1、高考物理-交變電場磁場帶電粒子運動問題【熱點概述】在高考命題中,經常出現交變電場或交變磁場的復合場問題,由于帶電粒子在其中運動時,受力情況、運動情況都比較復雜,所以這類題目常作為壓軸題出現。1.常見的類型:(1)電場周期性變化,磁場不變。(2)磁場周期性變化,電場不變。(3)電場、磁場都周期性變化。2.考查角度:(1)結合周期性變化的電場或磁場特點,分析帶電粒子在復合場中的運動軌跡,常考查周期性、對稱性或多解性。(2)通過分析帶電粒子的運動,確定某種臨界狀態或極限值。一、只有電場周期性變化的復合場問題問題介紹在給定的交變電場和恒定磁場中確定電荷的運動解題關鍵電場力的大小不變、方向周期性變化,洛

2、倫茲力不斷變化。根據牛頓第二定律及圓周運動知識列式求解【例證1】在如圖所示的空間里，存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為 在豎直方向存在交替變化的勻強電場如圖（豎直向上為正），電場強度為 一傾角為、長度足夠長的光滑絕緣斜面放置在此空間。斜面上有一質量為m，帶電量為-q的小球，從t=0時刻由靜止開始沿斜面下滑，設第5 s內小球不會離開斜面，重力加速度為g。求： (1)第6s內小球離開斜面的最大距離。(2)第19s內小球未離開斜面,角的正切值應滿足什么條件?(1)設第1s內小球在斜面上運動的加速度大小為a,由牛頓第二定律得:(mg+qE0)sin=ma第1s末的速度為v=at1 在第2s內:q

3、E0=mg 所以小球將離開斜面,在上方做勻速圓周運動,則由向心力公式得qvB=m 圓周運動的周期為 由題圖可知，小球在奇數秒內沿斜面做勻加速運動，在偶數秒內離開斜面做完整的圓周運動。所以，第5 s末的速度為v5=a（t1+t3+t5）=6gsin 小球離開斜面的最大距離為d=2R3 由以上各式得：(2)第19s末的速度:v19=a(t1+t3+t5+t7+t19)=20gsin 小球未離開斜面的條件是qv19B(mg+qE0)cos 所以:tan 答案:(1) (2)tan二、只有磁場周期性變化的復合場問題問題介紹電場不變而磁場周期性變化,確定電荷的運動解題關鍵電場力恒定不變,洛倫茲力周期性出

4、現,直線運動與圓周運動相結合的運動,根據勻速直線運動與圓周運動規律列式求解【例證2】如圖甲所示,互相平行且水平放置的金屬板,板長L=1.2m,兩板距離d=0.6m,兩板間加上U=0.12V恒定電壓及隨時間變化的磁場,磁場變化規律如圖乙所示,規定磁場方向垂直紙面向里為正。當t=0時,有一質量為m=2.010-6kg、電荷量q=+1.010-4C的粒子從極板左側以v0=4.0103m/s的速度沿與兩板平行的中線OO射入,取g=10m/s2、=3.14。求:(1)粒子在01.010-4s內位移的大小x;(2)粒子離開中線OO的最大距離h;(3)粒子在板間運動的時間t;(4)畫出粒子在板間運動的軌跡圖

5、。(1)由題意知： =2.010-5 N而mg=2.010-5 N顯然Eq=mg故粒子在01.010-4 s時間內做勻速直線運動，因為t=1.010-4 s,所以x=v0t=0.4 m（2）在1.010-42.010-4 s時間內，電場力與重力平衡，粒子做勻速圓周運動，因為故粒子在1.010-42.010-4 s時間內恰好完成一個周期圓周運動由牛頓第二定律得：所以粒子離開中線OO的最大距離h=0.128 m。(3)板長L=1.2m=3x,t=2T+3t=5.010-4s(4)軌跡如圖答案:見規范解答三、電場、磁場均做周期性變化的復合場問題問題介紹電場與磁場交替出現而確定電荷的運動解題關鍵電荷在

6、運動過程中交替受電場力和洛倫茲力作用,交替做類平拋運動和勻速圓周運動,根據受力和運動特點列式求解【例證3】如圖所示,在xOy坐標系內存在周期性變化的電場和磁場,電場沿y軸正方向,磁場垂直紙面(以向里為正),電場和磁場的變化規律如圖所示。一質量m=3.210-13kg、電荷量q=-1.610-10C的帶電粒子,在t=0時刻以v0=8m/s的速度從坐標原點沿x軸正向運動,不計粒子重力。求:(1)粒子在磁場中運動的周期;(2)t=2010-3s時粒子的位置坐標;(3)t=2410-3s時粒子的速度。（1）粒子在磁場中運動時 解得（2）粒子的運動軌跡如圖所示，t=2010-3 s時粒子在坐標系內做了兩

7、個圓周運動和三段類平拋運動，水平位移x=3v0T=9.610-2 m豎直位移y= a（3T）2，Eq=ma解得y=3.610-2 m故t=2010-3 s時粒子的位置坐標為（9.610-2 m，-3.610-2 m）（3）t=2410-3 s時粒子的速度大小、方向與t=2010-3 s時相同，設與水平方向夾角為，則 解得v=10 m/s與x軸正向夾角為37（或arctan ）斜向右下方答案：（1）410-3 s （2）（9.610-2 m，-3.610-2 m）（3）10 m/s 方向與x軸正向夾角為37（或arctan ）斜向右下方 四、電場與磁場同步變化問題介紹電場與磁場均周期性變化,且步

8、調相同解題關鍵電荷受重力和周期性變化的電場力及磁場力,電荷做平拋運動與圓周運動相結合的運動,根據受力和運動特點列式求解【例證4】如圖甲所示，在以O為坐標原點的xOy平面內，存在著范圍足夠大的電場和磁場。一個帶正電小球在t=0時刻以v0=3gt0的初速度從O點沿+x方向（水平向右）射入該空間，在t0時刻該空間同時加上如圖乙所示的電場和磁場，其中電場方向豎直向上，場強大小 磁場垂直于xOy平面向外，磁感應強度大小 已知小球的質量為m，帶電荷量為q，時間單位為t0，當地重力加速度為g，空氣阻力不計。試求：(1)t0末小球速度的大小;(2)小球做圓周運動的周期T和12t0末小球速度的大小;(3)在給定

9、的xOy坐標系中,大體畫出小球在0到24t0內運動軌跡的示意圖;(4)30t0內小球距x軸的最大距離。（1）由題圖乙知，0t0內，小球只受重力作用，做平拋運動，在t0末：（2）當同時加上電場和磁場時，電場力F1=qE0=mg，方向向上。因為重力和電場力恰好平衡，所以小球在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，有運動周期 聯立解得T=2t0由題圖乙知，電場、磁場同時存在的時間正好是小球做勻速圓周運動周期的5倍，即在這10t0內，小球恰好做了5個完整的勻速圓周運動。所以小球在t1=12t0時刻的速度相當于小球做平拋運動t=2t0時的末速度。vy1=g2t0=2gt0，vx1=v0 x=3gt0所以12t0

10、末（3）24t0內運動軌跡的示意圖如圖所示。（4）分析可知，小球在30t0時與24t0時的位置相同，在24t0內小球相當于做了t2=3t0的平拋運動和半個圓周運動，23t0末小球做平拋運動的豎直分位移大小為豎直分速度vy2=3gt0=v0，所以小球與豎直方向的夾角為=45，速度大小為此后小球做勻速圓周運動的半徑30t0內小球距x軸的最大距離：答案： （3）見規范解答圖（4）在如圖甲所示的空間里,存在方向垂直于紙面向里的勻強磁場和豎直向上的周期性變化的電場(電場變化情況如圖乙所示),周期T=12t0,電場強度的大小為E0,E0表示電場方向豎直向上。一傾角為30且足夠長的光滑絕緣斜面放置在此空間。

11、t=0時,一帶負電、質量為m的微粒從斜面上的A點由靜止開始沿斜面運動,到C點后,做一次完整的圓周運動,在t=T時刻回到C點,再繼續沿斜面運動到t=13t0時刻。在運動過程中微粒帶電荷量不變,重力加速度為g,上述E0、m、t0、g為已知量。(1)求微粒所帶電荷量q和磁感應強度大小B;(2)求微粒在A、C間運動的加速度和運動到C點時的速度大小v1;(3)求02T時間內微粒經過的路程。【解析】（1）能夠做勻速圓周運動，說明此時重力和電場力合力為零，即mg=qE0，解得粒子到達C點時，洛倫茲力提供向心力，有qv1B=解得 運動的周期在本題中圓周運動的周期為11t0，則解得(2)微粒在A、C間運動時受力

12、分析如圖所示,則(E0q+mg)sin30=ma解得a=g,方向沿斜面向下。到達C點時速度大小為v1=at0=gt0（3）0t0時間內路程t012t0時間內的路程s2=2r=12t013t0時間內的路程s3=gt0t0+第二次做圓周運動的速度v=2gt0，半徑是第一次的兩倍13t024t0時間內的路程s4=2s2=所以02T時間內的總路程為s=s1+s2+s3+s4=答案：2.如圖甲所示，在xOy平面內加有空間分布均勻、大小隨時間周期性變化的電場和磁場，變化規律如圖乙所示（規定豎直向上為電場強度的正方向，垂直紙面向里為磁感應強度的正方向）。在t=0時刻，質量為m、電荷量為q的帶正電粒子自坐標原點O處以v0=2 m/s的速度沿x軸正向水平射入。已知電場強度 磁感應強度 不計粒子重力。求：(1)t=s時粒子速度的大小和方向;(2)2s內,粒子在磁場中做圓周運動的半徑;(3)畫出04s內粒子的運動軌跡示意圖。(要求:體現粒子的運動