可得R=
0.08 B0]
使粒子从C点运动到D点，则有： h=(2n)R=(2n)
0.08，B0= 0.2n (T) (n=1，2，3???) B0粒子运动的周期T=
TTT?m?2?m，由题意知0=，则T0===(s) (n=1，2，3???) qB042qB020n2（3）当交变磁场周期取最大值而粒子不再越过y轴时可作如图运动情形：
由图可知θ=
5?55?，T0≤T=，
60B0665?. 60所以磁感应强度B0和变化周期T0的乘积 B0T0应满足的关系为B0T0≤
【调研5】如图a所示，匀强磁场垂直于xOy平面，磁感应强度B1按图b所示规律变化（垂直于纸面向外为正）．t=0时，一比荷为计粒子重力．
(1)求带电粒子在匀强磁场中运动的轨道半径． (2)求t=
?×10–4s时带电粒子的坐标． 2q=1×105 C/kg的带正电粒子从原点沿y轴正方向射入，速度大小v=5×104 m/s，不m⑶保持b中磁场不变，再加一垂直于xOy平面向外的恒定匀强磁场B2，其磁感应强度为0.3T，在t=0时，粒子仍以原来的速度从原点射入，求粒子回到坐标原点的时刻．
y v O x 0 B1/T 0.5 ?4?2图b 3?4?t/×10-4s
-0.5 图a
v2〖巧解〗 (1)带电粒子在匀强磁场中运动，洛仑兹力提供向心力，则qv1B1=m
r解得r=1 m
（2）带电粒子在磁场中运动的周期，T0=在0~在
2?r2?=×10–4s， v5?5T5?×10–4s过程中，粒子运动了0，圆弧对应的圆心角，θ1=； 448??5T5?×10–4s ~×10–4s过程中，粒子又运动了0，圆弧对应的圆心角，θ2=； 4248y y v O O1 O2 图a x O -0.2 ?4B/T 0.8 v O x ?2图b 3?4?t/×10-4s 图c
轨迹如图a所示，根据几何关系可知， 横坐标：x=2r+2rsin
?=(2+2)m≈3.41m 4纵坐标：y??2rcos?4??2m??1.41m y= – 2rcos= –2m ≈ –1.41m
?4带电粒子的坐标为（3.41m，–1.41m）
（3）施加B2=0.3T的匀强磁场与原磁场叠加后，如图b所示， ①当nT≤t≤nT+②当nT+
T?2?m(n=0，1，2，…)时， T1==×10–4s；
q(B1?B2)42T2?m≤t≤(n+1)T (n=0，1，2，…)时， T2==π×10–4s；
q(B1?B2)2粒子运动轨迹如图c所示，则粒子回到原点的时刻为，t1=(t2=2(n+1) π×10–4s； (n=0，1，2，…) 【调研6】 如图甲所示，比荷
?+2nπ)×10–4s， 4q=k的带正电的粒子(可视为质点)，以速度v0从A点沿AB方向射入长方形m
磁场区域，长方形的长AB=3L，宽AD=L.取粒子刚进入长方形区域的时刻为0时刻，垂直于长方形平面的磁感应强度按图乙所示规律变化(以垂直纸面向外的磁场方向为正方向)，粒子仅在洛伦兹力的作用下运动． (1)若带电粒子在通过A点后的运动过程中不再越过AD边，要使其恰能沿DC方向通过C点，求磁感应强度B0及其磁场的变化周期T0为多少？
(2)要使带电粒子通过A点后的运动过程中不再越过AD边，求交变磁场磁感应强度B0和变化周期T0的乘积B0T0应满足什么关系？
〖巧解〗 (1)带电粒子在长方形区域内做匀速圆周运动，设粒子运动轨迹半径为R，周期为T，则可得 R=
mv0v2?m2?=0，T== qB0kB0qB0kB0每经过一个磁场的变化周期，粒子的末速度方向和初速度方向相同，如图所示，
要使粒子恰能沿DC方向通过C点，则经历的时间必须是磁场周期的整数倍，有：AB方向，3L=n×2Rsin θ BC方向，L=n×2R(1－cosθ) 解得cos θ=1(舍去)，cos θ= 所以θ=60°，R=
Lm12，即B0=
nv0kL，T0=
2?L3nv0 (n=1、2、3…)．
(2) 当交变磁场周期取最大值而粒子不再越过AD边时运动情形如图所示
由图可知粒子在第一个T0时间内转过的圆心角θ=则T0≤T，即T0≤·
56565?2?m5?≤ 所以B0T0≤. qB03kB03k125?6
【调研7】如图甲所示，在坐标系xOy中，y轴左侧有沿x轴正方向的匀强电场，场强大小为E；y轴右侧有如图乙所示的大小和方向周期性变化的磁场，磁感应强度大小B0已知。磁场方向垂直纸面向里为正。t=0时刻，从x轴上的P点无初速度释放一带正电的粒子，粒子的质量为m，电荷量为q(粒子重力不计)，粒子第一次在电场中运动的时间与第一次在磁场中运动的时间相等。求：
(1)P点到O点的距离； (2)粒子经一个周期(
6.5?mqB0)沿y轴发生的位移。
?m，Eq=ma qB0〖巧解〗 (1)设粒子第一次在电场中做匀加速运动的时间为t0，则t0=设O、P间距离为x，x=at20，解得：x=
12Em?222qB0。
(2)如图所示，设粒子在磁场中做圆周运动的半径分别为R1和R2，
R1=
mv0qB0 R2=
3mv02qB0
12又由动能定理得Eqx=mv20
粒子每经一个周期沿y轴向下移动Δx，
Δx=2R2－2R1=
?mE. qB02三、带电粒子在交变电磁场中的运动
【调研8】如图甲所示，在边界MN左侧存在斜向右上方的匀强电场E1，在MN的右侧有竖直向上、场强大小为E2=0.4N/C的匀强电场，还有垂直于纸面向里的匀强磁场B(图甲中未画出)和水平向右的匀强电场E3(图甲中未画出)，B和E3随时间变化的情况如图乙所示，P1P2为距MN边界2.295m的竖直墙壁，现有一带正电微粒，质量为4×10－7kg，电荷量为1×10－5 C，从左侧电场中距MN边界
1m的A处无初速释放后，沿直线以151m/s速度垂直MN边界进入右侧场区，设此时刻t=0，g取10m/s2。求：
(1)MN左侧匀强电场的电场强度E1(sin37°=0.6)； (2)带电微粒在MN右侧场区中运动了1.5s时的速度； (3)带电微粒在MN右侧场区中运动多长时间与墙壁碰撞？(
1.2≈0.19) 2?
〖巧解〗(1)设MN左侧匀强电场的场强大小为E1，方向与水平方向夹角为θ。带电微粒受力如图.
沿水平方向有qE1cosθ=ma， 沿竖直方向有qE1sinθ=mg.
对水平方向的匀加速运动有v2=2as， 代入数据可解得E1=0.5 N/C，θ=53°.
即E1大小为0.5 N/C，方向斜向右上方，与水平向右方向成53°角. (2)带电微粒在MN右侧场区始终满足qE2=mg. 在0～1s时间内，带电微粒在E3电场中的加速度
qE31?10?5?0.004a== m/s2=0.1 m/s2. ?74?10m带电微粒在1s时的速度大小为 v1=v+at=1m/s+0.1×1 m/s=1.1 m/s.
2?m2??4?10?7在1～1.5s时间内，带电微粒在磁场B中运动，周期为 T== s=1 s.
qB1?10?5?0.08?在1～1.5s时间内，带电微粒在磁场B中正好做半个圆周运动，所以带电微粒在MN右侧场区中运动了1.5s时的速度大小为1.1m/s，方向水平向左.
(3)在0～1s时间内带电微粒前进距离
s1=vt+at2=1×1+×0.1×12=1.05 m。带电微粒在磁场B中做圆周运动的半径 r=
1.1mv4?10?7?1.1= m= m. qB1?10?5?0.08?2?1212因为r+s1<2.295 m，所以在1～2s时间内带电微粒未碰及墙壁. 在2～3s时间内带电微粒做匀加速运动，加速度仍为a=0.1 m/s2， 在3s内带电微粒共前进距离
2
s3=vt3+at23=1×2+×0.1×2=2.2 m.
1212在3s时带电微粒的速度大小为 v3=v+at3=1 +0.1×2 =1.2 m/s。
1.2mv34?10?7?1.2在3～4s时间内带电微粒在磁场B中做圆周运动的半径 r3==m=m=0.19 m。 ?5qB1?10?0.08?2?
因为r3+s3>2.295m，所以在4s时间内带电微粒碰及墙壁. 带电微粒3s以后运动情况如图，其中d=2.295m－2.2m=0.095m，
T32?m1d2??4?10?7sinθ==0.5，θ=30°。所以，带电微粒做圆周运动的时间为t3===s=s. ?5r31212qB12?1?10?0.08?12带电微粒与墙壁碰撞的时间为t总=3s+
1s=3.083s. 12
2020年高考物理电学难点精讲专题04 带点粒子在交变电磁场中的运动（含解析）
