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

(建议用时：40分钟) 1．(2024·湖北武汉市模拟)如图甲所示，两平行金属板水平放置，间距为d，金属板长为L＝2d，两金属板间加如图乙所示的电压(U0＝，初始时上金属板带正电)．一粒子源射出的带电粒子恰好从上金属板左端的下边缘水平进入两金属板间．该粒子源能随时间均匀发射质量为m、电荷量为＋q的带电粒子，初速度v0＝，重力忽略不计，忽略粒子间相互影响，则(　　 ) A．能从板间飞出的粒子在板间运动的时间为 B．能从板间飞出的粒子束进入极板的时刻为＋n(n＝1,2,3，…) C．若粒子在t＝时刻进入两极板之间，粒子飞出极板时的偏移量y是 D．若发射时间足够长，则能够从两金属板间飞出的粒子占总入射粒子数的比例为 解析：D　[由于粒子只受到竖直方向的静电力作用，则粒子做类平抛运动．水平方向上不受外力，故做匀速直线运动，竖直方向做匀变速直线运动，故能从板间飞出的粒子在板间运动的时间为t＝＝＝，故A错误；设粒子在两金属板间运动时的加速度为a，则a＝＝，若粒子在t＝时刻进入两极板之间，则它在竖直方向上先匀加速向下运动的时间，有y1＝a2＝，时间之后电场反向，粒子开始在竖直方向上匀减速向下运动，则根据竖直方向运动的对称性，再经过的时间粒子竖直分速度减为零，共经历的时间从两金属板间飞出． 如图甲所示， 粒子飞出极板时的总偏移量y＝2y1＝d，故C错误；由题意可知，第一个周期内只有在0≤t<时间段内进入才有可能飞出．假设t＝0时刻进入两金属板间的粒子可以飞出，则飞出时偏移量为y＝a2＝2d>d，则假设不成立，t＝0时刻进入两金属板间的粒子会打在金属板上．若从下金属板临界点射出，在第一个周期内设带电粒子在t1时刻进入两金属板间，它在竖直方向上先加速向下，在经过Δt1时间后电场反向，开始在竖直方向减速向下，根据对称性，再经过Δt1时间竖直方向速度减为0，恰好从下金属板右端飞出，则如图甲中情形相同．d＝2×a(Δt1)2，则Δt1＝，所以t1＝－Δt1＝，可知能从板间飞出的粒子束进入极板的时刻为＋nT(n＝1,2,3，…)．若从上金属板临界点射出，在第一个周期内设带电粒子在t2时刻进入两金属板间，它在竖直方向上先加速向下，在经过Δt2时间后电场反向，开始在竖直方向减速向下，根据对称性，再经过Δt2时间竖直方向速度减为0，然后加速向上直到恰好从上金属板右端飞出，运动轨迹如图乙所示， 可知2×a(Δt2)2＝a2，解得Δt2＝T或Δt2＝T(舍去)，所以t2＝－Δt2＝T，在第一个周期内带电粒子不碰到金属板而能够飞出的入射时刻满足T≤t≤T，则第一个周期内能够飞出的粒子占第一周期内入射粒子总数的比例与足够长的时间内飞出的粒子占入射粒子总数的比例相同，均为k＝＝，故B错误，D正确．] 2．(2024·山东青岛市黄岛区期末)如图甲所示的坐标系中，在x轴上方的区域内存在着如图乙所示周期性变化的电场和磁场，交变电场的电场强度大小为E0，交变磁场的磁感应强度大小为B0，取x轴正方向为电场的正方向，取垂直纸面向外为磁场的正方向．在t＝0时刻，将一质量为m，带电荷量为q，重力不计的带正电粒子，从y轴上A点由静止释放．粒子经过电场加速和磁场偏转后垂直打在x轴上．求： (1)粒子第一次在磁场中运动的半径； (2)粒子打在x轴负半轴上距O点的最小距离； (3)起点A与坐标原点间的距离d应满足的条件； (4)粒子打在x轴上的位置与坐标原点O的距离跟粒子加速和偏转次数n的关系． 解析：(1)粒子第一次进入电场中qE0＝ma，v1＝at0，粒子第一次进入磁场中qv1B0＝， 联立方程解得R1＝； (2)可知粒子经2次加速和偏转后打在x轴负半轴上距O点的距离最小，如图所示， 第一次加速的位移为Δx1＝＝，第二次加速的位移Δx2＝3Δx1，v2＝2a1t0＝，ΔxP＝Δx2－Δx1＋R2＝(π＋2)； (3)分析带电粒子运动，如图所示 可知A与坐标原点间的距离d应满足 d＝n2R1＝(n＝1,2,3…)； (4)由上图知，若粒子经过n次加速和偏转后打在x轴上，则与坐标原点O的距离 x＝n(Δx1＋R1)＝(π＋2)(n＝1,2,3…)． 答案：(1)　(2)(π＋2) (3)d＝(n＝1,2,3…) (4)x＝(π＋2)(n＝1,2,3…) 3．(2024·湖南永州市三模)如图甲所示，在xOy平面的第Ⅰ象限内有沿x轴正方向的匀强电场E1，在x≤0区域内同时存在着竖直向上的匀强电场E2和垂直纸面的磁场B1(未画出)，E1＝0.1 N/C，E2＝0.25 N/C，磁场B1随时间t变化的规律如图乙所示，t0＝s，设垂直纸面向外为磁场正方向．一个质量为m、电荷量为q的带正电液滴从P点以速度v0＝2 m/s沿x轴负方向入射，恰好沿y轴负方向以速度v经过原点O后进入x≤0的区域．已知m＝5×10－6 kg，q＝2×10－4C，t＝0时液滴恰好通过O点，重力加速度g取10 m/s2. (1)求液滴第一次到达O点时速度v的大小； (2)求液滴在0～5t0时间内的路程． 解析：(1)对带电液滴在水平方向和竖直方向的运动由动量定理有－E1qt＝0－mv0，mgt＝mv， 解得v＝5 m/s. (2)带电液滴在第Ⅱ、Ⅲ象限有E2q＝mg， 则带电液滴在第Ⅱ、Ⅲ象限中在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动qvB1＝m，T＝， 当B1＝2 T时，r1＝ m，T1＝ s， 当B1＝4 T时，r2＝ m，T2＝ s， 带电液滴在0～5t0即0～ s内运动轨迹如图所示， 则液滴在0～5t0即0～ s时间内的路程 s＝πr1＋2πr2，解得s＝ m. 答案：(1)5 m/s　(2) m 4．如图甲所示，在xOy平面的第一象限内(含x轴和y轴的正半轴)存在周期性变化的磁场，规定垂直纸面向内的方向为正，磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示．某质量为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T0为未知量．已知B0＝k，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求： (1)0～T0时间内粒子做匀速圆周运动的角速度ω； (2)若粒子不能从y轴正半轴射出磁场，磁感应强度变化周期的最大值T0m； (3)若粒子能沿x轴正方向通过坐标为(3d,4d)的D点，其射入磁场时速率v. 解析：(1)设粒子进入磁场的速度为v0，根据洛伦兹力提供向心力可得qv0×3B0＝m， 解得轨道半径为r＝， 则粒子做匀速圆周运动的角速度为ω＝＝＝＝3kπ. (2)要使得粒子不从y轴正半轴射出，则轨迹如图(a)所示 在前T0内的运动半径为r1＝， 在后T0内的运动半径为r2＝， 可得3r1＝2r2， 由几何关系可知sin θ＝，联立解得θ＝37°， 粒子做圆周运动的周期为T＝＝＝， 则在0～T0时间内有 T＝T0m， 解得磁感应强度变化周期的最大值为T0m＝. (3)使粒子经过D点且平行x轴射出，在T0时刻达到D点的轨迹如图(b)所示 由几何关系可得tan α＝＝， 可得α＝37°， 根据周期性，在nT0时刻达到D点可满足题意，由几何关系可得 n(2r1cos 37°＋2r2cos 37°)＝＝5d(n＝1，2,3…)， 又有3r1＝2r2，根据洛伦兹力提供向心力可得qv×3B0＝m， 联立解得v＝(n＝1,2,3…)． 答案：(1)3kπ　(2)　(3)(n＝1,2,3…) 5．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UPQ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v0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、v0、U0为已知量． (1)若仅存在交变电场，要使粒子飞到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B0＝，粒子经一段时间恰能垂直打在Q板上(不考虑粒子反弹)，求打中点到出发点的水平距离． 解析：(1)当粒子飞到Q板时的速度方向恰与Q板相切时，竖直速度为零，设加速度为a，则 a＝，半个周期内，粒子向上运动的距离为 y＝a2，d＝2ny，(n＝1,2,3…)， 联立得T＝ (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 qv0B0＝m，解得r＝d， 若要使粒子能垂直打到Q板上，在交变磁场的半个周期内，设粒子轨迹的圆心角为90°＋θ，如图所示，由几何关系得 r＋2rsin θ＝d， 解得sin θ＝， 则粒子打到上极板的位置距出发点的水平距离为 x＝r－2(r－r cos θ)＝d. 答案：(1) (n＝1,2,3…)　(2)d 6．(2024·辽宁朝阳高三统考)如图甲所示，在xOy平面的第Ⅰ象限内有沿x轴正方向的匀强电场E1，第Ⅱ、Ⅲ象限内同时存在着竖直向上的匀强电场E2和垂直纸面的磁场B1，已知E2＝0.25 N/C，磁场B1随时间t变化的规律如图乙所示，其中B0＝0.25 T，t0＝ s，设垂直纸面向外为磁场正方向．一个质量为m＝2.5×10－6 kg、电荷量为q＝1×10－4C的带正电液滴从P点以速度v0＝4 m/s沿x轴负方向入射，经t1＝0.5 s恰好以沿y轴负方向的速度v经过原点O后进入x≤0的区域．已知t＝0时液滴恰好通过O点，重力加速度g取10 m/s2.求： (1)电场强度E1的大小及液滴第一次到达O点时速度v的大小； (2)液滴在0～s内的路程； (3)若在t＝ s时撤去电场E1、E2和磁场B1，同时在整个空间区域加竖直向上的磁感应强度大小为B2＝0.5 T的匀强磁场(未画出)，从此时刻起，再经过t′＝ s，液滴距O点的距离(π2≈10)． 解析：(1)对带电液滴由动量定理可知，水平方向 －qE1t1＝0－mv0，解得E1＝0.2 N/C， 竖直方向有mgt1＝mv－0，解得v＝5 m/s. (2)液滴通过O点后，由于qE2＝mg，可知液滴将在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，由 qvB＝m，T＝， 解得磁感应强度为B0时T1＝ s，r1＝0.5 m， 磁感应强度为2B0时T2＝ s，r2＝0.25 m， 0～ s内运动轨迹如图所示， 则s＝3××2πr1＋2××2πr2， 解得s＝ m. (3)只有磁场B2存在时，液滴在水平面内做匀速圆周运动，则 周期T3＝＝ s， 半径r3＝＝0.25 m， 液滴在竖直方向做自由落体运动，经过t′＝ s， 沿y轴下落高度为y＝gt′2， 经过t′＝ s后距O点的距离为s＝， 解得s≈ m. 答案：(1)0.2 N/C　5 m/s　(2) m　(3) m 学科网（北京）股份有限公司 $$