第7課時(shí)專題強(qiáng)化：帶電粒子在疊加場(chǎng)和交變電、磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)目標(biāo)要求1.了解疊加場(chǎng)的特點(diǎn)，會(huì)處理帶電粒子在疊加場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問題。2.掌握帶電粒子在交變電、磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的解題思路和處理方法?？键c(diǎn)一帶電粒子在疊加場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)1．疊加場(chǎng)電場(chǎng)、磁場(chǎng)、重力場(chǎng)共存，或其中某兩場(chǎng)共存。2．帶電粒子在疊加場(chǎng)中常見的幾種運(yùn)動(dòng)形式運(yùn)動(dòng)性質(zhì)受力特點(diǎn)方法規(guī)律勻速直線運(yùn)動(dòng)粒子所受合力為0平衡條件勻速圓周運(yùn)動(dòng)除洛倫茲力外，另外兩力的合力為零：qE＝mg牛頓第二定律、圓周運(yùn)動(dòng)的規(guī)律較復(fù)雜的曲線運(yùn)動(dòng)除洛倫茲力外，其他力的合力既不為零，也不與洛倫茲力等大反向動(dòng)能定理、能量守恒定律例1如圖所示，在豎直平面內(nèi)建立直角坐標(biāo)系xOy，其第一象限存在著正交的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度的方向水平向右，磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直紙面向里。一帶電荷量為＋q、質(zhì)量為m的微粒從原點(diǎn)出發(fā)，以某一初速度沿與x軸正方向的夾角為45°的方向進(jìn)入疊加場(chǎng)中，正好做直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)微粒運(yùn)動(dòng)到A(l，l)時(shí)，電場(chǎng)方向突然變?yōu)樨Q直向上(不計(jì)電場(chǎng)變化的時(shí)間)，微粒繼續(xù)運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后，正好垂直于y軸穿出疊加場(chǎng)。不計(jì)一切阻力，重力加速度為g，求：(1)電場(chǎng)強(qiáng)度E的大?。?2)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大??；(3)微粒在疊加場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間。答案(1)eq\f(mg,q)(2)eq\f(m,q)eq\r(\f(g,l))(3)(eq\f(3π,4)＋1)eq\r(\f(l,g))解析(1)微粒到達(dá)A(l，l)之前做勻速直線運(yùn)動(dòng)，對(duì)微粒受力分析如圖甲，可知Eq＝mg，得E＝eq\f(mg,q)。(2)由平衡條件得：qvB＝eq\r(2)mg電場(chǎng)方向變化后，微粒所受重力與靜電力平衡，微粒在洛倫茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖乙，有qvB＝meq\f(v2,r)由幾何知識(shí)可得：r＝eq\r(2)l聯(lián)立解得：v＝eq\r(2gl)，B＝eq\f(m,q)eq\r(\f(g,l))。(3)微粒做勻速直線運(yùn)動(dòng)的時(shí)間：t1＝eq\f(\r(2)l,v)＝eq\r(\f(l,g))微粒做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的時(shí)間：t2＝eq\f(\f(3,4)π·\r(2)l,v)＝eq\f(3π,4)eq\r(\f(l,g))微粒在疊加場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間：t＝t1＋t2＝(eq\f(3π,4)＋1)eq\r(\f(l,g))。例2(多選)(2022·廣東卷·8)如圖所示，磁控管內(nèi)局部區(qū)域分布有水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。電子從M點(diǎn)由靜止釋放，沿圖中所示軌跡依次經(jīng)過N、P兩點(diǎn)。已知M、P在同一等勢(shì)面上，下列說法正確的有()A．電子從N到P，電場(chǎng)力做正功B．N點(diǎn)的電勢(shì)高于P點(diǎn)的電勢(shì)C．電子從M到N，洛倫茲力不做功D．電子在M點(diǎn)所受的合力大于在P點(diǎn)所受的合力答案BC解析由題可知電子所受電場(chǎng)力水平向左，電子從N到P的過程中電場(chǎng)力做負(fù)功，故A錯(cuò)誤；根據(jù)沿著電場(chǎng)線方向電勢(shì)逐漸降低可知，N點(diǎn)的電勢(shì)高于P點(diǎn)的電勢(shì)，故B正確；由于洛倫茲力一直都和速度方向垂直，故電子從M到N，洛倫茲力不做功，故C正確；由于M點(diǎn)和P點(diǎn)在同一等勢(shì)面上，故從M點(diǎn)到P點(diǎn)電場(chǎng)力做功為0，而洛倫茲力不做功，M點(diǎn)速度為0，根據(jù)動(dòng)能定理可知電子在P點(diǎn)速度也為0，則電子在M點(diǎn)和P點(diǎn)都只受電場(chǎng)力作用，在勻強(qiáng)電場(chǎng)中電子在這兩點(diǎn)所受電場(chǎng)力相等，即所受合力相等，故D錯(cuò)誤。考點(diǎn)二帶電粒子在交變電、磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)解決帶電粒子在交變電、磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問題的基本思路先讀圖看清并且明白場(chǎng)的變化情況受力分析分析粒子在不同的變化場(chǎng)區(qū)的受力情況過程分析分析粒子在不同時(shí)間段內(nèi)的運(yùn)動(dòng)情況找銜接點(diǎn)找出銜接相鄰兩過程的物理量選規(guī)律聯(lián)立不同階段的方程求解例3如圖甲所示，M、N為豎直放置且彼此平行的兩塊平板，板間距離為d，兩板中央各有一個(gè)小孔O、O′正對(duì)，在兩板間有垂直于紙面方向的磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間的變化如圖乙所示(設(shè)垂直于紙面向里的磁場(chǎng)方向?yàn)檎较?。有一群正離子在t＝0時(shí)垂直于M板從小孔O射入磁場(chǎng)。已知正離子質(zhì)量為m、帶電荷量為q，正離子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期與磁感應(yīng)強(qiáng)度變化的周期都為T0，不考慮由于磁場(chǎng)變化而產(chǎn)生的電場(chǎng)的影響，不計(jì)離子所受重力及離子間的相互作用力。求：(1)磁感應(yīng)強(qiáng)度B0的大小。(2)要使正離子從O′垂直于N板射出磁場(chǎng)，正離子射入磁場(chǎng)時(shí)的速度v0的可能值。答案(1)eq\f(2πm,qT0)(2)eq\f(πd,2nT0)(n＝1,2,3…)解析(1)正離子射入磁場(chǎng)，洛倫茲力提供向心力，有B0qv0＝eq\f(mv02,R)，做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期T0＝eq\f(2πR,v0)由以上兩式得磁感應(yīng)強(qiáng)度B0＝eq\f(2πm,qT0)(2)要使正離子從O′垂直于N板射出磁場(chǎng)，v0的方向應(yīng)如圖所示，兩板之間正離子只運(yùn)動(dòng)一個(gè)周期T0時(shí)，有R＝eq\f(d,4)；當(dāng)兩板之間正離子運(yùn)動(dòng)n個(gè)周期即nT0時(shí)，有R＝eq\f(d,4n)(n＝1,2,3…)聯(lián)立解得正離子的速度的可能值為v0＝eq\f(B0qR,m)＝eq\f(πd,2nT0)(n＝1,2,3…)。例4如圖甲所示的坐標(biāo)系中，在x軸上方的區(qū)域內(nèi)存在著如圖乙所示周期性變化的電場(chǎng)和磁場(chǎng)，交變電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E0，交變磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0，取x軸正方向?yàn)殡妶?chǎng)的正方向，垂直紙面向外為磁場(chǎng)的正方向。在t＝0時(shí)刻，將一質(zhì)量為m、帶電荷量為q、重力不計(jì)的帶正電粒子，從y軸上A點(diǎn)由靜止釋放。粒子經(jīng)過電場(chǎng)加速和磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后垂直打在x軸上。求：(1)粒子第一次在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑；(2)粒子打在x軸負(fù)半軸上到O點(diǎn)的最小距離；(3)起點(diǎn)A與坐標(biāo)原點(diǎn)間的距離d應(yīng)滿足的條件；(4)粒子打在x軸上的位置與坐標(biāo)原點(diǎn)O的距離跟粒子加速和偏轉(zhuǎn)次數(shù)n的關(guān)系。答案(1)eq\f(πmE0,qB02)(2)eq\f(πmE0,qB02)(π＋2)(3)d＝eq\f(n2πmE0,qB02)(n＝1,2,3…)(4)xP＝eq\f(nπmE0,2qB02)(π＋2)(n＝1,2,3…)解析(1)粒子第一次在電場(chǎng)中有qE0＝mav1＝at0，t0＝eq\f(πm,qB0)，粒子第一次進(jìn)入磁場(chǎng)中有qv1B0＝eq\f(mv12,R1)，聯(lián)立解得R1＝eq\f(πmE0,qB02)(2)由題意可知粒子經(jīng)2次加速和偏轉(zhuǎn)后打在x軸負(fù)半軸上到O點(diǎn)的距離最小，如圖甲所示第一次加速的位移為Δx1＝eq\f(at02,2)＝eq\f(π2mE0,2qB02)第二次加速的位移Δx2＝3Δx1，v2＝2at0＝eq\f(2πE0,B0)，則R2＝eq\f(mv2,qB0)＝eq\f(2πmE0,qB02)ΔxP＝Δx2－Δx1＋R2＝eq\f(πmE0,qB02)(π＋2)(3)分析帶電粒子運(yùn)動(dòng)軌跡，如圖乙所示可知A與坐標(biāo)原點(diǎn)間的距離d應(yīng)滿足d＝n2R1＝eq\f(n2πmE0,qB02)(n＝1,2,3…)(4)若粒子經(jīng)過n次加速和偏轉(zhuǎn)后打在x軸上xP＝n(Δx1＋R1)＝eq\f(nπmE0,2qB02)(π＋2)(n＝1,2,3…)。課時(shí)精練1.如圖所示，一帶電液滴在相互垂直的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)中剛好做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，其軌道半徑為R，已知該電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E、方向豎直向下；該磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直紙面向里，不計(jì)空氣阻力，設(shè)重力加速度為g，則()A．液滴帶正電B．液滴比荷eq\f(q,m)＝eq\f(E,g)C．液滴沿順時(shí)針方向運(yùn)動(dòng)D．液滴運(yùn)動(dòng)速度大小v＝eq\f(Rg,BE)答案C解析液滴在重力場(chǎng)、勻強(qiáng)電場(chǎng)、勻強(qiáng)磁場(chǎng)的疊加場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，可知qE＝mg，得eq\f(q,m)＝eq\f(g,E)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；靜電力方向豎直向上，液滴帶負(fù)電，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由左手定則可判斷液滴沿順時(shí)針方向運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)C正確；對(duì)液滴有qE＝mg，qvB＝meq\f(v2,R)，聯(lián)立得v＝eq\f(RBg,E)，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。2．(多選)(2024·吉林長春市外國語學(xué)校開學(xué)考)如圖所示，在豎直平面內(nèi)的虛線下方分布著互相垂直的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為10N/C，方向水平向左；磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為2T，方向垂直紙面向里?，F(xiàn)將一質(zhì)量為0.2kg、電荷量為＋0.5C的小球，從該區(qū)域上方的某點(diǎn)A以某一初速度水平拋出，小球進(jìn)入虛線下方后恰好做直線運(yùn)動(dòng)。已知重力加速度為g＝10m/s2。下列說法正確的是()A．小球平拋的初速度大小為5m/sB．小球平拋的初速度大小為2m/sC．A點(diǎn)距該區(qū)域上邊界的高度為1.25mD．A點(diǎn)距該區(qū)域上邊界的高度為2.5m答案BC解析小球受豎直向下的重力與水平向左的靜電力作用，小球進(jìn)入電磁場(chǎng)區(qū)域做直線運(yùn)動(dòng)，小球受力如圖所示，小球做直線運(yùn)動(dòng)，則qvBcosθ＝mg，小球的速度vcosθ＝v0，代入數(shù)據(jù)解得v0＝2m/s，故A錯(cuò)誤，B正確；小球從A點(diǎn)拋出到進(jìn)入疊加場(chǎng)過程，由動(dòng)能定理得mgh＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02，根據(jù)在疊加場(chǎng)中的受力情況可知(mg)2＋(qE)2＝(qvB)2，解得h＝eq\f(E2,2gB2)，代入數(shù)據(jù)解得h＝1.25m，故C正確，D錯(cuò)誤。3．(2023·廣東梅州市期末)如圖甲所示，在豎直平面內(nèi)建立xOy坐標(biāo)系(y軸豎直)，在x>0區(qū)域有沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E＝eq\f(mg,q)；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B0，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2v0從原點(diǎn)O沿與x軸正方向夾角θ＝eq\f(π,4)的方向射入第一象限，重力加速度為g。求：(1)小球從上往下穿過x軸的位置到坐標(biāo)原點(diǎn)的可能距離；(2)小球與x軸之間的最大距離。答案(1)eq\f(\r(2)nmv0,2qB0)(8＋π)＋eq\f(2\r(2)mv0,qB0)(n＝0,1,2，3，…)(2)eq\f(\r(2)π＋8－4\r(2)mv0,4B0q)解析(1)帶電小球從原點(diǎn)進(jìn)入x>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0～eq\f(πm,2qB0)時(shí)間內(nèi)，有q·2v0B0＝meq\f(2v02,r)即r＝eq\f(2mv0,B0q)，小球沿x軸正方向前進(jìn)的距離L1＝eq\r(2)r在eq\f(πm,2qB0)～eq\f(3πm,4qB0)時(shí)間內(nèi)，小球沿x軸正方向前進(jìn)的距離L2＝2v0tcoseq\f(π,4)＝eq\f(\r(2)πmv0,4qB0)在eq\f(3πm,4qB0)～eq\f(5πm,4qB0)時(shí)間內(nèi)，小球沿x軸正方向前進(jìn)的距離為L1在eq\f(5πm,4qB0)～eq\f(3πm,2qB0)時(shí)間內(nèi)，小球沿x軸正方向前進(jìn)的距離為L2以此類推，小球從上往下穿過x軸時(shí)的位置到坐標(biāo)原點(diǎn)的距離x＝n(2L1＋2L2)＋L1＝eq\f(\r(2)nmv0,2qB0)(8＋π)＋eq\f(2\r(2)mv0,qB0)(n＝0,1,2,3，…)。(2)由軌跡圖可知，小球與x軸的最大距離位置在第四象限小球與x軸之間的最大距離d＝L2＋r(1－coseq\f(π,4))＝eq\f(\r(2)π＋8－4\r(2)mv0,4B0q)。4．(多選)(2024·重慶西南大學(xué)附中月考)如圖甲所示的平行金屬極板M、N之間存在交替出現(xiàn)的勻強(qiáng)磁場(chǎng)和勻強(qiáng)電場(chǎng)，取垂直紙面向外為磁場(chǎng)正方向，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t周期性變化的規(guī)律如圖乙所示，取垂直極板向上為電場(chǎng)正方向，電場(chǎng)強(qiáng)度E隨時(shí)間t周期性變化的規(guī)律如圖丙所示。t＝0.5t0時(shí)，一不計(jì)重力、帶正電的粒子從極板左端以速度v沿板間中線平行極板射入板間，最終平行于極板中線射出，已知粒子在t＝1.5t0時(shí)速度為零，且整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中始終未與兩極板接觸，則下列說法正確的是()A．粒子可能在2.5t0時(shí)刻射出極板B．極板間距不小于eq\f(vt0,2)＋eq\f(2vt0,π)C．極板長度為eq\f(nvt0,π)(n＝1,2,3…)D.eq\f(E0,B0)＝eq\f(2v,π)答案ABD解析根據(jù)題意可知，在0.5t0～t0內(nèi)，粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，且轉(zhuǎn)了eq\f(1,4)周，在t0～1.5t0內(nèi)，粒子在電場(chǎng)中向下做減速運(yùn)動(dòng)到速度為零，在1.5t0～2t0內(nèi)，粒子在電場(chǎng)中向上做加速運(yùn)動(dòng)到速度為v，在2t0～2.5t0內(nèi)，粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，轉(zhuǎn)了eq\f(1,4)周，粒子回到極板中線，速度平行于極板中線，接下來粒子周期性地重復(fù)以上運(yùn)動(dòng)，粒子在一個(gè)運(yùn)動(dòng)周期內(nèi)的軌跡如圖所示。粒子一個(gè)運(yùn)動(dòng)周期為T＝2.5t0－0.5t0＝2t0，故粒子射出極板的時(shí)刻可能為t＝0.5t0＋nT＝(0.5＋2n)t0(n＝1,2,3…)，當(dāng)n＝1時(shí)t＝0.5t0＋T＝2.5t0，故A正確；粒子在磁場(chǎng)中，設(shè)粒子的軌跡半徑為r，則有T磁＝eq\f(2πr,v)＝2t0，解得r＝eq\f(vt0,π)，粒子在電場(chǎng)中向下減速的位移為y＝eq\f(v,2)·0.5t0＝eq\f(vt0,4)，故極板間距應(yīng)滿足d≥2(r＋y)＝eq\f(2vt0,π)＋eq\f(vt0,2)，故B正確；極板長度可能為L＝n·2r＝eq\f(2nvt0,π)(n＝1,2,3…)，故C錯(cuò)誤；粒子在磁場(chǎng)中，有T磁＝eq\f(2πm,qB0)＝2t0，解得B0＝eq\f(πm,qt0)，粒子在電場(chǎng)中，有v＝a·0.5t0＝eq\f(qE0,m)·0.5t0，解得E0＝eq\f(2mv,qt0)，可得eq\f(E0,B0)＝eq\f(2v,π)，故D正確。5．在如圖甲所示的正方形平面Oabc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m、帶電荷量為＋q的粒子(不計(jì)重力)在t＝0時(shí)刻沿Oc邊從O點(diǎn)射入磁場(chǎng)中。已知正方形邊長為L，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B0，規(guī)定垂直于紙面向外為磁場(chǎng)的正方向。(1)求帶電粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的周期T0。(2)若帶電粒子不能從Oa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。(3)要使帶電粒子從b點(diǎn)沿著ab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(1)eq\f(2πm,qB0)(2)eq\f(5πm,3qB0)(3)eq\f(πm,qB0)eq\f(qB0L,nm)(n＝2,4,6…)解析(1)由qvB0＝meq\f(v2,r)，T0＝eq\f(2πr,v)，聯(lián)立解得T0＝eq\f(2πm,qB0)。(2)如圖甲所示為周期最大時(shí)粒子不能從Oa邊射出的臨界情況，由幾何關(guān)系可知sinα＝eq\f(1,2)，得α＝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°，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t＝eq\f(5,12)T0＝eq\f(5πm,6qB0)，而t＝eq\f(T,2)所以磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化周期T的最大值為eq\f(5πm,3qB0)。(3)如圖乙所示為粒子從b點(diǎn)沿著ab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2β，其中β＝45°，即eq\f(T,2)＝eq\f(T0,4)，所以磁場(chǎng)變化的周期為T＝eq\f(πm,qB0)弦OM的長度為s＝eq\f(\r(2)L,n)(n＝2,4,6…)圓弧半徑為R＝eq\f(s,\r(2))＝eq\f(L,n)(n＝2,4,6…)由qv0B0＝meq\f(v02,R)，解得v0＝eq\f(qB0L,nm)(n＝2,4,6…)。6.(2024·江西省月考)如圖所示，在豎直平面內(nèi)的直角坐標(biāo)系xOy中，第四象限內(nèi)有垂直坐標(biāo)平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)和沿x軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E。第一象限中有沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)(電場(chǎng)強(qiáng)度大小未知)，且某未知矩形區(qū)域內(nèi)有垂直坐標(biāo)平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)(磁感應(yīng)強(qiáng)度大小也為B)。一個(gè)帶電小球從圖中y軸上的M點(diǎn)沿與x軸成θ＝45°角斜向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，由x軸上的N點(diǎn)進(jìn)入第一象限并立即在矩形磁場(chǎng)區(qū)域內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，離開矩形磁場(chǎng)區(qū)域后垂直打在y軸上的P點(diǎn)(圖中未標(biāo)出)，已知O、N兩點(diǎn)間的距離為L，重力