14 专题三 第14课时 带电粒子在交变电磁场中的运动(培优课)（教师用书Word版）-【高考快车道】2026年高考物理大二轮专题复习与策略（江苏专版）

第14课时　带电粒子在交变电磁场中的运动(培优课) 1．交变场的特点 空间存在的电场或磁场随时间周期性地变化，一般呈现“矩形波”的特点，交替变化的电场及磁场会使带电粒子依次经过不同特点的电场、磁场或叠加场，从而表现出多过程现象，其特点较为隐蔽。 2．解题策略 (1)变化的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运动过程、受力情况，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。 (2)粒子运动的周期一般与电场或磁场变化的周期有一定联系，可把两种周期的关系作为解题的突破口。 [案例1]　(2025·江苏南通高三统考)如图甲所示，在平面直角坐标系xOy中关于x轴对称放置两平行金属板A、B，A、B板的左端均在y轴上，两板间距离d＝6.0 cm，板长L＝1.8 cm，两板间加有如图乙所示的交流电压。大量比荷＝5.0×104C/kg 的带负电荷的粒子以速度v0＝6.0×103m/s 从坐标原点O连续不断地沿x轴正方向射入板间，不计粒子重力，不考虑电场的边缘效应。 (1)求t＝0时刻射入板间的粒子在电场中运动的时间t和加速度大小a； (2)求所有粒子离开电场右边界(虚线)的区域长度d； (3)若在x>1.8 cm的部分区域加垂直于xOy平面向外的有界匀强磁场(图中未画出)，使得所有t＝0时刻射入板间的粒子经磁场偏转后均能通过点P(1.8 cm，4.6 cm)，求磁场的磁感应强度大小B。 [解析]　(1)粒子水平方向做匀速直线运动，则时间 t＝ 解得t＝3.0×10-6 s 根据牛顿第二定律有＝ma 解得a＝8×109 m/s2。 (2)由题图乙可知偏转电场周期T＝3.0×10-6 s，t＝nT(n＝0，1，2…)时刻进入电场的粒子向上偏转且偏转距离最大，偏转距离 y＝ 解得y＝2.8 cm t＝nT＋T(n＝0，1，2…)时刻进入电场的粒子向下偏转且偏转距离最大，距离最大时y轴坐标 y′＝(－a)＋ 解得y′＝－0.4 cm 则区域长度d＝|y|＋|y′|＝3.2 cm。 (3)所有粒子在电场中运动一个周期后出电场时的竖直分速度vy＝a·T－a·T 出电场时的速度大小v＝＝1.0×104 m/s 令速度方向与电场边界成θ角，则有sin θ＝＝ 可知θ＝37° 根据几何关系有2r sin θ＝4.6 cm－2.8 cm＝1.8 cm 则粒子在磁场中运动的半径r＝1.5 cm 根据qvB＝ 解得B＝ T。 [答案]　(1)3.0×10-6 s　8×109 m/s2　(2)3.2 cm　(3) T [案例2]　(2025·江苏无锡二模)如图(a)所示，在半径为R的虚线区域内存在周期性变化的磁场，其变化规律如图(b)所示。薄挡板MN两端点恰在圆周上，且MN所对的圆心角为120°。在t＝0时，一质量为m、电荷量为＋q的带电粒子，以初速度v从A点沿直径AOB射入场区，运动到圆心O后，做一次半径为的完整的圆周运动，再沿直线运动到B点，在B点与挡板碰撞后原速率返回(碰撞时间不计，电荷量不变)，运动轨迹如图(a)所示，粒子的重力不计，不考虑变化的磁场所产生的电场，下列说法正确的是(　　) A．磁场方向垂直纸面向外 B．图(b)中B0＝ C．图(b)中T0＝ D．若t＝0时，质量为m、电荷量为－q的带电粒子，以初速度v从A点沿AO入射、偏转、碰撞后，仍可返回A点 B　[根据题图(a)轨迹可知，带正电的粒子从O点向上偏转做圆周运动，由左手定则可知，磁场方向垂直纸面向里，选项A错误；粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得qvB0＝m，解得磁感应强度B0＝，选项B正确；虚线区域不加磁场时粒子做匀速直线运动，粒子做匀速直线运动的时间t1＝，虚线区域加入磁场后粒子做匀速圆周运动，粒子做匀速圆周运动的时间t2＝＝＝，磁场变化的周期T0＝t1＋t2＝，选项C错误；若t＝0时，质量为m、电荷量为－q的带电粒子，以初速度v从A点沿AO入射，到达O点后向下，与板碰撞后，到达B板，与B碰撞后向上偏转然后从磁场中飞出，不能返回A点，选项D错误。故选B。] [案例3]　(2025·江苏泰州中学校考期末)如图甲所示，在Oxy坐标系第一象限内和x轴上有垂直纸面向里的匀强磁场，其磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示；与x轴平行的虚线MN下方有沿y轴正方向的匀强电场，电场强度E＝×103 N/C。t＝0时刻，一个带正电粒子从x轴上P点以v＝2×104 m/s的速度沿x轴正方向射入磁场。已知电场边界MN到x轴的距离为 m，粒子的比荷＝106 C/kg，不计粒子的重力。求： (1)粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期； (2)粒子经过x轴且与P点速度v相同的时刻； (3)若粒子经过y轴时与y轴正方向或负方向成60°角，求P点的横坐标。 [解析]　(1)根据题意可知，粒子在磁场中做匀速圆周运动，有qvB＝m 解得半径为R＝0.2 m 所以粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为 T＝＝ s＝2π×10-5s。 (2)粒子做匀速圆周运动至A点时，所用时间为 t1＝T＝×10-5s 此时磁感应强度为0，接着沿y轴负方向做匀速直线运动直至电场边界C点时所用时间为 t2＝＝×10-5 s＝ 粒子进入电场后做匀减速直线运动至D点，由牛顿第二定律可得，粒子的加速度大小为a＝＝×109 m/s2 粒子从C点减速至D点再反向加速至C点时所用时间为t3＝＝ s＝×10-5s＝ 然后粒子从C点沿y轴正方向做匀速直线运动至A点，所用时间仍为t2，此时磁场刚好恢复，粒子将在洛伦兹力的作用下从A点做匀速圆周运动，再经过×10-5s后，粒子将运动到F点，此后将重复前面的运动过程。 粒子运动轨迹如图所示。 所以粒子经过x轴且与P点速度v相同的时刻有 t＝πk×10-5s(k＝1，2，3，…)。 (3)由(2)可知，粒子每完成一次周期性的运动，将向x轴负方向平移2R，即从P点移到F点，粒子的速度方向与y轴方向夹角成60°，有两种情况：若与y轴负方向夹角为60°，如图1所示，则有 xP＝2kR＋R sin 30°(k＝0，1，2，…) 即xP＝(0.4k＋0.1)m(k＝0，1，2，…) 若与y轴正方向夹角为60°，如图2所示，则有 xP＝2kR＋(2R－R sin 30°)(k＝0，1，2，…) 即xP＝(0.4k＋0.3)m(k＝0，1，2，…)。 　 [答案]　(1)2π×10-5 s　(2)πk×10-5s(k＝1，2，3，…)　(3)(0.4k＋0.1)m(k＝0，1，2，…)或(0.4k＋0.3)m(k＝0，1，2，…) 【教师备选资源】 如图甲所示，足够大的空间有垂直纸面的水平匀强磁场和竖直向上的匀强电场，右侧有竖直挡板CD，O′是挡板上一点，直线OO′与挡板CD垂直，t＝0时刻，一质量为m、电荷量为q带正电的微粒在O点以与OO′成α＝45°角的初速度v沿纸面开始运动，磁感应强度B随时间t变化的关系图像如图乙所示(图中B0已知)，选定磁场垂直纸面向里为正方向，电场强度大小为，重力加速度为g，微粒射到挡板上时被挡板吸收。 (1)求微粒再次经过直线OO′时与O点的距离； (2)若微粒第一次运动到最大高度时突然撤去电场，求此后微粒到达直线OO′时的动能Ek； (3)要使微粒能垂直射到挡板上，挡板与O点间的距离L应满足什么条件？ [解析]　(1)由于电场强度大小E＝ 则静电力F＝qE＝mg 因此重力与静电力平衡，微粒先在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，则qvB0＝m 解得r＝ 由T＝＝ 则微粒在时间内转过四分之一个圆周，再次经直线OO′时与O点的距离x1＝r＝。 (2)微粒运动四分之一个圆周后，斜向上与OO′成α＝45°角做匀速直线运动，运动的时间为，轨迹如图所示。 位移大小s＝ 因此，微粒离开直线OO′的最大高度 h＝s＋r 从最大高度运动至直线OO′过程由动能定理有mgh＝Ek－mv2 解得Ek＝mv2。 (3)微粒运动一个周期沿直线OO′方向移动的距离 L0＝2x1＋2s cos 45°＝ 若微粒能垂直射到挡板上的某点P，P点在直线OO′下方时，挡板CD与O点间的距离应满足 L1＝nL0＋＝[(4＋π)n＋1](n＝0，1，2，…) 若微粒能垂直射到挡板上的某点P，P点在直线OO′上方时，挡板CD与O点间的距离应满足 L2＝L0＋＝(n＝0，1，2，…)。 [答案]　(1)　(2)＋mv2　(3)见解析 22/22 学科网（北京）股份有限公司 $