2023版高考物理步步高大二轮复习讲义第一篇 专题三 微专题5　带电粒子在交变场中的运动【解析版】

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考点一 带电粒子在交变电场中的运动
处理带电粒子在交变电场中运动的问题时，先画出粒子在电场方向的v－t图像，结合图像去分析粒子的运动情况，在v－t图像中，图线与t轴所围面积表示沿电场方向粒子的位移．带电粒子在交变电场中运动常见的v－t图像如图所示．
例1 (多选)(2022·天津市模拟)如图甲所示，真空中水平放置两块长度为2d的平行金属板P、Q，两板间距为d，两板间加上如图乙所示最大值为U0的周期性变化的电压，在两板左侧紧靠P板处有一粒子源A，自t＝0时刻开始连续释放初速度大小为v0、方向平行于金属板的相同带电粒子，t＝0时刻释放的粒子恰好从Q板右侧边缘离开电场，已知电场变化周期T＝eq \f(2d,v0)，粒子质量为m，不计粒子重力及相互间的作用力，则( )
A．在t＝0时刻进入的粒子离开电场时速度大小仍为v0
B．粒子的电荷量为eq \f(mv02,2U0)
C．在t＝eq \f(1,8)T时刻进入的粒子离开电场时电势能减少了eq \f(1,8)mv02
D．在t＝eq \f(1,4)T时刻进入的粒子刚好从P板右侧边缘离开电场
答案 AD
解析 粒子进入电场后，在水平方向做匀速运动，则t＝0时刻进入电场的粒子在电场中运动时间t＝eq \f(2d,v0)，此时间正好是交变电场的一个周期；粒子在竖直方向先做加速运动后做减速运动，经过一个周期，粒子在竖直方向速度为零，故粒子离开电场时的速度大小等于水平速度v0，选项A正确．在竖直方向，粒子在eq \f(T,2)时间内的位移为eq \f(d,2)，则eq \f(d,2)＝eq \f(U0q,2dm)(eq \f(d,v0))2，可得q＝eq \f(mv02,U0)，选项B错误．在t＝eq \f(T,8)时刻进入电场的粒子，离开电场时在竖直方向上的位移为y＝2×eq \f(1,2)a(eq \f(3,8)T)2－2×eq \f(1,2)a(eq \f(T,8))2＝eq \f(d,2)，故静电力做功为W＝eq \f(U0q,d)·eq \f(d,2)＝eq \f(1,2)U0q＝eq \f(1,2)mv02，即电势能减少了eq \f(1,2)mv02，选项C错误．在 t＝eq \f(T,4)时刻进入的粒子，在竖直方向先向下做加速运动eq \f(T,4)，然后向下做减速运动eq \f(T,4)，再向上加速eq \f(T,4)，向上减速eq \f(T,4)，由对称性可知，此时竖直方向的位移为零，故粒子从P板右侧边缘离开电场，选项D正确．
考点二 带电粒子在交变电、磁场中的运动
1．此类问题是场在时间上的组合，电场或磁场往往具有周期性，粒子的运动也往往具有周期性．这种情况下要仔细分析带电粒子的受力情况和运动过程，弄清楚带电粒子在每一时间段内在电场、磁场中各处于什么状态，做什么运动，画出一个周期内的运动轨迹，确定带电粒子的运动过程，选择合适的规律进行解题．
2．解题思路
例2 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(8v0,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qv0B＝meq \f(v02,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)，则可得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)at02
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 \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沿逆时针方向做半径为R的匀速圆周运动，往复运动轨迹如图所示，
由图可知，带电粒子在运动中距原点O的最远距离L即O、d间的距离L＝2R＋2x1
解得L＝eq \f(4＋2π,π)v0t0
(2022·湖南岳阳市二模)如图甲所示，在xOy平面的第一象限内存在周期性变化的磁场，规定磁场垂直纸面向里的方向为正，磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示．质量为m、电荷量为＋q的粒子，在t＝0时刻沿x轴正方向从坐标原点O射入磁场．图乙中T0为未知量，不计粒子的重力(sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)．
(1)若粒子射入磁场时的速度为v0，求0～eq \f(2,5)T0时间内粒子做匀速圆周运动的半径；
(2)若粒子恰好不能从y轴射出磁场，求磁感应强度变化的周期T0；
(3)若使粒子能从坐标为(d，eq \r(3)d)的D点平行于x轴射出，求射入磁场时速度大小．
答案 (1)eq \f(mv0,3qB0) (2)eq \f(143πm,216B0q) (3)eq \f(4\r(3)B0qd,5nm)(n＝1,2,3，…)
解析 (1)根据洛伦兹力提供向心力有qv0·3B0＝meq \f(v02,r1)，解得r1＝eq \f(mv0,3qB0)
(2)要使粒子恰好不从y轴射出，轨迹如图所示，
在前eq \f(2,5)T0内粒子的运动半径为r1＝eq \f(mv0,3qB0)
在后eq \f(3,5)T0内粒子的运动半径为r2＝eq \f(mv0,2qB0)
由几何关系知sin θ＝eq \f(r2,r1＋r2)＝0.6
解得θ＝37°
在0～eq \f(2,5)T0时间内粒子做圆周运动的周期为T＝eq \f(2πm,3qB0)
则eq \f(180°－37°,360°)T＝eq \f(2,5)T0
解得T0＝eq \f(143πm,216B0q)
(3)要想使粒子经过D点且平行x轴射出，则粒子只能从nT0时刻经过D点，其中n＝1,2,3，…，则可能的运动轨迹如图所示
设粒子射入磁场的速度大小为v，
由(2)可得r2＝eq \f(3,2)r1
由几何关系可知
n(2r1cs 30°＋2r2cs 30°)＝2d
又qv·3B0＝meq \f(v2,r1)
解得v＝eq \f(4\r(3)B0qd,5nm)(n＝1,2,3，…)．
专题强化练
1．(多选)如图甲所示，长为L的两块正对金属板A、B水平放置，两板接上如图乙所示随时间变化的交流电压UAB，电子流沿中心线OO′从O点以初速度v0＝eq \f(L,T)射入板间，电子都不会碰到极板．已知两金属板间距为d，且电子的质量为m、电荷量为e.下列说法正确的是( )
A．两板间距d>Teq \r(\f(eU0,2m))
B．电子在t＝0时刻从O点射入时一定从中心线离开电场
C．电子在t＝eq \f(T,4)时刻从O点射入时一定从中心线离开电场
D．电子无论在哪一时刻从O点射入，离开板间电场时的速率一定是v0
答案 ACD
解析 任何一个电子离开电场所用的时间均为eq \f(L,v0)＝T，当电子在t＝keq \f(T,2)(k＝0,1,2，…)时刻从O点射入，射出电场时电子离开中心线的距离最大为h＝2×eq \f(1,2)·eq \f(eU0,md)·(eq \f(T,2))2，hTeq \r(\f(eU0,2m))，A正确；电子在t＝0时刻从O点射入时，电子离开电场时与中心线间的距离最大，不会从中心线离开电场，B错误；电子在t＝eq \f(T,4)时刻从O点射入后，在电场中的运动轨迹如图，根据对称性可知电子从中心线离开电场，C正确；设电子从t＝eq \f(T,2)－Δt时刻从O点射入电场，则沿电场方向的分速度vy＝aΔt－aΔt－(eq \f(T,2)－Δt)a＋a(eq \f(T,2)－Δt)＝0，离开电场时只有沿中心线方向上的速度，大小为v0，D正确．
2．(2022·山东省高三检测)如图甲所示，粒子源能源源不断地产生一种比荷为eq \f(q,m)的带正电粒子，带电粒子从粒子源飞出时的速度可忽略不计．带电粒子离开粒子源后进入一电压为U0的加速电场，之后进入长为L、两板间距离为d＝eq \f(\r(3),3)L的平行金属板，金属板间有一偏转电场，带电粒子从两板正中间射入并恰好从下极板的边缘射出偏转电场，然后进入边界为MN、PQ的均匀交变磁场中，磁场宽度也为L，边界PQ为一感应挡板，交变磁场的变化规律如图乙所示，规定垂直纸面向里为磁场的正方向．在t＝0时刻进入磁场的带电粒子在磁场中的运动时间为交变磁场的一个周期，并且射出磁场时垂直打在挡板PQ上．(不计粒子的重力及粒子间的相互作用，电场、磁场的边界均为理想边界)求：
(1)带电粒子进入偏转电场时的速度大小；
(2)偏转电场的电场强度；
(3)交变磁场的磁感应强度大小．
答案 (1)eq \r(\f(2qU0,m)) (2)eq \f(2\r(3)U0,3L)，方向竖直向下 (3)eq \f(1,L)eq \r(\f(6mU0,q))
解析 (1)由动能定理有qU0＝eq \f(1,2)mv02
可得v0＝eq \r(\f(2qU0,m))
(2)设偏转电场的电场强度大小为E，粒子在偏转电场中做类平抛运动，有
a＝eq \f(qE,m)
L＝v0t
eq \f(d,2)＝eq \f(1,2)at2
且d＝eq \f(\r(3),3)L
联立可得E＝eq \f(2\r(3)U0,3L)
方向竖直向下
(3)设粒子离开偏转电场时的速度为v，与水平方向夹角为α，则有
tan α＝eq \f(at,v0)＝eq \f(d,L)
可得α＝30°
有v＝eq \f(v0,cs α)
可得v＝eq \f(2,3)eq \r(\f(6qU0,m))
若粒子在t＝0时刻进入磁场，由题意可得粒子进入磁场中运动的轨迹如图所示，
粒子在磁场中做圆周运动，结合题图乙，由几何关系可得
∠OO1C＝60°
∠CO2D＝30°
则有eq \f(L－r,r)＝sin 30°
可得r＝eq \f(2L,3)
由牛顿第二定律有qvB＝eq \f(mv2,r)
则可得B＝eq \f(1,L)eq \r(\f(6mU0,q)).
3．(2022·天津市市区重点中学一模)如图甲所示，边界为L1、L2，宽度为d的竖直狭长区域内，存在垂直纸面向里的匀强磁场和竖直方向的电场(图中未画出)．电场的电场强度做周期性变化的规律如图乙所示，E>0表示电场方向竖直向上．t＝0时，一带正电、质量为m的微粒从左边界L1上的N1点以水平速度v射入该区域，沿直线运动到Q点后，做一次完整的圆周运动，再沿直线运动到右边界L2上的N2点．Q为线段N1N2的中点，重力加速度为g，上述d、m、v、g和图像中的E0均为已知量．
(1)求微粒所带电荷量q和磁感应强度B的大小；
(2)求电场变化的周期T；
(3)改变宽度d，使微粒仍能按上述运动过程通过相应宽度的区域，求T的最小值．
答案 (1)eq \f(mg,E0) eq \f(2E0,v) (2)eq \f(d,2v)＋eq \f(πv,g) (3)eq \f(2π＋1v,2g)
解析 (1)根据题意，微粒做圆周运动时，洛伦兹力提供向心力，重力与静电力平衡，则
mg＝qE0
开始时微粒水平向右做直线运动，则竖直方向所受合力为0，则
mg＋qE0＝qvB
联立得q＝eq \f(mg,E0)
B＝eq \f(2E0,v)
(2)设微粒从N1运动到Q的时间为t1，做圆周运动的周期为t2，则
eq \f(d,2)＝vt1
qvB＝meq \f(v2,R)
2πR＝vt2
联立解得t1＝eq \f(d,2v)
t2＝eq \f(πv,g)
电场变化的周期T＝t1＋t2＝eq \f(d,2v)＋eq \f(πv,g)
(3)若微粒能完成题述的运动过程，
则要求d≥2R
由(1)(2)中的式子联立解得R＝eq \f(v2,2g)
所以当d＝2R时，微粒在N1Q段直线运动时间最短，
设N1Q段直线运动的最短时间为t1min，得
t1min＝eq \f(v,2g)，
因t2不变，T的最小值
Tmin＝t1min＋t2＝eq \f(2π＋1v,2g).
4．如图甲所示的xOy平面内存在大小随时间周期性变化的匀强磁场和匀强电场，变化规律分别如图乙、丙所示(规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向，沿y轴负方向为电场强度的正方向)．在t＝0时刻由原点O发射一个初速度大小为v0、方向沿y轴正方向的带正电粒子，粒子的比荷eq \f(q,m)＝eq \f(π,B0t0)，v0、B0、E0、t0均为已知量，不计粒子受到的重力．
(1)求在0～t0内粒子运动轨迹的半径；
(2)求t＝2t0时，粒子的位置坐标；
(3)若粒子在t＝25t0时首次回到坐标原点，求电场强度E0与磁感应强度B0的大小关系．
答案 (1)eq \f(v0t0,π)
(2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2v0t0,π)，－v0t0－\f(πE0t0,2B0)))
(3)E0＝eq \f(v0,6π)B0
解析 (1)粒子在磁场中运动时，洛伦兹力提供向心力，
则有qv0B0＝eq \f(mv02,r)，又eq \f(q,m)＝eq \f(π,B0t0)
联立解得r＝eq \f(v0t0,π)
(2)若粒子在磁场中做完整的圆周运动，
则其周期T＝eq \f(2πr,v0)
解得T＝2t0
则在0～t0时间内，粒子在磁场中转动半周，
t＝t0时粒子位置的横坐标
x＝－2r＝－eq \f(2v0t0,π)
在t0～2t0时间内，粒子在电场中沿y轴负方向做匀加速直线运动
y＝－v0t0－eq \f(qE0,2m)t02
解得y＝－v0t0－eq \f(πE0t0,2B0)
故t＝2t0时，粒子的位置坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2v0t0,π)，－v0t0－\f(πE0t0,2B0)))
(3)如图所示，带电粒子在x轴上方做圆周运动的轨道半径为r1＝r＝eq \f(v0t0,π)
当t＝2t0时，粒子的速度大小为v＝v0＋eq \f(qE0,m)t0
2t0～3t0时间内，粒子在x轴下方做圆周运动的轨道半径r2＝eq \f(mv,qB0)＝eq \f(m,qB0)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(v0＋\f(qE0,m)t0))
由几何关系可知，要使粒子经过原点，则必须满足n(2r2－2r1)＝2r1(n＝1,2,3，…)
当t＝25t0时，n＝6，解得E0＝eq \f(v0,6π)B0.