高考物理第二轮章节复习讲义 第9章 高考专题复习 带电粒子在交变电场、磁场中的运动（附答案）

带电粒子在交变电场、磁场中的运动求解带电粒子在交变电场、磁场中运动问题的基本思路特别提醒：若交变电压的变化周期远大于粒子穿越电场的时间，则在粒子穿越电场过程中，电场可看作粒子刚进入电场时刻的匀强电场。例1、（2014年韶关一模）如图甲所示，水平直线MN下方有竖直向上的匀强电场，场强N/C。现将一重力不计、比荷eq\f(q,m)＝106C/kg的正电荷从电场中的O点由静止释放，经过t0=1s后，通过MN上的P点进入其上方的匀强磁场。磁场方向垂直于纸面向外，以电荷第一次通过MN时开始计时，磁感应强度按图乙所示规律周期性变化。求：（1）电荷进入磁场时的速度；（2）图乙中t=2×10s时刻电荷与P点的距离；（3）如果在P点右方d=l00cm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。变式1、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)＝106C/kg的正电荷置于电场中的O点由静止释放，经过eq\f(π,15)×10－5s后，电荷以v0＝1.5×104m/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）。求：例2、如图所示，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，方向沿y轴正方向的带负电粒子。已知、t0、B0，粒子的比荷，不计粒子的重力。求：（1）时，求粒子的位置坐标；（2）若t=5t0时粒子回到原点，求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，求满足条件的所有E0值。例3、如图甲所示，在xOy平面内加有空间分布均匀、大小随时间周期性变化的电场和磁场，变化规律如图乙所示(规定竖直向上为电场强度的正方向，垂直纸面向里为磁感应强度的正方向)．在t＝0时刻，质量为m、电荷量为q的带正电粒子自坐标原点O处以v0＝2πm/s的速度沿x轴正向水平射入．已知电场强度E0＝eq\f(2m,q)、磁感应强度B0＝eq\f(2m,q)，不计粒子重力．求：（1）t＝πs时粒子速度的大小和方向；（2）πs～2πs内，粒子在磁场中做圆周运动的半径；（3）画出0～4πs内粒子的运动轨迹示意图；(要求：体现粒子的运动特点)．例4、如图甲所示，两平行金属板长度l不超过0.2m，两板间电压U随时间t变化的U－t图象如图乙所示．在金属板右侧有一左边界为MN、右边无界的匀强磁场，磁感应强度B＝0.01T，方向垂直纸面向里．现有带正电的粒子连续不断地以速度v0＝105m/s射入电场中，初速度方向沿两板间的中线OO′方向．磁场边界MN与中线OO′垂直．已知带电粒子的比荷eq\f(q,m)＝108C/kg，粒子的重力和粒子之间的相互作用力均可忽略不计。（1）在每个粒子通过电场区域的时间内，可以把板间的电场强度当做恒定的．请通过计算说明这种处理能够成立的理由．（2）设t＝0.1s时刻射入电场的带电粒子恰能从金属板边缘穿越电场射入磁场，求该带电粒子射出电场时速度的大小．（3）对于所有经过电场射入磁场的带电粒子，设其射入磁场的入射点和从磁场射出的出射点间的距离为d，试判断：d的大小是否随时间变化？若不变，证明你的结论；若变化，求出d的变化范围。针对训练1、如图甲所示，在坐标系xoy中，轴左侧有沿轴正向的匀强电场，场强大小为E；轴右侧有如图乙所示，大小和方向周期性变化的匀强磁场，磁感强度大小B0。已知磁场方向垂直纸面向里为正。时刻，从轴上的p点无初速释放一带正电的粒子，质量为m，电量为q（粒子重力不计），粒子第一次在电场中运动时间与第一次在磁场中运动的时间相等。求：（1）P点到O点的距离；（2）粒子经一个周期沿y轴发生的位移；（3）粒子能否再次经过O点，若不能说明理由；若能，求粒子再次经过O点的时刻；（4）粒子第4n（n=1、2、3…）次经过y轴时的纵坐标。

2、如图所示，在xOy坐标系内存在周期性变化的电场和磁场，电场沿y轴正方向，磁场垂直纸面(以向里为正)，电场和磁场的变化规律如图所示．一质量m＝3.2×10－13kg、电荷量q＝－1.6×10－10C的带电粒子，在t＝0时刻以v0＝8m/s的速度从坐标原点沿x轴正向运动，不计粒子重力，求：（1）粒子在磁场中运动的周期；（2）t＝20×10－3s时粒子的位置坐标；（3）t＝24×10－3s时粒子的速度。3、如图所示，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，方向沿y轴正方向的带负电粒子（不计重力）。其中已知、E0，且，粒子的比荷，x轴上有一点A，坐标为（）（1）求时带电粒子的位置坐标；（2）粒子运动过程中偏离轴的最大距离；（3）粒子经多长时间经过A点。4、如图甲所示的控制电子运动装置由偏转电场、偏转磁场组成。偏转电场处在加有电压U、相距为d的两块水平平行放置的导体板之间，匀强磁场水平宽度一定，竖直长度足够大，其紧靠偏转电场的右边。大量电子以相同初速度连续不断地沿两板正中间虚线的方向向右射入导体板之间。当两板间没有加电压时，这些电子通过两板之间的时间为2t0；当两板间加上图乙所示的电压U时，所有电子均能通过电场、穿过磁场，最后打在竖直放置的荧光屏上。已知电子的质量为m、电荷量为e，不计电子的重力及电子间的相互作用，电压U的最大值为U0，磁场的磁感应强度大小为B、方向水平且垂直纸面向里。（1）如果电子在t＝t0时刻进入两板间，求它离开偏转电场时竖直分位移的大小。（2）要使电子在t＝0时刻进入电场并能最终垂直打在荧光屏上，匀强磁场的水平宽度l为多少？5、如图甲所示，相隔一定距离的竖直边界两侧为相同的匀强磁场区，磁场方向垂直纸面向里，在边界上固定两长为L的平行金属极板MN和PQ，两极板中心各有一小孔S1、S2，两极板间电压的变化规律如图乙所示，正反向电压的大小均为U0，周期为T0。在t＝0时刻将一个质量为m、电荷量为－q(q>0)的粒子由S1静止释放，粒子在电场力的作用下向右运动，在t＝eq\f(T0,2)时刻通过S2垂直于边界进入右侧磁场区。（不计粒子重力，不考虑极板外的电场）（1）求粒子到达S2时的速度大小v和极板间距d。（2）为使粒子不与极板相撞，求磁感应强度的大小应满足的条件。（3）若已保证了粒子未与极板相撞，为使粒子在t＝3T0时刻再次到达S2，且速度恰好为零，求该过程中粒子在磁场内运动的时间和磁感应强度的大小。6．水平放置的平行金属板M、N之间存在竖直向上的匀强电场和垂直纸面的交变磁场(如图所示，垂直纸面向里为正)，磁感应强度B0＝100T。已知两板间距离d＝0.3m，电场强度E＝50V/m，M板上有一小孔P，在P正上方h＝5cm处的O点，一带电油滴自由下落，穿过小孔后进入两板间，最后落在N板上的Q点。如果油滴的质量m＝10－4kg，带电荷量|q|＝2×10－5C。求：（1）在P点油滴的速度v为多少？（2）若油滴在t＝0时刻进入两板间，最后恰好垂直向下落在N板上的Q点，油滴的电性及交变磁场的变化周期T。（3）Q、O两点的水平距离。(不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2)

答案例1．解析：⑴电荷在电场中做匀加速直线运动，（2分）（1分）代入数据解得：v0=×l04m／s（2分）⑵粒子在磁场中运动时qvB＝eq\f(mv2,r)当时，电荷运动的半径：（1分）周期（1分）当时，电荷运动的半径：（1分）周期（1分）故电荷从t=0时刻开始做周期性运动，其运动轨迹如图所示。（2分）t=2×10-5s时刻为电荷先沿大圆轨迹运动四分之一个周期再沿小圆轨迹运动半个周期，与P点的水平距离为r1=20cm（2分）⑶电荷从P点开始，其运动的周期为：（1分）根据电荷的运动情况可知，电荷每一个周期向右沿PN运动的距离为40cm，故电荷到达档板前运动的完整周期数为2个，然后再运动，以角撞击到挡板上。（2分）故电荷运动的总时间：（2分）变式1．解析（1）电荷在电场中做匀加速直线运动，设其在电场中运动的时间为t1，有：v0＝at1，Eq＝ma，解得：E＝eq\f(mv0,qt1)＝7.2×103N/C.（2）当磁场垂直纸面向外时，电荷运动的半径：r＝eq\f(mv0,B1q)＝5cm，周期T1＝eq\f(2πm,B1q)＝eq\f(2π,3)×10－5s，当磁场垂直纸面向里时，电荷运动的半径：r2＝eq\f(mv0,B2q)＝3cm，周期T2＝eq\f(2πm,B2q)＝eq\f(2π,5)×10－5s，故电荷从t＝0时刻开始做周期性运动，其运动轨迹如下图所示．t＝eq\f(4π,5)×10－5s时刻电荷与O点的水平距离：Δd＝2(r1－r2)＝4cm。（3）电荷从第一次通过MN开始，其运动的周期为：T＝eq\f(4π,5)×10－5s，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15个，此时电荷沿MN运动的距离：s＝15Δd＝60cm，则最后8cm的距离如右图所示，有：r1＋r1cosα＝8cm，解得：cosα＝0.6，则α＝53°故电荷运动的总时间：t总＝t1＋15T＋eq\f(1,2)T1－eq\f(53°,360°)T1＝3.86×10－4s.答案（1）7.2×103N/C（2）4cm（3）3.86×10－4s例2、（1）由粒子的比荷得粒子做圆周运动的周期（1分）则在内转过的圆心角（1分）由牛顿第二定律qv0B0=mv02/r1（2分）得

（1分）位置坐标（）（1分）（2）粒子t=时回到原点，轨迹如图所示（1分）（1分）得（1分）又，（1分）粒子在t0-2t0时间内做匀加速直线运动，2t0－3t0时间内做匀速圆周运动，则在时间内粒子距x轴的最大距离：（1分）r2O2O1xy（3）如图所示，设带电粒子在x轴上方做圆周运动的轨道半径为r1，在x轴下方做圆周运动的轨道半径为r2，由几何关系可知，要使粒子经过原点，则必须满足（n=1，2，3r2O2O1xy，联立以上解得（1分）又由于

（2分）得（n=1，2，3，…）（1分）例3、读题：（1）由图(乙)可知，在xOy平面内存在电场时，不存在磁场；存在磁场时，不存在电场．且电场和磁场的变化周期相同；（2）带电粒子在电场中做类平抛运动；（3）由T＝eq\f(2πm,qB0)＝πs知，只存在磁场时，带电粒子恰好做一个完整的圆周运动．画图带电粒子在交变场中的运动轨迹如图所示．规范解答：（1）在0～πs内，在电场力作用下，带电粒子在x轴正方向上做匀速运动：vx＝v0y轴正方向上做匀加速运动：vy＝eq\f(qE0,m)tπs末的速度为v1＝eq\r(v\o\al(2,x)＋v\o\al(2,y))v1与水平方向的夹角为α，则tanα＝eq\f(vy,vx)，代入数据解得v1＝2eq\r(2)πm/s，方向与x轴正方向成45°斜向上．（2）因T＝eq\f(2πm,qB0)＝πs，故在πs～2πs内，粒子在磁场中做一个完整的圆周运动，由牛顿第二定律得：qv1B0＝eq\f(mv\o\al(2,1),R1)，解得R1＝eq\f(mv1,qB0)＝eq\r(2)πm（3）轨迹如图所示例4．解析（1）带电粒子在金属板间运动的时间为：t＝eq\f(l,v0)≤2×10－6s，由于t远小于T(T为电压U的变化周期)，故在t时间内金属板间的电场可视为恒定的．另解：在t时间内金属板间电压变化ΔU≤2×10－3V，由于ΔU远小于100V(100V为电压U最大值)，电压变化量特别小，故t时间内金属板间的电场可视为恒定的．（2）t＝0.1s时刻偏转电压U＝100V，由动能定理得：eq\f(1,2)qU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，代入数据解得v1＝1.41×105m/s.（3）设某一时刻射出电场的粒子的速度大小为v，速度方向与OO′夹角为θ，则v＝eq\f(v0,cosθ)，粒子在磁场中有qvB＝eq\f(mv2,R)，由几何关系得d＝2Rcosθ，由以上各式解得d＝eq\f(2mv0,qB)，代入数据解得d＝0.2m，显然d不随时间变化．针对训练1、（1）粒子在电场中匀加速运动时间为t0，，（2分）OP间距离为x，，解得：（2分）（2）粒子圆周运动的半径分别为R1和R2，,（2分）粒子每经一个周期沿y轴向下移动，（2分）（3）当粒子从左侧射入向上偏转时可能再次经过O点，故从O点下方2R1处入射时，（2分）得：N=2，粒子能再次经过O点，t=2T+2t0（2分），（2分）（4）经分析知粒子每个周期4次经过y轴，每个周期y轴移动距离为，故（2分）（4分）2、解析（1）粒子在磁场中运动时qvB＝eq\f(mv2,R)(2分)T＝eq\f(2πR,v)(1分)解得T＝eq\f(2πm,qB)＝4×10－3s(1分)（2）粒子的运动轨迹如图所示，t＝20×10－3s时粒子在坐标系内做了两个圆周运动和三段类平抛运动，水平位移x＝3v0T＝9.6×10－2m(1分)竖直位移y＝eq\f(1,2)a(3T)2(1分)Eq＝ma(1分)解得y＝3.6×10－2m故t＝20×10－3s时粒子的位置坐标为：(9.6×10－2m，－3.6×10－2m)(1分)（3）t＝24×10－3s时粒子的速度大小、方向与t＝20×10－3s时相同，设与水平方向夹角为α(1分)则v＝eq\r(v\o\al(2,0)＋v\o\al(2,y))(1分)vy＝3aT(1分)tanα＝eq\f(vy,v0)(1分)解得v＝10m/s(1分)与x轴正向夹角α为37°(或arctaneq\f(3,4))斜向右下方(1分)3、解析（1）粒子运动的周期T＝eq\f(2πm,qB0)＝2t0则在0～eq\f(t0,2)内转过的圆心角α＝eq\f(π,2)由qv0B0＝meq\f(veq\o\al(2,0),r1)得：r1＝eq\f(mv0,qB0)＝eq\f(v0t0,π)所以坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v0t0,π)，\f(v0t0,π)))（2）粒子运动轨迹如图所示，经电场加速运动后的速度为v＝v0＋eq\f(E0q,m)t0＝2v0运动的位移s＝eq\f(v0＋v,2)t0＝1.5v0t0在2t0～3t0内粒子做匀速圆周运动，半径r2＝2r1＝eq\f(2v0t0,π)故粒子偏离x轴的最大距离h＝s＋r2＝1.5v0t0＋eq\f(2v0t0,π)（3）每个4t0内粒子在x轴正向移动距离d＝2r1＋2r2＝eq\f(6v0t0,π)经过A点的时间t＝eq\f(\f(48v0t0,π),d)×4t0＝32t04、解析：（1）电子在t＝t0时刻进入两板间，先做匀速运动，后做类平抛运动，在2t0～3t0时间内发生偏转：a＝eq\f(eE,m)＝eq\f(eU0,md)，y＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,0)＝eq\f(eU0t\o\al(2,0),2md)（2）设电子从电场中射出的偏向角为θ，速度为v，则：sinθ＝eq\f(vy,v)＝eq\f(eU0t0,mdv)电子通过匀强磁场并能垂直打在荧光屏上，其圆周运动的半径为R，根据牛顿第二定律有evB＝meq\f(v2,R)由几何关系得sinθ＝eq\f(l,R)得水平宽度l＝eq\f(U0t0,Bd)。5、解析：（1）粒子由S1至S2的过程，根据动能定理得qU0＝eq\f(1,2)mv2 ①由①式得v＝eq\r(\f(2qU0,m)) ②设粒子的加速度大小为a，由牛顿第二定律得qeq\f(U0,d)＝ma ③由运动学公式得d＝eq\f(1,2)a(eq\f(T0,2))2 ④联立③④式得d＝eq\f(T0,4)eq\r(\f(2qU0,m)) ⑤（2）设磁感应强度大小为B，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，由牛顿第二定律得qvB＝meq\f(v2,R) ⑥要使粒子在磁场中运动时不与极板相撞，须满足2R>eq\f(L,2) ⑦联立②⑥⑦式得B<eq\f(4,L)eq\r(\f(2mU0,q)) ⑧（3）设粒子在两边界之间无场区向左匀速运动的过程用时为t1，