L1

L 图4

L2

评价：本题是有平行磁场一发的一类角度守恒问题，对于平行磁场一般用三角函数或勾股定理来建立联系。对于圆形磁场也有入射方向与半径的夹角总等于出射方向与半径的夹角为以几何守恒量即追寻守恒量的思想，有时还用到平行磁场和轨道圆交换运动方式来完成解题即动中有静的思想。

5

本文来源：https://www.bwwdw.com/article/i562.html