2019年度高考物理一輪復(fù)習(xí)第九章磁場(chǎng)專(zhuān)題強(qiáng)化十一帶電粒子在疊加場(chǎng)和組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)課件

第九章磁場(chǎng)專(zhuān)題強(qiáng)化十一帶電粒子在疊加場(chǎng)和組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)第九章磁場(chǎng)專(zhuān)題強(qiáng)化十一帶電粒子在疊加場(chǎng)和組合場(chǎng)過(guò)好雙基關(guān)過(guò)好雙基關(guān)1.帶電粒子在疊加場(chǎng)中無(wú)約束情況下的運(yùn)動(dòng)(1)洛倫茲力、重力并存①若重力和洛倫茲力平衡，則帶電粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng).②若重力和洛倫茲力不平衡，則帶電粒子將做復(fù)雜的曲線運(yùn)動(dòng)，因洛倫茲力不做功，故機(jī)械能守恒，由此可求解問(wèn)題.(2)電場(chǎng)力、洛倫茲力并存(不計(jì)重力的微觀粒子)①若電場(chǎng)力和洛倫茲力平衡，則帶電粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng).②若電場(chǎng)力和洛倫茲力不平衡，則帶電粒子將做復(fù)雜的曲線運(yùn)動(dòng)，因洛倫茲力不做功，可用動(dòng)能定理求解問(wèn)題.命題點(diǎn)一帶電粒子在疊加場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)能力考點(diǎn)師生共研1.帶電粒子在疊加場(chǎng)中無(wú)約束情況下的運(yùn)動(dòng)命題點(diǎn)一帶電粒子在(3)電場(chǎng)力、洛倫茲力、重力并存①若三力平衡，一定做勻速直線運(yùn)動(dòng).②若重力與電場(chǎng)力平衡，一定做勻速圓周運(yùn)動(dòng).③若合力不為零且與速度方向不垂直，將做復(fù)雜的曲線運(yùn)動(dòng)，因洛倫茲力不做功，可用能量守恒定律或動(dòng)能定理求解問(wèn)題.(3)電場(chǎng)力、洛倫茲力、重力并存2.帶電粒子在疊加場(chǎng)中有約束情況下的運(yùn)動(dòng)帶電粒子在疊加場(chǎng)中受輕桿、輕繩、圓環(huán)、軌道等約束的情況下，常見(jiàn)的運(yùn)動(dòng)形式有直線運(yùn)動(dòng)和圓周運(yùn)動(dòng)，此時(shí)解題要通過(guò)受力分析明確變力、恒力做功情況，并注意洛倫茲力不做功的特點(diǎn)，運(yùn)用動(dòng)能定理、能量守恒定律結(jié)合牛頓運(yùn)動(dòng)定律求解.2.帶電粒子在疊加場(chǎng)中有約束情況下的運(yùn)動(dòng)例1

(2017·全國(guó)卷Ⅰ·16)如圖1，空間某區(qū)域存在勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電場(chǎng)方向豎直向上(與紙面平行)，磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里，三個(gè)帶正電的微粒a、b、c電荷量相等，質(zhì)量分別為ma、mb、mc，已知在該區(qū)域內(nèi)，a在紙面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，b在紙面內(nèi)向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，c在紙面內(nèi)向左做勻速直線運(yùn)動(dòng).下列選項(xiàng)正確的是A.ma＞mb＞mc B.mb＞ma＞mcC.mc＞ma＞mb D.mc＞mb＞ma答案解析圖1√例1(2017·全國(guó)卷Ⅰ·16)如圖1，空間某區(qū)域存在勻強(qiáng)解析設(shè)三個(gè)微粒的電荷量均為q，a在紙面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，說(shuō)明洛倫茲力提供向心力，重力與電場(chǎng)力平衡，即mag＝qE ①b在紙面內(nèi)向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，三力平衡，則mbg＝qE＋qvB ②c在紙面內(nèi)向左做勻速直線運(yùn)動(dòng)，三力平衡，則mcg＋qvB＝qE ③比較①②③式得：mb>ma>mc，選項(xiàng)B正確.解析設(shè)三個(gè)微粒的電荷量均為q，例2

(多選)(2017·河南六市一模)如圖2所示，半徑為R的光滑半圓弧絕緣軌道固定在豎直面內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向垂直于軌道平面向里.一可視為質(zhì)點(diǎn)、質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的小球由軌道左端A點(diǎn)無(wú)初速度滑下，當(dāng)小球滑至軌道最低點(diǎn)C時(shí)，給小球再施加一始終水平向右的外力F，使小球能保持不變的速率滑過(guò)軌道右側(cè)的D點(diǎn).若軌道的兩端等高，小球始終與軌道接觸，重力加速度為g，則下列判斷正確的是A.小球在C點(diǎn)對(duì)軌道的壓力大小為qBB.小球在C點(diǎn)對(duì)軌道的壓力大小為3mg－qBC.小球從C到D的過(guò)程中，外力F的大小保持不變D.小球從C到D的過(guò)程中，外力F的功率逐漸增大答案解析圖2√√例2(多選)(2017·河南六市一模)如圖2所示，半徑為R2019年度高考物理一輪復(fù)習(xí)第九章磁場(chǎng)專(zhuān)題強(qiáng)化十一帶電粒子在疊加場(chǎng)和組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)課件變式1

(2017·河北冀州2月模擬)我國(guó)位于北半球，某地區(qū)存在勻強(qiáng)電場(chǎng)E和可看做勻強(qiáng)磁場(chǎng)的地磁場(chǎng)B，電場(chǎng)與地磁場(chǎng)的方向相同，地磁場(chǎng)的豎直分量和水平分量分別豎直向下和水平向北，一帶電小球以速度v在此區(qū)域內(nèi)沿垂直場(chǎng)強(qiáng)方向在水平面內(nèi)做直線運(yùn)動(dòng)，忽略空氣阻力，此地區(qū)的重力加速度為g，則下列說(shuō)法正確的是A.小球運(yùn)動(dòng)方向?yàn)樽阅舷虮? B.小球可能帶正電C.小球速度v的大小為 D.小球的比荷為答案解析√變式1(2017·河北冀州2月模擬)我國(guó)位于北半球，某地區(qū)由受力分析可知小球帶負(fù)電，且運(yùn)動(dòng)方向?yàn)樽詵|向西，則A、B錯(cuò)誤.由受力分析可知小球帶負(fù)電，且運(yùn)動(dòng)方向?yàn)樽詵|向西，則A、B錯(cuò)誤變式2

(2016·天津理綜·11)如圖3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E＝5N/C，同時(shí)存在著垂直紙面向里的勻強(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＝0.5T.有一帶正電的小球，質(zhì)量m＝1×10－6kg，電荷量q＝2×10－6C，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＝10m/s2，求：(1)小球做勻速直線運(yùn)動(dòng)的速度v的大小和方向；答案解析圖3答案20m/s方向與電場(chǎng)方向成60°角斜向上變式2(2016·天津理綜·11)如圖3所示，空間中存在著解析小球做勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)受力如圖甲，其所受的三個(gè)力在同一平面內(nèi)，合力為零，有qvB＝

①代入數(shù)據(jù)解得v＝20m/s ②速度v的方向與電場(chǎng)E的方向之間的夾角滿(mǎn)足θ＝60° ④解析小球做勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)受力如圖甲，其所受的三個(gè)力在同一平(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.答案解析(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)間解析解法一撤去磁場(chǎng)，小球在重力與電場(chǎng)力的合力作用下做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，如圖乙所示，設(shè)其加速度為a，有設(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 ⑥設(shè)小球在重力與電場(chǎng)力的合力方向上的分位移為y，有解析解法一撤去磁場(chǎng)，小球在重力與電場(chǎng)力的合力作用下做類(lèi)平解法二撤去磁場(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vy＝vsinθ ⑤解法二撤去磁場(chǎng)后，由于電場(chǎng)力垂直于豎直方向，它對(duì)豎直方向的2019年度高考物理一輪復(fù)習(xí)第九章磁場(chǎng)專(zhuān)題強(qiáng)化十一帶電粒子在疊加場(chǎng)和組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)課件1.組合場(chǎng)：電場(chǎng)與磁場(chǎng)各位于一定的區(qū)域內(nèi)，并不重疊，電場(chǎng)、磁場(chǎng)交替出現(xiàn).2.分析思路(1)劃分過(guò)程：將粒子運(yùn)動(dòng)的過(guò)程劃分為幾個(gè)不同的階段，對(duì)不同的階段選取不同的規(guī)律處理.(2)找關(guān)鍵：確定帶電粒子在場(chǎng)區(qū)邊界的速度(包括大小和方向)是解決該類(lèi)問(wèn)題的關(guān)鍵.(3)畫(huà)運(yùn)動(dòng)軌跡：根據(jù)受力分析和運(yùn)動(dòng)分析，大致畫(huà)出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡圖，有利于形象、直觀地解決問(wèn)題.命題點(diǎn)二帶電粒子在組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)能力考點(diǎn)師生共研1.組合場(chǎng)：電場(chǎng)與磁場(chǎng)各位于一定的區(qū)域內(nèi)，并不重疊，電場(chǎng)、磁模型1磁場(chǎng)與磁場(chǎng)的組合例3

(2017·全國(guó)卷Ⅲ·24)如圖4，空間存在方向垂直于紙面(xOy平面)向里的磁場(chǎng).在x≥0區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B0；x＜0區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為λB0(常數(shù)λ＞1).一質(zhì)量為m、電荷量為q(q＞0)的帶電粒子以速度v0從坐標(biāo)原點(diǎn)O沿x軸正向射入磁場(chǎng)，此時(shí)開(kāi)始計(jì)時(shí)，當(dāng)粒子的速度方向再次沿x軸正向時(shí)，求：(不計(jì)重力)(1)粒子運(yùn)動(dòng)的時(shí)間；答案解析圖4模型1磁場(chǎng)與磁場(chǎng)的組合答案解析圖4解析在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，帶電粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng).設(shè)在x≥0區(qū)域，圓周半徑為R1；在x＜0區(qū)域，圓周半徑為R2.由洛倫茲力公式及牛頓運(yùn)動(dòng)定律得粒子速度方向轉(zhuǎn)過(guò)180°時(shí)，所需時(shí)間t1為粒子再轉(zhuǎn)過(guò)180°時(shí)，所需時(shí)間t2為解析在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，帶電粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng).設(shè)在x≥0區(qū)域，聯(lián)立①②③④式得，所求時(shí)間為聯(lián)立①②③④式得，所求時(shí)間為(2)粒子與O點(diǎn)間的距離.答案解析解析由幾何關(guān)系及①②式得，所求距離為(2)粒子與O點(diǎn)間的距離.答案解析解析由幾何關(guān)系及①②式得變式3如圖5所示，足夠大的平行擋板A1、A2豎直放置，間距6l.兩板間存在兩個(gè)方向相反的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，以水平面MN為理想分界面，Ⅰ區(qū)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B0，方向垂直紙面向外.A1、A2上各有位置正對(duì)的小孔S1、S2，兩孔與分界面MN的距離均為l.質(zhì)量為m、電荷量為＋q的粒子經(jīng)寬度為d的勻強(qiáng)電場(chǎng)由靜止加速后，沿水平方向從S1進(jìn)入Ⅰ區(qū)，并直接偏轉(zhuǎn)到MN上的P點(diǎn)，再進(jìn)入Ⅱ區(qū)，P點(diǎn)與A1板的距離是l的k倍，不計(jì)重力，碰到擋板的粒子不予考慮.(1)若k＝1，求勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E.圖5答案解析變式3如圖5所示，足夠大的平行擋板A1、圖5答案解析解析若k＝1，則有MP＝l，粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)幾何關(guān)系，該情況粒子的軌跡半徑R1＝l解析若k＝1，則有MP＝l，(2)若2<k<3，且粒子沿水平方向從S2射出，求出粒子在磁場(chǎng)中的速度大小v與k的關(guān)系式和Ⅱ區(qū)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B與k的關(guān)系式.答案解析(2)若2<k<3，且粒子沿水平方向從S2射出，求出粒子在磁解析因?yàn)?<k<3，且粒子沿水平方向從S2射出，則從S1到S2的軌跡如圖所示.由幾何關(guān)系得R22－(kl)2＝(R2－l)2 ③又因?yàn)?l－2kl＝2x ⑤解析因?yàn)?<k<3，且粒子沿水平方向從S2射出，則從S1到2019年度高考物理一輪復(fù)習(xí)第九章磁場(chǎng)專(zhuān)題強(qiáng)化十一帶電粒子在疊加場(chǎng)和組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)課件模型2電場(chǎng)與磁場(chǎng)的組合例4

(2017·天津理綜·11)平面直角坐標(biāo)系xOy中，第Ⅰ象限存在垂直于平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，第Ⅲ象限存在沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，如圖6所示.一帶負(fù)電的粒子從電場(chǎng)中的Q點(diǎn)以速度v0沿x軸正方向開(kāi)始運(yùn)動(dòng).Q點(diǎn)到y(tǒng)軸的距離為到x軸距離的2倍.粒子從坐標(biāo)原點(diǎn)O離開(kāi)電場(chǎng)進(jìn)入磁場(chǎng)，最終從x軸上的P點(diǎn)射出磁場(chǎng)，P點(diǎn)到y(tǒng)軸距離與Q點(diǎn)到y(tǒng)軸距離相等.不計(jì)粒子重力，問(wèn)：(1)粒子到達(dá)O點(diǎn)時(shí)速度的大小和方向；圖6答案解析模型2電場(chǎng)與磁場(chǎng)的組合圖6答案解析解析在電場(chǎng)中，粒子做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)Q點(diǎn)到x軸距離為L(zhǎng)，到y(tǒng)軸距離為2L，粒子的加速度為a，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，有2L＝v0t ①L＝

at2 ②設(shè)粒子到達(dá)O點(diǎn)時(shí)沿y軸方向的分速度為vyvy＝at ③設(shè)粒子到達(dá)O點(diǎn)時(shí)速度方向與x軸正方向夾角為α，有tanα＝

④聯(lián)立①②③④式得α＝45° ⑤解析在電場(chǎng)中，粒子做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)Q點(diǎn)到x軸距離為L(zhǎng)，到y(tǒng)即粒子到達(dá)O點(diǎn)時(shí)速度方向與x軸正方向成45°角斜向上.設(shè)粒子到達(dá)O點(diǎn)時(shí)速度大小為v，由運(yùn)動(dòng)的合成有v＝

⑥聯(lián)立①②③⑥式得v＝

v0 ⑦即粒子到達(dá)O點(diǎn)時(shí)速度方向與x軸正方向成45°角斜向上.聯(lián)立①(2)電場(chǎng)強(qiáng)度和磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小之比.答案解析(2)電場(chǎng)強(qiáng)度和磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小之比.答案解析解析設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度為E，粒子電荷量為q，質(zhì)量為m，粒子在電場(chǎng)中受到的電場(chǎng)力為F，由牛頓第二定律可得F＝ma ⑧又F＝qE ⑨設(shè)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R，所受的洛倫茲力提供向心力，有qvB＝m

⑩由幾何關(guān)系可知R＝

L ?聯(lián)立①②⑦⑧⑨⑩?式得解析設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度為E，粒子電荷量為q，質(zhì)量變式4

(2017·河南六市一模)如圖7所示，一帶電粒子垂直射入勻強(qiáng)電場(chǎng)，經(jīng)電場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后從磁場(chǎng)的左邊界上M點(diǎn)進(jìn)入垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，最后從磁場(chǎng)的左邊界上的N點(diǎn)離開(kāi)磁場(chǎng).已知帶電粒子的比荷

＝3.2×109C/kg，電場(chǎng)強(qiáng)度E＝200V/m，M、N間距MN＝1cm，金屬板長(zhǎng)L＝25cm，粒子的初速度v0＝4×105m/s，帶電粒子的重力忽略不計(jì)，求：(1)粒子射出電場(chǎng)時(shí)的運(yùn)動(dòng)方向與初速度v0的夾角θ；答案解析圖7答案

45°變式4(2017·河南六市一模)如圖7所示，一帶電粒子垂直解析由牛頓第二定律有qE＝ma粒子在電場(chǎng)中水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，L＝v0t粒子在豎直方向做初速度為零的勻加速運(yùn)動(dòng)，射出電場(chǎng)時(shí)的豎直分速度vy＝at速度偏轉(zhuǎn)角的正切值tanθ＝由以上各式代入數(shù)據(jù)解得θ＝45°解析由牛頓第二定律有qE＝ma(2)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小.答案解析答案

2.5×10－2T解析粒子射出電場(chǎng)時(shí)的速度大小為：代入數(shù)據(jù)解得B＝2.5×10－2T(2)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小.答案解析答案2.5×10－2T課時(shí)作業(yè)課時(shí)作業(yè)1.(多選)如圖1所示，一帶電小球在一正交電場(chǎng)、磁場(chǎng)區(qū)域里做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)方向豎直向下，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，則下列說(shuō)法正確的是A.小球一定帶正電B.小球一定帶負(fù)電C.小球的繞行方向?yàn)轫槙r(shí)針D.改變小球的速度大小，小球?qū)⒉蛔鰣A周運(yùn)動(dòng)答案√圖1√1234561.(多選)如圖1所示，一帶電小球在一正交電場(chǎng)、磁場(chǎng)區(qū)域里做2.如圖2所示的虛線區(qū)域內(nèi)，充滿(mǎn)垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)和豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng).一帶電粒子a(不計(jì)重力)以一定的初速度由左邊界的O點(diǎn)射入磁場(chǎng)、電場(chǎng)區(qū)域，恰好沿直線由區(qū)域右邊界的O′點(diǎn)(圖中未標(biāo)出)穿出.若撤去該區(qū)域內(nèi)的磁場(chǎng)而保留電場(chǎng)不變，另一個(gè)同樣的粒子b(不計(jì)重力)仍以相同初速度由O點(diǎn)射入，從區(qū)域右邊界穿出，則粒子bA.穿出位置一定在O′點(diǎn)下方B.穿出位置一定在O′點(diǎn)上方C.運(yùn)動(dòng)時(shí)，在電場(chǎng)中的電勢(shì)能一定減小D.在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，動(dòng)能一定減小√圖2答案1234562.如圖2所示的虛線區(qū)域內(nèi)，充滿(mǎn)垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)和豎3.在xOy平面內(nèi)，以?huà)佄锞€OM為界，MOy區(qū)域內(nèi)存在豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度為E，y軸為電場(chǎng)的右邊界；MOx區(qū)域內(nèi)有垂直于平面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，x軸為磁場(chǎng)的下邊界，如圖3所示.質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子從y軸上P(0，h)點(diǎn)以垂直于y軸的初速度進(jìn)入電場(chǎng)中，經(jīng)電場(chǎng)后以與x軸成45°角的速度從拋物線上的Q點(diǎn)(圖中未畫(huà)出)進(jìn)入磁場(chǎng)，已知Q點(diǎn)的縱坐標(biāo)為

，粒子重力不計(jì).(1)試求帶電粒子從P射入電場(chǎng)時(shí)的速度大??；圖3答案解析1234563.在xOy平面內(nèi)，以?huà)佄锞€OM為界，MOy區(qū)域內(nèi)存在豎直向解析帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律得粒子加速度過(guò)邊界OM時(shí)y方向上的速度大小為vy，由此時(shí)速度方向與x軸成45°角可知vy＝v0

③123456解析帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律得粒子(2)若O為拋物線OM的頂點(diǎn)，寫(xiě)出邊界OM的拋物線方程；答案解析聯(lián)立①④⑥解得x＝h ⑦123456(2)若O為拋物線OM的頂點(diǎn)，寫(xiě)出邊界OM的拋物線方程；答案(3)要使帶電粒子不穿過(guò)x軸，試確定勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B應(yīng)滿(mǎn)足的條件.答案解析123456(3)要使帶電粒子不穿過(guò)x軸，試確定勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B應(yīng)解析帶電粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，設(shè)粒子在磁場(chǎng)中的軌道半徑為R，要使粒子不穿過(guò)x軸，則由幾何關(guān)系得粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的速度大小123456解析帶電粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，設(shè)粒子在磁場(chǎng)中的軌道半徑為4.如圖4甲所示，在xOy平面內(nèi)存在磁場(chǎng)和電場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度和電場(chǎng)強(qiáng)度大小隨時(shí)間周期性變化，B的變化周期為4t0，E的變化周期為2t0，變化規(guī)律分別如圖乙和圖丙所示.在t＝0時(shí)刻從O點(diǎn)發(fā)射一帶負(fù)電的粒子(不計(jì)重力)，初速度大小為v0，方向沿y軸正方向.在x軸上有一點(diǎn)A(圖中未標(biāo)出)，坐標(biāo)為(

，0).若規(guī)定垂直紙面向里為磁感應(yīng)強(qiáng)度的正方向，y軸正方向?yàn)殡妶?chǎng)強(qiáng)度的正方向，v0、t0、B0為已知量，磁感應(yīng)強(qiáng)度與電場(chǎng)強(qiáng)度的大小滿(mǎn)足：

；粒子的比荷滿(mǎn)足：.求：圖41234564.如圖4甲所示，在xOy平面內(nèi)存在磁場(chǎng)和電場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度和(1)在t＝

時(shí)，粒子的位置坐標(biāo)；答案解析123456(1)在t＝時(shí)，粒子的位置坐標(biāo)；答案解析123456(2)粒子偏離x軸的最大距離；答案解析123456(2)粒子偏離x軸的最大距離；答案解析123456解析在t0～2t0時(shí)間內(nèi)，設(shè)粒子經(jīng)電場(chǎng)加速后的速度為v，粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示123456解析在t0～2t0時(shí)間內(nèi)，設(shè)粒子經(jīng)電場(chǎng)加速后的速度為v，粒(3)粒子運(yùn)動(dòng)至A點(diǎn)的時(shí)間.答案解析答案32t0解析粒子在xOy平面內(nèi)做周期性運(yùn)動(dòng)的運(yùn)動(dòng)周期為4t0所以，粒子運(yùn)動(dòng)至A點(diǎn)的時(shí)間t＝32t0.123456(3)粒子運(yùn)動(dòng)至A點(diǎn)的時(shí)間.答案解析答案32t0解析粒子5.如圖5所示，豎直平面坐標(biāo)系xOy的第一象限，有垂直xOy平面向外的水平勻強(qiáng)磁場(chǎng)和豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)，大小分別為B和E；第四象限有垂直xOy平面向里的水平勻強(qiáng)電場(chǎng)，大小也為E；第三象限內(nèi)有一絕緣光滑豎直放置的半徑為R的半圓軌道，軌道最高點(diǎn)與坐標(biāo)原點(diǎn)O相切，最低點(diǎn)與絕緣光滑水平面相切于N.一質(zhì)量為m的帶電小球從y軸上(y>0)的P點(diǎn)沿x軸正方向進(jìn)入第一象限后做圓周運(yùn)動(dòng)，恰好通過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)O，且水平切入半圓軌道并沿軌道內(nèi)側(cè)運(yùn)動(dòng)，過(guò)N點(diǎn)水平進(jìn)入第四象限，并在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)(已知重力加速度為g).圖51234565.如圖5所示，豎直平面坐標(biāo)系xOy的第一象限，圖51234(1)判斷小球的帶電性質(zhì)并求出其所帶電荷量；解析小球進(jìn)入第一象限后做圓周運(yùn)動(dòng)，說(shuō)明重力與電場(chǎng)力平衡，設(shè)小球所帶電荷量為q，則有qE＝mg又電場(chǎng)方向豎直向上，故小球帶正電.答案解析123456(1)判斷小球的帶電性質(zhì)并求出其所帶電荷量；解析小球進(jìn)入第(2)P點(diǎn)距坐標(biāo)原點(diǎn)O至少多高；解析設(shè)勻速圓周運(yùn)動(dòng)的速度為v、軌道半徑為r，由洛倫茲力提供向心力得qBv＝小球恰能通過(guò)半圓軌道的最高點(diǎn)并沿軌道運(yùn)動(dòng)，則應(yīng)滿(mǎn)足mg＝答案解析123456(2)P點(diǎn)距坐標(biāo)原點(diǎn)O至少多高；解析設(shè)勻速圓周運(yùn)動(dòng)的速度為(3)若該小球以滿(mǎn)足(2)中OP最小值的位置和對(duì)應(yīng)速度進(jìn)入第四象限，通過(guò)N點(diǎn)開(kāi)始計(jì)時(shí)，經(jīng)時(shí)間t＝2小球距坐標(biāo)原點(diǎn)O的距離s有多遠(yuǎn)？答案解析123456(3)若該小球以滿(mǎn)足(2)中OP最小值的位置和對(duì)應(yīng)速度進(jìn)入第解析設(shè)小球到達(dá)N點(diǎn)的速度為vN，小球由O運(yùn)動(dòng)到N的過(guò)程中，由機(jī)械能守恒得小球從N點(diǎn)進(jìn)入電場(chǎng)區(qū)域后做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度為a，則沿x軸方向有x＝vNt123456解析設(shè)小球到達(dá)N點(diǎn)的速度為vN，小球由O運(yùn)動(dòng)到N的過(guò)程中，經(jīng)t時(shí)間小球距坐標(biāo)原點(diǎn)O的距離為123456經(jīng)t時(shí)間小球距坐標(biāo)原點(diǎn)O的距離為1234566.(2018·廣東中山調(diào)研)如圖6所示，兩平行金屬板A、B間的電勢(shì)差為U＝5×104V.在B板的右側(cè)有兩個(gè)方向不同但寬度相同的有界磁場(chǎng)Ⅰ、Ⅱ，它們的寬度為d1＝d2＝6.25m，磁感應(yīng)強(qiáng)度分別為B1＝2.0T、B2＝4.0T，方向如圖中所示.現(xiàn)有一質(zhì)量m＝1.0×10－8kg、電荷量q＝1.6×10－6C、重力忽略不計(jì)的粒子從A板的O點(diǎn)由靜止釋放，經(jīng)過(guò)加速后恰好從B板的小孔Q處飛出.試求：(1)帶電粒子從加速電場(chǎng)中出來(lái)的速度v的大??；圖6答案解析答案4.0×103m/s

1234566.(2018·廣東中山調(diào)研)如圖6所示，兩平行金屬板A、B解析粒子在電場(chǎng)中做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理有：123456解析粒子在電場(chǎng)中做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理有：12345(2)帶電粒子穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域Ⅰ所用的時(shí)間t；答案解析123456(2)帶電粒子穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域Ⅰ所用的時(shí)間t；答案解析12345解析粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖甲，代入數(shù)據(jù)解得r＝12.5m設(shè)粒子在Ⅰ區(qū)內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心角為θ，則：123456解析粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖甲，代入數(shù)據(jù)解得123456所以θ＝30°粒子在Ⅰ區(qū)運(yùn)動(dòng)周期則粒子在Ⅰ區(qū)運(yùn)動(dòng)時(shí)間123456所以θ＝30°則粒子在Ⅰ區(qū)運(yùn)動(dòng)時(shí)間123456(3)帶電粒子從磁場(chǎng)區(qū)域Ⅱ射出時(shí)的速度方向與邊界面的夾角；答案解析答案60°解析設(shè)粒子在Ⅱ區(qū)做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為R，則qvB2＝解得R＝6.25m如圖甲所示，由幾何關(guān)系可知△MO2P為等邊三角形，所以粒子離開(kāi)Ⅱ區(qū)域時(shí)速度方向與邊界面的夾角為α＝60°123456(3)帶電粒子從磁場(chǎng)區(qū)域Ⅱ射出時(shí)的速度方向與邊界面的夾角；答(4)若d1的寬度不變，改變d2的寬度，要使粒子不能從Ⅱ區(qū)飛出磁場(chǎng)，則d2的寬度至少為多大？答案解析123456答案9.375m解析要使粒子不能從Ⅱ區(qū)飛出磁場(chǎng)，粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡與磁場(chǎng)邊界相切時(shí)，由圖乙可知Ⅱ區(qū)磁場(chǎng)的寬度至少為：d2＝R＋Rcos60°＝1.5R＝9.375m(4)若d1的寬度不變，改變d2的寬度，要使粒子不能從Ⅱ區(qū)飛第九章磁場(chǎng)專(zhuān)題強(qiáng)化十一帶電粒子在疊加場(chǎng)和組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)第九章磁場(chǎng)專(zhuān)題強(qiáng)化十一帶電粒子在疊加場(chǎng)和組合場(chǎng)過(guò)好雙基關(guān)過(guò)好雙基關(guān)1.帶電粒子在疊加場(chǎng)中無(wú)約束情況下的運(yùn)動(dòng)(1)洛倫茲力、重力并存①若重力和洛倫茲力平衡，則帶電粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng).②若重力和洛倫茲力不平衡，則帶電粒子將做復(fù)雜的曲線運(yùn)動(dòng)，因洛倫茲力不做功，故機(jī)械能守恒，由此可求解問(wèn)題.(2)電場(chǎng)力、洛倫茲力并存(不計(jì)重力的微觀粒子)①若電場(chǎng)力和洛倫茲力平衡，則帶電粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng).②若電場(chǎng)力和洛倫茲力不平衡，則帶電粒子將做復(fù)雜的曲線運(yùn)動(dòng)，因洛倫茲力不做功，可用動(dòng)能定理求解問(wèn)題.命題點(diǎn)一帶電粒子在疊加場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)能力考點(diǎn)師生共研1.帶電粒子在疊加場(chǎng)中無(wú)約束情況下的運(yùn)動(dòng)命題點(diǎn)一帶電粒子在(3)電場(chǎng)力、洛倫茲力、重力并存①若三力平衡，一定做勻速直線運(yùn)動(dòng).②若重力與電場(chǎng)力平衡，一定做勻速圓周運(yùn)動(dòng).③若合力不為零且與速度方向不垂直，將做復(fù)雜的曲線運(yùn)動(dòng)，因洛倫茲力不做功，可用能量守恒定律或動(dòng)能定理求解問(wèn)題.(3)電場(chǎng)力、洛倫茲力、重力并存2.帶電粒子在疊加場(chǎng)中有約束情況下的運(yùn)動(dòng)帶電粒子在疊加場(chǎng)中受輕桿、輕繩、圓環(huán)、軌道等約束的情況下，常見(jiàn)的運(yùn)動(dòng)形式有直線運(yùn)動(dòng)和圓周運(yùn)動(dòng)，此時(shí)解題要通過(guò)受力分析明確變力、恒力做功情況，并注意洛倫茲力不做功的特點(diǎn)，運(yùn)用動(dòng)能定理、能量守恒定律結(jié)合牛頓運(yùn)動(dòng)定律求解.2.帶電粒子在疊加場(chǎng)中有約束情況下的運(yùn)動(dòng)例1

(2017·全國(guó)卷Ⅰ·16)如圖1，空間某區(qū)域存在勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電場(chǎng)方向豎直向上(與紙面平行)，磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里，三個(gè)帶正電的微粒a、b、c電荷量相等，質(zhì)量分別為ma、mb、mc，已知在該區(qū)域內(nèi)，a在紙面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，b在紙面內(nèi)向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，c在紙面內(nèi)向左做勻速直線運(yùn)動(dòng).下列選項(xiàng)正確的是A.ma＞mb＞mc B.mb＞ma＞mcC.mc＞ma＞mb D.mc＞mb＞ma答案解析圖1√例1(2017·全國(guó)卷Ⅰ·16)如圖1，空間某區(qū)域存在勻強(qiáng)解析設(shè)三個(gè)微粒的電荷量均為q，a在紙面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，說(shuō)明洛倫茲力提供向心力，重力與電場(chǎng)力平衡，即mag＝qE ①b在紙面內(nèi)向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，三力平衡，則mbg＝qE＋qvB ②c在紙面內(nèi)向左做勻速直線運(yùn)動(dòng)，三力平衡，則mcg＋qvB＝qE ③比較①②③式得：mb>ma>mc，選項(xiàng)B正確.解析設(shè)三個(gè)微粒的電荷量均為q，例2

(多選)(2017·河南六市一模)如圖2所示，半徑為R的光滑半圓弧絕緣軌道固定在豎直面內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向垂直于軌道平面向里.一可視為質(zhì)點(diǎn)、質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的小球由軌道左端A點(diǎn)無(wú)初速度滑下，當(dāng)小球滑至軌道最低點(diǎn)C時(shí)，給小球再施加一始終水平向右的外力F，使小球能保持不變的速率滑過(guò)軌道右側(cè)的D點(diǎn).若軌道的兩端等高，小球始終與軌道接觸，重力加速度為g，則下列判斷正確的是A.小球在C點(diǎn)對(duì)軌道的壓力大小為qBB.小球在C點(diǎn)對(duì)軌道的壓力大小為3mg－qBC.小球從C到D的過(guò)程中，外力F的大小保持不變D.小球從C到D的過(guò)程中，外力F的功率逐漸增大答案解析圖2√√例2(多選)(2017·河南六市一模)如圖2所示，半徑為R2019年度高考物理一輪復(fù)習(xí)第九章磁場(chǎng)專(zhuān)題強(qiáng)化十一帶電粒子在疊加場(chǎng)和組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)課件變式1

(2017·河北冀州2月模擬)我國(guó)位于北半球，某地區(qū)存在勻強(qiáng)電場(chǎng)E和可看做勻強(qiáng)磁場(chǎng)的地磁場(chǎng)B，電場(chǎng)與地磁場(chǎng)的方向相同，地磁場(chǎng)的豎直分量和水平分量分別豎直向下和水平向北，一帶電小球以速度v在此區(qū)域內(nèi)沿垂直場(chǎng)強(qiáng)方向在水平面內(nèi)做直線運(yùn)動(dòng)，忽略空氣阻力，此地區(qū)的重力加速度為g，則下列說(shuō)法正確的是A.小球運(yùn)動(dòng)方向?yàn)樽阅舷虮? B.小球可能帶正電C.小球速度v的大小為 D.小球的比荷為答案解析√變式1(2017·河北冀州2月模擬)我國(guó)位于北半球，某地區(qū)由受力分析可知小球帶負(fù)電，且運(yùn)動(dòng)方向?yàn)樽詵|向西，則A、B錯(cuò)誤.由受力分析可知小球帶負(fù)電，且運(yùn)動(dòng)方向?yàn)樽詵|向西，則A、B錯(cuò)誤變式2

(2016·天津理綜·11)如圖3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E＝5N/C，同時(shí)存在著垂直紙面向里的勻強(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＝0.5T.有一帶正電的小球，質(zhì)量m＝1×10－6kg，電荷量q＝2×10－6C，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＝10m/s2，求：(1)小球做勻速直線運(yùn)動(dòng)的速度v的大小和方向；答案解析圖3答案20m/s方向與電場(chǎng)方向成60°角斜向上變式2(2016·天津理綜·11)如圖3所示，空間中存在著解析小球做勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)受力如圖甲，其所受的三個(gè)力在同一平面內(nèi)，合力為零，有qvB＝

①代入數(shù)據(jù)解得v＝20m/s ②速度v的方向與電場(chǎng)E的方向之間的夾角滿(mǎn)足θ＝60° ④解析小球做勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)受力如圖甲，其所受的三個(gè)力在同一平(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.答案解析(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)間解析解法一撤去磁場(chǎng)，小球在重力與電場(chǎng)力的合力作用下做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，如圖乙所示，設(shè)其加速度為a，有設(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 ⑥設(shè)小球在重力與電場(chǎng)力的合力方向上的分位移為y，有解析解法一撤去磁場(chǎng)，小球在重力與電場(chǎng)力的合力作用下做類(lèi)平解法二撤去磁場(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vy＝vsinθ ⑤解法二撤去磁場(chǎng)后，由于電場(chǎng)力垂直于豎直方向，它對(duì)豎直方向的2019年度高考物理一輪復(fù)習(xí)第九章磁場(chǎng)專(zhuān)題強(qiáng)化十一帶電粒子在疊加場(chǎng)和組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)課件1.組合場(chǎng)：電場(chǎng)與磁場(chǎng)各位于一定的區(qū)域內(nèi)，并不重疊，電場(chǎng)、磁場(chǎng)交替出現(xiàn).2.分析思路(1)劃分過(guò)程：將粒子運(yùn)動(dòng)的過(guò)程劃分為幾個(gè)不同的階段，對(duì)不同的階段選取不同的規(guī)律處理.(2)找關(guān)鍵：確定帶電粒子在場(chǎng)區(qū)邊界的速度(包括大小和方向)是解決該類(lèi)問(wèn)題的關(guān)鍵.(3)畫(huà)運(yùn)動(dòng)軌跡：根據(jù)受力分析和運(yùn)動(dòng)分析，大致畫(huà)出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡圖，有利于形象、直觀地解決問(wèn)題.命題點(diǎn)二帶電粒子在組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)能力考點(diǎn)師生共研1.組合場(chǎng)：電場(chǎng)與磁場(chǎng)各位于一定的區(qū)域內(nèi)，并不重疊，電場(chǎng)、磁模型1磁場(chǎng)與磁場(chǎng)的組合例3

(2017·全國(guó)卷Ⅲ·24)如圖4，空間存在方向垂直于紙面(xOy平面)向里的磁場(chǎng).在x≥0區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B0；x＜0區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為λB0(常數(shù)λ＞1).一質(zhì)量為m、電荷量為q(q＞0)的帶電粒子以速度v0從坐標(biāo)原點(diǎn)O沿x軸正向射入磁場(chǎng)，此時(shí)開(kāi)始計(jì)時(shí)，當(dāng)粒子的速度方向再次沿x軸正向時(shí)，求：(不計(jì)重力)(1)粒子運(yùn)動(dòng)的時(shí)間；答案解析圖4模型1磁場(chǎng)與磁場(chǎng)的組合答案解析圖4解析在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，帶電粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng).設(shè)在x≥0區(qū)域，圓周半徑為R1；在x＜0區(qū)域，圓周半徑為R2.由洛倫茲力公式及牛頓運(yùn)動(dòng)定律得粒子速度方向轉(zhuǎn)過(guò)180°時(shí)，所需時(shí)間t1為粒子再轉(zhuǎn)過(guò)180°時(shí)，所需時(shí)間t2為解析在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，帶電粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng).設(shè)在x≥0區(qū)域，聯(lián)立①②③④式得，所求時(shí)間為聯(lián)立①②③④式得，所求時(shí)間為(2)粒子與O點(diǎn)間的距離.答案解析解析由幾何關(guān)系及①②式得，所求距離為(2)粒子與O點(diǎn)間的距離.答案解析解析由幾何關(guān)系及①②式得變式3如圖5所示，足夠大的平行擋板A1、A2豎直放置，間距6l.兩板間存在兩個(gè)方向相反的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，以水平面MN為理想分界面，Ⅰ區(qū)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B0，方向垂直紙面向外.A1、A2上各有位置正對(duì)的小孔S1、S2，兩孔與分界面MN的距離均為l.質(zhì)量為m、電荷量為＋q的粒子經(jīng)寬度為d的勻強(qiáng)電場(chǎng)由靜止加速后，沿水平方向從S1進(jìn)入Ⅰ區(qū)，并直接偏轉(zhuǎn)到MN上的P點(diǎn)，再進(jìn)入Ⅱ區(qū)，P點(diǎn)與A1板的距離是l的k倍，不計(jì)重力，碰到擋板的粒子不予考慮.(1)若k＝1，求勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E.圖5答案解析變式3如圖5所示，足夠大的平行擋板A1、圖5答案解析解析若k＝1，則有MP＝l，粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)幾何關(guān)系，該情況粒子的軌跡半徑R1＝l解析若k＝1，則有MP＝l，(2)若2<k<3，且粒子沿水平方向從S2射出，求出粒子在磁場(chǎng)中的速度大小v與k的關(guān)系式和Ⅱ區(qū)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B與k的關(guān)系式.答案解析(2)若2<k<3，且粒子沿水平方向從S2射出，求出粒子在磁解析因?yàn)?<k<3，且粒子沿水平方向從S2射出，則從S1到S2的軌跡如圖所示.由幾何關(guān)系得R22－(kl)2＝(R2－l)2 ③又因?yàn)?l－2kl＝2x ⑤解析因?yàn)?<k<3，且粒子沿水平方向從S2射出，則從S1到2019年度高考物理一輪復(fù)習(xí)第九章磁場(chǎng)專(zhuān)題強(qiáng)化十一帶電粒子在疊加場(chǎng)和組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)課件模型2電場(chǎng)與磁場(chǎng)的組合例4

(2017·天津理綜·11)平面直角坐標(biāo)系xOy中，第Ⅰ象限存在垂直于平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，第Ⅲ象限存在沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，如圖6所示.一帶負(fù)電的粒子從電場(chǎng)中的Q點(diǎn)以速度v0沿x軸正方向開(kāi)始運(yùn)動(dòng).Q點(diǎn)到y(tǒng)軸的距離為到x軸距離的2倍.粒子從坐標(biāo)原點(diǎn)O離開(kāi)電場(chǎng)進(jìn)入磁場(chǎng)，最終從x軸上的P點(diǎn)射出磁場(chǎng)，P點(diǎn)到y(tǒng)軸距離與Q點(diǎn)到y(tǒng)軸距離相等.不計(jì)粒子重力，問(wèn)：(1)粒子到達(dá)O點(diǎn)時(shí)速度的大小和方向；圖6答案解析模型2電場(chǎng)與磁場(chǎng)的組合圖6答案解析解析在電場(chǎng)中，粒子做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)Q點(diǎn)到x軸距離為L(zhǎng)，到y(tǒng)軸距離為2L，粒子的加速度為a，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，有2L＝v0t ①L＝

at2 ②設(shè)粒子到達(dá)O點(diǎn)時(shí)沿y軸方向的分速度為vyvy＝at ③設(shè)粒子到達(dá)O點(diǎn)時(shí)速度方向與x軸正方向夾角為α，有tanα＝

④聯(lián)立①②③④式得α＝45° ⑤解析在電場(chǎng)中，粒子做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)Q點(diǎn)到x軸距離為L(zhǎng)，到y(tǒng)即粒子到達(dá)O點(diǎn)時(shí)速度方向與x軸正方向成45°角斜向上.設(shè)粒子到達(dá)O點(diǎn)時(shí)速度大小為v，由運(yùn)動(dòng)的合成有v＝

⑥聯(lián)立①②③⑥式得v＝

v0 ⑦即粒子到達(dá)O點(diǎn)時(shí)速度方向與x軸正方向成45°角斜向上.聯(lián)立①(2)電場(chǎng)強(qiáng)度和磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小之比.答案解析(2)電場(chǎng)強(qiáng)度和磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小之比.答案解析解析設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度為E，粒子電荷量為q，質(zhì)量為m，粒子在電場(chǎng)中受到的電場(chǎng)力為F，由牛頓第二定律可得F＝ma ⑧又F＝qE ⑨設(shè)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R，所受的洛倫茲力提供向心力，有qvB＝m

⑩由幾何關(guān)系可知R＝

L ?聯(lián)立①②⑦⑧⑨⑩?式得解析設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度為E，粒子電荷量為q，質(zhì)量變式4

(2017·河南六市一模)如圖7所示，一帶電粒子垂直射入勻強(qiáng)電場(chǎng)，經(jīng)電場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后從磁場(chǎng)的左邊界上M點(diǎn)進(jìn)入垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，最后從磁場(chǎng)的左邊界上的N點(diǎn)離開(kāi)磁場(chǎng).已知帶電粒子的比荷

＝3.2×109C/kg，電場(chǎng)強(qiáng)度E＝200V/m，M、N間距MN＝1cm，金屬板長(zhǎng)L＝25cm，粒子的初速度v0＝4×105m/s，帶電粒子的重力忽略不計(jì)，求：(1)粒子射出電場(chǎng)時(shí)的運(yùn)動(dòng)方向與初速度v0的夾角θ；答案解析圖7答案

45°變式4(2017·河南六市一模)如圖7所示，一帶電粒子垂直解析由牛頓第二定律有qE＝ma粒子在電場(chǎng)中水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，L＝v0t粒子在豎直方向做初速度為零的勻加速運(yùn)動(dòng)，射出電場(chǎng)時(shí)的豎直分速度vy＝at速度偏轉(zhuǎn)角的正切值tanθ＝由以上各式代入數(shù)據(jù)解得θ＝45°解析由牛頓第二定律有qE＝ma(2)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小.答案解析答案

2.5×10－2T解析粒子射出電場(chǎng)時(shí)的速度大小為：代入數(shù)據(jù)解得B＝2.5×10－2T(2)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小.答案解析答案2.5×10－2T課時(shí)作業(yè)課時(shí)作業(yè)1.(多選)如圖1所示，一帶電小球在一正交電場(chǎng)、磁場(chǎng)區(qū)域里做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)方向豎直向下，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，則下列說(shuō)法正確的是A.小球一定帶正電B.小球一定帶負(fù)電C.小球的繞行方向?yàn)轫槙r(shí)針D.改變小球的速度大小，小球?qū)⒉蛔鰣A周運(yùn)動(dòng)答案√圖1√1234561.(多選)如圖1所示，一帶電小球在一正交電場(chǎng)、磁場(chǎng)區(qū)域里做2.如圖2所示的虛線區(qū)域內(nèi)，充滿(mǎn)垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)和豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng).一帶電粒子a(不計(jì)重力)以一定的初速度由左邊界的O點(diǎn)射入磁場(chǎng)、電場(chǎng)區(qū)域，恰好沿直線由區(qū)域右邊界的O′點(diǎn)(圖中未標(biāo)出)穿出.若撤去該區(qū)域內(nèi)的磁場(chǎng)而保留電場(chǎng)不變，另一個(gè)同樣的粒子b(不計(jì)重力)仍以相同初速度由O點(diǎn)射入，從區(qū)域右邊界穿出，則粒子bA.穿出位置一定在O′點(diǎn)下方B.穿出位置一定在O′點(diǎn)上方C.運(yùn)動(dòng)時(shí)，在電場(chǎng)中的電勢(shì)能一定減小D.在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，動(dòng)能一定減小√圖2答案1234562.如圖2所示的虛線區(qū)域內(nèi)，充滿(mǎn)垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)和豎3.在xOy平面內(nèi)，以?huà)佄锞€OM為界，MOy區(qū)域內(nèi)存在豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度為E，y軸為電場(chǎng)的右邊界；MOx區(qū)域內(nèi)有垂直于平面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，x軸為磁場(chǎng)的下邊界，如圖3所示.質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子從y軸上P(0，h)點(diǎn)以垂直于y軸的初速度進(jìn)入電場(chǎng)中，經(jīng)電場(chǎng)后以與x軸成45°角的速度從拋物線上的Q點(diǎn)(圖中未畫(huà)出)進(jìn)入磁場(chǎng)，已知Q點(diǎn)的縱坐標(biāo)為

，粒子重力不計(jì).(1)試求帶電粒子從P射入電場(chǎng)時(shí)的速度大??；圖3答案解析1234563.在xOy平面內(nèi)，以?huà)佄锞€OM為界，MOy區(qū)域內(nèi)存在豎直向解析帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律得粒子加速度過(guò)邊界OM時(shí)y方向上的速度大小為vy，由此時(shí)速度方向與x軸成45°角可知vy＝v0

③123456解析帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律得粒子(2)若O為拋物線OM的頂點(diǎn)，寫(xiě)出邊界OM的拋物線方程；答案解析聯(lián)立①④⑥解得x＝h ⑦123456(2)若O為拋物線OM的頂點(diǎn)，寫(xiě)出邊界OM的拋物線方程；答案(3)要使帶電粒子不穿過(guò)x軸，試確定勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B應(yīng)滿(mǎn)足的條件.答案解析123456(3)要使帶電粒子不穿過(guò)x軸，試確定勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B應(yīng)解析帶電粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，設(shè)粒子在磁場(chǎng)中的軌道半徑為R，要使粒子不穿過(guò)x軸，則由幾何關(guān)系得粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的速度大小123456解析帶電粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，設(shè)粒子在磁場(chǎng)中的軌道半徑為4.如圖4甲所示，在xOy平面內(nèi)存在磁場(chǎng)和電場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度和電場(chǎng)強(qiáng)度大小隨時(shí)間周期性變化，B的變化周期為4t0，E的變化周期為2t0，變化規(guī)律分別如圖乙和圖丙所示.在t＝0時(shí)刻從O點(diǎn)發(fā)射一帶負(fù)電的粒子(不計(jì)重力)，初速度大小為v0，方向沿y軸正方向.在x軸上有一點(diǎn)A(圖中未標(biāo)出)，坐標(biāo)為(

，0).若規(guī)定垂直紙面向里為磁感應(yīng)強(qiáng)度的正方向，y軸正方向?yàn)殡妶?chǎng)強(qiáng)度的正方向，v0、t0、B0為已知量，磁感應(yīng)強(qiáng)度與電場(chǎng)強(qiáng)度的大小滿(mǎn)足：

；粒子的比荷滿(mǎn)足：.求：圖41234564.如圖4甲所示，在xOy平面內(nèi)存在磁場(chǎng)和電場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度和(1)在t＝

時(shí)，粒子的位置坐標(biāo)；答案解析123456(1)在t＝時(shí)，粒子的位置坐標(biāo)；答案解析123456(2)粒子偏離x軸的最大距離；答案解析123456(2)粒子偏離x軸的最大距離；答案解析123456解析在t0～2t0時(shí)間內(nèi)，設(shè)粒子經(jīng)電場(chǎng)加速后的速度為v，粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示123456解析在t0～2t0時(shí)間內(nèi)，設(shè)粒子經(jīng)電場(chǎng)加速后的速度為v，粒(3)粒子運(yùn)動(dòng)至A點(diǎn)的時(shí)間.答案解析答案32t0解析粒子在xOy平面內(nèi)做周期性運(yùn)動(dòng)的運(yùn)動(dòng)周期為4t0所以，粒子運(yùn)動(dòng)至A點(diǎn)的時(shí)間t＝32t0.123456(3)粒子運(yùn)動(dòng)至A點(diǎn)的時(shí)間.答案解析答案32t0解析粒子5.如圖5所示，豎直平面坐