2024年高考物理總復(fù)習(xí)強(qiáng)化練 帶電粒子在交變電、磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)

核心素養(yǎng)測(cè)評(píng)?專題強(qiáng)化練?實(shí)驗(yàn)搶分專練

專題強(qiáng)化練帶電粒子在交變電、磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)

一、選擇題

1.［2023?常德模擬］如圖甲所示，在空間存在一個(gè)變化的電場(chǎng)和一個(gè)變化的磁場(chǎng)，電場(chǎng)的方

向水平向右（圖甲中由B到C）,場(chǎng)強(qiáng)大小隨時(shí)間變化情況如圖乙所示；磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直

于紙面、大小隨時(shí)間變化情況如圖丙所示。在t=ls時(shí)，從A點(diǎn)沿AB方向（垂直于BC）以初

速度火射出第一個(gè)粒子，并在此之后，每隔2s有一個(gè)相同的粒子沿方向均以初速度火射

出，并恰好均能擊中C點(diǎn)，若4B=BC=2,且粒子由4運(yùn)動(dòng)到C的時(shí)間小于1s。不計(jì)重力和空

氣阻力，對(duì)于各粒子由2運(yùn)動(dòng)到C的過程中，以下說法正確的是（D）

BCB

；EG----;-------------;Bo——

叫

〃

A1O2468s。2468〃s

甲乙丙

A.電場(chǎng)強(qiáng)度和磁感應(yīng)強(qiáng)度殳的大小之比為2:1

B.第一個(gè)粒子和第二個(gè)粒子運(yùn)動(dòng)的加速度大小之比為2:1

C.第一個(gè)粒子和第二個(gè)粒子通過C的動(dòng)能之比為1:4

D.第一個(gè)粒子和第二個(gè)粒子運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之比為TT：2

［解析］選D。在t=ls時(shí)，空間區(qū)域存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，如圖1所示；由牛

頓第二定律得：，

q%Bo=m”R

粒子的軌道半徑R=2,貝U：B0=以；帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，如圖2所示;

qi

豎直方向：I=vot,水平方向：1=二％2,則為=網(wǎng)羽，貝上包=出，故A錯(cuò)

22mqlBo1

qv0B。

誤；第一個(gè)粒子和第二個(gè)粒子運(yùn)動(dòng)的加速度大小之比：也=藐丁=工，故B錯(cuò)誤；第二個(gè)粒

a到2

2m

子，由動(dòng)能定理得：=穌2—評(píng)，Ek2=|m評(píng)，第一■個(gè)粒子的動(dòng)能Eg=［m用，第

一個(gè)粒子和第二個(gè)粒子通過C的動(dòng)能之比為1:5,故C錯(cuò)誤；第一個(gè)粒子的運(yùn)動(dòng)時(shí)間：J=

i7=-X—=—,第二個(gè)粒子的運(yùn)動(dòng)時(shí)間：t2=-,第一個(gè)粒子和第二個(gè)粒子運(yùn)動(dòng)的時(shí)間

之比tl：Z：2=E2,故D正確。

2.（多選）如圖甲所示，在久。y坐標(biāo)系的第一、四象限存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，規(guī)定垂直紙面向里為

磁場(chǎng)的正方向，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間的變化情況如圖乙所示，t=0時(shí)刻，一個(gè)比荷為區(qū)=1.0x

m

lol/kg的正電荷從（0,百）處以％=1.0xlO,m/s的速度沿y軸負(fù)方向射入磁場(chǎng)，則（BD）

A.在磁場(chǎng)變化的半個(gè)周期內(nèi)，帶電粒子的速度方向改變60°

B.在磁場(chǎng)變化的半個(gè)周期內(nèi)，帶電粒子的速度方向改變120。

C.帶電粒子從射入磁場(chǎng)至第一次經(jīng)過無軸所需的時(shí)間為詈x10-4s

D.帶電粒子從射入磁場(chǎng)至第一次經(jīng)過無軸所需的時(shí)間為祭xlO^s

【解題指南】解決本題需注意：

粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)題意作出粒子運(yùn)動(dòng)軌跡，由洛倫茲力提供向心力得半徑和周

期，根據(jù)時(shí)間知轉(zhuǎn)過的角度，根據(jù)幾何知識(shí)求解位置坐標(biāo)；根據(jù)周期和角度分別求出各段時(shí)

間從而求總時(shí)間。

［解析］選B、Do粒子進(jìn)入磁場(chǎng)后在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第

二定律得：q%B=zn羽，代入數(shù)據(jù)解得：R=0.4m,粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期：T=—,

R%

代入數(shù)據(jù)解得：T=8TTX10-5S,當(dāng)At=gnx10-5s=：T時(shí)，粒子在磁場(chǎng)中恰好轉(zhuǎn)過［圓

周，在磁場(chǎng)變化的半個(gè)周期內(nèi)粒子逆時(shí)針轉(zhuǎn)過［圓周，之后磁場(chǎng)方向反向，粒子順時(shí)針轉(zhuǎn)過1

圓周，做周期性運(yùn)動(dòng)，粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示,

在磁場(chǎng)變化的半個(gè)周期內(nèi)，帶電粒子的速度方向改變120。，故A錯(cuò)誤，B正確；磁場(chǎng)變化兩個(gè)

周期后粒子沿y軸向下運(yùn)動(dòng)的距離：d=4Rcos30°=飛-m,由幾何知識(shí)可知，粒子還需要再

轉(zhuǎn)過60。的圓心角即可經(jīng)過％軸，轉(zhuǎn)過60。所需時(shí)間：t==—xl0-5s,則正電荷從射入

63

磁場(chǎng)到第一次經(jīng)過％軸所需時(shí)間二總=^x10-4s,故c錯(cuò)誤，D正確。

3.（多選）兩塊足夠大的平行金屬極板水平放置，極板間加有空間分布均勻、大小隨時(shí)間周

期性變化的電場(chǎng)和磁場(chǎng)，變化規(guī)律分別如圖1、圖2所示（規(guī)定垂直紙面向里為磁感應(yīng)強(qiáng)度

的正方向）。在t=0時(shí)刻由負(fù)極板某位置釋放一個(gè)初速度為零的帶負(fù)電的粒子（不計(jì)重

力），若電場(chǎng)強(qiáng)度垸、磁感應(yīng)強(qiáng)度殳、粒子的比荷且均已知，且0=一，兩板間距為

比磬，下列說法正確的是（ACD）

q能

E

+1-------1E。；；--；;---;

?????

O擊2to3擊4歷5/ot

圖1

B

D（u\,?,???,?1??

0'/0!2to'3/o!4|/O'5ZO!6V/

IIIIII

-￡n）0'*'—'''

圖2

A.粒子在帖時(shí)刻的動(dòng)能為當(dāng)

B.粒子在to?時(shí)間內(nèi)的速度變化量大小為警

C.粒子在2to?3to時(shí)間內(nèi)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)

D.粒子在極板間運(yùn)動(dòng)的最大位移大小為巴?！?裙+9

q砧

［解析］選A、C、Do由題可知，0?to時(shí)間內(nèi)帶電粒子做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，有。=等

_三駟,2_1EoTT2

Xv1~2~^l°~2~^~7n

%=%=^

故粒子在to時(shí)刻的動(dòng)能為Ek=-mvl-nmf°；

22JBQ

to?3to時(shí)間段內(nèi)，帶電粒子只受洛倫茲力的作用做圓周運(yùn)動(dòng)，故七=吧=吟,7=陋=

2BoqBoqBoq

2to

3to時(shí)粒子的速度方向水平，故to?3to時(shí)間內(nèi)的速度變化量大小為Ab=42v1-國(guó)也Ito?

22BQ2

2to時(shí)間段內(nèi)，磁場(chǎng)方向改變，帶電粒子只受洛倫茲力的作用做圓周運(yùn)動(dòng)，2to時(shí)，粒子運(yùn)動(dòng)

方向豎直向上。

根據(jù)帶電粒子的受力可知，2to?3to帶電粒子向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，x2=vi^o+|ato=

2

3itEom

2瞰

1

v2=vr+atQ=空也,3、?1.、金。?4「0帶電粒子做圓周運(yùn)動(dòng)差=―=4&，兩板間距為

口022BoqBoq

4=如隼，故粒子在極板間的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示

<?Bo

由以上分析可知，當(dāng)粒子到達(dá)對(duì)面極板時(shí)的水平位移為％=2q+2r2=半也

B°q

故粒子在極板間運(yùn)動(dòng)的最大位移大小為

s=唇不行可=乎用『故選A、c、Do

\v/kqB^）qB/

4.[2023?邵陽(yáng)模擬]（多選）如圖甲所示，直線加速器由一個(gè)金屬圓板（序號(hào)為0）和多個(gè)

橫截面積相同的金屬圓筒組成，其中心軸線在同一直線上，圓筒的長(zhǎng)度遵照一定的規(guī)律依次

增加。圓板和圓筒與交流電源相連，序號(hào)為奇數(shù)的圓筒和電源的一極相連，圓板和序號(hào)為偶

數(shù)的圓筒和該電源的另一極相連，交變電源兩極間電勢(shì)差的變化規(guī)律如圖乙所示。若電壓的

絕對(duì)值為U,電子電量大小為e,電子通過圓筒間隙的時(shí)間可以忽略不計(jì)。在t=0時(shí)刻，圓板

中央的一個(gè)電子在圓板和圓筒之間的電場(chǎng)中由靜止開始加速，沿中心軸線沖進(jìn)圓筒1,電子

在每個(gè)圓筒中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間均小于T,且電子均在電壓變向時(shí)恰從各圓筒中射出，不考慮相對(duì)論

效應(yīng)，則(AD)

U

O

-U

乙

A.由于靜電屏蔽作用，圓筒內(nèi)不存在電場(chǎng)

B.電子運(yùn)動(dòng)到第律個(gè)圓筒時(shí)動(dòng)能為2neU

C.在「=9時(shí)奇數(shù)圓筒相對(duì)偶數(shù)圓筒的電勢(shì)差為負(fù)值

D.第n-l個(gè)和第律個(gè)圓筒的長(zhǎng)度之比為內(nèi)口：詆

［解析］選A、Do由于靜電屏蔽作用，圓筒內(nèi)不存在電場(chǎng)，A正確；電子每經(jīng)過一個(gè)間隙，電場(chǎng)

力做功eU,根據(jù)動(dòng)能定理，電子運(yùn)動(dòng)到第n個(gè)圓笥時(shí)動(dòng)能有neU=a-0,即電子運(yùn)動(dòng)到第n

個(gè)圓筒時(shí)動(dòng)能為neU,B錯(cuò)誤；因?yàn)椤?空=7+工，t=工時(shí)圓筒1相對(duì)圓板的電勢(shì)差為正

444

值，同理，t=里時(shí)奇數(shù)圓筒相對(duì)偶數(shù)圓筒的電勢(shì)差為正值，C錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)能定理得eU=

4

|mp2,2eU=|mv23el/=jmvj......,neU=得%='幾一1:匹,電子在

每個(gè)圓筒中做勻速運(yùn)動(dòng)，故第九一1個(gè)和第九個(gè)圓筒的長(zhǎng)度之比為八一i：L九=vn-i：vn,得

LnT:Ln=yjn—1:y/n9D正確。

二、計(jì)算題

5.［2024?懷化三中模擬］如圖甲所示，在豎直平面內(nèi)建立%。y坐標(biāo)系(y軸豎直)，在％〉0

區(qū)域有沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小E=詈；在X>0區(qū)域，還有按圖乙規(guī)律變化

的磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為Bo，磁場(chǎng)方向以垂直紙面向外為正方向。t=0時(shí)刻，有一質(zhì)量為

m,帶電荷量為+q的小球(可視為質(zhì)點(diǎn))以初速度2%從原點(diǎn)。沿與X軸正方向夾角e=:的方

4

向射入第一象限，重力加速度為g。求:

(1)小球從上往下穿過%軸的位置到坐標(biāo)原點(diǎn)的可能距離；

［答案］^(8+n)+(n=0,1,2,3,…)

2qB()qB0

［解析］帶電小球從原點(diǎn)進(jìn)入久＞0區(qū)域后有Eq=mg,所以在此區(qū)域內(nèi)，帶電小球在有磁場(chǎng)時(shí)

做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，在無磁場(chǎng)時(shí)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，其軌跡如圖所示

在°?然時(shí)間內(nèi)'

(2%/

有q-2v5=m

00r

解得r=2出

小球沿％軸正方向前進(jìn)的距離Li=V2r

anm3urncLL

在——?——時(shí)間內(nèi).，

2qB04qB°

小球沿X軸正方向前進(jìn)的距離乙2—2v0tcos^

在翳?券時(shí)間內(nèi)，小球沿％軸正方向前進(jìn)的距離為L(zhǎng)

在器?翳時(shí)間內(nèi)，小球沿久軸正方向前進(jìn)的距離為G，

依此類推，小球從上往下穿過％軸時(shí)的位置到坐標(biāo)原點(diǎn)的距離

)

x=幾(2乙1+2L2)+L]0,1,2,3,…

(2)小球與％軸之間的最大距離。

(V2n+8-4V2)mv0

［解析］由軌跡圖可知，小球與久軸的最大距離位置在第四象限，小球與％軸之間的最大距離為

d=功+7（1-COS9=（曰+8T仞…

6.［2023?永州一中模擬］在如圖甲所示的正方形平面。abc內(nèi)存在著垂直于該平面的勻強(qiáng)磁

場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化規(guī)律如圖乙所示。一個(gè)質(zhì)量為瓶、帶電荷量為+q的粒子（不計(jì)重力）

在t=0時(shí)刻平行于。c邊從。點(diǎn)射入磁場(chǎng)中。已知正方形邊長(zhǎng)為3磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為殳，

規(guī)定垂直于紙面向外為磁場(chǎng)的正方向。

甲

（1）求帶電粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的周期T。。

［答案］誓

［解析］由=TH9,To=羿，

聯(lián)立解得To=—?

qB0

（2）若帶電粒子不能從。a邊界射出磁場(chǎng)，求磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化周期T的最大值。

［答案篇

［解析］如圖1所示為變化周期最大時(shí)粒子不能從0a邊射出的臨界情況，

由幾何關(guān)系可知sina=得a=30°。

在磁場(chǎng)變化的半個(gè)周期內(nèi)，粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡對(duì)應(yīng)的圓心角為150°,

5Tim

運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t——To-,而t=工

所以磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化周期T的最大值為——o

3qB（）

圖1

(3)要使帶電粒子從b點(diǎn)沿著防方向射出磁場(chǎng)，求滿足這一條件的磁感應(yīng)強(qiáng)度變化的周期T

及粒子射入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小。

［答案］等%n=2,4,6,…)

［解析］如圖2所示為粒子從b點(diǎn)沿著油方向射出磁場(chǎng)的一種情況。在磁場(chǎng)變化的半個(gè)周期內(nèi)，

粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡對(duì)應(yīng)的圓心角為2夕，其中°=45°,即工=①，所以磁場(chǎng)變化的周期

為丁=您

弦。M的長(zhǎng)度為s=—(n=2,4,6,…)

n

圓弧半徑為厲=/=：(>1=2,4,6,i)

由q%Bo=瓶子，

K

解得(n-2,4,6,…)。

nm

圖2

【解題指南】解答本題應(yīng)注意以下三點(diǎn)：

(1)根據(jù)洛倫茲力提供向心力求解；

(2)根據(jù)幾何關(guān)系求得帶電粒子不能從0a邊界射出磁場(chǎng)時(shí)在|T時(shí)間內(nèi)轉(zhuǎn)過的圓心角，從而

求得T和周期To的關(guān)系，進(jìn)而得到T的最大值；

(3)根據(jù)粒子運(yùn)動(dòng)得到帶電粒子從b點(diǎn)沿著M方向射出磁場(chǎng)的運(yùn)動(dòng)軌跡，進(jìn)而得到軌道半

徑，由［7時(shí)間內(nèi)轉(zhuǎn)過的圓心角求得周期T；最后根據(jù)洛倫茲力提供向心力求得運(yùn)動(dòng)速度。

7.如圖甲所示，在光。y平面的第I象限內(nèi)有沿+支方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)Ei，第H、III象限內(nèi)同時(shí)存

在著豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)％和垂直紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)8,E2=2.5N/C,磁場(chǎng)B隨時(shí)間t周期性變

化的規(guī)律如圖乙所示，BQ=0.5T,垂直紙面向外為磁場(chǎng)正方向。一個(gè)質(zhì)量?？1=5x10-5kg、

電荷量q=2x10-建的帶正電液滴從尸點(diǎn)(o.6m,0.8m)以某一初速度沿-%方向入射，恰好以

沿一y方向的速度〃經(jīng)過原點(diǎn)。后進(jìn)入尤W0的區(qū)域，t=0時(shí)液滴恰好通過。點(diǎn)，g取lOm/s?。

求：

(1)液滴到達(dá)。點(diǎn)時(shí)速度大小〃和電場(chǎng)強(qiáng)度大小品；

［答案］4m/s1.875N/C

［解析］在％>0的區(qū)域內(nèi)，液滴在豎直方向上做自由落體運(yùn)動(dòng)，

則有y=［gq，”=gh

解得：

tr—0.4s,v-4m/s

液滴在水平方向上做勻減速運(yùn)動(dòng)，

%|at1,qEr—ma

解得：Ei=1.875N/C

(2)液滴從P開始運(yùn)動(dòng)到第二次經(jīng)過%軸經(jīng)歷的時(shí)間t；

［答案］管+04)s

［解析］液滴進(jìn)入％<0的區(qū)域后，由于=mg,液滴做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖1所

7T*o

其做圓周運(yùn)動(dòng)的大、

22

由quB。=m—p,2qvB=mp—

rlr2