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第 80 讲 带电粒子在交变电或磁场中的运动
1．（2021•浙江）如图甲所示，空间站上某种离子推进器由离子源、间距为 d的中间有小孔的两平
行金属板M、N和边长为L的立方体构成，其后端面P为喷口．以金属板N的中心O为坐标原
点，垂直立方体侧面和金属板建立x、y和z坐标轴，M、N板之间存在场强为E、方向沿z轴正
方向的匀强电场；立方体内存在磁场，其磁感应强度沿z方向的分量始终为零，沿x和y方向的
分量B 和B 随时间周期性变化规律如图乙所示，图中B 可调．氙离子（Xe2+）束从离子源小孔
x y 0
S射出，沿z方向匀速运动到M板，经电场加速进入磁场区域，最后从端面P射出，测得离子经
电场加速后在金属板N中心点O处相对推进器的速度为v ．已知单个离子的质量为m、电荷量
0
为2e，忽略离子间的相互作用，且射出的离子总质量远小于推进器的质量。
（1）求离子从小孔S射出时相对推进器的速度大小v。
（2）不考虑在磁场突变时运动的离子，调节B 值，使得从小孔S射出的离子均能从喷口后端面
0
P射出，求B 的取值范围；
0
（3）设离子在磁场中的运动时间远小于磁场变化周期 T，单位时间从端面P射出的离子数为
√2mv
n，且B = 0，求图乙中t 时刻离子束对推进器作用力沿z轴方向的分力。
0 0
5eL
【解答】解：（1）离子从小孔S射出运动到金属板N中心点O处，根据动能定理有：
1 1
2eEd= mv2- mv2，
2 0 2
√ 4eEd
解得离子从小孔S射出时相对推进器的速度大小：v= v2-
0 m
（2）当磁场仅有沿x方向的分量取最大值时，离子从喷口P的下边缘中点射出，根据几何关系有：
L
(R - ) 2+L2=R2，
1 2 1
根据洛伦兹力提供向心力有：
2ev B
v2
，
0 0=m 0
R
1
2mv
联立解得：B = 0
0
5eL
当磁场在x和y方向的分量同取最大值时，离子从喷口P边缘交点射出，根据几何关系有：
√2
(R
2
-
2
L) 2+L2=R
2
2，此时B=√2B
0
；
根据洛伦兹力提供向心力有：
2e×v B
mv2
，
0×√2 0= 0
R
2
mv
联立解得B = 0，
0 3eL
mv
故B 的取值范围为0～ 0
0
3eL
（3）离子在立方体中运动轨迹剖面图如图所示
由题意，根据洛伦兹力提供向心力有：
2e×v mv2 ，且满足B √2mv ，
0×√2B = 0 0= 0
0 R 5eL
3
所以可得R
3=
mv
0
，解得R
3=
5L，所以可得cos
θ=
3，
2√2eB 4 5
0
离子从端面P射出时，在沿z轴方向根据动量定理有：FΔt＝n△tmv cos ﹣0，
0
θ 3
根据牛顿第三定律可得离子束对推进器作用力大小为：F′= nmv ，方向沿z轴负方向。
5 0
√ 4eEd
答：（1）离子从小孔S射出时相对推进器的速度大小为 v2- 。
0 m
mv
（2）B 的取值范围为0～ 0；
0
3eL
3
（3）图乙中t 时刻离子束对推进器作用力沿z轴方向的分力大小为 nmv ，方向沿z轴负方向。
0 5 0
一.知识回顾
交变场是指电场、磁场在某一区域内随时间做周期性变化，带电粒子在交变场中的运动问题涉
及的物理过程比较复杂。粒子在交变场中的运动情况不仅与交变电磁场的变化规律有关，还与粒子
进入场的时刻有关。
周期性变化的电磁场会使带电粒子顺次历经不同特点的电磁场，从而表现出“多过程”现象。
所以最好画出粒子的运动轨迹草图，并把粒子的运动分解成多个阶段分别列方程联立求解。
二.典型例题
题型一：交变磁场
例1．如图甲所示，M、N为竖直放置彼此平行的两块平板，板间距离为d，两板中央各有一个小
孔O、O′正对，在两板间有垂直于纸面方向的磁场，磁感应强度随时间的变化如图乙所示，设
垂直纸面向里为磁场的正方向。有一群正离子在t＝0时垂直于M板从小孔O射入磁场。已知正
离子质量为m、电荷量为q，正离子在磁场中做匀速圆周运动的周期与磁感应强度变化的周期都
为T ，忽略粒子间的相互作用力和离子的重力。
0
（1）求磁感应强度B 的大小；
0
（2）若正离子在T 时刻恰好从O′孔垂直于N板射出磁场，求该离子在磁场中的运动半径；
0
（3）要使正离子从O′孔垂直于N板射出磁场，求正离子射入磁场时速度v 的大小。
0【解答】解：（1）正离子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，即
qv B
＝mv2
0 0 0
r
正离子做匀速圆周运动的周期为
2πr
=
T
0 v
0
联立解得
2πm
=
B
0 qT
0
d
（2）由题意，作出正离子的运动轨迹如图所示，根据几何关系可知正离子的运动半径为r=
4
（3）要使正离子从O'孔垂直于N板射出磁场，根据离子运动轨迹的周期性可知离子在磁场中运
动时间满足
t＝nT （n＝1，2，3…）
0
则运动半径满足
d
r= （n＝1，2，3…）
4n
联立解得
πd
v = （n＝1，2，3…）
0 2nT
0
2πm
答：（1）磁感应强度B 的大小为 ；
0 qT
0
d
（2）若正离子在T 时刻恰好从O′孔垂直于N板射出磁场，该离子在磁场中的运动半径为 ；
0
4
πd
（3）要使正离子从O′孔垂直于N板射出磁场，正离子射入磁场时速度 v 的大小为
0 2nT
0
（n＝1，2，3…）。
题型二：交变电场+交变磁场例2．如图甲所示，一对平行金属板C、D，O、O 为两板上正对的小孔，紧贴D板右侧存在上下
1
范围足够大、宽度为L的有界匀强磁场区，磁场方向垂直纸面向里，MN、GH是磁场的左、右
边界。现有质量为m、电荷量为+q的粒子从O孔进入C、D板间，粒子初速度和重力均不计。
（1）C、D板间加恒定电压U，C板为正极，板相距为d，求板间匀强电场的场强大小E和粒子
从O运动到O 的时间t；
1
（2）C、D板间加如图乙所示的电压，U 、T为已知量。t＝0时刻带电粒子从O孔进入，为保
0
证粒子到达O 孔具有最大速度，求粒子到达O 孔的最大速度v 和板间d应满足的条件；
1 1 m
πm
（3）磁场的磁感应强度B随时间t′的变化关系如图丙所示，B 为已知量，周期T = 。t′
0 0 qB
0
＝0时刻，粒子从O 孔沿OO 延长线O O 方向射入磁场，始终不能穿出右边界 GH，求粒子进
1 1 1 2
入磁场时的速度v应满足的条件。
U
【解答】解：（1）板间匀强电场的场强为：E=
d
qU
粒子在板间的加速度为：a=
dm
1
根据位移﹣时间关系有：d= at2
2
√2m
解得：t=d
qU
（2）粒子一直加速到达O 孔速度最大，设经历时间t ，则有：
1 0
√2m T
t =d ≤
0
qU 2
当U取U 时，解得：d T √qU
0 ≤ 0
2 2m1
由动能定理有：qU = mv2
0 2 m
解得：v √2qU
m= 0
m
（3）当磁感应强度分别为B 、2B 时，设粒子在磁场中圆周运动半径分别为r 、r ，周期分别为
0 0 1 2
T 、T ，
1 2
根据洛伦兹力提供向心力可得：qvB ＝mv2
0
r
1
mv
解得：r =
1 qB
0
2πm
且有：T = = 2T
1 qB 0
0
同理可得：r mv r
2= = 1
2qB 2
0
2πm
且有：T = = T
2 2qB 0
0
T
故0～ 0粒子以半径r 逆时针转过四分之一圆周，
1
2
T
0～T 粒子以半径r 逆时针转过二分之一圆周，
0 2
2
3T
T ～ 0粒子以半径r 逆时针转过四分之一圆周，
0 1
2
3T
0～2T 粒子以半径r 逆时针转过二分之一圆周，
0 2
2
5T
2T ～ 0粒子以半径r 逆时针转过四分之一圆周，
0 1
2
5T
0～3T 粒子以半径r 逆时针转过二分之一圆周，
0 2
2
7T
3T ～ 0粒子以半径r 逆时针转过四分之一圆周后从左边界飞出磁场，如图所示：
0 1
2
由几何关系有：r +r ≤L
1 2
2qBL
解得：v≤
3m答：（1）C、D板间加恒定电压U，C板为正极，板相距为d，求板间匀强电场的场强大小E为
U √2m
和粒子从O运动到O 的时间t为d ；
d 1 qU
（2）C、D板间加如图乙所示的电压，U 、T为已知量。t＝0时刻带电粒子从O孔进入，为保
0
证粒子到达O 孔具有最大速度，则粒子到达O 孔的最大速度v 为√2qU 、板间距d应满足不
1 1 m 0
m
大于dT √qU ；
0
2 2m
πm
（3）磁场的磁感应强度B随时间t′的变化关系如图丙所示，B 为已知量，周期T = 。t′
0 0 qB
0
＝0时刻，粒子从O 孔沿OO 延长线O O 方向射入磁场，始终不能穿出右边界 GH，则粒子进
1 1 1 2
2qBL
入磁场时的速度v应满足的条件不大于 。
3m
三.举一反三，巩固练习
1. 如图甲所示，一对平行金属板C、D相距为d，两板长L，在CD间加如图乙所示交变
电压（U 是已知量，T是不确定的未知量）．平行板右侧是两个紧邻的有界匀强磁场区，磁感
0
应强度大小B ＝B ＝B ，磁场方向都垂直于纸面并相反，磁场边界 MM′、NN′、PP′垂直
1 2 0
于极板．质量m、电量﹣e的电子以相同的速度不断从左侧沿两板中线OO΄射入极板间，不计电子所受重力作用．
（1）若t＝0时刻在O点进入电场的电子能在0﹣T/2时间段内某时刻穿出极板间，求电子射入
初速度v和交变电压周期T应该满足的条件．
3v T
（2）若电子射入初速度v 和交变电压周期T满足条件：L= 0 ，所有从O点射入电场的电
0
2
子恰好都能够穿出C、D极板，求电子射入的初速度v ．
0
T
（3）不考虑电场边缘效应，在（2）的情景下，t= 时刻射入电场的电子穿出极板间电场后又
2
进入磁场运动，电子经过磁场的偏转又恰好从O′返回板间电场，求图甲中两磁场区宽度l 和l
1 2
满足的条件．
L
【解答】解：（1）电子通过极板时间：t= ，
v
2eU
电场方向上加速度：a= 0，
md
1
电场方向上的位移：y= at2，
2
1
已知：y≤ d，
2
解得：eU （L）2 d，v L√2eU ，
0 ≤ ≥ 0
md v 2 d m
又T L，则T≥d√ 2m ；
≥
2 v eU
0
L 3
（2）电子穿过电场时间：t= = T，
v 2
0
2eU
在U ＝2U 时段电子加速度大小：a = 0，方向向上，
CD 0 1
mdeU
在U ＝U 时段电子加速度大小：a = 0，方向向下，
CD 0 2
md
不同时刻进入电场电子在垂直电场方向速度随时间变化图象如图
t＝kT（k＝0，1，2…）时刻进入电场的电子侧向位移最大，所以有此刻电子侧位移
1 T T T 1 T T T T 1 T d
s= a （ ）2+[a （ ）（ ）- a （ ）2]+[a （ ）﹣a （ ）]（ ）+ a （ ）2= ，
1 1 2 1 2 1
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
解得：T 2√md2，v 2L L√eU ；
= 0= = 0
3 eU 3T d m
0
（3）由（2）问中垂直板方向速度图象可知，
1
t= T时刻射入电场的电子在O′点穿出极板时刻速度等于初速度v ，
0
2
经过磁场偏转后返回O΄点，轨迹如图所示：
由牛顿第二定律得：ev B＝mv2，解得：r mv ，
0 0 = 0
r eB
两区域磁场磁感应强度大小相等所以：r ＝r ＝R L √mU ，
1 2 = 0
Bd e
三圆心连线为等边三角形： ＝60°，
α
两磁场区宽度满足：l ＝Rsin60° L √3mU ，
1 = 0
2Bd e
l
2
≥R+Rsin60°
=
(2+√3)L√mU
0
；
2Bd e
答：（1）电子射入初速度v L√2eU ，交变电压周期T≥d√ 2m ．
≥ 0
d m eU
0
（2）电子射入的初速度v L√eU ．
0= 0
d m
（3）图甲中两磁场区宽度l
1=
L √3mU
0
，l
2 ≥
(2+√3)L√mU
0
．
2Bd e 2Bd e
2. 如图甲所示，在xOy坐标平面y轴左侧有一速度选择器，速度选择器中的匀强电场方
向竖直向下，两板间的电压为U，距离为d；匀强磁场磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向
里．xOy坐标平面的第一象限（包括x、y轴）内存在磁感应强度大小为B 、方向垂直于xOy
O
平面且随时间做周期性变化的匀强磁场，如图乙所示（磁场方向垂直xOy平面向里的为正）．
一束比荷不同的带正电的粒子恰能沿直线通过速度选择器，在 t＝0时刻从坐标原点O垂直射
入周期性变化的磁场中．部分粒子经过一个磁场变化周期 T 后，速度方向恰好沿x轴正方向．
O
不计粒子的重力，求：
（1）粒子进入周期性变化的磁场的速度”；
（2）请用三角板和圆规作出经一个磁场变化周期T 后，速度方向恰好沿x轴正方向，且此时纵
O
q
坐标最大的粒子的运动轨迹，并求出这种粒子的比荷上 ；
m
（3）在（2）中所述的粒子速度方向恰好沿x轴正方向时的纵坐标y．【解答】解：（1）粒子沿直线通过速度选择器，则洛伦兹力与电场力平衡，有：
U
qvB=q ----①
d
U
所以v= ----②
Bd
（2）满足条件的粒子的运动轨迹如右图所示．
设粒子在磁场中运动半径为R，有几何关系得：
R
sinθ= ----③
2R
粒子运动的周期为T，有：
π-θ
T=T ----④
π 0
2πm
T= ----
⑤
qB
0
由③④⑤得：
q 5π
= ----
⑥
m 3B T
0 0
（3）粒子在磁场中有：
v2
qvB =m ----⑦
0 R
由图可得：
y＝2R+2Rcos ﹣﹣﹣﹣⑧
由②⑦⑧得θ：
3UT
y=(2+√3) 0
5πBd
U
答：（1）粒子进入周期性变化的磁场的速度为 ；
Bdq 5π
（2）这种粒子的比荷上 为 ；
m 3B T
0 0
3UT
（3）在（2）中所述的粒子速度方向恰好沿x轴正方向时的纵坐标y=(2+√3) 0．
5πBd
3. 如图（a）所示，水平直线MN下方有竖直向上的匀强电场，现将一重力不计、比荷
q π
=106C/kg的正电荷置于电场中的O点由静止释放，经过时间 ×10-5s以后，电荷以v ＝
0
m 15
1.5×104m/s的速度通过 MN进入其上方的均匀磁场，磁场与纸而垂直，磁感应强度 B按图
（b）所示规律周期性变化，图（b）中磁场以垂直纸面向里为正，以电荷第一次通过MN时为
t＝0时刻。求：
（1）匀强电场的电场强度E；
4π
（2）图（b）中t= ×10-5s时刻电荷与O点的水平距离；
5
（3）如果在O点正右方43.5cm处有一垂直于MN的足够大的挡板，求电荷从O点出发运动到
挡板的时间。
π
【解答】解：（1）电荷在电场中做匀加速直线运动，其在电场中加速运动的时间为 ×10-5
15s，由匀变速直线运动规律得
v ＝at
0 1
由牛顿第二定律得
qE＝ma
代入数据解得：E＝7.2×103N/C
（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力
qv
B＝mv2
0 0
r
mv❑
解得：r= 0
qB
当磁场垂直纸面向外时，电荷运动的半径
r mv
1= 0
qB
1
做圆周运动的周期
T 2πr 2πm
1= 1=
v qB
0 1
代入数据解得
r ＝5cm
1
2π
T = ×10﹣5s
1
3
同理可得，当磁场垂直纸面向里时，电荷圆周运动的半径为
r mv
2= 0
qB
2
代入数据解得：r ＝3cm
2
做圆周运动的周期
2πm
=
T
2 qB
2
2π
代入数据解得：T = ×10﹣5s
2
5
故电荷t＝0时刻开始做周期性运动，结合磁场的周期性可知运动轨迹如图1所示图1
从电荷第一次通过MN开始其运动的周期为
π 1 2π 1 2π 4π
T＝（ ×4+ × + × ）×10﹣5s= ×10﹣5s
15 2 3 2 5 5
4π
所以t= ×10-5s时刻粒子距离O点的水平距离为
5
Δd＝2（r ﹣r ）
1 2
代入数据解得：Δd＝4cm
（3）由第（2）的分析可知，每经过一个周期，粒子在水平方向向右前进4cm，根据电荷的运
动情况可知，电荷到达挡板前运动的完整周期数为9个，即
s＝9Δd＝9×4cm＝36cm
则最的后7.5m的距离如图2所示
图2
由几何关系可得
r +r cos ＝7.5cm
1 1
解得：cαos ＝0.5
即 ＝60°α
故电α荷运动的总时间
1
t总 ＝t
1
+9T+ T
1
3
337
代入数据解得：t总 = π×10﹣5s
45答：（1）匀强电场的电场强度E为7.2×103N/C；
4π
（2）图（b）中t= ×10-5s时刻电荷与O点的水平距离为4cm；
5
（3）如果在O点正右方43.5cm处有一垂直于MN的足够大的挡板，求电荷从O点出发运动到
337
挡板的时间为 π×10﹣5s。
45
4. 如图甲所示，以两虚线M、N为边界，中间存在平行纸面且与边界垂直的电场，M、
N间电压U 的变化图像如图乙所示，电压的最大值为U 、周期为T ，M、N两侧为相同的
MN 0 0
匀强磁场区域Ⅰ、Ⅱ，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度均为 B，当t＝0时，将一带正电的
粒子从边界线M上的A处由静止释放，经电场加速后进入磁场，粒子在磁场中做圆周运动的
周期也为T 。两虚线M、N间宽度很小，粒子在其间的运动时间忽略不计，也不考虑粒子所受
0
的重力。
q
（1）求该粒子的比荷 ；
m
（2）求粒子第1次和第3次到达磁场区域Ⅰ的左边界线N的两位置间的距离Δd；
5
（3）若粒子的质量增加到原来质量的 倍，电荷量不变，t＝0时，将其在A处由静止释放，求
4
t＝2T 时粒子的速度大小v。
0
【解答】解：（1）粒子进入磁场后做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：
v2
qvB＝m
R
2πR
粒子做圆周运动的周期为：T= ，
v
mv 2πm
解得：R= ，T= ，周期与半径、速率无关，
qB qB
由题可知：T＝T ，
0
q 2π
解得： = ；
m BT
0（2）由于不计粒子穿越MN间的时间，则可认为t＝0时刻出发的粒子穿越MN的过程中电压始
终为U ，
0
1
第1次加速后的速度为v ，根据动能定理可得：qU = mv2
1 0 2 1
解得：v √2qU
1= 0
m
即区域Ⅰ磁场中第一次做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力可得：qv
B＝mv2
1 1
R
1
得到：R mv m √2qU √T❑ U
1= 1= 0= 0 0
qB qB m Bπ
同理可得，之后粒子分别在Ⅱ和Ⅰ磁场中做圆周运动的半径分别为：R
2=√2R
1
粒子第1次和第3次到达磁场区域Ⅰ的左边界线N的两位置间的距离Δd＝2R ﹣2R ＝2（√2-
2 1
1）R ＝2（ 1）√T❑ U ；
1 √2- 0 0
Bπ
5 5
（3）粒子的质量增加为 m，粒子做圆周运动的周期：T′= T
4 4 0
1 5
每半个周期为 T′= T ，
0
2 8
从t＝0开始到t＝2T 为止的时间内，根据加速电压图象可知粒子共加速了4次，
0
5 10 15
对应的时刻为：0、 T ， T ， T
0 0 0
8 8 8
1 1
且加速电压分别为：U 、 U 、0、- U
0 0 0
2 2
1 5 1 1
前两次加速、最后一次减速，由动能定理得： × mv2=q（1+ +0- ）U ，
0
2 4 2 2
解得：v √8qU √16πU 。
= 0= 0
5m 5BT
0
2π
答：（1）该粒子的比荷为 ；
BT
0（2）粒子第 1次和第 3次到达磁场区域Ⅰ的左边界线 N的两位置间的距离为 2（√2-1）
√T❑ U ；
0 0
Bπ
（3）2T 时粒子的速度大小为√16πU 。
0 0
5BT
0
5. 如图甲所示，在xOy平面的第一象限内存在周期性变化的磁场，规定磁场垂直纸面向
内的方向为正，磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示。质量为m、电荷量为+q的粒子，
在t＝0时刻沿x轴正方向从坐标原点 O射入磁场。图乙中 T 为未知量，不计粒子的重力
0
（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）。
2
（1）若粒子射入磁场时的速度为v ，求0～ T 时间内粒子做匀速圆周运动的半径；
0 5 0
（2）若粒子恰好不能从Oy轴射出磁场，求磁感应强度变化的周期T ；
0
（3）若使粒子能从坐标为（d，√3d）的D点平行于Ox轴射出，求射入磁场时速度大小。
【解答】解：（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力得
qv •3B
＝mv2
0 0 0
r
1
解得
r mv
1= 0
3qB
0
（2）要使粒子恰好不从y轴射出，轨迹如图1图1
2
在前 T 内的运动半径为
5 0
r mv
1= 0
3qB
0
3
在后 T 内的运动半径
5 0
r mv
2= 0
2qB
0
由几何关系知
sin r
= 2
r +r
θ 1 2
解得
＝37°
θ 2
0～ T 粒子做圆周运动的周期
5 0
2πm
T=
3qB
0
180°-37° 2
则 T= T
360° 5 0
解得磁感应强度变化周期
143πm
=
T
0 216B q
0
（3）要想使粒子经过D点且平行Ox轴射出，则粒子只能从nT 时刻经过D点，（其中n＝1，
0
2，3…），则轨迹如图2图2
设粒子射入磁场的速度为v，由（2）可得
3
r = r
2 2 1
由几何关系可知
n（2r cos30°+2r cos30°）＝2d
2 1
又qv•3B ＝mv2
0
r
1
4√3B qd
联立解得：v= 0 ，（n＝1，2，3…）
5nm
答：（1）若粒子射入磁场时的速度为v ，0～2 时间内粒子做匀速圆周运动的半径为 mv ；
0 T 0
5 0 3qB
0
143πm
（2）若粒子恰好不能从Oy轴射出磁场，磁感应强度变化的周期为 ；
216B q
0
（3）若使粒子能从坐标为（d，√3d）的D点平行于Ox轴射出，射入磁场时速度大小为 v
4√3B qd
= 0 ，（n＝1，2，3…）。
5nm
6. 如图甲所示，在xOy平面的第一象限内（含x轴和y轴的正半轴）存在周期性变化的
磁场，规定垂直纸面向内的方向为正，磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示．某质量
为m、电荷量为+q的粒子，在t＝0时刻沿x轴正方向从坐标原点O射入磁场．图乙中T 为未
0
πm
知量．已知B ＝K ，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8．求：
0
q
2
（1）0～ T 时间内粒子做匀速圆周运动的角速度 ；
0
5
ω
（2）若粒子不能从y轴正半轴射出磁场，磁感应强度变化周期的最大值T m；
0
（3）若粒子能沿x轴正方向通过坐标为（3d，4d）的D点，其射入磁场时速率v．【解答】解：（1）根据洛伦兹力提供向心力可得：
3B q r＝m 2r
0
解得ω： ＝3ωK ；
（2）要ω使得粒π子不从y轴射出，则轨迹如图1所
图1
2 mv
在前 T 内的运动半径为：r =
5 0 1 q⋅3B
0
3 mv
在后 T 内的运动半径为：r =
5 0 2 q⋅2B
0
由几何关系可知：sin r
= 2
r +r
θ 1 2
联立解得： ＝37°
粒子做圆周θ运动的周期
2π
T=
ω
2 180°-37° 2
则在0～ T 运时间内有： T= T ，
5 0 360° 5 m
143
解得磁感应强度变化周期的最大值：T = ；
m
216K
（3）使粒子经过D点且平行x轴射出，在T 时刻达到D点的轨迹如图2所示，
0
图2
根据周期性，在nT 时刻达到D点可满足题意，由几何关系可得：
0
n（2r sin53°+2r sin53°）＝5d
1 2
又有：3r ＝2r
1 2
根据洛伦兹力提供向心力可得：qv•3B ＝mv2
0
r
115Kπd
联立解得：v= （n＝1、2、3……）。
4n
2
答：（1）0～ T 时间内粒子做匀速圆周运动的角速度 为3k ；
0
5
ω π
143
（2）磁感应强度变化周期的最大值T 为 ；
m
216K
15Kπd
（3）射入磁场时速度的大小v为 （n＝1、2、3……）。
4n
