2020屆高考物理藝考生大二輪總復(fù)習(xí)上篇專題三電場(chǎng)和磁場(chǎng)第3講帶電粒子在組合場(chǎng)復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)教學(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)航明前高號(hào)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(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.12018I 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 16T1帶電體在疊加場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)科學(xué)思維卜考向聚焦,高考必備深耕熱點(diǎn)考向突破技法

2、指導(dǎo)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，尸電=4巳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)（v，E）Vx= V0 Vy= t mqEt2 x = v0t, y= 2m圓周運(yùn)動(dòng)（v,B）2 7tmmvT= qB，r=qB偏轉(zhuǎn)情況tan 8 =一,因做類平拋運(yùn)動(dòng)，在Vx相等的時(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/、

3、變典題例析析典題學(xué)通法例1 （2018 全國(guó)卷n, 25T） 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)，其在xOy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.-28 -靖存熨8施運(yùn)動(dòng).勻速網(wǎng)劇場(chǎng)動(dòng).時(shí)稱檔分析對(duì)稱性是解題關(guān)鍵甌u也遞周動(dòng) 每M詼(2) y方向勻速直

4、線運(yùn)動(dòng):1 ' = Vot 1 , x方向勻加速直線運(yùn)動(dòng):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(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 (3)右該粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)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(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的時(shí)間.破題關(guān)鍵點(diǎn)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(shí)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(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 V0、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)O而不進(jìn)入電場(chǎng)

6、.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2y2V。、方向與x軸正方向成45角，求：（1）帶電粒子到達(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V0進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，設(shè)其圓周運(yùn)動(dòng)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(chǎng)時(shí),（圖中a、e均為45。）設(shè)其圓周運(yùn)動(dòng)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(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)

7、 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=(小一1) 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=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(zhǎng),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(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(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.(3)關(guān)注從一種場(chǎng)進(jìn)入另一種場(chǎng)的銜接速度

8、.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 茲力，二力的特點(diǎn)是電場(chǎng)力做功與路徑無(wú)關(guān)

9、，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(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) 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(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E的大小.側(cè)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)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(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度(2)求CD右側(cè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)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(shí)塑料小球受力平衡.(2)垂直打在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CGk一恰好不打在 CG±時(shí)，小球運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)，應(yīng)用動(dòng)能定理分析.(2)小球在C*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)力和洛倫茲力作用而做勻速圓周運(yùn)動(dòng)

11、，所以 有 mgr qE,即E= %(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=mg12從S至IJP由動(dòng)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(chǎng) B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= 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(yùn)動(dòng)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(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MNk的C點(diǎn)，M由側(cè)區(qū)域n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)，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C點(diǎn)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(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 E的大小和方向；（4）區(qū)域n內(nèi)電場(chǎng)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(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.、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(wàn)向與x軸（4）小球在區(qū)域n內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，所以mg= qE3,得3=mg，小球恰好不從右邊界穿 q出，小球運(yùn)動(dòng)軌跡如圖（c）所示（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正方向成53°角斜向上.由(3)知 F= mgsin 37 ° ,即 a = gsin 37由運(yùn)動(dòng)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(dòng)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(wàn)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(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.3 .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

16、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)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 或動(dòng)能定理求解問(wèn)題.4 .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(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.2 .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.3 .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.4 .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 :.先讀圖 '1看精井明白場(chǎng)的變化情況,H程仆Si? :分機(jī)一手一不同時(shí)間內(nèi)的加嬴世仁）粒子在不

18、同運(yùn)勁階段各有怎樣的運(yùn)動(dòng)，型 二 g南接點(diǎn)： *1找出兩過(guò)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(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MNk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)開始沿著水平直線以速度 V0做勻速直線運(yùn)動(dòng)，t0時(shí)刻恰好到達(dá) N點(diǎn).經(jīng)觀 測(cè)發(fā)現(xiàn)，小球在t =2t。至t = 3t。時(shí)間內(nèi)的某一時(shí)刻，又豎直向下經(jīng)過(guò)直線MNh白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)

19、.求：甲乙(1)電場(chǎng)強(qiáng)度E的大??；(2)小球從M點(diǎn)開始運(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，并畫出運(yùn)動(dòng)軌跡(只畫一個(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)開始做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)題意可知，小3

20、 -球從沿水平萬(wàn)向經(jīng)過(guò) N點(diǎn)，變成沿豎直萬(wàn)向經(jīng)過(guò) D點(diǎn)，需要經(jīng)過(guò)n+彳個(gè)圓周(n= 1,2,3 ,)從N點(diǎn)到P點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)的時(shí)間由圖可知，小球從 P點(diǎn)到D點(diǎn)的位移：mvPD= R= qB0， Rm小球從P點(diǎn)至U D點(diǎn)的時(shí)間為t3=- = -vo qB012 7tmT= 8t 0 或丁= qBo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：11 +匕+23+4(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(shí)間周期性變化的磁場(chǎng)和電場(chǎng)，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(chǎng)強(qiáng)度為皿、正).在t=0時(shí)刻由原點(diǎn)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(jì)粒子的重力.B0t 0甲(i)t = t。時(shí)，求粒子的位置坐標(biāo).內(nèi)(2)若t =5t0時(shí)粒子回到原點(diǎn)，求 05t0時(shí)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(diǎn)，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(yùn)動(dòng)的周期m B0t0則在0t°內(nèi)轉(zhuǎn)過(guò)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(shí)回到原點(diǎn)，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(shí)間內(nèi)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，2t 03t0時(shí)間內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則在時(shí)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(yùn)動(dòng)的軌道半徑為1,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(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(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= 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(yùn)動(dòng)，當(dāng)

24、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=1。m/s：求：-口 ff K X X X X X(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).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

25、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= 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(chǎng)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(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=Ei 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 = vt12設(shè)小球在重力與電場(chǎng)力的合力萬(wàn)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(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=vsin 0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(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)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(zhǎng)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(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，電場(chǎng)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(dòng)摩擦因數(shù)為 g現(xiàn)使圓環(huán)以初速度 V0向下運(yùn)動(dòng)，經(jīng)時(shí)間to,圓環(huán)回到出發(fā)點(diǎn).若圓環(huán)回到出發(fā)點(diǎn)之前已經(jīng)開始做勻速直線運(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)£時(shí)間剛好到達(dá)最低點(diǎn)B.環(huán)的最大加速度為am= g+m詈C.環(huán)在t0時(shí)間內(nèi)損失的機(jī)械能為2 2mg2mv0TWD.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

28、等. , a Bqv解析：BC 圓環(huán)下降時(shí)Eqm時(shí)！iBqv= ma,圓環(huán)下降的加速度大小為 ai=g+ m ,圓環(huán)上升時(shí) Eq mg-（1 Bqv= ma, 上升的加速度大小為 &= g- mqv,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)的最大加速度為am= g+ " Bq%, B正確；圓環(huán)在回到出發(fā)點(diǎn)前已經(jīng)開始做勻速直線運(yùn)動(dòng)，其速度2 2為丫1 =嚕,故圓環(huán)在運(yùn)動(dòng)過(guò)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(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

29、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，D錯(cuò)誤.|課時(shí)作業(yè)，限時(shí)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(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 vo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 間的距離為d,不計(jì)粒子重力，則（）A-磁感應(yīng)強(qiáng)度B=喘2、m

30、vb.電場(chǎng)強(qiáng)度e= 2qdC.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D.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77td2V0解析：BD 粒子的軌跡如圖所示:XXKMMXK«X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 得知，出電場(chǎng)時(shí)，Vx=Vy = V0,根據(jù)：x = -t , y=Vyt=Vot,得y=2x = 2d,出電場(chǎng)時(shí)與 y軸交點(diǎn)坐標(biāo)為（0,2 d）,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 2d,粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的速度為:V=j2Vo,根

31、據(jù)電£ 解彳導(dǎo):B=qBmV2qd，qEVx故A錯(cuò)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(yùn)動(dòng)127tdt 2=-T'=,所以自進(jìn)入磁場(chǎng)至在磁2 V02qd135°3d時(shí)間為：t1=777T=,在第四象限運(yùn)動(dòng)時(shí)間為: 3602V07兀d ,-，場(chǎng)中第二次經(jīng)過(guò)x軸所用時(shí)間為：t = t1 + t2 = 一,故D正確，C錯(cuò)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(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V

32、。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 , 一 -OA OD l 場(chǎng)，一段時(shí)間后到達(dá) y軸上的D點(diǎn).已知OC=5二萬(wàn)二萬(wàn)，不甘粒子的重力.(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(3)若撤去原來(lái)的勻強(qiáng)電場(chǎng)，然后在是x軸上方勻強(qiáng)磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小的點(diǎn)且速度與y軸負(fù)方向成B與勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小 E的比值.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) De =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V0,粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)

33、，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.,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(diǎn)時(shí)的速度大小為 VD= 42V02l(2)如圖甲所不，設(shè)粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R則由幾何關(guān)系有12+ R 22=r2_ 5解得R= 412V0 又因?yàn)閝v°B= mR所以B=4mv 5q1,B 故二=45V0亞I在勻強(qiáng)電場(chǎng)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?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)樵?、， 5來(lái)的一半，設(shè)粒子在圓形磁場(chǎng)區(qū)域中做勻速圓

34、周運(yùn)動(dòng)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(chǎng)的直徑時(shí),乙圓形磁場(chǎng)區(qū)域面積最小，故Smin =兀MN, r萬(wàn)，代入數(shù)據(jù)可得Smin8157d2256252荷兀l題組二帶電粒子在疊加場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)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(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(shí)針?lè)较蜣D(zhuǎn)動(dòng)C.小球做

35、圓周運(yùn)動(dòng)的線速度大小為gBrD.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:mv e,、，口r = qB，聯(lián)立得：v=gBr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

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(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QL,0)點(diǎn)進(jìn)入第一象限，重力加速度為g,求:H(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.PO方向，則解析：(1)粒子在第二象限內(nèi)做直線運(yùn)動(dòng)，因此電場(chǎng)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(diǎn)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(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QL,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(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)有一發(fā)射裝置（沒(méi)有畫出）沿y軸正方向射出一個(gè)比荷 g 100C/kg的帶正電的粒子（可視為質(zhì)點(diǎn)且不計(jì)重力），該粒子以V0 = 20 m/s的速度從x軸上的點(diǎn)A（2 m,0）進(jìn)入第二象限，從 y軸上的點(diǎn)C（0,4