带电粒子在交变电磁场中的周期性运动(答案含解析)—高三物理一轮复习课时练

一课一练60：带电粒子在交变电磁场中的周期性运动分析：主要是电磁场周期性变化导致带电粒子周期性运动，对运动轨迹的处理以及规律的归纳是难点。

1．如图甲所示，偏转电场的两个平行极板水平放置，板长L=0.08 m，板间距足够大，两板的右侧有水平宽度l=0.06 m、竖直宽度足够大的有界匀强磁场．一个比荷为qm=5×107 C/kg的带负电粒子以速度v0=8×105 m/s从两板中间沿与板平行的方向射入偏转电场，若从该粒子进入偏转电场时开始计时，板间场强恰好按图乙所示的规律变化，粒子离开偏转电场后进入匀强磁场并最终垂直磁场右边界射出．不计粒子重力，求：（1）粒子在磁场中运动的速率v；（2）粒子在磁场中运动的轨道半径R和磁场的磁感应强度B．2．回旋加速器的工作原理如图甲所示，置于真空中的D形金属盒半径为R，两盒间狭缝的间距为d，磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，被加速粒子的质量为m，电荷量为＋q，加在狭缝间的交变电压如图乙所示，电压值的大小为U0，周期2mTqBπ=．一束粒子在0～2T时间内从A处均匀地飘入狭缝，其初速度视为0．现考虑粒子在狭缝中的运动时间，假设能够射出的粒子每次经过狭缝均做加速运动，不考虑粒子间的相互作用力．求：（1）出射粒子的动能；（2）粒子从飘入狭缝至动能达到E k所需的总时间．3．小明受回旋加速器的启发，设计了如图1所示的“回旋变速装置”．两相距为d的平行金属极板M、N，板M位于x轴上，板N在它的正下方．两板间加上如图2所示的幅值为U0的交变电压，周期2 =TmqB．板M上方和板N下方有磁感应强度大小均为B、方向相反的匀强磁场．粒子探测器位于y轴处，仅能探测到垂直射入的带电粒子．有一沿x轴可移动、粒子射出的初动能可调节的粒子发射源，沿y轴正方向射出质量为m、电荷量为q（q>0）的粒子．t=0时刻，发射源在(x，0)位置发射一带电粒子．忽略粒子的重力和其它阻力，粒子在电场中运动的时间不计．（1）若粒子只经磁场偏转并在y=y0处被探测到，求发射源的位置和粒子的初动能；（2）若粒子两次进出电场区域后被探测到，求粒子发射源的位置x与被探测到的位置y之间的关系．4．如图甲所示，直角坐标系xOy 中，第二象限内有沿x 轴正方向的匀强电场，第一、四象限内有垂直坐标平面的匀强交变磁场，磁场方向垂直纸面向外为正方向．第三象限内有一发射装置(没有画出)沿y 轴正方向射出一个比荷=100 C/kg qm的带正电的粒子(可视为质点且不计重力)，该粒子以v 0=20 m/s 的速度从x 轴上的点A (－2 m ，0)进入第二象限，从y 轴上的点C (0，4 m)进入第一象限．取粒子刚进入第一象限的时刻为0时刻，第一、四象限内磁场的磁感应强度按图乙所示规律变化，g=10 m/s 2．（1）求第二象限内电场的电场强度大小； （2）求粒子第一次经过x 轴时的位置坐标．5．在某一真空空间内建立xOy 坐标系，从原点O 处向第 Ⅰ 象限发射一比荷为1×104 C/kg 的带正电的粒子(重力不计)，速度大小v 0=103 m/s 、方向与x 轴正方向成30°角．（1）若在坐标系y 轴右侧加有匀强磁场，在第Ⅰ象限，磁场方向垂直xOy 平面向外；在第Ⅳ象限，磁场方向垂直xOy 平面向里；磁感应强度均为B =1 T ，如图甲所示，求粒子从O 点射出后，第2次经过x 轴时的坐标x 1．（2）若将上述磁场改为如图乙所示的匀强磁场．在t =0到t =2π3×10－4 s 时，磁场方向垂直于xOy 平面向外；在t=2π3×10－4 s到t=4π3×10－4 s时，磁场方向垂直于xOy平面向里，此后该空间不存在磁场。

在t=0时刻，粒子仍从O点以与原来相同的速度v0射入，求粒子从O点射出后第2次经过x轴时的坐标x2．6．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随时间做周期性变化的图象如图b所示，y轴正方向为E的正方向，垂直于纸面向里为B的正方向．t=0时刻，带负电粒子P(重力不计)由原点O以速度v0沿y轴正方向射出，它恰能沿一定轨道做周期性运动．v0、E0和t0为已知量，图b中28=E vBπ00，在0～t时间内粒子P第一次离x轴最远时的坐标为22v t v tππ0000⎛⎫⎪⎝⎭，．求：（1）粒子P的比荷；（2）t=2t0时刻粒子P的位置；（3）带电粒子在运动中距离原点O的最远距离L．7．在科学研究中，可以通过施加适当的电场和磁场来实现对带电粒子运动的控制．如图1所示的xOy 平面处于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 作周期性变化的图象如图2所示．x 轴正方向为E 的正方向，垂直纸面向里为B 的正方向．在坐标原点O 有一粒子P ，其质量和电荷量分别为m 和+q ．不计重力．在2t τ=时刻释放P ，它恰能沿一定轨道做往复运动．（1）求P 在磁场中运动时速度的大小v 0； （2）求B 0应满足的关系；（3）在时刻00(0)2t t τ<<释放P ，求P 速度为零时的坐标．8．图甲为直角坐标系xOy ，y 轴正向沿竖直向上方向，其所在空间分布着均匀的、大小随时间周期性变化的电场和磁场，其变化规律如图乙所示，规定电场强度方向沿y 轴正向为正方向，磁感应强度方向垂直坐标xOy 平面向里为正方向．t =0时刻，电荷量为q 、质量m 的带正电微粒由坐标原点O静止释放，已知场强大小02mg E q =，磁感应强度大小02mB qπ=，g 取10 m/s 2．求： （1）t =1 s 末粒子速度的大小和方向；（2）粒子第一次进入磁场时做圆周运动的半径和周期； （3）在0～6 s 内粒子运动过程中最高点的位置坐标．一课一练60：带电粒子在交变电磁场中的周期性运动答案1．【答案】（1）v =1×106 m/s （2）0.1 m ；0.2 T【解析】（1）根据题意，电子在偏转电场中的运动时间：t =L v 0=10×10－8 s对比乙图可知，电子在极板间运动的时间是偏转电场的一个周期．在第一个t =5×10－8 s 时间内，电子在垂直于极板方向上做初速为0的匀加速直线运动，有：qE =ma v 1=at在第二个t =5×10－8 s 时间内，电子做匀速直线运动，带电粒子进入磁场时的速度为：v =v 20＋v 21联立解得：v =1×106 m/s（2）做出电子在磁场中的轨迹如图所示：设带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R ，由几何关系有：l R =v 1v粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有：qvB =m v 2R⑨联立解得：R =0.1 m B =0.2 T2．【答案】（1）2222q B R m （2）2022BR BRd mU qBππ+-【解析】（1）粒子运动半径为R 时，有：2v qvB m R= 且 E k =12m v 2解得： 222=2k q B R E m（2）粒子被加速n 次达到动能E k ，则E k =nqU 0粒子在狭缝间做匀加速运动，设n 次经过狭缝的总时间为Δt ，加速度qUa md=匀加速直线运动21()2nd a t =∆ 由0(1)2T t n t =-+∆， 解得20022BR BRd m t U qBππ+=-3．【答案】（1）(y 0，0)22202q B y m（2）①E k0>2qU 0，220022()2()4x y qyB mqU qyB mqU qB qB=++++； ②qU 0<E k 0<2qU 0， 220022()()23()4x qyB mqU qyB mqU q y B qBd =++++-＋； ③E k0<qU 0，22204()2x y d q B y mqU q d B=+++--- 【解析】（1）粒子探测器位于y 轴处，仅能探测到垂直射入的带电粒子，说明粒子只经磁场偏转并在y =y 0处被探测到的粒子是垂直到达y 轴上的，即运动了14圆周，即x =y 0=r ，根据洛伦兹力充当向心力知： 2v qvB m r=，所以动能22220122k q B y E mv m ==；（2）粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：2v qvB m R=，解得，粒子的轨道半径为： mv R qB=①如果E k0>2qU 0，粒子运动轨迹如图所示：由2mv y qB =00mv R qB = 11mv R qB=，粒子经过电场过程，由动能定理得：2201011=22qU mv mv -- 2122011=22qU mv mv -- 由几何知识得：01=)2(x y R R ++解得：220022()2()4x y qyB mqU qyB mqU qB qB=++++ ②如果qU 0<E k 0<2qU 0，粒子运动轨迹如图所示：则： 2mv y d qB--=，00mv R qB =粒子在电场中运动过程，由动能定理得：2022011=22qU mv mv -- 由几何知识得：0=3(-)2x y d R -+解得：220022()()23()4x qyB mqU qyB mqU q y B qBd =++++-＋ ③如果E k0<qU 0，粒子运动轨迹如图所示：则：2mv y d qB--=，00mv R qB =粒子在电场运动过程，由动能定理得：2220011=22qU mv mv - 由几何知识得： 04=y d x R --+ 解得： 22204()2x y d q B y mqU q d B=+++--- 4．【答案】（1）1 N/C （2）(3 m ，0)【解析】（1）带电粒子在电场中做类平抛运动，粒子从A 点到C 点用时t =OC v 0=420 s=15s粒子在水平方向上有qE a m =，OA =12at 2，则有22222 N/C=1 N/C 11005ma OA m E q qt ⋅⋅⨯===⎛⎫⨯ ⎪⎝⎭（2）粒子进入磁场时的速度为v ，竖直分量v y =v 0=20 m/s 水平分量20/x qEv at t m s m=== 22=20 2 m/s x y v v v =+，v 与y 轴正方向的夹角为45°粒子在磁场中的做圆周运动的半径2=2mv R m qB =粒子做圆周运动的周期2= s 20R T v ππ=由图乙可知，粒子每运动半个圆周后偏转方向相反，则粒子在磁场中的运动如图所示，因为42=8R ，所以粒子运动第四个半圆的过程中第一次经过x 轴，由等腰三角形性质可知，粒子第一、二次经过x 轴，在x 轴上对应的弦长为2R =1 m ；所以OD =3 m ，则粒子第一次经过x 轴时的位置坐标为(3 m ，0)． 5．【答案】（1）0.2 m （2）0.6 m【解析】（1）“画相切圆”知运动轨迹如图甲所示．有：OA 2=R ·sin 30° x 1=2OAqv 0B =m v 02R 联立解得：x 1=0.2 m（2）粒子做圆周运动周期为T =2πm qB =2π×10－4 s磁场变化半周期为Δt =2π3×10－4 s=T 3“画相切圆”知粒子运动的轨迹如图乙所示．有： OE =2(R ＋R sin 30°) 且 DE =2·R sin 60° x 2=OE ＋DE tan 60°联立解得：x 2=0.6 m6．【答案】（1）4v E t π000 （2）002(0)v t ππ+， （3）0022v t ππ+ 【解析】（1）0～t 0时间内粒子P 在匀强磁场中做匀速圆周运动，当粒子所在位置的纵、横坐标相等时，粒子在磁场中恰好经过14圆周，所以粒子P 第一次离x 轴的最远距离等于轨道半径R ，即2v t R π00=①又2000v qv B m R = ② 代入28= E v B π000 解得4v qm E t π000=③ （2）设粒子P 在磁场中运动的周期为T ，则02=RT v π ④ 联立①④解得T =4t 0 ⑤ 即粒子P 做14圆周运动后磁场变为电场，粒子以速度v 0垂直电场方向进入电场后做类平抛运动，设t 0～2t 0时间内水平位移和竖直位移分别为x 1、y 1，则x 1=v 0t 0=πR2⑥y 1=12at 02 ⑦ 其中加速度a =qE 0m 由③⑦解得0012v t y π=因此t =2t 0时刻粒子P 的位置坐标为002(0)v t ππ+，，如图中的b 点所示．（3）分析知，粒子P 在2t 0～3t 0时间内，电场力产生的加速度方向沿y 轴正方向，由对称关系知，在3t 0时刻速度方向为x 轴正方向，位移x 2=x 1=v 0t 0；在3t 0～5t 0时间内粒子P 沿逆时针方向做匀速圆周运动，往复运动轨迹如图所示，由图可知，带电粒子在运动中距原点O 的最远距离L 即O 、d 间的距离L =2R +2x 1 ⑧解得0022L v t ππ+=7．【答案】（1）002qE v m τ=（2）02(1)(123n m B n q πτ-==⋯⋯，，）（3）x =0 y =00000002[(2)]2(2)(123E k t t B kE t k B ττ-+-=⋯⋯，，）【解析】 (1) ττ-2 作匀加速运动，ττ2- 作匀速圆周运动，电场力0qE F =， 加速度m F a =，速度at v =，且2τ=t ， 解得002qE v m τ=(2)只有当τ2=t 时，P 在磁场中作圆周运动结束并开始沿x 轴负方向运动，才能沿一定轨道作往复运动，如图示．设P 在磁场中作圆周运动的周期为T ，则1()(=123)2n T n τ-=，，……匀速圆周运动rmv qvB 20=，v r T π2= 解得02(1)(123n m B n q πτ-==，，……) (3)在t 0时刻释放，P 在电场中加速时间为0t -τ在磁场中作匀速圆周运动 001()qE t v m τ-=圆周运动的半径 110mv r qB =解得 0010()E t r B τ-=又经0t -τ时间P 减速为零后向右加速时间为t 0P 再进入磁场圆周运动的半径解得综上分析，速度为零时横坐标x =0相应的纵坐标为y = 2[kr 1-(k -1)r 2]2k(r 1-r 2), （ k =1,2,3……） 解得y =8．【答案】（1）10 m/s 方向竖直向上 （2）5π m 1 s （3）P (-15π，45+15π),002m t qE v =,022qB mv r =,0002B tE r =OxyrxOy r 1r 200000002[(2)]2(2)(123E k t t B kE t k B ττ-+-=⋯⋯，，）【解析】（1）粒子自坐标原点O 静止释放，设1 s 末速度大小为v 1，有：0=qE mg ma -根据v 1=at 1代入数据解得v 1=10 m/s ，方向竖直向上（2）1 s 末粒子第一次进入磁场，由于粒子受重力和电场力平衡，粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，则：2101mv qv B r = 解得r 1=5π m 周期T =2πr 1v 1=1 s （3）粒子在2 s 末回到y 轴，以v 1=10 m/s 初速度沿y 轴正方向运动，设3 s 末粒子速度的大小为v 2 根据动量定理可得：(qE 0-mg )t =mv 2－mv 1 代入数据解得v 2=20 m/s ，方向竖直向上3 s 末粒子第2次进入磁场做匀速圆周运动，周期不变，4 s 末再次回到y 轴，以v 2=20 m/s 初速度沿y 轴正方向运动，5 s 末的速度为v 3=30 m/s ，第3次进入磁场做匀速圆周运动，第6 s 刚好回到y 轴，速度方向向上，粒子运动轨迹如图所示：则最上方圆的半径3015=mv R qB π=前5 s 加速时间t 5=3 s ，根据位移时间关系可得前5 s 竖直方向的位移y 5=v 32×t 5=45 m所以在0～6 s 内粒子运动过程中最高点的位置坐标x =－R =－15π m ，y =y 5+R =45+15π m即最高点坐标P (-15π，45+15π)．。