专题三 培优练5　带电粒子在交变场中的运动（含解析）

培优练5　带电粒子在交变场中的运动
1．（2024·青海·一模）如图甲所示，、为竖直放置且彼此平行的两块不带电平板，板间距离为，两板中央各有一个小孔、正对，在两板间有垂直于纸面方向的磁场，磁感应强度随时间的变化如图乙所示，取垂直纸面向里的磁场方向为正方向。有一正离子（受到的重力不计）在时垂直于板从小孔射入磁场，且正离子在磁场中做匀速圆周运动的周期与磁感应强度变化的周期都为，不考虑由于磁场变化而产生的电场的影响。要使正离子从孔垂直于板射出磁场，正离子射入磁场时的速度大小的可能值为（　　）
A． B． C． D．
2．（2024·广东·高考真题）如图甲所示。两块平行正对的金属板水平放置，板间加上如图乙所示幅值为、周期为的交变电压。金属板左侧存在一水平向右的恒定匀强电场，右侧分布着垂直纸面向外的匀强磁场。磁感应强度大小为B．一带电粒子在时刻从左侧电场某处由静止释放，在时刻从下板左端边缘位置水平向右进入金属板间的电场内，在时刻第一次离开金属板间的电场、水平向右进入磁场，并在时刻从下板右端边缘位置再次水平进入金属板间的电场。已知金属板的板长是板间距离的倍，粒子质量为m。忽略粒子所受的重力和场的边缘效应。
（1）判断带电粒子的电性并求其所带的电荷量q；
（2）求金属板的板间距离D和带电粒子在时刻的速度大小v；
（3）求从时刻开始到带电粒子最终碰到上金属板的过程中，电场力对粒子做的功W。
3．如图甲所示，在xOy平面的第一象限内(含x轴和y轴的正半轴)存在周期性变化的磁场，规定垂直纸面向内的方向为正，磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示。某质量为m、电荷量为＋q的粒子，在t＝0时刻沿x轴正方向从坐标原点O射入磁场。图乙中T0为未知量。已知B0＝k，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：
(1)0～T0时间内粒子做匀速圆周运动的角速度ω；
(2)若粒子不能从y轴正半轴射出磁场，磁感应强度变化周期的最大值T0m；
(3)若粒子能沿x轴正方向通过坐标为(3d，4d)的D点，其射入磁场时速率v。
4．如图甲所示，水平放置的平行金属板P和Q，相距为d，两板间存在周期性变化的电场或磁场。P、Q间的电势差UPQ随时间的变化规律如图乙所示，磁感应强度B随时间变化的规律如图丙所示，磁场方向垂直纸面向里为正方向。t＝0时刻，一质量为m、电荷量为＋q的粒子(不计重力)，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两板之间，q、m、d、v0、U0为已知量。
(1)若仅存在交变电场，要使粒子飞到Q板时，速度方向恰好与Q板相切，求交变电场周期T；
(2)若仅存在匀强磁场，且满足B0＝，粒子经一段时间恰能垂直打在Q板上(不考虑粒子反弹)，求打中点到出发点的水平距离。
培优练5　带电粒子在交变场中的运动
1.答案 BD
详解 要使正离子从O′孔垂直于N板射出磁场，v0的方向应如图所示
结合粒子运动的方向可知，当运动的轨迹是多个周期，所以
t=nT0（n=1.2.3…）
其中
且
（n=1.2.3…）
联立上式可得，正离子的速度
（n=1.2.3…）
故选BD。
2.答案 （1）正电；；（2）；；（3）
解析 （1）根据带电粒子在右侧磁场中的运动轨迹结合左手定则可知，粒子带正电；粒子在磁场中运动的周期为
根据
则粒子所带的电荷量
（2）若金属板的板间距离为D，则板长粒子在板间运动时
出电场时竖直速度为零，则竖直方向
在磁场中时
其中的
联立解得
（3）带电粒子在电场和磁场中的运动轨迹如图，由（2）的计算可知金属板的板间距离
则粒子在3t0时刻再次进入中间的偏转电场，在4 t0时刻进入左侧的电场做减速运动速度为零后反向加速，在6 t0时刻再次进入中间的偏转电场，6.5 t0时刻碰到上极板，因粒子在偏转电场中运动时，在时间t0内电场力做功为零，在左侧电场中运动时，往返一次电场力做功也为零，可知整个过程中只有开始进入左侧电场时电场力做功和最后0.5t0时间内电场力做功，则
3.答案　(1)3kπ　(2)　(3)(n＝1,2,3…)
解析　(1)设粒子进入磁场的速度为v0，根据洛伦兹力提供向心力可得
qv0·3B0＝m
解得轨道半径为r＝
则粒子做匀速圆周运动的角速度为ω＝＝＝＝3kπ
(2)要使得粒子不从y轴正半轴射出，则轨迹如图(a)所示
在前T0内的运动半径为r1＝
在后T0内的运动半径为r2＝
可得3r1＝2r2
由几何关系可知sin θ＝
联立解得θ＝37°
粒子做圆周运动的周期为
T＝＝＝
则在0～T0时间内有
T＝T0m
解得磁感应强度变化周期的最大值为T0m＝
(3)使粒子经过D点且平行x轴射出，在T0时刻达到D点的轨迹如图(b)所示
由几何关系可得
tan α＝＝
可得α＝37°
根据周期性，在nT0时刻达到D点可满足题意，由几何关系可得
n(2r1cos 37°＋2r2cos 37°)＝＝5d(n＝1,2,3…)
又有3r1＝2r2
根据洛伦兹力提供向心力可得
qv·3B0＝m
联立解得v＝(n＝1,2,3…)。
4.答案　(1)(n＝1,2,3……)　(2)d
解析　(1)当粒子飞到Q板时的速度方向恰与Q板相切时，竖直速度为零，设加速度为a，则
a＝
半个周期内，粒子向上运动的距离为
y＝a()2，d＝2ny，(n＝1,2,3…)
联立得T＝(n＝1,2,3，…)
(2)仅存在磁场时，带电粒子在匀强磁场中做半径为r的匀速圆周运动，则有
qv0B0＝m解得r＝d
若要使粒子能垂直打到Q板上，在交变磁场的半个周期内，设粒子轨迹的圆心角为90°＋θ，如图所示，由几何关系得
r＋2rsin θ＝d
解得sin θ＝
则粒子打到上极板的位置距出发点的水平距离为
x＝r－2(r－r cos θ)＝d。