考點(diǎn)一 帶電粒子在交變電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)
處理帶電粒子在交變電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的問(wèn)題時(shí)，先畫出粒子在電場(chǎng)方向的v－t圖像，結(jié)合圖像去分析粒子的運(yùn)動(dòng)情況，在v－t圖像中，圖線與t軸所圍面積表示沿電場(chǎng)方向粒子的位移．帶電粒子在交變電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)常見的v－t圖像如圖所示．
例1 (多選)(2022·天津市模擬)如圖甲所示，真空中水平放置兩塊長(zhǎng)度為2d的平行金屬板P、Q，兩板間距為d，兩板間加上如圖乙所示最大值為U0的周期性變化的電壓，在兩板左側(cè)緊靠P板處有一粒子源A，自t＝0時(shí)刻開始連續(xù)釋放初速度大小為v0、方向平行于金屬板的相同帶電粒子，t＝0時(shí)刻釋放的粒子恰好從Q板右側(cè)邊緣離開電場(chǎng)，已知電場(chǎng)變化周期T＝eq \f(2d,v0)，粒子質(zhì)量為m，不計(jì)粒子重力及相互間的作用力，則( )
A．在t＝0時(shí)刻進(jìn)入的粒子離開電場(chǎng)時(shí)速度大小仍為v0
B．粒子的電荷量為eq \f(mv02,2U0)
C．在t＝eq \f(1,8)T時(shí)刻進(jìn)入的粒子離開電場(chǎng)時(shí)電勢(shì)能減少了eq \f(1,8)mv02
D．在t＝eq \f(1,4)T時(shí)刻進(jìn)入的粒子剛好從P板右側(cè)邊緣離開電場(chǎng)
答案 AD
解析 粒子進(jìn)入電場(chǎng)后，在水平方向做勻速運(yùn)動(dòng)，則t＝0時(shí)刻進(jìn)入電場(chǎng)的粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間t＝eq \f(2d,v0)，此時(shí)間正好是交變電場(chǎng)的一個(gè)周期；粒子在豎直方向先做加速運(yùn)動(dòng)后做減速運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)一個(gè)周期，粒子在豎直方向速度為零，故粒子離開電場(chǎng)時(shí)的速度大小等于水平速度v0，選項(xiàng)A正確．在豎直方向，粒子在eq \f(T,2)時(shí)間內(nèi)的位移為eq \f(d,2)，則eq \f(d,2)＝eq \f(U0q,2dm)(eq \f(d,v0))2，可得q＝eq \f(mv02,U0)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤．在t＝eq \f(T,8)時(shí)刻進(jìn)入電場(chǎng)的粒子，離開電場(chǎng)時(shí)在豎直方向上的位移為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)，故靜電力做功為W＝eq \f(U0q,d)·eq \f(d,2)＝eq \f(1,2)U0q＝eq \f(1,2)mv02，即電勢(shì)能減少了eq \f(1,2)mv02，選項(xiàng)C錯(cuò)誤．在 t＝eq \f(T,4)時(shí)刻進(jìn)入的粒子，在豎直方向先向下做加速運(yùn)動(dòng)eq \f(T,4)，然后向下做減速運(yùn)動(dòng)eq \f(T,4)，再向上加速eq \f(T,4)，向上減速eq \f(T,4)，由對(duì)稱性可知，此時(shí)豎直方向的位移為零，故粒子從P板右側(cè)邊緣離開電場(chǎng)，選項(xiàng)D正確．
考點(diǎn)二 帶電粒子在交變電、磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)
1．此類問(wèn)題是場(chǎng)在時(shí)間上的組合，電場(chǎng)或磁場(chǎng)往往具有周期性，粒子的運(yùn)動(dòng)也往往具有周期性．這種情況下要仔細(xì)分析帶電粒子的受力情況和運(yùn)動(dòng)過(guò)程，弄清楚帶電粒子在每一時(shí)間段內(nèi)在電場(chǎng)、磁場(chǎng)中各處于什么狀態(tài)，做什么運(yùn)動(dòng)，畫出一個(gè)周期內(nèi)的運(yùn)動(dòng)軌跡，確定帶電粒子的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，選擇合適的規(guī)律進(jìn)行解題．
2．解題思路
例2 如圖(a)所示的xOy平面處于變化的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，電場(chǎng)強(qiáng)度E和磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間做周期性變化的圖像如圖(b)所示，y軸正方向?yàn)镋的正方向，垂直于紙面向里為B的正方向．t＝0時(shí)刻，帶負(fù)電粒子P(重力不計(jì))由原點(diǎn)O以速度v0沿y軸正方向射出，它恰能沿一定軌道做周期性運(yùn)動(dòng)．v0、E0和t0為已知量，圖(b)中eq \f(E0,B0)＝eq \f(8v0,π2)，在0～t0時(shí)間內(nèi)粒子P第一次離x軸最遠(yuǎn)時(shí)的坐標(biāo)為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時(shí)刻粒子P的位置；
(3)帶電粒子在運(yùn)動(dòng)中距離原點(diǎn)O的最遠(yuǎn)距離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時(shí)間內(nèi)粒子P在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，當(dāng)粒子所在位置的縱、橫坐標(biāo)相等時(shí)，粒子在磁場(chǎng)中恰好經(jīng)過(guò)eq \f(1,4)圓周，所以粒子P第一次離x軸的最遠(yuǎn)距離等于軌道半徑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)設(shè)粒子P在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期為T，則
T＝eq \f(2πR,v0)，則可得T＝4t0
即粒子P做eq \f(1,4)圓周運(yùn)動(dòng)后磁場(chǎng)變?yōu)殡妶?chǎng)，粒子以速度v0垂直電場(chǎng)方向進(jìn)入電場(chǎng)后做類平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)t0～2t0時(shí)間內(nèi)水平位移和豎直位移分別為x1、y1，則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時(shí)刻粒子P的位置坐標(biāo)為(eq \f(2＋π,π)v0t0，0)，如圖中的b點(diǎn)所示．
(3)分析知，粒子P在2t0～3t0時(shí)間內(nèi)，靜電力產(chǎn)生的加速度方向沿y軸正方向，由對(duì)稱關(guān)系知，在3t0時(shí)刻速度方向?yàn)閤軸正方向，位移
x2＝x1＝v0t0
在3t0～5t0時(shí)間內(nèi)粒子P沿逆時(shí)針?lè)较蜃霭霃綖镽的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，往復(fù)運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，
由圖可知，帶電粒子在運(yùn)動(dòng)中距原點(diǎn)O的最遠(yuǎn)距離L即O、d間的距離L＝2R＋2x1
解得L＝eq \f(4＋2π,π)v0t0
(2022·湖南岳陽(yáng)市二模)如圖甲所示，在xOy平面的第一象限內(nèi)存在周期性變化的磁場(chǎng)，規(guī)定磁場(chǎng)垂直紙面向里的方向?yàn)檎?，磁感?yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的變化規(guī)律如圖乙所示．質(zhì)量為m、電荷量為＋q的粒子，在t＝0時(shí)刻沿x軸正方向從坐標(biāo)原點(diǎn)O射入磁場(chǎng)．圖乙中T0為未知量，不計(jì)粒子的重力(sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)．
(1)若粒子射入磁場(chǎng)時(shí)的速度為v0，求0～eq \f(2,5)T0時(shí)間內(nèi)粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑；
(2)若粒子恰好不能從y軸射出磁場(chǎng)，求磁感應(yīng)強(qiáng)度變化的周期T0；
(3)若使粒子能從坐標(biāo)為(d，eq \r(3)d)的D點(diǎn)平行于x軸射出，求射入磁場(chǎng)時(shí)速度大?。?br>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)根據(jù)洛倫茲力提供向心力有qv0·3B0＝meq \f(v02,r1)，解得r1＝eq \f(mv0,3qB0)
(2)要使粒子恰好不從y軸射出，軌跡如圖所示，
在前eq \f(2,5)T0內(nèi)粒子的運(yùn)動(dòng)半徑為r1＝eq \f(mv0,3qB0)
在后eq \f(3,5)T0內(nèi)粒子的運(yùn)動(dòng)半徑為r2＝eq \f(mv0,2qB0)
由幾何關(guān)系知sin θ＝eq \f(r2,r1＋r2)＝0.6
解得θ＝37°
在0～eq \f(2,5)T0時(shí)間內(nèi)粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的周期為T＝eq \f(2πm,3qB0)
則eq \f(180°－37°,360°)T＝eq \f(2,5)T0
解得T0＝eq \f(143πm,216B0q)
(3)要想使粒子經(jīng)過(guò)D點(diǎn)且平行x軸射出，則粒子只能從nT0時(shí)刻經(jīng)過(guò)D點(diǎn)，其中n＝1,2,3，…，則可能的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示
設(shè)粒子射入磁場(chǎng)的速度大小為v，
由(2)可得r2＝eq \f(3,2)r1
由幾何關(guān)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，…)．
專題強(qiáng)化練
1．(多選)如圖甲所示，長(zhǎng)為L(zhǎng)的兩塊正對(duì)金屬板A、B水平放置，兩板接上如圖乙所示隨時(shí)間變化的交流電壓UAB，電子流沿中心線OO′從O點(diǎn)以初速度v0＝eq \f(L,T)射入板間，電子都不會(huì)碰到極板．已知兩金屬板間距為d，且電子的質(zhì)量為m、電荷量為e.下列說(shuō)法正確的是( )
A．兩板間距d>Teq \r(\f(eU0,2m))
B．電子在t＝0時(shí)刻從O點(diǎn)射入時(shí)一定從中心線離開電場(chǎng)
C．電子在t＝eq \f(T,4)時(shí)刻從O點(diǎn)射入時(shí)一定從中心線離開電場(chǎng)
D．電子無(wú)論在哪一時(shí)刻從O點(diǎn)射入，離開板間電場(chǎng)時(shí)的速率一定是v0
答案 ACD
解析 任何一個(gè)電子離開電場(chǎng)所用的時(shí)間均為eq \f(L,v0)＝T，當(dāng)電子在t＝keq \f(T,2)(k＝0,1,2，…)時(shí)刻從O點(diǎn)射入，射出電場(chǎng)時(shí)電子離開中心線的距離最大為h＝2×eq \f(1,2)·eq \f(eU0,md)·(eq \f(T,2))2，hTeq \r(\f(eU0,2m))，A正確；電子在t＝0時(shí)刻從O點(diǎn)射入時(shí)，電子離開電場(chǎng)時(shí)與中心線間的距離最大，不會(huì)從中心線離開電場(chǎng)，B錯(cuò)誤；電子在t＝eq \f(T,4)時(shí)刻從O點(diǎn)射入后，在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖，根據(jù)對(duì)稱性可知電子從中心線離開電場(chǎng)，C正確；設(shè)電子從t＝eq \f(T,2)－Δt時(shí)刻從O點(diǎn)射入電場(chǎng)，則沿電場(chǎng)方向的分速度vy＝aΔt－aΔt－(eq \f(T,2)－Δt)a＋a(eq \f(T,2)－Δt)＝0，離開電場(chǎng)時(shí)只有沿中心線方向上的速度，大小為v0，D正確．
2．(2022·山東省高三檢測(cè))如圖甲所示，粒子源能源源不斷地產(chǎn)生一種比荷為eq \f(q,m)的帶正電粒子，帶電粒子從粒子源飛出時(shí)的速度可忽略不計(jì)．帶電粒子離開粒子源后進(jìn)入一電壓為U0的加速電場(chǎng)，之后進(jìn)入長(zhǎng)為L(zhǎng)、兩板間距離為d＝eq \f(\r(3),3)L的平行金屬板，金屬板間有一偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，帶電粒子從兩板正中間射入并恰好從下極板的邊緣射出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，然后進(jìn)入邊界為MN、PQ的均勻交變磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)寬度也為L(zhǎng)，邊界PQ為一感應(yīng)擋板，交變磁場(chǎng)的變化規(guī)律如圖乙所示，規(guī)定垂直紙面向里為磁場(chǎng)的正方向．在t＝0時(shí)刻進(jìn)入磁場(chǎng)的帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為交變磁場(chǎng)的一個(gè)周期，并且射出磁場(chǎng)時(shí)垂直打在擋板PQ上．(不計(jì)粒子的重力及粒子間的相互作用，電場(chǎng)、磁場(chǎng)的邊界均為理想邊界)求：
(1)帶電粒子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的速度大??；
(2)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度；
(3)交變磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小．
答案 (1)eq \r(\f(2qU0,m)) (2)eq \f(2\r(3)U0,3L)，方向豎直向下 (3)eq \f(1,L)eq \r(\f(6mU0,q))
解析 (1)由動(dòng)能定理有qU0＝eq \f(1,2)mv02
可得v0＝eq \r(\f(2qU0,m))
(2)設(shè)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E，粒子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，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
聯(lián)立可得E＝eq \f(2\r(3)U0,3L)
方向豎直向下
(3)設(shè)粒子離開偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的速度為v，與水平方向夾角為α，則有
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時(shí)刻進(jìn)入磁場(chǎng)，由題意可得粒子進(jìn)入磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖所示，
粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)，結(jié)合題圖乙，由幾何關(guān)系可得
∠OO1C＝60°
∠CO2D＝30°
則有eq \f(L－r,r)＝sin 30°
可得r＝eq \f(2L,3)
由牛頓第二定律有qvB＝eq \f(mv2,r)
則可得B＝eq \f(1,L)eq \r(\f(6mU0,q)).
3．(2022·天津市市區(qū)重點(diǎn)中學(xué)一模)如圖甲所示，邊界為L(zhǎng)1、L2，寬度為d的豎直狹長(zhǎng)區(qū)域內(nèi)，存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)和豎直方向的電場(chǎng)(圖中未畫出)．電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度做周期性變化的規(guī)律如圖乙所示，E>0表示電場(chǎng)方向豎直向上．t＝0時(shí)，一帶正電、質(zhì)量為m的微粒從左邊界L1上的N1點(diǎn)以水平速度v射入該區(qū)域，沿直線運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)后，做一次完整的圓周運(yùn)動(dòng)，再沿直線運(yùn)動(dòng)到右邊界L2上的N2點(diǎn)．Q為線段N1N2的中點(diǎn)，重力加速度為g，上述d、m、v、g和圖像中的E0均為已知量．
(1)求微粒所帶電荷量q和磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大?。?br>(2)求電場(chǎng)變化的周期T；
(3)改變寬度d，使微粒仍能按上述運(yùn)動(dòng)過(guò)程通過(guò)相應(yīng)寬度的區(qū)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)根據(jù)題意，微粒做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，洛倫茲力提供向心力，重力與靜電力平衡，則
mg＝qE0
開始時(shí)微粒水平向右做直線運(yùn)動(dòng)，則豎直方向所受合力為0，則
mg＋qE0＝qvB
聯(lián)立得q＝eq \f(mg,E0)
B＝eq \f(2E0,v)
(2)設(shè)微粒從N1運(yùn)動(dòng)到Q的時(shí)間為t1，做圓周運(yùn)動(dòng)的周期為t2，則
eq \f(d,2)＝vt1
qvB＝meq \f(v2,R)
2πR＝vt2
聯(lián)立解得t1＝eq \f(d,2v)
t2＝eq \f(πv,g)
電場(chǎng)變化的周期T＝t1＋t2＝eq \f(d,2v)＋eq \f(πv,g)
(3)若微粒能完成題述的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，
則要求d≥2R
由(1)(2)中的式子聯(lián)立解得R＝eq \f(v2,2g)
所以當(dāng)d＝2R時(shí)，微粒在N1Q段直線運(yùn)動(dòng)時(shí)間最短，
設(shè)N1Q段直線運(yùn)動(dòng)的最短時(shí)間為t1min，得
t1min＝eq \f(v,2g)，
因t2不變，T的最小值
Tmin＝t1min＋t2＝eq \f(?2π＋1?v,2g).
4．如圖甲所示的xOy平面內(nèi)存在大小隨時(shí)間周期性變化的勻強(qiáng)磁場(chǎng)和勻強(qiáng)電場(chǎng)，變化規(guī)律分別如圖乙、丙所示(規(guī)定垂直紙面向里為磁感應(yīng)強(qiáng)度的正方向，沿y軸負(fù)方向?yàn)殡妶?chǎng)強(qiáng)度的正方向)．在t＝0時(shí)刻由原點(diǎn)O發(fā)射一個(gè)初速度大小為v0、方向沿y軸正方向的帶正電粒子，粒子的比荷eq \f(q,m)＝eq \f(π,B0t0)，v0、B0、E0、t0均為已知量，不計(jì)粒子受到的重力．
(1)求在0～t0內(nèi)粒子運(yùn)動(dòng)軌跡的半徑；
(2)求t＝2t0時(shí)，粒子的位置坐標(biāo)；
(3)若粒子在t＝25t0時(shí)首次回到坐標(biāo)原點(diǎn)，求電場(chǎng)強(qiáng)度E0與磁感應(yīng)強(qiáng)度B0的大小關(guān)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)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，洛倫茲力提供向心力，
則有qv0B0＝eq \f(mv02,r)，又eq \f(q,m)＝eq \f(π,B0t0)
聯(lián)立解得r＝eq \f(v0t0,π)
(2)若粒子在磁場(chǎng)中做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，
則其周期T＝eq \f(2πr,v0)
解得T＝2t0
則在0～t0時(shí)間內(nèi)，粒子在磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)動(dòng)半周，
t＝t0時(shí)粒子位置的橫坐標(biāo)
x＝－2r＝－eq \f(2v0t0,π)
在t0～2t0時(shí)間內(nèi)，粒子在電場(chǎng)中沿y軸負(fù)方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)
y＝－v0t0－eq \f(qE0,2m)t02
解得y＝－v0t0－eq \f(πE0t0,2B0)
故t＝2t0時(shí)，粒子的位置坐標(biāo)為eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2v0t0,π)，－v0t0－\f(πE0t0,2B0)))
(3)如圖所示，帶電粒子在x軸上方做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為r1＝r＝eq \f(v0t0,π)
當(dāng)t＝2t0時(shí)，粒子的速度大小為v＝v0＋eq \f(qE0,m)t0
2t0～3t0時(shí)間內(nèi)，粒子在x軸下方做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑r2＝eq \f(mv,qB0)＝eq \f(m,qB0)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(v0＋\f(qE0,m)t0))
由幾何關(guān)系可知，要使粒子經(jīng)過(guò)原點(diǎn)，則必須滿足n(2r2－2r1)＝2r1(n＝1,2,3，…)
當(dāng)t＝25t0時(shí)，n＝6，解得E0＝eq \f(v0,6π)B0.

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這是一份培優(yōu)點(diǎn)5　帶電粒子在交變場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)（含解析）--2024年高考物理大二輪復(fù)習(xí)講義，共7頁(yè)。

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這是一份2023版高考物理步步高大二輪復(fù)習(xí)講義第一篇 專題三 第9講　磁場(chǎng)【解析版】，共21頁(yè)。

2023版高考物理步步高大二輪復(fù)習(xí)講義第一篇 專題三 高考新動(dòng)向2　帶電粒子在立體空間的運(yùn)動(dòng)【解析版】：

這是一份2023版高考物理步步高大二輪復(fù)習(xí)講義第一篇 專題三 高考新動(dòng)向2　帶電粒子在立體空間的運(yùn)動(dòng)【解析版】，共8頁(yè)。

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