2025年高考物理二轮复习专题强化练十五 带电粒子在交变电、磁场中的运动（含解析）

这是一份2025年高考物理二轮复习专题强化练十五 带电粒子在交变电、磁场中的运动（含解析），共14页。试卷主要包含了选择题，计算题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题
1.(6分)(2023·常德模拟)如图甲所示,在空间存在一个变化的电场和一个变化的磁场,电场的方向水平向右(图甲中由B到C),场强大小随时间变化情况如图乙所示;磁感应强度方向垂直于纸面、大小随时间变化情况如图丙所示。在t=1 s时,从A点沿AB方向(垂直于BC)以初速度v0射出第一个粒子,并在此之后,每隔2 s有一个相同的粒子沿AB方向均以初速度v0射出,并恰好均能击中C点,若AB=BC=l,且粒子由A运动到C的时间小于1 s。不计重力和空气阻力,对于各粒子由A运动到C的过程中,以下说法正确的是( )
A.电场强度E0和磁感应强度B0的大小之比为2∶1
B.第一个粒子和第二个粒子运动的加速度大小之比为2∶1
C.第一个粒子和第二个粒子通过C的动能之比为1∶4
D.第一个粒子和第二个粒子运动的时间之比为π∶2
2.(6分)(多选)如图甲所示,在xOy坐标系的第一、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,一个比荷为qm=1.0×104 C/kg的正电荷从(0,3)处以v0=1.0×104 m/s的速度沿y轴负方向射入磁场,则( )
A.在磁场变化的半个周期内,带电粒子的速度方向改变60°
B.在磁场变化的半个周期内,带电粒子的速度方向改变120°
C.带电粒子从射入磁场至第一次经过x轴所需的时间为4π3×10-4 s
D.带电粒子从射入磁场至第一次经过x轴所需的时间为6π5×10-4 s
3.(6分)(多选)(2023·襄阳模拟)两块足够大的平行金属极板水平放置,极板间加有空间分布均匀、大小随时间周期性变化的电场和磁场,变化规律分别如图1、图2所示(规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向)。在t=0时刻由负极板某位置释放一个初速度为零的带负电的粒子(不计重力),若电场强度E0、磁感应强度B0、粒子的比荷qm均已知,且t0=πmqB0,两板间距为4π2mE0qB02,下列说法正确的是( )
A.粒子在t0时刻的动能为π2mE022B02
B.粒子在t0~32t0时间内的速度变化量大小为2πE0B0
C.粒子在2t0~3t0时间内做匀加速直线运动
D.粒子在极板间运动的最大位移大小为2πmE0qB024π2+9
二、计算题
4.(10分)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6.5πmqB0沿y轴发生的位移大小。
【加固训练】
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时刻平行于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。
5.(12分)(2023·朔州模拟)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。
解析版
一、选择题
1.(6分)(2023·常德模拟)如图甲所示,在空间存在一个变化的电场和一个变化的磁场,电场的方向水平向右(图甲中由B到C),场强大小随时间变化情况如图乙所示;磁感应强度方向垂直于纸面、大小随时间变化情况如图丙所示。在t=1 s时,从A点沿AB方向(垂直于BC)以初速度v0射出第一个粒子,并在此之后,每隔2 s有一个相同的粒子沿AB方向均以初速度v0射出,并恰好均能击中C点,若AB=BC=l,且粒子由A运动到C的时间小于1 s。不计重力和空气阻力,对于各粒子由A运动到C的过程中,以下说法正确的是( )
A.电场强度E0和磁感应强度B0的大小之比为2∶1
B.第一个粒子和第二个粒子运动的加速度大小之比为2∶1
C.第一个粒子和第二个粒子通过C的动能之比为1∶4
D.第一个粒子和第二个粒子运动的时间之比为π∶2
【解析】选D。在t=1 s时,空间区域存在匀强磁场,粒子做匀速圆周运动,如图1所示;由牛顿第二定律得:qv0B0=mv02R,粒子的轨道半径R=l,则:B0=mv0ql;带电粒子在匀强电场中做类平抛运动,如图2所示;竖直方向:l=v0t,水平方向:l=12at2=12·qE0mt2,则E0=2mv02ql,则:E0B0=2v01,故A错误;第一个粒子和第二个粒子运动的加速度大小之比:a1a2=qv0B0mqE0m=12,故B错误;第二个粒子,由动能定理得:qE0l=Ek2-12mv02,Ek2=52mv02,第一个粒子的动能Ek1=12mv02,第一个粒子和第二个粒子通过C的动能之比为1∶5,故C错误;第一个粒子的运动时间:t1=14T=14×2πmqB0=πl2v0,第二个粒子的运动时间:t2=lv0,第一个粒子和第二个粒子运动的时间之比t1∶t2=π∶2,故D正确。
2.(6分)(多选)如图甲所示,在xOy坐标系的第一、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,一个比荷为qm=1.0×104 C/kg的正电荷从(0,3)处以v0=1.0×104 m/s的速度沿y轴负方向射入磁场,则( )
A.在磁场变化的半个周期内,带电粒子的速度方向改变60°
B.在磁场变化的半个周期内,带电粒子的速度方向改变120°
C.带电粒子从射入磁场至第一次经过x轴所需的时间为4π3×10-4 s
D.带电粒子从射入磁场至第一次经过x轴所需的时间为6π5×10-4 s
【解题指南】解决本题需注意:粒子在磁场中做圆周运动,根据题意作出粒子运动轨迹,由洛伦兹力提供向心力得半径和周期,根据时间知转过的角度,根据几何知识求解位置坐标;根据周期和角度分别求出各段时间从而求总时间。
【解析】选B、D。粒子进入磁场后在磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,由牛顿第二定律得:qv0B=mv02R,代入数据解得:R=0.4 m,粒子在磁场中运动的周期:T=2πRv0,代入数据解得:T=8π×10-5 s,当Δt=83π×10-5 s=13T时,粒子在磁场中恰好转过13圆周,在磁场变化的半个周期内粒子逆时针转过13圆周,之后磁场方向反向,粒子顺时针转过13圆周,做周期性运动,粒子运动轨迹如图所示,在磁场变化的半个周期内,带电粒子的速度方向改变120°,故A错误,B正确;磁场变化两个周期后粒子沿y轴向下运动的距离:d=4Rcs30°=435 m,由几何知识可知,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=16T=4π3×10-5 s,则正电荷从射入磁场到第一次经过x轴所需时间t总=6π5×10-4 s,故C错误,D正确。
3.(6分)(多选)(2023·襄阳模拟)两块足够大的平行金属极板水平放置,极板间加有空间分布均匀、大小随时间周期性变化的电场和磁场,变化规律分别如图1、图2所示(规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向)。在t=0时刻由负极板某位置释放一个初速度为零的带负电的粒子(不计重力),若电场强度E0、磁感应强度B0、粒子的比荷qm均已知,且t0=πmqB0,两板间距为4π2mE0qB02,下列说法正确的是( )
A.粒子在t0时刻的动能为π2mE022B02
B.粒子在t0~32t0时间内的速度变化量大小为2πE0B0
C.粒子在2t0~3t0时间内做匀加速直线运动
D.粒子在极板间运动的最大位移大小为2πmE0qB024π2+9
【解析】选A、C、D。由题可知,0~t0时间内带电粒子做匀加速直线运动,有a=E0qm
x1=12E0qmt02=12E0π2mB02q
v1=at0=πE0B0
故粒子在t0时刻的动能为Ek=12mv12=π2mE022B02;
t0~32t0时间段内,带电粒子只受洛伦兹力的作用做圆周运动,故r1=mv1B0q=πmE0B02q,T=2πmB0q=2t0
32t0时粒子的速度方向水平,故t0~32t0时间内的速度变化量大小为Δv=2v1=2πE0B0,32t0~2t0时间段内,磁场方向改变,带电粒子只受洛伦兹力的作用做圆周运动,2t0时,粒子运动方向竖直向上。
根据带电粒子的受力可知,2t0~3t0带电粒子向上做匀加速直线运动,x2=v1t0+12at02=3π2E0m2B02q
v2=v1+at0=2πE0B0,3t0~72t0、72t0~4t0带电粒子做圆周运动,r2=mv2B0q=2πmE0B02q,两板间距为d=4π2mE0qB02,故粒子在极板间的运动轨迹如图所示由以上分析可知,当粒子到达对面极板时的水平位移为x=2r1+2r2=6πmE0B02q故粒子在极板间运动的最大位移大小为
s=(6πmE0B02q)2+(4π2mE0qB02)2=2πmE0qB024π2+9,故选A、C、D。
二、计算题
4.(10分)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;
答案:(1)Emπ22qB02
【解析】(1)设粒子第一次在电场中做匀加速运动的时间为t0,则t0=πmqB0,Eq=ma
设O、P间距离为x,则x=12at02,
联立解得x=Emπ22qB02。
(2)粒子经一个周期6.5πmqB0沿y轴发生的位移大小。
答案: (2)πmEqB02
【解析】(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,又由动能定理得Eqx=12mv02,粒子每经一个周期沿y轴向下移动Δx,Δx=2R2-2R1=πmEqB02。
【加固训练】
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时刻平行于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。
答案:(1)2πmqB0
【解析】(1)由qv0B0=mv02r,T0=2πrv0,
联立解得T0=2πmqB0。
(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。
答案: (2)5πm3qB0
【解析】(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sinα=12,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)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: (3)πmqB0 qB0Lnm(n=2,4,6,…)
【解析】(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,…)
圆弧半径为R=s2=Ln(n=2,4,6,…)
由qv0B0=mv02R,解得v0=qB0Lnm(n=2,4,6,…)。
【解题指南】解答本题应注意以下三点:
(1)根据洛伦兹力提供向心力求解;
(2)根据几何关系求得带电粒子不能从Oa边界射出磁场时在12T时间内转过的圆心角,从而求得T和周期T0的关系,进而得到T的最大值;
(3)根据粒子运动得到带电粒子从b点沿着ab方向射出磁场的运动轨迹,进而得到轨道半径,由12T时间内转过的圆心角求得周期T;最后根据洛伦兹力提供向心力,由轨道半径求得运动速度。
5.(12分)(2023·朔州模拟)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;
答案:(1)πmE0qB02
【解析】(1)粒子第一次在电场中有qE0=ma
v1=at0,t0=πmqB0
粒子第一次进入磁场中有qv1B0=mv12R1
联立解得R1=πmE0qB02
(2)粒子打在x轴负半轴上到O点的最小距离;
答案: (2)πmE0qB02(π+2)
【解析】(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=at022=π2mE02qB02
第二次加速的位移Δx2=3Δx1
洛伦兹力提供向心力有qv2B0=mv22R2
v2=2at0=2πE0B0
ΔxP=Δx2-Δx1+R2=πmE0qB02(π+2)
(3)起点A与坐标原点间的距离d应满足的条件;
答案: (3)d=n2πmE0qB02(n=1,2,3,…)
【解析】(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=n2πmE0qB02(n=1,2,3,…)
(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: (4)xP=nπmE02qB02(π+2)(n=1,2,3,…)
【解析】(4)若粒子经过n次加速和偏转后打在x轴上
由几何关系知xP=n(Δx1+R1)=nπmE02qB02(π+2)(n=1,2,3,…)。
【解题指南】解答本题应注意以下三点:
(1)粒子在电场做匀变速直线运动,根据牛顿第二定律与运动学公式解得速度,在磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力可解得粒子第一次在磁场中运动的半径;
(2)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,根据运动学关系结合几何关系解得粒子打在x轴负半轴上距O点的最小距离;
(3)通过粒子的运动规律结合几何关系分析解答。