题型带电粒子在交变电场和磁场中的运动(精.选)

合集下载

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。

高中物理带电粒子在磁场中的运动解题技巧及经典题型及练习题(含答案)含解析

高中物理带电粒子在磁场中的运动解题技巧及经典题型及练习题(含答案)含解析一、带电粒子在磁场中的运动专项训练1．正、负电子从静止开始分别经过同一回旋加速器加速后，从回旋加速器D 型盒的边缘引出后注入到正负电子对撞机中．正、负电子对撞机置于真空中．在对撞机中正、负电子对撞后湮灭成为两个同频率的光子．回旋加速器D 型盒中的匀强磁场的磁感应强度为0B ，回旋加速器的半径为R ，加速电压为U ；D 型盒缝隙间的距离很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计．电子的质量为m 、电量为e ，重力不计．真空中的光速为c ，普朗克常量为h ．（1）求正、负电子进入对撞机时分别具有的能量E 及正、负电子对撞湮灭后产生的光子频率v（2）求从开始经回旋加速器加速到获得最大能量的过程中，D 型盒间的电场对电子做功的平均功率P（3）图甲为正负电子对撞机的最后部分的简化示意图．位于水平面的粗实线所示的圆环真空管道是正、负电子做圆周运动的“容器”，正、负电子沿管道向相反的方向运动，在管道内控制它们转变的是一系列圆形电磁铁．即图中的A 1、A 2、A 4……A n 共有n 个，均匀分布在整个圆环上．每个电磁铁内的磁场都是匀强磁场，并且磁感应强度都相同，方向竖直向下．磁场区域的直径为d ．改变电磁铁内电流大小，就可以改变磁场的磁感应强度，从而改变电子偏转的角度．经过精确调整，首先实现电子在环形管道中沿图甲中粗虚线所示的轨道运动，这时电子经过每个电磁铁时射入点和射出点都在电磁铁的同一直径的两端，如图乙所示．这就为进一步实现正、负电子的对撞做好了准备．求电磁铁内匀强磁场的磁感应强度B 大小【答案】(1) 222202e B R mc v mh h =+，22202e B R E m = ；(2) 20e B U mπ ；(3)02sin B R n dπ【解析】【详解】解：(1)正、负电子在回旋加速器中磁场里则有：200mv evB R= 解得正、负电子离开回旋加速器时的速度为：00eB Rv m=正、负电子进入对撞机时分别具有的能量：222200122e B R E mv m==正、负电子对撞湮灭时动量守恒，能量守恒，则有：222E mc hv +=正、负电子对撞湮灭后产生的光子频率：222202e B R mc v mh h=+(2) 从开始经回旋加速器加速到获得最大能量的过程，设在电场中加速n 次，则有：2012neU mv =解得：2202eB R n mU=正、负电子在磁场中运动的周期为：02mT eB π=正、负电子在磁场中运动的时间为：2022B R nt T Uπ==D 型盒间的电场对电子做功的平均功率：20e B UW E P t t mπ===(3)设电子在匀强磁场中做圆周运动的半径为r ，由几何关系可得sin2dr nπ=解得：2sind r nπ=根据洛伦磁力提供向心力可得：200mv ev B r=电磁铁内匀强磁场的磁感应强度B 大小：02sinB R n B dπ=2．如图所示，坐标原点O 左侧2m 处有一粒子源，粒子源中，有带正电的粒子(比荷为qm=1.0×1010C/kg)由静止进人电压U= 800V 的加速电场，经加速后沿x 轴正方向运动，O 点右侧有以O 1点为圆心、r=0.20m 为半径的圆形区域，内部存在方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B=1.0×10－3T 的匀强磁场(图中未画出)圆的左端跟y 轴相切于直角坐标系原点O ，右端与一个足够大的荧光屏MN 相切于x 轴上的A 点，粒子重力不计。

带电粒子在交变电场中的运动-附解析

带电粒子在交变电场中的运动一、选择题1.在两金属板(平行）分别加上如图2—7—1中的电压，使原来静止在金属板中央的电子有可能做振动的电压图象应是（设两板距离足够大）图2—7—12.有一个电子原来静止于平行板电容器的中间，设两板的距离足够大，今在t =0开始在两板间加一个交变电压，使得该电子在开始一段时间内的运动的v —t 图线如图2—7—2(甲)所示，则该交变电压可能是图2—7—2(乙)中的哪些图2—7—2（乙）3.一个匀强电场的电场强度随时间变化的图象如图2—7—3所示，在这个匀强电场中有一个带电粒子，在t =0时刻由静止释放，若带电粒子只受电场力的作用，则电场力的作用和带电粒子的运动情况是图2—7—2(甲)图2—7—3A.带电粒子将向一个方向运动B.0~3 s内，电场力的冲量等于0，电场力的功亦等于0C.3 s末带电粒子回到原出发点D.2 s~4 s内电场力的冲量不等于0，而电场力的功等于04.一束电子射线以很大恒定速度v0射入平行板电容器两极板间，入射位置与两极板等距离，v0的方向与极板平面平行.今以交变电压U=U m sinωt加在这个平行板电容器上，则射入的电子将在两极板间的某一区域内出现.图2—7—4中的各图以阴影区表示这一区域，其中肯定不对的是图2—7—45.图2—7—5中A、B是一对中间开有小孔的平行金属板，两小孔的连线与金属板面相垂直，两极板的距离为l，两极板间加上低频交变电流.A板电势为零，B板电势U=U0c osωt，现有一电子在t=0时穿过A板上的小孔射入电场，设初速度和重力的影响均可忽略不计，则电子在两极板间可能图2—7—5A.以AB间的某一点为平衡位置来回振动B.时而向B板运动，时而向A板运动，但最后穿出B板C.如果ω小于某个值ω0，l小于某个值l0，电子一直向B板运动，最后穿出B板D.一直向B板运动，最后穿出B板，而不论ω、l为任何值二、填空题6.如图2—7—6（甲）所示，在两块相距d=50 cm的平行金属板A、B间接上U=100 V的矩形交变电压，（乙）在t=0时刻，A板电压刚好为正，此时正好有质量m=10-17kg，电量q=10-16C的带正电微粒从A板由静止开始向B板运动，不计微粒重力，在t=0.04 s时，微粒离A板的水平距离是______s.图2—7—67.如图2—7—7所示，水平放置的平行金属板下板小孔处有一静止的带电微粒，质量m，电量-q，两板间距6 mm，所加变化电场如图所示，若微粒所受电场力大小是其重力的2倍，要使它能到达上极板，则交变电场周期T至少为_______.图2—7—7三、计算题8.如图2—7—9（甲）为平行板电容器，板长l=0.1 m，板距d=0.02 m.板间电压如图（乙）示，电子以v=1×107m/s的速度，从两板中央与两板平行的方向射入两板间的匀强电场，为使电子从板边缘平行于板的方向射出，电子应从什么时刻打入板间？并求此交变电压的周期.(电子质量m=9.1×10-31 kg,电量e=1.6×10-19 C)图2—7—910.如图2—7—10甲所示，A、B为两块距离很近的平行金属板，板中央均有小孔.一电子以初动能E kO=120 eV,从A板上的小孔O不断地垂直于板射入A、B之间，在B板的右侧，偏转板M、N组成一匀强电场，板长L=2×10-2 m，板间距离d=4×10-3 m；偏转板加电压为U2=20 V，现在A、B间加一个如图乙所示的变化电压U1，在t=2 s时间内，A板电势高于B板，则在U1随时间变化的第一周期内.图2—7—10(1)在哪段时间内，电子可从B板上小孔O′射出？(2)在哪段时间内，电子能从偏转电场右侧飞出？（由于A、B两板距离很近，可以认为电子穿过A、B所用时间很短，忽略不计）11.示波器是一种多功能电学仪器，可以在荧光屏上显示出被检测的电压波形.它的工作原理等效成下列情况：（如图2—7—11所示）真空室中电极K发出电子（初速不计），经过电压为U1的加速电场后，由小孔S沿水平金属板，A、B间的中心线射入板中.板长L，相距为d，在两板间加上如图乙所示的正弦交变电压，前半个周期内B板的电势高于A板的电势，电场全部集中在两板之间，且分布均匀.在每个电子通过极板的极短时间内，电场视作恒定的.在两极板右侧且与极板右端相距D处有一个与两板中心线垂直的荧光屏，中心线正好与屏上坐标原点相交.当第一个电子到达坐标原点O时，使屏以速度v沿-x方向运动，每经过一定的时间后，在一个极短时间内它又跳回到初始位置，然后重新做同样的匀速运动.(已知电子的质量为m，带电量为e，不计电子重力)求：图2—7—11（1）电子进入AB板时的初速度；（2）要使所有的电子都能打在荧光屏上，图乙中电压的最大值U0需满足什么条件？（3）要使荧光屏上始终显示一个完整的波形，荧光屏必须每隔多长时间回到初始位置？计算这个波形的最大峰值和长度.在如图2—7—11丙所示的x-y坐标系中画出这个波形.参考答案一、1.BC 2.AB 3.BCD4.ACD 不同时刻入射的电子在不同瞬时电压下，沿不同抛物线做类平抛运动，其轨迹符合方程y =d mv eU202 x 2(U 为变化电压），x 轴正向为初速v 0方向，y 轴的正方向垂直于初速v 0向上或向下.电压低时从板间射出，电压高时打在板上，电子在板间出现的区域边界应为开口沿纵坐标方向的抛物线.5.AC二、6.0.4 m 7. 6.0×10-2 s三、8.由于金属筒对电场的屏蔽作用，使离子进入筒后做匀速直线运动，只有当离子到达两筒的缝隙处才能被加速.这样离子在筒内运动时间为t =fT 212= (T 、f 分别为交变电压周期、频率)①，设离子到第1个筒左端速度为v 1，到第n 个筒左端速度v n ，第n 个筒长为L n ，则L n =v n ·t ②从速度v 1加速v n 经过了（n -1）次加速，由功能关系有：21mv n 2=21mv 12+(n -1)·qU ③ 联立得L n =m n qU v f )1(22121-+ E k n =221n mv =21mv 12+(n -1)qU 令n =N,则得打到靶上离子的最大动能21mv N 2=21mv 12+(N -1)qU 9.电子水平方向匀速直线运动，竖直方向做变加速运动.要使电子从板边平行于板方向飞出，则要求电子在离开板时竖直方向分速度为0，并且电子在竖直方向应做单向直线运动向极板靠近.此时电子水平方向（x 方向）、竖直方向（y ）方向的速度图线分别如图所示 .电子须从t =n2T (n =0,1，2,…)时刻射入板间，且穿越电场时间t =kT (k =1,2…)①,而电子水平位移l =vt ② 竖直位移21d =2120)2(T m d eU ·2k ③三式联立得，T =leU mvd 022=2.5×10-9 s,k =4,故f =1/T =4×108 Hz,且k =4. 10.（1）0~2 s 电子能从O ′射出，动能必须足够大，由功能关系得U 1e ＜E k0 得U 1＜120 V所以当t ＜0.6或t ＞1.4时，粒子可由B 板小孔O ′射出.（2）电子进入偏转极板时的水平速度为v ,通过偏转电极时，侧向偏移是y ,y =dmv eL U 2222 能从偏转电场右侧飞出的条件是y ＜2d 得21mv 2＞2222dl eU 代入数字的21mv 2＞250 eV,即AB 间必须有130 V 的加速电压，所以当2.65 s ＜t ＜3.35 s 时，电子能从偏转电场右侧飞出，如图所示.11.（1）电子在加速电场中运动，据动能定理，有eU 1=21mv 12,v 1=meU 12 (2)因为每个电子在板A 、B 间运动时，电场均匀、恒定，故电子在板A 、B 间做类平抛运动，在两板之外做匀速直线运动打在屏上.在板A 、B 间沿水平方向运动时，有 L =v 1t ,竖直方向，有 y ′=21at 2,且a =mdeU ，联立解得 y ′=2122mdv eUL .只要偏转电压最大时的电子能飞出极板打在屏上，则所有电子都能打在屏上，所以 y m ′=21202mdv L eU ＜2d ,U 0＜2122L U d . (3)要保持一个完整波形，需每隔周期T 回到初始位置，设某个电子运动轨迹如图所示，有tan θ=L y mdv eUL v v ''==⊥211,又知 y ′=2122mdv eUL ，联立得 L ′=2L . 由相似三角形的性质，得y yL D L'=+2/2,则 y =14)2(dU LUD L -,峰值为 y m =14)2(dU LU D L +.波形长度为 x 1=vT .波形如图所示.。

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。

带电粒子在交变电、磁场中的运动专题课件

v0、E0 和 t0 为已知量，图(b)中EB00＝π8v20，在 0～t0 时间内粒子 P 第一次离 x 轴最远时的坐标为(2πv0t0，2πv0t0)．求：
(1)粒子 P 的比荷； (2)t＝2t0 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)π4Ev00t0 2＋π
所以 OD＝3 m，则粒子第一次经过 x 轴时的位置坐标为(3 m，0)．
交变电场＋恒定磁场例 3 如图甲所示，以两虚线 M、N 为边界，中间存在平行纸面且与边界垂直的水平电场，M、N 间电压 UMN 的变化图像如图乙所示，电压的最大值为 U0、周期为 T0；M、N 两侧为相同的匀强磁场区域Ⅰ、Ⅱ，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度为 B.t＝0 时，将一带正电的粒子从边界线 M 上的 A 处由静止释放，经电场加速后进入磁场，粒子在磁场中做圆周运动的周期也为 T0.两虚线 M、N 间宽度很小，粒子在其间的运动时间不计，也不考虑粒子所受的重力．
(2)由于不计粒子穿越 MN 间的时间，则可认为 t＝0 时刻出发的粒子穿越 MN 的过程中电压始终为 U0，t＝12T0 时刻第 1 次自右向左穿过边界线 N，再加速一次进入磁场区域Ⅱ时的速度为 v1，
由动能定理得：2qU0＝12mv12，第 2 次自右向左到达边界线 N 时被加速 3 次，速度设为 v2，由动能定理得：3qU0＝12mv22，
交变磁场例 1 如图甲所示，M、N 为竖直放置且彼此平行的两块平板，板间距离为 d，两板中央各有一个小孔 O、O′且正对，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规律如图乙所示．有一束正离子在 t＝0 时垂直于 M 板从小孔 O 射入磁场．已知正离子的质量为 m，电荷量为 q，正离子在磁场中做匀速圆周运动的周期与磁感应强度变化的周期都为 T0，不考虑由于磁场变化而产生的电场的影响，不计离子所受重力．

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。

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。

题型带电粒子在交变电场和磁场中的运动

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 ＝106 C /kg带正电的粒子流(重力不计)，以速度v 0＝104 m/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)mg E 0 2E 0v (2)d 2v ＋πvg (3)(2π＋1)v 2g4．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)m v 0/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v0沿y轴正方向运动，t＝5t0时，粒子回到O点，v0、t0、B0已知，粒子的比荷qm＝πB0t0，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E0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v0沿y轴正方向运动，求粒子在t＝9t0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，q v 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q v 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)2 5t 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 ＝106 C /kg带正电的粒子流(重力不计)，以速度v 0＝104 m/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×10－6 s 射出点在OB 间离O 点225 m (3)T 0<π3×10－5 s 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)2－12m v 20 代入数据得U ＝100 V .(2)T ＝2πmBq Bq v ＝m v 2RT 2＝πm Bq ＝2π×10－6 s<T 02R ＝m v 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×10－6 s ，射出点在OB 间离O 点225m.(3)粒子运动周期T ＝2πmBq ＝4π×10－6 s ，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<π3×10－5 s.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 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，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＝q v B ②联立①②解得：q ＝mgE 0③B ＝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＝v t 1⑤ q v B ＝m v 2R ⑥2πR ＝v t 2⑦联立③④⑤⑥⑦解得t 1＝d2v ，t 2＝πv g 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)m v 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 ＋R tan 30°＝(3＋1)L ⑤由牛顿第二定律，有q v 0B 0＝m v 20R⑥由⑤⑥式得B 0＝m v 0qL小球运动一个周期的轨迹如图所示．。

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

由平衡条件得：qvB＝ 2mg 电场方向变化后，微粒所受重力与静电力平衡，微粒在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，运动轨迹如图乙，有qvB＝mvr2 由几何知识可得：r＝ 2l 联立解得：v＝ 2gl，B＝mq gl 。
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。

高考物理精做带电粒子在交变电场的运动问题大题精做

取夺市安慰阳光实验学校精做22 带电粒子在交变电场的运动问题1．两块水平平行放置的导体板如图甲所示，大量电子（质量为m 、电荷量为e ）由静止开始，经电压为U 0的电场加速后，连续不断地沿平行板的方向从两板正中间射入两板之间。

当两板均不带电时，这些电子通过两板之间的时间为3t 0；当在两板间加如图乙所示的周期为2t 0、幅值恒为U 0的周期性电压时，恰好能使所有电子均从两板间通过（不计电子重力）。

问：（1）这些电子通过两板之间后，侧向位移（垂直于射入速度方向上的位移）的最大值和最小值分别是多少？（2）侧向位移分别为最大值和最小值的情况下，电子在刚穿出两板之间时的动能之比为多少？【答案】（1）max y s =min y s =（2）kmaxkmin1613E E =【解析】画出电子在t =0时和t =t 0时进入电场的v –t 图象进行分析（1）竖直方向的分速度010y eU v t md=，0002022=y eU eU t v t mdmd=侧向最大位移200max 101010132()322y y y y eU td s v t v t v t md=+===侧向最小位移200min 101010131.5224y y y y eU td s v t v t v t md=+===解得d =所以max 2y d s =min 4y d s =【名师点睛】解决本题的关键知道粒子在偏转电场中水平方向上一直做匀速直线运动，在竖直方向上有电场时做匀加速直线运动，无电场时做匀速直线运动或静止。

2．两平行金属板间所加电压随时间变化的规律如图所示，大量质量为m 、带电量为e 的电子由静止开始经电压为U 0的电场加速后连续不断地沿两平行金属板间的中线射入，若两板间距恰能使所有电子都能通过。

且两极长度使每个电子通过两板均历时3t 0，两平行金属板间距为d ，电子所受重力不计，求：（1）电子通过两板时侧向位移的最大值和最小值（答案用d 表示）；（2）侧向位移最大和最小的电子通过两板后的动能之比。

题型带电粒子在交变电场和磁场中的运动 2

题型17 带电粒子在交变电场与磁场中的运动1.如图1所示,在xOy 平面内存在着垂直于几何平面的磁场与平行于y 轴的电场,磁场与电场随时间的变化规律如图2甲、乙所示.以垂直于ｘO ｙ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ｖ0沿y 轴正方向运动,ｔ=５ｔ0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＝９ｔ０时的位置坐标、图2答案 (1)２t 0 (2)B 0v 0π (3)(错误!,-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,一束比荷为错误!＝１０６C /k ｇ带正电的粒子流(重力不计),以速度ｖ0＝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,A Ｂ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、5T,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就是多大？(２)若T０=0、5 s,求t＝０ｓ时刻射入磁场的带电粒子在磁场中运动的时间t与离开磁场的位置、(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)1００V(2)2π×１0-6ｓ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与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与磁感应强度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)错误! 错误! (2)错误!＋错误! (3)错误!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(错误!+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)4＼r(3)π9 (３)ｍｖ０/qL题型17 带电粒子在交变电场与磁场中的运动1、如图1所示,在xOｙ平面内存在着垂直于几何平面的磁场与平行于y轴的电场,磁场与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v0沿y轴正方向运动,t=5t0时,粒子回到O点,v0、t0、B0已知,粒子的比荷＼f(q,m)＝错误!,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E０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v0沿y轴正方向运动,求粒子在t＝9t0时的位置坐标、图2答案 (1)2t 0 (2)错误! (3)(错误!,-ｖ0t 0) 解析 (1)粒子在磁场中运动时,q v 0B 0＝m 错误!T ＝2πr 1v ０错误!＝错误! 得T ＝2ｔ0、(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q v ０B 0=m v 20r 1由几何关系得:r 2＝2ｒ1 得v 2＝２v 0由运动学公式:ｖ2=v ０＋at 0 由牛顿第二定律:Ｅ０q =ma 得E 0＝＼f(Ｂ0v 0,π).(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·＼f(t 0,2)＋＼f(１,2)ａ(＼ｆ(ｔ0,２))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错误! 5t 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 ＝9ｔ0时刻的位置坐标为错误!,代入数值为(错误!,-ｖ0t０)、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＼f(q,m )=１06 Ｃ/k ｇ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 就是多大？(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 与离开磁场的位置、 (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×10-6 s 射出点在ＯＢ间离Ｏ点225 m (３)T ０<π3×10－5 s 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 0 q U 2＝１2m (＼r(2)v 0)2－错误!m v 错误! 代入数据得U =１0０ V 、(２)Ｔ=＼ｆ(2πm,B ｑ) Ｂq ｖ＝错误!T 2=πm Ｂq ＝2π×1０－6 s ＜Ｔ02R ＝m ｖＢq＝＼ｆ(＼r(2),50) m ＜错误!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×1０-６ s,射出点在ＯＢ间离O 点错误! m 、(3)粒子运动周期T=＼f(2πm,Ｂｑ)＝4π×1０－6 s,粒子在t=０、t=＼ｆ(T0,２)…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=＼f(５π,6)要不从ＡB边界射出,应满足T0２<＼f(θ,2π)Ｔ得Ｔ０<π3×１0－5 s、3.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与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与磁感应强度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)＼f(ｍｇ,E０) ２E0v(２)d２v＋πvg(3)＼f((２π+1)v,２g)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=qＥ0①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=q v B ② 联立①②解得:q =错误!③ B =2Ｅ0v 、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＼f(ｄ,2)=ｖt 1⑤q ｖB =ｍv 2R ⑥2πR =v ｔ２⑦联立③④⑤⑥⑦解得ｔ1＝错误!,t 2＝错误!⑧ 电场变化的周期T ＝t 1＋t 2＝ｄ2v ＋错误!.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 ＝错误!设N 1Ｑ段直线运动的最短时间t 1mi ｎ, 由⑤⑩得,t 1min ＝错误!因t ２不变,T 的最小值Ｔm ｉｎ＝ｔ1min ＋ｔ2=错误!、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(错误!+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)＼f(4＼ｒ(3)π,9) (3)m ｖ0／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 =ｍgq、(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 =错误!② 设小球做圆周运动的周期为T ,则 T =错误!③ t 0=2３T ④ 由①②③④式得t ０t 1=4＼r(3)9π、(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 ＋错误!=(错误!+１)L ⑤ 由牛顿第二定律,有 q v 0Ｂ０＝ｍ错误!⑥ 由⑤⑥式得B 0=m v 0ｑＬ小球运动一个周期的轨迹如图所示、。

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。

高中物理带电粒子在交变电场、交变磁场中的运动

1．(2014江苏省四市联考)(16分)如图a 所示，两竖直线所夹区域内存在周期性变化的匀强电场与匀强磁场，变化情况如图b 、c 所示，电场强度方向以y 轴负方向为正，磁感应强度方向以垂直纸面向外为正．t =0时刻，qvB=m 12R v , v= 37cos 0v ，2．（19分）（2014江西省上饶市二模）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v o ，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00B t π，不计粒子的重力。

求：（1） t= t 0时，求粒子的位置坐标；（2）若t=5t 0时粒子回到原点，求0～5t o 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E 0值。

【参照答案】(1) 位置坐标（π002t v ，0）大距离：000222m v v h t r +=+ =0032()2v t π+ --------------------------2分 q B mv r 001= qB mv r 02=' --------------------------------------------------1分3．（20分）（2014北京市顺义区模拟）1930年，Earnest O. Lawrence提出了回旋加速器的理论，他设想用磁场使带电粒子沿圆弧形轨道旋转，多次反复地通过高频加速电场，直至达到高能量。

图甲为Earnest O.Lawrence设计的回旋加速器的示意图。

它由两个铝制D型金属扁盒组成，两个D形盒正中间开有一条狭缝；两个D型盒处在匀强磁场中并接有高频交变电压。

图乙为俯视图，在D型盒上半面中心S处有一正离子源，它发出的正离子，经狭缝电压加速后，进入D型盒中。

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.。