2021年高考物理一轮复习资料第九单元综合专题带电粒子在交变电场、磁场中的运动专题课件

因为 4 2＝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)．
带电粒子在“变化电场＋恒定磁场”中的运动 例 3 如图甲所示，以两虚线 M、N 为边界，中间存在平行 纸面且与边界垂直的水平电场，M、N 间电压 UMN 的变化图象如 图乙所示，电压的最大值为 U0、周期为 T0；M、N 两侧为相同 的匀强磁场区域Ⅰ、Ⅱ，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度为 B.t＝0 时，将一带正电的粒子从边界线 M 上的 A 处由静止释放， 经电场加速后进入磁场，粒子在磁场中做圆周运动的周期也为 T0.两虚线 M、N 间宽度很小，粒子在其间的运动时间不计，也 不考虑粒子所受的重力．
v0＝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/s2.
(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．
则 x1＝v0t0＝π2R⑥
y1＝12at02，⑦
其中加速度 a＝qmE0
由③⑦解得 y1＝2πv0t0＝R，
因此 t＝2t0 时刻粒子 P 的位置坐标为(2＋π πv0t0，0)，如图中
的 b 点所示．
(3)分析知，粒子 P 在 2t0～3t0 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 3t0 时刻速度方向为 x 轴 正方向，位移 x2＝x1＝v0t0；在 3t0～5t0 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＋ 2x1⑧
3．(2019·合肥三模)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 E0＝2mq g，磁感应强度大小 B0＝2πqm， g 取 10 m/s2.求：
(3)如图，微粒穿过圆形磁场要求偏转角最 大，入射点 A 与出射点 B 的连线必须为磁场 圆的直径．
由牛顿第二定律，有：qvB2＝mRv22 解得：R2＝0.6 m＝2r 所以最大偏转角为 60° 所以圆心坐标 x＝0.30 m y＝s′－rcos60°＝2.4 m－0.3 m×12＝2.25 m 即磁场的圆心坐标为(0.30，2.25)．
(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．
答案
(1)10 m/s
方向竖直向上
5 (2)π m
1s
(3)P(－1π5，45＋1π5)
解析 (1)粒子自坐标原点 O 静止释放，设 1 s 末速度大小为
【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＝OvC0 ＝240 s＝15 s； 粒子在水平方向上有 a＝qmE，OA＝12at2， 则有 E＝mq a＝2·OqAt2·m＝1002××2152 N/C＝1 N/C；
2．(2019·榆林三模)如图甲所示，在 xOy 平面内有足够大的 匀强电场 E，在 y 轴左侧平面内有足够大的磁场，磁感应强度 B1 随时间 t 变化的规律如图乙所示，选定磁场垂直纸面向里为正 方向．在 y 轴右侧平面内还有方向垂直纸面向外的恒定的匀强磁 场，分布在一个半径为 r＝0.3 m 的圆形区域(图中未画出)且圆的 左侧与 y 轴相切，磁感应强度 B2＝0.8 T，t＝0 时刻，一质量 m ＝8×10－4 kg、电荷量 q＝＋2×10－4 C 的微粒从 x 轴上 xP＝－0.8 m 处的 P 点以速度 v＝0.12 m/s 向 x 轴正方向入射．已知该带电 微粒在电磁场区域做匀速圆周运动(g 取 10 m/s2)．
(1)粒子 P 的比荷； (2)t＝2t0 时刻粒子 P 的位ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ； (3)带电粒子在运动中距离原点 O 的最远距离 L.
【答案】
(1)π4Ev00t0
(2)(2＋π πv0t0，0)
2＋π (3) π 2v0t0
【解析】 (1)0～t0 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
(2)正离子从 O′孔垂直于 N 板射出磁场时，运动轨迹如图所 示．
在两板之间正离子只运动一个周期 T0 时，有 r＝d4
在两板之间正离子运动 n 个周期即 nT0 时，有 r＝4dn(n＝1， 2，3，…)，联立 B0＝2qπTm0
解得 v0＝2πndT0(n＝1，2，3，…)．
带电粒子在“变化磁场＋恒定电场”中的运动 例 2 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mq ＝100 C/kg 的带正电的粒子(可视为质点且不计重力)，该粒子以
(1)求电场强度； (2)若磁场 15π s 后消失，求微粒在第二象限运动过程中离 x 轴的最大距离； (3)若微粒穿过 y 轴右侧圆形磁场时速度方向的偏转角最大， 求此圆形磁场的圆心坐标(x，y)．
答案 (1)40 N/C，方向竖直向上 (2)2.4 m (3)(0.30，2.25) 解析 (1)因为微粒射入电磁场后做匀速圆周运动受到的电 场力和重力大小相等：qE＝mg 解得：E＝40 N/C，方向竖直向上
由动能定理得：2qU0＝12mv12，
第 2 次自右向左到达边界线 N 时被加速 3 次，速度设为 v2， 由动能定理得：3qU0＝12mv22， 如图所示，两次到达边界 N 的位置距离为 Δd：
Δd＝2(R2－R1)＝2mqBv2－mqBv1 解得：Δd＝2( 3－ 2) Uπ0TB0.
带电粒子在“变化磁场＋变化电场”中的运动 例 4 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EB00＝8πv02，在 0～t0 时间内粒子 P 第一次离 x 轴最远时的坐标为2πv0t0，2πv0t0.求：
(2)由牛顿第二定律有：qvB1＝mRv21 解得：R1＝0.6 m 又 T＝2qπBm1 ＝10π s 从图乙可知在 0～5π s 内微粒做匀速圆周运动，在 5π～10π s 内微粒向左做匀速直线运动， 在 10π～15π s 时，微粒又做匀速圆周运动，15π s 以后向 右匀速运动，之后穿过 y 轴． 离 x 轴的最大距离 s′＝2R1×2＝4R1＝2.4 m.
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01 专题综述 02 题型透析
综合专题 带电粒子在交变电场、 磁场中的运动专题
带电粒子在交变电场、磁场中运动时，电场或磁场随时间做
周期性变化，带电粒子的受力也做周期性变化，使粒子的运动具
有周期性．解决此类问题的基本思路是：
题型透析
带电粒子在“变化磁场”中的运动 例 1 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′且正对，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规律如 图乙所示．有一束正离子在 t＝0 时垂直于 M 板从小孔 O 射入磁 场．已知正离子的质量为 m，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，磁场方向垂 直于纸面向里时为正，不计离子所受的重力．
(1)求磁感应强度 B0 的大小； (2)要使正离子从 O′孔垂直于 N 板射出磁场，求正离子射入 磁场时的速度 v0 的可能值．
【答案】
2πm (1) qT0
(2)v0＝2πndT0(n＝1，2，3，…)
【解析】 (1)设正离子射入磁场后做匀速圆周运动，
粒子运动的周期 T0＝2qπBm0 磁感应强度：B0＝2qπTm0 .
(1)求该粒子的比荷； (2)求粒子第 1 次和第 2 次从右向左经边界线 N 离开磁场区 域Ⅰ时两位置间的距离．
【答案】
2π (1)T0B
(2)2( 3－ 2)
U0T0 πB
【解析】 (1)粒子进入磁场后做匀速圆周运动，
周期为：2Bπqm，
由题可知：T＝T0，解得：mq ＝T20πB.
(2)由于不计粒子穿越 MN 间的时间，则可认为 t＝0 时刻出 发的粒子穿越 MN 的过程中电压始终为 U0，t＝12T0 时刻第 1 次 自右向左穿过边界线 N，再加速一次进入磁场区域Ⅱ时的速度为 v1，
A．1∶1 C．2 3π∶9
B．2 3π∶3 D. 3π∶9
答案 C 解析 设粒子的质量为 m，带电量为 q，设粒子的偏转半径 为 r，经T21粒子转过的圆心角为 α，则有： 2rsinα＝AB 2(r－rcosα)＝AD 又 AB＝ 3AD，
联立解得 α＝60°，所以有： T21＝16TB TB＝2vπ0r 解得：T1＝2 93vπ0AB； 如果把磁场换为电场，则有 AB＝v0T2，解得：T2＝AvB0 ， 所以TT12＝2 93π，故 C 项正确，A、B、D 三项错误．