2023届高考一轮复习（老高考）第十章 微专题75　带电粒子在交变电、磁场中的运动【解析版】

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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eq \f(q,m)＝1.0×104 C/kg的正电荷从(0，eq \r(3))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.eq \f(8,3)π×10－5 s
C．1.2π×10－4 s D.eq \f(4π,3)×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＝meq \f(v2,R)，可得：R＝eq \f(mv,qB)＝eq \f(1.0×104,1.0×104×2.5) m＝0.4 m；粒子在磁场中运动的周期：T＝eq \f(2πR,v)＝eq \f(2πm,qB)＝eq \f(2π,1.0×104×2.5) s＝8π×10－5 s；当Δt＝eq \f(8,3)π×10－5 s＝eq \f(1,3)T时，粒子在磁场中恰好转过eq \f(1,3)圆周，所以在0～eq \f(8,3)π×10－5 s时间内，粒子逆时针转过eq \f(1,3)圆周，之后磁场方向反向，粒子顺时针转过eq \f(1,3)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＝2Rcs 30°＝eq \f(2\r(3),5) 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′＝eq \r(3) m－2d＝eq \f(\r(3),5) 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＝eq \f(60°,360°) T＝eq \f(4,3)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×eq \f(8,3)π×10－5 s＋eq \f(4,3)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eq \f(q,m)＝1×106C/kg的正电荷置于电场中的O点由静止释放，经过t1＝eq \f(π,15)×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)eq \f(337,45)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＝eq \f(mv\\al(02),r1)
代入数据可得r1＝eq \f(mv0,qB1)＝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＝eq \f(mv0,qB2)＝3 cm
由圆周运动规律得T＝eq \f(2πm,qB)
当磁场垂直纸面向外时，周期T1＝eq \f(2πm,qB1)＝eq \f(2π,3)×10－5 s
磁场垂直纸面向里时，周期T2＝eq \f(2πm,qB2)＝eq \f(2π,5)×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＋eq \f(T1,2)＋eq \f(T2,2)＝eq \f(4π,5)×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＋r1cs α＝7.5 cm
解得cs α＝0.5，即α＝60°
故电荷运动的总时间t总＝t1＋9T′＋eq \f(1,2)T1－eq \f(60°,360°)T1＝eq \f(337,45)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eq \f(L,π)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eq \f(L,π)的圆周运动，求两侧磁场的磁感应强度之比eq \f(B右,B左).
答案 (1)粒子从N到P做匀加速直线运动 (2)eq \f(\r(2),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＝eq \f(L,\f(v1,2))＝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＝eq \f(πr,v1)＝eq \f(L,v1)＝eq \f(T0,2)
由于t1＋t2＝eq \f(3,2)T0<2T0
所以粒子到达N点时加速度与速度方向相同．
又v1·eq \f(T0,2)＋eq \f(1,2)aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(T0,2)))2＝eq \f(5,4)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＝meq \f(v\\al(12),r)
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＝meq \f(v\\al(22),r)
联立解得eq \f(B右,B左)＝eq \f(\r(2),2)
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)eq \r(\f(2md,qE0)) eq \r(\f(2qE0d,m)) (2)3d eq \f(1,3)eq \r(\f(2mE0,qd)) (3)(2＋2eq \r(3)＋2.5π)eq \r(\f(2md,qE0))
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＝eq \f(1,2)at12
由牛顿第二定律得a＝eq \f(qE0,m)
得t1＝eq \r(\f(2md,qE0))
根据动能定理有qE0d＝eq \f(1,2)mv02
得进入区域Ⅱ时的速度大小v0＝eq \r(\f(2qE0d,m))
(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＝eq \f(1,2)eq \f(qE0,m)t22
vx＝eq \f(qE0,m)t2，vx＝eq \f(v0,tan 30°)，得 x＝3d
由几何关系，粒子在磁场中做圆周运动的半径r＝eq \f(x,sin 30°)
由牛顿第二定律得qvB＝meq \f(v2,r)
又因为v＝eq \r(v\\al(02)＋v\\al(x2))
得B＝eq \f(1,3)eq \r(\f(2mE0,qd))
(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＝eq \r(\f(6md,qE0))
粒子在磁场中运动的周期T0＝eq \f(2πr,v)＝eq \f(2πm,qB)
在区域Ⅲ运动的时间为t3＝2×eq \f(60°,360°)·eq \f(2πm,qB)＝eq \f(2,3)eq \f(πm,qB)
在区域Ⅳ运动的时间为t4＝eq \f(2πm,2qB)＝eq \f(πm,qB)
故周期T＝2(t1＋t2)＋t3＋t4
得T＝(2＋2eq \r(3)＋2.5π)eq \r(\f(2md,qE0)).
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eq \f(q,m)＝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eq \f(1.5,kB0)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)eq \f(E0,B0) (2)eq \f(1.5,kB0)＋(n＋eq \f(217,360))eq \f(2π,kB0)(n＝0,1,2…) (3)见解析
解析 (1)粒子在0～eq \f(0.75,kB0)时间内做匀速直线运动，由平衡条件可得E0q＝qv0B0
解得v0＝eq \f(E0,B0)
(2)粒子在eq \f(0.75,kB0)～eq \f(1.5,kB0)时间内做类平抛运动
竖直位移y＝eq \f(1,2)·eq \f(qE0,m)(eq \f(0.75,kB0))2＝eq \f(9E0,32kB\\al(02))
竖直末速度vy＝eq \f(qE0,m)·eq \f(0.75,kB0)＝eq \f(3E0,4B0)
设速度与水平方向的夹角为α，则tan α＝eq \f(vy,v0)＝eq \f(3,4)
所以α＝37°
速度v＝eq \f(v0,cs α)＝eq \f(5E0,4B0)
粒子在eq \f(1.5,kB0)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＝eq \f(mv2,r)
r＝eq \f(mv,qB0)＝eq \f(5E0,4kB\\al(02))
T＝eq \f(2πm,qB0)＝eq \f(2π,kB0)
rcs α＝eq \f(E0,kB\\al(02))
因为y(3)粒子在0～eq \f(1.5,kB0)时间内的水平位移x1＝v0eq \f(1.5,kB0)＝eq \f(3E0,2kB\\al(02))
粒子在eq \f(1.5,kB0)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°＝eq \f(3E0,4kB\\al(02))
继续转过90°时速度方向竖直向上，水平位移x3＝r＝eq \f(5E0,4kB\\al(02))
当板长L满足x1粒子打在屏上时，速度与水平方向的夹角θ满足sin θ＝eq \f(x1＋x2－L,r)＝eq \f(9,5)－eq \f(4LkB\\al(02,),5E0)，斜向右下
当板长L满足x1＋x2粒子打在屏上时，速度与水平方向的夹角θ满足sin θ＝eq \f(L－x1＋x2,r)＝eq \f(4LkB\\al(02,),5E0)－eq \f(9,5)，斜向右上，当板长L满足L＝x1＋x2＝eq \f(9E0,4kB\\al(02,))，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)eq \f(πmE0,qB\\al(02,)) (2)eq \f(πmE0,qB\\al(02,))(π＋2) (3)d＝eq \f(n2πmE0,qB\\al(02,))(n＝1,2,3…) (4)eq \f(nπmE0,2qB\\al(02,))(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＝eq \f(mv\\al(12,),R1)
联立方程，解得R1＝eq \f(πmE0,qB\\al(02,))
(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＝eq \f(at\\al(02,),2)＝eq \f(π2mE0,2qB\\al(02,))
第二次加速的位移Δx2＝3Δx1＝eq \f(3π2mE0,2qB\\al(02,))
v2＝2at0＝eq \f(2πE0,B0)
粒子第二次在磁场中qv2B0＝eq \f(mv\\al(22,),R2)，解得R2＝eq \f(2πmE0,qB\\al(02,))，
ΔxP＝Δx2－Δx1＋R2＝eq \f(πmE0,qB\\al(0))(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＝eq \f(n2πmE0,qB\\al(02,))(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(nπmE0,2qB\\al(02,))(π＋2)(n＝1,2,3…)