2026届高考物理一轮复习模型解读与针对性训练3.带电粒子在交变电磁场中的运动模型(学生版+解析)

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【带电粒子在交变电磁场中的运动模型解读】
1.交变场的常见的类型
（1）电场周期性变化，磁场不变；
（2）磁场周期性变化，电场不变；
（3）电场、磁场均周期性变化.
2.分析带电粒子在交变场中运动问题的基本思路
3.解题关键和应注意的问题
(1)这类问题一般都具有周期性，注意分析带电粒子的运动周期与电场周期、磁场周期的关系。
(2)带电粒子在交变电磁场中运动仍遵循牛顿运动定律、运动的合成与分解、动能定理、能量守恒定律等力学规律，所以此类问题的研究方法与质点动力学相同。
【高考真题】
【典例】．（ 2021高考重庆卷）在如图1所示的Oxy竖直平面内，原点O处有一粒子源，可沿x轴正方向发射速度不同，比荷均为qm的带正电的粒子.在x≥L的区域仅有垂直于平面向内的匀强磁场；x＜L的区域仅有如图2所示的电场，0～t0时间内和2t0时刻后的匀强电场大小相等，方向相反（0～t0时间内电场方向竖直向下），t0～2t0时间内电场强度为0.在磁场左边界x＝L直线上的某点，固定一粒子收集器（图中未画出）.0时刻发射的A粒子在t0时刻经过磁场左边界进入磁场，最终被收集器收集；B粒子在t03时刻以与A粒子相同的发射速度发射，第一次经过磁场左边界的位置坐标为（L，－4L9）；C粒子在t0时刻发射，其发射速度是A粒子发射速度的14，不经过磁场能被收集器收集.忽略粒子间相互作用力和粒子重力，不考虑边界效应.

图1 图2
（1）求电场强度E的大小；
（2）求磁感应强度B的大小；
（3）若2t0时刻发射的粒子能被收集器收集，求其所有可能的发射速度大小.
答案 （1）Lmqt02 （2）2m5qt0 （3）L3t0、L2t0、（6+1）L5t0
解析 （1）设A粒子发射速度为v，分别画出三个粒子的运动轨迹如图甲所示.根据题述可知L＝vt0
图甲
对B粒子沿y轴方向有
4L9＝12a（2t03）2＋a2t03·t03
又qE＝ma
联立解得E＝Lmqt02.
（2）设收集器的位置坐标为（L，y1），在电场中的运动过程
对C粒子有L＝0.25v·4t0，y1＝12a（3t0）2
对A粒子有L＝vt0，y2＝12at02
A粒子进入磁场时沿x轴方向分速度为
vx＝v＝Lt0
沿y轴方向分速度为vy＝at0＝Lt0
A粒子进入磁场时与x轴夹角为θ
tanθ＝vyvx＝1
2rcsθ＝y1＋y2＝5at02＝5L
解得A粒子在磁场中的轨迹半径为r＝52L2
A粒子进入磁场时的速度vA＝2v
由洛伦兹力提供向心力有qvAB＝mvA2r
解得B＝2m5qt0.
（3）设2t0时刻发射的粒子在电场中运动的时间为nt0（n＞0），则粒子在电场中的偏转位移为
y3＝12a（nt0）2＝L2n2
①若y3＝y1，即粒子不进入磁场直接打在坐标（L，92L）处，解得：n＝3
故粒子的入射速度v1＝Lnt0＝L3t0
②若y3＜y1，则粒子要进入磁场运动一段圆弧后打在坐标（L，92L）处被收集，其运动轨迹如图乙所示，由运动的合成与分解有v'x＝Lnt0＝1nv，v'y＝a·nt0＝nv
则粒子刚进入磁场时的速度大小为
v'＝v'x2＋v'y2＝1n2＋n2v＝kv
设此时的速度方向与x＝L的夹角为α，即
sinα＝v'xv'＝1nk
粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为r1，根据牛顿第二定律有qv'B＝mv'2r1
解得r1＝mv'qB＝kmvqB＝5L2·k
粒子要被收集，则必满足
2r1sinα＝y1－y3＝L2（9－n2）
化简即有n3－9n＋10＝0
变形可得（n－2）（n2＋2n－5）＝0
Ⅰ.当n－2＝0时，则n＝2，即粒子的入射速度
v2＝Lnt0＝L2t0
Ⅱ.当n2＋2n－5＝0，则n＝6－1[n＝－（6＋1）＜0舍去]时，即粒子的入射速度
v3＝Lnt0＝L（6－1）t0＝（6+1）L5t0
综上所述，在t＝2t0时刻沿x方向射入的粒子，能够被粒子收集器收集的粒子速度有：L3t0、L2t0、（6+1）L5t0.
【针对性训练】
1. 如图甲所示，竖直边界分别为PM和QN的区域宽度为4L，其内部分布着垂直纸面向里的匀强磁场和竖直方向上的周期性变化的电场，电场随时间变化的关系如图乙所示，E＞0表示电场方向竖直向上.在t＝0时，一带电荷量为＋q、质量为m的带电微粒从边界P上的A点处水平射入该区域，先沿直线运动到某点，再经历一次完整的半径为L的匀速圆周运动，最后沿直线运动从边界QN上的B点处离开该区域，重力加速度为g.求：
（1）图乙中的E0；
（2）微粒刚进入磁场时的速度v0的大小及磁场的磁感应强度的大小B；
（3）电场变化周期T的范围.
答案 （1）mgq （2）2gL mqL2gL （3）（1＋π）2Lg≤T≤（32＋π）2Lg
解析 （1）由带电微粒做匀速圆周运动可得qE0＝mg
解得E0＝mgq
（2）由带电微粒做直线运动可知Bqv0＝mg＋qE0
由带电微粒做匀速圆周运动可得Bqv0＝mv02L
由上述两式解得v0＝2gL
B＝mqL2gL
（3）①如图a所示，当O点为AB中点时，所对应的周期为最小周期
设带电微粒从A点处运动至O点处所需要的时间为t1
t1＝xAOv0＝2L2gL＝2Lg
设带电微粒做匀速圆周运动的周期为t2
t2＝2πLv0＝π2Lg
则最小周期Tmin＝t1＋t2＝（1＋π）2Lg.
②如图b所示，当圆轨迹与右边界QN相切时，所对应的周期为最大周期
设带电微粒从A点处运动至O点处所需要的时间为t'1
t'1＝xAOv0＝3L2gL＝322Lg
设微粒做匀速圆周运动的周期为t'2，t'2＝2πLv0＝π2Lg
则最大周期Tmax＝t'1＋t'2＝（32＋π）2Lg
综上所述，电场变化周期T的范围是
（1＋π）2Lg≤T≤（32＋π）2Lg.
2. 在如图甲所示的正方形平面Oabc内存在着垂直于该平面的匀强磁场，磁感应强度的变化规律如图乙所示.一个质量为m、所带电荷量为＋q的粒子（不计重力）在t＝0时刻沿Oc边从O点射入磁场中.已知正方形边长为L，磁感应强度的大小为B0，规定磁场向外的方向为正方向.
（1）求带电粒子在磁场中做圆周运动的周期T0.
（2）若带电粒子不能从Oa边界射出磁场，求磁感应强度的变化周期T的最大值.
（3）要使带电粒子正好从b点沿着ab方向射出磁场，求满足这一条件的磁感应强度变化的周期T及粒子射入磁场时速度的大小v0.
答案 （1）2πmqB0 （2）5πm3qB0 （3）πmqB0 qB0Lnm（n＝2，4，6，…）
解析 （1）由qvB0＝mv2r，T0＝2πrv，解得T0＝2πmqB0
（2）如图甲所示为带电粒子不能从Oa边界射出磁场的临界情况，由几何关系可知sinα＝12，解得α＝30°
在磁场变化的半个周期内，粒子在磁场中的运动轨迹对应的圆心角为150°，运动时间为
t＝512T0＝5πm6qB0
而t＝T2，所以磁感应强度的变化周期T的最大值为5πm3qB0
（3）如图乙所示为带电粒子正好从b点沿着ab方向射出磁场的一种情况.在磁场变化的半个周期内，粒子在磁场中的运动轨迹对应的圆心角为2β，其中β＝45°，即T2＝T04
所以磁场变化的周期为T＝πmqB0
弦OM的长度为s＝2Ln（n＝2，4，6，…）
带电粒子在磁场中运动的轨迹半径为R＝s2＝Ln
由qv0B0＝mv02R，解得v0＝qB0Lnm（n＝2，4，6，…）.
3. (2024·湖北武汉高三联考)如图(a)所示的xOy平面处于变化的匀强电场和匀强磁场中，电场强度E和磁感应强度B随时间做周期性变化的图像如图(b)所示，y轴正方向为E的正方向，垂直于纸面向里为B的正方向。t＝0时刻，带负电粒子P(重力不计)由原点O以速度v0沿y轴正方向射出，它恰能沿一定轨道做周期性运动。v0、E0和t0为已知量，图(b)中eq \f(E0,B0)＝eq \f(8v,π2)，在0～t0时间内粒子P第一次离x轴最远时的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2v0t0,π)，\f(2v0t0,π)))。求：
(1)粒子P的比荷；
(2)t＝2t0时刻粒子P的位置；
(3)带电粒子在运动中距离原点O的最远距离L。
答案 (1)eq \f(4v0,πE0t0) (2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2＋π,π)v0t0，0)) (3)eq \f(4＋2π,π)v0t0
解析 (1)0～t0时间内粒子P在匀强磁场中做匀速圆周运动，当粒子所在位置的纵、横坐标相等时，粒子在磁场中恰好经过eq \f(1,4)圆周，所以粒子P第一次离x轴的最远距离等于轨道半径R，即R＝eq \f(2v0t0,π)，又qv0B0＝meq \f(veq \\al(2,0),R)
代入eq \f(E0,B0)＝eq \f(8v0,π2) ，解得eq \f(q,m)＝eq \f(4v0,πE0t0) 。
(2)设粒子P在磁场中运动的周期为T，则T＝eq \f(2πR,v0)
联立解得T＝4t0
即粒子P做eq \f(1,4)圆周运动后磁场变为电场，粒子以速度v0垂直电场方向进入电场后做类平抛运动，设t0～2t0时间内水平位移和竖直位移分别为x1、y1，则x1＝v0t0＝eq \f(πR,2) ，y1＝eq \f(1,2)ateq \\al(2,0)
其中加速度a＝eq \f(qE0,m)
解得y1＝eq \f(2v0t0,π)＝R
因此t＝2t0时刻粒子P的位置坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2＋π,π)v0t0，0))，如图中的b点所示。
(3)分析知，粒子P在2t0～3t0时间内，静电力产生的加速度方向沿y轴正方向，由对称关系知，在3t0时刻速度方向为x轴正方向，位移x2＝x1＝v0t0；在3t0～5t0时间内粒子P沿逆时针方向做匀速圆周运动，往复运动轨迹如(2)中图所示，由图可知，带电粒子在运动中距原点O的最远距离，即O、d间的距离L＝2R＋2x1
解得L＝eq \f(4＋2π,π)v0t0。
4 .如图1所示，在xOy平面内存在磁场和电场，磁感应强度和电场强度大小随时间周期性变化，B的变化周期为4t0，E的变化周期为2t0，变化规律分别如图2甲、乙所示。在t＝0时刻从O点发射一带负电的粒子(不计重力)，初速度大小为v0，方向沿y轴正方向，在x轴上有一点A(图中未标出)，坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(48v0t0,π)，0))。若规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向，y轴正方向为电场强度的正方向，v0、t0、B0为已知量，磁感应强度与电场强度的大小满足eq \f(E0,B0)＝eq \f(v0,π)；粒子的比荷满足eq \f(q,m)＝eq \f(π,B0t0)。求：
图1
图2
(1)在t＝eq \f(t0,2)时，粒子的位置坐标；
(2)粒子偏离x轴的最大距离；
(3)粒子运动至A点的时间。
答案 (1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(v0t0,π)，\f(v0t0,π))) (2)1.5v0t0＋eq \f(2v0t0,π) (3)32t0
解析 (1)在0～t0时间内，粒子做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力可得
qv0B0＝meq \f(4π2,T2)r1＝meq \f(veq \\al(2,0),r1)
解得T＝2t0，r1＝eq \f(mv0,qB0)＝eq \f(v0t0,π)
则粒子在eq \f(t0,2)时间内转过的圆心角α＝eq \f(π,2)
所以在t＝eq \f(t0,2)时，粒子的位置坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(v0t0,π)，\f(v0t0,π)))。
(2)在t0～2t0时间内，设粒子经电场加速后的速度为v，粒子的运动轨迹如图所示。
则v＝v0＋eq \f(qE0,m)t0＝2v0
运动的位移y＝eq \f(v0＋v,2)t0＝1.5v0t0
在2t0～3t0时间内粒子做匀速圆周运动
半径r2＝eq \f(mv,qB0)＝2r1＝eq \f(2v0t0,π)
故粒子偏离x轴的最大距离
h＝y＋r2＝1.5v0t0＋eq \f(2v0t0,π)。
(3)粒子在xOy平面内做周期性运动的运动周期为4t0，故粒子在一个周期内向右运动的距离
d＝2r1＋2r2＝eq \f(6v0t0,π)
AO间的距离为eq \f(48v0t0,π)＝8d
所以粒子运动至A点的时间t＝32t0。
5 .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、电场强度大小为E；y轴右侧有如图乙所示周期性变化的磁场，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(重力不计)的质量为m、电荷量为q，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，且粒子第一次在磁场中做圆周运动的轨迹为半圆。求：
(1)P点到O点的距离；
(2)粒子经一个周期eq \f(6.5πm,qB0)沿y轴发生的位移大小。
答案 (1)eq \f(Emπ2,2qBeq \\al(2,0)) (2)eq \f(πmE,qBeq \\al(2,0))
解析 (1)设粒子第一次在电场中做匀加速运动的时间为t0，P点到O点的距离为x，有x＝eq \f(1,2)ateq \\al(2,0)
又qE＝ma，粒子在磁场中做匀速圆周运动，有
qv0B＝eq \f(mveq \\al(2,0),R)
T＝eq \f(2πR,v0)
由题意知t0＝eq \f(T,2)＝eq \f(πm,qB0)
联立解得x＝eq \f(Emπ2,2qBeq \\al(2,0))。
(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＝eq \f(mv0,qB0)，R2＝eq \f(3mv0,2qB0)，又由动能定理得qEx＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，粒子每经一个周期沿y轴向下移动Δy，Δy＝2R2－2R1＝eq \f(πmE,qBeq \\al(2,0))。