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0t =时，将图13所示的方形波加在A 、B 上，且U A U =0，U B 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U 0的取值范围，（2）所加电压的频率应满足什么条件？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/2y d 。
这两个条件就是问题的临界条件。
解：由上面的分析有临界条件：t nT =，2ds <， 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：L t v =（无论电场怎么变出电场时间不变）， 0qU qE a m md==，221()2224T naT s a n =⨯=。
联立以上各式得：22202qLv nmd U <、nv f L =，(1,2,3.......)n =。
评价：本题是有电场的交替性引发的时间守恒问题。
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,N 0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2h,A 的中点在y 轴上,长度略小于2a,带电粒子与挡板碰撞前后,x 方向的分速度不变,y 方向的分速度反向,大小不变,质量为m,电量为q(q>0)的粒子从P 点瞄准N 0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.解:设粒子入射速度为v,第一次射出磁场的点为0N ',与板碰撞后再次进入磁场的位置为1N ,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:qBm vR =(1) 粒子的速率不变,每次进入磁场与射出磁场位置的间距x 1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):θsin 2001R N N x ='= (2) 粒子射出磁场与下一次进入磁场位置的距离x 2始终不变,与10N N '相等, 由图可以看出a x =2 (3)设粒子最终离开磁场时,与挡板相碰n 次)3,2,1,0(⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅=n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): ⋅⋅⋅⋅⋅⋅=-+a nx x n 2)1(21 (4)由(3)(4)解得: a n n x 121++=(5) 若粒子与板发生碰撞有(碰撞约束): 421ax x >- (6)由(3) (4)(6)得n<3,联立(1)(2)(5)得:P N 0A ON ’1N ’0N 0N 1Pa n n m Bq v )1()2(sin 2++⋅=θ把22sin h a h +=θ代入得: 0,22=+=n h a mhBqav 1,43221=+=n h a mh Bqav2,32222=+=n h a mhBqav .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，⑪当Ⅰ区宽度L 1=L 、磁感应强度大小B 1=B 0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B 0及粒子在Ⅰ区运动的时间t 。
⑫若Ⅱ区宽度L 2=L 1=L 、磁感应强度大小B 2=B 1=B 0，求粒子在Ⅰ区的最高点与Ⅱ区的最低点之间的高度差h 。
⑬若L 2=L 1=L 、B 1=B 0，为使粒子能返回Ⅰ区，求B 2应满足的条件。
⑭若B 1≠B 2，L 1≠L 2，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B 1、B 2、L 1、L 2之间应满足的关系式。
【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1R ， 由动能定理和牛顿第二定律得：212qU mv =，①201v qvB m R =，②由几何关系得12R L L ==，③联立①②③得，0B =设粒子在I 区做圆周运动周期为T ，运动时间为t ，12R T v π=，⑤ 02360t T θ=，⑥联立①③⑤⑥式解得t =（2）设粒子在磁场II 区做圆周运动半径为2R ，由牛顿第二定律得：2222vqB R m R =，⑧由几何知识得12()(1cos )tan h R R L θθ=+-+，⑨联立②③⑧⑨式解得(23h L =-，⑩ （3）如图2所示，为使粒子能再次返回到I 区应满足2(1sin )R L θ+≤， ⑪联立①⑧○11式解得2B ≥⑫图2图1（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α， 由几何知识可得1111(sin sin )(sin sin )L R L R θαθα=+=-或，⑬2222(sin sin )(sin sin )L R L R θαθα=+=-或，⑭联立②⑧○13○14式解得1122B L B L =。
⑮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。
图3图43、三角形守恒例题：2000年1月26日我国发射了一颗同步卫星，其定点位置与东经98°的经线在同一平面内。
若把甘肃省嘉峪关处的经度和纬度近似取为东经98°和北纬α＝40°，已知地球半径R 、地球自转周期T 、地球表面重力加速度g （视为常量）和光速c 。
试求该同步卫星发出的微波信号传到嘉峪关处的接收站所需的时间（要求用题给的已知量的符号表示）。
建模如图：解：设m 为卫星质量，M 为地球质量，r 为卫星到地球中心的距离，ω为卫星绕地心转动的角速度，由万有引力定律和牛顿定律有，2224mM G mr r Tπ= （1） 式中G 为万有引力恒量， 又mg RMm G=2，得2gR GM = （2） 设嘉峪关到同步卫星的距离为L ，如图所示，由余弦定理αcos 222rR R r L -+= （3） 所求时间为，cLt = （4） 由以上各式得：ca gT R R R gT R t cos 42431222232222⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=ππ （5）评价：本题目是由于卫星和地球同时运动引出的动静问题，虽然两者都运动但是有地表上的一点、卫星及中心天体的几何中心构成的三角形是不动的，体现了动中有静的物理思想。
4、动态圆守恒（粒子速度方向变化轨道圆的大小不变只是绕某点转动）模型如下图例题：.由速度方向变化引发的动圆或动圆弧问题例题：如图所示：在a x 30≤≤区域内存在与ｘ0ｙ平面垂直的匀强电场，磁感应强度大小为B ，在ｔ＝0时刻，一位于坐标原点的粒子源在ｘｏｙ平面内发射出大量同种带粒子，所有粒子的初速度大小相同，方向与ｙ轴正方向的夹角分布在0－1800范围内。
已知沿ｙ轴正方向发射的粒子在ｔ＝ｔ0时刻刚好从磁场边界上P （a a ,3）点离开磁场，求： （1） 粒子在磁场中做圆周运动的半径R 。
（2） 此时仍在磁场中的粒子的初速度方向与ｙ轴正方向夹角的取值范围。
（3） 从粒子发射到全部粒子离开磁场所用的时间。
解: (1)如图333tan ==∠aa PoB ,030=∠∴PoB 由几何关系,32πϕ=∠所以粒子在磁场中运动的时间30Tt = (1) 由几何关系: Ra=-)sin(ϕπ (2)a R 332= (2)由于方向变化,因此扇形P O O '将绕顺时针转动,且弦OP 绕O转动,以O 为圆心OP 为半径画圆与磁场两边界有交点MN,由几何守恒量知,以OM 为弦的扇形的初速度与OM 夹角,等于以OP 为弦的扇形的初速度方向与OP 方向的夹角.等于3π.因此有OM 为弦的扇形的初速度v m 与y 轴正向的夹角为3π,v N 为32π.因此有323πθπ≤≤.(3)由题知,t 为在磁场中运动时间最长的带电粒子的运动时间,t 最长v 大小不变,要求回旋角最大,弧长最大,如图:当轨迹与右边界相切时,t 有最大值.有几何关系和对称性可知:NB MOPO ’OP,3cos r r a -=θ又因为v 大小不变,因此332aRr =, 21cos =θ,3πθ=,0232222t T T t ==-=∴πθπ, 也可有对称性直接求出t=2t 0.评价:本题考查了由于v 方向变化而引出动态圆问题,解决问题的方法就是以动态圆弧对应的弦为半径画圆处理,及对应弦端点的轨迹方程的应用,并且考虑空间约束.做题过程体现了对称性的作用(也体现了在运动和变化过程中寻找几何守恒量的重要性)。