高考物理復(fù)習(xí)講義第80講 帶電粒子在交變電或磁場中的運動（解析版）

第80講帶電粒子在交變電或磁場中的運動

I真題示例_______________________________

1.（2021?浙江）如圖甲所示，空間站上某種離子推進(jìn)器由離子源、間距為d的中間有小孔

的兩平行金屬板M、N和邊長為L的立方體構(gòu)成，其后端面P為噴口.以金屬板N的中

心O為坐標(biāo)原點，垂直立方體側(cè)面和金屬板建立x、y和Z坐標(biāo)軸，M、N板之間存在場

強(qiáng)為E、方向沿Z軸正方向的勻強(qiáng)電場；立方體內(nèi)存在磁場，其磁感應(yīng)強(qiáng)度沿Z方向的分

量始終為零，沿X和y方向的分量BX和By隨時間周期性變化規(guī)律如圖乙所示，圖中Bo

可調(diào).敬離子（Xe2+）束從離子源小孔S射出，沿Z方向勻速運動到M板，經(jīng)電場加速

進(jìn)入磁場區(qū)域，最后從端面P射出，測得離子經(jīng)電場加速后在金屬板N中心點O處相對

推進(jìn)器的速度為vo.已知單個離子的質(zhì)量為m、電荷量為2e,忽略離子間的相互作用，

且射出的離子總質(zhì)量遠(yuǎn)小于推進(jìn)器的質(zhì)量。

（1）求離子從小孔S射出時相對推進(jìn)器的速度大小V。

（2）不考慮在磁場突變時運動的離子，調(diào)節(jié)BO值，使得從小孔S射出的離子均能從噴

口后端面P射出，求Bo的取值范圍；

（3）設(shè)離子在磁場中的運動時間遠(yuǎn)小于磁場變化周期T,單位時間從端面P射出的離子

數(shù)為n,且Bo=粵也，求圖乙中t0時刻離子束對推進(jìn)器作用力沿Z軸方向的分力。

【解答】解：（1）離子從小孔S射出運動到金屬板N中心點O處，根據(jù)動能定理有：

2eEd=I）—IImv2,

解得離子從小孔S射出時相對推進(jìn)器的速度大小：V=J咤一嚕

（2）當(dāng)磁場僅有沿X方向的分量取最大值時，離子從噴口P的下邊緣中點射出，根據(jù)幾

何關(guān)系有：

22

（Λ1-∣）+L=Rl,

根據(jù)洛倫茲力提供向心力有:

v2

2evoBo=m-p??,

Kl

聯(lián)立解得：Bo=?

當(dāng)磁場在X和y方向的分量同取最大值時，離子從噴口P邊緣交點射出，根據(jù)幾何關(guān)系

有:

照-竽L）2+L2=Rl,此時B=√2Bo;

根據(jù)洛倫茲力提供向心力有：

2

2eXvoXV2Bo=D°,

κ2

聯(lián)立解得Bo=舞，

故Bo的取值范圍為0~f?

3eL

（3）離子在立方體中運動軌跡剖面圖如圖所示

由題意，根據(jù)洛倫茲力提供向心力有：

2eXVo×√2B0=寫過，且滿足Bo='￡岑。，

所以可得R3=潟常，解得R3=%所以可得CoSo=|,

離子從端面P射出時，在沿Z軸方向根據(jù)動量定理有：

FΔt=n?tmvocosθ-0,

根據(jù)牛頓第三定律可得離子束對推進(jìn)器作用力大小為:F'=Inmv0,方向沿z軸負(fù)方向。

答：（1）離子從小孔S射出時相對推進(jìn)器的速度大小為J詔-嚕。

（2）Bo的取值范圍為0?誓；

3eL

（3）圖乙中to時刻離子束對推進(jìn)器作用力沿Z軸方向的分力大小為Imm?,方向沿Z軸

負(fù)方向。

一.知識回顧

交變場是指電場、磁場在某一區(qū)域內(nèi)隨時間做周期性變化，帶電粒子在交變場中的運動

問題涉及的物理過程比較復(fù)雜。粒子在交變場中的運動情況不僅與交變電磁場的變化規(guī)律有

關(guān)，還與粒子進(jìn)入場的時刻有關(guān)。

周期性變化的電磁場會使帶電粒子順次歷經(jīng)不同特點的電磁場,從而表現(xiàn)出“多過程”

現(xiàn)象。所以最好畫出粒子的運動軌跡草圖，并把粒子的運動分解成多個階段分別列方程聯(lián)立

求解。

二.典型例題

題型一：交變磁場

例1.如圖甲所示，M、N為豎直放置彼此平行的兩塊平板，板間距離為d,兩板中央各有

一個小孔0、0'正對，在兩板間有垂直于紙面方向的磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間的變化如

圖乙所示，設(shè)垂直紙面向里為磁場的正方向。有一群正離子在t=0時垂直于M板從小孔

0射入磁場。已知正離子質(zhì)量為m、電荷量為q,正離子在磁場中做勻速圓周運動的周期

與磁感應(yīng)強(qiáng)度變化的周期都為To,忽略粒子間的相互作用力和離子的重力。

(1)求磁感應(yīng)強(qiáng)度Bo的大?。?/p>

(2)若正離子在To時刻恰好從0'孔垂直于N板射出磁場，求該離子在磁場中的運動

半徑；

(3)要使正離子從0'孔垂直于N板射出磁場，求正離子射入磁場時速度vo的大小。

MNo

L?7?0?yH?2T0t

2：!2：

【解答】解：(1)正離子在磁場中做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，即

qvoBo=m-

r

正離子做勻速圓周運動的周期為

聯(lián)立解得

(2)由題意，作出正離子的運動軌跡如圖所示，根據(jù)幾何關(guān)系可知正離子的運動半徑為

(3)要使正離子從(7孔垂直于N板射出磁場，根據(jù)離子運動軌跡的周期性可知離子在

磁場中運動時間滿足

t=nTo(n=l,2,3???)

則運動半徑滿足

r=?(n=l,2,3…)

聯(lián)立.解得

vo=2?(n=l,2,3-)

2πm

答：(1)磁感應(yīng)強(qiáng)度Bo的大小為丁?。?/p>

(2)若正離子在To時刻恰好從0'孔垂直于N板射出磁場，該離子在磁場中的運動半

-S,d

徑為二；

4

(3)要使正離子從O'孔垂直于N板射出磁場，正離子射入磁場時速度V0的大小為旦

2nT0

(n=l,2,3…)。

題型二：交變電場+交變磁場

例2.如圖甲所示，一對平行金屬板C、D,0、Oi為兩板上正對的小孔，緊貼D板右側(cè)存

在上下范圍足夠大、寬度為L的有界勻強(qiáng)磁場區(qū)，磁場方向垂直紙面向里，MN、GH是

磁場的左、右邊界。現(xiàn)有質(zhì)量為m、電荷量為+q的粒子從O孔進(jìn)入C、D板間，粒子初

速度和重力均不計。

G

CUCD

-3

25oIlil1~l?

BQ―：：_：：

Illl

Illl

Illl

O孚益ITQIT0

甲乙丙

(DC,D板間加恒定電壓U,C板為正極，板相距為d,求板間勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小E

和粒子從O運動到Oi的時間t；

(2)C、D板間加如圖乙所示的電壓，Uo、T為已知量。t=0時刻帶電粒子從O孔進(jìn)入，

為保證粒子到達(dá)0,孔具有最大速度，求粒子到達(dá)O1孔的最大速度Vm和板間d應(yīng)滿足的

條件；

,

(3)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間t的變化關(guān)系如圖丙所示，Bo為已知量，周期T0=

最t,=0時刻，粒子從Oi孔沿OOl延長線OIo2方向射入磁場，始終不能穿出右邊

界GH,求粒子進(jìn)入磁場時的速度V應(yīng)滿足的條件。

【解答】解：(1)板間勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)為：E=，

粒子在板間的加速度為：a=黑

根據(jù)位移-時間關(guān)系有：d=∣αt2

解得一=d扁

(2)粒子一直加速到達(dá)Oi孔速度最大，設(shè)經(jīng)歷時間to,則有：

t°=d扁≤J

當(dāng)U取Uo時，解得：d≤jJ?

由動能定理有：qUo=∣?mv?

解得：Vm=探^

(3)當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度分別為Bo、2Bo時，設(shè)粒子在磁場中圓周運動半徑分別為ri、r2,周

期分別為Ti、T2,

V2

根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得：qvBo=m-

解得：n=嵌

且有：Ti=鬻=2T。

同理可得：「2=嬴W

且有：T2=瑞=TO

故。巖粒子以半徑”逆時針轉(zhuǎn)過四分之一圓周，

y-T0粒子以半徑r2逆時針轉(zhuǎn)過二分之一圓周，

TO?強(qiáng)粒子以半徑∏逆時針轉(zhuǎn)過四分之一圓周，

等?2To粒子以半徑r2逆時針轉(zhuǎn)過二分之一圓周，

2To?等粒子以半徑π逆時針轉(zhuǎn)過四分之一圓周，

拳?3To粒子以半徑r2逆時針轉(zhuǎn)過二分之一圓周，

3To?一粒子以半徑π逆時針轉(zhuǎn)過四分之一圓周后從左邊界飛出磁場，如圖所示:

由幾何關(guān)系有：∏+Γ2≤L

解得：v≤舞

答：（1）C、D板間加恒定電壓U,C板為正極，板相距為d,求板間勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大

小E為子和粒子從O運動到Oi的時間t為d信；

（2）C、D板間加如圖乙所示的電壓，Uo、T為已知量。t=0時刻帶電粒子從O孔進(jìn)入，

為保證粒子到達(dá)Oi孔具有最大速度，則粒子到達(dá)Oi孔的最大速度Vm為僧^板間距

d應(yīng)滿足不大于d?

（3）磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間t,的變化關(guān)系如圖丙所示，BO為已知量，周期To=

贏。t'=0時刻，粒子從Oi孔沿OOi延長線O∣O2方向射入磁場，始終不能穿出右邊

2qBL

界GH,則粒子進(jìn)入磁場時的速度V應(yīng)滿足的條件不大于笠一。

3τn

G

三.舉一反三，鞏固練習(xí)

1.如圖甲所示，一對平行金屬板C、D相距為d,兩板長L,在CD間加如圖乙所示交變

電壓(Uo是已知量,T是不確定的未知量).平行板右側(cè)是兩個緊鄰的有界勻強(qiáng)磁場區(qū)，

磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B∣=B2=Bo,磁場方向都垂直于紙面并相反,磁場邊界MM'、NN'、

PP,垂直于極板.質(zhì)量m、電量-e的電子以相同的速度不斷從左側(cè)沿兩板中線00,

射入極板間，不計電子所受重力作用.

(1)若t=0時刻在0點進(jìn)入電場的電子能在0-T/2時間段內(nèi)某時刻穿出極板間，求電

子射入初速度V和交變電壓周期T應(yīng)該滿足的條件.

(2)若電子射入初速度Vo和交變電壓周期T滿足條件：L=孚，所有從O點射入電

場的電子恰好都能夠穿出C、D極板，求電子射入的初速度vo.

(3)不考慮電場邊緣效應(yīng)，在(2)的情景下，t=彳時刻射入電場的電子穿出極板間電場

后又進(jìn)入磁場運動，電子經(jīng)過磁場的偏轉(zhuǎn)又恰好從0'返回板間電場，求圖甲中兩磁場

區(qū)寬度h和12滿足的條件.

【解答】解：(1)電子通過極板時間：t=

電場方向上加速度：a=??,

電場方向上的位移：y=2at2?

已知：y≤ad,

≡=≡Φ2≤?v≥?

EW則T》隔

(2)電子穿過電場時間：t=4=∣Γ,

在UCD=2UO時段電子加速度大?。篴ι二^方向向匕

在UCD=Uo時段電子加速度大?。篴2=方向向下，

不同時刻進(jìn)入電場電子在垂直電場方向速度隨時間變化圖象如圖

t=kT(k=0,1,2…)時刻進(jìn)入電場的電子側(cè)向位移最大，所以有此刻電子側(cè)位移

IT)TTIT)TTTIT

s=?a?(一)"+[a?(-)(―)—5a2(-)^"]+[aι(-)-a2(-)](一)÷?a?(-)**=?,

222222222222

解得：T.悻，V。=Ih照;

(3)由(2)問中垂直板方向速度圖象可知，

t=∣T時刻射入電場的電子在0'點穿出極板時刻速度等于初速度vo,

經(jīng)過磁場偏轉(zhuǎn)后返回0'點，軌跡如圖所示：

由牛頓第二定律得：evoB=mF，解得：r=篝，

兩區(qū)域磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等

所以：n=t2=R=焉

三圓心連線為等邊三角形：α=60°,

兩磁場區(qū)寬度滿足：h=RSin60°=焉fi,

b≥R÷Rsin60"=β÷?J?,

答：（1）電子射入初速度v≥5J警，交變電壓周期T》d點.

（2）電子射入的初速度Vo=號鏢.

（3）圖甲中兩磁場區(qū)寬度Il=翕H2需L

2.如圖甲所示，在Xoy坐標(biāo)平面y軸左側(cè)有一速度選擇器，速度選擇器中的勻強(qiáng)電場方

向豎直向下，兩板間的電壓為U,距離為d；勻強(qiáng)磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直

紙面向里.xθy坐標(biāo)平面的第一象限（包括x、y軸）內(nèi)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為Bo、方

向垂直于XOy平面且隨時間做周期性變化的勻強(qiáng)磁場，如圖乙所示（磁場方向垂直xθy

平面向里的為正）.一束比荷不同的帶正電的粒子恰能沿直線通過速度選擇器，在t=0

時刻從坐標(biāo)原點O垂直射入周期性變化的磁場中.部分粒子經(jīng)過一個磁場變化周期TO

后，速度方向恰好沿X軸正方向.不計粒子的重力，求：

（1）粒子進(jìn)入周期性變化的磁場的速度”；

（2）請用三角板和圓規(guī)作出經(jīng)一個磁場變化周期TO后，速度方向恰好沿X軸正方向，

且此時縱坐標(biāo)最大的粒子的運動軌跡，并求出這種粒子的比荷上V；

m

（3）在（2）中所述的粒子速度方向恰好沿X軸正方向時的縱坐標(biāo)y.

【解答】解：（1）粒子沿直線通過速度選擇器，則洛倫茲力與電場力平衡，有:

quB=q,-----------①

所以u=葛-------②

（2）滿足條件的粒子的運動軌跡如右圖所示.

設(shè)粒子在磁場中運動半徑為R,有幾何關(guān)系得:

P

siτιθ=2^-----------（3）

粒子運動的周期為T,有：

71—θ

——T=TO-----------④

π

T=領(lǐng)——⑤

由③④⑤得：

q5π

----------⑥

m3%To

（3）粒子在磁場中有：

v2

qvB0=m?-----------⑦

由圖可得：

y=2R+2Rcosθ----⑧

山②⑦⑧得：

,C不、3UT

y=(2+√3)?^ct

答：（D粒子進(jìn)入周期性變化的磁場的速度為七;

（2）這種粒子的比荷上專為嬴;

（3）在（2）中所述的粒子速度方向恰好沿X軸正方向時的縱坐標(biāo)y=（2+8）蠹.

y

3.如圖（a）所示，水平直線MN下方有豎直向上的勻強(qiáng)電場，現(xiàn)將一重力不計、比荷包=

IO6CZkg的正電荷置于電場中的O點由靜止釋放，經(jīng)過時間GXIOrS以后，電荷以

VO=I.5Xl（）4m∕s的速度通過MN進(jìn)入其上方的均勻磁場，磁場與紙而垂直，磁感應(yīng)強(qiáng)

度B按圖（b）所示規(guī)律周期性變化，圖（b）中磁場以垂直紙面向里為正，以電荷第一

次通過MN時為t=0時刻。求：

（1）勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E；

（2）圖（b）中t=萼XlO-5s時刻電荷與。點的水平距離；

（3）如果在O點正右方43.5Cm處有一垂直于MN的足夠大的擋板，求電荷從O點出發(fā)

運動到擋板的時間。

π2π4πl(wèi)?t∕(X10^^5s)

31535

∏

【解答】解：（1）電荷在電場中做勻加速直線運動，其在電場中加速運動的時間為二X

15

10^5s,由勻變速直線運動規(guī)律得

vo=atι

由牛頓第二定律得

qE=ma

代入數(shù)據(jù)解得：E=7.2×IO3NZC

（2）粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力

qvoB=m-

r

解得：r=翳

當(dāng)磁場垂直紙面向外時，電荷運動的半徑

_mvp

"一西

做圓周運動的周期

τ_2兀廠］_2πτn

l-

V0~~qβ^

代入數(shù)據(jù)解得

r?=5cm

TI=芋XlOrS

同理可得，當(dāng)磁場垂直紙面向里時，電荷圓周運動的半徑為

D=嗎

~q%

代入數(shù)據(jù)解得：立=3Cm

做圓周運動的周期

T2πm

T2=耐

5

代入數(shù)據(jù)解得：T2=?xlOS

從電荷第一次通過MN開始其運動的周期為

Fπ.,12τr,12π、八八-54π,?-5

T=z(x4+5X-5-+5XW)x×10-s=wX10

1523255

所以t=￡XIO-5S時刻粒子距離O點的水平距離為

Ad=2（∏-r2）

代入數(shù)據(jù)解得：?d=4cm

（3）由第（2）的分析可知，每經(jīng)過一個周期，粒子在水平方向向右前進(jìn)4cm,根據(jù)電荷

的運動情況可知，電荷到達(dá)擋板前運動的完整周期數(shù)為9個，即

s=9Ad=9X4Cm=36Cm

則最的后7.5m的距離如圖2所示

圖2

山幾何關(guān)系可得

r∣+∏cosα=7.5cm

解得：cosa=0.5

即a=60o

故電荷運動的總時間

t總=tι+9T+??i

代入數(shù)據(jù)解得：t總=^ττxlθ5S

答：(1)勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E為7.2X1()3N∕C;

(2)圖(b)中t=萼XlO-5s時刻電荷與。點的水平距離為4cm；

(3)如果在O點正右方43.5Cm處有一垂直于MN的足夠大的擋板，求電荷從O點出發(fā)

337

運動到擋板的時間為——7?！?0-So

45

4.如圖甲所示，以兩虛線M、N為邊界，中間存在平行紙面且與邊界垂直的電場，M、N

間電壓UMN的變化圖像如圖乙所示，電壓的最大值為Uo、周期為To,M、N兩側(cè)為相

同的勻強(qiáng)磁場區(qū)域I、II,磁場方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度均為B,當(dāng)t=0時，將

一帶正電的粒子從邊界線M上的A處由靜止釋放，經(jīng)電場加速后進(jìn)入磁場，粒子在磁

場中做圓周運動的周期也為To。兩虛線M、N間寬度很小，粒子在其間的運動時間忽

略不計，也不考慮粒子所受的重力。

(1)求該粒子的比荷色;

(2)求粒子第1次和第3次到達(dá)磁場區(qū)域I的左邊界線N的兩位置間的距離Ad；

(3)若粒子的質(zhì)量增加到原來質(zhì)量的S倍，電荷量不變，t=0時，將其在A處由靜止釋

4

放，求t=2To時粒子的速度大小v?

【解答】解：(1)粒子進(jìn)入磁場后做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定

V2

律得：qvB=1τι7

粒子做圓周運動的周期為：T=等，

解得：R=器，T=箸，周期與半徑、速率無關(guān)，

由題可知：T=To,

解得：—=f?:

mBT0

(2)由于不計粒子穿越MN間的時間，則可認(rèn)為t=0時刻出發(fā)的粒子穿越MN的過程

中電壓始終為Uo,

第1次加速后的速度為V”根據(jù)動能定理可得：qU0=∣mvf

解得：V尸僭

即區(qū)域I磁場中第一次做勻速圓周運動，根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得：qvιB=m善

得到：R,==?j?=J?ra

同理可得，之后粒子分別在H和I磁場中做圓周運動的半徑分別為：R2=√2Λ1

粒子第1次和第3次到達(dá)磁場區(qū)域I的左邊界線N的兩位置間的距離Ad=2R2-2Rι=2

(√2-l)R∣=2(√2-l)j??;

(3)粒子的質(zhì)量增加為?n,粒子做圓周運動的周期：T'=JTo

每半個周期為今’=∣T0,

從t=0開始到t=2To為止的時間內(nèi)，根據(jù)加速電壓圖象可知粒子共加速了4次,

51015

對應(yīng)的時刻為：0、-To,—To,—To

888

且加速電壓分別為：Uo、3Uo、0、一BUO

15Il

前兩次加速、最后一次減速，由動能定理得：-X-mv2=q(1+5+0-GUo,

解得：V=匾=牌。

答：(1)該粒子的比荷為一；

BT0

(2)粒子第1次和第3次到達(dá)磁場區(qū)域I的左邊界線N的兩位置間的距離為2(√Σ-1)

FA

√Bπ；

(3)2To時粒子的速度大小為

5.如圖甲所示，在XOy平面的第一象限內(nèi)存在周期性變化的磁場，規(guī)定磁場垂直紙面向

內(nèi)的方向為正，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示。質(zhì)量為m、電荷量為+q

的粒子，在t=0時刻沿X軸正方向從坐標(biāo)原點O射入磁場。圖乙中TO為未知量，不計

粒子的重力(Sin37。=0.6,cos37o=0.8)。

(1)若粒子射入磁場時的速度為vo,求0?17°時間內(nèi)粒子做勻速圓周運動的半徑；

(2)若粒子恰好不能從Oy軸射出磁場，求磁感應(yīng)強(qiáng)度變化的周期To;

(3)若使粒子能從坐標(biāo)為(d,√3d)的D點平行于OX軸射出，求射入磁場時速度大小。

【解答】解：(1)粒子在磁場中做勻速圓周運動，根據(jù)洛倫茲力提供向心力得

qvo?3Bo=m-

解得

3q80

(2)要使粒子恰好不從y軸射出，軌跡如圖1

在前ITo內(nèi)的運動半徑為

口一福

在后370內(nèi)的運動半徑

r2^2^?

由幾何關(guān)系知

sinθ=—?-

rl÷r2

解得

θ=37o

0~170粒子做圓周運動的周期

2ττm

而再

oo

π,180-372

則------F7。

360°

解得磁感應(yīng)強(qiáng)度變化周期

_143Trm

1°=216BOq

（3）要想使粒子經(jīng)過D點且平行OX軸射出，則粒子只能從nTo時刻經(jīng)過D點，（其中

n=l,2,3…），則軌跡如圖2

設(shè)粒子射入磁場的速度為V,由（2）可得

3

r2=2rι

由幾何關(guān)系可知

n(2r2cos300+2∏COS30O)=2d

V2

又qv?3Bo=m-

聯(lián)立解得：V=4弋鬻d,(n=],2>3?..)

答:（1）若粒子射入磁場時的速度為VO,0-∣To時間內(nèi)粒子做勻速圓周運動的半徑為器;

（2）若粒子恰好不能從Oy軸射出磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度變化的周期為崇

（3）若使粒子能從坐標(biāo)為（d,√3d）的D點平行于OX軸射出，射入磁場時速度大小為

4√3B0<7d1?7?

v=-UUl,（∏=1,2,3…）。

5nm

6.如圖甲所示，在XOy平面的第一象限內(nèi)（含X