2020屆高考物理藝考生大二輪總復(fù)習(xí)上篇專題三電場和磁場第3講帶電粒子在組合場復(fù)合場中的運動教學(xué)案

1、第3講 帶電粒子在組合場、復(fù)合場中的運動考情分析,備考導(dǎo)航明前高號考柄透現(xiàn)命領(lǐng)韌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)合場中的運 動是高考的常考內(nèi)容之一，主 要考查考生的綜合分析問題的 能力.分析帶電粒子在復(fù)合場 中的運動，往往與圓周運動和 類平拋運動相結(jié)合，涉及牛頓 運動定律的應(yīng)用，是今后高考 中的重點，考查考生綜合分析 問題的能力.12018I 卷 25T帶電粒子在組合場中的運動科學(xué)思維n 卷 25T帶電粒子在組合場中的運動科學(xué)思維出卷24T帶電粒子在組合場中的運動科學(xué)思維2017I 卷 16T1帶電體在疊加場中的運動科學(xué)思維卜考向聚焦,高考必備深耕熱點考向突破技法

2、指導(dǎo)考向一 帶電粒子在組合場中的運動知識必備提核心 通技法1 .組合場模型電場、磁場、重力場（或其中兩種場）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)”的比較勻強(qiáng)電場中的“電偏轉(zhuǎn)”勻強(qiáng)磁場中的“磁偏轉(zhuǎn)”受力特征無論v是否與E垂直，尸電=4巳F電為恒力v垂直于B時，F(xiàn)b= qvB運動規(guī)律類平拋運動（v，E）Vx= V0 Vy= t mqEt2 x = v0t, y= 2m圓周運動（v,B）2 7tmmvT= qB，r=qB偏轉(zhuǎn)情況tan 8 =一,因做類平拋運動，在Vx相等的時間內(nèi)偏轉(zhuǎn)角度不等若沒有磁場邊界限制，粒子所能偏轉(zhuǎn)的角度不受限制動能變化動能發(fā)生變化動能/、

3、變典題例析析典題學(xué)通法例1 （2018 全國卷n, 25T） 足夠長的條狀區(qū)域內(nèi)存在勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，其在xOy平面內(nèi)的截面如圖所示：中間是磁場區(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：磁場的上、下兩側(cè)為電場區(qū)域，寬度均為1 ',電場強(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，它們的連線與y軸平行.一帶正電的粒子以某一速度從 M點沿y軸正方向射入電場，經(jīng)過一段時間后恰好以從M點入射的速度從N點沿y軸正方向射出.不計重力.-28 -靖存熨8施運動.勻速網(wǎng)劇場動.時稱檔分析對稱性是解題關(guān)鍵甌u也遞周動 每M詼(2) y方向勻速直

4、線運動:1 ' = Vot 1 , x方向勻加速直線運動:Vx= ati由牛頓第二定律得a=qE m由r ="sin aqBl l mvsin a mv27，彳2=而(1)定性畫出該粒子在電磁場中運動的軌跡;(2)求該粒子從M點入射時速度的大??； 兀 (3)右該粒子進(jìn)入磁場時的速度方向恰好與x軸正方向的夾角為 ,求該粒子的比何及其6從M點運動到N點的時間.破題關(guān)鍵點京速度解析(1)聯(lián)立可得Vo=Bl- 兀,兀 廠1mivmq 2vx(3) a = , vx= v0tan -3- = q3V0,代入/二而得益 Bl-Vx 2次m a qBlBl2E'T= 2 t2=NT

5、,2a =2兀, qB '2兀，3 ，2 7tm J3 兀 Bl2=-,3qB18El一,總時間t =2ti + t2='+ 噂£ BlE 18El答案（1）軌跡見解析圖Bl V3 兀 Bl2E= + 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)存在有場強(qiáng)大小為E、方向豎直向上的勻強(qiáng)電場，第二象限內(nèi)存在有方向垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場.熒光屏PQ垂直于x軸放置且距y軸的距離為L. 一質(zhì)量為m帶電荷量為+ q的粒子（不計重力）自坐標(biāo)為（一L, 0）的A點以大小為 V0、方向沿y軸正方向的速度進(jìn)入磁場，粒子恰好能夠到達(dá)原點O而不進(jìn)入電場

6、.現(xiàn)若使該帶電粒子仍從A點進(jìn)入磁場，但初速度大小為2y2V。、方向與x軸正方向成45角，求：（1）帶電粒子到達(dá)y軸時速度方向與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)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為 B,則由題意可知，當(dāng)粒子以速度V0進(jìn)入磁場時，設(shè)其圓周運動的半徑為當(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)入磁場時,（圖中a、e均為45。）設(shè)其圓周運動的半徑為R',則有Bqx 2 ,2vo=8v2 mr由以上各式可解得 R' = 12L由幾何關(guān)系可知粒子做圓周運動的圓心在 y軸上，所以該粒子必定垂直于y軸進(jìn)入勻強(qiáng)電場，故粒子到達(dá)

7、 y軸時，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=(小一1) L帶電粒子在電場中做類平拋運動，設(shè)其運動時間為 t,在電場中向上運動的距離為 h,則有:L=22v0t, h = 2at2, 2=左以上各式聯(lián)立可解得：仁蕊所以粒子最終打在熒光屏 PQ上的位置坐標(biāo)為L,再行1 L.16mvo答案：見解析規(guī)律方法知規(guī)律握方法帶電粒子在組合場中運動的處理方法(1)解決帶電粒子在組合場中運動的一般思維模板(2)用規(guī)律選擇思路帶電粒子經(jīng)過電場區(qū)域時利用動能定理或類平拋的知識分析；帶電粒子經(jīng)過磁場區(qū)域時利用圓周運動規(guī)律結(jié)合幾何關(guān)系來處理.(3)關(guān)注從一種場進(jìn)入另一種場的銜接速度

8、.考向二 帶電粒子在疊加場中的運動知識必備提核心 通技法1 .疊加場模型電場、磁場、重力場(或其中兩種場)并存于同一區(qū)域的情況.2 .帶電粒子在疊加場中的運動情況分析(1)當(dāng)帶電粒子在疊加場中所受合力為零時，做勻速直線運動(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力等值反向，洛倫茲力提供向心力時，帶電粒子在垂直于磁場的平面內(nèi)做勻速圓周運動.3 .帶電粒子在疊加場中的受力情況分析帶電粒子在疊加場中的運動問題是電磁學(xué)知識和力學(xué)知識的結(jié)合，分析方法和力學(xué)問題 的分析方法基本相同，即均用動力學(xué)觀點、能量觀點來分析，不同之處是多了電場力、洛倫 茲力，二力的特點是電場力做功與路徑無關(guān)

9、，洛倫茲力方向始終和運動速度方向垂直，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，AC上開有小孔S, CD上開有小孔 P, AC與CD間存在磁感應(yīng)強(qiáng)度為 B的勻強(qiáng)磁場，磁場方向垂直紙面向 里，/ DCG= 60° ,在 CD右側(cè)，CG的下方有一豎直向上的勻強(qiáng)電場E(大小未知)和垂直紙面向里的另一勻強(qiáng)磁場 B(大小未知)，一質(zhì)量為mi電荷量為+ q的塑料小球從小孔 S處無初速 度地進(jìn)入勻強(qiáng)磁場中，經(jīng)一段時間恰好能從P孔水平勻速飛出而進(jìn)入 CD右側(cè)，小球在 CD右E的大小.側(cè)做勻速圓周運動而垂直打在C或上，重力加速度為 g

10、.求豎直向上的勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度(2)求CD右側(cè)勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小.(3)若要使小球進(jìn)入CD右側(cè)后不打在CGk,則B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塑料小球受力平衡.(2)垂直打在CG板上一 C點是小球做圓周運動的軌跡圓心.(3)不打在CGk一恰好不打在 CG±時，小球運動軌跡與 CGffi切.第二步破疑難一尋找規(guī)律方法(1)小球在CD&側(cè)做變速曲線運動，應(yīng)用動能定理分析.(2)小球在C*側(cè)做勻速圓周運動，應(yīng)用牛頓第二定律、圓周運動的相關(guān)規(guī)律分析.解析(1)因小球在 CD右側(cè)受重力、電場力和洛倫茲力作用而做勻速圓周運動

11、，所以 有 mgr qE,即E= %(2)小球進(jìn)入磁場后，由于重力作用，速率不斷增大，同時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，受力平衡有Bqv= mg即v=mg12從S至IJP由動能定理得 mgCP = mV,2廠 mg即 CP=2qi因小球從小孔P水平飛入磁場 B后做勻速圓周運動而垂直打在 CG上，所以C點即為小球做圓周運動的圓心，半徑即為 r= CP2 一 v 一 又因Bqv=nv,聯(lián)立得B = 2B(3)小球在C*側(cè)恰好不打在 CG上的運動軌跡如圖,i r '， -TTTL則由圖知sin 60+r = CP2#3 n2g2而一 ,mv -、，r ,而= B

12、 iq，聯(lián)立得 B 1 = 4.3 B即要使小球進(jìn)入CD右側(cè)后不打在CG上,則B應(yīng)滿足Bi>4.3 B.答案(1) mg (2)2 B (3) Bl >4.3 B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)電場和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，一質(zhì)量為 m帶電荷量為q的小球從A點以速度vo沿直線AO運動，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)加一最小電場強(qiáng)度的勻強(qiáng)電場后，可使小球繼續(xù)做直線運動到MNk的C點，M由側(cè)區(qū)域n內(nèi)存在豎直向上的勻強(qiáng)電場和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，小球在區(qū)域n內(nèi)做勻速圓周運動并恰好沒從右邊界飛出，已知小球在C點的速度大

13、小為2vo,重力加速度為 g, sin 37 ° = 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)最小電場強(qiáng)度 E的大小和方向；（4）區(qū)域n內(nèi)電場強(qiáng)度 E3的大小和磁感應(yīng)強(qiáng)度 R的大小.解析：（1）帶電小球在第二象限內(nèi)受重力、電場力和洛倫茲力作用做直線運動，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動，由受力特點及左 手定則可判定小球帶正電.、廣0X mg w,一,qEi 一由圖知tan 37=6，得Ei =3 mg4qcos 37mg /日

14、BV?行qE /口4mg 、一 山而，彳巳=螳萬向與x軸（4）小球在區(qū)域n內(nèi)做勻速圓周運動，所以mg= qE3,得3=mg，小球恰好不從右邊界穿 q出，小球運動軌跡如圖（c）所示（3）當(dāng)區(qū)域I中的電場強(qiáng)度最小時，小球做直線運動，此時受力如圖 （b）所示（電場力方向與速度方向垂直），小球做勻加速直線運動，由圖知 cos 37正方向成53°角斜向上.由(3)知 F= mgsin 37 ° ,即 a = gsin 37由運動學(xué)規(guī)律知一 一22(2 vo) vo= 2a , OC 口 . 5v2解得OC=-/1g215v08g r由幾何關(guān)系知 tan 37OC2v0 2由洛倫茲力提

15、供向心力知Bq 2vo= mr,聯(lián)立得B =16mg15qvoF洛不做功，故機(jī)械能守F洛不做功，可用動能定F洛不做功，可用能量守恒g3 3mg - 5mg4mg t答案：正電(2)E = z B = 4 石/ 與x軸正萬向成53角斜向上(4)日mg16mg=B2=-q15qv0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中的運動問題帶電粒子在疊加場中的運動問題是高考命題中常見的一種模型，因其受力情況復(fù)雜， 運動規(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動特點和解題思路， 要解得正確答案還是不難的.3 .三類疊加場的受力和運動特點(1)磁場力、重力并存若重力和洛倫茲力

16、平衡，則帶電體做勻速直線運動.若重力和洛倫茲力不平衡，則帶電體將做復(fù)雜的曲線運動，因 恒，由此可求解問題.(2)電場力、磁場力并存(不計重力的微觀粒子)若電場力和洛倫茲力平衡，則帶電體做勻速直線運動.若電場力和洛倫茲力不平衡，則帶電體做復(fù)雜的曲線運動，因 理求解問題.(3)電場力、磁場力、重力并存若三力平衡，一定做勻速直線運動.若重力與電場力平衡，一定做勻速圓周運動.若合力不為零且與速度方向不垂直，做復(fù)雜的曲線運動，因 或動能定理求解問題.4 .分析帶電粒子在疊加場中運動問題的基本解題思路弄清疊加場種類及其特征正確受力分析和運動情況分析選擇合適的動力學(xué)方程求解平衡牛頓第二I方程I I定律方程考

17、向三 帶電粒子在交變電磁場中的運動知識必備提核心 通技法1 .解決帶電粒子在交變電場、磁場中的運動問題時，關(guān)鍵要明確粒子在不同時間段內(nèi)、 不同區(qū)域內(nèi)的受力特性，對粒子的運動情景、運動性質(zhì)做出判斷.2 .這類問題一般都具有周期性，在分析粒子運動時，要注意粒子的運動周期、電場周期、 磁場周期的關(guān)系.3 .帶電粒子在交變電磁場中運動仍遵循牛頓運動定律、運動的合成與分解、動能定理、 能量守恒定律等力學(xué)規(guī)律，所以此類問題的研究方法與質(zhì)點動力學(xué)相同.4 .解決帶電粒子在交變電磁場中的運動問題的基本思路 :.先讀圖 '1看精井明白場的變化情況,H程仆Si? :分機(jī)一手一不同時間內(nèi)的加嬴世仁）粒子在不

18、同運勁階段各有怎樣的運動，型 二 g南接點： *1找出兩過一的物岬造 直規(guī)位;戢立住U階段的方.求解典題例析析典題 學(xué)通法例3 在地面附近的真空中， 存在著豎直向上的勻強(qiáng)電場和垂直電場方向水平向里的勻 強(qiáng)磁場，如圖甲所示.磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間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MNk的一點.在t=0時刻，有一個質(zhì)量為 m電荷量為+ q的小球（可 看做質(zhì)點），從M點開始沿著水平直線以速度 V0做勻速直線運動，t0時刻恰好到達(dá) N點.經(jīng)觀 測發(fā)現(xiàn)，小球在t =2t。至t = 3t。時間內(nèi)的某一時刻，又豎直向下經(jīng)過直線MNh白D點，并且以后小球多次水平向右或豎直向下經(jīng)過D點

19、.求：甲乙(1)電場強(qiáng)度E的大??；(2)小球從M點開始運動到第二次經(jīng)過 D點所用的時間；(3)小球運動的周期，并畫出運動軌跡(只畫一個周期).審題指導(dǎo)(1)根據(jù)小球從 M到N的運動性質(zhì)，由平衡條件求出電場強(qiáng)度.(2)根據(jù)題意求出小球從 M到達(dá)N點所用時間和小球從 P點到D的時間.(3)根據(jù)運動情況畫出小球一個周期的軌跡，并求出小球的運動周期.解析(1)小球從M到N做勻速直線運動，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點到達(dá)N點所用時間ti = t0,小球到達(dá)N點時，空間加上磁場，小球受到的合外力就是洛倫茲力，因此小球從N點開始做勻速圓周運動，根據(jù)題意可知，小3

20、 -球從沿水平萬向經(jīng)過 N點，變成沿豎直萬向經(jīng)過 D點，需要經(jīng)過n+彳個圓周(n= 1,2,3 ,)從N點到P點做圓周運動的時間由圖可知，小球從 P點到D點的位移：mvPD= R= qB0， Rm小球從P點至U D點的時間為t3=- = -vo qB012 7tmT= 8t 0 或丁= qBo所以小球從進(jìn)入M，點到第二次經(jīng)過D點時間為：11 +匕+23+4(3)小球運動一個周期的軌跡如上圖所示，小球的運動周期為答案(1) mg (2)2卜十三 (3)8 to或3bm 軌跡見解析 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、大小隨時間周期性變化的磁場和電場，變化規(guī)

21、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軸正方向電場強(qiáng)度為皿、正).在t=0時刻由原點O發(fā)射初速度大小為 V0,方向沿y軸正方向的帶負(fù)電粒子.已知 兀t°、B,粒子的比荷為 ,不計粒子的重力.B0t 0甲(i)t = t。時，求粒子的位置坐標(biāo).內(nèi)(2)若t =5t0時粒子回到原點，求 05t0時間內(nèi)粒子距x軸的最大距離.2兀mT= = 2t 0Bq(3)若粒子能夠回到原點，求滿足條件的所有E)值.,q 兀 解析：(1)由粒子的比荷- = K7,則粒子做圓周運動的周期m B0t0則在0t°內(nèi)轉(zhuǎn)過的圓心角 a =兀2 V0由牛頓第二te律 qv0B)=

22、m r i得1=她，位置坐標(biāo)為 兀2v0t 0，0 .兀(2)粒子在t = 5t。時回到原點，軌跡如圖所示mv mv2=211,”的2=而m -q 兀2v0t 0得 V2=2V0,又=Z：,12 =m Bt0兀0 5to粒子在t。2t 0時間內(nèi)做勻加速直線運動，2t 03t0時間內(nèi)做勻速圓周運動，則在時間內(nèi)粒子距x軸的最大距離:hm= V0：2V012= |+ V0t 0.22 兀如圖所示，設(shè)帶電粒子在 X軸上方做圓周運動的軌道半徑為1,在x軸下方做圓周運動 的軌道半徑為2，由幾何關(guān)系可知，要使粒子經(jīng)過原點，則必須滿足:n(212' 2ri) =2ri, (n= 1,2,3 ,)mv

23、, mv1=函'r2 = Bqj ,、門 + 1聯(lián)立以上各式解得 v= vo, (n= 1,2,3 ,),Eoqt ovoB)又由 v=vo+,得 Eo=, (n= 1,2,3 ,).mn 兀、/答案：見解析II學(xué)科思維,素養(yǎng)培優(yōu)學(xué)科極心素養(yǎng)助學(xué)思維培優(yōu)“三大觀點”解決帶電體在電磁場中的運動分析典例 圖所示，空間中存在著水平向右的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度大小為E= 5/3 N/C,同時存在著水平方向的勻強(qiáng)磁場，其方向與電場方向垂直，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B= o.5 T .有一帶正電的小球，質(zhì)量 m= 1 x 1o 6 kg,電荷量q=2x 1o 6 C,正以速度v在圖示的豎直面內(nèi)做勻速直線運動，當(dāng)

24、經(jīng)過 P點時撤掉磁場(不考慮磁場消失引起的電磁感應(yīng)現(xiàn)象 )，取g=1。m/s：求：-口 ff K X X X X X(1)小球做勻速直線運動的速度v的大小和方向；(2)從撤掉磁場到小球再次穿過P點所在的這條電場線經(jīng)歷的時間t.核心考點1 .受力平衡.2 .類平拋運動.3 .電磁場中帶電粒子的運動.命題技巧1 .帶正電的小球說明受重力.2 .小球勻速直線運動說明受力平衡.3 .撤去磁場后小球在重力與電場力的合力作用下做類平拋運動.核心素養(yǎng)1 .物理觀念：運動量、相互作用觀念.2 .科學(xué)思維：電磁場模型、勻速直線運動.審題關(guān)鍵(1)帶正電小球以速度 v做勻速直線運動，可利用三力平衡來確定洛倫茲力的

25、大小和方向，從而求出v的大小和方向.(2)撤掉磁場后小千再次穿過 P點所在直線，說明在豎直方向上位移為0.解析(1)小球勻速直線運動時受力如圖，其所受的三個力在同一平面內(nèi)，合力為零，則qvB= q2Ez+m2g2 代入數(shù)據(jù)解得v = 20 m/s速度v的方向斜向右上方，與電場E的方向之間的夾角 8滿足qEtan 0 =mg代入數(shù)據(jù)解得tan 9 =0=60° .(2)法一：撤去磁場，小球在重力與電場力的合力作用下做類平拋運動，設(shè)其加速度為a,有a=Ei m設(shè)撤去磁場后小球在初速度方向上的分位移為X,有x = vt12設(shè)小球在重力與電場力的合力萬向上分位移為y,有y = 2aty-a與

26、mg的夾角和v與E的夾角相同，均為 8 ,又tan 0 =工x聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)解得t = 23 s -3.5 s .法二：撤去磁場后，由于電場力垂直于豎直方向，它對豎直方向的分運動沒有影響，以P點為坐標(biāo)原點，豎直向上為正方向，小球在豎直方向上做勻減速運動，其初速度為vy=vsin 0若使小球再次經(jīng)過 P點所在的電場線，僅需小球的豎直方向上分位移為零，則有vyt2gt2 = 0聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)解得t=243 s=3.5 s .答案見解析易錯展不'(1)小球v的方向原來未知，可先通過判斷洛倫茲力來解決問題.(2)撤去磁場后小球做白是類平拋運動.對點3K練練類題提素養(yǎng)(2020 安徽合肥一檢

27、)(多選)如圖所示，一根固定的絕緣豎直長桿位于范圍足夠大且相、一 .一 ,，一 .一一 .,一、,，.2mg .互正父的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場中，電場強(qiáng)度大小為 E=,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為 B. 一質(zhì)重為 mq電荷量為q的帶正電小圓環(huán)套在桿上， 環(huán)與桿間的動摩擦因數(shù)為 g現(xiàn)使圓環(huán)以初速度 V0向下運動，經(jīng)時間to,圓環(huán)回到出發(fā)點.若圓環(huán)回到出發(fā)點之前已經(jīng)開始做勻速直線運動，不計空氣阻力，重力加速度為 g.則下列說法中正確的是（）A.環(huán)經(jīng)過£時間剛好到達(dá)最低點B.環(huán)的最大加速度為am= g+m詈C.環(huán)在t0時間內(nèi)損失的機(jī)械能為2 2mg2mv0TWD.環(huán)下降過程和上升過程系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能相

28、等. , a Bqv解析：BC 圓環(huán)下降時Eqm時！iBqv= ma,圓環(huán)下降的加速度大小為 ai=g+ m ,圓環(huán)上升時 Eq mg-（1 Bqv= ma, 上升的加速度大小為 &= g- mqv,下降過程的平均加速度大小大于上升過程的平均加速度大小，所以下降的時間小于上升的時間，A錯誤；圓環(huán)的最大加速度為am= g+ " Bq%, B正確；圓環(huán)在回到出發(fā)點前已經(jīng)開始做勻速直線運動，其速度2 2為丫1 =嚕,故圓環(huán)在運動過程中損失的機(jī)械能為Q= T；mV -m2=-mv0-gr；2 , C正確；Bq222Bq圓環(huán)在下降過程中受到的平均摩擦力大小大于上升回到出發(fā)點過程中受到的

29、平均摩擦力的大 小，所以圓環(huán)在下降過程中損失的機(jī)械能大于上升回到出發(fā)點過程中損失的機(jī)械能，D錯誤.|課時作業(yè)，限時提能練速度填規(guī)范 填透得分技后題組一帶電粒子在組合場中的運動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，在第一、第四象限內(nèi)分別存在如圖所示的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等. 在該平面有一個質(zhì)量為 m帶正電q的粒子以初速度 vo垂直x軸，從x軸上的P點進(jìn)入勻強(qiáng)電場， 恰好與y軸成45°角射出電場，再經(jīng)過一段時間恰好垂直于 x軸進(jìn)入下面的磁場， 已知OP 間的距離為d,不計粒子重力，則（）A-磁感應(yīng)強(qiáng)度B=喘2、m

30、vb.電場強(qiáng)度e= 2qdC.自進(jìn)入磁場至在磁場中第二次經(jīng)過x軸所用時間為D.自進(jìn)入磁場至在磁場中第二次經(jīng)過x軸所用時間為77td2V0解析：BD 粒子的軌跡如圖所示:XXKMMXK«X帶電粒子在電場中做類平拋運動，水平方向做勻加速運動，豎直方向做勻速運動，由題 得知，出電場時，Vx=Vy = V0,根據(jù)：x = -t , y=Vyt=Vot,得y=2x = 2d,出電場時與 y軸交點坐標(biāo)為（0,2 d）,設(shè)粒子在磁場中運動的半徑為R,則有RSin（180 ° B）=y = 2d,而3 =135° ,解得：R= 2 2d,粒子在磁場中運動的速度為:V=j2Vo,根

31、據(jù)電£ 解彳導(dǎo):B=qBmV2qd，qEVx故A錯反；根據(jù) Vx=at =t = Vo, x=2t,聯(lián)立解得:2mvE= 故B正確；在第一象限運動127tdt 2=-T'=,所以自進(jìn)入磁場至在磁2 V02qd135°3d時間為：t1=777T=,在第四象限運動時間為: 3602V07兀d ,-，場中第二次經(jīng)過x軸所用時間為：t = t1 + t2 = 一,故D正確，C錯誤.2V02. （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，x軸下方存在著沿 x軸正方向的勻強(qiáng)電場. 一帶正電粒子從y軸上的 A點以初速度V

32、。出發(fā)，射入勻強(qiáng)磁場，經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后恰好經(jīng) x軸上的C點垂直x軸進(jìn)入勻強(qiáng)電 , 一 -OA OD l 場，一段時間后到達(dá) y軸上的D點.已知OC=5二萬二萬，不甘粒子的重力.(1)求粒子到達(dá)D點時的速度大小.(2)求勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小(3)若撤去原來的勻強(qiáng)電場，然后在是x軸上方勻強(qiáng)磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度大小的點且速度與y軸負(fù)方向成B與勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小 E的比值.x軸下方添加一圓形勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小2倍，使帶電粒子經(jīng)過該磁場偏轉(zhuǎn)后剛好也能夠通過 De =60。角，試計算該圓形勻強(qiáng)磁場區(qū)域的最小面積.解析：(1)由題意可知，粒子到達(dá)C點時的速度大小仍為V0,粒子在勻強(qiáng)電場中做類平拋運動

33、，設(shè)粒子到達(dá) D點所用時間為t,沿x軸方向的分速度的大小為Vx,則有.,l Vx,i = v0t, 2= 2t以上兩式聯(lián)立可解得 Vx= V0所以粒子到達(dá) D點時的速度大小為 VD= 42V02l(2)如圖甲所不，設(shè)粒子在勻強(qiáng)磁場中做圓周運動的半徑為R則由幾何關(guān)系有12+ R 22=r2_ 5解得R= 412V0 又因為qv°B= mR所以B=4mv 5q1,B 故二=45V0亞I在勻強(qiáng)電場中有vx=m V02 代入數(shù)據(jù)可得e= mv, qiV0(3)由 qvoB= mR可知當(dāng)B變?yōu)樵瓉淼?倍時，粒子在磁場中做圓周運動的半徑應(yīng)變?yōu)樵?、， 5來的一半，設(shè)粒子在圓形磁場區(qū)域中做勻速圓

34、周運動的半徑為R,則R = R85粒子軌跡如圖乙所不，由幾何關(guān)系可知，/M（2NI= 60 ,故 MN= -l當(dāng)MN圓形磁場的直徑時,乙圓形磁場區(qū)域面積最小，故Smin =兀MN, r萬，代入數(shù)據(jù)可得Smin8157d2256252荷兀l題組二帶電粒子在疊加場中的運動3. （2019 河南省周口市期末）（多選）如圖所示，平行紙面向下的勻強(qiáng)電場與垂直紙面向 外的勻強(qiáng)磁場相互正交，一帶電小球剛好能在其中做豎直面內(nèi)的勻速圓周運動.若已知小球做圓周運動的半徑為r,電場強(qiáng)度大小為E,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,重力加速度大小為g,則卜列判斷中正確的是（）A.小球一定帶負(fù)電荷B.小球一定沿順時針方向轉(zhuǎn)動C.小球做

35、圓周運動的線速度大小為gBrD.小球在做圓周運動的過程中，電場力始終不做功解析：AC 帶電小球在重力場、勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運動，可知，帶電小球受到的重力和電場力是一對平衡力，重力豎直向下，所以電場力豎直向上，與電場方向相反，故小球一定帶負(fù)電荷，故 A正確；磁場方向向外，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動方向為逆時針，故B錯誤；由電場力和重力大小相等，得：mg= qE,帶電小球在洛倫茲力的作用下做勻速圓周運動的半徑為:mv e,、，口r = qB，聯(lián)立得：v=gBr小球在做圓周運動的過程中，電場力做功，洛倫茲力始終不做功，故D錯誤.4. (2020 河南省濮陽市第

36、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，第四象限內(nèi)有豎直向上的勻強(qiáng)電場，兩個電場的場強(qiáng)大小相等，第四象限內(nèi)還 有垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場，讓一個質(zhì)量為m帶電荷量為q的粒子在第二象限內(nèi)的 P( L, L)點由靜止釋放，結(jié)果粒子沿直線運動到坐標(biāo)原點并進(jìn)入第四象限，粒子在第四象限內(nèi)運動后從x軸上的QL,0)點進(jìn)入第一象限，重力加速度為g,求:H(1)粒子從P點運動到坐標(biāo)原點的時間;(2)勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小和方向.PO方向，則解析：(1)粒子在第二象限內(nèi)做直線運動，因此電場力和重力的合力方向沿粒子帶正電.mg= qE = qE2, 小mg= ma /2L=2at2,解

37、得 t =2L(2)設(shè)粒子從O點進(jìn)入第四象限的速度大小為v,則v= at =2gL,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動，由于粒子做勻速圓周運動后從x軸上的QL,0)點進(jìn)入第一象限，根據(jù)左手定則可以判斷，磁場方向垂直于紙面向里.粒子做圓周運動的軌跡如圖，由幾何關(guān)系可知粒子做勻速圓周運動的軌跡半徑為由牛頓第二定律可得 Bqv= mR,解得B=2m. 2gL qL .答案：（i）、/2L （2）2mqLgL垂直紙面向里題組三帶電粒子在交變電磁場中的運動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，第一、四象限內(nèi)有垂直坐標(biāo)平面的勻強(qiáng)交變磁場，磁場方向垂直紙面向外為正方向.第三象限內(nèi)有一發(fā)射裝置（沒有畫出）沿y軸正方向射出一個比荷 g 100C/kg的帶正電的粒子（可視為質(zhì)點且不計重力），該粒子以V0 = 20 m/s的速度從x軸上的點A（2 m,0）進(jìn)入第二象限，從 y軸上的點C（0,4