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第十章　磁場
專題突破十二　帶電粒子在交變電磁場中的運動
細研考點·突破題型
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
突破一　帶電粒子在交變磁場中的運動
[典例1]　如圖甲所示，虛線MN的左側空間中存在豎直向上的勻強電場(上、下及左側無邊界)。一個質量為m、電荷量為q的帶正電小球(視為質點)，以大小為v0的水平初速度沿PQ向右做直線運動。若小球剛經過D點時(t＝0)，在電場所在空間疊加如圖乙所示隨時間周期性變化、垂直紙面向里的勻強磁場，使得小球再次通過D點時的速度方向與PQ連線成60°角。已知D、Q間的距離為(＋1)L，t0小于小球在磁場中做圓周運動的周期，重力加速度大小為g。
(1)求電場強度E的大??；
(2)求t0與t1的比值；
(3)小球過D點后將做周期性運動，當小球運動的周期最大時，求此時磁感應強度的大小B0及運動的最大周期Tm。
審題指導：
關鍵語句 獲取信息
沿PQ向右做直線運動 小球受力平衡，通過平衡條件，可求出電場強度的大小
小球再次通過D點時速度與PQ連線成60°角 畫出運動軌跡，找出直線運動位移大小與勻速圓周運動軌跡半徑的關系
求運動的最大周期 當小球運動軌跡最長，圓弧軌跡與MN相切時小球運動周期最大
[解析]　(1)小球沿PQ向右做直線運動，受力平衡，則mg＝Eq，解得E＝。
(2)小球能再次通過D點，其運動軌跡應
如圖(a)所示。
設小球做勻速圓周運動的軌跡半徑為r，
則由幾何關系有s＝
又知s＝v0t1
圓弧軌跡所對的圓心角θ＝2π－＝π，則t0＝，聯立解得＝π。
(3)當小球運動的周期最大時，其運動軌跡應與MN相切，小球運動一個周期的軌跡如圖(b)所示，由幾何關系得
R＋＝(＋1)L
解得R＝L
由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有qv0B0＝
解得B0＝
小球在一個周期內運動的路程
s1＝3××2πR＋6×＝(4π＋6)L
故Tm＝＝。
[答案]　(1)　(2)π　(3)　
突破二　帶電粒子在交變電磁場中的運動
[典例2]　(2025·廣東惠州模擬)如圖甲所示，在xOy平面內存在磁場和電場，磁感應強度和電場強度大小隨時間周期性變化，B的變化周期為4t0，E的變化周期為2t0，變化規律分別如圖乙和圖丙所示。在t＝0時刻從O點發射一帶負電的粒子(不計重力)，初速度大小為v0，方向沿y軸正方向，在x軸上有一點A(圖中未標出)，坐標為。若規定垂直紙面向里為磁感應強度的正方向，y軸正方向為電場強度的正方向，v0、t0、B0為已知量，磁感應強度與電場強度的大小滿足＝，粒子的比荷滿足＝。求：
(1)在t＝時，粒子的位置坐標；
(2)粒子偏離x軸的最大距離；
(3)粒子運動至A點的時間。
[解析]　(1)在0～t0時間內，粒子做勻速圓周運動，根據洛倫茲力提供向心力可得
qv0B0＝mr1＝
解得T＝2t0，r1＝＝
則粒子在時間內轉過的圓心角α＝
所以在t＝時，粒子的位置坐標為。
(2)在t0～2t0時間內，設粒子經電場加速后的速度為v，粒子的運動軌跡如圖所示。
則v＝v0＋t0＝2v0
運動的位移x＝t0＝v0t0
在2t0～3t0時間內粒子做勻速圓周運動
半徑r2＝2r1＝
故粒子偏離x軸的最大距離
h＝x＋r2＝v0t0＋。
(3)粒子在xOy平面內做周期性運動的運動周期為4t0，故粒子在一個周期內向右運動的距離
d＝2r1＋2r2＝
A、O間的距離為＝8d
所以，粒子運動至A點的時間t＝32t0。
[答案]　(1)　(2)v0t0＋　(3)32t0
[典例3]　(2025·廣東珠海模擬)如圖甲所示，在xOy平面內存在均勻、大小隨時間周期性變化的磁場和電場，變化規律分別如圖乙、丙所示(規定垂直紙面向里為磁感應強度的正方向、沿y軸正方向電場強度為正)。在t＝0時刻由原點O發射初速度大小為v0、方向沿y軸正方向的帶負電粒子。已知v0、t0、B0，粒子的比荷為，不計粒子的重力。求：
(1)t＝t0時，粒子的位置坐標；
(2)若t＝5t0時粒子回到原點，0～5t0時間內粒子距x軸的最大距離；
(3)若粒子能夠回到原點，滿足條件的所有E0值。
[解析]　(1)粒子在0～t0時間內沿順時針方向做勻速圓周運動，有qv0B0＝，T＝
解得r1＝，T＝
又粒子的比荷＝
解得r1＝，T＝2t0
故t＝t0時，粒子的位置坐標為。
(2)粒子在t＝5t0時回到原點，運動軌跡如圖(a)所示。由r2＝2r1，r1＝，r2＝，解得v2＝2v0
則在0～5t0時間內粒子距x軸的最大距離hm＝t0＋r2＝v0t0。
(3)如圖(b)所示，設帶電粒子在x軸下方做圓周運動的軌跡半徑為，由幾何關系可知，要使粒子能夠回到原點，則必須滿足
n(2r′2－2r1)＝2r1(n＝1，2，3，…)
其中r′2＝
解得v＝v0(n＝1，2，3，…)
又v＝v0＋t0
解得E0＝(n＝1，2，3，…)。
[答案]　(1)　(2)v0t0
(3)(n＝1，2，3，…)
專題突破練習(十二)　帶電粒子在交變電磁場中的運動
1．如圖所示，一個質量為m、電荷量為＋q的帶電粒子，不計重力，在a點以某一初速度水平向左射入磁場區域Ⅰ，沿曲線abcd運動，ab、bc、cd都是半徑為R的圓弧，粒子在每段圓弧上運動的時間都為t。規定垂直于紙面向外的磁感應強度為正，則磁場
區域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三部分的磁感應強度B隨x變化
的關系可能是(　　)
A　　　　　　　 　B
C　　　　　　 　　D
√
C　[由左手定則可判斷出磁感應強度B在區域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ內的方向分別為向外、向里和向外，在三個區域中均運動圓周，故t＝，由于T＝，求得B＝，選項C正確。]
2．如圖(a)所示的xOy平面處于變化的勻強電場和勻強磁場中，電場強度E和磁感應強度B隨時間做周期性變化的圖像如圖(b)所示，y軸正方向為E的正方向，垂直于紙面向里為B的正方向，t＝0時刻，帶負電粒子P(重力不計)由原點O以速度v0沿y軸正方向射出，它恰能沿一定軌道做周期性運動。v0、E0和t0為已知量，圖(b)中＝，在0～t0時間內粒子P第一次離x軸最遠時的坐標為。求：
(1)粒子P的比荷；
(2)t＝2t0時刻粒子P的位置坐標；
(3)帶電粒子在運動中距離原點O的最遠距離L。
[解析]　(1)0～t0時間內粒子P在勻強磁場中做勻速圓周運動，當粒子所在位置的縱、橫坐標相等時，粒子在磁場中恰好經過圓周，所以粒子P第一次離x軸的最遠距離等于軌道半徑R，即
R＝ ①
又qv0B0＝ ②
代入＝
解得＝。 ③
(2)設粒子P在磁場中運動的周期為T，則
T＝ ④
聯立①④式解得T＝4t0 ⑤
即粒子P做圓周運動后磁場變為電場，粒子以速度v0垂直電場方向進入電場后做類平拋運動，設t0～2t0時間內水平位移和豎直位移分別為x1、y1，則
x1＝v0t0＝ ⑥
y1＝ ⑦
其中加速度a＝ ⑧
由③⑦⑧式解得y1＝＝R
因此t＝2t0時刻粒子P的位置坐標為
，如圖中的b點所示。
(3)分析知，粒子P在2t0～3t0時間內，電場力產生的加速度方向沿y軸正方向，由對稱關系知，在3t0時刻速度方向為x軸正方向，水平位移x2＝x1＝v0t0；在3t0～5t0時間內粒子P沿逆時針方向做勻速圓周運動，往復運動軌跡如圖所示，由圖可知，帶電粒子在運動中距原點O的最遠距離L即O、d間的距離L＝2R＋2x1
解得L＝v0t0。
[答案]　(1)　(2)　(3)v0t0
3．(2025·廣東汕頭檢測)如圖甲所示，建立xOy平面直角坐標系，兩平行極板P、Q垂直于y軸且關于x軸對稱，極板長度和板間距均為l，第一、四象限有足夠大的勻強磁場B，方向垂直于xOy平面向里。位于極板左側的粒子源沿x軸向右接連發射質量為m、電荷量為＋q、速度相同、重力不計的帶電粒子，在0～3t0時間內兩板間加上如圖乙所示的電壓(不考慮邊緣效應的影響)，規定沿y軸負方向為電場正方向。已知t＝0時刻進入兩板間的帶電粒子恰好在t0時刻經極板邊緣射入磁場，上述m、q、l、t0、B為已知量。(不考慮粒子間的相互影響及返回板間的情況)
(1)求電壓U0的大??；
(2)求t0時刻進入兩板間的帶電粒子在磁場中做圓周運動的半徑；
(3)何時進入兩板間的帶電粒子在磁場中的運動時間最短？求此最短時間。
[解析]　(1)t＝0時刻進入兩極板的帶電粒子在電場中做類平拋運動，t0時刻剛好從極板邊緣射出，則粒子在y軸負方向偏移的距離為l
豎直方向上，根據運動學公式有l＝
由牛頓第二定律有q＝ma
聯立解得U0＝。
(2)t0時刻進入兩極板間的帶電粒子，在兩極板間，前t0時間在電場中偏轉，后t0時間兩極板間沒有電場，帶電粒子做勻速直線運動，帶電粒子沿x軸方向的分速度大小為v0＝
帶電粒子離開電場時沿y軸負方向的分速度大小為
vy＝a·t0
帶電粒子離開電場時的速度大小為v＝
設帶電粒子進入磁場做勻速圓周運動的半徑為R，則有qvB＝m
聯立解得R＝。
(3)帶電粒子在磁場中的運動軌跡所對的圓心角越小，則在磁場中運動的時間越短，經分析可知，2t0時刻進入兩極板間的帶電粒子在磁場中運動時間最短，設此種情況下粒子離開電場時速度方向與y軸正方向的夾角為α，如圖所示。帶電粒子離開電場時沿y軸正方向的分速度為v′y＝at0
根據幾何關系有tan α＝
聯立解得α＝
則粒子在磁場中的運動軌跡所對的圓心角為
2α＝
所求最短時間為tmin＝T
帶電粒子在磁場中運動的周期為T＝
解得tmin＝。
[答案]　　(2)　(3)2t0　
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