专题3 培优点5 带电粒子在交变场中的运动 （课件）-【步步高】2024年高考物理大二轮专题复习与增分策略（新高考，浙江专用）

专题三　 电场与磁场 培优点5　带电粒子在交变场中的运动 1 对带电粒子在交变电场中的运动问题，会分过程进行受力分析、运动分析，并结合v－t图像求解问题。 2 掌握带电粒子在交变电、磁场中运动问题的分析方法，熟悉带电粒子运动的常见模型。 目标要求 内容索引 考点一 考点二 高考预测 带电粒子在交变电场中的运动 带电粒子在交变电、磁场中的运动 专题强化练 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，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v－t图像、运动示意图，结合图像去分析粒子的运动情况，在v－t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v－t图像如图所示。 　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UAB，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。 例1 (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； 由牛顿第二定律可得 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)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？ 考点二 带电粒子在交变电、磁场中的运动 16 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。 　(多选)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， 例2 √ 则下列说法正确的是 √ √ 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； 　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。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＝ ， sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求： (1)0～ 时间内粒子做匀速圆周 运动的角速度ω； 例3 答案　3kπ　 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 (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； 要使得粒子不从y轴正半轴射出，则轨迹如图(a)所示 可得3r1＝2r2 联立解得θ＝37° (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。 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 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 又有3r1＝2r2 根据洛伦兹力提供向心力可得 高考预测 32 (2023·浙江省四校联盟模拟)如图甲所示为某质谱仪核心部件结构图。半径为R的圆内有垂直纸面向外大小为B的匀强磁场，圆心为O，OO′为竖直方向的轴线，O点右侧S处有一粒子源(OS⊥OO′)可以向圆形磁场内均匀向各个方向以相同大小的速度，发出质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，圆形磁场上方有关于轴线OO′对称放置的两块平行金属板，两金属板之间的距离为1.6R，长为2R，两平行板间加如图乙所示的匀强电场，其中U0＝ ，平行金属板上方有垂直于纸面向内范围足够大的匀强磁场， 其磁感应强度也为B，磁场下边缘处有一可左右平移的探测板PQ。从S点正对圆心O射入的粒子，恰好沿轴线进入电场中。不计粒子之间的相互作用，不计重力，电场变化的周期远大于带电粒子在磁场中运动的时间。(取sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)求： (1)进入圆形磁场中的粒子的速度大小； (2)两极板不加电压时，能从电容器中穿出的粒子占总粒子数的比； 设沿N板射入极板的粒子，在圆形磁场中运动的偏转角为θ1，沿M板射入极板的粒子在圆形磁场中运动的偏转角为π－θ2，根据几何关系可知Rcos θ1＝0.8R R(1－cos θ2)＝0.2R，解得θ1＝37°，θ2＝37° (3)两极板MN之间加上如图乙所示的电压，要使探测板能接收到所有从平行板电容器中射出的粒子，则探测板的长度至少多长； 答案　1.6R　 因而所有进入上方磁场中的粒子在磁场中向左偏转的距离都相等，且为2R，要使所有粒子都能打到PQ上，即电容器电压为零时进入的粒子能到达PQ板上即可。 探测板PQ长度至少为Lmin＝1.6R (4)当U＝U0时，若探测板可以上下左右平移，要使探测板能接挡住所有从平行板电容器中射出的粒子，则探测板的长度至少为多长。 答案　0.4R 如图线①为从电容器边缘射出的粒子的轨迹 如图线③为从电容器边缘射入的粒子出磁场时的轨迹 如图线②为其①③中间的圆。当移到P′Q′时，所有粒子都被挡住。因而探测板的长度为0.4R。 专题强化练 40 1.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…) 1 2 3 4 √ 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v－t图像如图所示， 1 2 3 4 极板长度L＝v·1.5n(n＝1,2,3，…)，故C错误； 1 2 3 4 2.(2023·浙江省五校联考)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t做周期性变化的图像如图b所示，y轴正方向为E的正方向，垂直纸面向里为磁场的正方向。t＝0时刻，质量为m，电荷量为－q的带负电粒子(重力不计)从原点O以速度v0(v0大小可调)沿y轴正方向射出，粒子恰好能沿一定的轨道做周期性运动。图中E0、t0为已知量。不考虑电、磁场变化时的相互影响。 1 2 3 4 (1)若t＝t0时刻，粒子沿周期性运动轨道运动过程中第一次离x轴最远，求： ①磁感应强度大小B0和初速度大小v0； ②粒子运动过程中，在x轴上离O点最远距离； 1 2 3 4 1 2 3 4 粒子轨迹如图甲所示， 最远距离为 L＝2R＋2x1 1 2 3 4 (2)若将该周期性变化磁场的B由(1)中B0调为B0′＝ ，为使粒子恰能沿另一轨道做周期性运动，需要将粒子初速度大小由v0调为v1，求： ①初速度大小v1； ②该轨道最高点与x轴的距离。 1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4 3.(2023·浙江省嘉兴高级中学调研)如图甲所示，某装置由离子源、间距为d的中间有小孔的两平行金属板M、N和边长为L的立方体构成，其后端面P为喷口。以金属板N的中心O为坐标原点，垂直立方体侧面和金属板建立x、y和z坐标轴。M、N板之间存在电场强度为E、方向沿z轴正方向的匀强电场；立方体内存在磁场，其磁感应强度沿z方向的分量始终为零，沿x和y方向的分量Bx和By随时间周期性变化规律如图乙所示，图中B0可调。氙离子(Xe2＋)束从离子源小孔S射出， 1 2 3 4 沿z方向匀速运动到M板，经电场加速进入磁场区域，最后从端面P射出，离子经电场加速后在金属板N中心点O处速度大小为v0。已知单个离子的质量为m、电荷量为2e，设离子在磁场中的运动时间远小于磁场变化周期T，不考虑在磁场突变时运动的离子，忽略离子间的相互作用和离子的重力，且射出的离子总质量远小于该装置的质量。 1 2 3 4 (1)求离子从小孔S射出时相对该装置的速度v的大小； 1 2 3 4 离子从小孔S射出运动到金属板N中心点O处，根据动能定理有 1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4 离子在立方体中运动轨迹剖面图如图所示 1 2 3 4 离子从端面P射出时，沿z轴方向根据动量定理有F·Δt＝nΔtmv0cos θ－0 1 2 3 4 4.(2023·浙江金华市三模)如图甲所示，有一竖直放置的平行板电容器，两平行金属板间距为l，极板长度为2l，以极板间的中心线OO1为y轴建立如图所示的坐标系，在y＝2l直线上方全部区域加上垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场。现有大量电子从入口O点以平行于y轴的初速度射入两极板间，经过磁场区域后所有电子均能打在y＝2l所在的直线上，已知电子的质量为m，电荷量为e。 (1)如果电子的速度范围为v0～2v0，求电子打在y＝2l所在的直线上的落点范围长度Δx； 1 2 3 4 1 2 3 4 (2)在两极板间加上如图乙所示的交变电压(t＝0时右极板带负电)。t＝0时从O位置入射速度为v0的电子恰好能在t＝T时刻从D点平行极板射出，求交变电压的周期T和电压U0的值； 1 2 3 4 根据题意可知，电子在极板间竖直方向做匀速直线运动，水平方向向左先做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动，则有2l＝v0T， 1 2 3 4 (3)如图丙在y＝2l所在直线上某处K，安装一 块能绕K旋转的挡板，现将挡板从水平位置 逆时针转到与y轴正方向成α角(cos α＝ )， 从O1位置以平行于y轴速度v′射出的电子经 过磁场偏转打在挡板某处H，已知运动轨迹的圆心为O′(在K左侧)，O′K＝1.5l，KH＝3l，求v′的大小； 1 2 3 4 1 1 2 3 4 (4)如图丁，宽度均为d的n个匀强磁场和(n－1)个匀 强电场交替分布，电场、磁场的边界与水平方向均 成θ角，沿边界方向范围足够广。有界磁场的磁感 应强度大小依次为B0,2B0,3B0，…nB0，磁场方向垂 直纸面向外，电场方向垂直边界向上。在两极板间 加上如图乙所示的交变电压(t＝0时右极板带负电)。已知 t＝0时从O位置以v0为初速度的电子从平行极板射出后射入Ⅰ区磁场，若电子恰好不能从第n个磁场上边界射出，求匀强电场的电场强度大小。 1 2 3 4 电子离开平行极板的速度为v0，方向平行于极板，电子在平行于匀强电场的方向上动量发生了改变，电子在经过磁场Ⅰ过程中，由动量定理可得 ΣB0evt＝B0eΣvt＝B0ed＝mv1－mv0sin θ 同理，电子在经过磁场Ⅱ的过程中，由动量定 理可得2B0ed＝m(v2－v1) 经过磁场Ⅲ的过程中，由动量定理可得 3B0ed＝m(v3－v2) 1 2 3 4 则可知经过磁场n的过程中，由动量定理可得 nB0ed＝m(vn－vn－1) 最终由数学方法整理可得 1 2 3 4 整个过程由动能定理有 答案　　 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)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？ 答案　L＝nv0T(n＝1,2,3…)　d≥　 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，粒子恰好可能回到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×a()2 a＝ 联立解得d≥。 粒子也可能在T，T，…时从A板边缘射出 答案　d＝(n＝0,1,2,3…) 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…)。 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.＝ 粒子在磁场中，设粒子的轨道半径为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。 k T0 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 答案　　 粒子做圆周运动的周期为T＝＝＝ 在前T0内的运动半径为r1＝ 在后T0内的运动半径为r2＝ 由几何关系可知sin θ＝ 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＝ 答案　(n＝1,2,3…) tan α＝＝ n(2r1cos 37°＋2r2cos 37°)＝＝5d(n＝1,2,3…) qv·3B0＝m 联立解得v＝(n＝1,2,3…)。 答案　　 粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则qv0B＝，解得v0＝ 答案　　 从电容器中穿出的粒子占总粒子数比为η＝ 粒子在上方磁场中偏转距离L＝2cos θ，v＝ 可得L＝2＝2R 带电粒子在电场中偏转距离为y＝()2＝0.8R D.极板间最小距离为 因为粒子平行于极板射出，可知粒子垂直板的 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； 因为粒子不与极板碰撞，则应满足≥v垂直 ×1.5，v垂直＝a×1，a＝，联立得d≥ ，故D正确。 ②＋　 答案　①　 粒子做四分之一圆周运动后，磁场变为电场，粒子以v0速度垂直电场方向进入电场做类平抛运动，在t0～2t0内从最高点运动到x轴，y方向分运动满足R＝at02，由qv0B0＝得R＝＝，a＝ 0～t0时间内粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，经过四分之一圆周第一次离x轴最远，最远距离为圆周运动轨道半径R。时间上满足＝t0，又T＝＝，代入得·＝t0，解得B0＝ x1＝v0t0＝ 解得L＝＋。 代入得v0＝ 其中R＝＝＝ 答案　① ②＋ B0 则R′sin 60°＝－v1yt0＋at02 B0′＝B0时，有T′＝＝·，而·＝t0，故T′＝6t0，即粒子在0～t0内，完成六分之一圆周运动，为完成周期性运动，粒子在t0～2t0内受静电力作用时，沿y方向分运动：先向上匀减速到零，再向下匀加速到达x轴。轨迹如图乙所示， 代入得v1＝ 最高点与x轴的距离ym＝R′sin 60°＋ 解得ym＝＋。 其中R′＝，v1y＝v1，a＝ 答案　　 2eEd＝mv02－mv2 解得离子从小孔S 射出时相对该装置 的速度大小v＝ 答案　　 (2)调节B0的值，使得0～从中心点O处射出的离子均能从喷口后端面P射出，求B0的最大值； 联立解得B0＝ 当磁场仅有沿x方向的分量取最大值时，离子从喷口P的下边缘中点射出，根据几何关系有(R1－)2＋L2＝R12 根据洛伦兹力提供向 心力有2ev0B0＝ 答案　nmv0 (3)单位时间从端面P射出的离子数为n，且B0＝。求图乙中t0时刻离子束受到沿z轴方向的分力大小。 且满足B0＝， 解得R3＝L，所以可得cos θ＝ 作用力大小F＝nmv0。 由题意根据洛伦兹力提供向心力有2e×v0×B0＝ 答案　　 由此可知，电子打在y＝2l所在的直线上的落点范围长 度Δx＝2r2－2r1＝ 由洛伦兹力充当向心力有Bv0e＝，2Bev0＝， 解得r1＝，r2＝ 答案　　　 U0＝ l＝·()2，解得T＝， 答案　 再根据洛伦兹力充当向心力有Bv′e＝， 解得v′＝ 根据已知条件由余弦定理可得r′2＝(1.5l)2＋(3l)2－2×1.5l×3lcos (α＋) 答案　 T＝，U0＝。 Eed(n－1)＝m(vn2－v02) 联立解得E＝。 n(n＋1)B0ed＝m(vn－v0sin θ) $$