12.11带电粒子在交变电磁场中的运动（解析版）高考一轮复习100考点100讲

2024年高考一轮复习100考点100讲第12章磁场第12.11讲带电粒子在交变电磁场中的运动【知识点精讲】带电粒子在交变电磁场中的运动问题分类1.交变磁场＋恒定电场2.交变电场＋恒定磁场3.交变磁场＋交变电场【方法归纳】解决带电粒子在交变电磁场中的运动问题的基本思路【典例剖析】如图甲所示，虚线MN的左侧空间中存在竖直向上的匀强电场(上、下及左侧无边界)。一个质量为m、电荷量为q的带正电小球(视为质点)以大小为v0的水平初速度沿PQ向右做直线运动。若小球刚经过D点时(t＝0)，在电场所在空间叠加如图乙所示随时间周期性变化、垂直纸面向里的匀强磁场，使得小球再次通过D点时的速度方向与PQ连线成60°角。已知D、Q间的距离为(eq\r(3)＋1)L，t0小于小球在磁场中做圆周运动的周期，重力加速度大小为g。(1)求电场强度E的大小；(2)求t0与t1的比值；(3)小球过D点后将做周期性运动，当小球运动的周期最大时，求此时磁感应强度的大小B0及运动的最大周期Tm。[审题指导]题中信息吹“沙”见“金”沿PQ向右做直线运动小球受力平衡，通过平衡条件，可求出电场强度的大小小球再次通过D点速度与PQ成60°角画出运动轨迹，找出直线运动位移大小与匀速圆周运动轨迹半径的关系求运动的最大周期当小球运动轨迹最长，圆弧轨迹与MN相切时小球运动周期最大[解析](1)小球沿PQ向右做直线运动，受力平衡，则mg＝Eq，解得E＝eq\f(mg,q)。(2)小球能再次通过D点，其运动轨迹应如图(a)所示。设小球做匀速圆周运动的轨迹半径为r，则由几何关系有s＝eq\f(r,tan30°)又知s＝v0t1圆弧轨迹所对的圆心角θ＝2π－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π－\f(π,3)))＝eq\f(4,3)π则t0＝eq\f(θr,v0)联立解得eq\f(t0,t1)＝eq\f(4\r(3),9)π。(3)当小球运动的周期最大时，其运动轨迹应与MN相切，小球运动一个周期的轨迹如图(b)所示。由几何关系得R＋eq\f(R,tan30°)＝(eq\r(3)＋1)L解得R＝L由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有qv0B0＝meq\f(v02,R)解得B0＝eq\f(mv0,qL)小球在一个周期内运动的路程s1＝3×eq\f(2,3)×2πR＋6×eq\f(R,tan30°)＝(4π＋6eq\r(3))L故Tm＝eq\f(s1,v0)＝eq\f(（4π＋6\r(3)）L,v0)。[答案](1)eq\f(mg,q)(2)eq\f(4\r(3),9)π(3)eq\f(mv0,qL)eq\f(（4π＋6\r(3)）L,v0)【最新高考题精练】1.（2012·海南物理）图（a）所示的xOy平面处于匀强磁场中，磁场方向与xOy平面(纸面)垂直，磁感应强度B随时间t变化的周期为T，变化图线如图（b）所示。当B为+B0时，磁感应强度方向指向纸外。在坐标原点O有一带正电的粒子P，其电荷量与质量之比恰好等于。不计重力。设P在某时刻t0以某一初速度沿y轴正方向自O点开始运动，将它经过时间T到达的点记为A。（1）若t0=0，则直线OA与x轴的夹角是多少？（2）若t0=T/4，则直线OA与x轴的夹角是多少？（3）为了使直线OA与x轴的夹角为π/4，在0<t0<T/4的范围内，t0应取何值？是多少？【名师解析】：(1)设粒子P的质量为m，电荷量为q，速度为v，粒子P在洛伦兹力作用下，在xy平面内做圆周运动，用R表示圆周的半径，T’表示运动周期，则有qvB0=mR.，①v=。②由①②式与已知条件得：T’=T。③粒子P在t=0到t=T/2时间内，沿顺时针方向运动半个圆周，到达x轴上B点，此时磁场方向反转；继而，在t=T/2到t=T时间内，沿逆时针方向运动半个圆周，到达x轴上A点，如图（a）所示。OA与x轴夹角θ=0.。④（2）粒子P在t0=T/4时刻开始运动，在t=T/4到t=T/2时间内，沿顺时针方向运动1/4个圆周，到达C点，此时磁场方向反转；继而，在t=T/2到t=T时间内，沿逆时针方向运动半个圆周，到达B点，此时磁场方向再次反转；在t=T到t=5T/4时间内，沿顺时针方向运动1/4个圆周，到达A点，如图（b）所示。由几何关系可知，A点在y轴上，即OA与x轴夹角θ=π/2。⑤（3）若在任意时刻t=t0（0<t0<T/4）粒子P开始运动，在t=t0到t=T/2时间内，沿顺时针方向做圆周运动到达C点，圆心O’位于x轴上，圆弧OC对应的圆心角为∠OO’C=(T/2-t0),⑥此时磁场方向反转；继而，在t=T/2到t=T时间内，沿逆时针方向运动半个圆周，到达B点，此时磁场方向再次反转；在t=T到t=T+t0时间内，沿顺时针方向做圆周运动到达A点，设圆心为O’’，圆弧BA对应的圆心角为∠BO’’A=t0,如图（c）所示。由几何关系可知，C、B均在O’O’’连线上，且OA//O’O’’，若要OA与x成π/4角，则有∠OO’C=3π/4。联立解得t0=T/8。【考点定位】此题考查带电粒子在磁场中的圆周运动。图32．（2010山东理综）如图3所示，以两虚线为边界，中间存在平行纸面且与边界垂直的水平电场，宽度为d，两侧为相同的匀强磁场，方向垂直纸面向里。一质量为m、带电量+q、重力不计的带电粒子，以初速度v1垂直边界射入磁场做匀速圆周运动，后进入电场做匀加速运动，然后第二次进入磁场中运动，此后粒子在电场和磁场中交替运动。已知粒子第二次在磁场中运动的半径是第一次的二倍，第三次是第一次的三倍，以此类推。求图3（1）粒子第一次经过电场的过程中电场力所做的功W1。（2）粒子第n次经过电场时电场强度的大小En。（3）粒子第n次经过电场所用的时间tn。（4）假设粒子在磁场中运动时，电场区域场强为零。请画出从粒子第一次射入磁场至第三次离开电场的过程中，电场强度随时间变化的关系图线（不要求写出推导过程，不要求标明坐标刻度值）。【解析】带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，由qvB=mv2/r得r=mv/qB。则v1∶v2∶…∶vn=r1∶r2∶…∶rn=1∶2∶…∶n（1）第一次过电场，由动能定理得（2）第n次经过电场时，由动能定理得解得En=（3）第n次经过电场时的平均速度，则时间为。tE（4）根据电场强度的大小的表达式En=，第一次经过电场时，n=1，E1=；第二次经过电场时，n=2，E2=；第三次经过电场时，n=3，E3=；······，注意带电粒子在匀强磁场中运动时间相等，据此可画出电场强度随时间变化的关系图线如图。tE【点评】此题重点考查带电粒子交替在电场中和在磁场中的运动。【最新模拟题精练】1.（2023山东聊城三模）.如图（a），空间直角坐标系中，有一长方体区域，四边形是边长为L的正方形，长度为，其顶点分别是a、b、c、d、O、、、，其中、、在坐标轴上，区域内（含边界）分布着电场或磁场。时刻，一质量为、电荷量为的带正电粒子，以初速度从a点沿方向射入区域，不计粒子重力。（1）若区域内仅分布着沿y轴负方向的匀强电场，则粒子恰能从点离开区域，求电场强度的大小；（2）若区域内仅分布着方向垂直于平面匀强磁场，则粒子能从连线上距d点的点离开区域，求磁感应强度的大小；（3）若区域内仅交替分布着方向沿x轴负方向的磁场和沿y轴正方向的磁场，且磁感应强度和的大小随时间周期性变化的关系如图（b）所示，则要使粒子从平面离开，且离开时速度方向与平面的夹角为60°，感应强度大小的可能取值。【参考答案】（1）；（2）；（3）【名师解析】（1）粒子在电场力作用下，在平面add'O内做类平抛运动,由运动学规律在x正方向在y负方向由牛顿第二定律联立解得（2）如答图1，粒子在洛伦兹力作用下,在平面adc'b'内做匀速圆周运动，做ae的中垂线与ab'的交点O'为圆心，设粒子在磁场中的运动半径为r，由牛顿第二定律解得（3）由题意，粒子在磁场和，中做匀速圆周运动的轨道半径R相同，周期T也相同，解得，（i）若粒子射出时与z轴负方向的夹角为60°，则粒子在长方体区域运动轨迹沿y轴负方向的俯视如答图2所示，沿x轴负方向的侧视如答图3所示，设粒子在平行于yOz平面内运动了n个半周期（答图2、答图3为n=3的情况），则据答图2，x正方向据答图3，y正方向因为y<2L，故粒子能到达cdd'c'平面，符合题意，解得（ii）若粒子射出时与z轴正方向的夹角为60°,则粒子在长方体区域运动轨迹沿y轴负方向的俯视如答图4所示。据答图4，x正方向据答图3，y负方向因为，故粒子能到达cdd'c'平面，符合题意，解得综合整理得2.(2023湖北天门考前冲刺)某学习小组设计了一个装置测量磁感应强度B。如图甲所示，比荷为，带正电的粒子以水平速度从平行间距为、长度为金属板MN间中线连续射入电场中，MN板间接有如图乙所示的随时间t变化的电压，电压变化周期，两板间电场均匀分布，且两板外无电场。紧邻金属板右侧有垂直纸面向里的待测匀强磁场和足够大、可向右平移的荧光屏，粒子重力忽略不计。（1）求当荧光屏紧邻金属板右侧时，荧光屏上发光的长度；（2）现将荧光屏从紧邻金属板右侧向右缓慢平移，发现当荧光屏向右移动时，荧光屏上发光的长度刚好减为零，求磁感应强度B的大小；（3）在（2）的条件下，在将荧光屏从紧邻金属板右侧向右缓慢平移，求此过程中荧光屏上发光长度的最大值（结果保留2位有效数字）。【参考答案】（1）；（2）；（3）【名师解析】（1）因带电粒子通过电场的时间则带电粒子通过电场过程中，可认为电场恒定不变，时刻射入电场的带电粒子不发生偏转，刚好打在荧光屏的中点。设两板间电压为时，带电粒子能从N板右边缘飞出，则解得在电压低于或等于200V时，带电粒子才能从两板间射出电场，所以当荧光屏紧邻金属板右侧时，荧光屏上发光的长度（2）设磁感应强度大小为B，时刻进入电场中的粒子，进入磁场中时的圆轨迹半径最小，根据牛顿第二定律得解得从N板右边缘射出的粒子，进入磁场中时的圆轨迹半径最大，在电压低于或等于200V时，带电粒子才能从两板间射出电场，则有时，带电粒子射出电场的速度最大，同理可得轨迹的最大半径为当荧光屏向右移动时，即图中位置2时荧光屏上发光的长度刚好减为零，所以有联立解得（3）由（2）可得，，从图中可以看出当荧光屏移到图中位置1时荧光屏上发光的长度最长。根据几何知识可知最长长度为3.（2023安徽江淮十校5月联考）如图甲所示，在直角坐标系中四个点为四边形的四个顶点，四边形（包括边界）中存在匀强磁场，在范围内磁场的磁感应强度B随时间变化的图像如图乙所示（图像中T为未知量），设垂直纸面向外为正方向；内的匀强磁场与内的磁场总是大小相等、方向相反。在ab边正上方、ad边左侧、bc边右侧、cd边正下方，分别存在着大小相等的匀强电场，其方向分别与四边形区域的边界垂直且指向正方形内部（未画出）。质量为m、电荷量为q带正电的粒子某一时刻射入磁场，已知粒子在电场内做直线运动，重力不计，忽略粒子运动对电、磁场的影响。上述L、m、q、B为已知量。（1）若时刻粒子从点沿方向以大小为v（未知）的速度射入磁场，且磁感应强度B与速度v之间满足，粒子刚好在时刻离开磁场，经过一段时间后，又第一次回到点a，求粒子在电场中运动的最短路程；（2）若时刻粒子从点沿方向以大小为v（未知）的速度射入磁场，且磁感应强度B与速度v之间满足，粒子刚好在时刻离开磁场，经过一段时间后，又第一次回到点e，求粒子从出发到第一次回到点e的最短时间；（3）粒子在内从点沿Ob方向以某一速度射入磁场，此后在平面内做周期性运动，若电场强度大小为E，粒子在电场中做直线运动，且每当磁场发生变化时粒子恰好从电场射入磁场，求粒子初速度的所有可能值及对应的磁场变化的周期T。【参考答案】（1）；（2）；（3），【名师解析】（1）设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为，周期为,运动轨迹如图所示根据牛顿第二定律有则轨道半径为周期粒子在电场中运动的最短路程为（2）设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为，周期为,运动轨迹如图所示根据牛顿第二定律有则轨道半径为周期由题意可知粒子在磁场中运动时间粒子在电场中运动的最短时间粒子从出发到第一次回到点e的时间联立解得（3）粒子在xOy平面内的周期性运动，在磁场中运动的周期一周期内，粒子在磁场中运动时间可能为，其中当时，轨迹分别如图甲乙所示由以上分析可知，粒子在磁场中做圆周运动的半径的可能值为根据洛伦兹力提供向心力，则有可得初速度的所有可能值为一个周期内粒子在电场中运动的可能时间为磁场变化的周期T的可能值为

4（2023湖南押题卷）如图甲所示，竖直平面内的直角坐标系的x轴水平，在y轴的右侧存在方向竖直向下的匀强电场，在第Ⅱ象限内存在方向水平向左的匀强电场和方向垂直坐标平面向外的匀强磁场。一质量、电荷量的带负电粒子以大小的初速度从x轴负半轴上到坐标原点O的距离的A点进入第Ⅱ象限，沿与x轴正方向夹角的方向做直线运动，当粒子经过P点时，在y轴的右侧加上一个交变磁场（图甲中未画出），粒子进入y轴右侧后做匀速圆周运动，规定垂直坐标平面向里为正，从粒子经过P点开始计时，交变磁场的磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示。取重力加速度大小，不计空气阻力。求：（1）第Ⅱ象限内匀强磁场的磁感应强度大小；（2）y轴右侧匀强电场的电场强度大小与第Ⅱ象限内匀强电场的电场强度大小之比；（3）粒子经过P点后第一次到达x轴的时间t。【参考答案】（1）；（2）；（3）【名师解析】（1）粒子从A到P做直线运动，一定做匀速直线运动，受力如图所示

则得解得（2）因为粒子在y轴右侧做匀速圆周运动，所以重力与电场力平衡，即qE1=mg解得可得（3）由θ=60°可得粒子与y轴正方向成30°角射入第一象限，磁场的变化周期粒子运动的周期为所以粒子转动一周的，磁场就发生变化，所以每次转动的圆心角为150°。

因为开始时粒子速度与y轴正方向成30°，转到速度方向沿y轴向下磁场方向即发生变化，因为粒子在复合场中做圆周运动的半径则粒子每转一周的其位置下降由几何关系可知，当粒子转过3个150°，再转过90°角恰好能到达x轴，画出粒子的运动轨迹如图所示

即经过三个150°和一个90°，恰好水平过x轴上的Q点，则用时间

5.（2023江苏南京市中华中学一模）如图1所示，有一对垂直纸面水平放置的平行金属板，板长为，两板间距为，金属板右侧有一个半径为的圆形匀强磁场区域，圆心O位于平行金属板正中间的水平线上，磁场方向垂直纸面向里。金属板左侧的电子枪不断地沿正中间的水平线发射质量为、电荷量为的电子，发射电子的初速度恒定。若在两金属板上加上如图2所示的交变电压，周期为，电子在金属板内运动时间恒为，最大偏距的电子刚好从极板的边缘飞出。电子进入圆形磁场区域后均从磁场边界P点飞出，P点为竖直线与圆形磁场边缘的交点。不计电子间相互作用和重力，忽略金属板区域外的电场及交变电场产生的磁场。求：（1）发射电子的初速度大小及两板电压；（2）磁感应强度的大小；（3）从平行金属板正中间射出的电子和从上极板边缘射出的电子在磁场区域运动的时间之比。【参考答案】（1），；（2）；（3）【名师解析】（1）由于电子在平行金属板之间运动时水平方向做匀速运动，且电子在金属板内运动时间恒为，则有由题意可得，从（，，）时刻射入平行板的电子竖直方向的偏距最大，且为板间距离的一半，在竖直方向上电子先做匀加速再做匀减速，设其加速度为a，可得联立可得（2）由题意可得，所有电子从平行板沿水平方向射出，速度大小均为。如图甲所示由几何关系可得电子在圆形磁场中做圆周运动的半径和磁场圆的半径相等，即设磁场的磁感应强度为B，由洛伦兹力提供向心力可得联立可得（3）设电子在磁场中运动的时间为，偏转角为，由题意可得如图乙所示，从平行金属板正中间射出的电于在磁场中的偏转角为，从上极板边缘射出的电子在磁场中的偏转角为由图乙中的几何关系可得，联立可得6.（2023辽宁铁岭六校期末联考）如图甲所示，长方形MNPQ区域（MN=PQ=3d），MQ与NP边足够长）存在垂直纸面向里的磁感应强度大小为B的匀强磁场。长为5d、厚度不计的荧光屏ab，其上下两表面均涂有荧光粉，ab与NP边平行，相距为d，且左端a与MN相距也为d。电子枪一个一个连续地发射出电子（已知电子质量为m、电荷量为e、初速度可视为零），经电场加速后，沿MN边进入磁场区域，电子打到荧光屏就会发光（忽略电子间的相互作用）。（1）若加速电压为U，求：电子进入磁场时的速度；（2）改变加速电压，使电子不断打到荧光屏上，求：荧光屏能发光区域的总长度；（3）若加速电压按如图乙所示的图像变化，求：从t=0开始一个周期内，打在荧光屏上的电子数相对总电子数的比例。（电子经加速电场的时间远小于周期T）【参考答案】（1）；（2）d；（3）【名师解析】（1）电子在加速场中，根据动能定理有解得电子刚进入磁场的速度大小为（2）打在荧光屏点的电子，根据几何关系得解得①若减小粒子的速度，粒子打在荧光屏的下表面，临界条件是轨迹相切于点，是粒子的最小速度，如图所示根据几何关系可得，对应粒子做圆周运动的半径为因此，下表面区域长度是②若增大粒子的速度，粒子打在荧光屏上表面，临界条件是粒子运动轨迹与相切，由几何关系得所以ag的长度为由于那么上表面区域长度是发光区域总长度为（3）由第（2）步可知，粒子半径在的区间内，粒子能打在荧光屏上，结合得可求得：当时，粒子能打在荧光屏上，因此7.(2023湖南怀化名校联考)在如图所示的正方形平面oabc内存在着垂直于该平面的匀强磁场，磁感应强度的变化规律如图所示．一个质量为m、带电量为的粒子不计重力，在时刻平行于oc边从o点射入磁场中．已知正方形边长为L，规定磁场向外的方向为正，磁感应强度的最大值为求：带电粒子在磁场中做圆周运动的周期；若带电粒子不能从oa边界射出磁场，磁感应强度B变化周期T的最大值；要使带电粒子从b点沿着ab方向射出磁场，满足这一条件的磁感应强度变化的周期T及粒子磁场时的速度．【参考答案】；；，．【思路分析】根据洛伦兹力做向心力求解；根据几何关系求得带电粒子不能从oa边界射出磁场时在时间内转过的中心角，从而求得T和周期的关系，进而得到T的最大值；根据两粒子运动得到带电粒子从b点沿着ab方向射出磁场的运动轨迹，进而得到轨道半径，由时间内转过的中心角求得周期T；最后根据洛伦兹力做向心力由轨道半径求得运动速度．【名师解析】粒子在磁场中只受洛伦兹力作用，做匀速圆周运动，故洛伦兹力做向心力，则有：，所以，带电粒子在磁场中做圆周运动的周期；

粒子在前半周期和后半周期的偏转方向相反，根据时间相同可得：经过一个周期T后粒子速度回到竖直向上；

那么，根据粒子偏转，当时，粒子一直向上运动，不可能从oa边界射出磁场；

若，则粒子必在时从oa边界射出磁场

当时，由几何关系可得：当磁场第一次改变方向后的轨迹与边界oa相切时如右图所示，

；

，所以，，即磁场变向前运动轨迹的圆心角为；

所以，磁场每次变向的最长时间，粒子不从oa边界射出磁场；

故，所以，T的最大值；

由可知：经过时间T后粒子运动重复，故根据几何关系可得：粒子经过时间T后在对角线ob上；

那么，根据粒子在前半周期和后半周期的偏转方向相反，运动时间相同可得：前后半周期的位移相同，故粒子经过后在对角线ob上；

那么，粒子运动轨迹如图所示，；

所以，由几何关系可得：每次磁场改变前粒子偏转的圆心角为，且从粒子进入到离开，磁场改变了偶数次；故有：，所以，；

设磁场一共变化了n次，则由几何关系可得：；故轨道半径，，；

根据洛伦兹力做向心力可得：，所以，粒子磁场时的速度；【点睛】带电粒子在磁场中运动，洛伦兹力做向心力，故常根据速度及磁感应强度求得半径，然后根据几何关系求得运动轨迹；或反过来由轨迹根据几何关系求解半径，进而求得速度、磁感应强度．8.(2020·河北省衡水模拟)如图甲所示，在xOy平面内存在磁场和电场，磁感应强度和电场强度大小随时间周期性变化，B的变化周期为4t0，E的变化周期为2t0，变化规律分别如图乙和图丙所示。在t＝0时刻从O点发射一带负电的粒子(不计重力)，初速度大小为v0，方向沿y轴正方向，在x轴上有一点A(图中未标出)，坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(48v0t0,π)，0))。若规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向，y轴正方向为电场强度的正方向，v0、t0、B0为已知量，磁感应强度与电场强度的大小满足：eq\f(E0,B0)＝eq\f(v0,π)；粒子的比荷满足：eq\f(q,m)＝eq\f(π,B0t0)。求：(1)在t＝eq\f(t0,2)时，粒子的位置坐标；(2)粒子偏离x轴的最大距离；(3)粒子运动至A点的时间。【名师解析】：(1)在0～t0时间内，粒子做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力可得qB0v0＝meq\f(4π2,T2)r1＝meq\f(v02,r1)解得T＝2t0，r1＝eq\f(mv0,qB0)＝eq\f(v0t0,π)则粒子在eq\f(t0,2)时间内转过的圆心角α＝eq\f(π,2)所以在t＝eq\f(t0,2)时，粒子的位置坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v0t0,π)，\f(v0t0,π)))。(2)在t0～2t0时间内，设粒子经电场加速后的速度为v，粒子的运动轨迹如图所示则v＝v0＋eq\f(E0q,m)t0＝2v0运动的位移x＝eq\f(v0＋v,2)