高考物理一轮复习讲义第11章第7课时　专题强化 带电粒子在叠加场和交变电 磁场中的运动（2份打包，原卷版+教师版）

这是一份高考物理一轮复习讲义第11章第7课时　专题强化 带电粒子在叠加场和交变电 磁场中的运动（2份打包，原卷版+教师版），文件包含高考物理一轮复习讲义第11章第7课时专题强化带电粒子在叠加场和交变电磁场中的运动教师版doc、高考物理一轮复习讲义第11章第7课时专题强化带电粒子在叠加场和交变电磁场中的运动学生版doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共16页， 欢迎下载使用。

考点一 带电粒子在叠加场中的运动
1．叠加场
电场、磁场、重力场共存，或其中某两场共存。
2．带电粒子在叠加场中常见的几种运动形式
例1 如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系xOy，其第一象限存在着正交的匀强电场和匀强磁场，电场强度的方向水平向右，磁感应强度的方向垂直纸面向里。一带电荷量为＋q、质量为m的微粒从原点出发，以某一初速度沿与x轴正方向的夹角为45°的方向进入叠加场中，正好做直线运动，当微粒运动到A(l，l)时，电场方向突然变为竖直向上(不计电场变化的时间)，微粒继续运动一段时间后，正好垂直于y轴穿出叠加场。不计一切阻力，重力加速度为g，求：
(1)电场强度E的大小；
(2)磁感应强度B的大小；
(3)微粒在叠加场中的运动时间。
答案 (1)eq \f(mg,q) (2)eq \f(m,q)eq \r(\f(g,l)) (3)(eq \f(3π,4)＋1)eq \r(\f(l,g))
解析 (1)微粒到达A(l，l)之前做匀速直线运动，对微粒受力分析如图甲，
可知Eq＝mg，
得E＝eq \f(mg,q)。
(2)由平衡条件得：
qvB＝eq \r(2)mg
电场方向变化后，微粒所受重力与静电力平衡，微粒在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，运动轨迹如图乙，有qvB＝meq \f(v2,r)
由几何知识可得：
r＝eq \r(2)l
联立解得：v＝eq \r(2gl)，
B＝eq \f(m,q)eq \r(\f(g,l))。
(3)微粒做匀速直线运动的时间：t1＝eq \f(\r(2)l,v)＝eq \r(\f(l,g))
微粒做匀速圆周运动的时间：
t2＝eq \f(\f(3,4)π·\r(2)l,v)＝eq \f(3π,4)eq \r(\f(l,g))
微粒在叠加场中的运动时间：
t＝t1＋t2＝(eq \f(3π,4)＋1)eq \r(\f(l,g))。
例2 (多选)(2022·广东卷·8)如图所示，磁控管内局部区域分布有水平向右的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场。电子从M点由静止释放，沿图中所示轨迹依次经过N、P两点。已知M、P在同一等势面上，下列说法正确的有( )
A．电子从N到P，电场力做正功
B．N点的电势高于P点的电势
C．电子从M到N，洛伦兹力不做功
D．电子在M点所受的合力大于在P点所受的合力
答案 BC
解析 由题可知电子所受电场力水平向左，电子从N到P的过程中电场力做负功，故A错误；根据沿着电场线方向电势逐渐降低可知，N点的电势高于P点的电势，故B正确；由于洛伦兹力一直都和速度方向垂直，故电子从M到N，洛伦兹力不做功，故C正确；由于M点和P点在同一等势面上，故从M点到P点电场力做功为0，而洛伦兹力不做功，M点速度为0，根据动能定理可知电子在P点速度也为0，则电子在M点和P点都只受电场力作用，在匀强电场中电子在这两点所受电场力相等，即所受合力相等，故D错误。
考点二 带电粒子在交变电、磁场中的运动
解决带电粒子在交变电、磁场中的运动问题的基本思路
例3 如图甲所示，M、N为竖直放置且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(设垂直于纸面向里的磁场方向为正方向)。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、带电荷量为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T0，不考虑由于磁场变化而产生的电场的影响，不计离子所受重力及离子间的相互作用力。求：
(1)磁感应强度B0的大小。
(2)要使正离子从O′垂直于N板射出磁场，正离子射入磁场时的速度v0的可能值。
答案 (1)eq \f(2πm,qT0) (2)eq \f(πd,2nT0)(n＝1,2,3…)
解析 (1)正离子射入磁场，洛伦兹力提供向心力，有B0qv0＝eq \f(mv02,R)，做匀速圆周运动的周期T0＝eq \f(2πR,v0)
由以上两式得磁感应强度B0＝eq \f(2πm,qT0)
(2)要使正离子从O′垂直于N板射出磁场，v0的方向应如图所示，
两板之间正离子只运动一个周期T0时，有R＝eq \f(d,4)；当两板之间正离子运动n个周期即nT0时，
有R＝eq \f(d,4n)(n＝1,2,3…)
联立解得正离子的速度的可能值为
v0＝eq \f(B0qR,m)＝eq \f(πd,2nT0)(n＝1,2,3…)。
例4 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，交变电场的电场强度大小为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，垂直纸面向外为磁场的正方向。在t＝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轴负半轴上到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)eq \f(πmE0,qB02) (2)eq \f(πmE0,qB02)(π＋2)
(3)d＝eq \f(n2πmE0,qB02)(n＝1,2,3…)
(4)xP＝eq \f(nπmE0,2qB02)(π＋2)(n＝1,2,3…)
解析 (1)粒子第一次在电场中有qE0＝ma
v1＝at0，t0＝eq \f(πm,qB0)，粒子第一次进入磁场中有
qv1B0＝eq \f(mv12,R1)，联立解得R1＝eq \f(πmE0,qB02)
(2)由题意可知粒子经2次加速和偏转后打在x轴负半轴上到O点的距离最小，如图甲所示
第一次加速的位移为Δx1＝eq \f(at02,2)＝eq \f(π2mE0,2qB02)
第二次加速的位移Δx2＝3Δx1，v2＝2at0＝eq \f(2πE0,B0)，
则R2＝eq \f(mv2,qB0)＝eq \f(2πmE0,qB02)
ΔxP＝Δx2－Δx1＋R2＝eq \f(πmE0,qB02)(π＋2)
(3)分析带电粒子运动轨迹，如图乙所示
可知A与坐标原点间的距离d应满足
d＝n2R1＝eq \f(n2πmE0,qB02)(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)＝eq \f(nπmE0,2qB02)(π＋2)(n＝1,2,3…)。
课时精练
1.如图所示，一带电液滴在相互垂直的匀强电场和匀强磁场中刚好做匀速圆周运动，其轨道半径为R，已知该电场的电场强度大小为E、方向竖直向下；该磁场的磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里，不计空气阻力，设重力加速度为g，则( )
A．液滴带正电
B．液滴比荷eq \f(q,m)＝eq \f(E,g)
C．液滴沿顺时针方向运动
D．液滴运动速度大小v＝eq \f(Rg,BE)
答案 C
解析 液滴在重力场、匀强电场、匀强磁场的叠加场中做匀速圆周运动，可知qE＝mg，得eq \f(q,m)＝eq \f(g,E)，选项B错误；静电力方向竖直向上，液滴带负电，选项A错误；由左手定则可判断液滴沿顺时针方向运动，选项C正确；对液滴有qE＝mg，qvB＝meq \f(v2,R)，
联立得v＝eq \f(RBg,E)，选项D错误。
2．(多选)(2024·吉林长春市外国语学校开学考)如图所示，在竖直平面内的虚线下方分布着互相垂直的匀强电场和匀强磁场，电场的电场强度大小为10 N/C，方向水平向左；磁场的磁感应强度大小为2 T，方向垂直纸面向里。现将一质量为0.2 kg、电荷量为＋0.5 C的小球，从该区域上方的某点A以某一初速度水平抛出，小球进入虚线下方后恰好做直线运动。已知重力加速度为g＝10 m/s2。下列说法正确的是( )
A．小球平抛的初速度大小为5 m/s
B．小球平抛的初速度大小为2 m/s
C．A点距该区域上边界的高度为1.25 m
D．A点距该区域上边界的高度为2.5 m
答案 BC
解析 小球受竖直向下的重力与水平向左的静电力作用，小球进入电磁场区域做直线运动，小球受力如图所示，
小球做直线运动，则qvBcs θ＝mg，小球的速度vcs θ＝v0，代入数据解得v0＝2 m/s，故A错误，B正确；小球从A点抛出到进入叠加场过程，由动能定理得mgh＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv02，根据在叠加场中的受力情况可知(mg)2＋(qE)2＝(qvB)2，解得h＝eq \f(E2,2gB2)，代入数据解得h＝1.25 m，故C正确，D错误。
3．(2023·广东梅州市期末)如图甲所示，在竖直平面内建立xOy坐标系(y轴竖直)，在x>0区域有沿y轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E＝eq \f(mg,q)；在x>0区域，还有按图乙规律变化的磁场，磁感应强度大小为B0，磁场方向以垂直纸面向外为正方向。t＝0时刻，有一质量为m、带电荷量为＋q的小球(可视为质点)以初速度2v0从原点O沿与x轴正方向夹角θ＝eq \f(π,4)的方向射入第一象限，重力加速度为g。求：
(1)小球从上往下穿过x轴的位置到坐标原点的可能距离；
(2)小球与x轴之间的最大距离。
答案 (1)eq \f(\r(2)nmv0,2qB0)(8＋π)＋eq \f(2\r(2)mv0,qB0)(n＝0,1,2，3，…) (2)eq \f(\r(2)π＋8－4\r(2)mv0,4B0q)
解析 (1)带电小球从原点进入x>0区域后有Eq＝mg，
所以在此区域内，带电小球在有磁场时做匀速圆周运动，在无磁场时做匀速直线运动，其轨迹如图所示
在0～eq \f(πm,2qB0)时间内，有q·2v0B0＝meq \f(2v02,r)
即r＝eq \f(2mv0,B0q)，小球沿x轴正方向前进的距离L1＝eq \r(2)r
在eq \f(πm,2qB0)～eq \f(3πm,4qB0)时间内，小球沿x轴正方向前进的距离L2＝2v0tcs eq \f(π,4)＝eq \f(\r(2)πmv0,4qB0)
在eq \f(3πm,4qB0)～eq \f(5πm,4qB0)时间内，小球沿x轴正方向前进的距离为L1
在eq \f(5πm,4qB0)～eq \f(3πm,2qB0)时间内，小球沿x轴正方向前进的距离为L2
以此类推，小球从上往下穿过x轴时的位置到坐标原点的距离x＝n(2L1＋2L2)＋L1＝eq \f(\r(2)nmv0,2qB0)(8＋π)＋eq \f(2\r(2)mv0,qB0)(n＝0,1,2,3，…)。
(2)由轨迹图可知，小球与x轴的最大距离位置在第四象限
小球与x轴之间的最大距离
d＝L2＋r(1－cs eq \f(π,4))＝eq \f(\r(2)π＋8－4\r(2)mv0,4B0q)。
4．(多选)(2024·重庆西南大学附中月考)如图甲所示的平行金属极板M、N之间存在交替出现的匀强磁场和匀强电场，取垂直纸面向外为磁场正方向，磁感应强度B随时间t周期性变化的规律如图乙所示，取垂直极板向上为电场正方向，电场强度E随时间t周期性变化的规律如图丙所示。t＝0.5t0时，一不计重力、带正电的粒子从极板左端以速度v沿板间中线平行极板射入板间，最终平行于极板中线射出，已知粒子在t＝1.5t0时速度为零，且整个运动过程中始终未与两极板接触，则下列说法正确的是( )
A．粒子可能在2.5t0时刻射出极板
B．极板间距不小于eq \f(vt0,2)＋eq \f(2vt0,π)
C．极板长度为eq \f(nvt0,π)(n＝1,2,3…)
D.eq \f(E0,B0)＝eq \f(2v,π)
答案 ABD
解析 根据题意可知，在0.5t0～t0内，粒子在磁场中做匀速圆周运动，且转了eq \f(1,4)周，在t0～1.5t0内，粒子在电场中向下做减速运动到速度为零，在1.5t0～2t0内，粒子在电场中向上做加速运动到速度为v，在2t0～2.5t0内，粒子在磁场中做匀速圆周运动，转了eq \f(1,4)周，粒子回到极板中线，速度平行于极板中线，接下来粒子周期性地重复以上运动，粒子在一个运动周期内的轨迹如图所示。
粒子一个运动周期为T＝2.5t0－0.5t0＝2t0，故粒子射出极板的时刻可能为t＝0.5t0＋nT＝(0.5＋2n)t0(n＝1,2,3…)，
当n＝1时t＝0.5t0＋T＝2.5t0，故A正确；粒子在磁场中，设粒子的轨迹半径为r，则有T磁＝eq \f(2πr,v)＝2t0，解得r＝eq \f(vt0,π)，粒子在电场中向下减速的位移为y＝eq \f(v,2)·0.5t0＝eq \f(vt0,4)，故极板间距应满足d≥2(r＋y)＝eq \f(2vt0,π)＋eq \f(vt0,2)，故B正确；极板长度可能为L＝n·2r＝eq \f(2nvt0,π)(n＝1,2,3…)，故C错误；粒子在磁场中，有T磁＝eq \f(2πm,qB0)＝2t0，解得B0＝eq \f(πm,qt0)，粒子在电场中，有v＝a·0.5t0＝eq \f(qE0,m)·0.5t0，解得E0＝eq \f(2mv,qt0)，可得eq \f(E0,B0)＝eq \f(2v,π)，故D正确。
5．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、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，规定垂直于纸面向外为磁场的正方向。
(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及粒子射入磁场时的速度大小。
答案 (1)eq \f(2πm,qB0) (2)eq \f(5πm,3qB0)
(3)eq \f(πm,qB0) eq \f(qB0L,nm)(n＝2,4,6…)
解析 (1)由qvB0＝meq \f(v2,r)，T0＝eq \f(2πr,v)，
联立解得T0＝eq \f(2πm,qB0)。
(2)如图甲所示为周期最大时粒子不能从Oa边射出的临界情况，由几何关系可知sin α＝eq \f(1,2)，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＝eq \f(5,12)T0＝eq \f(5πm,6qB0)，而t＝eq \f(T,2)
所以磁感应强度的变化周期T的最大值为eq \f(5πm,3qB0)。
(3)如图乙所示为粒子从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eq \f(T,2)＝eq \f(T0,4)，所以磁场变化的周期为T＝eq \f(πm,qB0)
弦OM的长度为s＝eq \f(\r(2)L,n)(n＝2,4,6…)
圆弧半径为R＝eq \f(s,\r(2))＝eq \f(L,n)(n＝2,4,6…)
由qv0B0＝meq \f(v02,R)，解得v0＝eq \f(qB0L,nm)(n＝2,4,6…)。
6.(2024·江西省月考)如图所示，在竖直平面内的直角坐标系xOy中，第四象限内有垂直坐标平面向里的匀强磁场和沿x轴正方向的匀强电场，磁感应强度大小为B，电场强度大小为E。第一象限中有沿y轴正方向的匀强电场(电场强度大小未知)，且某未知矩形区域内有垂直坐标平面向里的匀强磁场(磁感应强度大小也为B)。一个带电小球从图中y轴上的M点沿与x轴成θ＝45°角斜向上做匀速直线运动，由x轴上的N点进入第一象限并立即在矩形磁场区域内做匀速圆周运动，离开矩形磁场区域后垂直打在y轴上的P点(图中未标出)，已知O、N两点间的距离为L，重力加速度大小为g，取sin 22.5°＝0.4，cs 22.5°＝0.9。求：
(1)小球所带电荷量与质量的比值和第一象限内匀强电场的电场强度大小；
(2)矩形匀强磁场区域面积S的最小值；
(3)小球从M点运动到P点所用的时间。
答案 (1)eq \f(g,E) E (2)eq \f(54E4,25g2B4)
(3)eq \f(BL,E)(1＋eq \f(\r(2),2))＋eq \f(E,gB)(eq \f(3,4)π－eq \f(\r(2),2))
解析 (1)设小球质量为m、电荷量为q、速度为v，小球在MN段受力如图
因为在MN段做匀速直线运动，所以小球受力平衡，由平衡条件得mgtan 45°＝qE，解得eq \f(q,m)＝eq \f(g,E)，要使小球进入第一象限后能立即在矩形磁场区域内做匀速圆周运动，则小球受到的重力必须与静电力平衡，有mg＝qE1，联立解得E1＝E
(2)由(1)可知qvB＝eq \r(2)qE，即v＝eq \f(\r(2)E,B)
由qvB＝meq \f(v2,R)，可知R＝eq \f(mv,qB)＝eq \f(\r(2)E2,gB2)
轨迹图如图所示，
由图可知矩形的最小面积S＝2Rcs 22.5°×(R－Rsin 22.5°)＝eq \f(54E4,25g2B4)
(3)在第四象限运动的时间t1＝eq \f(\r(2)L,v)，在第一象限矩形磁场区域运动的时间t2＝eq \f(\f(3πR,4),v)，在第一象限做匀速直线运动的时间t3＝eq \f(L－\f(\r(2),2)R,v)，联立解得小球从M到P的总时间t＝t1＋t2＋t3＝eq \f(BL,E)(1＋eq \f(\r(2),2))＋eq \f(E,gB)(eq \f(3,4)π－eq \f(\r(2),2))。运动性质
受力特点
方法规律
匀速直线运动
粒子所受合力为0
平衡条件
匀速圆周运动
除洛伦兹力外，另外两力的合力为零：qE＝mg
牛顿第二定律、圆周运动的规律
较复杂的曲线运动
除洛伦兹力外，其他力的合力既不为零，也不与洛伦兹力等大反向
动能定理、能量守恒定律
先读图
看清并且明白场的变化情况
受力分析
分析粒子在不同的变化场区的受力情况
过程分析
分析粒子在不同时间段内的运动情况
找衔接点
找出衔接相邻两过程的物理量
选规律
联立不同阶段的方程求解