题型 带电粒子在交变电场和磁场中的运动
带电粒子在交变电场或磁场中运动规律
带电粒子在交变电场或磁场中运动规律带电粒子在交变电场或磁场中运动的情况较复杂，运动情况不仅取决于场的变化规律，还与粒子进入场的的时候的时刻有关，一定要从粒子的受力情况着手，分析出粒子在不同时间间隔内的运动情况，若交变电压的变化周期远大于粒子穿越电场的时间，那么粒子在穿越电场的过程中，可看做匀强电场。
注意：空间存在的电场或磁场是随时间周期性变化的，一般呈现“矩形波”的特点。
交替变化的电场及磁场会使带电粒子顺次经过不同特点的电场，磁场或叠加的场，从而表现出多过程现象，其特点较为隐蔽。
（1） 仔细确定各场的变化特点及相应时间，其变化周期一般与粒子在磁场中的运动周期关联。
（2） 把粒子的运动过程用直观的草图进行分析。
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1S 、2S ，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0U ，周期为0T 。
在0t =时刻将一个质量为m 、电量为q -（0q >）的粒子由1S 静止释放，粒子在电场力的作用下向右运动，在02T t =时刻通过2S 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2S 时德 速度大小v 和极板距离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03t T =时刻再次到达2S ，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强度的大小如图甲所示，一对平行放置的金属板M、N的中心各有一小孔P、Q，PQ的连线垂直于金属板，两板间距为d。
（1）如果在板M、N之间加上垂直于纸面方向的磁场，磁感应强度随时间变化如图乙所示。
T=0时刻，质量为m、电量为－q的粒子沿PQ方向以速度0υ射入磁场，正好垂直于N板从Q孔射出磁场。
已知粒子在磁场中做匀速圆周运动的时间恰为一个周期，且与磁感应强度变化的周期相同，求0υ的大小。
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 ＝5×10－10kg 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.π2 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 ＝5×10－3s ×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 02R解得R ＝m v 0qB＝0.4 m(2)设粒子在磁场中做圆周运动的周期为T ，则T ＝2πmqB ＝4π×10－4 s0～43π×10－4 s 时间内，粒子运动的周期数为N 1＝4π3×10－44π×10－4＝13 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＝2π3×10－44π×10－4＝16 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＝4π3×10－44π×10－4＝13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 ＝103π×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＝qE2mt 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)33745π×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 02r 1可得r 1＝m v 0qB 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 0qB 2＝3 cm由圆周运动规律得T ＝2πmqB当磁场垂直纸面向外时，周期T 1＝2πm qB 1＝2π3×10－5 s磁场垂直纸面向里时，周期T 2＝2πm qB 2＝2π5×10－5 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＝4π5×10－5 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＝33745π×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 0qd ，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 2nqU 0(n ＝1,2,3，…) (2)3－12d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 2nqU 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 02r解得r ＝12d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 ＝3－12d .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＋2π)v 0t 0(3)v 0B 0n 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 1v 0，解得r 1＝m v 0qB 0，T ＝2πm qB 0又粒子的比荷q m ＝πB 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 2qB 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＋2π)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 vqB 0解得v ＝n ＋1n v 0(n ＝1,2,3，…)又v ＝v 0＋qE 0mt 0解得E 0＝v 0B 0n 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qm＝1.25×102 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＝12at12qE＝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＝v0v1＝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 2R解得R ＝m vqB ＝4 2 cm根据T 1＝2πRv解得T 1＝2πmqB＝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＝3π2在磁场中的运动时间为t 2＝T 12π×3π2＝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 ，s2＝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….。
高考交变电场和交变磁场的命题
高考交变电场和交变磁场的命题通过研究发现，近年来出现的高考压轴题中，经常出现交变电场和交变磁场的命题，考虑到带电粒子在交变电场和交变磁场中的运动问题比较复杂，一般存在多值和对称关系的情况，渗透着物理世界的变化与和谐美，要求对考生有很强的思维能力和空间想象能力．因此，高考中相关的交变复合场的考题也就成为命题者青睐，本文通过例题入手，对交变电场和交变磁场的一组题目分析，探讨此类命题特点和解法．1．交变电场命题特点在两个相互平行的金属板间加交变电压时，在两板间便可获得交变电场．此类电场从空间看是匀强的，即同一时刻，电场中各个位置处电场强度的大小、方向都相同；从时间上看是变化的，即电场强度的大小、方向都可随时间变化．研究带电粒子在这种交变电场中的运动，关键是根据电场变化的特点，利用牛顿第二定律正确地判断粒子的运动情况．此类题目命题特点有：（1）问题题型有选择、填空和计算题型，综合性较强，其难度在中等以上；（2）问题情景大致分为三类：一为平衡问题；二为直线运动问题；三为偏转问题；（3）问题条件电场是交变匀强电场，且呈周期性变化，出现多解问题；（4）问题通常出现临界状态分析，且与数学知识、实际生活、现代科技等联系紧密．例1电子以水平初速度v0沿平行金属板中央射入，在金属板间加上如图1所示的交变电压，已知电子质量为m，电荷量为e，电压周期为T，电压为U0，求：（1）若电子从t=0时刻进入板间，在半周期内恰好能从板的上边缘飞出，则电子飞出速度为多大？（2）若电子在t=0时刻进入板间，能从板右边水平飞出，则金属板为多长？（3）若电子能从板中央O′点水平飞出，电子应从哪一时刻进入板间，两板间距至少为多大？解析：（1）根据题意由动能定理，即有．（2）粒子穿过电场有粒子能从右边水平飞出，经过的时间应满足，又因为水平方向为匀速运动，所以板长为：．（3）要粒子从点水平飞出，电子进入时刻应为：，在半周期内竖直位移为：，电子不与板相碰，必须满足临界条件，由上式综合得，则两板间距至少为．点评：从本例题可以看出，带电粒子在交变电场中的运动是比较复杂的，且运动情况不是简单的运动，但可以把复杂的曲线运动分解水平和竖直方向，特别是第（2）问比较难理解粒子的运动情景，因此解决此类问题时候除了掌握必要的基础知识外，还要注意应用解决问题的方法，把复杂运动进行分解，解决问题的关键也就是要明确带电粒子的运动情况分析．限于篇幅，此类题型在高考真题中很多，读者可以参考2010年江苏高考物理卷第15题，2009年山东卷第25题，2008年上海卷第23第等题型进行类比．2．交变磁场命题特点交变磁场和交变电场类似，交变磁场是指在某一空间中存在着周期性变化的匀强磁场．在历届高考中，带电粒子在单一磁场中的运动考查为主，也出现磁场相互组合的情况，问题较复杂，若粒子在交变磁场中运动，而且磁场是变化的，则粒子运动情况就更为复杂．解决问题的关键还是抓住粒子的运动情况分析，可以把复杂的运动情况分解若干部分，最后综合考虑，此类题目命题特点有：（1）问题命题设置主要有计算题，综合性较强，其难度较大；（2）问题情景大致分为两类：一为直线运动问题；二为匀速圆周运动问题；（3）问题条件是交变匀强磁场，且呈周期性变化，一般都存在多值和对称的情况，有时还与交变电场进行综合命题；（4）问题中的带电粒子受到洛伦兹力提供向心力，解决问题关键是找出数学中几何关系，命题题型通常也与实际生活、现代科技、事实信息等联系紧密．例2如图2（a）所示，M、N为竖直放置、彼此平行的两块平板，两板间距离为d，两板中央各有一个小孔O、正对，在两板间有垂直于纸面方向的磁场，磁感应强度随时间的变化如图2（b）所示。
带电粒子在交变电磁场中的运动分析及求解
带电粒子在交变电磁场中的运动分析及求解作者：曾明
来源：《中学生理科应试》2016年第10期
带电粒子在电场、磁场以及复合场中的运动问题是高中物理教学的重点和难点，也是高考的热点.而带电粒子在交变电、磁场中的运动问题更是难上加难.要解决好这类问题，必须要求学生明确下面三点.
1.交变场的问题主要体现在电场力、洛仑兹力的变化上，因而最终总是体现在带电粒子运动的多过程性、周期性和对称性上.
2.研究带电粒子在交变场中的运动时，必须进行严格的受力分析、运动过程分析、画出运动过程示意图，紧密结合牛顿运动定律，理清运动的性质特点，找出各过程的联系所在.
3.在交变电场中，若交变电压的周期远大于粒子穿越电场的时间，则可视为粒子穿越时间内的电场为匀强电场.
4.合理选择物理方法，是解答这类问题的关键.。
带电粒子在交变电磁场中的运动
带电粒子在交变电、磁场中的运动解决带电粒子在交变电、磁场中的运动问题的根本思路[多维探究](一)交变磁场[典例1] (2014·高考)如图8-3-7甲所示，间距为d 、垂直于纸面的两平行板P 、Q 间存在匀强磁场。
取垂直于纸面向里为磁场的正方向，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示。
t ＝0时刻，一质量为m 、带电量为＋q 的粒子(不计重力)，以初速度v 0由Q 板左端靠近板面的位置，沿垂直于磁场且平行于板面的方向射入磁场区。
当B 0和T B 取某些特定值时，可使t ＝0时刻入射的粒子经Δt 时间恰能垂直打在P 板上(不考虑粒子反弹)。
上述m 、q 、d 、v 0为量。
图8-3-7(1)假设Δt ＝12T B ，求B 0；(2)假设Δt ＝32T B ，求粒子在磁场中运动时加速度的大小；(3)假设B 0＝4mv 0qd，为使粒子仍能垂直打在P 板上，求T B 。
[思路点拨](1)假设Δt＝12T B 时，试画出粒子在PQ 板间运动的轨迹，并确定半径。
提示：如图甲，半径R 1＝d(2)假设Δt ＝32T B 时，试画出粒子在PQ 板间运动的轨迹，并确定半径。
提示：如图乙，半径R 2＝d3乙(3)假设B 0＝4mv 0qd，那么半径为多大？试画出粒子在一个周期的运动轨迹，并说明在哪些位置可能击中B 板。
提示：如图丙，由R ＝mv 0qB 0得R ＝14d 在A 、B 两点可能击中B 板[解析] (1)设粒子做圆周运动的半径为R 1，由牛顿第二定律得qv 0B 0＝mv 02R 1①据题意由几何关系得R 1＝d ②联立①②式得B 0＝mv 0qd③(2)设粒子做圆周运动的半径为R 2，加速度大小为a ，由圆周运动公式得a ＝v 02R 2④ 据题意由几何关系得 3R 2＝d ⑤ 联立④⑤式得 a ＝3v 02d⑥甲丙(3)设粒子做圆周运动的半径为R ，周期为T ，由圆周运动公式得T ＝2πRv 0⑦由牛顿第二定律得qv 0B 0＝mv 02R⑧由题意知B 0＝4mv 0qd，代入⑧式得d ＝4R ⑨粒子运动轨迹如下图，O 1、O 2为圆心，O 1O 2连线与水平方向的夹角为θ，在每个T B ，只有A 、B 两个位置粒子才有可能垂直击中P 板，且均要求0＜θ＜π2，由题意可知 π2＋θ2πT ＝T B2⑩设经历完整T B 的个数为n (n ＝0,1,2,3…)假设在A 点击中P 板，据题意由几何关系得R ＋2(R ＋R sin θ)n ＝d ⑪当n ＝0时，无解⑫ 当n ＝1时，联立⑨⑪式得 θ＝π6(或sin θ＝12)⑬联立⑦⑨⑩⑬式得T B ＝πd 3v 0⑭ 当n ≥2时，不满足0＜θ＜π2的要求⑮假设在B 点击中P 板，据题意由几何关系得R ＋2R sin θ＋2(R ＋R sin θ)n ＝d ⑯当n ＝0时，无解⑰ 当n ＝1时，联立⑨⑯式得 θ＝arcsin 14(或sin θ＝14)⑱联立⑦⑨⑩⑱式得T B ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋arcsin 14d2v 0⑲当n ≥2时，不满足0＜θ＜π2的要求⑳[答案]见解析 [方法规律]分析周期性变化磁场中的运动时，重点是明确在一个周期的运动，化变为恒是思维根本，其技巧是画出轨迹示意图，结合带电粒子在电磁场和重力场组合与叠加场中的运动知识列方程解答。
无锡新领航教育特供：2013年高考物理 高频考点模拟新题精选训练 专题33 带电粒子在交变电场和磁场中的
小升初 中高考 高二会考 艺考生文化课 一对一辅导 /wxxlhjy QQ:157171090 1 高考物理高频考点2013模拟新题精选训练 专题33 带电粒子在交变电场
和磁场中的运动
1．（18分）（2013江西省景德镇二模）从阴极K 发射的电子经电势差U 0=4500V 的阳极加速后，沿平行于板面的方向从中央射入两块长L 1=10cm ，间距d =4cm 的平行金属板AB 之后，在离金属板边缘L 2=75cm 处放置一个直径D =20cm 的带有记录纸的圆筒（如图所示），整个装置放在真空内，电子发射的初速度不计。
已知电子质量m =0.9×10-30 kg,电子电量e=1.6×10-19
C,不考虑相对论效应。
（1）若在两金属板上加上U 1=1000V 的直流电压（ϕA >ϕB ），为使电子沿入射方向做匀速直线运动，应加怎样的磁场？
（2）若在两金属板上加上U 2=1000cos2πt （V ）的交流电压，并使圆筒绕中心轴按图示方向以ω=4πrad/s 的角速度匀速转动，确定电子在记录纸上的偏转位移随时间变化的关系式并定性画出1s 钟内所记录的图形。
（电子穿过AB 的时间很短，可认为这段时间内板间电压不变）
解析：（1）由eU 0=202
1mv 得电子入射速度 31190010
94500106.122--⨯⨯⨯⨯==m eU v m/s 7104⨯=m/s . 加直流电压时，板间场强411105.2⨯==d
U E V/m (2分) 电子做直线运动时，由条件eE 1= ev 0B ， 得应加磁场的磁感应强度40
11025.6-⨯==v E B T ， (2分) 方向垂直纸面向里。
…………………. (2分)。
带点粒子在周期性变化的电场-磁场中的运动规律
带点例子在周期性的电场，磁场中的运动带电粒子在交变电场或磁场中运动的情况较复杂，运动情况不仅取决于场的变化规律，还与粒子进入场的的时候的时刻有关，一定要从粒子的受力情况着手，分析出粒子在不同时间间隔内的运动情况，若交变电压的变化周期远大于粒子穿越电场的时间，那么粒子在穿越电场的过程中，可看做匀强电场。
注意：空间存在的电场或磁场是随时间周期性变化的，一般呈现“矩形波”的特点。
交替变化的电场及磁场会使带电粒子顺次经过不同特点的电场，磁场或叠加的场，从而表现出多过程现象，其特点较为隐蔽。
（1） 仔细确定各场的变化特点及相应时间，其变化周期一般与粒子在磁场中的运动周期关联。
（2） 把粒子的运动过程用直观的草图进行分析。
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1S 、2S ，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0U ，周期为0T 。
在0t =时刻将一个质量为m 、电量为q -（0q >）的粒子由1S 静止释放，粒子在电场力的作用下向右运动，在02T t =时刻通过2S 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2S 时德 速度大小v 和极板距离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03t T =时刻再次到达2S ，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强度的大小如图甲所示，一对平行放置的金属板M 、N 的中心各有一小孔P 、Q ，PQ 的连线垂直于金属板，两板间距为d 。
（1）如果在板M 、N 之间加上垂直于纸面方向的磁场，磁感应强度随时间变化如图乙所示。
T=0时刻，质量为m 、电量为－q 的粒子沿PQ 方向以速度0υ射入磁场，正好垂直于N 板从Q 孔射出磁场。
带点粒子在周期性变化的电场磁场中的运动规律
带点例子在周期性的电场，磁场中的运动带电粒子在交变电场或磁场中运动的情况较复杂，运动情况不仅取决于场的变化规律，还与粒子进入场的的时候的时刻有关，一定要从粒子的受力情况着手，分析出粒子在不同时间间隔内的运动情况，若交变电压的变化周期远大于粒子穿越电场的时间，那么粒子在穿越电场的过程中，可看做匀强电场。
注意：空间存在的电场或磁场是随时间周期性变化的，一般呈现“矩形波”的特点。
交替变化的电场及磁场会使带电粒子顺次经过不同特点的电场，磁场或叠加的场，从而表现出多过程现象，其特点较为隐蔽。
（1）仔细确定各场的变化特点及相应时间，其变化周期一般与粒子在磁场中的运动周期关联。
（2）把粒子的运动过程用直观的草图进行分析。
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S<!、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、电量为q （q0 ）的粒子由S i静止释放，粒子在电场力的作用（不计粒子重力，不考下向右运动，在t 0时刻通过S2垂直于边界进入右侧磁场区。
2虑极板外的电场）（1）求粒子到达S2时德速度大小v和极板距离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强度的大小如图甲所示，一对平行放置的金属板M、N的中心各有一小孔P、Q, PQ的连线垂直于金属板，两板间距为d o（1）如果在板M、N之间加上垂直于纸面方向的磁场，磁感应强度随时间变化如图乙所示。
T=0时刻，质量为m、电量为一q的粒子沿PQ方向以速度O u射入磁场，正好垂直于N板从Q孔射出磁场。
已知粒子在磁场中做匀速圆周运动的时间恰为一个周期，且与磁感应强度变化的周期相同，求O u的大小。
2025高考物理总复习带电粒子在叠加场和交变电、磁场中的运动
考点一 带电粒子在叠加场中的运动
(3)微粒在叠加场中的运动时间。
答案 (34π＋1)
电子在竖直向下的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场的复合场 中，由于洛伦兹力不做功，且电子入射速度为 v40，电子受到的静电力 大于洛伦兹力，则电子向上偏转， 根据动能定理有 eEy1＝12m(12v0)2－12m(14v0)2 解得 y1＝332mevB0
考点一 带电粒子在叠加场中的运动
(3)若电子入射速度在 0<v<v0 范围内均匀分布， 求能到达纵坐标 y2＝5mevB0位置的电子数 N 占总电 子数 N0 的百分比。 答案 90%
考点二 带电粒子在交变电、磁场中的运动
方法二：图乙中，恰从 F 点射出的粒子，其射入磁 场的时刻为T20－135600°°×2qπBm0 ＝2πqmB0 此时刻之前发射的粒子从x轴射出， 时长 Δtx＝2πqmB0
考点二 带电粒子在交变电、磁场中的运动
图丙中，恰从 D 点射出的粒子，其射入磁场的时 刻为T20－132600°°×2qπBm0 ＝32qπBm0 此时刻至T20时刻发射的粒子从 y 轴射出， 时长 Δty＝T20－32qπBm0＝32qπBm0 所以从x轴和y轴射出的粒子数之比为Δtx∶Δty＝3∶4。
考点二 带电粒子在交变电、磁场中的运动
A.粒子可能在2.5t0时刻射出极板 B.极板间距不小于v2t0＋2vπt0
√C.极板长度为nvπt0(n＝1,2,3…)
D.EB00＝2πv
高中物理-第一篇 专题三 微专题5 带电粒子在交变场中的运动
微专题5 带电粒子在交变场中的运动命题规律 1.命题角度：(1)带电粒子在交变电场中的运动；(2)带电粒子在交变电、磁场中的运动.2.常用方法：图象法.3.常考题型：选择题、计算题．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 图象，结合图象去分析粒子的运动情况，在v －t 图象中，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 图象如图所示．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U 0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v 0、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 ＝2d v 0，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v 0B ．粒子的电荷量为m v 022U 0C ．在t ＝18T 时刻进入的粒子离开电场时电势能减少了18m v 02D ．在t ＝14T 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 ＝2dv 0，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v 0，选项A 正确．在竖直方向，粒子在T 2时间内的位移为d 2，则d 2＝U 0q 2dm (d v 0)2，可得q ＝m v 02U 0，选项B 错误．在t ＝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 ＝2×12a (38T )2－2×12a (T 8)2＝d 2，故电场力做功为W ＝U 0q d ·d 2＝12U 0q ＝12m v 02，即电势能减少了12m v 02，选项C错误．在 t ＝T 4时刻进入的粒子，在竖直方向先向下做加速运动T 4，然后向下做减速运动T 4，再向上加速T 4，向上减速T4，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象如图(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v 0沿y 轴正方向射出，它恰能沿一定轨道做周期性运动．v 0、E 0和t 0为已知量，图(b)中E 0B 0＝8v 0π2，在0～t 0时间内粒子P第一次离x 轴最远时的坐标为⎝⎛⎭⎫2v 0t 0π，2v 0t 0π.求：(1)粒子P 的比荷；(2)t ＝2t 0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)4v 0πE 0t 0 (2)⎝⎛⎭⎫2＋ππv 0t 0，0 (3)4＋2ππv 0t 0 解析 (1)0～t 0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14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 ＝2v 0t 0π又q v 0B ＝m v 02R代入E 0B 0＝8v 0π2解得q m ＝4v 0πE 0t 0(2)设粒子P 在磁场中运动的周期为T ，则 T ＝2πR v 0，则可得T ＝4t 0即粒子P 做14圆周运动后磁场变为电场，粒子以速度v 0垂直电场方向进入电场后做类平抛运动，设t 0～2t 0时间内水平位移和竖直位移分别为x 1、y 1，则x 1＝v 0t 0＝πR2y 1＝12at 02其中加速度a ＝qE 0m解得y 1＝2v 0t 0π＝R因此t ＝2t 0时刻粒子P 的位置坐标为(2＋ππv 0t 0，0)，如图中的b 点所示．(3)分析知，粒子P 在2t 0～3t 0时间内，电场力产生的加速度方向沿y 轴正方向，由对称关系知，在3t 0时刻速度方向为x 轴正方向，位移 x 2＝x 1＝v 0t 0在3t 0～5t 0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 ＋2x 1 解得L ＝4＋2ππv 0t(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T 0为未知量，不计粒子的重力(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．(1)若粒子射入磁场时的速度为v 0，求0～25T 0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T 0；(3)若使粒子能从坐标为(d ，3d )的D 点平行于x 轴射出，求射入磁场时速度大小． 答案 (1)m v 03qB 0 (2)143πm 216B 0q (3)43B 0qd5nm(n ＝1,2,3，…)解析 (1)根据洛伦兹力提供向心力有q v 0·3B 0＝m v 02r 1，解得r 1＝m v 03qB 0(2)要使粒子恰好不从y 轴射出，轨迹如图所示，在前25T0内粒子的运动半径为r1＝m v03qB0在后35T0内粒子的运动半径为r2＝m v02qB0由几何关系知sin θ＝r2r1＋r2＝0.6解得θ＝37°在0～25T0时间内粒子做圆周运动的周期为T＝2πm3qB0则180°－37°360°T＝25T0解得T0＝143πm216B0q(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＝32r1由几何关系可知n(2r1cos 30°＋2r2cos 30°)＝2d又q v·3B0＝m v2r1解得v＝43B0qd5nm(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U AB ，电子流沿中心线OO ′从O 点以初速度v 0＝LT 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 >TeU 02mB ．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 ＝T4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v 0 答案 ACD解析 任何一个电子离开电场所用的时间均为L v 0＝T ，当电子在t ＝k T2(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 ＝2×12·eU 0md ·(T 2)2，h <d2，得d >TeU 02m，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 ＝T4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 ＝T2－Δt 时刻从O 点射入电场，则沿电场方向的分速度v y ＝a Δt －a Δt －(T 2－Δt )a ＋a (T2－Δt )＝0，离开电场时只有沿中心线方向上的速度，大小为v 0，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qm 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U 0的加速电场，之后进入长为L 、两板间距离为d ＝33L 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)2qU 0m (2)23U 03L ，方向竖直向下 (3)1L6mU 0q解析 (1)由动能定理有qU 0＝12m v 02可得v 0＝2qU 0m(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 ＝qE mL ＝v 0t d 2＝12at 2 且d ＝33L 联立可得E ＝23U 03L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＝at v 0＝d L可得α＝30° 有v ＝v 0cos α可得v ＝236qU 0m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 ∠OO 1C ＝60° ∠CO 2D ＝30° 则有L －r r ＝sin 30°可得r ＝2L3由牛顿第二定律有q v B ＝m v 2r则可得B ＝1L6mU 0q. 3．(2022·天津市市区重点中学一模)如图甲所示，边界为L 1、L 2，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L 1上的N 1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L 2上的N 2点．Q 为线段N 1N 2的中点，重力加速度为g ，上述d 、m 、v 、g 和图象中的E 0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)mg E 0 2E 0v (2)d 2v ＋πvg (3)(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，重力与电场力平衡，则 mg ＝qE 0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 ＋qE 0＝q v B 联立得q ＝mgE 0B ＝2E 0v(2)设微粒从N 1运动到Q 的时间为t 1，做圆周运动的周期为t 2，则 d2＝v t 1 q v B ＝m v 2R2πR ＝v t 2 联立解得t 1＝d2vt 2＝πv g电场变化的周期T ＝t 1＋t 2＝d 2v ＋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 ＝v 22g所以当d ＝2R 时，微粒在N 1Q 段直线运动时间最短， 设N 1Q 段直线运动的最短时间为t 1min ，得 t 1min ＝v 2g， 因t 2不变，T 的最小值 T min ＝t 1min ＋t 2＝(2π＋1)v2g.4．如图甲所示，在xOy 平面内存在磁场和电场(图中未画出)，磁感应强度和电场强度大小随时间周期性变化，B 的变化周期为4t 0，E 的变化周期为2t 0，变化规律分别如图乙和图丙所示．在t ＝0时刻从O 点发射一带负电荷的粒子(不计重力)，初速度大小为v 0，方向沿y 轴正方向．在x 轴上有一点A (图中未标出)，坐标为⎝⎛⎭⎫48v 0t 0π，0.若规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向，y 轴正方向为电场强度的正方向，v 0、t 0、B 0为已知量，磁感应强度与电场强度的大小满足E 0B 0＝v 0π，粒子的比荷满足q m ＝πB 0t 0.求：(1)在t ＝t 02时，粒子的位置坐标；(2)粒子偏离x 轴的最大距离；(3)粒子从O 点运动至A 点所用的时间． 答案 (1)⎝⎛⎭⎫v 0t 0π，v 0t 0π (2)1.5v 0t 0＋2v 0t 0π (3)32t 0解析 (1)在0～t 0时间内，粒子做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力，可得qB v 0＝m v 02r 1，解得r 1＝v 0t 0π，周期T ＝2πr 1v 0＝2t 0，则在t 02时间内转过的圆心角α＝π2，所以在t ＝t 02时，粒子的位置坐标为⎝⎛⎭⎫v 0t 0π，v 0t 0π(2)在t 0～2t 0时间内，粒子经电场加速后的速度大小为v ，粒子的运动轨迹如图所示v ＝v 0＋qE 0m t 0＝2v 0，运动的位移x ＝v ＋v 02t 0＝1.5v 0t 0，在2t 0～3t 0时间内粒子做匀速圆周运动，半径r 2＝2r 1＝2v 0t 0π，故粒子偏离x 轴的最大距离h ＝x ＋r 2＝1.5v 0t 0＋2v 0t 0π(3)粒子在xOy 平面内做周期性运动的周期为4t 0，一个周期内向右运动的距离d ＝2r 1＋2r 2＝6v 0t 0π，AO 间的距离为48v 0t 0π＝8d ，所以粒子运动至A 点的时间为t ＝32t 0.。
2023年高三物理二轮高频考点冲刺突破14 带电粒子在交变电场和磁场中的运动
2023年高三物理二轮高频考点冲刺突破专题14带电粒子在交变电场和磁场中的运动专练目标专练内容目标1高考真题（1T—4T ）目标2带电粒子在交变电场中的直线运动（5T—8T ）目标3带电粒子在交变电场中的曲线运动（9T—12T ）目标4带电粒子在交变电磁场中的运动（13T—16T ）【典例专练】一、高考真题1．某装置用电场控制带电粒子运动，工作原理如图所示，矩形ABCD 区域内存在多层紧邻的匀强电场，每层的高度均为d ，电场强度大小均为E ，方向沿竖直方向交替变化，AB 边长为12d ，BC 边长为8d ，质量为m 、电荷量为q +的粒子流从装置左端中点射入电场，粒子初动能为k E ，入射角为θ，在纸面内运动，不计重力及粒子间的相互作用力。
（1）当0θθ=时，若粒子能从CD 边射出，求该粒子通过电场的时间t ；（2）当k 4E qEd =时，若粒子从CD 边射出电场时与轴线OO '的距离小于d ，求入射角θ的范围；（3）当k 83E qEd =，粒子在θ为22ππ-~范围内均匀射入电场，求从CD 边出射的粒子与入射粒子的数量之比0:N N 。
2．两块面积和间距均足够大的金属板水平放置，如图1所示，金属板与可调电源相连形成电场，方向沿y 轴正方向。
在两板之间施加磁场，方向垂直xOy 平面向外。
电场强度和磁感应强度随时间的变化规律如图2所示。
板间O 点放置一粒子源，可连续释放质量为m 、电荷量为(0)q q >、初速度为零的粒子，不计重力及粒子间的相互作用，图中物理量均为已知量。
求：（1）0=t 时刻释放的粒子，在02πm t qB =时刻的位置坐标；（2）在06π0~m qB 时间内，静电力对0=t 时刻释放的粒子所做的功；（3）在20022004ππ4E m E m M qB qB ⎛⎫ ⎪⎝⎭，点放置一粒接收器，在06π0~m qB 时间内什么时刻释放的粒子在电场存在期间被捕获。
带电粒子在电场和磁场中的运动
带电粒子在电场和磁场中的运动要点归纳一、不计重力的带电粒子在电场中的运动1．带电粒子在电场中加速当电荷量为q 、质量为m 、初速度为v 0的带电粒子经电压U 加速后，速度变为v t ，由动能定理得：qU ＝12m v t 2－12m v 02．若v 0＝0，则有v t ＝2qU m，这个关系式对任意静电场都是适用的． 对于带电粒子在电场中的加速问题，应突出动能定理的应用．2．带电粒子在匀强电场中的偏转电荷量为q 、质量为m 的带电粒子由静止开始经电压U 1加速后，以速度v 1垂直进入由两带电平行金属板产生的匀强电场中，则带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，其轨迹是一条抛物线(如图4－1所示)．图4－1 qU 1＝12m v 12 设两平行金属板间的电压为U 2，板间距离为d ，板长为L ．(1)带电粒子进入两板间后粒子在垂直于电场的方向上做匀速直线运动，有：v x ＝v 1，L ＝v 1t粒子在平行于电场的方向上做初速度为零的匀加速直线运动，有：v y ＝at ，y ＝12at 2，a ＝qE m ＝qU 2md． (2)带电粒子离开极板时侧移距离y ＝12at 2＝qU 2L 22md v 12＝U 2L 24dU 1轨迹方程为：y ＝U 2x 24dU 1(与m 、q 无关) 偏转角度φ的正切值tan φ＝at v 1＝qU 2L md v 12＝U 2L 2dU 1若在偏转极板右侧D 距离处有一竖立的屏，在求电子射到屏上的侧移距离时有一个很有用的推论，即：所有离开偏转电场的运动电荷好像都是从极板的中心沿中心与射出点的连线射出的．这样很容易得到电荷在屏上的侧移距离y ′＝(D ＋L 2)tan φ． 以上公式要求在能够证明的前提下熟记，并能通过以上式子分析、讨论侧移距离和偏转角度与带电粒子的速度、动能、比荷等物理量的关系．二、不计重力的带电粒子在磁场中的运动1．匀速直线运动：若带电粒子的速度方向与匀强磁场的方向平行，则粒子做匀速直线运动．2．匀速圆周运动：若带电粒子的速度方向与匀强磁场的方向垂直，则粒子做匀速圆周运动．质量为m 、电荷量为q 的带电粒子以初速度v 垂直进入匀强磁场B 中做匀速圆周运动，其角速度为ω，轨道半径为R ，运动的周期为T ，则有：q v B ＝m v 2R ＝mRω2＝m v ω＝mR (2πT)2＝mR (2πf )2 R ＝m v qBT ＝2πm qB (与v 、R 无关)，f ＝1T ＝qB 2πm． 3．对于带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的问题，应注意把握以下几点．(1)粒子圆轨迹的圆心的确定①若已知粒子在圆周运动中的两个具体位置及通过某一位置时的速度方向，可在已知的速度方向的位置作速度的垂线，同时作两位置连线的中垂线，两垂线的交点为圆轨迹的圆心，如图4－2 所示．②若已知做圆周运动的粒子通过某两个具体位置的速度方向，可在两位置上分别作两速度的垂线，两垂线的交点为圆轨迹的圆心，如图4－3所示．③若已知做圆周运动的粒子通过某一具体位置的速度方向及圆轨迹的半径R ，可在该位置上作速度的垂线，垂线上距该位置R 处的点为圆轨迹的圆心(利用左手定则判断圆心在已知位置的哪一侧)，如图4－4所示．图4－2 图4－3 图4－4(2)粒子圆轨迹的半径的确定①可直接运用公式R ＝m v qB来确定． ②画出几何图形，利用半径R 与题中已知长度的几何关系来确定．在利用几何关系时，要注意一个重要的几何特点，即：粒子速度的偏向角φ等于对应轨迹圆弧的圆心角α，并等于弦切角θ的2倍，如图4－5所示．图4－5 (3)粒子做圆周运动的周期的确定①可直接运用公式T ＝2πm qB来确定． ②利用周期T 与题中已知时间t 的关系来确定．若粒子在时间t 内通过的圆弧所对应的圆心角为α，则有：t ＝α360°·T (或t ＝α2π·T )． (4)圆周运动中有关对称的规律①从磁场的直边界射入的粒子，若再从此边界射出，则速度方向与边界的夹角相等，如图4－6所示． ②在圆形磁场区域内，沿径向射入的粒子必沿径向射出，如图4－7所示．图4－6 图4－7(5)带电粒子在有界磁场中运动的极值问题刚好穿出磁场边界的条件通常是带电粒子在磁场中运动的轨迹与边界相切．三、带电粒子在复合场中的运动1．高中阶段所涉及的复合场有四种组合形式，即：①电场与磁场的复合场；②磁场与重力场的复合场；③电场与重力场的复合场；④电场、磁场与重力场的复合场．2．带电粒子在复合场中的运动性质取决于带电粒子所受的合外力及初速度，因此应把带电粒子的运动情况和受力情况结合起来进行分析．当带电粒子在复合场中所受的合外力为零时，带电粒子做匀速直线运动(如速度选择器)；当带电粒子所受的重力与电场力等值、反向，由洛伦兹力提供向心力时，带电粒子在垂直磁场的平面内做匀速圆周运动；当带电粒子所受的合外力是变力，且与初速度的方向不在一条直线上时，粒子做非匀变速曲线运动，运动轨迹也随之不规范地变化．因此，要确定粒子的运动情况，必须明确有几种场，粒子受几种力，重力是否可以忽略．3．带电粒子所受三种场力的特征(1)洛伦兹力的大小跟速度方向与磁场方向的夹角有关．当带电粒子的速度方向与磁场方向平行时，f 洛＝0；当带电粒子的速度方向与磁场方向垂直时，f 洛＝q v B ．当洛伦兹力的方向垂直于速度v 和磁感应强度B 所决定的平面时，无论带电粒子做什么运动，洛伦兹力都不做功．(2)电场力的大小为qE ，方向与电场强度E 的方向及带电粒子所带电荷的性质有关．电场力做功与路径无关，其数值除与带电粒子的电荷量有关外，还与其始末位置的电势差有关．(3)重力的大小为mg ，方向竖直向下．重力做功与路径无关，其数值除与带电粒子的质量有关外，还与其始末位置的高度差有关．注意：①微观粒子(如电子、质子、离子)一般都不计重力；②对带电小球、液滴、金属块等实际的物体没有特殊交代时，应当考虑其重力；③对未知名的、题中又未明确交代的带电粒子，是否考虑其重力，则应根据题给的物理过程及隐含条件具体分析后作出符合实际的决定．4．带电粒子在复合场中的运动的分析方法(1)当带电粒子在复合场中做匀速运动时，应根据平衡条件列方程求解．(2)当带电粒子在复合场中做匀速圆周运动时，往往应用牛顿第二定律和平衡条件列方程联立求解．(3)当带电粒子在复合场中做非匀速曲线运动时，应选用动能定理或动量守恒定律列方程求解．注意：如果涉及两个带电粒子的碰撞问题，要根据动量守恒定律列方程，再与其他方程联立求解． 由于带电粒子在复合场中的受力情况复杂，运动情况多变，往往出现临界问题，这时应以题目中的“恰好”、“最大”、“最高”、“至少”等词语为突破口，挖掘隐含条件，并根据临界条件列出辅助方程，再与其他方程联立求解．热点、重点、难点一、根据带电粒子的运动轨迹进行分析推理图4－8●例1 如图4－8所示，MN 是一正点电荷产生的电场中的一条电场线．一个带负电的粒子(不计重力)从a 到b 穿越这条电场线的轨迹如图中虚线所示．下列结论正确的是( )A ．带电粒子从a 到b 的过程中动能逐渐减小B ．正点电荷一定位于M 点的左侧C ．带电粒子在a 点时具有的电势能大于在b 点时具有的电势能D ．带电粒子在a 点的加速度大于在b 点的加速度【解析】由做曲线运动的物体的受力特点知带负电的粒子受到的电场力指向曲线的内侧，故电场线MN 的方向为N →M ，正点电荷位于N 的右侧，选项B 错误；由a 、b 两点的位置关系知b 点更靠近场源电荷，故带电粒子在a 点受到的库仑力小于在b 点受到的库仑力，粒子在b 点的加速度大，选项D 错误；由上述电场力的方向知带电粒子由a 运动到b 的过程中电场力做正功，动能增大，电势能减小，故选项A 错误、C 正确．[答案] C【点评】本专题内容除了在高考中以常见的计算题形式出现外，有时候也以选择题形式出现，通过带电粒子在非匀强电场中(只受电场力)的运动轨迹来分析电场力和能的特性是一种重要题型，解析这类问题时要注意以下三点：①电场力一定沿电场线曲线的切线方向且一定指向轨迹曲线的内侧；②W 电＝qU a b ＝E k b －E k a ；③当电场线为曲线时，电荷的运动轨迹不会与之重合．二、带电粒子在电场中的加速与偏转图4－9●例2 喷墨打印机的结构简图如图4－9所示，其中墨盒可以发出墨汁微滴，其半径约为1×10－5 m ，此微滴经过带电室时被带上负电，带电荷量的多少由计算机按字体笔画的高低位置输入信号加以控制．带电后的微滴以一定的初速度进入偏转电场，带电微滴经过偏转电场发生偏转后打到纸上，显示出字体．无信号输入时，墨汁微滴不带电，径直通过偏转板而注入回流槽流回墨盒．偏转板长1.6 cm ，两板间的距离为0.50 cm ，偏转板的右端距纸3.2 cm ．若墨汁微滴的质量为1.6×10－10 kg ，以20 m/s 的初速度垂直于电场方向进入偏转电场，两偏转板间的电压是8.0×103 V ，其打到纸上的点距原射入方向的距离是2.0 mm ．求这个墨汁微滴通过带电室所带的电荷量的多少．(不计空气阻力和重力，可以认为偏转电场只局限于平行板电容器的内部，忽略边缘电场的不均匀性)为了使纸上的字放大10%，请你分析并提出一个可行的方法．【解析】设墨汁微滴所带的电荷量为q ，它进入偏转电场后做类平抛运动，离开电场后做直线运动打到纸上，则距原入射方向的距离为：y ＝12at 2＋L tan φ又a ＝qU md ，t ＝l v 0，tan φ＝at v 0解得：y ＝qUl md v 02(l 2＋L ) 代入数据得：q ＝1.25×10－13 C要将字体放大10%，只要使y 增大为原来的 1.1倍，可采用的措施为将两偏转板间的电压增大到8.8×103 V ，或将偏转板右端与纸的间距增大到3.6 cm ．[答案] 1.25×10－13 C 将两偏转板间的电压增大到8.8×103 V ，或将偏转板右端与纸的间距增大到3.6 cm【点评】①本题也可直接根据推论公式y ＝(l 2＋L )tan φ＝(l 2＋L )qUl md v 02进行计算． ②和平抛运动问题一样，这类题型中偏转角度的正切表达式在解题中往往较为关键，且有tan θ＝2tan α(α为射出点的位移方向与入射方向的夹角)的特点．★同类拓展1 如图4－10甲所示，在真空中，有一半径为R 的圆形区域内存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外．在磁场右侧有一对平行金属板M 和N ，两板间距为R ，板长为2R ，板间的中心线O 1O 2与磁场的圆心O 在同一直线上．有一电荷量为q 、质量为m 的带正电的粒子以速度v 0从圆周上的a 点沿垂直于半径OO 1并指向圆心O 的方向进入磁场，当从圆周上的O 1点水平飞出磁场时，给M 、N 两板加上如图4－10乙所示的电压，最后粒子刚好以平行于N 板的速度从N 板的边缘飞出．(不计粒子所受到的重力、两板正对面之间为匀强电场，边缘电场不计)图4－10 (1)求磁场的磁感应强度B ．(2)求交变电压的周期T 和电压U 0的值．(3)当t ＝T 2时，该粒子从M 、N 板右侧沿板的中心线仍以速度v 0射入M 、N 之间，求粒子从磁场中射出的点到a 点的距离．【解析】(1)粒子自a 点进入磁场，从O 1点水平飞出磁场，则其运动的轨道半径为R ．由q v 0B ＝m v 02R ，解得：B ＝m v 0qR． (2)粒子自O 1点进入电场后恰好从N 板的边缘平行极板飞出，设运动时间为t ，根据类平抛运动规律有：2R＝v 0tR 2＝2n ·qU 02mR (T 2)2 又t ＝nT (n ＝1,2,3…)解得：T ＝2R n v 0(n ＝1,2,3…) U 0＝nm v 022q(n ＝1,2,3…)．图4－10丙(3)当t ＝T 2时，粒子以速度v 0沿O 2O 1射入电场，该粒子恰好从M 板边缘以平行于极板的速度射入磁场，进入磁场的速度仍为v 0，运动的轨迹半径为R ．设进入磁场时的点为b ，离开磁场时的点为c ，圆心为O 3，如图4－10丙所示，四边形ObO 3c 是菱形，所以Oc ∥O 3b ，故c 、O 、a 三点共线，ca 即为圆的直径，则c 、a 间的距离d ＝2R ．[答案] (1)m v 0qR(2)2R n v 0 (n ＝1,2,3…) nm v 022q(n ＝1,2,3…) (3)2R 【点评】带电粒子在匀强电场中偏转的运动是类平抛运动，解此类题目的关键是将运动分解成两个简单的直线运动，题中沿电场方向的分运动就是“受力周期性变化的加速运动”．三、带电粒子在有界磁场中(只受洛伦兹力)的运动1．带电粒子在磁场中的运动大体包含五种常见情境，即：无边界磁场、单边界磁场、双边界磁场、矩形边界磁场、圆形边界磁场．带电粒子在磁场中的运动问题综合性较强，解这类问题往往要用到圆周运动的知识、洛伦兹力，还要牵涉到数学中的平面几何、解析几何等知识．因此，解此类试题，除了运用常规的解题思路(画草图、找“圆心”、定“半径”等)之外，更应侧重于运用数学知识进行分析．2．带电粒子在有界匀强磁场中运动时，其轨迹为不完整的圆周，解决这类问题的关键有以下三点． ①确定圆周的圆心．若已知入射点、出射点及入射方向、出射方向，可通过入射点和出射点作垂直于入射方向和出射方向的直线，两直线的交点即为圆周的圆心；若已知入射点、出射点及入射方向，可通过入射点作入射线的垂线，连接入射点和出射点，作此连线的垂直平分线，两垂线的交点即为圆周的圆心．②确定圆的半径．一般在圆上作图，由几何关系求出圆的半径．③求运动时间．找到运动的圆弧所对应的圆心角θ，由公式t ＝θ2πT 求出运动时间． 3．解析带电粒子穿过圆形区域磁场问题常可用到以下推论：①沿半径方向入射的粒子一定沿另一半径方向射出．②同种带电粒子以相同的速率从同一点垂直射入圆形区域的匀强磁场时，若射出方向与射入方向在同一直径上，则轨迹的弧长最长，偏转角有最大值且为α＝2arcsin R r ＝2arcsin RBq m v． ③在圆形区域边缘的某点向各方向以相同速率射出的某种带电粒子，如果粒子的轨迹半径与区域圆的半径相同，则穿过磁场后粒子的射出方向均平行(反之，平行入射的粒子也将汇聚于边缘一点)．●例3 如图4－11甲所示，空间存在匀强电场和匀强磁场，电场方向为y 轴正方向，磁场方向垂直于xy 平面(纸面)向外，电场和磁场都可以随意加上或撤除，重新加上的电场或磁场与撤除前的一样．一带正电荷的粒子从P (0，h )点以一定的速度平行于x 轴正向入射．这时若只有磁场，粒子将做半径为R 0的圆周运动；若同时存在电场和磁场，粒子恰好做直线运动．现在只加电场，当粒子从P 点运动到x ＝R 0平面(图中虚线所示)时，立即撤除电场同时加上磁场，粒子继续运动，其轨迹与x 轴交于M 点，不计重力，求：图4－11甲(1)粒子到达x ＝R 0平面时的速度方向与x 轴的夹角以及粒子到x 轴的距离．(2)M 点的横坐标x M ．【解析】(1)粒子做直线运动时，有：qE ＝qB v 0做圆周运动时，有：qB v 0＝m v 02R 0只有电场时，粒子做类平抛运动，则有：qE ＝maR 0＝v 0tv y ＝at解得：v y ＝v 0粒子的速度大小为：v ＝v 02＋v y 2＝2v 0速度方向与x 轴的夹角为：θ＝π4粒子与x 轴的距离为：H ＝h ＋12at 2＝h ＋R 02． (2)撤去电场加上磁场后，有：qB v ＝m v 2R解得：R ＝2R 0此时粒子的运动轨迹如图4－11乙所示．圆心C 位于与速度v 方向垂直的直线上，该直线与x 轴和y轴的夹角均为π4．由几何关系可得C 点的坐标为：图4－11乙x C ＝2R 0y C ＝H －R 0＝h －R 02 过C 点作x 轴的垂线，在△CDM 中，有：l CM ＝R ＝2R 0，l CD ＝y C ＝h －R 02解得：l DM ＝l CM 2－l CD 2＝74R 02＋R 0h －h 2 M 点的横坐标为：x M ＝2R 0＋74R 02＋R 0h －h 2． [答案] (1)π2 h ＋R 02 (2)2R 0＋74R 02＋R 0h －h 2 【点评】无论带电粒子在匀强电场中的偏转还是在匀强磁场中的偏转，偏转角往往是个较关键的量． ●例4 如图4－12甲所示，质量为m 、电荷量为e 的电子从坐标原点O 处沿xOy 平面射入第一象限内，射入时的速度方向不同，但大小均为v 0．现在某一区域内加一方向向外且垂直于xOy 平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，若这些电子穿过磁场后都能垂直地射到与y 轴平行的荧光屏MN 上，求：图4－12甲 (1)荧光屏上光斑的长度．(2)所加磁场范围的最小面积．【解析】(1)如图4－12乙所示，要求光斑的长度，只要找到两个边界点即可．初速度沿x 轴正方向的电子沿弧OA 运动到荧光屏MN 上的P 点；初速度沿y 轴正方向的电子沿弧OC 运动到荧光屏MN 上的Q 点．图4－12乙设粒子在磁场中运动的半径为R ，由牛顿第二定律得：e v 0B ＝m v 02R ，即R ＝m v 0Be由几何知识可得：PQ ＝R ＝m v 0Be． (2)取与x 轴正方向成θ角的方向射入的电子为研究对象，其射出磁场的点为E (x ，y )，因其射出后能垂直打到屏MN 上，故有：x ＝－R sin θy ＝R ＋R cos θ即x 2＋(y －R )2＝R 2又因为电子沿x 轴正方向射入时，射出的边界点为A 点；沿y 轴正方向射入时，射出的边界点为C 点，故所加最小面积的磁场的边界是以(0，R )为圆心、R 为半径的圆的一部分，如图乙中实线圆弧所围区域，所以磁场范围的最小面积为：S ＝34πR 2＋R 2－14πR 2＝(π2＋1)(m v 0Be)2． [答案] (1)m v 0Be (2)(π2＋1)(m v 0Be)2 【点评】带电粒子在匀强磁场中偏转的试题基本上是年年考，大概为了求新求变，在2009年高考中海南物理卷(第16题)、浙江理综卷(第25题)中都出现了应用这一推论的题型．★同类拓展2 如图4－13甲所示，ABCD 是边长为a 的正方形．质量为m 、电荷量为e 的电子以大小为v 0的初速度沿纸面垂直于BC 边射入正方形区域．在正方形内适当区域中有匀强磁场．电子从BC 边上的任意点入射，都只能从A 点射出磁场．不计重力，求：图4－13甲(1)此匀强磁场区域中磁感应强度的方向和大小．(2)此匀强磁场区域的最小面积．[2009年高考·海南物理卷]【解析】(1)若要使由C 点入射的电子从A 点射出，则在C 处必须有磁场，设匀强磁场的磁感应强度的大小为B ，令圆弧AEC 是自C 点垂直于BC 入射的电子在磁场中的运行轨道，电子所受到的磁场的作用力f ＝e v 0B ，方向应指向圆弧的圆心，因而磁场的方向应垂直于纸面向外．圆弧AEC 的圆心在CB 边或其延长线上．依题意，圆心在A 、C 连线的中垂线上，故B 点即为圆心，圆半径为a ．按照牛顿定律有： f ＝m v 02a联立解得：B ＝m v 0ea． (2)由(1)中决定的磁感应强度的方向和大小，可知自C 点垂直于BC 入射的电子在A 点沿DA 方向射出，且自BC 边上其他点垂直于入射的电子的运动轨道只能在BAEC 区域中，因而，圆弧AEC 是所求的最小磁场区域的一个边界．为了决定该磁场区域的另一边界，我们来考察射中A 点的电子的速度方向与BA 的延长线交角为θ(不妨设0≤θ＜π2)的情形．该电子的运动轨迹QP A 如图4－13乙所示．图中，圆弧 AP 的圆心为O ，PQ 垂直于BC 边，由上式知，圆弧 AP 的半径仍为a ．过P 点作DC 的垂线交DC 于G ，由几何关系可知∠DPG＝θ，在以D 为原点、DC 为x 轴、DA 为y 轴的坐标系中，P 点的坐标(x ，y )为：x ＝a sin θ，y ＝a cos θ图4－13乙 这意味着，在范围0≤θ≤π2内，P 点形成以D 为圆心、a 为半径的四分之一圆周 AFC ，它是电子做直线运动和圆周运动的分界线，构成所求磁场区域的另一边界．因此，所求的最小匀强磁场区域是分别以B 和D 为圆心、a 为半径的两个四分之一圆周AEC 和 AFC 所围成的，其面积为： S ＝2(14πa 2－12a 2)＝π－22a 2． [答案] (1)m v 0ea 方向垂直于纸面向外 (2)π－22a 2 四、带电粒子在复合场、组合场中的运动问题●例5 在地面附近的真空中，存在着竖直向上的匀强电场和垂直电场方向水平向里的匀强磁场，如图4－14甲所示．磁场的磁感应强度B 随时间t 的变化情况如图4－14乙所示．该区域中有一条水平直线MN ，D 是MN 上的一点．在t ＝0时刻，有一个质量为m 、电荷量为＋q 的小球(可看做质点)，从M 点开始沿着水平直线以速度v 0做匀速直线运动，t 0时刻恰好到达N 点．经观测发现，小球在t ＝2t 0至t ＝3t 0时间内的某一时刻，又竖直向下经过直线MN 上的D 点，并且以后小球多次水平向右或竖直向下经过D 点．求：图4－14(1)电场强度E 的大小．(2)小球从M 点开始运动到第二次经过D 点所用的时间．(3)小球运动的周期，并画出运动轨迹(只画一个周期)．【解析】(1)小球从M 点运动到N 点时，有：qE ＝mg解得：E ＝mg q． (2)小球从M 点到达N 点所用时间t 1＝t 0小球从N 点经过34个圆周，到达P 点，所以t 2＝t 0小球从P 点运动到D 点的位移x ＝R ＝m v 0B 0q小球从P 点运动到D 点的时间t 3＝R v 0＝m B 0q所以时间t ＝t 1＋t 2＋t 3＝2t 0＋m B 0q[或t ＝m qB 0(3π＋1)，t ＝2t 0(13π＋1)]． (3)小球运动一个周期的轨迹如图4－14丙所示．图4－14丙 小球的运动周期为：T ＝8t 0(或T ＝12πm qB 0)． [答案] (1)mg q (2)2t 0＋m B 0q(3)T ＝8t 0 运动轨迹如图4－14丙所示【点评】带电粒子在复合场或组合场中运动的轨迹形成一闭合的对称图形的试题在高考中屡有出现．五、常见的、在科学技术中的应用带电粒子在电场、磁场中的运动规律在科学技术中有广泛的应用，高中物理中常碰到的有：示波器(显像管)、速度选择器、质谱仪、回旋加速器、霍耳效应传感器、电磁流量计等．●例6 一导体材料的样品的体积为a ×b ×c ，A ′、C 、A 、C ′为其四个侧面，如图4－15所示．已知导体样品中载流子是自由电子，且单位体积中的自由电子数为n ，电阻率为ρ，电子的电荷量为e ，沿x 方向通有电流I ．图4－15(1)导体样品A ′、A 两个侧面之间的电压是________，导体样品中自由电子定向移动的速率是________．(2)将该导体样品放在匀强磁场中，磁场方向沿z 轴正方向，则导体侧面C 的电势________(填“高于”、“低于”或“等于”)侧面C ′的电势．(3)在(2)中，达到稳定状态时，沿x 方向的电流仍为I ，若测得C 、C ′两侧面的电势差为U ，试计算匀强磁场的磁感应强度B 的大小．【解析】(1)由题意知，样品的电阻R ＝ρ·c ab根据欧姆定律：U 0＝I ·R ＝ρcI ab分析t 时间定向移动通过端面的自由电子，由电流的定义式I ＝n ·ab ·v ·t ·e t可得v ＝I nabe．(2)由左手定则知，定向移动的自由电子向C ′侧面偏转，故C 侧的电势高于C ′侧面．(3)达到稳定状态时，自由电子受到电场力与洛伦兹力的作用而平衡，则有：q Ub＝q v B解得：B ＝neaUI ．[答案] (1)ρcI ab I nabe (2)高于 (3)neaUI【点评】本例实际上为利用霍耳效应测磁感应强度的方法，而电磁流量计、磁流体发电机的原理及相关问题的解析都与此例相似．★同类拓展3 如图4－16甲所示，离子源A 产生的初速度为零、带电荷量均为e 、质量不同的正离子被电压为U 0的加速电场加速后匀速通过准直管，垂直射入匀强偏转电场，偏转后通过极板HM 上的小孔S 离开电场，经过一段匀速直线运动，垂直于边界MN 进入磁感应强度为B 的匀强磁场．已知HO ＝d ，HS ＝2d ，∠MNQ ＝90°．(忽略离子所受重力)图4－16甲(1)求偏转电场场强E 0的大小以及HM 与MN 的夹角φ． (2)求质量为m 的离子在磁场中做圆周运动的半径．(3)若质量为4m 的离子垂直打在NQ 的中点S 1处，质量为16m 的离子打在S 2处．求S 1和S 2之间的距离以及能打在NQ 上的正离子的质量范围．[2009年高考·重庆理综卷]【解析】(1)设正离子经电压为U 0的电场加速后速度为v 1，应用动能定理有：图4－16乙eU 0＝12m v 12－0正离子垂直射入匀强偏转电场，受到的电场力F ＝eE 0产生的加速度a ＝F m ，即a ＝eE 0m垂直电场方向做匀速运动，有：2d ＝v 1t沿电场方向，有：d ＝12at 2联立解得：E 0＝U 0d又tan φ＝v 1at解得：φ＝45°．(2)正离子进入磁场时的速度大小为： v ＝v 12＋v ⊥2＝v 12＋(at )2正离子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有：e v B ＝m v 2R联立解得：正离子在磁场中做圆周运动的半径R ＝2mU 0eB 2．(3)将4m 和16m 代入R ，得R 1＝24mU 0eB 2、R 2＝216mU 0eB 2图4－16丙由几何关系可知S 1和S 2之间的距离Δs ＝R 22－(R 2－R 1)2－R 1联立解得：Δs ＝4(3－1)mU 0eB 2由R ′2＝(2R 1)2＋(R ′－R 1)2得：R ′＝52R 1由12R 1<R <52R 1 得：m <m 正<25m ．[答案] (1)45° (2)2mU 0eB 2(3)m <m 正<25m经典考题带电粒子在电场、磁场以及复合场、组合场中的运动问题是每年各地高考的必考内容，留下大量的经典题型，认真地总结归纳这些试题会发现以下特点：①重这些理论在科学技术上的应用； ②需要较强的空间想象能力． 1．图示是科学史上一张著名的实验照片，显示一个带电粒子在云室中穿过某种金属板运动的径迹．云室放置在匀强磁场中，磁场方向垂直照片向里，云室中横放的金属板对粒子的运动起阻碍作用．分析此径迹可知粒子[2009年高考·安徽理综卷]( )。
专题强化十五 带电粒子在组合场、叠加场、交变电磁场中的运动
专题强化十五带电粒子在组合场、叠加场、交变电磁场中的运动【专题解读 1.本专题是磁场、力学、电场等知识的综合应用，高考往往以计算压轴题的形式出现。
2.学习本专题，可以培养同学们的审题能力、推理能力和规范表达能力。
针对性的专题训练，可以提高同学们解决难题、压轴题的信心。
题型一带电粒子在组合场中的运动1．组合场电场与磁场各位于一定的区域内，并不重叠，或在同一区域，电场、磁场交替出现。
2．分析思路(1)划分过程：将粒子运动的过程划分为几个不同的阶段，对不同的阶段选取不同的规律处理。
(2)找关键点：确定带电粒子在场区边界的速度(包括大小和方向)是解决该类问题的关键。
(3)画运动轨迹：根据受力分析和运动分析，大致画出粒子的运动轨迹图。
(4)用规律先电场后磁场【真题示例1(2020·全国Ⅱ卷，17)CT扫描是计算机X射线断层扫描技术的简称，CT 扫描机可用于对多种病情的探测。
图1(a)是某种CT 机主要部分的剖面图，其中X 射线产生部分的示意图如图(b)所示。
图(b)中M 、N 之间有一电子束的加速电场，虚线框内有匀强偏转磁场；经调节后电子束从静止开始沿带箭头的实线所示的方向前进，打到靶上，产生X 射线(如图中带箭头的虚线所示)；将电子束打到靶上的点记为P 点。
则( )图1A ．M 处的电势高于N 处的电势B ．增大M 、N 之间的加速电压可使P 点左移C ．偏转磁场的方向垂直于纸面向外D ．增大偏转磁场磁感应强度的大小可使P 点左移 答案 D解析 电子带负电，故必须满足N 处的电势高于M 处的电势才能使电子加速，故选项A 错误；由左手定则可判定磁感应强度的方向垂直纸面向里，故选项C 错误；对加速过程应用动能定理有eU ＝12m v 2，设电子在磁场中运动半径为r ，由洛伦兹力提供向心力有e v B ＝m v 2r ，则r ＝m vBe ，电子运动轨迹如图所示，由几何关系可知，电子从磁场射出的速度方向与水平方向的夹角θ满足sin θ＝dr (其中d 为磁场宽度)，联立可得sin θ＝dB e2mU ，可见增大U 会使θ减小，电子在靶上的落点P 右移，增大B 可使θ增大，电子在靶上的落点P 左移，故选项B 错误，D 正确。
带电粒子在电场和磁场中的运动
专题9带电粒子在电场和磁场中的运动考题一带电粒子在组合场中的运动1.组合场模型电场、磁场、重力场(或其中两种场)并存，但各自位于一定区域，并且互不重叠的情况.2.带电粒子在组合场中运动的处理方法(1)分别研究带电粒子在不同场区的运动规律.在匀强磁场中做匀速圆周运动.在匀强电场中，若速度方向与电场方向平行，则做匀变速直线运动；若速度方向与电场方向垂直，则做类平抛运动.(2)带电粒子经过磁场区域时利用圆周运动规律结合几何关系处理.(3)当粒子从一个场进入另一个场时，该位置粒子的速度大小和方向往往是解题的突破口.例1(2016·四川·11)如图1所示，图面内有竖直线DD ′，过DD ′且垂直于图面的平面将空间分成Ⅰ、Ⅱ两区域.区域Ⅰ有方向竖直向上的匀强电场和方向垂直图面的匀强磁场B (图中未画出)；区域Ⅱ有固定在水平地面上高h ＝2l 、倾角α＝π4的光滑绝缘斜面，斜面顶端与直线DD ′距离s ＝4l ，区域Ⅱ可加竖直方向的大小不同的匀强电场(图中未画出)；C 点在DD ′上，距地面高H ＝3l .零时刻，质量为m 、带电荷量为q 的小球P 在K 点具有大小v 0＝gl 、方向与水平面夹角θ＝π3的速度，在区域Ⅰ内做半径r ＝3lπ的匀速圆周运动，经C 点水平进入区域Ⅱ.某时刻，不带电的绝缘小球A 由斜面顶端静止释放，在某处与刚运动到斜面的小球P 相遇.小球视为质点，不计空气阻力及小球P 所带电荷量对空间电磁场的影响.l 已知，g 为重力加速度.图1(1)求匀强磁场的磁感应强度B 的大小；(2)若小球A 、P 在斜面底端相遇，求释放小球A 的时刻t A ；(3)若小球A 、P 在时刻t ＝βlg(β为常数)相遇于斜面某处，求此情况下区域Ⅱ的匀强电场的场强E ，并讨论场强E 的极大值和极小值及相应的方向.解析(1)由题知，小球P 在区域Ⅰ内做匀速圆周运动，有m v 20r ＝qv 0B ，代入数据解得B ＝m π3lqgl (2)小球P 在区域Ⅰ做匀速圆周运动转过的圆心角为θ，运动到C 点的时刻为t C ，到达斜面底端时刻为t 1，有t C ＝θr v 0①s －htan α＝v 0(t 1－t C )②小球A 释放后沿斜面运动加速度为a A ，与小球P 在时刻t 1相遇于斜面底端，有mg sin α＝ma A③h sin α＝12a A (t 1－t A )2④联立以上方程可得t A ＝(3－22)l g(3)设所求电场方向向下，在t A ′时刻释放小球A ，小球P 在区域Ⅱ运动加速度为a P ，有s ＝v 0(t －t C )＋12a A (t －t A ′)2cos α⑤mg ＋qE ＝ma P⑥H －h ＋12a A (t －t A ′)2sin α＝12a P (t －t C )2⑦联立相关方程解得E ＝(11－β2)mg q (β－1)2对小球P 的所有运动情形讨论可得3≤β≤5由此可得场强极小值为E min ＝0；场强极大值为E max ＝7mg8q ，方向竖直向上.答案(1)πm 3qlgl (2)(3－22)l g(3)(11－β2)mg q (β－1)2极大值7mg8q，方向竖直向上；极小值0变式训练1.如图2所示，在平面直角坐标系xOy 的第二象限内有平行于y 轴的匀强电场，方向沿y 轴负方向.在第一、四象限内有一个圆，圆心O ′坐标为(r,0)，圆内有方向垂直于xOy 平面向里的匀强磁场.一质量为m 、电荷量为q 的带正电的粒子(不计粒子所受的重力)，从P (－2h ，h )点，以大小为v 0的速度沿平行于x 轴正方向射入电场，通过坐标原点O 进入第四象限，又经过磁场从x 轴上的Q 点离开磁场.求：图2(1)电场强度E 的大小；(2)圆内磁场的磁感应强度B 的大小；(3)带电粒子从P 点进入电场到从Q 点射出磁场的总时间t .答案(1)mv 202qh (2)mv 0qr (3)4h ＋πr 2v 0解析(1)带电粒子在电场中做类平抛运动，有水平方向：2h ＝v 0t 1①竖直方向：h ＝12at 21②a ＝Eq m③由①②③式得E ＝mv 202qh④(2)粒子进入磁场时沿y 轴方向的速度v y ＝at 1＝v 0⑤粒子进入磁场时的速度v ＝v 2＋v 2y⑥粒子在洛伦兹力作用下做圆周运动，有qvB ＝mv 2R⑦由几何关系有R ＝2r⑧由③⑤⑥⑦⑧式得B ＝mv 0qr⑨(3)粒子在磁场中运动的时间t 2＝14T⑩粒子在磁场中做圆周运动的周期T ＝2πmqB⑪粒子从P 点进入电场到Q 点射出磁场的总时间t ＝t 1＋t 2⑫由①⑨⑩⑪⑫解得t ＝4h ＋πr2v 02.如图3所示，平面直角坐标系xOy 在第一象限内存在水平向左的匀强电场，第二、四象限内存在垂直纸面向里的匀强磁场，第三象限内存在与x 轴负方向成30°角斜向上的匀强电场.一质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子以一定初速度从y 轴上的A 点与y 轴正方向成60°角垂直磁场方向射入第二象限，粒子从x 轴上的C 点与x 轴正方向成30°角进入第三象限.粒子到达y 轴上的D 点(未画出)时速度刚好减半，经第四象限内磁场偏转后又能垂直x 轴进入第一象限内，最后恰好回到A 点.已知OA ＝3a ，第二象限内匀强磁场的磁感应强度为B .粒子重力不计，求：图3(1)粒子初速度v 0和第四象限内匀强磁场的磁感应强度B 1的大小；(2)第一、三象限内匀强电场的电场强度E 1和E 2的大小；(3)粒子在第一、三象限内运行的时间比t 1∶t 3.答案(1)Bqa m 34B (2)B 2qa 6m 33B 2qa 16m (3)94解析(1)粒子在第二象限内运动正好完成半个圆周，则2R 1cos 30°＝OA 解得R 1＝a而Bqv 0＝mv 20R 1，解得v 0＝Bqam粒子在第三象限中运动时有CD ＝2R 1tan 30°＝233a粒子在第四象限中运动时有R 2＝CD tan 30°＝23a而B 1qv 1＝m v 21R 2，v 1＝12v 0解得B 1＝34B(2)在第一象限内：OF ＝R 2＋R 2sin 30°＝a有OF ＝12·qE 1m·t 21OA ＝v 1t 1解得E 1＝B 2qa 6m ，t 1＝23mBq在第三象限内：v 20－v 21＝2·qE 2m·CD 代入解得E 2＝33B 2qa16m (3)在第三象限内有：v 0－v 1＝qE 2m·t 3解得t 3＝83m9Bq所以t 1t 3＝94考题二带电粒子在叠加场中的运动带电粒子在叠加场中运动的处理方法(1)明种类：明确叠加场的种类及特征.(2)析特点：正确分析带电粒子的受力特点及运动特点.(3)画轨迹：画出运动过程示意图，明确圆心、半径与边角关系.(4)用规律：灵活选择不同的运动规律.①两场共存时，电场与磁场中满足qE ＝qvB 或重力场与磁场中满足mg ＝qvB 或重力场与电场中满足mg ＝qE ，都表现为匀速直线运动或静止，根据受力平衡列方程求解.②三场共存时，合力为零，受力平衡，粒子做匀速直线运动.其中洛伦兹力F ＝qvB 的方向与速度v 垂直.③三场共存时，粒子在叠加场中做匀速圆周运动.mg 与qE 相平衡，根据mg ＝qE ，由此可计算粒子比荷，判定粒子电性.粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，应用受力平衡和牛顿运动定律结合圆周运动规律求解，有qvB ＝mrω2＝m v 2r ＝mr 4π2T2＝ma .④当带电粒子做复杂的曲线运动或有约束的变速直线运动时，一般用动能定理或能量守恒定律求解.例2如图4所示，在无限长的水平边界AB 和CD 间有一匀强电场，同时在AEFC 、BEFD 区域分别存在水平向里和向外的匀强磁场，磁感应强度大小相同，EF 为左右磁场的分界线.AB 边界上的P 点到边界EF 的距离为(2＋3)L ，一带正电微粒从P 点正上方的O 点由静止释放，从P 点垂直AB 边界进入电、磁场区域，且恰好不从AB 边界飞出电、磁场.已知微粒在磁场中的运动轨迹为圆弧，重力加速度大小为g ，电场强度大小E (E 未知)和磁感应强度大小B (B 未知)满足EB＝2gL ，不考虑空气阻力，求：图4(1)O 点距离P 点的高度h 多大；(2)若微粒从O 点以v 0＝3gL 水平向左平抛，且恰好垂直下边界CD 射出电、磁场，则微粒在磁场中运动的时间t 多长？解析(1)微粒在电磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，重力与电场力合力为零，则：qE ＝mg ，粒子运动轨迹如图所示：由几何知识可得：sin θ＝32，r 1＋r 1sin θ＝(2＋3)L ，解得：r 1＝2L ，微粒做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qv 1B ＝m v 21r 1，由动能定理得：mgh ＝12mv 21－0，已知：E B ＝2gL ，解得：h ＝12L ；(2)微粒在进入电磁场前做平抛运动，x 1＝v 0t 1，h ＝12gt 21，代入数据解得：t 1＝Lg，x 1＝3L ，微粒在M 点的竖直分速度：v ′＝gL ，速度：v ＝2gL ，速度与AB 夹角为30°，微粒运动轨迹如图所示：微粒轨道半径：r 2＝4L ，由几何知识可知，微粒从M 点偏转30°垂直打在EF 边界上，微粒在磁场中做圆周运动的周期：T ＝2πr 2v ＝4πL g由题意可知，微粒的运动时间：t ＝t 1′＋t 2′＝30°360°T ＋12kT ＋14T ＝112T ＋12kT ＋14T (k ＝0、1、2、3、……)解得：t ＝2π(23＋k )Lg(k ＝0、1、2、3、……)答案(1)12L (2)2π(23＋k )Lg(k ＝0、1、2、3、……)变式训练3.如图5所示，在真空中半径为r ＝0.1m 的圆形区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场及水平向左的匀强电场，磁感应强度B ＝0.01T，ab 和cd 是两条相互垂直的直径，一束带正电的粒子流连续不断地以速度v ＝1×103m/s 从c 点沿cd 方向射入场区，粒子将沿cd 方向做直线运动，如果仅撤去磁场，带电粒子经过a 点，如果撤去电场，使磁感应强度变为原来的12，不计粒子重力，下列说法正确的是()图5A.电场强度的大小为10N/CB.带电粒子的比荷为1×106C/kgC.撤去电场后，带电粒子在磁场中运动的半径为0.1mD.带电粒子在磁场中运动的时间为7.85×10－5s答案AC解析粒子沿直线运动，则Bqv ＝Eq ，解得E ＝Bv ＝0.01×103N/C＝10N/C，选项A 正确；如果仅撤去磁场，则粒子在水平方向r ＝12Eq m t 2，竖直方向r ＝vt ，解得：q m ＝2v 2Er ＝2×10610×0.1C/kg＝2×106C/kg，选项B 错误；撤去电场后，带电粒子在磁场中运动的半径为R ＝mvq B 2＝1032×106×12×0.01m＝0.1m，选项C 正确；带电粒子在磁场中运动的时间为t ＝T 4＝πmqB ＝3.142×106×0.01s＝1.57×10－4s，选项D 错误；故选A、C.4.(2016·天津·11)如图6所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小E ＝53N/C，同时存在着水平方向的匀强磁场，其方向与电场方向垂直，磁感应强度大小B ＝0.5T.有一带正电的小球，质量m ＝1×10－6kg，电荷量q ＝2×10－6C，正以速度v 在图示的竖直面内做匀速直线运动，当经过P 点时撤掉磁场(不考虑磁场消失引起的电磁感应现象)，取g ＝10m/s 2，求：图6(1)小球做匀速直线运动的速度v 的大小和方向；(2)从撤掉磁场到小球再次穿过P 点所在的这条电场线经历的时间t .答案(1)20m/s方向与电场方向成60°角斜向上(2)3.5s 解析(1)小球匀速直线运动时受力如图，其所受的三个力在同一平面内，合力为零，有qvB＝q 2E 2＋m 2g 2①代入数据解得v ＝20m/s②速度v 的方向与电场E 的方向之间的夹角满足tan θ＝qEmg③代入数据解得tan θ＝3θ＝60°④(2)解法一撤去磁场，小球在重力与电场力的合力作用下做类平抛运动，如图所示，设其加速度为a ，有a ＝q 2E 2＋m 2g 2m⑤设撤去磁场后小球在初速度方向上的分位移为x ，有x ＝vt ⑥设小球在重力与电场力的合力方向上分位移为y ，有y ＝12at 2⑦tan θ＝yx⑧联立④⑤⑥⑦⑧式，代入数据解得t ＝23s≈3.5s⑨解法二撤去磁场后，由于电场力垂直于竖直方向，它对竖直方向的分运动没有影响，以P点为坐标原点，竖直向上为正方向，小球在竖直方向上做匀减速运动，其初速度为v y ＝v sin θ⑤若使小球再次穿过P 点所在的电场线，仅需小球的竖直方向上分位移为零，则有v y t －12gt 2＝0⑥联立⑤⑥式，代入数据解得t ＝23s≈3.5s.考题三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运动的处理方法(1)若交变电压的变化周期远大于粒子穿越电场的时间或粒子穿越电场的时间极短可忽略时，则粒子在穿越电场的过程中，电场可看做匀强电场.(2)空间存在的电场或磁场是随时间周期性变化的，一般呈现“矩形波”的特点.交替变化的电场及磁场会使带电粒子顺次经历不同特点的电场或磁场或叠加场，从而表现出“多过程”现象.其运动特点既复杂又隐蔽.分析时应该注意以下三点：①仔细分析并确定各场的变化特点及相应的时间，其变化周期一般与粒子在电场或磁场中的运动周期相关联.有一定的联系，应抓住变化周期与运动周期之间的联系作为解题的突破口；②必要时，可把粒子的运动过程还原成一个直观的运动轨迹草图进行分析；③把粒子的运动分解成多个运动阶段分别进行处理，根据每一阶段上的受力情况确定粒子的运动规律.例3如图7甲所示，在直角坐标系0≤x ≤L 区域内有沿y 轴正方向的匀强电场，右侧有一个以点(3L,0)为中心、边长为2L 的正方形区域，其边界ab 与x 轴平行，正方形区域与x 轴的交点分别为M 、N .在该正方形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，现有一质量为m 、带电量为e 的电子，从y 轴上的A 点以速度v 0沿x 轴正方向射入电场，飞出电场后从M 点以与x 轴夹角为30°的方向进入正方形区域，并恰好从d 点射出.图7(1)求匀强电场E 的大小；(2)求匀强磁场B 的大小；(3)若当电子到达M 点时，在正方形区域换加如图乙所示周期性变化的磁场(以垂直于纸面向外为磁场正方向)，最后电子运动一段时间后从N 点飞出，求正方形磁场区域磁感应强度B 0大小的表达式、磁场变化周期T 与B 0的关系式.[思维规范流程]步骤1：在电场中做平抛运动分方向列方程在M 点速度分解(1)在E 中：L ＝v 0t ①v y ＝eE m t②tan 30°＝v yv 0③得：E ＝3mv 23eL④步骤2：在磁场中：由几何关系得：列F 洛＝F n 方程(2)R ＝L 2cos 30°⑤Bev M ＝mv 2MR⑥v M ＝v 0cos 30°⑦得：B ＝2mv 0eL⑧步骤3：从N 点射出的几种情景图：根据几何关系，由图得出T 、B 0的关系：(3)n ·r ＝2L (n ＝1,2,3……)⑨r ＝mv M eB 0＝23mv 03eB 0⑩得B 0＝n ·3mv 03eL(n ＝1,2,3……)⑪T 0＝2πm eB 0⑫T 06＝T 2⑬得：T ＝2πm 3eB 0⑭④⑧⑨⑪⑫⑭每式各2分，其余各式1分.变式训练5.如图8甲所示，在竖直边界MN 的左侧存在与水平方向成θ＝60°斜向右上方的匀强电场.其电场强度大小E 1＝3N/C，在MN 的右侧有竖直向上的匀强电场，其电场强度大小E 2＝1.5N/C，同时，在MN 的右侧还有水平向右的匀强电场E 3和垂直纸面向里的匀强磁场B (图甲中均未画出)，E 3和B 随时间变化的情况如图乙所示.现有一带正电的微粒，带电荷量q ＝1×10－5C，从左侧电场中距MN 边界x 1＝3m 的A 点无初速度释放后，微粒水平向右进入MN 右侧场区，设此时刻t ＝0，取g ＝10m/s 2.求：图8(1)带电微粒的质量m ；(2)带电微粒在MN 右侧场区中运动了1.5s 时的速度v (取25＝4.5)；(3)带电微粒从A 点运动到MN 右侧场区中计时为1.5s 的过程中，各电场对带电微粒做的总功W .(取3π＝10)答案(1)1.5×10－6kg (2)5m/s，方向水平向左(3)4.125×10－5J 解析(1)MN 左侧匀强电场的电场强度为E 1，方向与水平方向夹角为θ，带电微粒受力如图所示.沿竖直方向有：qE 1sin θ＝mg 解得：m ＝1.5×10－6kg.(2)在MN 左侧，对带电微粒沿水平方向有：qE 1cos θ＝ma 1解得：a 1＝1033m/s 2对水平方向的匀加速运动有：v 20＝2a 1x 1解得刚到MN 时v 0＝4.5m/s带电微粒在MN 右侧场区始终满足：qE 2＝mg 在0～1s 时间内，带电微粒在E 3电场中有：a 2＝qE 3m ＝1×10－5×0.0751.5×10－6m/s 2＝0.5m/s 2带电微粒在1s 时的速度大小为：v ＝v 0＋a 2t ＝5m/s在1～1.5s 时间内，带电微粒在磁场B 中做匀速圆周运动，周期为T ＝2πm qB ＝2π×1.5×10－61×10－5×0.3πs＝1s在1～1.5s 时间内，带电微粒在磁场B 中正好运动了半个圆周，所以带电微粒在MN 右侧场区中运动了1.5s 时的速度大小为5m/s，方向水平向左.(3)带电微粒在磁场B 中做圆周运动的半径为r ＝mv qB ＝ 1.5×10－6×51×10－5×0.3πm＝7.53πm＝0.75mW －mg ·2r ＝12mv 2解得：W ＝4.125×10－5J.专题规范练1.利用霍尔效应制作的霍尔元件，广泛应用于测量和自动控制等领域.如图1是霍尔元件的工作原理示意图，磁感应强度B 垂直于霍尔元件的工作面向下，通入图示方向的电流I ，C 、D 两侧面会形成电势差U CD ，下列说法中正确的是()图1A.电势差U CD 仅与材料有关B.若霍尔元件的载流子是自由电子，则电势差U CD ＜0C.仅增大磁感应强度时，电势差U CD 可能不变D.在测定地球赤道上方的地磁场强弱时，元件的工作面应保持水平答案B解析由题意可知，CD 间存在电势差，即存在电场，载流子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡，设霍尔元件的长、宽、高分别为a 、b 、c ，有q U CD b ＝qvB ，I ＝nqvS ＝nqvbc ，则U CD ＝BI nqc.故A、C 错误；根据左手定则，电子向C 侧面偏转，C 表面带负电，D 表面带正电，所以D 表面的电势高，则U CD ＜0，B 正确；在测定地球赤道上方地磁场强弱时，应将元件的工作面保持竖直，让磁场垂直通过.故D 错误.2.(多选)如图2所示，一足够长的绝缘细杆处于磁感应强度为B ＝0.5T 的匀强磁场中，杆与磁场垂直且与水平方向的夹角为θ＝37°.一质量为m ＝0.1g、电荷量为q ＝5×10－4C 的带正电圆环套在该绝缘细杆上，圆环与杆之间的动摩擦因数为μ＝0.4.现将圆环从杆上的某一位置无初速度释放.则下列判断中正确的是(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取重力加速度g ＝10m/s 2)()图2A.圆环下滑过程中洛伦兹力始终做正功B.当圆环下滑的速度达到2.4m/s 时，圆环与细杆之间的弹力为零C.圆环下滑过程中的最大加速度为6m/s 2D.圆环下滑过程中的最大速度为9.2m/s 答案CD解析当F N ＝0时，qvB ＝mg cos θ，得v ＝3.2m/s，此时，F 合＝mg sin θ＝ma m ，得a m ＝6m/s 2，当mg sin θ＝μ(qv m B －mg cos θ)时得v m ＝9.2m/s.3.(多选)如图3所示，空间有相互正交的匀强电场和匀强磁场区域，匀强电场方向竖直向下，大小为E ，匀强磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B .一质量为m 的带电小球(可视为质点)恰好能在竖直面内做半径为r 的匀速圆周运动，已知重力加速度为g ，则下列说法中正确的是()图3A.该小球带正电荷B.该小球的带电荷量为mg EC.该小球一定沿顺时针方向做匀速圆周运动D.该小球做圆周运动的线速度大小为BgrE答案BD解析因小球做匀速圆周运动，所以mg ＝qE ，得E ＝mgq，电场力向上，所以带负电，A 错误，B 正确；由于小球带负电，由左手定则可知，小球一定沿逆时针方向运动，选项C 错误；设小球做圆周运动的线速度大小为v ，则qvB ＝m v 2r ，解得v ＝Bqr m ，又因为q ＝mg E ，所以v ＝BgrE，选项D 正确.4.(多选)如图4所示，两块水平放置的平行金属板，板长为2d ，相距为d .现将一质量为m 、电荷量为q 的带电小球以某一水平速度靠近上板下表面的P 点射入，刚好从下板边缘射出，若在两板间加入竖直向下的匀强电场，再次将该带电小球以相同速度从P 点射入，小球刚好水平向右沿直线运动；若保持电场，再加一垂直纸面的匀强磁场，再次将该带电小球以相同速度从P 点射入，小球刚好垂直打在板上.已知重力加速度为g ，则下列说法正确的是()图4A.小球从P 点射入的初速度为2gdB.小球带正电，所加匀强电场E ＝mg qC.所加匀强磁场方向垂直纸面向里，B ＝m2qd2dg D.加入匀强磁场后，带电小球在板间运动时间为π42d g答案AD解析小球从P 点射入后做平抛运动，根据平抛运动规律有：2d ＝v 0t ，d ＝12gt 2，联立解得：v 0＝2gd ，故A 正确；加电场后做匀速直线运动，故：qE ＝mg ，解得：E ＝mgq，电场力向上，场强向下，故小球带负电，故B 错误；再加磁场后，做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，小球刚好垂直打在板上，故轨道半径为d ，根据牛顿第二定律，有：qv 0B ＝m v 20d ，解得：B ＝mqd2dg ；根据左手定则，磁场方向垂直纸面向里，故C 错误；加入匀强磁场后，带电小球在板间运动时间为四分之一个周期，为：t ＝π2d v 0＝π42dg，故D 正确.5.(多选)如图5所示，M 、N 为两块带等量异种电荷的平行金属板，两板间电压可取从零到某一最大值之间的各种数值.静止的带电粒子带电荷量为＋q ，质量为m (不计重力)，从点P 经电场加速后，从小孔Q 进入N 板右侧的匀强磁场区域，磁感应强度大小为B ，方向垂直于纸面向外，CD 为磁场边界上的一绝缘板，它与N 板的夹角为θ＝30°，孔Q 到板的下端C 的距离为L ，当M 、N 两板间电压取最大值时，粒子恰垂直打在CD 板上，则下列说法正确的是()图5A.两板间电压的最大值U m ＝qB 2L 22mB.CD 板上可能被粒子打中区域的长度s ＝23LC.粒子在磁场中运动的最长时间t m ＝πmqBD.能打到N 板上的粒子的最大动能为q 2B 2L 218m答案ACD解析M 、N 两板间电压取最大值时，粒子恰垂直打在CD 板上，所以其轨迹圆心在C 点，CH＝QC ＝L ，故轨迹半径R 1＝L又由牛顿第二定律得qv 1B ＝mv 21R 1粒子在MN 间加速时，有qU m ＝12mv 21所以联立得U m ＝qB 2L 22m，选项A 正确；打在QC 间的粒子在磁场中运动的时间最长，均为半个周期.粒子运动的周期为T ＝2πmqB所以最长时间t m ＝T 2＝πmqB ，选项C 正确；设轨迹与CD 板相切于K 点，半径为R 2，在△AKC 中：AC ＝2R 2，CK ＝3R 2又QC ＝QA ＋AC ＝R 2＋2R 2＝3R 2＝L ，所以CK ＝33L 故HK 的长度s ＝(1－33)L ，选项B 错误；能达到N 板上的粒子最大半径为R 2，根据qvB ＝m v2R 2，最大动能为：E km ＝12mv 2＝B 2q 2L218m，选项D 正确.6.(多选)如图6所示是选择密度相同、大小不同纳米粒子的一种装置.待选粒子带正电且电量与表面积成正比.待选粒子从O 1进入小孔时可认为速度为零，加速电场区域Ⅰ的板间电压为U ，粒子通过小孔O 2射入正交的匀强电场、磁场区域Ⅱ，其中磁场的磁感应强度大小为B ，左右两极板间距为d .区域Ⅱ出口小孔O 3与O 1、O 2在同一竖直线上.若半径为r 0，质量为m 0、电量为q 0的纳米粒子刚好能沿直线通过，不计纳米粒子重力，则()图6A.区域Ⅱ的电场与磁场的强度比值为2q 0U m 0B.区域Ⅱ左右两极板的电势差U 1＝Bdq 0U m 0C.若纳米粒子的半径r ＞r 0，则刚进入区域Ⅱ的粒子仍将沿直线通过D.若纳米粒子的半径r ＞r 0，仍沿直线通过，则区域Ⅱ的电场与原电场强度之比为r 0r答案AD解析设半径为r 0的粒子加速后的速度为v ，则有：q 0U ＝12m 0v2设区域Ⅱ内电场强度为E ，洛伦兹力等于电场力，即：q 0vB ＝q 0E 联立①②解得：E ＝B2q 0Um 0，则区域Ⅱ的电场与磁场的强度比值为2q 0Um 0，U 1＝Ed ＝Bd2q 0Um 0，故A 正确，B 错误；若纳米粒子的半径r ＞r 0，设半径为r 的粒子的质量为m 、带电量为q 、被加速后的速度为v ′，则m ＝(r r 0)3m 0而q ＝(r r 0)2q 0，由12mv ′2＝qU 解得：v ′＝2q 0Ur 0m 0r＝r 0rv ＜v ，故洛伦兹力小于电场力，粒子带正电，故粒子向左偏转，故C 错误；要使粒子直线通过需满足E ＝vB ，故区域Ⅱ的电场与原电场的电场强度之比为r 0r；故D 正确.7.(多选)如图7所示为某种质谱仪的工作原理示意图.此质谱仪由以下几部分构成：粒子源N ；P 、Q 间的加速电场；静电分析器；磁感应强度为B 的有界匀强磁场，方向垂直纸面向外；胶片M .若静电分析器通道中心线半径为R ，通道内有均匀辐射电场在中心线处的电场强度大小为E ；由粒子源发出一质量为m 、电荷量为q 的正离子(初速度为零，重力不计)，经加速电场加速后，垂直场强方向进入静电分析器，在静电分析器中，离子沿中心线做匀速圆周运动，而后由S 点沿着既垂直于静电分析器的左边界，又垂直于磁场方向射入磁场中，最终打到胶片上的某点.下列说法中正确的是()图7A.P 、Q 间加速电压为12ERB.离子在磁场中运动的半径为mER qC.若一质量为4m 、电荷量为q 的正离子加速后进入静电分析器，离子不能从S 射出D.若一群离子经过上述过程打在胶片上同一点，则这些离子具有相同的比荷答案AD解析直线加速过程，根据动能定理，有：qU ＝12mv2①电场中偏转过程，根据牛顿第二定律，有：qE ＝mv 2R ②磁场中偏转过程，根据牛顿第二定律，有：qvB ＝mv 2r③解得：U ＝12ER ，④r ＝m qB qER m ＝1B mER q⑤由④式，只要满足R ＝2UE ，所有粒子都可以从辐射电场区通过；由④⑤知，打到胶片上同一点的粒子的比荷一定相等.8.如图8所示，在直角坐标系xOy 平面内有a (4cm,3cm)、b (0,8cm)两点，匀强磁场垂直于xOy 平面向里.一电荷量为e ＝1.6×10－19C、质量为m ＝9×10－31kg 的电子，以v 0＝1.6×106m/s 的速度从原点O 沿x 轴正方向入射，不计电子重力，取sin 37°＝0.6.图8(1)已知电子能通过a 点，求磁感应强度B 的大小.(2)适当改变磁感应强度，再加入平行xOy 平面的匀强电场，使得电子可先后经过a 、b 两点，动能分别变为在O 点动能的4倍和5倍，求电场强度的大小.答案(1)2.16×10－4T(2)4.5×102V/m解析(1)由几何关系：R 2＝x 2a ＋(R －y a )2得R ＝256cm ev 0B ＝m v2R得B ＝2.16×10－4T(2)洛伦兹力不做功，电子从O 点到a 点由动能定理：eU aO ＝E k a －E k O ＝3×12mv 2电子从O 点到b 点由动能定理：eU bO ＝E k b －E k O ＝4×12mv 20，解得U aO U bO ＝34沿Ob 方向电势均匀升高，设y 轴上点c (0，y c )为a 点的等势点：y c y b ＝34解得：y c ＝6cm，ac 连线为匀强电场中的一条等势线过O 点作ac 的垂线交于d 点，由几何关系可知：∠cOd ＝37°O 点到d 点的距离：Od ＝y c cos 37°E ＝U aO Od代入数值得：E ＝4.5×102V/m。
高考物理磁场 微专题 带电粒子在交变电场磁场中的运动试题
避躲市安闲阳光实验学校57 带电粒子在交变电场、磁场中的运动[方法点拨] (1)先分析在一个周期内粒子的运动情况，明确运动性质，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，分析轨迹在几何关系方面的周期性．1．如图1甲所示，两平行金属板A 、B 长L ＝8 cm ，两极板间距d ＝6 cm ，A 、B 两极板间的电势差U AB ＝100 3 V ．一比荷为q m＝1×106C/kg 的带正电粒子(不计重力)从O 点沿电场中心线垂直电场线以初速度v 0＝2×104m/s 飞入电场，粒子飞出平行板电场后经过界面MN 、PS 间的无电场区域，已知两界面MN 、PS 间的距离为s ＝8 cm.带电粒子从PS 分界线上的C 点进入PS 右侧的区域，当粒子到达C 点开始计时，PS 右侧区域有磁感应强度按图乙变化的匀强磁场(垂直纸面向里为正方向)．求：图1(1)PS 分界线上的C 点与中心线OO ′的距离y ；(2)粒子进入磁场区域后第二次经过中心线OO ′时与PS 分界线的距离x . 2．如图2甲所示，在平行边界MN 、PQ 之间存在宽度为L 的匀强电场，电场周期性变化的规律如图乙所示，取竖直向下为电场正方向；在平行边界MN 、EF之间存在宽度为s 、方向垂直纸面向里的匀强磁场区域Ⅱ，在PQ 右侧有宽度足够大、方向垂直纸面向里的匀强磁场区域Ⅰ.在区域Ⅰ中距PQ 为L 的A 点，有一质量为m 、电荷量为q 、重力不计的带正电粒子以初速度v 0沿竖直向上方向开始运动，以此作为计时起点，再经过一段时间粒子又恰好回到A 点，如此循环，粒子循环运动一周，电场恰好变化一个周期，已知粒子离开区域Ⅰ进入电场时，速度恰好与电场方向垂直，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6. 图2(1)求区域Ⅰ的磁场的磁感应强度大小B 1.(2)若E 0＝4mv 23qL ，要实现上述循环，确定区域Ⅱ的磁场宽度s 的最小值以及磁场的磁感应强度大小 B 2.(3)若E 0＝4mv 203qL，要实现上述循环，求电场的变化周期T .3．如图3甲所示，在平面直角坐标系xOy 区域内存在垂直坐标平面的匀强磁场，磁场随时间的变化规律如图乙所示，磁场方向垂直坐标平面向里为正方向，磁场变化周期T 0＝2πm qB 0.t ＝0时刻，一质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子以某一初速度由坐标原点O 沿x 轴正方向射入磁场，在t ＝T 0时到达坐标为(a,0)的P 点(未画出)． 图3(1)求粒子运动的初速度v 0；(2)若磁场的变化规律如图丙所示，求粒子从t ＝0时刻起第一次到达y 轴的位置与原点O 的距离；(3)在第(2)问的条件下，粒子是否可以返回原点？如果可以，求粒子从原点出发到返回原点的时间；如果不可以，请说明理由．4．如图4甲所示，在光滑绝缘水平桌面内建立xOy 坐标系，在第Ⅱ象限内有平行于桌面的匀强电场，场强方向与x 轴负方向的夹角θ＝45°.在第Ⅲ象限垂直于桌面放置两块相互平行的平板C 1、C 2，两板间距为d 1＝0.6 m ，板间有竖直向上的匀强磁场，两板右端在y 轴上，板C 1与x 轴重合，在其左端紧贴桌面有一小孔M ，小孔M 离坐标原点O 的距离为L ＝0.72 m ．在第Ⅳ象限垂直于x 轴放置一块平行于y 轴且沿y 轴负向足够长的竖直平板C 3，平板C 3在x 轴上垂足为Q ，垂足Q 与原点O 相距d 2＝0.18 m ．现将一带负电的小球从桌面上的P 点以初速度v 0＝4 2 m/s 垂直于电场方向射出，刚好垂直于x 轴穿过C 1板上的M 孔，进入磁场区域．已知小球可视为质点，小球的比荷qm ＝20 C/kg ，P 点与小孔M 在垂直于电场方向上的距离为s ＝210m ，不考虑空气阻力． 图4(1)求匀强电场的场强大小；(2)要使带电小球无碰撞地穿出磁场并打到平板C 3上，求磁感应强度的取值范围；(3)若t ＝0时刻小球从M 点进入磁场，磁场的磁感应强度如图乙随时间周期性变化(取竖直向上为磁场正方向)，求小球从M 点打在平板C 3上所用的时间．(计算结果保留两位小数)答案精析1．(1)4 3 cm (2)12 cm解析 (1)粒子在电场中的加速度a ＝U AB q dm粒子在电场中运动的时间t 1＝L v 0粒子离开电场时竖直方向分速度v y ＝at 1 粒子在MN 与PS 间运动时间t 2＝sv 0粒子在电场中偏转位移y 1＝12at 21＝U AB qL 22dmv 20＝43 3 cm 出电场后：y 2＝v y t 2 联立解得：y 2＝833cm所以C 点与中心线OO ′的距离y ＝y 1＋y 2＝4 3 cm(2)粒子运动轨迹如图所示，粒子进入磁场时，设速度与水平方向夹角为θ，tan θ＝v y v 0＝33所以θ＝30°粒子进入磁场时的速度v ＝v 0cos θ＝433×104m/s 设粒子在磁场中运动轨道半径为R则qvB ＝mv 2R所以R ＝4 cm粒子在磁场中运动的周期T ＝2πR v ＝23π×10－6s在t ＝23π3×10－6s 内粒子的偏转角α＝2πT t ＝120°竖直向上偏移h 1＝R cos 30°＝2 3 cm在23π3×10－6～433π×10－6 s 内通过OO ′，这段时间内竖直向上偏移h 2＝h 1＝2 3 cm因为h 1＋h 2＝y ＝4 3 cm则粒子在t ＝43π3×10－6s 时刚好第二次到达OO ′此时，粒子距PS 距离x ＝2(R ＋R sin 30°)＝12 cm. 2．(1)mv 0qL (2)L 9 3mv 0qL (3)307π＋540270v 0L 解析 (1)粒子在区域Ⅰ做圆周运动的半径R ＝L由洛伦兹力提供向心力知qv 0B 1＝mv 20R联立解得B 1＝mv 0qL(2)粒子在电场中做类平抛运动，离开电场时沿电场方向的速度v y ＝at ＝qE 0m ·L v 0＝43v 0， 离开电场时速度的偏转角为θ，tan θ＝v y v 0＝43，θ＝53°所以粒子离开电场时的速度v ＝v 0cos 53°＝53v 0粒子在电场中偏转的距离y ＝12at 2＝12·qE 0m ⎝ ⎛⎭⎪⎫L v 02＝23L画出粒子运动轨迹的示意图如图所示，粒子在区域Ⅱ做圆周运动的圆心O 2与在区域Ⅰ做圆周运动的圆心O 1的连线必须与边界垂直才能完成上述运动，由几何关系知粒子在区域Ⅱ做圆周运动的半径r ＝L －23Lcos 53°＝59L所以s ≥r (1－sin 53°)＝L9即s 的最小值为L9根据r ＝mv qB 2 解得B 2＝3mv 0qL(3)电场变化的周期等于粒子运动的周期 粒子在区域Ⅰ中运动的时间t 1＝πL v 0粒子在电场中运动的时间t 2＝2Lv 0粒子在区域Ⅱ中运动的时间t 3＝37°180°·2πr v ＝37πL270v 0所以周期T ＝t 1＋t 2＋t 3＝307π＋540270v 0L .3．(1)qaB 04m(2)a (3)见解析 解析 (1)设粒子在磁场中运动的周期为T ，轨迹半径为r 则T ＝2πm qB 0＝T 0t ＝0时粒子从O 点射入磁场中，在0～T 04时间内，粒子做逆时针方向的匀速圆周运动，接着在T 04～34T 0时间内做顺时针方向的匀速圆周运动，最后在34T 0～T 0时间内做逆时针方向的匀速圆周运动到达x 轴上的P 点，粒子运动轨迹如图甲所示．甲 则4r ＝a根据洛伦兹力提供向心力，有qv 0B 0＝m v 20r联立解得v 0＝qaB 04m(2)比较粒子在磁场中做圆周运动的周期T 和磁场变化周期可知，粒子在0～T 03时间内运动13圆周，其圆心为O 1，运动轨迹对应的圆心角为120°；在T 03～T 02时间内运动16圆周，圆心为O 2，对应圆心角为60°；在T 02～5T 06时间内运动13圆周，其圆心为O 3，对应圆心角为120°.作出粒子在磁场中运动的轨迹如图乙所示．乙由几何关系可知OO 1＝r ＝a4O 1O 3＝2r ＝a2O 3Q ＝r ＝a4则粒子第一次到达y 轴的位置与原点O 的距离y 1＝OO 1＋O 1O 3＋O 3Q ＝a(3)粒子可以回到原点由于粒子在磁场中做周期性运动，根据对称性和周期性，作出粒子的运动轨迹如图丙所示．丙其中以O 1、O 3、O 5、O 7、O 9、O 11为圆心的运动轨迹所对应的圆心角为120°，每段轨迹对应时间为t 1＝T 03以O 2、O 4、O 6、O 8、O 10、O 12为圆心的运动轨迹所对应的圆心角为60°，每段轨迹对应时间为t 2＝T 06由图丙中几何关系知，粒子从原点出发到回到原点的时间为t ＝6n (t 1＋t 2)＝3nT 0＝6n πmqB 0(n ＝1,2,3，……)4．(1)8 2 V/m (2)23T≤B ≤1 T (3)0.15 s解析 (1)小球在第Ⅱ象限内做类平抛运动有：s ＝v 0tat ＝v 0tan θ由牛顿第二定律有：qE ＝ma 代入数据解得：E ＝8 2 V/m(2)设小球通过M 点时的速度为v ，由类平抛运动规律：v ＝v 0cos θ＝8 m/s小球垂直磁场方向进入两板间做匀速圆周运动， 轨迹如图甲所示，由牛顿第二定律有：qvB ＝m v 2R解得：B ＝mv qR小球刚好能打到Q 点时，磁感应强度最大，设为B 1， 此时小球的轨迹半径为R 1 由几何关系有：R 1L ＋d 2－R 1＝L －R 1R 1解得R 1＝0.4 m ，B 1＝1 T小球刚好不与C 2板相碰时磁感应强度最小，设为B 2，此时小球的轨迹半径为R 2 由几何关系有：R 2＝d 1 解得：B 2＝23T综合得磁感应强度的取值范围：23T≤B ≤1 T(3)小球进入磁场做匀速圆周运动，设半径为R 3，周期为T ，有：R 3＝mvqB 3＝0.18 m T ＝2πm qB 3＝9π200s 再综合分析易知小球在磁场中运动的轨迹如图乙所示，一个磁场周期内小球在x 轴方向的位移为3R 3＝0.54 m ，L －3R 3＝0.18 m即：小球刚好垂直y 轴方向离开磁场则小球在磁场中运动的时间t 1＝13T ＋13T ＋14T ＝33π800 s≈0.13 s离开磁场到打在平板C 3上所用的时间t 2＝d 2v≈0.02 s 小球从M 点到打在平板C 3上所用总时间t ＝t 1＋t 2＝0.15 s.。
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题型17 带电粒子在交变电场和磁场中的运动1．如图1所示，在xOy 平面内存在着垂直于几何平面的磁场和平行于y 轴的电场，磁场和电场随时间的变化规律如图2甲、乙所示．以垂直于xOy 平面向里磁场的磁感应强度为正，以沿y 轴正方向电场的电场强度为正．t ＝0时，带负电粒子从原点O 以初速度v 0沿y 轴正方向运动，t ＝5t 0时，粒子回到O 点，v 0、t 0、B 0已知，粒子的比荷q m ＝πB 0t 0，不计粒子重力．(1)求粒子在匀强磁场中做圆周运动的周期； (2)求电场强度E 0的值；(3)保持磁场仍如图2甲所示，将图乙所示的电场换成图丙所示的电场．t ＝0时刻，前述带负电粒子仍由O 点以初速度v 0沿y 轴正方向运动，求粒子在t ＝9t 0时的位置坐标．图2答案(1)2t 0(2)B 0v 0π(3)(2v 0t 0π，－v 0t 0)2．如图3甲所示，在两块水平金属极板间加有电压U 构成偏转电场，一束比荷为qm＝106C/kg带正电的粒子流(重力不计)，以速度v 0＝104m/s 沿水平方向从金属极板正中间射入两板．粒子经电场偏转后进入一具有理想边界的半圆形变化磁场区域，O 为圆心，区域直径AB 长度为L ＝1 m ，AB 与水平方向成45°角．区域内有按如图乙所示规律做周期性变化的磁场，已知B0＝0.5 T，磁场方向以垂直于纸面向外为正．粒子经偏转电场后，恰好从下极板边缘O 点与水平方向成45°斜向下射入磁场．求：甲乙图3(1)两金属极板间的电压U是多大？(2)若T0＝0.5 s，求t＝0 s时刻射入磁场的带电粒子在磁场中运动的时间t和离开磁场的位置．(3)要使所有带电粒子通过O点后的运动过程中不再从AB两点间越过，求出磁场的变化周期T0应满足的条件．答案(1)100 V(2)2π×10－6 s 射出点在OB间离O点225m(3)T0<π3×10－5 s3．如图4甲所示，宽度为d的竖直狭长区域内(边界为L1、L2)，存在垂直纸面向里的匀强磁场和竖直方向周期性变化的电场(如图乙所示)，电场强度的大小为E0，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上的N2点．Q为线段N1N2的中点，重力加速度为g.上述d、E0、m、v、g为已知量．图4(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)mgE02E0v(2)d2v＋πvg(3)(2π＋1)v2g4．如图5甲所示，竖直面的左侧空间中存在竖直向上的匀强电场(上、下及左侧无边界限制)．一个质量为m、电荷量为q、可视为质点的带正电小球，以水平初速度v0沿PQ向右做直线运动．若小球刚经过D点时(t＝0)，在电场所在空间叠加如图乙所示随时间周期性变化、垂直纸面向里的磁场，使得小球能沿PQ连线左下方60°角再次通过D点．已知D、Q间的距离为(3＋1)L，重力加速度为g，t0小于小球在磁场中做圆周运动的周期，忽略磁场变化造成的影响．求：图5(1)电场强度E的大小；(2)t0与t1的比值；(3)小球过D点后将做周期性运动．则当小球运动的周期最大时，求出此时的磁感应强度B0的大小，并在图甲中画出此情形下小球运动一个周期的轨迹．答案(1)mg/q(2)43π9(3)mv0/qL题型17 带电粒子在交变电场和磁场中的运动1．如图1所示，在xOy 平面内存在着垂直于几何平面的磁场和平行于y 轴的电场，磁场和电场随时间的变化规律如图2甲、乙所示．以垂直于xOy 平面向里磁场的磁感应强度为正，以沿y 轴正方向电场的电场强度为正．t ＝0时，带负电粒子从原点O 以初速度v 0沿y 轴正方向运动，t ＝5t 0时，粒子回到O 点，v 0、t 0、B 0已知，粒子的比荷q m ＝πB 0t 0，不计粒子重力．图1(1)求粒子在匀强磁场中做圆周运动的周期； (2)求电场强度E 0的值；(3)保持磁场仍如图2甲所示，将图乙所示的电场换成图丙所示的电场．t ＝0时刻，前述带负电粒子仍由O 点以初速度v 0沿y 轴正方向运动，求粒子在t ＝9t 0时的位置坐标．图2答案(1)2t 0(2)B 0v 0π(3)(2v 0t 0π，－v 0t 0) 解析(1)粒子在磁场中运动时，qv 0B 0＝m v 20r 1T ＝2πr 1v 0q m ＝πB 0t 0得T ＝2t 0.(2)粒子在t ＝5t 0时回到原点，轨迹如图所示，由牛顿第二定律qv 0B 0＝m v 20r 1由几何关系得：r 2＝2r 1 得v 2＝2v 0由运动学公式：v 2＝v 0＋at 0 由牛顿第二定律：E 0q ＝ma 得E 0＝B 0v 0π.(3)t 0时刻粒子回到x 轴，t 0～2t 0时间内，粒子位移x 1＝2(v 0·t 02＋12a (t 02)2)2t 0时刻，粒子速度为v 03t 0时刻，粒子以速度v 0到达y 轴，3t 0～4t 0时刻，粒子运动的位移x 2＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤v 0·t 02－12a (t 02)25t 0时刻粒子运动到点(2r 1，x 2－x 1)根据粒子的周期性运动规律可知，t ＝9t 0时刻的位置坐标为[]2r 1，2(x 2－x 1)，代入数值为(2v 0t 0π，－v 0t 0)．2．如图3甲所示，在两块水平金属极板间加有电压U 构成偏转电场，一束比荷为qm＝106C/kg带正电的粒子流(重力不计)，以速度v 0＝104m/s 沿水平方向从金属极板正中间射入两板．粒子经电场偏转后进入一具有理想边界的半圆形变化磁场区域，O 为圆心，区域直径AB 长度为L ＝1 m ，AB 与水平方向成45°角．区域内有按如图乙所示规律做周期性变化的磁场，已知B 0＝0.5 T ，磁场方向以垂直于纸面向外为正．粒子经偏转电场后，恰好从下极板边缘O 点与水平方向成45°斜向下射入磁场．求：甲 乙图3(1)两金属极板间的电压U 是多大？(2)若T 0＝0.5 s ，求t ＝0 s 时刻射入磁场的带电粒子在磁场中运动的时间t 和离开磁场的位置． (3)要使所有带电粒子通过O 点后的运动过程中不再从AB 两点间越过，求出磁场的变化周期T 0应满足的条件．答案(1)100 V(2)2π×10－6s 射出点在OB 间离O 点225 m(3)T 0<π3×10－5s 解析(1)粒子在电场中做类平抛运动，从O 点射出时速度v ＝2v 0q U 2＝12m (2v 0)2－12mv 20 代入数据得U ＝100 V.(2)T ＝2πm Bq Bqv ＝mv 2RT 2＝πm Bq ＝2π×10－6s<T 02R ＝mv Bq ＝250 m<L 4粒子在磁场中经过半周从OB 中穿出，粒子在磁场中运动时间t ＝T2＝2π×10－6s ，射出点在OB 间离O 点225m.(3)粒子运动周期T ＝2πm Bq＝4π×10－6s ，粒子在t ＝0、t ＝T 02…时刻射入时，粒子最可能从AB 间射出．如图，由几何关系可得临界时θ＝5π6要不从AB 边界射出，应满足T 02<θ2πT得T 0<π3×10－5s.3．如图4甲所示，宽度为d 的竖直狭长区域内(边界为L 1、L 2)，存在垂直纸面向里的匀强磁场和竖直方向周期性变化的电场(如图乙所示)，电场强度的大小为E 0，E >0表示电场方向竖直向上．t ＝0时，一带正电、质量为m 的微粒从左边界上的N 1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上的N 2点．Q 为线段N 1N 2的中点，重力加速度为g .上述d 、E 0、m 、v 、g 为已知量．图4(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)mg E 02E 0v (2)d 2v ＋πv g (3)(2π＋1)v2g解析(1)根据题意，微粒做圆周运动，洛伦兹力完全提供向心力，重力与电场力平衡，则mg ＝qE 0①因为微粒水平向右做直线运动， 所以竖直方向合力为0. 则mg ＋qE 0＝qvB ② 联立①②解得：q ＝mgE 0③ B ＝2E 0v.④(2)设微粒从N 1运动到Q 的时间为t 1，做圆周运动的周期为t 2， 则d2＝vt 1⑤ qvB ＝m v 2R⑥2πR ＝vt 2⑦联立③④⑤⑥⑦解得t 1＝d 2v ，t 2＝πvg ⑧电场变化的周期T ＝t 1＋t 2＝d 2v ＋πvg.⑨(3)若微粒能完成题述的运动过程，要求d ≥2R ⑩联立③④⑥得R ＝v 22g设N 1Q 段直线运动的最短时间t 1min ， 由⑤⑩得，t 1min ＝v2g因t 2不变，T 的最小值T min ＝t 1min ＋t 2＝(2π＋1)v2g.4．如图5甲所示，竖直面的左侧空间中存在竖直向上的匀强电场(上、下及左侧无边界限制)．一个质量为m 、电荷量为q 、可视为质点的带正电小球，以水平初速度v 0沿PQ 向右做直线运动．若小球刚经过D 点时(t ＝0)，在电场所在空间叠加如图乙所示随时间周期性变化、垂直纸面向里的磁场，使得小球能沿PQ 连线左下方60°角再次通过D 点．已知D 、Q 间的距离为(3＋1)L ，重力加速度为g ，t 0小于小球在磁场中做圆周运动的周期，忽略磁场变化造成的影响．求：图5(1)电场强度E 的大小； (2)t 0与t 1的比值；(3)小球过D 点后将做周期性运动．则当小球运动的周期最大时，求出此时的磁感应强度B 0的大小，并在图甲中画出此情形下小球运动一个周期的轨迹． 答案(1)mg /q (2)43π9(3)mv 0/qL 轨迹见解析解析(1)小球在电场中做匀速直线运动，根据二力平衡，有mg ＝qE 得E ＝mg q.(2)小球能再次通过D 点，其运动轨迹如图所示，设圆弧半径为r .x ＝v 0t 1①由几何关系得x ＝rtan 30°②设小球做圆周运动的周期为T ，则 T ＝2πr v 0③t 0＝23T ④由①②③④式得t 0t 1＝439π.(3)当小球运动的周期最大时，其运动轨迹应与MN 相切，如图所示． 由几何关系，有R ＋Rtan 30°＝(3＋1)L ⑤由牛顿第二定律，有qv 0B 0＝m v 20R⑥由⑤⑥式得B 0＝mv 0qL小球运动一个周期的轨迹如图所示．。