第十一章 第7课时 专题强化：带电粒子在叠加场和交变电、磁场中的运动（教师用书word）-【步步高】2025年高考物理大一轮复习讲义（人教版 浙江专用）

第7课时　专题强化：带电粒子在叠加场和交变电、磁场中的运动 目标要求　1.了解叠加场的特点，会处理带电粒子在叠加场中的运动问题。2.掌握带电粒子在交变电、磁场中运动的解题思路和处理方法。 考点一　带电粒子在叠加场中的运动 1．叠加场 电场、磁场、重力场共存，或其中某两场共存。 2．带电粒子在叠加场中常见的几种运动形式 运动性质 受力特点 方法规律 匀速直线运动 粒子所受合力为0 平衡条件 匀速圆周运动 除洛伦兹力外，另外两力的合力为零：qE＝mg 牛顿第二定律、圆周运动的规律 较复杂的曲线运动 除洛伦兹力外，其他力的合力既不为零，也不与洛伦兹力等大反向 动能定理、能量守恒定律 例1　(多选)(2022·广东卷·8)如图所示，磁控管内局部区域分布有水平向右的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场。电子从M点由静止释放，沿图中所示轨迹依次经过N、P两点。已知M、P在同一等势面上，下列说法正确的有(　　) A．电子从N到P，电场力做正功 B．N点的电势高于P点的电势 C．电子从M到N，洛伦兹力不做功 D．电子在M点所受的合力大于在P点所受的合力 答案　BC 解析　由题可知电子所受电场力水平向左，电子从N到P的过程中电场力做负功，故A错误；根据沿着电场线方向电势逐渐降低可知，N点的电势高于P点的电势，故B正确；由于洛伦兹力一直都和速度方向垂直，故电子从M到N，洛伦兹力不做功，故C正确；由于M点和P点在同一等势面上，故从M点到P点电场力做功为0，而洛伦兹力不做功，M点速度为0，根据动能定理可知电子在P点速度也为0，则电子在M点和P点都只受电场力作用，在匀强电场中电子在这两点所受电场力相等，即所受合力相等，故D错误。 例2　如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系xOy，其第一象限存在着正交的匀强电场和匀强磁场，电场强度的方向水平向右，磁感应强度的方向垂直纸面向里。一带电荷量为＋q、质量为m的微粒从原点出发，以某一初速度沿与x轴正方向的夹角为45°的方向进入叠加场中，正好做直线运动，当微粒运动到A(l，l)时，电场方向突然变为竖直向上(不计电场变化的时间)，微粒继续运动一段时间后，正好垂直于y轴穿出叠加场。不计一切阻力，重力加速度为g，求： (1)电场强度E的大小； (2)磁感应强度B的大小； (3)微粒在叠加场中的运动时间。 答案　(1)　(2)　(3)(＋1) 解析　(1)微粒到达A(l，l)之前做匀速直线运动，对微粒受力分析如图甲，可知Eq＝mg， 得E＝。 (2)由平衡条件得，qvB＝mg 电场方向变化后，微粒所受重力与静电力平衡，微粒在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，运动轨迹如图乙，有qvB＝m 由几何知识可得 r＝l 联立解得v＝， B＝。 (3)微粒做匀速直线运动的时间：t1＝＝ 微粒做匀速圆周运动的时间： t2＝＝ 微粒在叠加场中的运动时间： t＝t1＋t2＝(＋1)。 考点二　带电粒子在交变电、磁场中的运动 解决带电粒子在交变电、磁场中的运动问题的基本思路 先读图 看清并且明白场的变化情况 受力分析 分析粒子在不同的变化场区的受力情况 过程分析 分析粒子在不同时间段内的运动情况 找衔接点 找出衔接相邻两过程的物理量 选规律 联立不同阶段的方程求解 例3　(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，则下列说法正确的是(　　) 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.＝ 答案　ABD 解析　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匀减速运动到速度为零，在1.5t0～2t0内，粒子在电场中向上做匀加速运动到速度为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＋T＝2.5t0，故A正确；粒子在磁场中，设粒子的轨道半径为r，则有T磁＝＝2t0，解得r＝，粒子在电场中向下匀减速运动的位移为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。 例4　(2024·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(q>0)的带电粒子(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)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； (2)若将该周期性变化磁场的B由(1)中B0调为B0′＝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。 答案　(1)①　　②＋　(2)①　②＋ 解析　(1)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＝ 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＝ 代入得v0＝ 粒子轨迹如图甲所示，最远距离为 L＝2R＋2x1 其中R＝＝＝ x1＝v0t0＝ 解得L＝＋。 (2)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，则R′sin 60°＝－v1yt0＋at02 其中R′＝，v1y＝v1，a＝ 代入得v1＝ 最高点与x轴的距离ym＝R′sin 60°＋ 解得ym＝＋。 课时精练 1．(多选)质量为m、电荷量为q的微粒以速度v与水平方向成θ角从O点进入方向如图所示的由正交的匀强电场和匀强磁场组成的叠加场中，该微粒在静电力、洛伦兹力和重力的共同作用下，恰好沿直线运动到A点，下列说法中正确的有(重力加速度为g)(　　) A．该微粒一定带负电荷 B．微粒从O到A的运动可能是匀变速运动 C．该磁场的磁感应强度大小为 D．该电场的电场强度大小为 答案　AC 解析　若微粒带正电荷，它受竖直向下的重力mg、水平向左的静电力qE和垂直OA斜向右下方的洛伦兹力qvB，知微粒不能做直线运动，据此可知微粒应带负电荷，它受竖直向下的重力mg、水平向右的静电力qE和垂直OA斜向左上方的洛伦兹力qvB，又知微粒恰好沿着直线运动到A，可知微粒做匀速直线运动，故A正确，B错误；由平衡条件得qvBcos θ＝mg，qvBsin θ＝qE，得磁场的磁感应强度大小B＝，电场的电场强度大小E＝，故C正确，D错误。 2.如图所示，一带电液滴在相互垂直的匀强电场和匀强磁场中刚好做匀速圆周运动，其轨道半径为R，已知该电场的电场强度大小为E、方向竖直向下；该磁场的磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里，不计空气阻力，重力加速度为g，则(　　) A．液滴带正电 B．液滴比荷＝ C．液滴沿顺时针方向运动 D．液滴运动速度大小v＝ 答案　C 解析　液滴在重力场、匀强电场、匀强磁场的叠加场中做匀速圆周运动，可知qE＝mg，得＝，选项B错误；静电力方向竖直向上，液滴带负电，选项A错误；由左手定则可判断液滴沿顺时针方向运动，选项C正确；对液滴有qE＝mg，qvB＝m，联立得v＝，选项D错误。 3．如图甲所示，竖直面内矩形区域ABCD内存在磁感应强度按如图乙所示的规律变化的磁场(规定垂直纸面向外为正方向)，区域边长＝，一带正电的粒子从A点沿AB方向以速度v0射入磁场，在T1时刻恰好能从C点平行DC方向射出磁场。现在把磁场换成按如图丙所示规律变化的电场(规定竖直向下为正方向)，相同的粒子仍以速度v0从A点沿AB方向射入电场，在T2时刻恰好能从C点平行DC方向射出电场。不计粒子的重力，则磁场的变化周期T1和电场的变化周期T2之比为(　　) A．1∶1 B．2π∶3 C．2π∶9 D.π∶9 答案　C 解析　设粒子的质量为m，带电荷量为q，在磁场中粒子的偏转半径为r，经粒子转过的圆心角为α，则有2rsin α＝，2(r－rcos α)＝，又＝，联立解得α＝60°，所以有＝T，T＝，解得T1＝，如果把磁场换成电场，则有＝v0T2，解得T2＝，所以＝，故C正确，A、B、D错误。 4．如图甲所示，M、N为竖直放置且彼此平行的两块平板，板间距离为d，两板中央各有一个小孔O、O′正对，在两板间有垂直于纸面方向的磁场，磁感应强度随时间的变化如图乙所示(设垂直于纸面向里的磁场方向为正方向)。有一群正离子在t＝0时垂直于M板从小孔O射入磁场。已知正离子质量为m、带电荷量为q，正离子在磁场中做匀速圆周运动的周期与磁感应强度变化的周期都为T0，不考虑由于磁场变化而产生的电场的影响，不计离子所受重力及离子间的相互作用力。求： (1)磁感应强度B0的大小。 (2)要使正离子从O′垂直于N板射出磁场，正离子射入磁场时的速度v0的可能值。 答案　(1)　(2)(n＝1,2,3，…) 解析　(1)正离子射入磁场，洛伦兹力提供向心力，有 B0qv0＝ 做匀速圆周运动的周期T0＝ 联立以上两式得磁感应强度B0＝ (2)要使正离子从O′垂直于N板射出磁场，v0的方向应如图所示，两板之间正离子只运动一个周期T0时，有R＝；当两板之间正离子运动n个周期即nT0时，有R＝(n＝1,2,3，…) 联立解得正离子的速度的可能值为 v0＝＝(n＝1,2,3，…)。 5.(2023·浙江温州市模拟)如图所示，在水平面内存在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场和与之正交的匀强电场E。一质量为m、带电荷量为q(q>0)的粒子在水平面内做匀速圆周运动，电场跟随带电粒子一起以角速度ω绕圆心转动，电场方向与速度方向夹角θ保持不变。带电粒子在中性气体中运动时受到气体的黏滞阻力与速度大小成正比，方向与速度方向相反，即Ff＝－kv。不考虑带电粒子运动时的电磁辐射，不计重力。 (1)求E＝0，k＝0时，带电粒子运动的角速度ω0； (2)求带电粒子运动速度的大小v和tan θ(均选用m、ω、k、q、B、θ和E表示)； (3)求静电力的功率及功率的最大值； (4)若静电力的功率减小为最大值的一半，求速度大小。 答案　(1)　(2)　 (3)　　(4) 解析　(1)E＝0，k＝0时，由洛伦兹力提供向心力， 有qvB＝ 又T＝ 联立得带电粒子运动的周期T＝ 带电粒子运动的角速度ω0＝＝ (2)带电粒子在水平面内做匀速圆周运动， 则粒子在运动方向上所受合力为零qEcos θ＝kv 解得带电粒子运动速度的大小v＝ 洛伦兹力与静电力的分力的合力提供向心力qvB＋qEsin θ＝m 又ω＝，解得tan θ＝ (3)静电力的功率P＝qEvcos θ＝ 当θ＝0时，功率的最大值Pm＝ (4)若静电力的功率减小为最大值的一半， 则P＝Pm＝＝Eqvcos θ 解得v＝。 6．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，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轴负半轴上到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。 答案　(1)　(2)(π＋2) (3)d＝(n＝1,2,3，…) (4)xP＝(π＋2)(n＝1,2,3，…) 解析　(1)粒子第一次在电场中有qE0＝ma v1＝at0，t0＝ 粒子第一次进入磁场中有qv1B0＝ 联立解得R1＝ (2)由题意可知粒子经2次加速和偏转后打在x轴负半轴上到O点的距离最小，如图甲所示 第一次加速的位移为Δx1＝＝ 第二次加速的位移Δx2＝3Δx1 v2＝2at0＝， 则R2＝＝ ΔxP＝Δx2－Δx1＋R2＝(π＋2) (3)分析带电粒子运动轨迹，如图乙所示 可知A与坐标原点间的距离d应满足 d＝n2R1＝(n＝1,2,3，…) (4)若粒子经过n次加速和偏转后打在x轴上 xP＝n(Δx1＋R1)＝(π＋2)(n＝1,2,3，…)。 学科网（北京）股份有限公司 $