2020屆高考物理二輪復(fù)習(xí)專題：三第3講帶電粒子在組合場(chǎng)、復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)學(xué)案

1、第3講 帶電粒子在組合場(chǎng)、復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)考情分析，備考導(dǎo)航明拗高考考柄法珈命施珈律三年考情分析局考命題規(guī)律三年考題考查內(nèi)容核心素養(yǎng)帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn) 動(dòng)是高考的?？純?nèi)容之一，主 要考查考生的綜合分析問(wèn)題的 能力.分析帶電粒子在復(fù)合場(chǎng) 中的運(yùn)動(dòng)，往往與圓周運(yùn)動(dòng)和 類平拋運(yùn)動(dòng)相結(jié)合，涉及牛頓 運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用，是今后高考 中的重點(diǎn)，考查考生綜合分析 問(wèn)題的能力.2018I 卷 25T帶電粒子在組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)科學(xué)思維n 卷 25T帶電粒子在組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)科學(xué)思維出卷24T帶電粒子在組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)科學(xué)思維2017I 卷 16T帶電體在疊加場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)科學(xué)思維考向聚焦,高考必備深陰熱自考電 突破校法忖導(dǎo)

2、考向一 帶電粒子在組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)知識(shí)必備提核心通技法1 .組合場(chǎng)模型電場(chǎng)、磁場(chǎng)、重力場(chǎng)（或其中兩種場(chǎng)）并存，但各位于一定區(qū)域，并且互不重疊的情況.2 . “電偏轉(zhuǎn)” “磁偏轉(zhuǎn)”的比較一,勻強(qiáng)電場(chǎng)中的“電偏轉(zhuǎn)”勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的“磁偏轉(zhuǎn)”受力特征無(wú)論v是否與E垂直，5電=4,F電為恒力v垂直于B時(shí)，F(xiàn)b= qvB運(yùn)動(dòng)規(guī)律類平拋運(yùn)動(dòng)(vE)Vx=V0, Vy=t，mx=vot, y= 2m圓周運(yùn)動(dòng)(vB)2 71mmvT=qB，r-qB偏轉(zhuǎn)情況tan 0= vy,因做類平拋運(yùn)動(dòng)，在相Vx等的時(shí)間內(nèi)偏轉(zhuǎn)角度不等若沒(méi)有磁場(chǎng)邊界限制，粒子所能偏轉(zhuǎn)的角度不受限制動(dòng)能變化動(dòng)能發(fā)生變化動(dòng)能/、變典題例析析典題 學(xué)通

3、法其在xOy例1 （2018全國(guó)卷n , 25T） 一足夠長(zhǎng)的條狀區(qū)域內(nèi)存在勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng),平面內(nèi)的截面如圖所示：中間是磁場(chǎng)區(qū)域，其邊界與y軸垂直，寬度為1,磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B,方向垂直于xOy平面：磁場(chǎng)的上、下兩側(cè)為電場(chǎng)區(qū)域，寬度均為1,電場(chǎng)強(qiáng)度的大小均為E,方向均沿x軸正方向；M、N為條狀區(qū)域邊界上的兩點(diǎn)，它們的連線與 y軸平行.一 帶正電的粒子以某一速度從 M點(diǎn)沿y軸正方向射入電場(chǎng)，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后恰好以從M點(diǎn)入射的速度從N點(diǎn)沿y軸正方向射出.不計(jì)重力.(1)定性畫(huà)出該粒子在電磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡;(2)求該粒子從M點(diǎn)入射時(shí)速度的大?。?兀,、一八一，一，(3)若該粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度方

4、向恰好與x軸正方向的夾角為求該粒子的比荷及其從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的時(shí)間.破題關(guān)鍵點(diǎn)對(duì)稱性是解題關(guān)鍵m軌.也解析(2)y方向勻速直線運(yùn)動(dòng):1 =voti, x方向勻加速直線運(yùn)動(dòng):vx= ati由牛頓第二定律得a=qmE._mv由 r qB、1 /曰 J_ mvsin & mvx sin “= 2r，佝2= qB = qBr 2l E聯(lián)立可得v0=a EBl7t7t(3) a= 3, vx= votan=v3v0,代入(=mBX 得 q q Dq 2vx 4v3Elm=Bl=B2l22/3mlBlqBl2E2 7m2 a 2 , 2 m 43tB12 乂Bl 鎘田12而,七=方，2“= % t2=3q

5、B=78El-,總時(shí)間 t=2tl + t2=T+78El-答案(1)軌跡見(jiàn)解析圖(2)耳丁E 空E2BlB lBl + V3tB12E+ 18El跟進(jìn)題組練考題 提能力1 .如圖所示，在xOy坐標(biāo)平面的第一象限內(nèi)存在有場(chǎng)強(qiáng)大小為E、方向豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)，第二象限內(nèi)存在有方向垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng).熒光屏PQ垂直于x軸放置且距y軸的距離為L(zhǎng).一質(zhì)量為m、帶電荷量為+ q的粒子（不計(jì)重力）自坐標(biāo)為（一L,0）的A點(diǎn)以大小為vo、方向沿y軸正方向的速度進(jìn)入磁場(chǎng)，粒子恰好能夠到達(dá)原點(diǎn)。而不進(jìn)入電場(chǎng).現(xiàn)若使該帶電粒子仍從A點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)，但初速度大小為2y2vo、方向與x軸正方向成45 角，求:（1）帶

6、電粒子到達(dá)y軸時(shí)速度方向與 y軸正方向之間的夾角;（2）粒子最終打在熒光屏 PQ上的位置坐標(biāo).解析：（1）設(shè)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為 B,則由題意可知，當(dāng)粒子以速度 Vo進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，設(shè)其v2圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為 R,有Bqv0=m-,其中R=-R2當(dāng)粒子以初速度大小為2/2v0、方向與x軸正方向成45角進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，（圖中a、聲8均為45。）設(shè)其圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為 R,則有Bq X2y2v0 = m8v2R由以上各式可解得R三；2L由幾何關(guān)系可知粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心在 y軸上，所以該粒子必定垂直于 y軸進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)，故粒子到達(dá) y軸時(shí)，速度方向與 y軸正方向之間的夾角為 90:(2)由幾何關(guān)系可知 CO =

7、 2 1)L帶電粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)其運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t,在電場(chǎng)中向上運(yùn)動(dòng)的距離為h ,則有:L=2j2v0t, h = at2,qEa =一 mqEL2以上各式聯(lián)立可解得：仁石嬴0所以粒子最終打在熒光屏 PQ上的位置坐標(biāo)為qEL2L，16mv2+ 2J2-I L .答案：見(jiàn)解析規(guī)律方法知規(guī)律握方法帶電粒子在組合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的處理方法(1)解決帶電粒子在組合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的一般思維模板砌定組合場(chǎng)的組成1M軟跡 好理菽受力分析帶電粒子、 在MI合痂中送 硼的分析方法運(yùn)動(dòng)分析(2)用規(guī)律選擇思路帶電粒子經(jīng)過(guò)電場(chǎng)區(qū)域時(shí)利用動(dòng)能定理或類平拋的知識(shí)分析；帶電粒子經(jīng)過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)利用圓周運(yùn)動(dòng)規(guī)律結(jié)合幾何關(guān)系來(lái)處理.

8、(3)關(guān)注從一種場(chǎng)進(jìn)入另一種場(chǎng)的銜接速度.考向二帶電粒子在疊加場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)知識(shí)必備提核心通技法1 .疊加場(chǎng)模型電場(chǎng)、磁場(chǎng)、重力場(chǎng)(或其中兩種場(chǎng))并存于同一區(qū)域的情況.2 .帶電粒子在疊加場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)情況分析(1)當(dāng)帶電粒子在疊加場(chǎng)中所受合力為零時(shí)，做勻速直線運(yùn)動(dòng)(如速度選擇器)或處于靜止?fàn)顟B(tài).(2)當(dāng)帶電粒子所受的重力與電場(chǎng)力等值反向，洛倫茲力提供向心力時(shí)，帶電粒子在垂直 于磁場(chǎng)的平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng).3 .帶電粒子在疊加場(chǎng)中的受力情況分析帶電粒子在疊加場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問(wèn)題是電磁學(xué)知識(shí)和力學(xué)知識(shí)的結(jié)合，分析方法和力學(xué)問(wèn)題 的分析方法基本相同，即均用動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)、能量觀點(diǎn)來(lái)分析，不同之處是多了電場(chǎng)力、洛倫

9、茲力，二力的特點(diǎn)是電場(chǎng)力做功與路徑無(wú)關(guān)，洛倫茲力方向始終和運(yùn)動(dòng)速度方向垂直，永不 做功等.典題例析析典題 學(xué)通法例2 (2020秦皇島一模)如圖所示，水平線AC和豎直線CD相交于C點(diǎn)，AC上開(kāi)有小 孔S, CD上開(kāi)有小孔P, AC與CD間存在磁感應(yīng)強(qiáng)度為 B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直紙面向 里，/ DCG = 60,在CD右側(cè)，CG的下方有一豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)E(大小未知)和垂直紙面向里的另一勻強(qiáng)磁場(chǎng) Bi(大小未知)，一質(zhì)量為m,電荷量為+ q的塑料小球從小孔 S處無(wú)初速 度地進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)中， 經(jīng)一段時(shí)間恰好能從 P孔水平勻速飛出而進(jìn)入 CD右側(cè)，小球在CD右 側(cè)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)而垂直打在CG板

10、上，重力加速度為 g.(1)求豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小.(2)求CD右側(cè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度Bi的大小.(3)若要使小球進(jìn)入 CD右側(cè)后不打在 CG上，則Bi應(yīng)滿足什么條件?審題流程第一步審題干一提取關(guān)鍵信息(1)從P孔水平勻速飛出 一此時(shí)塑料小球受力平衡.(2)垂直才T在CG板上一 C點(diǎn)是小球做圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡圓心.(3)不打在CG上一恰好不打在CG上時(shí)，小球運(yùn)動(dòng)軌跡與 CG相切.第二步破疑難一尋找規(guī)律方法(1)小球在CD左側(cè)做變速曲線運(yùn)動(dòng)，應(yīng)用動(dòng)能定理分析.(2)小球在CD右側(cè)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，應(yīng)用牛頓第二定律、圓周運(yùn)動(dòng)的相關(guān)規(guī)律分析.解析(1)因小球在CD右側(cè)受重力、電場(chǎng)力和洛倫

11、茲力作用而做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，所以有mg=qE,即 =晶 q(2)小球進(jìn)入磁場(chǎng)后，由于重力作用，速率不斷增大，同時(shí)在洛倫茲力的作用下小球右偏，當(dāng)小球從小孔 P水平勻速飛出時(shí)，受力平衡有 Bqv=mg,即v = mgBq 1 C從S至1J P由動(dòng)能te理得 mg CP =2mv2,即獲=藉因小球從小孔P水平飛入磁場(chǎng)Bi后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)而垂直打在CG上，所以C點(diǎn)即為小球做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心，半徑即為r= CPv2一口又因Biqv=my,聯(lián)立得Bi = 2B.(3)小球在CD右側(cè)恰好不打在 CG上的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖,r .則由圖知sn十r =CP2V3 3 m2g =2B2q2一 , mv ,而r =聯(lián)立得B

12、-4.3B即要使小球進(jìn)入 CD右側(cè)后不打在 CG上,貝U Bi應(yīng)滿足Bi4.3B.答案mg (2)2B (3)Bi4.3B跟進(jìn)題組練考題 提能力2.如圖所示，平面直角坐標(biāo)系的第二象限內(nèi)存在水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，一質(zhì)量為 m、帶電荷量為q的小球從A點(diǎn)以速度vo沿直線AO運(yùn)動(dòng)，AO與x軸負(fù)方 向成37。角，在第四象限內(nèi)的區(qū)域I內(nèi)加一最小電場(chǎng)強(qiáng)度的勻強(qiáng)電場(chǎng)后，可使小球繼續(xù)做直線運(yùn)動(dòng)到MN上的C點(diǎn)，MN右側(cè)區(qū)域H內(nèi)存在豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，C點(diǎn)的速度大小為 2vo,小球在區(qū)域n內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)并恰好沒(méi)從右邊界飛出，已知小球在重力加速度為 g, sin 37

13、=0.6, cos 37=0.8,求：(1)小球的帶電性質(zhì)；(2)第二象限內(nèi)電場(chǎng)強(qiáng)度 Ei的大小和磁感應(yīng)強(qiáng)度 Bi的大小;(3)區(qū)域I內(nèi)最小電場(chǎng)強(qiáng)度E2的大小和方向；(4)區(qū)域內(nèi)電場(chǎng)強(qiáng)度 E3的大小和磁感應(yīng)強(qiáng)度 B2的大小.解析：(1)帶電小球在第二象限內(nèi)受重力、電場(chǎng)力和洛倫茲力作用做直線運(yùn)動(dòng)，因洛倫茲力與速度關(guān)聯(lián)，所以此三力滿足圖(a)所示關(guān)系且小球只能做勻速直線運(yùn)動(dòng)，由受力特點(diǎn)及左手定則可判定小球帶正電.qEi(2)由圖(a)知 tan 37 =一,得mgEi =3 mg4qmg5mgcos 37= ，得 Bi =Biqv o4qvo(3)當(dāng)區(qū)域I中的電場(chǎng)強(qiáng)度最小時(shí),小球做直線運(yùn)動(dòng)，此時(shí)受

14、力如圖(b)所示(電場(chǎng)力方向與速度方向垂直)，小球做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由圖知 cos 37 =一,得E2=,方向與x軸mg5q正方向成53 角斜向上.（4）小球在區(qū)域n內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，所以mg=qE3,得mgE3 = q，小球恰好不從右邊界穿出，小球運(yùn)動(dòng)軌跡如圖（c）所示由(3)知F=mgsin 37 , 1Pa = gsin 37由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律知(2vo)2 v0=2a OC5 v2解得OC =2g15 v2 得=8gr由幾何關(guān)系知= tan 37OC2vo 2由洛倫茲力提供向心力知B2q2vo=m,r16mg聯(lián)立得 B2 = 15 qvo53角斜向上（4）E3 =答案：正電（2）Ei = 3

15、mg Bi = -5qmg（3）4與x軸正方向成mg B2= 16mg q 15qvo規(guī)律方法知規(guī)律 握方法利用模型思維法求解帶電粒子在疊加場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問(wèn)題帶電粒子在疊加場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問(wèn)題是高考命題中常見(jiàn)的一種模型，因其受力情況復(fù)雜,運(yùn)動(dòng)規(guī)律復(fù)雜多變，因此題目難度往往較大.但如果能掌握此類模型的運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)和解題思路, 要解得正確答案還是不難的.1.三類疊加場(chǎng)的受力和運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)(1)磁場(chǎng)力、重力并存若重力和洛倫茲力平衡，則帶電體做勻速直線運(yùn)動(dòng).若重力和洛倫茲力不平衡，則帶電體將做復(fù)雜的曲線運(yùn)動(dòng)，因恒，由此可求解問(wèn)題.(2)電場(chǎng)力、磁場(chǎng)力并存(不計(jì)重力的微觀粒子)若電場(chǎng)力和洛倫茲力平衡，則帶電體做勻速直線運(yùn)

16、動(dòng).若電場(chǎng)力和洛倫茲力不平衡，則帶電體做復(fù)雜的曲線運(yùn)動(dòng)，因 理求解問(wèn)題.(3)電場(chǎng)力、磁場(chǎng)力、重力并存若三力平衡，一定做勻速直線運(yùn)動(dòng).若重力與電場(chǎng)力平衡，一定做勻速圓周運(yùn)動(dòng).若合力不為零且與速度方向不垂直，做復(fù)雜的曲線運(yùn)動(dòng)，因 F 或動(dòng)能定理求解問(wèn)題.2 .分析帶電粒子在疊加場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)問(wèn)題的基本解題思路弄清疊加場(chǎng)種類及其特征F洛不做功，故機(jī)械能守F洛不做功，可用動(dòng)能定洛不做功，可用能量守恒正確受力分析和運(yùn)動(dòng)情況分析選擇合適的動(dòng)力學(xué)方程求解平衡方程牛頓第二定律方程功能關(guān)系考向三 帶電粒子在交變電磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 知識(shí)必備提核心通技法 1.解決帶電粒子在交變電場(chǎng)、磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問(wèn)題時(shí)，關(guān)鍵要明確粒子在不同

17、時(shí)間段內(nèi)、 不同區(qū)域內(nèi)的受力特性，對(duì)粒子的運(yùn)動(dòng)情景、運(yùn)動(dòng)性質(zhì)做出判斷.3 .這類問(wèn)題一般都具有周期性，在分析粒子運(yùn)動(dòng)時(shí)，要注意粒子的運(yùn)動(dòng)周期、電場(chǎng)周期、 磁場(chǎng)周期的關(guān)系.4 .帶電粒子在交變電磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)仍遵循牛頓運(yùn)動(dòng)定律、運(yùn)動(dòng)的合成與分解、動(dòng)能定理、 能量守恒定律等力學(xué)規(guī)律，所以此類問(wèn)題的研究方法與質(zhì)點(diǎn)動(dòng)力學(xué)相同.5 .解決帶電粒子在交變電磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問(wèn)題的基本思路 f1看清.且場(chǎng)的變化情.|分析段子在不同的變化場(chǎng)區(qū)的受力情況1 ；以程晶:;1分析.在一同廂內(nèi)的前1情9評(píng)一】時(shí)不同運(yùn)動(dòng)階段一有怎樣的運(yùn)動(dòng)銀物 強(qiáng)街唳。，找出接相鄰兩過(guò)艮幽物理 :贏值 )聯(lián)立不同段的一求解典題例析析典題 學(xué)通法例

18、3在地面附近的真空中，存在著豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直電場(chǎng)方向水平向里的勻 強(qiáng)磁場(chǎng)，如圖甲所示.磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度 B隨時(shí)間t的變化情況如圖乙所示. 該區(qū)域中有一條 水平直線 MN, D是MN上的一點(diǎn).在t=0時(shí)刻，有一個(gè)質(zhì)量為 m、電荷量為+ q的小球(可 看做質(zhì)點(diǎn))，從M點(diǎn)開(kāi)始沿著水平直線以速度 vo做勻速直線運(yùn)動(dòng)，to時(shí)刻恰好到達(dá) N點(diǎn).經(jīng)觀 測(cè)發(fā)現(xiàn)，小球在t=2to至t=3to時(shí)間內(nèi)的某一時(shí)刻， 又豎直向下經(jīng)過(guò)直線 MN上的D點(diǎn)，并且 以后小球多次水平向右或豎直向下經(jīng)過(guò)D點(diǎn).求：(1)電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小;(2)小球從M點(diǎn)開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到第二次經(jīng)過(guò)D點(diǎn)所用的時(shí)間;(3)小球運(yùn)動(dòng)的周期，并畫(huà)出運(yùn)動(dòng)軌跡

19、(只畫(huà)一個(gè)周期).審題指導(dǎo)(1)根據(jù)小球從M到N的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)，由平衡條件求出電場(chǎng)強(qiáng)度.(2)根據(jù)題意求出小球從 M到達(dá)N點(diǎn)所用時(shí)間和小球從P點(diǎn)到D的時(shí)間.(3)根據(jù)運(yùn)動(dòng)情況畫(huà)出小球一個(gè)周期的軌跡，并求出小球的運(yùn)動(dòng)周期.解析(1)小球從M到N做勻速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平衡條件可得：qE= mgmg解得E= q(2)由題意可知，小球從 M點(diǎn)到達(dá)N點(diǎn)所用時(shí)間ti = t0,小球到達(dá)N點(diǎn)時(shí)，空間加上磁場(chǎng)，小球受到的合外力就是洛倫茲力，因此小球從N點(diǎn)開(kāi)始做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)題意可知，小球從沿水平方向經(jīng)過(guò) N點(diǎn)，變成沿豎直方向經(jīng)過(guò) D點(diǎn)，需要經(jīng)過(guò)n+：個(gè)圓周(n= 1,2,3 ,)4從N點(diǎn)到P點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)的時(shí)間由

20、圖可知，小球從 P點(diǎn)到D點(diǎn)的位移:PD=R=mvoqBoR m小球從p點(diǎn)至UD點(diǎn)的時(shí)間為內(nèi)m所以小球從進(jìn)入 M點(diǎn)到第二次經(jīng)過(guò) D點(diǎn)時(shí)間為：t=ti+t2+t3=2to十二1 qBo12 um(3)小球運(yùn)動(dòng)一個(gè)周期的軌跡如上圖所示，小球的運(yùn)動(dòng)周期為T(mén)= 8t0或T=一qBo答案(1)mg (2)2t0+呼 (3)8t0或三m 軌跡見(jiàn)解析 qqBoqBo跟進(jìn)題組 練考題 提能力3 .如圖甲所示，在 xOy平面內(nèi)存在均勻、大小隨時(shí)間周期性變化的磁場(chǎng)和電場(chǎng)，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(yīng)強(qiáng)度的正方向、沿y軸正方向電場(chǎng)強(qiáng)度為正).在t=0時(shí)刻由原點(diǎn)。發(fā)射初速度大小為 vo,方向沿y

21、軸正方向的帶負(fù)電粒子.已知vo、to、Bo,粒子的比何為 冠而，不甘粒子的重力.(1)t=t0時(shí)，求粒子的位置坐標(biāo).(2)若t=5to時(shí)粒子回到原點(diǎn)，求 05to時(shí)間內(nèi)粒子距x軸的最大距離.2 7mT= = 2 toBoq(3)若粒子能夠回到原點(diǎn)，求滿足條件的所有Eo值.解析：(i)由粒子的比荷V=就，則粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的周期則在oto內(nèi)轉(zhuǎn)過(guò)的圓心角 ”=兀2由牛頓第二定律qvoBo= mrvoto 得r i =712voto,位置坐標(biāo)為:J, o .(2)粒子在t=5to時(shí)回到原點(diǎn)，軌跡如圖所示r2=2ri, ri=Boq,mv2r2= Bq得 V2= 2vo,又7tmBoto2voto2 =

22、兀粒子在to2to時(shí)間內(nèi)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，2to3to時(shí)間內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則在o5to時(shí)間內(nèi)粒子距x軸的最大距離:vo + 2vo3 2hm=- to+r2=voto.22 兒如圖所示，設(shè)帶電粒子在x軸上方做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為ri,在x軸下方做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為2,由幾何關(guān)系可知，要使粒子經(jīng)過(guò)原點(diǎn)，則必須滿足:n(2r2 -2ri)= 2ri, (n= 1,2,3,)mvBoqmvori= d-, 2Boqn + 1聯(lián)立以上各式解得 v= n vo, (n= 1,2,3,)一 ,Eoqtov0B0又由 v=vo+,得 Eo=-, (n= 1,2,3,).mn兀答案：見(jiàn)解析同學(xué)科思維素養(yǎng)培

23、優(yōu)學(xué)科?？谒仞B(yǎng)助學(xué)思維話優(yōu)“三大觀點(diǎn)”解決帶電體在電磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)分析典例 圖所示，空間中存在著水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E= 5/3 N/C ,同時(shí)存在著水平方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，其方向與電場(chǎng)方向垂直，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小 B= 0.5 T.有一帶正電的小球，質(zhì)量m= 1X1。-6 kg,電荷量q = 2x 10 6 C,正以速度v在圖示的豎直面內(nèi)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)經(jīng)過(guò)P點(diǎn)時(shí)撤掉磁場(chǎng)(不考慮磁場(chǎng)消失引起的電磁感應(yīng)現(xiàn)象)，取g=10 m/s2,求：(1)小球做勻速直線運(yùn)動(dòng)的速度 v的大小和方向；(2)從撤掉磁場(chǎng)到小球再次穿過(guò)P點(diǎn)所在的這條電場(chǎng)線經(jīng)歷的時(shí)間t.核心考點(diǎn)1 .受力平衡.2 .類平拋運(yùn)動(dòng).

24、3 .電磁場(chǎng)中帶電粒子的運(yùn)動(dòng).命題技巧1 .帶正電的小球說(shuō)明受重力.2 .小球勻速直線運(yùn)動(dòng)說(shuō)明受力平衡.3 .撤去磁場(chǎng)后小球在重力與電場(chǎng)力的合力作用下做類平拋運(yùn)動(dòng).核心素養(yǎng)1 .物理觀念：運(yùn)動(dòng)量、相互作用觀念.2 .科學(xué)思維：電磁場(chǎng)模型、勻速直線運(yùn)動(dòng).審題關(guān)鍵(1)帶正電小球以速度 v做勻速直線運(yùn)動(dòng)，可利用三力平衡來(lái)確定洛倫茲力的大小和方向，從 而求出v的大小和方向.(2)撤掉磁場(chǎng)后小千再次穿過(guò)P點(diǎn)所在直線，說(shuō)明在豎直方向上位移為0.解析(1)小球勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)受力如圖，其所受的三個(gè)力在同一平面內(nèi)，合力為零，則qvB=Jq2E2+ m2g2 代入數(shù)據(jù)解得v = 20 m/s速度v的方向斜向右上

25、方，與電場(chǎng)E的方向之間的夾角 8滿足八qj tan 0=mg代入數(shù)據(jù)解得tan e=，3, 0=60。.(2)法一：撤去磁場(chǎng)，小球在重力與電場(chǎng)力的合力作用下做類平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)其加速度為a,有a/q2E2+ m2g2= m設(shè)撤去磁場(chǎng)后小球在初速度方向上的分位移為X,有x=vt設(shè)小球在重力與電場(chǎng)力的合力方向上分位移為y,有y = ；at2a與mg的夾角和v與E的夾角相同，均為 0,又tan 0= x聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)解得t = 24 s-3.5 s .法二：撤去磁場(chǎng)后，由于電場(chǎng)力垂直于豎直方向，它對(duì)豎直方向的分運(yùn)動(dòng)沒(méi)有影響，以P點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，豎直向上為正方向，小球在豎直方向上做勻減速運(yùn)動(dòng)，其初速度為v

26、y = vsin 91若使小球再次經(jīng)過(guò) P點(diǎn)所在的電場(chǎng)線，僅需小球的豎直方向上分位移為零，則有vytjgt2 =聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)解得t= 2A/3 s=3.5 s .答案見(jiàn)解析易錯(cuò)展不（1）小球v的方向原來(lái)未知，可先通過(guò)判斷洛倫茲力來(lái)解決問(wèn)題.（2）撤去磁場(chǎng)后小球做白是類平拋運(yùn)動(dòng).對(duì)點(diǎn)K練練類題 提素養(yǎng)（2020安徽合肥一檢）（多選）如圖所示，一根固定的絕緣豎直長(zhǎng)桿位于范圍足夠大且相互正交的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為 E = 2mg,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為 B.一質(zhì)量為m、電 荷量為q的帶正電小圓環(huán)套在桿上，環(huán)與桿間的動(dòng)摩擦因數(shù)為代現(xiàn)使圓環(huán)以初速度 vo向下運(yùn)動(dòng)，經(jīng)時(shí)間to,圓環(huán)回到出發(fā)點(diǎn)

27、.若圓環(huán)回到出發(fā)點(diǎn)之前已經(jīng)開(kāi)始做勻速直線運(yùn)動(dòng)，不計(jì)空氣 阻力，重力加速度為 g.則下列說(shuō)法中正確的是（）A.環(huán)經(jīng)過(guò)t0時(shí)時(shí)間剛好到達(dá)最低點(diǎn)口（voBB.環(huán)的最大加速度為am=g+ m-1C.環(huán)在to時(shí)間內(nèi)損失的機(jī)械能為 2mm2g27q2B2 Bq ai=g + FD.環(huán)下降過(guò)程和上升過(guò)程系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能相等解析：BC 圓環(huán)下降時(shí)Eqmg+科Bv= mai,圓環(huán)下降的加速度大小為 uBq 圓環(huán)上升時(shí)Eq- mg -Bq= ma2,上升的加速度大小為 a2 = g m ,下降過(guò)程的平均加速度大小大于上升過(guò)程的平均加速度大小，所以下降的時(shí)間小于上升的時(shí)間，A錯(cuò)誤；圓環(huán)的最大Li Bqo加速度為

28、am=g+ m , B正確；圓環(huán)在回到出發(fā)點(diǎn)前已經(jīng)開(kāi)始做勻速直線運(yùn)動(dòng)，其速度為丫1 = 嗯入故圓環(huán)在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中損失的機(jī)械能為Q=Tmv0-1mv2=Tm v0- mLg 2 , C正確；圓Bq222dB qD錯(cuò)誤.環(huán)在下降過(guò)程中受到的平均摩擦力大小大于上升回到出發(fā)點(diǎn)過(guò)程中受到的平均摩擦力的大 小，所以圓環(huán)在下降過(guò)程中損失的機(jī)械能大于上升回到出發(fā)點(diǎn)過(guò)程中損失的機(jī)械能,煉速度僑現(xiàn)范城透尋分技巧課時(shí)作業(yè)，眼時(shí)提能題組一帶電粒子在組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)1. （2019廣西桂林、百色和崇左市第三次聯(lián)考）（多選）如圖所示，在第二象限內(nèi)有水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在第一、第四象限內(nèi)分別存在如圖所示的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大

29、小相等.在該平面有一個(gè)質(zhì)量為 m、帶正電q的粒子以初速度V0垂直x軸，從x軸上的P點(diǎn)進(jìn)入勻強(qiáng)電 場(chǎng)，恰好與y軸成45角射出電場(chǎng)，再經(jīng)過(guò)一段時(shí)間恰好垂直于x軸進(jìn)入下面的磁場(chǎng)，已知OP之間的距離為d,不計(jì)粒子重力，則（）2mvoA.磁感應(yīng)強(qiáng)度B= dmv2C.自進(jìn)入磁場(chǎng)至在磁場(chǎng)中第二次經(jīng)過(guò)x軸所用時(shí)間為772 7d t= 2voD .自進(jìn)入磁場(chǎng)至在磁場(chǎng)中第二次經(jīng)過(guò)x軸所用時(shí)間為7 id t= c.B.電場(chǎng)強(qiáng)度E = 2qd解析：BD 粒子的軌跡如圖所示:帶電粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向做勻加速運(yùn)動(dòng)，豎直方向做勻速運(yùn)動(dòng)，由題 Vx一 、得知，出電場(chǎng)時(shí)， vx=vv= vo,根據(jù)：x= 53 y

30、=vyt=vot,得y=2x= 2d,出電場(chǎng)時(shí)與 y軸交點(diǎn)坐標(biāo)為（0,2d）,設(shè)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑為R,則有Rsin（180 B = y=2d,而3= 135 ；解得：R=2*d,粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的速度為：v=V2vo,根據(jù)R= mv,解得：8 =黑，故A2錯(cuò)誤；根據(jù)vx=at=qmEt = vo, x=2t,聯(lián)立解得：E=m猛，故B正確；在第一象限運(yùn)動(dòng)時(shí)間為：135 3 7d 12 7dt1 = 135T= 丁，在第四象限運(yùn)動(dòng)時(shí)間為：t2 = 1T = 一，所以自進(jìn)入磁場(chǎng)至在磁場(chǎng)中第二次經(jīng) 3602vo2vo.77d .過(guò)x軸所用時(shí)間為：t=t1+t2=，故D正確，C錯(cuò)誤. 2vo2.（

31、2019百校聯(lián)盟押題卷）如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系 xOy的x軸上方存在著垂直坐標(biāo)平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，x軸下方存在著沿 x軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng).一帶正電粒子從y軸上的A點(diǎn)以初速度vo出發(fā)，射入勻強(qiáng)磁場(chǎng)，經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后恰好經(jīng) x軸上的C點(diǎn)垂直x軸進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng),段時(shí)間后到達(dá)y軸上的D點(diǎn).已知0c =罟=號(hào)=/不計(jì)粒子的重力.(1)求粒子到達(dá)D點(diǎn)時(shí)的速度大小.(2)求勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B與勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小E的比值.(3)若撤去原來(lái)的勻強(qiáng)電場(chǎng)，然后在 x軸下方添加一圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小是x軸上方勻強(qiáng)磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小的2倍，使帶電粒子經(jīng)過(guò)該磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后剛好也能夠通過(guò)D點(diǎn)且速度與y軸負(fù)

32、方向成0= 60。角，試計(jì)算該圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域的最小面積.解析：(1)由題意可知，粒子到達(dá) C點(diǎn)時(shí)的速度大小仍為 vo,粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)粒子到達(dá) D點(diǎn)所用時(shí)間為t,沿x軸方向的分速度的大小為vx,則有,I vxl= vot, 2= 2t以上兩式聯(lián)立可解得vx=vo lR,則由幾何關(guān)系有l(wèi)2+ R-2所以粒子到達(dá) D點(diǎn)時(shí)的速度大小為 vd = V2vo(2)如圖甲所示，設(shè)粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為2= R2解得r=4l_v0又因?yàn)閝voB = mD R所以B =4mvo5ql在勻強(qiáng)電場(chǎng)中有Vx=qELm vo2代入數(shù)據(jù)可得 e=常，故巨=5vo2（3）由qvoB=mg可知

33、，當(dāng)B變?yōu)樵瓉?lái)的2倍時(shí)，粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑應(yīng)變?yōu)?R5原來(lái)的一半，設(shè)粒子在圓形磁場(chǎng)區(qū)域中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為Ri,則Ri=8l5粒子軌跡如圖乙所不，由幾何關(guān)系可知，/ MO2N=60 ,故MN =-18當(dāng)MN為圓形磁場(chǎng)的直徑時(shí)，圓形磁場(chǎng)區(qū)域面積最小，故Smin=兀MN 2,代入數(shù)據(jù)可得Smin =25256d2答案：gv。（2意急產(chǎn) v V題組二帶電粒子在疊加場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)3. （2。19河南省周口市期末）（多選）如圖所示，平行紙面向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)與垂直紙面向外 的勻強(qiáng)磁場(chǎng)相互正交，一帶電小球剛好能在其中做豎直面內(nèi)的勻速圓周運(yùn)動(dòng).若已知小球做 圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為 r,電場(chǎng)強(qiáng)度大小為 E,磁

34、感應(yīng)強(qiáng)度大小為 B,重力加速度大小為 g,則下 列判斷中正確的是（）A.小球一定帶負(fù)電荷B.小球一定沿順時(shí)針?lè)较蜣D(zhuǎn)動(dòng)C.小球做圓周運(yùn)動(dòng)的線速度大小為 呼D .小球在做圓周運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，電場(chǎng)力始終不做功解析：AC 帶電小球在重力場(chǎng)、勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，可知，帶電小球受到的重力和電場(chǎng)力是一對(duì)平衡力，重力豎直向下，所以電場(chǎng)力豎直向上，與電場(chǎng)方向相 反，故小球一定帶負(fù)電荷，故 A正確；磁場(chǎng)方向向外，洛倫茲力的方向始終指向圓心，由左手定則可判斷小球的運(yùn)動(dòng)方向?yàn)槟鏁r(shí)針，故B錯(cuò)誤；由電場(chǎng)力和重力大小相等，得：mg=qE,帶電小球在洛倫茲力的作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為：r=?,聯(lián)立得：vng

35、Br,故C正確；qBE小球在做圓周運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，電場(chǎng)力做功，洛倫茲力始終不做功，故D錯(cuò)誤.4. (2020河南省濮陽(yáng)市第二次模擬)如圖所示，在xOy坐標(biāo)系的第二象限內(nèi)有水平向右的 勻強(qiáng)電場(chǎng)，第四象限內(nèi)有豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)，兩個(gè)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小相等，第四象限內(nèi)還有垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，讓一個(gè)質(zhì)量為 m、帶電荷量為q的粒子在第二象限內(nèi)的 P(-L, L)點(diǎn) 由靜止釋放，結(jié)果粒子沿直線運(yùn)動(dòng)到坐標(biāo)原點(diǎn)并進(jìn)入第四象限，粒子在第四象限內(nèi)運(yùn)動(dòng)后從x軸上的Q(L,0)點(diǎn)進(jìn)入第一象限，重力加速度為 g,求：(1)粒子從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到坐標(biāo)原點(diǎn)的時(shí)間；(2)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小和方向.解析：(1)粒子在第二象限內(nèi)做

36、直線運(yùn)動(dòng)，因此電場(chǎng)力和重力的合力方向沿 PO方向，則粒子帶正電.mg=qEi=qE2, *72mg= ma, V2L = 2at2,解得 1=(2)設(shè)粒子從O點(diǎn)進(jìn)入第四象限的速度大小為v,則v = at = 2/gL,方向與x軸正方向成45。角，由于粒子在第四象限內(nèi)受到的電場(chǎng)力與重力等大反向，因此粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由于粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)后從x軸上的Q(L,0)點(diǎn)進(jìn)入第一象限，根據(jù)左手定則可以判斷，磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里.粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖，由幾何關(guān)系可知粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑為R=手L由牛頓第二定律可得 Bqv=mR,解得B =2m，:須qL答案：（i）、/21（2）2mV2gL垂直紙面向里、g qL題組三帶電粒子在交變電磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)5. （2020江西省五市八校第二次聯(lián)考 ）如圖甲所示，直角坐標(biāo)系 xOy中，第二象限內(nèi)有沿 x軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，第一、四象限內(nèi)有垂直坐標(biāo)平面的勻強(qiáng)交變磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直紙面向外為正方向.第三象限內(nèi)有一