第第頁高考物理總復習《帶電粒子在交變場中的運動》專項測試卷含答案學校:___________班級：___________姓名：___________考號：___________目標要求1.對帶電粒子在交變電場中的運動問題，會分過程進行受力分析、運動分析，并結合v－t圖像求解問題。2.掌握帶電粒子在交變電、磁場中運動問題的分析方法，熟悉帶電粒子運動的常見模型。考點一帶電粒子在交變電場中的運動處理帶電粒子在交變電場中運動的問題時，對帶電粒子進行受力分析，判斷帶電粒子在每一段的運動情況，畫出粒子在電場方向的v－t圖像、運動示意圖，結合圖像去分析粒子的運動情況，在v－t圖像中，圖線與t軸所圍面積表示沿電場方向粒子的位移。帶電粒子在交變電場中沿電場強度方向的運動常見的v－t圖像如圖所示。例1(江蘇蘇州市期末)如圖a所示，水平放置的兩正對、平行金屬板A、B間加有如圖b所示的交變電壓U，現有一帶電粒子從A板左端邊緣以速度v0水平射入電場。粒子電荷量為＋q，質量為m，不計粒子重力。(1)若粒子能夠射出電場，已知金屬板長度為L，求粒子在電場中的運動時間t；(2)若粒子在t＝eq\f(T,4)時刻射入電場，經過一段時間后從A板右側邊緣水平射出，則板長L和兩板間距d分別滿足什么條件？(3)若金屬板足夠長，要求t＝0時刻射入的粒子打到B板時動能最大，則兩板間距d應當滿足什么條件？答案(1)eq\f(L,v0)(2)L＝nv0T(n＝1,2,3…)d≥eq\f(T,4)eq\r(\f(qU0,m))(3)d＝eq\f(T,4)eq\r(\f(4n＋2qU0,m))(n＝0,1,2,3…)解析(1)根據題意可知，粒子在電場中的水平方向上做勻速直線運動，若粒子能夠射出電場，則粒子在電場中的運動時間為t＝eq\f(L,v0)(2)根據題意可知，若粒子在t＝eq\f(T,4)時刻射入電場，且經過一段時間后能夠從A板右側邊緣水平射出，則在豎直方向上，粒子在eq\f(T,4)～eq\f(T,2)時間內，做向下的勻加速直線運動，在eq\f(T,2)～eq\f(3T,4)時間內，向下做勻減速直線運動，由對稱性可知，粒子在eq\f(3T,4)時，豎直分速度減小到0，此時，粒子未打到B板上，然后在eq\f(3T,4)～T時間內，向上做勻加速直線運動，在T～eq\f(5T,4)時間內，向上做勻減速直線運動，由對稱性可知，在eq\f(5T,4)時，粒子可能恰好回到A板邊緣，且豎直分速度為0，由上述分析可知，兩板間距d滿足條件：d≥2×eq\f(1,2)a(eq\f(T,4))2由牛頓第二定律可得a＝eq\f(U0q,md)聯立解得d≥eq\f(T,4)eq\r(\f(qU0,m))。粒子也可能在eq\f(9,4)T，eq\f(13,4)T，……時從A板邊緣射出粒子在電場中的運動時間為t1＝nT(n＝1,2,3…)則板長為L＝v0t1＝nv0T(n＝1,2,3…)(3)根據題意可知，若粒子從t＝0時刻進入電場，在0～eq\f(T,2)時間內，做向下的勻加速直線運動，在eq\f(T,2)～T時間內，向下做勻減速直線運動，由對稱性可知，在T時刻，粒子豎直分速度減小到0，要求粒子打到B板時動能最大，則粒子打到B板時，豎直分速度最大，即粒子在eq\f(T,2)，eq\f(3T,2)，eq\f(5T,2)…時，恰好打到B板，則有d＝(2n＋1)×eq\f(1,2)eq\f(qU0,dm)(eq\f(T,2))2(n＝0,1,2,3…)解得d＝eq\f(T,4)eq\r(\f(4n＋2qU0,m))(n＝0,1,2,3…)。考點二帶電粒子在交變電、磁場中的運動此類問題是場在時間上的組合，電場或磁場往往具有周期性，粒子的運動也往往具有周期性。這種情況下要仔細分析帶電粒子的受力情況和運動過程，弄清楚帶電粒子在每一時間段內在電場、磁場中各處于什么狀態，做什么運動，畫出一個周期內的運動軌跡，確定帶電粒子的運動過程，選擇合適的規律進行解題。例2(多選)(重慶北碚西南大學附中檢測)如圖甲所示的平行金屬極板M、N之間存在交替出現的勻強磁場和勻強電場，取垂直紙面向外為磁場正方向，磁感應強度B隨時間t周期性變化的規律如圖乙所示，取垂直極板向上為電場正方向，電場強度E隨時間t周期性變化的規律如圖丙所示。t＝0.5t0時，一不計重力、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時速度為零，且整個運動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)解題指導答案ABD解析根據題意可知，在0.5t0～t0內，粒子在磁場中做勻速圓周運動，因t＝1.5t0時速度為零，故t＝t0時，水平速度一定為零，所以粒子在0.5t0～t0內轉了eq\f(1,4)周，在t0～1.5t0內，粒子在電場中向下做減速運動到速度為零，在1.5t0～2t0內，粒子在電場中向上做加速運動到速度為v，在2t0～2.5t0內，粒子在磁場中做勻速圓周運動，轉了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以上運動，粒子在一個運動周期內的軌跡如圖所示粒子一個運動周期為T＝2.5t0－0.5t0＝2t0，故粒子射出極板的時刻可能為t＝0.5t0＋nT＝(0.5＋2n)t0(n＝1,2,3…)，當n＝1時，t＝0.5t0＋2T＝2.5t0，故A正確；粒子在磁場中，設粒子的軌跡半徑為r，則有T磁＝eq\f(2πr,v)＝2t0，解得r＝eq\f(vt0,π)，粒子在電場中向下減速運動的位移為y＝eq\f(v,2)×0.5t0＝eq\f(vt0,4)，故極板間距應滿足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錯誤；粒子在磁場中，有T磁＝eq\f(2πm,qB0)＝2t0，解得B0＝eq\f(πm,qt0)，粒子在電場中，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。例3(湖南永州市三模)如圖甲所示，在xOy平面的第Ⅰ象限內有沿x軸正方向的勻強電場E1，在x≤0區域內同時存在著豎直向上的勻強電場E2和垂直紙面的磁場B1(未畫出)，E1＝0.1N/C，E2＝0.25N/C，磁場B1隨時間t變化的規律如圖乙所示，t0＝eq\f(π,160)s，設垂直紙面向外為磁場正方向。一個質量為m、電荷量為q的帶正電液滴從P點以速度v0＝2m/s沿x軸負方向入射，恰好沿y軸負方向以速度v經過原點O后進入x≤0的區域。已知m＝5×10－6kg，q＝2×10－4C，t＝0時液滴恰好通過O點，重力加速度g取10m/s2。(1)求液滴第一次到達O點時速度v的大小；(2)求液滴在0～5t0時間內的路程。答案(1)5m/s(2)eq\f(5π,32)m解析(1)對帶電液滴在水平方向和豎直方向的運動由動量定理有－E1qt＝0－mv0mgt＝mv解得v＝5m/s(2)帶電液滴在第Ⅱ、Ⅲ象限有E2q＝mg則帶電液滴在第Ⅱ、Ⅲ象限中在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動qvB1＝meq\f(v2,r)，T＝eq\f(2πr,v)當B1＝2T時，r1＝eq\f(1,16)m，T1＝eq\f(π,40)s當B1＝4T時，r2＝eq\f(1,32)m，T2＝eq\f(π,80)s帶電液滴在0～5t0即0～eq\f(π,32)s內運動軌跡如圖所示則液滴在0～5t0即0～eq\f(π,32)s時間內的路程s＝eq\f(3,2)πr1＋2πr2解得s＝eq\f(5π,32)m。(湖北武漢市模擬)如圖甲所示，兩平行金屬板水平放置，間距為d，金屬板長為L＝2d，兩金屬板間加如圖乙所示的電壓(U0＝eq\f(16md2,qT2)，初始時上金屬板帶正電)。一粒子源射出的帶電粒子恰好從上金屬板左端的下邊緣水平進入兩金屬板間。該粒子源能隨時間均勻發射質量為m、電荷量為＋q的帶電粒子，初速度v0＝eq\f(4d,T)，重力忽略不計，忽略粒子間相互影響，則()A．能從板間飛出的粒子在板間運動的時間為eq\f(T,4)B．能從板間飛出的粒子束進入極板的時刻為eq\f(T,4)＋neq\f(T,2)(n＝1,2,3，…)C．若粒子在t＝eq\f(T,4)時刻進入兩極板之間，粒子飛出極板時的偏移量y是eq\f(d,2)D．若發射時間足夠長，則能夠從兩金屬板間飛出的粒子占總入射粒子數的比例為eq\f(\r(2)－1,4)答案D解析由于粒子只受到豎直方向的靜電力作用，則粒子做類平拋運動。水平方向上不受外力，故做勻速直線運動，豎直方向做勻變速直線運動，故能從板間飛出的粒子在板間運動的時間為t＝eq\f(L,v0)＝eq\f(2d,\f(4d,T))＝eq\f(T,2)，故A錯誤；設粒子在兩金屬板間運動時的加速度為a，則a＝eq\f(qU0,dm)＝eq\f(16d,T2)，若粒子在t＝eq\f(T,4)時刻進入兩極板之間，則它在豎直方向上先勻加速向下運動eq\f(T,4)的時間，有y1＝eq\f(1,2)a(eq\f(T,4))2＝eq\f(d,2)，eq\f(T,4)時間之后電場反向，粒子開始在豎直方向上勻減速向下運動，則根據豎直方向運動的對稱性，再經過eq\f(T,4)的時間粒子豎直分速度減為零，共經歷eq\f(T,2)的時間從兩金屬板間飛出。如圖甲所示，粒子飛出極板時的總偏移量y＝2y1＝d，故C錯誤；由題意可知，第一個周期內只有在0≤t<eq\f(T,2)時間段內進入才有可能飛出。假設t＝0時刻進入兩金屬板間的粒子可以飛出，則飛出時偏移量為y＝eq\f(1,2)a(eq\f(T,2))2＝2d>d，則假設不成立，t＝0時刻進入兩金屬板間的粒子會打在金屬板上。若從下金屬板臨界點射出：在第一個周期內設帶電粒子在t1時刻進入兩金屬板間，它在豎直方向上先加速向下，在經過Δt1時間后電場反向，開始在豎直方向減速向下，根據對稱性，再經過Δt1時間豎直方向速度減為0，恰好從下金屬板右端飛出，則如圖甲中情形相同。d＝2×eq\f(1,2)a(Δt1)2，則Δt1＝eq\f(T,4)，所以t1＝eq\f(T,2)－Δt1＝eq\f(T,4)，可知能從板間飛出的粒子束進入極板的時刻為eq\f(T,4)＋nT(n＝1,2,3，…)。若從上金屬板臨界點射出：在第一個周期內設帶電粒子在t2時刻進入兩金屬板間，它在豎直方向上先加速向下，在經過Δt2時間后電場反向，開始在豎直方向減速向下，根據對稱性，再經過Δt2時間豎直方向速度減為0，然后加速向上直到恰好從上金屬板右端飛出，運動軌跡如圖乙所示，可知2×eq\f(1,2)a(Δt2)2＝eq\f(1,2)a(eq\f(T,2)－2Δt2)2，解得Δt2＝eq\f(2－\r(2),4)T或Δt2＝eq\f(2＋\r(2),4)T(舍去)，所以t2＝eq\f(T,2)－Δt2＝eq\f(\r(2),4)T，在第一個周期內帶電粒子不碰到金屬板而能夠飛出的入射時刻滿足eq\f(1,4)T≤t≤eq\f(\r(2),4)T，則第一個周期內能夠飛出的粒子占第一周期內入射粒子總數的比例，與足夠長的時間內飛出的粒子占入射粒子總數的比例相同，均為k＝eq\f(\f(\r(2),4)T－\f(1,4)T,T)＝eq\f(\r(2)－1,4)故B錯誤，D正確。培優練5帶電粒子在交變場中的運動1．(云南省聯考)如圖甲，一帶電粒子沿平行板電容器中線MN以速度v平行于極板進入(記為t＝0時刻)，同時在兩板上加一按圖乙變化的電壓。已知粒子比荷為k，帶電粒子只受靜電力的作用且不與極板發生碰撞，經過一段時間，粒子以平行極板方向的速度射出。則下列說法中正確的是()A．粒子射出時間可能為t＝4sB．粒子射出的速度大小為2vC．極板長度滿足L＝3vn(n＝1,2,3…)D．極板間最小距離為eq\r(\f(3kU0,2))2．(黑龍江哈爾濱市三模)實驗小組用如圖甲所示裝置研究帶電粒子在兩個平行金屬板間的運動，已知板長為L，兩板間距d未知，將放射源P靠近平行金屬板，放射出的帶電粒子沿平行金屬板A、B的中軸線MN射入板間，平行金屬板A、B間加有如圖乙所示的交變電壓，已知電壓U0，周期T未知，當電壓穩定時，板間是勻強電場。質量為m、電荷量為q的粒子以eq\f(8,5)v0的速率在eq\f(3,8)T時刻從M點進入板間，T時刻離開金屬板，運動過程中恰好不與金屬板碰撞(粒子重力忽略不計)。求平行板A、B的間距d是多少？3．如圖甲所示，在xOy平面的第一象限內(含x軸和y軸的正半軸)存在周期性變化的磁場，規定垂直紙面向內的方向為正，磁感應強度B隨時間t的變化規律如圖乙所示。某質量為m、電荷量為＋q的粒子，在t＝0時刻沿x軸正方向從坐標原點O射入磁場。圖乙中T0為未知量。已知B0＝keq\f(πm,q)，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：(1)0～eq\f(2,5)T0時間內粒子做勻速圓周運動的角速度ω；(2)若粒子不能從y軸正半軸射出磁場，磁感應強度變化周期的最大值T0m；(3)若粒子能沿x軸正方向通過坐標為(3d，4d)的D點，其射入磁場時速率v。4．如圖甲所示，水平放置的平行金屬板P和Q，相距為d，兩板間存在周期性變化的電場或磁場。P、Q間的電勢差UPQ隨時間的變化規律如圖乙所示，磁感應強度B隨時間變化的規律如圖丙所示，磁場方向垂直紙面向里為正方向。t＝0時刻，一質量為m、電荷量為＋q的粒子(不計重力)，以初速度v0由P板左端靠近板面的位置，沿平行于板面的方向射入兩板之間，q、m、d、v0、U0為已知量。(1)若僅存在交變電場，要使粒子飛到Q板時，速度方向恰好與Q板相切，求交變電場周期T；(2)若僅存在勻強磁場，且滿足B0＝eq\f(2mv0,qd)，粒子經一段時間恰能垂直打在Q板上(不考慮粒子反彈)，求打中點到出發點的水平距離。參考答案1．(云南省聯考)如圖甲，一帶電粒子沿平行板電容器中線MN以速度v平行于極板進入(記為t＝0時刻)，同時在兩板上加一按圖乙變化的電壓。已知粒子比荷為k，帶電粒子只受靜電力的作用且不與極板發生碰撞，經過一段時間，粒子以平行極板方向的速度射出。則下列說法中正確的是()A．粒子射出時間可能為t＝4sB．粒子射出的速度大小為2vC．極板長度滿足L＝3vn(n＝1,2,3…)D．極板間最小距離為eq\r(\f(3kU0,2))答案D解析粒子進入電容器后，在平行于極板方向做勻速直線運動，垂直極板方向運動的v－t圖像如圖所示，因為粒子平行于極板射出，可知粒子垂直板的分速度為0。0～1s，加速度大小a1＝eq\f(qU0,md)，1～2s加速度大小a2＝eq\f(2qU0,md)＝2a1，所以1.5s,3s、4.5s……時，豎直速度為零，所以射出時刻可能為1.5s、3s、4.5s……，滿足t＝1.5n(n＝1,2,3……)，粒子射出的速度大小必定為v，故A、B錯誤；極板長度L＝v·1.5n(n＝1,2,3……)，故C錯誤；因為粒子不跟極板碰撞，則應滿足eq\f(d,2)≥eq\f(1,2)v垂直×1.5，v垂直＝a×1，a＝eq\f(qU0,md)，聯立求得d≥eq\r(\f(3,2)kU0)，故D正確。2．(黑龍江哈爾濱市三模)實驗小組用如圖甲所示裝置研究帶電粒子在兩個平行金屬板間的運動，已知板長為L，兩板間距d未知，將放射源P靠近平行金屬板，放射出的帶電粒子沿平行金屬板A、B的中軸線MN射入板間，平行金屬板A、B間加有如圖乙所示的交變電壓，已知電壓U0，周期T未知，當電壓穩定時，板間是勻強電場。質量為m、電荷量為q的粒子以eq\f(8,5)v0的速率在eq\f(3,8)T時刻從M點進入板間，T時刻離開金屬板，運動過程中恰好不與金屬板碰撞(粒子重力忽略不計)。求平行板A、B的間距d是多少？答案eq\f(\r(7mqU0)L,8mv0)解析eq\f(3,8)T時刻從M點進入板間，T時刻離開金屬板，粒子水平方向做勻速直線運動T－eq\f(3,8)T＝eq\f(L,\f(8,5)v0)解得T＝eq\f(L,v0)規定向下為正方向，豎直方向粒子做勻加速直線運動，設兩板間距為dE＝eq\f(U0,d)，由牛頓第二定律得qE＝ma1a1＝eq\f(qU0,md)在eq\f(3T,8)～T時間內，豎直方向的最大位移是eq\f(d,2)，先做加速運動，時間為t1＝eq\f(T,2)－eq\f(3,8)T＝eq\f(1,8)T，vy1＝a1·t1＝eq\f(1,8)a1T運動的位移為y1＝eq\f(1,2)·vy1·t1再減速到反向加速運動離開金屬板，時間為t2＝eq\f(T,2)粒子在eq\f(T,2)～T時間內做初速度為vy1向下，加速度向上且大小為a1＝eq\f(qU0,md)的勻變速運動，運動的位移為y2＝vy1·t2－eq\f(1,2)·a1·t22因此粒子的總位移為y＝y1＋y2＝eq\f(1,2)·vy1·t1＋vy1·t2－eq\f(1,2)·a1·t22解得y＝－eq\f(7,128)a1T2＝－eq\f(d,2)得d＝eq\f(\r(7mqU0)L,8mv0)。3．如圖甲所示，在xOy平面的第一象限內(含x軸和y軸的正半軸)存在周期性變化的磁場，規定垂直紙面向內的方向為正，磁感應強度B隨時間t的變化規律如圖乙所示。某質量為m、電荷量為＋q的粒子，在t＝0時刻沿x軸正方向從坐標原點O射入磁場。圖乙中T0為未知量。已知B0＝keq\f(πm,q)，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：(1)0～eq\f(2,5)T0時間內粒子做勻速圓周運動的角速度ω；(2)若粒子不能從y軸正半軸射出磁場，磁感應強度變化周期的最大值T0m；(3)若粒子能沿x軸正方向通過坐標為(3d，4d)的D點，其射入磁場時速率v。答案(1)3kπ(2)eq\f(143,216k)(3)eq\f(15kπd,4n)(n＝1,2,3…)解析(1)設粒子進入磁場的速度為v0，根據洛倫茲力提供向心力可得qv0·3B0＝meq\f(v02,r)解得軌道半徑為r＝eq\f(mv0,q·3B0)則粒子做勻速圓周運動的角速度為ω＝eq\f(v0,r)＝eq\f(3B0q,m)＝eq\f(3k\f(πm,q)q,m)＝3kπ(2)要使得粒子不從y軸正半軸射出，則軌跡如圖(a)所示在前eq\f(2,5)T0內的運動半徑為r1＝eq\f(mv,q·3B0)在后eq\f(3,5)T0內的運動半徑為r2＝eq\f(mv,q·2B0)可得3r1＝2r2由幾何關系可知sinθ＝eq\f(r2,r1＋r2)聯立解得θ＝37°粒子做圓周運動的周期為T＝eq\f(2π,ω)＝eq\f(2π,3kπ)＝eq\f(2,3k)則在0～eq\f(2,5)T0時間內有eq\f(180°－37°,360°)T＝eq\f(2,5)T0m解得磁感應強度變化周期的最大值為T0m＝eq\f(143,216k)(3)使粒子經過D點且平行x軸射出，在T0時刻達到D點的軌跡