第1部分 专题3 微专题3 带电粒子在交变场中的运动（word教参）-【创新教程】2025年高考物理大二轮专题增分方案

对应学生用书　P55 　　　　　　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，对带电粒子进行受力分析，判断带电粒子在每一段的运动情况，画出粒子在电场方向的v­t图像、运动示意图，结合图像去分析粒子的运动情况．在v­t图像中，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沿电场强度方向的运动常见的v­t图像如图所示． [例1]　(2024·江苏苏州市期末)如图a所示，水平放置的两正对、平行金属板A、B间加有如图b所示的交变电压U，现有一带电粒子从A板左端边缘以速度v0水平射入电场．粒子电荷量为＋q，质量为m，不计粒子重力． (1)若粒子能够射出电场，已知金属板长度为L，求粒子在电场中的运动时间t； (2)若粒子在t＝时刻射入电场，经过一段时间后从A板右侧边缘水平射出，则板长L和两板间距d分别满足什么条件？ (3)若金属板足够长，要求t＝0时刻射入的粒子打到B板时动能最大，则两板间距d应当满足什么条件？ [解析]　(1)根据题意可知，粒子在电场中的水平方向上做匀速直线运动，若粒子能够射出电场，则粒子在电场中的运动时间为t＝. (2)根据题意可知，若粒子在t＝时刻射入电场，且经过一段时间后能够从A板右侧边缘水平射出，则在竖直方向上，粒子在～时间内，做向下的匀加速直线运动，在～时间内，向下做匀减速直线运动，由对称性可知，粒子在时，竖直分速度减小到0，此时，粒子未打到B板上，然后在～T时间内，向上做匀加速直线运动，在T～时间内，向上做匀减速直线运动，由对称性可知，在时，粒子可能恰好回到A板边缘，且竖直分速度为0，由上述分析可知，两板间距d满足条件： d≥2×a2， 由牛顿第二定律可得a＝， 联立解得d≥ .粒子也可能在T，T，…时从A板边缘射出，粒子在电场中的运动时间为t1＝nT(n＝1,2,3…)， 则板长为L＝v0t1＝nv0T(n＝1,2,3…)． (3)根据题意可知，若粒子从t＝0时刻进入电场，在0～时间内，做向下的匀加速直线运动，在～T时间内，向下做匀减速直线运动，由对称性可知，在T时刻，粒子竖直分速度减小到0，要求粒子打到B板时动能最大，则粒子打到B板时，竖直分速度最大，即粒子在，，…时，恰好打到B板，则有 d＝(2n＋1)××2(n＝0,1,2,3…)， 解得d＝ (n＝0,1,2,3…)． [答案]　(1)　(2)L＝nv0T(n＝1,2,3…)　d≥ (3)d＝ (n＝0,1,2,3…) 1．(2024·黑龙江哈尔滨市三模)实验小组用如图甲所示装置研究带电粒子在两个平行金属板间的运动，已知板长为L，两板间距d未知，将放射源P靠近平行金属板，放射出的带电粒子沿平行金属板A、B的中轴线MN射入板间，平行金属板A、B间加有如图乙所示的交变电压，已知电压U0，周期T未知，当电压稳定时，板间是匀强电场．质量为m、电荷量为q的粒子以v0的速率在T时刻从M点进入板间，T时刻离开金属板，运动过程中恰好不与金属板碰撞(粒子重力忽略不计)．求平行板A、B的间距d是多少？ 解析：T时刻从M点进入板间，T时刻离开金属板，粒子水平方向做匀速直线运动 T－T＝，解得T＝， 规定向下为正方向，竖直方向粒子做匀加速直线运动，设两板间距为d，E＝， 由牛顿第二定律得qE＝ma1，a1＝， 在～T时间内，竖直方向的最大位移是，先做加速运动，时间为t1＝－T＝T， vy1＝a1×t1＝a1T， 运动的位移为y1＝×vy1×t1， 再减速到反向加速运动离开金属板，时间为t2＝， 粒子在～T时间内做初速度为vy1向下，加速度向上且大小为a1＝的匀变速运动，运动的位移为y2＝vy1×t2－×a1×t， 因此粒子的总位移为y＝y1＋y2＝×vy1×t1＋vy1×t2－×a1×t， 解得y＝－a1T2＝－，得d＝. 答案： 　　　　　　 带电粒子在交变电、磁场中的运动 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． [例2]　(多选)(2024·重庆北碚西南大学附中检测)如图甲所示的平行金属极板M、N之间存在交替出现的匀强磁场和匀强电场，取垂直纸面向外为磁场正方向，磁感应强度B随时间t周期性变化的规律如图乙所示，取垂直极板向上为电场正方向，电场强度E随时间t周期性变化的规律如图丙所示．t＝0.5t0时，一不计重力、带正电的粒子从极板左端以速度v沿板间中线平行极板射入板间，最终平行于极板中线射出，已知粒子在t＝1.5t0时速度为零，且整个运动过程中始终未与两极板接触，则下列说法正确的是(　　) A．粒子可能在2.5t0时刻射出极板 B．极板间距不小于＋ C．极板长度为(n＝1,2,3…) D.＝ [解题指导] [解析]　根据题意可知，在0.5t0～t0内，粒子在磁场中做匀速圆周运动，因t＝1.5t0时速度为零，故t＝t0时，水平速度一定为零，所以粒子在0.5t0～t0内转了周，在t0～1.5t0内，粒子在电场中向下做减速运动到速度为零，在1.5t0～2t0内，粒子在电场中向上做加速运动到速度为v，在2t0～2.5t0内，粒子在磁场中做匀速圆周运动，转了周，粒子回到极板中线，速度平行于极板中线，接下来粒子周期性地重复以上运动，粒子在一个运动周期内的轨迹如图所示． 粒子一个运动周期为T＝2.5t0－0.5t0＝2t0，故粒子射出极板的时刻可能为t＝0.5t0＋nT＝(0.5＋2n)t0(n＝1,2,3…)，当n＝1时，t＝0.5t0＋2T＝2.5t0，故A正确；粒子在磁场中，设粒子的轨迹半径为r，则有T磁＝＝2t0，解得r＝，粒子在电场中向下减速运动的位移为y＝×0.5t0＝，故极板间距应满足d≥2(r＋y)＝＋，故B正确；极板长度可能为L＝n×2r＝(n＝1,2,3…)，故C错误；粒子在磁场中，有T磁＝＝2t0，解得B0＝，粒子在电场中，有v＝a×0.5t0＝×0.5t0，解得E0＝，可得＝，故D正确． [答案]　ABD 2．(2024·江苏徐州二次大联考)如图甲所示，xOy平面内y轴左侧有宽为L的匀强电场区域，电场方向平行于y轴向上，匀强电场左侧有一电压为U的加速电场．一质量为m、带电荷量为＋q的带电粒子从A点飘入加速电场，加速后由x轴上的P(－L,0)点进入匀强电场，之后从y轴上的Q点进入y轴的右侧． 　 (1)求粒子经过P点时的速度大小v0； (2)求匀强电场的电场强度大小E； (3)若y轴右侧存在一圆形匀强磁场区域，磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示，取磁场垂直纸面向外为正方向．t＝时刻进入磁场的粒子始终在磁场区域内沿闭合轨迹做周期性运动，求圆形磁场区域的最小面积S以及粒子进入磁场时的位置到y轴的最短距离x(忽略磁场突变的影响)． 解析：(1)粒子从A点到P点，由动能定理有 qU＝mv，解得v0＝ . (2)粒子在偏转电场中沿x方向有L＝v0t， 沿y方向有＝at2， 根据牛顿第二定律有qE＝ma， 联立解得E＝. (3)粒子从Q点射出时沿y方向的速度 vy＝t，则射出速度v＝， 解得v＝v0＝2 ， 设粒子做圆周运动的半径为r，则 qvB＝，解得r＝ ， 粒子在磁场中运动的周期T＝，解得T＝T0； 粒子在磁场中运动的轨迹如图所示 所以圆形磁场的最小半径R＝3r， 最小面积S＝πR2，解得S＝， 由图可知，进入磁场的位置距y的最小距离 x＝R， 解得x＝ . 答案：(1) 　(2) (3)　 对应学生用书　P56 1．(2024·云南省联考)如图甲，一带电粒子沿平行板电容器中线MN以速度v平行于极板进入(记为t＝0时刻)，同时在两板上加一按图乙变化的电压．已知粒子比荷为k，带电粒子只受静电力的作用且不与极板发生碰撞，经过一段时间，粒子以平行极板方向的速度射出．则下列说法中正确的是(　　) A．粒子射出时间可能为t＝4 s B．粒子射出的速度大小为2v C．极板长度满足L＝3vn(n＝1,2,3…) D．极板间最小距离为 解析：D　[粒子进入电容器后，在平行于极板方向做匀速直线运动，垂直极板方向运动的v­t图像如图所示，因为粒子平行于极板射出，可知粒子垂直极板的分速度为0.0～1 s，加速度大小a1＝，1～2 s加速度大小a2＝＝2a1，所以1.5 s、3 s、4.5 s…时，竖直速度为零，所以射出时刻可能为1.5 s、3 s、4.5 s……，满足t＝1.5n(n＝1,2,3……)，粒子射出的速度大小必定为v，故A、B错误；极板长度L＝v·1.5n(n＝1,2,3……)，故C错误；因为粒子不跟极板碰撞，则应满足≥v垂直×1.5，v垂直＝a×1，a＝，联立求得d≥ ，故D正确．] 2．(2024·山东青岛模拟)如图甲，足够大的平行板MN、PQ水平放置，MN板上方空间存在叠加的匀强磁场和匀强电场，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B0，电场方向与水平方向成30°角斜向左上方(图中未画出)，电场强度大小E0＝.有一质量为m、电荷量为q的带正电小球，在该电磁场中沿直线运动，并能通过MN板上的小孔进入平行板间．小球通过小孔时记为t＝0时刻，给两板间加上如图乙所示的电场E和磁场B，电场强度大小为E0，方向竖直向上；磁感应强度大小为B0，方向垂直纸面向外，重力加速度为g.(坐标系中t1＝、t2＝＋、t3＝＋、t4＝＋、t5＝＋……) (1)求小球刚进入平行板时的速度大小v0； (2)求t2时刻小球的速度大小v1. 解析：(1)带正电的小球能在电磁场中沿直线运动，可知一定是匀速直线运动，受力平衡，则电场力F电＝qE0＝mg，方向斜向左上方与水平方向成30°角，重力mg竖直向下，可知电场力与重力夹角为120°，其合力大小为mg，则满足qv0B0＝mg，解得v0＝； (2)由几何关系可知，小球进入两板之间时速度方向与MN成60°角斜向下，由于在0～t1时间内受向上的电场力，大小为mg，以及向下的重力mg，可知电场力和重力平衡，小球只在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，因为t1＝×，可知粒子在0～t1时间内转过的角度为30°，即此时小球的速度方向变为竖直向下，在t1～t2时间内小球只受重力作用向下做加速度为g的加速运动，则经过 Δt＝×＝，速度为v1＝v0＋gΔt＝. 答案：(1)　(2) 学科网（北京）股份有限公司 $$