第十一章 微专题76 带电粒子在交变电、磁场中的运动

微专题76 带电粒子在交变电、磁场中的运动
1．先分析在一个周期内粒子的运动情况，明确运动性质，再判断周期性变化的电场或磁场对粒子运动的影响.2.画出粒子运动轨迹，分析运动空间上的周期性、时间上的周期性． 1．空间存在垂直于纸面方向的匀强磁场．其方向随时间周期性变化，磁感应强度B 随时间t 变化的图线如图所示．规定B >0时，磁场的方向穿出纸面，一电荷量 q ＝5π×10－
7 C ，质量 m ＝5×10
－10
kg 的带电粒子，位于某点O 处，在t ＝0时刻以初速度v 0＝π m/s 沿垂直磁场方向
开始运动，不计重力的作用，不计磁场的变化可能产生的一切其他影响．则在磁场变化N 个(N 为整数)周期的时间内带电粒子的平均速度大小为( )
A ．π m/s B.π
2 m/s C ．2 2 m/s D. 2 m/s
答案 C
解析 带电粒子在磁场中的运动半径为r ＝m v 0Bq ＝0.01 m ，周期为T ＝2πm Bq ＝0.02 s ＝5×10－3
s ×4，作出粒子的轨迹示意图如图所示，磁场变化一个周期内，带电粒子的位移为2 2 cm ，所以在磁场变化N 个(N 为整数)周期的时间内，带电粒子的平均速度的大小等于2 2 m/s ，故C 选项正确．
2．(2023·江苏常州市模拟)如图甲所示，在平面直角坐标系xOy 的第二象限中，有平行于y 轴向下的匀强电场，在y 轴的右侧区域内存在匀强磁场，磁场方向垂直坐标平面，磁感应强度大小B 随时间变化的关系如图乙所示，在t ＝0时刻有一比荷为1×104 C/kg 的带正电粒子(不计重力)从坐标原点O 沿x 轴正方向以初速度v 0＝2×103 m/s 进入磁场，开始时，磁场方向垂直纸面向里，粒子最后到达x 轴上坐标为(－2 m,0)的P 点，求：
(1)粒子在磁场中运动的轨迹半径； (2)粒子到达y 轴时与O 点的距离s ； (3)匀强电场的电场强度大小E .
答案 (1)0.4 m (2)1.6 m (3)3.2×102 V/m
解析 (1)粒子进入磁场后在磁场中做圆周运动，设轨迹半径为R ，由洛伦兹力提供向心力有 q v 0B ＝m v 02
R
解得R ＝m v 0
qB
＝0.4 m
(2)设粒子在磁场中做圆周运动的周期为T ，则T ＝2πm
qB ＝4π×10－4 s
0～43π×10－4 s 时间内，粒子运动的周期数为N 1＝4π
3×10－44π×10－4＝1
3 运动轨迹对应的圆心角为120°；
43π×10－4～2π×10－4 s 内，粒子运动的周期数为N 2＝2π
3×10－44π×10－4＝1
6 运动轨迹对应的圆心角为60°；
2π×10－4～103π×10－4 s 内，粒子运动的周期数为N 3＝4π
3×10－44π×10－4＝1
3
运动轨迹对应的圆心角为120°，故粒子运动轨迹如图所示
粒子恰好在t ＝10
3π×10－4 s 时到达y 轴，由图知粒子到达y 轴时与O 点的距离s ＝4R ＝1.6 m
(3)粒子进入电场后做类平抛运动，则竖直方向有s ＝12at 2＝qE
2m
t 2
水平方向有x ＝v 0t 解得E ＝3.2×102 V/m.
3．(2023·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q m ＝1×106C/kg 的正电荷置于电场中的O 点由静止释放，经过t 1＝π15×10－
5 s
后，电荷以v 0＝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)33745
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r 1，由B 1q v 0＝m v 02
r 1
可得r 1＝m v 0
qB 1
＝5 cm
当磁场垂直纸面向里时，设电荷运动的半径为r 2，同理可得r 2＝m v 0
qB 2＝3 cm
由圆周运动规律得T ＝2πm
qB
当磁场垂直纸面向外时，周期T 1＝2πm qB 1＝2π
3×10－5 s
磁场垂直纸面向里时，周期T 2＝2πm qB 2＝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 ′＝4t 1＋T 12＋T 22＝4π
5
×10－5 s
每个周期电荷沿MN 向挡板移动距离为Δd ＝2(r 1－r 2)＝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(43.5－36)cm ＝7.5 cm 的距离的轨迹如图所示
由几何关系可得r 1＋r 1cos α＝7.5 cm 解得cos α＝0.5，即α＝60°
故电荷运动的总时间t 总＝t 1＋9T ′＋12T 1－60°360°T 1＝33745
π×10－5 s.
4．如图甲所示，水平放置的平行金属板P 和Q ，相距为d ，两板间存在周期性变化的电场或磁场．P 、Q 间的电势差U PQ 随时间的变化规律如图乙所示，磁感应强度B 随时间变化的规律如图丙所示，磁场方向垂直纸面向里为正方向．t ＝0时刻，一质量为m 、电荷量为＋q 的粒子(不计重力)，以初速度v 0由P 板左端靠近板面的位置，沿平行于板面的方向射入两板之间，q 、m 、d 、v 0、U 0为已知量．
(1)若仅存在交变电场，要使电荷飞到Q 板时，速度方向恰好与Q 板相切，求交变电场周期T ； (2)若仅存在匀强磁场，且满足B 0＝2m v 0
qd ，粒子经一段时间恰能垂直打在Q 板上(不考虑粒子
反弹)，求击中点到出发点的水平距离． 答案 (1)4md 2
nqU 0
(n ＝1,2,3，…) (2)
3－1
2
d
解析 (1)设经时间t 粒子恰好沿切线飞到上板，竖直速度为零，加速度大小为a ，则 a ＝qU 0md
半个周期内，粒子向上运动的距离为 y ＝12a (T 2
)2 又d ＝2ny (n ＝1,2,3…) 联立得T ＝
4md 2
nqU 0
(n ＝1,2,3，…) (2)仅存在磁场时，带电粒子在匀强磁场中做半径为r 的匀速圆周运动，则有 q v 0B 0＝m v 02
r
解得r ＝1
2
d
要使粒子能垂直打到Q 板上，在交变磁场的半个周期内，粒子轨迹的圆心角设为90°＋θ，如图所示，由几何关系得 r ＋2r sin θ＝d 解得sin θ＝0.5
则粒子打到Q 板的位置距出发点的水平距离为x ＝2r cos θ－r ＝
3－1
2
d .
5．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v 0、方向沿y 轴正方向的带负电粒子．已知v 0、t 0、B 0，粒子的比荷为πB 0t 0
，不计粒子的重力．求：
(1)t ＝t 0时，粒子的位置坐标；
(2)若t ＝5t 0时粒子回到原点，0～5t 0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E 0值． 答案 (1)(2v 0t 0π，0) (2)(32＋2
π)v 0t 0
(3)v 0B 0
n π
(n ＝1,2,3…)
解析 (1)粒子在0～t 0时间内沿顺时针方向做匀速圆周运动，有q v 0B 0＝m v 02r 1，T ＝2πr 1
v 0，解得
r 1＝m v 0qB 0，T ＝2πm qB 0又粒子的比荷q m ＝π
B 0t 0，解得r 1＝v 0t 0π，T ＝2t 0
故t ＝t 0时，粒子的位置坐标为(2v 0t 0π
，0)．
(2)粒子在t ＝5t 0时回到原点，运动轨迹如图(a)所示．则有r 2＝2r 1，r 1＝m v 0qB 0，r 2＝m v 2
qB 0，解得
v 2＝2v 0
则在0～5t 0时间内粒子距x 轴的最大距离h m ＝
v 0＋2v 02t 0＋r 2＝(32＋2
π
)v 0t 0. (3)如图(b)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 (2r 2′－2r 1)＝2r 1(n ＝1,2,3，…)
其中r 2′＝m v
qB 0
解得v ＝n ＋1
n v 0(n ＝1,2,3，…)
又v ＝v 0＋qE 0
m
t 0
解得E 0＝v 0B 0
n π
(n ＝1,2,3，…)．
6．(2023·黑龙江哈尔滨三中模拟)在挡板MN和边界PQ之间有竖直方向周期变化的电场，在PQ的右侧有足够大的垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小B＝2 T，如图甲所示．MN 和PQ之间的距离L＝20 cm，电场变化的规律如图乙所示，t＝0 时刻电场方向向下．在A
点有一个比荷为q
m＝1.25×10
2 C/kg带正电的粒子，t＝0时刻该粒子以初速度v0＝10 m/s从A 点沿AC方向垂直进入电场．C点是PQ边界上的一个点，电场变化的半周期大于粒子每次穿过电场运动的时间，粒子重力不计，粒子与挡板碰撞能量、电荷量的损失不计，碰撞的时间忽略不计，取π＝3，求：
(1)粒子第一次通过PQ边界处与C点的距离；
(2)粒子第二次通过PQ边界处与C点的距离及总的运动时间；
(3)若粒子每次都能够垂直打到MN挡板上，且恰能打到距A点下方H远的板上D点，则电场变化的周期是多少？H应满足什么条件？
答案(1)10 cm(2)2 cm 3.8×10－2 s(3)5.8×10－2 s H＝12k(cm)，其中k＝1,2,3…
解析(1)粒子在电场中的运动，
水平方向L＝v0t1得t1＝0.02 s
竖直方向h＝1
2at1
2
qE＝ma
解得粒子第一次通过PQ边界处与C点的距离h＝10 cm
(2)粒子第一次穿出电场时的竖直速度v1＝at1＝10 m/s
粒子进入磁场时的速度大小v＝v02＋v12＝10 2 m/s
设粒子进入磁场时的速度方向与边界的夹角为θ，则tan θ＝v0v
1
＝1
则θ＝45°
进入磁场后，洛伦兹力提供向心力，粒子做匀速圆周运动，则q v B ＝m v 2
R
解得R ＝m v
qB ＝4 2 cm
根据T 1＝2πR
v
解得T 1＝2πm
qB
＝2.4×10－2 s
由几何关系可知粒子做匀速圆周运动的圆心角φ＝3π
2
在磁场中的运动时间为t 2＝T 12π×3π
2
＝1.8×10－2 s
所以从A 点出发到第二次过PQ 边界的总时间为t ＝t 1＋t 2＝3.8×10－2 s 粒子穿过PQ 边界的弦长为s ，s
2＝R cos 45°
解得s ＝8 cm
所以第二次通过PQ 边界处与C 点的距离为Δh ＝h －s ＝2 cm
(3)粒子若要能够垂直打到挡板MN 上，其从PQ 边界进入电场到运动到挡板MN 的时间设为t 3，这段时间内电场方向应该向上，在竖直方向v cos 45°－at 3＝0 解得t 3＝2×10－2 s ，h ′＝v cos 45°·t 3－12at 32＝10 cm
水平方向位移L 1＝v sin 45°·t 3＝20 cm ＝L 故恰好垂直打到挡板MN 上；
因此电场变化的周期为T ＝t 1＋t 2＋t 3＝5.8×10－2 s
由几何关系可知，A 与D 间的距离H 满足的条件为H ＝k (h ＋h ′－s )＝12k (cm) 其中k ＝1,2,3….。