专题三 培优点六 带电粒子在交变电、磁场中的运动-【金版教程】2025年高考物理大二轮专题复习冲刺方案课件PPT（基础版）

第一部分　专题复习篇 专题三　电场和磁场 培优点六　带电粒子在交 变电、磁场中的运动 目录 2 1 专题作业 高考命题预测 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1.变化的电场或磁场如果具有周期性，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，弄清楚带电粒子在变化的电场、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的草图。 13 2.解题思路 14 高考命题预测 高考命题预测 高考命题预测 高考命题预测 高考命题预测 高考命题预测 高考命题预测 高考命题预测 专题作业 1 2 专题作业 答案：(1)4.0×10－17 J (2)－10 V≤UAC≤10 V　(3)87.5% 1 2 专题作业 1 2 专题作业 1 2 专题作业 1 2 专题作业 1 2 专题作业 1 2 专题作业 1 2 专题作业 1 2 专题作业 1 2 专题作业 1 2 专题作业 1 2 专题作业 1 2 专题作业 　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　 R 例1　(2024·广东高考)如图甲所示，两块平行正对的金属板水平放置，板间加上如图乙所示幅值为U0、周期为t0的交变电压。金属板左侧存在一水平向右的恒定匀强电场，右侧分布着垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一带电粒子在t＝0时刻从左侧电场某处由静止释放，在t＝t0时刻从下板左端边缘位置水平向右进入金属板间的电场内，在t＝2t0时刻第一次离开金属板间的电场、水平向右进入磁场，并在t＝3t0时刻从下板右端边缘位置再次水平进入金属板间的电场。已知金属板的板长是板间距离的eq \f(π,3)倍，粒子质量为m。忽略粒子所受的重力和场的边缘效应。 (1)判断带电粒子的电性并求其所带的电荷量q； (2)求金属板的板间距离D和带电粒子在t＝t0时刻的速度大小v； (3)求从t＝0时刻开始到带电粒子最终碰到上金属板的过程中，电场力对粒子做的功W。 答案　(1)正电　 (2)　π (3) 解析　(1)根据带电粒子在右侧磁场中的运动轨迹，结合左手定则可知，粒子带正电 设粒子在磁场中运动的周期为T，则有 eq \f(T,2)＝3t0－2t0 设粒子在磁场中运动的速率为v0，轨迹半径为r，则有T＝eq \f(2πr,v0) 根据洛伦兹力提供向心力，有qv0B＝m2,0)eq \f(v,r) 联立解得q＝eq \f(πm,Bt0)。 (2)由题意知，金属板的板长为L＝eq \f(πD,3) 粒子在板间运动时，沿金属板方向有L＝vt0 根据题意，粒子离开金属板间电场时，垂直金属板方向的速度为0，则v0＝v 设粒子在金属板间运动的加速度大小为a，则沿垂直金属板方向的位移大小为 y＝2×eq \f(1,2)aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t0,2))) eq \s\up12(2) 根据牛顿第二定律，有qE＝ma 其中板间场强大小E＝eq \f(U0,D) 由几何关系可知y＝2r 联立解得D＝eq \r(\f(3πt0U0,8B))，v＝πeq \r(\f(πU0,24Bt0))。 (3)由(2)可解得r＝eq \r(\f(πt0U0,24B))，即金属板的板间距离D＝3r 分析可知，粒子在t＝4t0时刻进入金属板左侧的电场开始做减速运动，在t＝6t0时刻再次进入金属板间的偏转电场，t＝6.5t0时刻碰到上金属板，带电粒子在电场和磁场中的运动轨迹如图所示。根据轨迹图分析可知，整个过程中电场力对粒子做的功，等于粒子最开始在水平向右的匀强电场中运动的过程以及最后0.5t0时间内电场力做功之和，设在这两个过程中电场力做的功分别为W1、W2，则W＝W1＋W2 根据动能定理知W1＝eq \f(1,2)mv2－0 根据功的定义有W2＝qE(D－2r) 联立解得W＝eq \f(πmU0（π2＋16）,48Bt0)。 例2　(2024·辽宁省鞍山市普通高中高三下二模节选)如图甲，在x≥0、y≥0区域内存在磁感应强度大小为B0、方向垂直于xOy平面的匀强磁场，该磁场做周期性变化(不考虑磁场变化瞬间对粒子运动的影响)，变化规律如图乙所示，规定垂直xOy平面向里的磁场方向为正。在y轴左侧有一对竖直放置的平行金属板M、N，两板间的电势差为U0。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子(重力和空气阻力均忽略不计)，从贴近M板的位置由静止开始运动，通过N板小孔后在t＝0时刻从坐标原点O沿x轴正方向垂直射入磁场中。 (1)求粒子进入磁场做匀速圆周运动时的动量大小p； (2)若磁场的变化周期T0＝eq \f(πm,qB0)，求t＝T0时刻粒子的位置坐标。 答案　(1)eq \r(2mU0q) (2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6mU0q),2qB0)，\f(5\r(2mU0q),2qB0))) 解析：　(1)设粒子在磁场中运动的速度大小为v，在加速电场中的运动过程，由动能定理有U0q＝eq \f(1,2)mv2－0 又p＝mv 联立解得p＝eq \r(2mU0q)。 (2)设粒子在磁场中做圆周运动的半径为R，周期为T，由洛伦兹力提供向心力，有 qvB0＝eq \f(mv2,R) T＝eq \f(2πR,v) 解得R＝eq \f(\r(2mU0q),qB0)，T＝eq \f(2πm,qB0) 由T0＝eq \f(πm,qB0)＝eq \f(T,2)及左手定则可知，在0～eq \f(2,3)T0内，粒子沿顺时针方向转过角度θ1＝eq \f(2,3)T0×eq \f(360°,T)＝120°，在eq \f(2,3)T0～T0内，粒子沿逆时针方向转过角度θ2＝eq \f(1,3)T0×eq \f(360°,T)＝60°，则粒子在0～T0内的轨迹如图所示 由几何关系得，AB平行于y轴，则t＝T0时刻，粒子位置的横坐标为x＝Rcos(θ1－90°) 粒子位置的纵坐标为y＝R＋Rsin(θ1－90°)＋R 解得x＝eq \f(\r(6mU0q),2qB0)，y＝eq \f(5\r(2mU0q),2qB0) 即t＝T0时刻粒子的位置坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6mU0q),2qB0)，\f(5\r(2mU0q),2qB0)))。 (2024·江苏省连云港市高三下三模)如图甲所示，边长为L的正方形ABCD区域内存在垂直纸面的匀强磁场，在CD边右侧3L处平行CD放置荧光屏，O1O2是通过正方形中心O1和荧光屏中心O2的轴线。电子从静止经加速电压加速后以一定速度沿轴线连续射入磁场。整个系统置于真空中，不计电子重力，已知电子电荷量为e、质量为m，当θ很小时，近似有sinθ＝tanθ＝θ，cosθ＝1－eq \f(1,2)θ2。 (1)若磁感应强度大小为B0，加速电压从0开始缓慢增加，求电子在磁场中运动的最长时间t； (2)若入射电子速度大小均为v0，正方形区域所加磁场如图乙所示，磁场变化周期为T，且T远大于电子在磁场中的运动时间，电子偏转后恰好全部从CD边射出磁场并能全部打在荧光屏上形成运动的光点，求最大磁感应强度Bm以及荧光屏的最小长度d； (3)在(2)的条件下求荧光屏上光点经过O2的速度大小v。 答案：(1)eq \f(πm,eB0)　(2)eq \f(4mv0,5eL)　9L　(3)eq \f(28L,5T) 解析：(1)当电子在磁场中旋转半圈从AB边射出磁场时，在磁场中运动时间最长。设此时电子的速度为ve，在磁场中运动的轨道半径为re，由洛伦兹力提供向心力，有eveB0＝m2,e)eq \f(v,re) 电子在磁场中运动的最长时间t＝eq \f(πre,ve) 联立解得t＝eq \f(πm,eB0)。 (2)磁感应强度最大时，电子在磁场中偏移量最大，电子从D点或C点射出。设此时电子的轨道半径为r1，如图1所示，由几何关系可得 req \o\al(2,1)＝L2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(r1－\f(L,2))) eq \s\up12(2) 解得r1＝eq \f(5,4)L 由洛伦兹力提供向心力，有 ev0Bm＝m2,0)eq \f(v,r1) 解得Bm＝eq \f(4mv0,5eL) 设此时电子在磁场中的速度偏转角为α，有sinα＝eq \f(L,r1) 由几何关系可得，荧光屏最小长度 d＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,2)＋3Ltanα)) 联立解得d＝9L。 (3)设电子在磁场中运动的轨道半径为r，速度偏转角为θ，如图2所示，有ev0B＝m2,0)eq \f(v,r) sinθ＝eq \f(L,r) 电子刚出磁场时在CD方向上的偏移量为 y＝r(1－cosθ) 则射到荧光屏时，电子到O2的距离为 Y＝y＋3Ltanθ 可得Y＝r(1－cosθ)＋3Ltanθ 当光点经过O2点附近时，θ很小， sinθ＝tanθ＝θ，cosθ＝1－eq \f(1,2)θ2 联立解得Y＝eq \f(7eL2B,2mv0) 则光点经过O2时的速度大小v＝eq \f(ΔY,Δt) 可得v＝eq \f(7eL2,2mv0) eq \f(ΔB,Δt) 根据题图乙的B­t图像有eq \f(ΔB,Δt)＝eq \f(2Bm,T) 联立解得v＝eq \f(28L,5T)。 1.(2024·海南省海口市高三下一模)如图甲所示，在真空室内，A、C为正对放置的两平行金属板，板长L＝0.12 m，板间距离d＝0.03 m，OO1为中线，O2为OO1延长线上一点，O1O2＝eq \f(\r(3),3)d；倾角为37°且足够长的斜面与两板的截面在同一竖直面内，其底边GF与两板平行，顶点G与A、C两板的右端点共线，CG＝d。现将某种粒子从O点以某初速度沿OO1连续射入平行板间，任意相同时间内射入的粒子数相等，粒子电荷量q＝＋8.0×10－18 C、质量m＝2.0×10－25 kg，忽略电场的边缘效应，不计粒子重力且不考虑粒子间相互作用及碰到斜面后的反弹。板间电压的大小与正负都可调节，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求： (1)若两板间电压U1＝20 V，测得粒子在距离OO1为eq \f(1,4)d处射出电场，求该粒子在板间运动过程中电场力所做的功W； (2)当粒子入射的初速度v0＝8.0×104 m/s时，粒子均能到达斜面，试确定两板间所加电压UAC应满足的条件； (3)若在两板右侧存在以O2为圆心、直径为d的圆形匀强磁场区域(图中未画出)，磁感应强度大小B＝0.2 T、方向垂直纸面向外，当在两板间加上如图乙所示电压，发现粒子均能以水平速度射出电场，求经磁场偏转后能够打在斜面上的粒子占发射粒子总数的百分比。 解析：(1)设粒子在电场中入射点与出射点间的电势差为U，则有eq \f(U1,d)＝eq \f(U,\f(1,4)d) 该粒子在板间运动过程中电场力所做的功 W＝qU 联立并代入数据解得W＝4.0×10－17 J。 (2)设粒子在两极板间运动的时间为t，则有 L＝v0t 当UAC>0时，粒子向下偏转，粒子刚好运动至C板右边缘时，设粒子在电场中的加速度大小为a1，由牛顿第二定律可得qeq \f(UAC,d)＝ma1 由运动学公式可得eq \f(1,2)d＝eq \f(1,2)a1t2 联立并代入数据解得UAC＝10 V 当UAC<0时，粒子向上偏转，由对称性可知，当UAC＝－10 V时，粒子恰好从极板A右边缘射出，由类平抛运动推论可知，粒子射出电场时的速度与O1O2的夹角θ满足tanθ＝eq \f(\f(1,2)d,\f(1,2)L) 代入数据解得tanθ＝eq \f(1,4)，则θ<37°，粒子能到达斜面 综上，要使粒子均能到达斜面，两板间所加电压UAC应满足的条件是－10 V≤UAC≤10 V。 (3)设粒子在板间运动的加速度大小为a2，根据牛顿第二定律有qeq \f(|UAC|,d)＝ma2 从t＝0时刻射入板间的粒子，在每eq \f(1,2)T＝5×10－7 s内的侧向位移为y＝eq \f(1,2)a2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,2))) eq \s\up12(2) 联立并代入数据解得y＝0.005 m 由于粒子均能以水平速度射出电场，则粒子在电场中的运动时间t′＝nT(n为正整数) 由竖直方向上的位移关系2ny≤eq \f(d,2)(n取正整数) 可知只有n取1时，才符合要求，即粒子在板间运动的时间为t′＝T 则粒子的初速度v＝eq \f(L,T) 设粒子在磁场中运动的半径为r，由洛伦兹力提供向心力，有qvB＝meq \f(v2,r) 联立并代入数据解得r＝0.015 m r＝eq \f(d,2)，因此，所有粒子将会聚至磁场区域的最低点P， 如图所示 对于恰沿PG出射的粒子，它在电场中的出射点与C 点间的距离为y0＝r＋rcosα 由几何关系可知tanα＝eq \f(CG,O1O2) 能够打在斜面上的粒子占发射粒子总数的百分比为η＝eq \f(y0－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,2)－2y)),4y) 联立并代入数据解得η＝87.5%。 2.(2024·江苏省苏锡常镇高三下3月一模)图甲中xOy平面内存在着变化磁场和变化电场，变化规律如图乙、丙所示，磁感应强度的正方向为垂直纸面向里，电场强度的正方向为＋y方向。t＝0时刻，一电荷量为＋q、质量为m的粒子从坐标原点O以初速度v0沿＋x方向入射(不计粒子重力)。B­t图中B0＝eq \f(2πm,qt0)，E­t图中E0＝eq \f(mv0,qt0)。求： (1)eq \f(t0,4)时刻粒子的坐标； (2)0～4t0时间段内粒子速度沿－x方向的时刻； (3)0～7t0时间段内粒子轨迹纵坐标的最大值。 答案：(1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v0t0,2π)，\f(v0t0,2π)))　(2)eq \f(1,2)t0和eq \f(19,8)t0 (3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)＋\f(\r(2),2π)＋\f(1,2π)))v0t0 解析：(1)0～t0时间段内，粒子在磁场中做匀速圆周运动，设轨迹半径为r1，由洛伦兹力提供向心力，有qv0B0＝m2,0)eq \f(v,r1) 运动的周期T＝eq \f(2πr1,v0) 又B0＝eq \f(2πm,qt0) 联立解得r1＝eq \f(v0t0,2π)，T＝eq \f(2πm,qB0)＝t0 所以eq \f(t0,4)时刻粒子的坐标为(r1，r1)，即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v0t0,2π)，\f(v0t0,2π)))。 (2)0～t0时间段内，粒子做圆周运动一周回到O点，则0～t0时间段内粒子速度沿－x方向的时刻为t1＝eq \f(T,2)，即t1＝eq \f(1,2)t0 在t0～2t0时间段内，粒子做类平抛运动，设加速度大小为a，由牛顿第二定律有qE0＝ma t＝2t0时，粒子在沿电场方向的分速度vy＝at0 设此时粒子的速度与x轴正方向夹角为α，有tanα＝eq \f(vy,v0) 又E0＝eq \f(mv0,qt0) 联立解得vy＝v0，α＝eq \f(π,4) 分析可知，2t0～3t0时间段内，粒子做圆周运动一周回到2t0时刻的位置，3t0～4t0时间段内，粒子做类斜抛运动，4t0时刻速度沿＋x方向，大小为v0，则0～4t0时间段内，粒子的运动轨迹如图所示 则在2t0～4t0时间段内，粒子速度沿－x方向时，在磁场中偏转的角度为θ＝π－α＝eq \f(3π,4) 所用时间Δt＝eq \f(θ,2π)T 则2t0～4t0时间段内，粒子速度沿－x方向的时刻为 t2＝2t0＋Δt 联立可得t2＝eq \f(19,8)t0 即0～4t0时间段内粒子速度沿－x方向的时刻为eq \f(1,2)t0和eq \f(19,8)t0。 (3)t0～2t0时间段内，粒子沿y轴方向的位移y0＝eq \f(1,2)vyt0 由(2)可知，3t0～4t0时间段内粒子在y轴方向上的位移为y0，在t＝4t0时粒子的速度大小为v0，方向沿x轴正方向，则4t0～5t0时间段内粒子运动一周，5t0～6t0时间段内，粒子在y轴方向上的位移大小为y0 在t＝6t0时，粒子的速度与t＝2t0时相同，即与x轴正方向夹角为α，大小为v＝eq \f(v0,cosα)＝eq \r(2)v0 6t0～7t0时间段内，粒子做速度大小为v的匀速圆周运动，设粒子运动的轨迹半径为r2，由洛伦兹力提供向心力，有qvB0＝meq \f(v2,r2) 由几何关系可知，0～7t0时间段内粒子轨迹纵坐标的最大值ym＝3y0＋(1＋cosα)r2 联立解得ym＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)＋\f(\r(2),2π)＋\f(1,2π)))v0t0。 $$