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A版，鲁湘鄂豫皖冀）

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。 　(2023·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； 例1 此时，粒子未打到B板上， 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？ 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， 根据题意可知，若粒子从t＝0时刻进入电场， 考点二 带电粒子在交变 电、磁场中的运动 15 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)(2023·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 例2 √ √ √ 解题指导 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， 　(2023·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＝ ，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 例3 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＝2×10－4 C，t＝0时液滴恰好通过O点，重力加速度g取10 m/s2。 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 (1)求液滴第一次到达O点时速度v 的大小； 答案　5 m/s (2)求液滴在0～5t0时间内的路程。 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 高考预测 29 √ 如图甲所示，粒子飞出极板时的总偏移量y＝2y1＝d，故C错误； 假设t＝0时刻进入两金属板间的粒子可以飞出， 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。 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， 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＝ 专题强化练 38 1.(2023·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…) 1 2 3 4 √ 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， 因为粒子平行于极板射出，可知粒子垂直板的分速度为0。 1 2 3 4 1 2 3 4 2.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＝ ， sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求： 答案　3kπ 1 2 3 4 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 1 2 3 4 (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； 1 2 3 4 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 1 2 3 4 联立解得θ＝37° 1 2 3 4 (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。 1 2 3 4 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 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 1 2 3 4 又有3r1＝2r2 根据洛伦兹力提供向心力可得 1 2 3 4 3.(2022·湖南校联考模拟预测)在图甲金属板A、B间加上如图乙所示的大小不变、方向周期性变化的交变电压，周期T为已知，而电压绝对值U0未知，质量为m、电荷量为＋q，不计重力的带电粒子，在t＝0时刻从A板中央小孔由静止释放，当金属板间的距离为d时，在t＝ 时刻粒子从B板的小孔飞出，求： (1)粒子到达B板小孔时的速度 大小以及电压绝对值U0的大小； 1 2 3 4 1 2 3 4 (2)仅将金属板间的距离调整为8d时，求粒子到达B板小孔时的速度大小以及经历的时间； 答案　0　2T 1 2 3 4 粒子运动的v－t图像如图甲所示，设每半周期内的位移为Δd 现在两板间距离d′＝8d 即粒子到达B板所用时间为t2＝2T 此时速度恰好为0。 1 2 3 4 (3)将金属板间的距离调整为12d，带电粒子在t＝ 时刻从A板中央小孔由静止释放，求粒子到达B板小孔经历的时间。 1 2 3 4 粒子运动的v－t图像如图乙所示， 1 2 3 4 但要考虑最后一个周期的运动，粒子向右运动出了B板不再返回，因为 1 2 3 4 1 2 3 4 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 2 3 4 (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； 1 2 3 4 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 1 2 3 4 1 2 3 4 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 1 2 3 4 则粒子打到上极板的位置距出发点的水平距离为 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＝ 答案　L＝nv0T(n＝1,2,3…)　d≥ (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？ 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， 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×a()2 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 答案　d＝(n＝0,1,2,3…) 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， 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.＝ 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， 极板长度可能为L＝n·2r＝(n＝1,2,3…)，故C错误； 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； 粒子在电场中，有v＝a×0.5t0＝×0.5t0， 粒子在磁场中，有T磁＝＝2t0， 解得B0＝， 解得E0＝，可得＝，故D正确。 s 答案　 m 带电液滴在0～5t0即0～ s内运动轨迹如图所示 qvB1＝m，T＝ 当B1＝2 T时，r1＝ m，T1＝ s 当B1＝4 T时，r2＝ m，T2＝ s 则液滴在0～5t0即0～ s时间内的路程 s＝πr1＋2πr2 解得s＝ m。 (2023·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 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＝a()2＝， 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。 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。 则飞出时偏移量为y＝a()2＝2d>d，则假设不成立， 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，…)。 ＝故B错误，D正确。 可知2×a(Δt2)2＝a(－2Δt2)2， 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， D.极板间最小距离为 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。 (1)0～T0时间内粒子做匀速圆周运动的角速度ω； k 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 qv0·3B0＝m 答案　 由几何关系可知sin θ＝ 在前T0内的运动半径为r1＝ 在后T0内的运动半径为r2＝ 解得磁感应强度变化周期的最大值为T0m＝ 粒子做圆周运动的周期为T＝＝＝ 则在0～T0时间内有T＝T0m 答案　(n＝1,2,3…) n(2r1cos 37°＋2r2cos 37°)＝＝5d(n＝1,2,3…) 由几何关系可得tan α＝＝ 联立解得v＝(n＝1,2,3…)。 qv·3B0＝m 答案　　 而v0＝a×T 联立解得v0＝，U0＝ 在前到达B板的粒子，均在静电力作用下由静止做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律q＝ma 根据位移与时间的关系d＝a(T)2 则经历的半周期数为N＝＝4 则粒子在板间的加速度a′＝＝ 在半个周期内粒子前进的距离Δd＝×()2＝2d 答案　T 后退的位移大小x2＝×()2×2＝ 因此每周期内的总位移为Δd′＝x1－x2＝ 则经历的周期数为N′＝＝9 粒子在电场中的加速度a″＝＝ 在每周期内前进的位移为x1＝×()2×2＝ ＝×()2＋v0′·Δt－×Δt2 x1>＝Δd′，<＝Δd′ 可知在减速阶段到达B板， 设在最后一个周期内，先加速运动的时间，再减速运动的为Δt，则 解得Δt＝T，Δt＝T(舍去) 可知粒子到达B板小孔经历的时间t3＝8T＋T＋T＝T。 其中v0′＝× d＝×a()2 答案　(n＝1,2,3……) 半个周期内，粒子向上运动的距离为y＝a()2，d＝2ny，(n＝1,2,3…) 联立得T＝(n＝1,2,3，…) a＝ (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。 答案　d 解得r＝d 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 x＝r－2(r－r cos θ)＝d。 解得sin θ＝ $$