2019屆高考物理一輪復習 熱點題型 專題3.7 帶電粒子在交變場中的運動問題（1）學案.doc

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專題3.7 帶電粒子在交變場中的運動問題（1） 交變場是指電場、磁場在某一區(qū)域內(nèi)隨時間作周期性變化，帶電粒子在交變場中的運動問題涉及的物理過程比較復雜，情景多元，深入考查綜合分析能力，是高考的熱點題型。 求解這類問題時首先要明確是電場做周期性變化還是磁場做周期性變化，亦或是電場、磁場都做周期性變化，一般按如下思路分析： 【典例】如圖甲所示，在xOy平面內(nèi)存在均勻、大小隨時間周期性變化的磁場和電場，變化規(guī)律分別如圖乙、丙所示(規(guī)定垂直紙面向里為磁感應強度的正方向、＋y軸方向為電場強度的正方向)。在t＝0時刻由原點O發(fā)射初速度大小為v0，方向沿＋y軸方向的帶負電粒子(不計重力)。其中已知v0、t0、B0、E0，且E0＝，粒子的比荷＝，x軸上有一點A，坐標為。 (1)求時帶電粒子的位置坐標。 (2)粒子運動過程中偏離x軸的最大距離。 (3)粒子經(jīng)多長時間經(jīng)過A點。 【答案】　(1)　(2)1.5v0t0＋　(3)32t0 【解析】　(1)在0～t0時間內(nèi)，粒子做勻速圓周運動，根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得： qB0v0＝mr1＝m 得：T＝＝2t0，r1＝＝ 則在時間內(nèi)轉過的圓心角α＝，所以在t＝時，粒子的位置坐標為：。 (2)在t0～2t0時間內(nèi)，粒子經(jīng)電場加速后的速度為v，粒子的運動軌跡如圖所示 v＝v0＋t0＝2v0 運動的位移：x＝t0＝1.5v0t0 在2t0～3t0時間內(nèi)粒子做勻速圓周運動，半徑： r2＝2r1＝ 故粒子偏離x軸的最大距離：h＝x＋r2＝1.5v0t0＋。 【跟蹤訓練】 1．在第一象限(含坐標軸)內(nèi)有垂直xOy平面周期性變化的均勻磁場，規(guī)定垂直xOy平面向里的磁場方向為正．磁場變化規(guī)律如圖，磁感應強度的大小為B0，變化周期為T0.某一正粒子質量為m、電量為q在t＝0時從0點沿x軸正向射入磁場中．若要求粒子在t＝T0時距x軸最遠，則B0的值為(　　) A． B． C． D． 【答案】D 【解析】粒子在磁場中勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，則： ， 所以： 粒子運動的周期： 要求在T0時，粒子距x軸最遠．如圖作出粒子運動軌跡 設兩段圓弧的圓心的連線與y軸夾角為θ，P點的縱坐標為y，圓心O2到y(tǒng)軸之間的距離為x，則由幾何關系，得： ， 因為粒子在第一象限內(nèi)運動， 由題意根據(jù)數(shù)學關系知，當時，y取最大值，故此時粒子在磁場中時間內(nèi)對圓心轉過的角度為，根據(jù)粒子在磁場中做圓周運動的時間： 得： 又粒子在磁場中做圓周運動的周期公式知： ，知磁感應強度，故選項D正確，ABC錯誤。 2. 如圖甲所示，寬度為d的豎直狹長區(qū)域內(nèi)(邊界為L1、L2)，存在垂直紙面向里的勻強磁場和豎直方向上的周期性變化的電場(如圖乙所示)，電場強度的大小為E0，E>0表示電場方向豎直向上．t＝0時，一帶正電、質量為m的微粒從左邊界上的N1點以水平速度v射入該區(qū)域，沿直線運動到Q點后，做一次完整的圓周運動，再沿直線運動到右邊界上的N2點．Q為線段N1N2的中點，重力加速度為g.上述d、E0、m、v、g為已知量． (1)求微粒所帶電荷量q和磁感應強度B的大?。? (2)求電場變化的周期T. (3)改變寬度d，使微粒仍能按上述運動過程通過相應寬度的區(qū)域，求T的最小值． 【答案】（1）q＝，B＝ （2）＋ （3） 【解析】　(1)微粒做直線運動，則 mg＋qE0＝qvB① 微粒做圓周運動，則mg＝qE0② 聯(lián)立①②得q＝③ B＝④ (3)若微粒能完成題述的運動過程，要求d≥2R⑩ 聯(lián)立③④⑥得R≤? 設在N1Q段直線運動的最短時間為t1min，由⑤⑩?得t1min＝，因t2不變，T的最小值Tmin＝t1min＋t2＝ 3. 如圖甲所示，在以O為坐標原點的xOy平面內(nèi)，存在著范圍足夠大的電場和磁場．一個質量m＝210－2kg，帶電荷量q＝＋510－3C的小球在0時刻以v0＝40 m/s的速度從O點沿＋x方向(水平向右)射入該空間，在該空間同時加上如圖乙所示的電場和磁場，其中電場沿－y方向(豎直向上)，場強大小E0＝40 V/m.磁場垂直于xOy平面向外，磁感應強度大小B0＝4π T．取當?shù)氐闹亓铀俣萭＝10 m/s2，計算結果中可以保留根式或π. (1)求12 s末小球速度的大小． (2)在給定的xOy坐標系中，大致畫出小球在24 s內(nèi)的運動軌跡示意圖． (3)求26 s末小球的位置坐標． 【答案】　(1)20 m/s　(2)見解析　(3)x2＝m　y2＝m 【解析】　(1)當不存在電場和磁場時，小球只受重力作用，做平拋運動，當同時加上電場和磁場時，電場力方向向上：F1＝qE0＝0.2 N，重力方向向下：G＝mg＝0.2 N 重力和電場力恰好平衡，此時小球受洛倫茲力而做勻速圓周運動，根據(jù)牛頓第二定律有：qv0B0＝m 運動周期T＝，聯(lián)立解得T＝2 s (2)小球在24 s內(nèi)的運動軌跡示意圖如圖所示(半徑越來越大)． (3)分析可知，小球24 s末與26 s末的位置相同，在26 s內(nèi)小球做了t2＝3 s的平拋運動，23 s末小球平拋運動的位移大小為x1＝v0t2＝120 m y1＝gt＝45 m 此時小球的速度大小為v2＝＝50 m/s 速度與豎直方向的夾角為θ＝53 此后小球做勻速圓周運動的半徑r2＝＝ m 26 s末，小球恰好完成了半個圓周運動，此時小球的位置坐標 x2＝x1－2r2cos θ＝m y2＝y(tǒng)1＋2r2sin θ＝m.