高三物理人教版一轮学案专题强化七带电粒子在交变电磁场中的运动

专题强化七带电粒子在交变电磁场中的运动带电粒子在交变电磁场中的运动问题的基本思路一、交变磁场＋恒定电场例1(2020·广西柳江模拟)如图甲所示，在y≥0的区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，其磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示；与x轴平行的虚线MN下方有沿＋y方向的匀强电场，电场强度E＝eq\f(8,π)×103N/C。在y轴上放置一足够大的挡板。t＝0时刻，一个带正电粒子从P点以v＝2×104m/s的速度沿x轴正方向射入磁场。已知电场边界MN到x轴的距离为y0＝eq\f(π－2,10)m，P点到坐标原点O的距离为1.1m，粒子的比荷eq\f(q,m)＝1×106C/kg，不计粒子的重力。求：(1)粒子在磁场中运动时距x轴的最大距离；(2)粒子连续两次通过电场边界MN所需的时间；(3)粒子最终打在挡板上的位置到坐标原点O的距离。[解析](1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，有qvB＝meq\f(v2,R)，解得半径R＝0.2粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为T＝eq\f(2πR,v)＝2π×10－5s，粒子在磁场中运动时，到x轴的最大距离为ym＝2R＝0.4(2)粒子运动轨迹如图甲所示，由磁场变化规律可知，粒子在0～eq\f(3,2)π×10－5s(即0－eq\f(3,4)T)时间内做匀速圆周运动至A点，接着沿－y方向做匀速直线运动直至电场边界C点，用时为t2＝eq\f(R＋y0,v)＝eq\f(1,2)π×10－5s＝eq\f(T,4)，进入电场后粒子做匀减速运动至D点，由牛顿第二定律得粒子的加速度为a＝eq\f(qE,m)＝eq\f(8,π)×109m/s2，粒子从C点减速至D再反向加速至C所需的时间为t3＝eq\f(2v,a)＝eq\f(1,2)π×10－5s＝eq\f(T,4)，接下来，粒子沿y轴正方向匀速运动至A所需时间仍为t2，此时磁场刚好恢复，粒子将在洛伦兹力的作用下由A点开始做匀速圆周运动，再经eq\f(3,2)π×10－5s时间，粒子将运动到F点，此后将重复前面的运动过程。所以粒子连续通过电场边界MN有两种可能。第一种可能是由C点先沿－y方向到D再返回经过C，所需时间t＝t3＝eq\f(1,2)π×10－5s；第二种可能是由C点先沿＋y方向运动至A点开始做匀速圆周运动一圈半后，从G点沿－y方向做匀速直线运动至MN，所需时间为t′＝eq\f(T,4)＋eq\f(3T,2)＋eq\f(T,4)＝2T＝4π×10－5s。(3)由(2)分析可知，粒子每完成一次周期性的运动，将向x轴负方向平移2R(即图甲中所示从P点移到F点)，OP＝1.1m＝5.5R，故粒子打在挡板前的一次运动如图乙所示，其中I是粒子开始做圆周运动的起点，K是最后一段圆周运动的圆心，Q是I点与K点连线与y轴的交点。由题意知OI＝OP－5R＝0.1KQ＝R－QI＝0.1m＝eq\f(R,2)，则有JQ＝eq\r(R2－KQ2)＝eq\f(\r(3),2)R，J点到O点的距离为JO＝R＋eq\f(\r(3),2)R＝eq\f(2＋\r(3),10)m＝0.37m。[答案](1)0.4m(2)见解析(3二、交变电场＋恒定磁场例2(2019·合肥模拟)如图甲所示，带正电粒子以水平速度v0从平行金属板MN间中线OO′连续射入电场中。MN板间接有如图乙所示的随时间t变化的电压UMN，两板间电场可看作是均匀的，且两板外无电场。紧邻金属板右侧有垂直纸面向里的匀强磁场B，分界线为CD，EF为屏幕。金属板间距为d，长度为l，磁场的宽度为d。已知：B＝5×10－3T，l＝d＝0.2m，每个带正电粒子的速度v0＝105m/s，比荷为eq\f(q,m)＝108C/kg，重力忽略不计，在每个粒子通过电场区域的极短时间内，(1)带电粒子进入磁场做圆周运动的最小半径；(2)带电粒子射出电场时的最大速度；(3)带电粒子打在屏幕上的范围。[解析](1)t＝0时刻射入电场的带电粒子不被加速，进入磁场做圆周运动的半径最小。粒子在磁场中运动时qv0B＝eq\f(mv\o\al(2,0),rmin)则带电粒子进入磁场做圆周运动的最小半径rmin＝eq\f(mv0,qB)＝eq\f(105,108×5×10－3)m＝0.2m其运动的径迹如图中曲线Ⅰ所示。(2)设两板间电压为U1，带电粒子刚好从极板边缘射出电场，则有eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)·eq\f(U1q,dm)(eq\f(l,v0))2代入数据，解得U1＝100V在电压低于100V时，带电粒子才能从两板间射出电场，电压高于100V时，带电粒子打在极板上，不能从两板间射出。带电粒子刚好从极板边缘射出电场时，速度最大，设最大速度为vmax，则有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,max)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋qeq\f(U1,2)解得vmax＝eq\r(2)×105m/s＝1.414×105(3)由第(1)问计算可知，t＝0时刻射入电场的粒子在磁场中做圆周运动的半径rmin＝d＝0.2m，径迹恰与屏幕相切，设切点为E，则eq\x\to(O′E)＝rmin＝0.2m带电粒子射出电场时的速度最大时，在磁场中做圆周运动的半径最大，打在屏幕上的位置最低。设带电粒子以最大速度射出电场进入磁场中做圆周运动的半径为rmax，打在屏幕上的位置为F，运动径迹如图中曲线Ⅱ所示．qvmaxB＝eq\f(mv\o\al(2,max),rmax)则带电粒子进入磁场做圆周运动的最大半径rmax＝eq\f(mvmax,qB)＝eq\f(\r(2)×105,108×5×10－3)m＝eq\f(\r(2),5)m由数学知识可得运动径迹的圆心必落在屏幕上，如图中Q点所示，并且Q点必与M板在同一水平线上。则eq\x\to(O′Q)＝eq\f(d,2)＝eq\f(0.2,2)m＝0.1m带电粒子打在屏幕上的最低点为F，则eq\x\to(O′F)＝rmax－eq\x\to(O′Q)＝(eq\f(\r(2),5)－0.1)m≈0.18m即带电粒子打在屏幕上O′上方0.2m到O′下方[答案](1)0.2m(2)1.414×105m/s(3)O′上方0.2三、交变电、磁场例3(2019·肥城模拟)如图甲所示，在xOy平面内存在均匀、大小随时间周期性变化的磁场和电场，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轴正方向电场强度为正)。在t＝0时刻由原点O发射初速度大小为v0，方向沿y轴正方向的带负电粒子。已知v0、t0、B0，粒子的比荷为eq\f(π,B0t0)，不计粒子的重力。求：(1)t＝t0时，粒子的位置坐标；(2)若t＝5t0时粒子回到原点，0～5t0时间内粒子距x轴的最大距离；(3)若粒子能够回到原点，满足条件的所有E0值。[解析](1)粒子在0～t0内沿顺时针方向做圆周运动qv0B0＝meq\f(v\o\al(2,0),r1)，T＝eq\f(2πr1,v0)解得r1＝eq\f(mv0,qB0)，T＝eq\f(2πm,qB0)又粒子的比荷eq\f(q,m)＝eq\f(π,B0t0)解得r1＝eq\f(v0t0,π)，T＝2t0故t＝t0时，粒子的位置坐标为(eq\f(2v0t0,π)，0)。(2)粒子在t＝5t0时回到原点，运动轨迹如图甲所示由r2＝2r1，r1＝eq\f(mv0,qB0)，r2＝eq\f(mv2,qB0)解得v2＝2v0则在0～5t0时间内粒子距x轴的最大距离hm＝eq\f(v0＋2v0,2)t0＋r2＝(eq\f(3,2)＋eq\f(2,π))v0t0。(3)如图乙所示，设带电粒子在x轴下方做圆周运动的轨迹半径为r′2，由几何关系可知，要使粒子能够回到原点，则必须满足n(2r2′－2r1)＝2r1(n＝1,2,3，…)其中r2′＝