2023版高考物理总复习之加练半小时 第十章 微专题73 带电粒子在交变电、磁场中的运动

微专题73　带电粒子在交变电、磁场中的运动

1．先分析在一个周期内粒子的运动情况，明确运动性质，再判断周期性变化的电场或磁场对粒子运动的影响.2.画出粒子运动轨迹，分析运动空间上的周期性、时间上的周期性．

1．如图甲所示，在xOy坐标系的一、四象限存在匀强磁场，规定垂直纸面向里为磁场的正方向，磁感应强度随时间的变化情况如图乙所示，t＝0时刻，一个比荷＝1.0×104 C/kg的正电荷从(0，)处以v0＝1.0×104 m/s的速度沿y轴负方向射入磁场，则正电荷从射入磁场至第一次经过x轴所需的时间为(　　)

A．8π×10－5 s   B.π×10－5 s

C．1.2π×10－4 s   D.×10－4 s

答案　C

解析　粒子进入磁场后在磁场中做匀速圆周运动，设半径为R，周期为T，由洛伦兹力提供向心力：qvB＝m，可得：R＝＝ m＝0.4 m；粒子在磁场中运动的周期：T＝＝＝ s＝8π×10－5 s；当Δt＝π×10－5 s＝T时，粒子在磁场中恰好转过圆周，所以在0～π×10－5 s时间内，粒子逆时针转过圆周，之后磁场方向反向，粒子顺时针转过圆周，做周期性运动，轨迹如图所示，

磁场变化一个周期后粒子沿y轴向下运动的距离为d＝2Rcos 30°＝ m，磁场变化两个周期后粒子速度方向沿y轴负方向，距离x轴距离：d′＝ m－2d＝ m，根据几何关系粒子还需要再转过60°的圆心角即可经过x轴，转过60°所需时间：t＝ T＝π×10－5 s；所以正电荷从射入磁场至第一次经过x轴所需的时间：t总＝4×π×10－5 s＋π×10－5 s＝1.2π×10－4 s，故A、B、D错误，C正确．

2．(2022·湖南长郡中学高三月考)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＝1×106C/kg的正电荷置于电场中的O点由静止释放，经过t1＝×10－5 s后，电荷以v0＝1.5×104 m/s的速度通过MN进入其上方的匀强磁场，磁场与纸面垂直，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外为正，以电荷第一次通过MN时为t＝0时刻)，计算结果可用π表示．

(1)求正电荷在正向磁场和负向磁场中运动的半径及周期；

(2)如果在O点右方43.5 cm处有一垂直于MN的足够大的挡板，求电荷从O点出发运动到挡板所需的时间．

答案　(1)见解析　(2)π×10－5 s

解析　(1)当磁场垂直纸面向外时，设电荷运动的半径为r1，由B1qv0＝

代入数据可得r1＝＝5 cm

当磁场垂直纸面向里时，设电荷运动的半径为r2，同理可得r2＝＝3 cm

由圆周运动规律得T＝

当磁场垂直纸面向外时，周期T1＝＝×10－5 s

磁场垂直纸面向里时，周期T2＝＝×10－5 s

(2)电荷从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所示

从电荷第一次通过MN开始，其运动的周期

T′＝4t1＋＋＝×10－5 s

每个周期电荷沿MN向挡板移动距离为Δd＝2(r1－r2)＝4 cm

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＝36 cm

则最后7.5 cm的距离的轨迹如图所示

由几何关系可得r1＋r1cos α＝7.5 cm

解得cos α＝0.5，即α＝60°

故电荷运动的总时间t总＝t1＋9T′＋T1－T1＝π×10－5 s.

3．如图(a)所示，以间距为L的两虚线为边界，中间存在如图(b)所示规律的匀强电场(以向右为正方向)，方向平行纸面且与边界垂直，两侧有方向垂直纸面向里、强度不变的匀强磁场．一质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子，从O点由静止开始加速运动，经时间T0(T0未知)到达M点，进入右侧磁场后做半径为的圆周运动．不计粒子重力．

(1)通过计算说明，粒子在N、P间的运动情况；

(2)若粒子经过左侧磁场时也做半径为的圆周运动，求两侧磁场的磁感应强度之比.

答案　(1)粒子从N到P做匀加速直线运动　(2)

解析　(1)粒子从O到M过程中由牛顿第二定律可得qE0＝ma

粒子加速时间t1＝＝T0，v1为粒子在M点的速度大小，

在右侧磁场做圆周运动的时间t2＝＝＝

由于t1＋t2＝T0<2T0

所以粒子到达N点时加速度与速度方向相同．

又v1·＋a2＝L>L，故粒子从N到P做匀加速直线运动．

(2)粒子经过右侧磁场时qv1B右＝m

O到M过程有v12＝2aL

设到达P点时速度为v2，由运动学公式有v22－v12＝2aL

经过左侧磁场时qv2B左＝m

联立解得＝

4．如图a，区域Ⅰ有竖直向上的场强大小为E0的匀强电场，区域Ⅱ有平行于x轴的交变电场，场强E随时间变化规律如图b所示(设向右为正方向)，区域Ⅲ和区域Ⅳ有方向均垂直纸面的匀强磁场，且区域Ⅳ磁场的磁感应强度大小为区域Ⅲ磁场的磁感应强度大小的2倍．y轴上水平固定着一块以O′为中点的绝缘弹性挡板(挡板厚度可忽略，粒子与挡板碰撞时，平行挡板方向的分速度不变，垂直挡板方向上的分速度等大反向，且碰撞后电荷量不变)．t＝0时，在O点释放一带正电粒子(不计重力)，粒子经电场加速后进入区域Ⅱ，经电场偏转后进入区域Ⅲ，进入时粒子速度与水平方向成30°角，接着在磁场中恰好以O′点为圆心做圆周运动，此后又恰好回到O点，并做周期性运动，已知量有：粒子的质量m，电荷量q，电场场强大小E0，区域Ⅰ的宽度d.求：

(1)粒子在区域Ⅰ加速的时间t1以及进入区域Ⅱ时的速度大小v0；

(2)粒子刚进入区域Ⅲ的x坐标以及区域Ⅲ中磁感应强度B的大小；

(3)若粒子在t＝T时刻恰好返回O点，则交变电场随时间变化的周期T是多少？

答案　(1)　　(2)3d　　(3)(2＋2＋2.5π)

解析　(1)粒子在区域Ⅰ经电场加速，设加速时间为t1，加速度大小为a，由匀变速直线运动的位移公式得d＝at12

由牛顿第二定律得a＝

得t1＝

根据动能定理有qE0d＝mv02

得进入区域Ⅱ时的速度大小v0＝

(2)粒子在区域Ⅱ中经电场偏转，做类平抛运动，设粒子偏转时间为t2，粒子进入区域Ⅲ的速度大小为v，其水平分速度为vx，粒子刚进入区域Ⅲ的水平坐标为x.由运动的合成与分解得x＝t22

vx＝t2，vx＝，得 x＝3d

由几何关系，粒子在磁场中做圆周运动的半径r＝

由牛顿第二定律得qvB＝m

又因为v＝

得B＝

(3)据题意，粒子在0～0.5T内运动到O′点，轨迹关于y轴对称．由(2)问表达式得t2＝

粒子在磁场中运动的周期T0＝＝

在区域Ⅲ运动的时间为t3＝2×·＝

在区域Ⅳ运动的时间为t4＝＝

故周期T＝2(t1＋t2)＋t3＋t4

得T＝(2＋2＋2.5π).

5．如图甲所示，MN、PQ为间距足够大的水平极板，紧靠极板右侧放置竖直的荧光屏，在MN、PQ间加上如图乙所示的匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向下，磁场方向垂直于纸面向里，t＝0时刻，比荷＝k的带正电粒子以一定的速度从O1点沿O1O2射入极板间恰好做直线运动，不计粒子的重力，E0、B0、k为已知量．求：

(1)粒子从O1点射入时的速度；

(2)若粒子恰好不能打到荧光屏上，粒子偏离O1O2距离最大的时刻；

(3)若粒子在时刻以后打到荧光屏上，粒子打在荧光屏上时，速度方向与水平极板长度的关系(可以用速度与水平方向之间夹角的正弦值表示)．

答案　(1)　(2)＋(n＋)(n＝0,1,2…)　(3)见解析

解析　(1)粒子在0～时间内做匀速直线运动，由平衡条件可得E0q＝qv0B0

解得v0＝

(2)粒子在～时间内做类平抛运动

竖直位移y＝·()2＝

竖直末速度vy＝·＝

设速度与水平方向的夹角为α，则tan α＝＝

所以α＝37°

速度v＝＝

粒子在时刻以后在磁场做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则

qvB0＝

r＝＝

T＝＝

rcos α＝

因为y<rcos α，所以圆周轨迹的圆心在O1O2上方，粒子偏离O1O2距离最大的位置为圆周轨迹的最高点，类平抛运动的末位置到圆周轨迹的最高点所对应的圆心角为180°＋37°＝217°，所以偏离O1O2距离最大的时刻为t＝＋(n＋)T＝＋(n＋)(n＝0,1,2…)

(3)粒子在0～时间内的水平位移x1＝v0＝

粒子在时刻以后，在磁场做匀速圆周运动，转过37°时速度方向水平向右，水平位移x2＝rsin 37°＝

继续转过90°时速度方向竖直向上，水平位移x3＝r＝

当板长L满足x1<L<x1＋x2，即<L<

粒子打在屏上时，速度与水平方向的夹角θ满足sin θ＝＝－，斜向右下

当板长L满足x1＋x2<L<x1＋x2＋x3，即<L<

粒子打在屏上时，速度与水平方向的夹角θ满足sin θ＝＝－，斜向右上，当板长L满足L＝x1＋x2＝，粒子垂直打在荧光屏上，速度方向水平向右．

6．如图甲所示的坐标系中，在x轴上方的区域内存在着如图乙所示周期性变化的电场和磁场，交变电场的场强大小为E0，交变磁场的磁感应强度大小为B0，取x轴正方向为电场的正方向，取垂直纸面向外为磁场的正方向．在0时刻，将一质量为m，带电荷量为q，重力不计的带正电粒子，从y轴上A点由静止释放．粒子经过电场加速和磁场偏转后垂直打在x轴上．求：

(1)粒子第一次在磁场中运动的半径；

(2)粒子打在x轴负半轴上距O点的最小距离；

(3)起点A与坐标原点间的距离d应满足的条件；

(4)粒子打在x轴上的位置与坐标原点O的距离跟粒子加速和偏转次数n的关系．

答案　(1)　(2)(π＋2)　(3)d＝(n＝1,2,3…)　(4)(π＋2)(n＝1,2,3…)

解析　(1)粒子第一次在电场中qE0＝ma，v1＝at0

粒子第一次在磁场中qv1B0＝

联立方程，解得R1＝

(2)可知粒子经2次加速和偏转后打在x轴负半轴上距O点的距离最小，如图所示

第一次加速的位移为Δx1＝＝

第二次加速的位移Δx2＝3Δx1＝

v2＝2at0＝

粒子第二次在磁场中qv2B0＝，解得R2＝，

ΔxP＝Δx2－Δx1＋R2＝(π＋2)

(3)分析带电粒子运动，如图所示

可知A与坐标原点间的距离d应满足d＝n2R1＝(n＝1,2,3…)

(4)若粒子经过n次加速和偏转后打在x轴上xP＝n(Δx1＋R1)＝(π＋2)(n＝1,2,3…)