資源簡介

培優點2　帶電粒子在交變電磁場及立體空間中的運動
一、帶電粒子在交變電磁場中的運動
1.分析在一個周期內粒子的運動情況，明確運動性質或運動過程，判斷周期性變化的電場或磁場對粒子運動的影響。
2.畫出粒子運動軌跡，分析運動在空間上的周期性，時間上的周期性。
1.(2024·廣東卷·15)如圖甲所示，兩塊平行正對的金屬板水平放置，板間加上如圖乙所示幅值為U0、周期為t0的交變電壓。金屬板左側存在一水平向右的恒定勻強電場，右側分布著垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為B。一帶電粒子在t=0時刻從左側電場某處由靜止釋放，在t=t0時刻從下板左端邊緣位置水平向右進入金屬板間的電場內，在t=2t0時刻第一次離開金屬板間的電場、水平向右進入磁場，并在t=3t0時刻從下板右端邊緣位置再次水平進入金屬板間的電場。已知金屬板的板長是板間距離的倍，粒子質量為m。忽略粒子所受的重力和場的邊緣效應。
(1)(2分)判斷帶電粒子的電性并求其所帶的電荷量q；
(2)(4分)求金屬板的板間距離D和帶電粒子在t=t0時刻的速度大小v；
(3)(6分)求從t=0時刻開始到帶電粒子最終碰到上金屬板的過程中，電場力對粒子做的功W。
二、帶電粒子在立體空間中的運動
2.(2024·湖南卷·14)如圖，有一內半徑為2r、長為L的圓筒，左右端面圓心O'、O處各開有一小孔。以O為坐標原點，取O'O方向為x軸正方向建立xyz坐標系。在筒內x≤0區域有一勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向沿x軸正方向；筒外x≥0區域有一勻強電場，場強大小為E，方向沿y軸正方向。一電子槍在O'處向圓筒內多個方向發射電子，電子初速度方向均在xOy平面內，且在x軸正方向的分速度大小均為v0。已知電子的質量為m、電量為e，設電子始終未與筒壁碰撞，不計電子之間的相互作用及電子的重力。
(1)(4分)若所有電子均能經過O進入電場，求磁感應強度B的最小值；
(2)(3分)取(1)問中最小的磁感應強度B，若進入磁場中電子的速度方向與x軸正方向最大夾角為θ，求tan θ的絕對值；
(3)(3分)取(1)問中最小的磁感應強度B，求電子在電場中運動時y軸正方向的最大位移。
3.(2023·山東濟寧市一模)如圖所示，在三維坐標系O-xyz中存在一長方體ABCD-abOd，yOz平面左側存在沿z軸負方向、磁感應強度大小為B1(未知)的勻強磁場，右側存在沿BO方向、磁感應強度大小為B2(未知)的勻強磁場。現有一帶正電粒子以初速度v從A點沿平面ABCD進入磁場，經C點垂直yOz平面進入右側磁場，此時撤去yOz平面左側的磁場B1，換上電場強度為E(未知)的勻強電場，電場強度的方向豎直向上，最終粒子恰好打在Aa棱上。已知AB=2L、Aa=AD=L，B2=5B1，粒子的電荷量為q，質量為m(重力不計)。求：
(1)(3分)磁感應強度B1的大小；
(2)(4分)粒子第二次經過yOz平面的坐標；
(3)(3分)電場強度E的大小。
1.(多選)(2023·重慶市江北區期末)如圖甲所示，在xOy平面內存在磁場和電場，磁感應強度B和電場強度E的大小隨時間周期性變化，B、E的變化周期分別為4t0、2t0，如圖乙和圖丙所示。在t=0時刻從O點發射一帶負電的粒子，初速度大小為v0，方向沿y軸正方向，在x軸上有一點A(圖中未標出)，坐標為(，0)。若規定垂直紙面向里為B的正方向，y軸正方向為E的正方向，v0、t0、B0為已知量，B與E的大小滿足：=，粒子的比荷滿足：=，不計粒子重力，下列說法正確的是：
A.在t=t0時，粒子的位置坐標為(，0)
B.運動過程中粒子的最大速度為3v0
C.粒子偏離x軸的最大距離為1.5v0t0+
D.粒子運動至A點的時間為t=13t0
2.如圖所示，O-xyz坐標系的y軸正方向為豎直向上，在yOz平面左側-2L(1)(2分)勻強電場電場強度E1的大小；
(2)(4分)勻強磁場的磁感應強度B的大小；
(3)(6分)帶電粒子打到熒光屏上的位置坐標。
答案精析
高頻考點練
1.(1)正電　
(2)　π
(3)
解析　(1)根據帶電粒子在右側磁場中的運動軌跡結合左手定則可知，粒子帶正電；
粒子在磁場中運動的周期為T=2t0①
根據T=②
則粒子所帶的電荷量q=③
(2)若金屬板的板間距離為D，則板長為粒子在板間運動時=vt0④
出金屬板間電場時豎直速度為零，
則豎直方向y=2××(0.5t0)2⑤
在磁場中時qvB=m⑥
其中y=2r=⑦
聯立解得v=π⑧
D=⑨
(3)帶電粒子在電場和磁場中的運動軌跡如圖，由③④⑦聯立可得金屬板的板間距離D=3r
則粒子在3t0時刻再次進入中間的偏轉電場，在4t0時刻進入左側的電場做減速運動，速度為零后反向加速，在6t0時刻再次進入中間的偏轉電場，6.5t0時刻碰到上金屬板，因粒子在偏轉電場中運動時，在時間t0內電場力做功為零，在左側電場中運動時，往返一次電場力做功也為零，可知整個過程中只有最初t0在左側電場時電場力做功和最后0.5t0時間內電場力做功，
則W=mv2+q·=+=。
2.(1)　(2)　(3)
解析　(1)電子在勻強磁場中運動時，將其分解為沿x軸的勻速直線運動和在yOz平面內的勻速圓周運動，設電子入射時沿y軸的分速度大小為vy，由電子在x軸方向做勻速直線運動得L=v0t
在yOz平面內，設電子做勻速圓周運動的半徑為R，周期為T，
由牛頓第二定律知Bevy=m
可得R=
T==
若所有電子均能經過O進入電場，則有
t=nT(n=1，2，3，…)
聯立得B=
當n=1時，B有最小值，可得
Bmin=
(2)將電子的速度分解，有tan θ=
θ最大時，tan θ有最大值，即vy最大，
此時Rmax==r，
聯立可得vym=tan θ=
(3)當vy最大時，電子在電場中運動時沿y軸正方向有最大位移ym，
根據勻變速直線運動規律有
ym=
由牛頓第二定律知a=
聯立得ym=
3.(1)　(2)(0)　(3)
解析　(1)帶電粒子在yOz平面左側磁場中做圓周運動，由幾何關系得
R2=(2L)2+(R-L)2
解得R=L
由牛頓第二定律可得qvB1=m
解得B1=
(2)在右側磁場中由牛頓第二定律得
qvB2=m
解得r=L，第二次經過yOz平面時剛好轉過了半個圓周，
有y=2rsin 45°=
z=L-2rcos 45°=
即坐標為(0)。
(3)粒子在電場中做類平拋運動，
x軸方向上2L=vt
y軸方向上L-y=t2
解得E=。
補償強化練
1.ACD　[由題意，可判斷知在t=t0時間內，粒子做勻速圓周運動，根據洛倫茲力提供向心力可得qBv0=m=mr1，解得r1==T==2t0，則粒子在t0時間內轉過的圓心角為α=π，所以t=t0時，粒子的位置坐標為(2r1，0)，即(0)，故A正確；在t0~2t0時間內，粒子將向y軸負方向做勻加速直線運動，設粒子經電場加速后的速度為v，根據運動學公式有v=v0+t0=2v0，在2t0~3t0時間內粒子又做勻速圓周運動，運動軌跡為半個圓周，接著3t0~4t0時間內，粒子將向y軸正方向做勻減速直線運動，
根據對稱性可知，粒子在4t0時到達x軸，且速度大小為v0，至此粒子完成一個周期內的運動，周而復始，可畫出粒子的運動軌跡如圖所示，所以在整個過程中粒子的最大速度為2v0，故B錯誤；由選項B分析可知，粒子偏離x軸的最大距離為ymax=y1+r2，其中y1=·t0=v0t0，r2==可得ymax=1.5v0t0+故C正確；由選項A、B分析可知，粒子在xOy平面內做周期性運動的周期為4t0，故粒子在一個周期內向右運動的距離為d=2r1+2r2=由于AO的距離為=3×+=3d+2r1，粒子運動至A點的時間為t=3×4t0+t0=13t0，故D正確。]
2.(1)　(2)
(3)(-L，-L)
解析　(1)粒子在電場中運動做類平拋運動，
則沿x軸方向L=v0t
在y軸方向L=at2
由牛頓第二定律得qE1=ma
解得E1=a=
(2)在N點，設粒子速度v的方向與x軸間的夾角為θ，沿y軸負方向的速度為vy。
粒子進入磁場時豎直分速度大小
vy=at=v0，則tan θ==1
解得θ=45°
粒子進入磁場時的速度大小v==v0
粒子在磁場中做勻速圓周運動，粒子軌跡如圖所示：
由幾何知識可知，粒子做圓周運動軌跡的半徑R=
粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得qvB=
解得B=
(3)粒子在xOy平面內沿著與x軸正向成45°角的方向以速度v從O點進入平面yOz右側區域，沿x方向的速度分量和沿y軸正向的速度分量均為v0，
則粒子在yOz平面內做勻速圓周運動，
半徑r==
粒子沿x軸正向做勻加速運動，
加速度a'==
設粒子到達光屏的時間為t，
則x0=v0t+a't2
解得t=
粒子做圓周運動的周期T==
則t=T=T+T
則粒子在屏上的坐標y=-rsin 45°=-L，
z=-(r+rcos 45°)=-L，
x0=
即位置坐標(-L，-L)。(共40張PPT)
專題一　力與運動
培優點2
帶電粒子在交變電磁場及立體空間中的運動
高頻考點練
內容索引
補償強化練
一、帶電粒子在交變電磁場中的運動
1.分析在一個周期內粒子的運動情況，明確運動性質或運動過程，判斷周期性變化的電場或磁場對粒子運動的影響。
2.畫出粒子運動軌跡，分析運動在空間上的周期性，時間上的周期性。
高頻考點練
PART ONE
1.(2024·廣東卷·15)如圖甲所示，兩塊平行正對的金屬板水平放置，板間加上如圖乙所示幅值為U0、周期為t0的交變電壓。金屬板左側存在一水平向右的恒定勻強電場，右側分布著垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為B。一帶電粒子在t=0時刻從左側電場某處由靜止釋放，在t=t0時
刻從下板左端邊緣位置水平向右進入金屬板間的電場內，在t=2t0時刻第一次離開金屬板間的電場、水平向右進入磁場，并在t=3t0時刻從下板右端邊緣位置再次水平進入金屬板間的電場。已知金屬板的板長是板間距離的倍，粒子質量為m。忽略粒子所受的重力和場的邊緣效應。
(1)判斷帶電粒子的電性并求其所帶的電荷量q；
答案　正電　　
根據帶電粒子在右側磁場中的運動軌跡結合左手定則可知，粒子帶正電；
粒子在磁場中運動的周期為T=2t0 ①
根據T= ②
則粒子所帶的電荷量q= ③
(2)求金屬板的板間距離D和帶電粒子在t=t0時刻的速度大小v；
答案　　π
若金屬板的板間距離為D，則板長為=vt0 ④
出金屬板間電場時豎直速度為零，
則豎直方向y=2××(0.5t0)2 ⑤
在磁場中時qvB=m ⑥
其中y=2r= ⑦
聯立解得v=π ⑧
D= ⑨
(3)求從t=0時刻開始到帶電粒子最終碰到上金屬板的過程中，電場力對粒子做的功W。
答案　
帶電粒子在電場和磁場中的運動軌跡如圖，由③④⑦聯立可得金屬板的板間距離D=3r
則粒子在3t0時刻再次進入中間的偏轉電場，在4t0時刻進入左側的電場做減速運動，速度為零后反向加速，在6t0時刻再次進入中間的偏轉電場，6.5t0時刻碰到上金屬板，因粒子在偏轉電場中運動時，在時間t0內電場力做功為零，在左側電場中運動時，往返一次電場力做功也為零，可知整個過程中只有最初t0在左側電場時電場力做功和最后
0.5t0時間內電場力做功，則W=mv2+q·=+=。
二、帶電粒子在立體空間中的運動
2.(2024·湖南卷·14)如圖，有一內半徑為2r、長為L的圓筒，左右端面圓心O'、O處各開有一小孔。以O為坐標原點，取O'O方向為x軸正方向建立xyz坐標系。在筒內x≤0區域有一勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向沿x軸正方向；筒外x≥0區域有一勻強電場，場強大小為E，方向沿y軸正方向。一電子槍在O'處向圓筒內多個方向發射電子，電子初速度方向均在
xOy平面內，且在x軸正方向的分速度大小均為v0。已知電子的質量為m、電量為e，設電子始終未與筒壁碰撞，不計電子之間的相互作用及電子的重力。
(1)若所有電子均能經過O進入電場，求磁感應強度B的最小值；
答案　　
電子在勻強磁場中運動時，將其分解為沿x軸的勻速直線運動和在yOz平面內的勻速圓周運動，設電子入射時沿y軸的分速度大小為vy，由電子在x軸方向做勻速直線運動得L=v0t
在yOz平面內，設電子做勻速圓周運動的半徑為R，周期為T，
由牛頓第二定律知Bevy=m
可得R=
T==
若所有電子均能經過O進入電場，則有
t=nT(n=1，2，3，…)
聯立得B=
當n=1時，B有最小值，可得
Bmin=
(2)取(1)問中最小的磁感應強度B，若進入磁場中電子的速度方向與x軸正方向最大夾角為θ，求tan θ的絕對值；
答案　　
將電子的速度分解，有tan θ=
θ最大時，tan θ有最大值，即vy最大，
此時Rmax==r，
聯立可得vym=，tan θ=
(3)取(1)問中最小的磁感應強度B，求電子在電場中運動時y軸正方向的最大位移。
答案　
當vy最大時，電子在電場中運動時沿y軸正方向有最大位移ym，
根據勻變速直線運動規律有
ym=
由牛頓第二定律知a=
聯立得ym=
3.(2023·山東濟寧市一模)如圖所示，在三維坐標系O-xyz中存在一長方體ABCD-abOd，yOz平面左側存在沿z軸負方向、磁感應強度大小為B1(未知)的勻強磁場，右側存在沿BO方向、磁感應強度大小為B2(未知)的勻強磁場。現有一帶正電粒子以初速度v從A點沿平面ABCD進入磁場，經C點垂直yOz平面進入右側磁場，此時撤去yOz平面左側的磁場B1，換上電場強
度為E(未知)的勻強電場，電場強度的方向豎直向上，最終粒子恰好打在Aa棱上。已知AB=2L、Aa=AD=L，B2=5B1，粒子的電荷量為q，質量為m(重力不計)。求：
(1)磁感應強度B1的大小；
答案　
帶電粒子在yOz平面左側磁場中做圓周運動，
由幾何關系得R2=(2L)2+(R-L)2
解得R=L
由牛頓第二定律可得qvB1=m
解得B1=
(2)粒子第二次經過yOz平面的坐標；
答案　(0，，)
在右側磁場中由牛頓第二定律得qvB2=m
解得r=L，第二次經過yOz平面時剛好轉過了半個圓周，
有y=2rsin 45°=，
z=L-2rcos 45°=
即坐標為(0，)。
(3)電場強度E的大小。
答案　
粒子在電場中做類平拋運動，
x軸方向上2L=vt
y軸方向上L-y=t2
解得E=。
1
2
補償強化練
PART TWO
1.(多選)(2023·重慶市江北區期末)如圖甲所示，在xOy平面內存在磁場和電場，磁感應強度B和電場強度E的大小隨時間周期性變化，B、E的變化周期分別為4t0、2t0，如圖乙和圖丙所示。在t=0時刻從O點發射一帶負電的粒子，初速度大小為v0，方向沿y軸正方向，在x軸上有一點A(圖中未標出)，坐標為(，0)。若規定垂直紙面向里為B的正方向，y軸正方向為E的正方向，v0、t0、B0為已知
量，B與E的大小滿足：=，粒子的比荷滿足：=，不計粒
子重力，下列說法正確的是
1
2
A.在t=t0時，粒子的位置坐標為(，0)
B.運動過程中粒子的最大速度為3v0
C.粒子偏離x軸的最大距離為1.5v0t0+
D.粒子運動至A點的時間為t=13t0
√
√
√
1
2
由題意，可判斷知在t=t0時間內，粒子做勻速圓周運動，根據洛倫茲力提供向心力可得qBv0=m=mr1，解得r1==，T==2t0，則粒子在t0時間內轉過的圓心角為α=π，所以t=t0時，粒子的位置坐標為(2r1，0)，即(，0)，故A正確；
1
2
在t0~2t0時間內，粒子將向y軸負方向做勻加速直線運動，設粒子經電場加速后的速度為v，根據運動學公式有v=v0+t0=2v0，在2t0~3t0時間內粒子又做勻速圓周運動，運動軌跡為半個圓周，接著3t0~4t0時間內，粒子將向y軸正方向做勻減速直線運動，根據對稱性可知，粒子在4t0
時到達x軸，且速度大小為v0，至此粒子完成一個周期內的運動，周而復始，可畫出粒子的運動軌跡如圖所示，所以在整個過程中粒子的最大速度為2v0，故B錯誤；
1
2
由選項B分析可知，粒子偏離x軸的最大距離為
ymax=y1+r2，其中y1=·t0=v0t0，r2==，可得ymax=1.5v0t0+，故C正確；
由選項A、B分析可知，粒子在xOy平面內做周期性運動的周期為4t0，故粒子在一個周期內向右運動的距離為d=2r1+2r2=，由于AO的距離為=3×+=3d+2r1，粒子運動至A點的時間為t=3×4t0 +t0=13t0，故D正確。
1
2
2.如圖所示，O-xyz坐標系的y軸正方向為豎直向上，在yOz平面左側-2L電場和勻強磁場，電場強度大小為E2=，磁感應強度大小與yOz平面左側磁感應強度大小相等，電磁場均具有理想邊界，在x軸正方向距離O點x0=處，
有一垂直于x軸放置的足夠大的熒光屏(未畫出)。一個質量為m，電荷量為+q的
粒子從M(-2L，，0)點以速度v0沿x軸正方向射入電場，經N(-L，0，0)點進入磁場區域，然后從O點進入到平面yOz右側區域，不計粒子重力。求：
1
2
(1)勻強電場電場強度E1的大小；
答案　　
1
2
粒子在電場中運動做類平拋運動，
則沿x軸方向L=v0t
在y軸方向L=at2
由牛頓第二定律得qE1=ma
解得E1=，a=
1
2
(2)勻強磁場的磁感應強度B的大小；
答案　　
1
2
在N點，設粒子速度v的方向與x軸間的夾角為θ，沿y軸負方向的速度為vy。
粒子進入磁場時豎直分速度大小
vy=at=v0，則tan θ==1
解得θ=45°
粒子進入磁場時的速度大小v==v0
1
2
粒子在磁場中做勻速圓周運動，粒子軌跡
如圖所示：
由幾何知識可知，
粒子做圓周運動軌跡的半徑R=
粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定
律得qvB=
解得B=
1
2
(3)帶電粒子打到熒光屏上的位置坐標。
答案　(，-L，-L)
1
2
粒子在xOy平面內沿著與x軸正向成45°角的方向以速度v從O點進入平面yOz右側區域，沿x方向的速度分量和沿y軸正向的速度分量均為v0，
則粒子在yOz平面內做勻速圓周運動，
半徑r==
粒子沿x軸正向做勻加速運動，
加速度a'==
1
2
設粒子到達光屏的時間為t，
則x0=v0t+a't2
解得t=
粒子做圓周運動的周期T==
則t=T=T+T
則粒子在屏上的坐標y=-rsin 45°=-L，
1
2
z=-(r+rcos 45°)=-L，
x0=
即位置坐標(，-L，-L)。

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