二輪專題復(fù)習(xí)：帶電粒子在電磁場中的運動專題

1、-二輪專題復(fù)習(xí)：帶電粒子在電磁場中的運動專題考點分析帶電粒子在電磁場中的運動是高考必考的重點和熱點，又是高中物理的一個難點。近幾年高考題，題目一般是運動情景復(fù)雜、綜合性強，將場的性質(zhì)、運動學(xué)規(guī)律、牛頓運動定律、功能關(guān)系以及交變電場等知識有機地結(jié)合，對考生的空間想像能力、物理過程和運動規(guī)律的綜合分析能力，及用數(shù)學(xué)方法解決物理問題的能力要求較高。帶電粒子在電場中有如下運動形式，即帶電粒子在電場中的平衡問題、加速問題、偏轉(zhuǎn)問題、軌跡問題及帶電粒子在交變電場中的運動問題。解決的具體方法：平衡問題運用物體的平衡條件；直線運動問題運用運動學(xué)公式、牛頓運動定律及能量關(guān)系；偏轉(zhuǎn)問題運用運動的合成和分解，以及類

2、平拋運動規(guī)律等窗體頂端；而對帶電粒子在交變電場中運動，則應(yīng)從粒子的受力情況入手，結(jié)合其初始狀態(tài)的速度，根據(jù)牛頓定律、能量守恒以及對稱性來分析粒子在不同時間的運動情況。帶電粒子在磁場中的運動問題，利用洛侖茲力公式、圓周運動的相關(guān)知識知識解這類問題，還要牽涉到幾何知識。從歷年高考試題可以看出，以考察帶電粒子在洛侖茲力作用下在勻強磁場中做勻速圓周運動的問題為主，側(cè)重對考生的空間想象能力、綜合分析能力和靈活運用幾何知識能力的考察。帶電粒子在復(fù)合場中的運動包括帶電粒子在勻強電場、交變電場、勻強磁場及包含重力場在的復(fù)合場中的運動問題，也是高考必考容。知識與方法總結(jié)：一、帶電粒子在電場中的運動1、帶電粒子在

3、電場中的加速： 在勻強電場中的加速問題，一般屬于物體受恒力作用重力一般不計運動問題。處理的方法有：1根據(jù)牛頓第二定律和運動學(xué)公式求解動力學(xué)方法；2根據(jù)動能定理與電場力做功求解能量方法.根本方程：加速度，場強，電場力做功. 而對非勻強電場中的加速問題，處理的方法根據(jù)動能定理求解。其根本方程是：.2、帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn) 帶電粒子垂直于勻強電場的場強方向進入電場后，受到恒定的電場力作用，而做類平拋運動。在垂直電場方向做勻速直線運動，即 而在沿電場力方向，做初速度為零的勻加速直線運動，則 且 通過電場區(qū)的時間：故粒子通過電場區(qū)的側(cè)移距離：，粒子通過電場區(qū)偏轉(zhuǎn)角：.由此可見，側(cè)移距離也可表示為：，即

4、帶電粒子從極板的中線射入勻強電場，其出射時速度方向的反向延長線交于入射線的中點。這是一個很重要的結(jié)論，應(yīng)注意理解和靈活運用。二、帶電粒子在勻強磁場中的運動不計重力1、運動形式1帶電粒子在磁場中運動時，假設(shè)速度方向與磁感線平行，則粒子不受磁場力，做勻速直線運動：即：為靜止?fàn)顟B(tài) 則粒子做勻速直線運動2假設(shè)速度方向與磁感線垂直，帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，只改變速度的方向，不改變速度的大小。根據(jù)牛頓運動定律：， 得軌道半徑公式：又根據(jù)：， 得周期公式：應(yīng)該注意：帶電粒子在勻強磁場中的轉(zhuǎn)動周期T與帶電粒子的速度大小無關(guān)2、思路及方法1圓心確實定：因為洛倫茲力F指向圓心，根據(jù)

5、Fv，畫出粒子運動軌跡中任意兩點一般是射入和射出磁場的兩點的F的方向，沿兩個洛倫茲力F畫出延長線，兩延長線的交點即為圓心或利用圓心位置必定在圓中一根弦的中垂線上，作出圓心位置2半徑和周期的計算：利用平面幾何關(guān)系，求出該圓的可能半徑或圓心角。帶電粒子垂直磁場方向射入磁場，只受洛侖茲力，將做勻速圓周運動，此時應(yīng)有，由此可求得粒子運動半徑 ，周期，在實際問題中，半徑的計算一般是利用幾何知識，常用解三角形的知識如勾股定理等求解。3粒子在磁場中運動時間確實定：利用盤旋角即圓心角與弦切角的關(guān)系，或者利用四邊形角和等于360°計算出圓心角的大小，由公式可求出粒子在磁場中的運動時間三、帶電粒子在復(fù)合

6、場中的運動所謂復(fù)合場，即重力、電場力、洛侖茲力共存或洛侖茲力與電場力同時存在等，當(dāng)帶電粒子所受合外力為零時，所處狀態(tài)是勻速直線運動或靜止?fàn)顟B(tài)，當(dāng)帶電粒子所受合力只充當(dāng)向心力時，粒子做勻速圓周運動，當(dāng)帶電粒子所受合力變化且速度方向不在同一直線上時，粒子做非勻變速曲線運動。對于復(fù)合場或組合場中帶電體運動的問題，其實是以洛侖茲力為載體，本質(zhì)上可看作是力學(xué)題，仍可從三個方面入手：動力學(xué)觀點牛頓定律結(jié)合運動學(xué)方程；能量觀點動能定理和機械能守恒或能量守恒；動量觀點動量定理和動量守恒定律一般來說，對于微觀粒子，如電子、質(zhì)子、離子等不計重力，而一些實際物體，如帶電小球、液滴等應(yīng)考慮其重力有時也可由題設(shè)條件，結(jié)

7、合受力與運動分析，確定是否考慮重力四、實際中的應(yīng)用示波器、速度選擇器、磁流體發(fā)電機、霍爾效應(yīng)、電視顯像管、質(zhì)譜儀和盤旋加速器等。典型例如遷移例1：如下列圖，實線是一簇未標(biāo)明方向的由點電荷產(chǎn)生的電場線，虛線是*一帶電粒子通過該電場區(qū)域時的運動軌跡，a、b是軌跡上的兩點。假設(shè)帶電粒子在運動中只受電場力作用，根據(jù)此圖可作出正確判斷的是 ( )A. 帶電粒子所帶電荷的符號B. 帶電粒子在a、b兩點的受力方向C. 帶電粒子在a、b兩點的速度何處較大D. 帶電粒子在a、b兩點的電勢能何處較大解析：設(shè)粒子從a運動到b，由軌跡的彎曲情況，可知電場力應(yīng)沿電場線向左，但因不知電場線的方向，故帶電粒子所帶電荷符號不

8、能確定。此時，速度方向與電場力方向夾角大于90°，電場力做負功，電勢能增加，即b的電勢能較大。相應(yīng)地運動速度減小，即a點速度大于b點速度。當(dāng)粒子從b到a時，也有同樣結(jié)論。故應(yīng)選B、C、D。變式訓(xùn)練1、圖中的實線表示電場線，虛線表示只受電場力作用的帶正電粒子的運動軌跡，粒子先經(jīng)過M點，再經(jīng)過N點，可以判定 AM點的電勢大于N點的電勢BM點的電勢小于N點的電勢C粒子在M點受到的電場力大于在N點受到的電場力D粒子在M點受到的電場力小于在N點受到的電場力例2：如下列圖一質(zhì)量為m，帶電量為q的小球用長為L的細線拴接，另一端固定在O點，整個裝置處在水平向右的勻強電場中?，F(xiàn)將小球位至與O等高的水平

9、位置A點，將小球由靜止釋放，小球恰能擺到與豎直方向成角的位置，由此可以判定 A小球在下擺過程中機械能守恒B小球向左擺動過程中機械能減少C小球在經(jīng)過最低點時速度最大D勻強電場的電場強度E=mgtan/q解析：物體機械能守恒的條件是只有重力和彈力做功，而此題中由于電場力的存在，且電場力做了負功，則小球向左擺動過程中機械能減少；小球速度的最大值不是出在最低點時，而是經(jīng)過其“等效平衡位置，即選項C不正確；由于將小球是由靜止釋放恰能擺到與豎直方向成角的位置，故場強不能根據(jù)平衡條件求解，而只能借助動能定理解決，應(yīng)選項D也不正確即此題正確答案只有B變式訓(xùn)練2、如圖，在真空中一條豎直向下的電場線上有兩點a和b

10、。一帶電質(zhì)點在a處由靜止釋放后沿電場線向上運動，到達b點時速度恰好為零。則下面說確的是 Aa點的電場強度大于b點的電場強度 B質(zhì)點在b點所受到的合力一定為零C帶電質(zhì)點在a點的電勢能大于在b點的電勢能 Da點的電勢高于b點的電勢例3：噴墨打印機的構(gòu)造簡圖如下列圖，其中墨盒可以發(fā)出墨汁微滴，此微粒經(jīng)過帶電室時被帶上負電，帶電的多少計算機按字體筆畫、上下位置輸入信號加以控制，帶電后的微滴以一定的初速度進入偏轉(zhuǎn)電場發(fā)生偏轉(zhuǎn)后打在紙上，顯示出字體。無信號輸入時，墨汁微滴不帶電，徑直通過偏轉(zhuǎn)極板而注入回流槽流回墨盒。設(shè)偏轉(zhuǎn)極板長，兩板間的距離為，偏轉(zhuǎn)板的右端距紙。假設(shè)一個墨汁微滴的質(zhì)量為，以的初速度垂直于

11、電場的方向進入偏轉(zhuǎn)電場，兩板間的電壓為，假設(shè)墨汁微滴打到紙上的點距原射入方向的距離是，試求：這個墨汁微滴通過帶電室?guī)У碾娏渴嵌嗌?不計空氣阻力和重力，可以認為偏轉(zhuǎn)電場只局限在平行板電容器部，忽略邊緣電場的不均勻性為了使紙上的字體放大，請你分析提出至少兩種可行的方法。解析：如下列圖為墨汁微滴通過偏轉(zhuǎn)電場時的情形放大圖，圖中的為墨汁微滴打到紙上的點距原射入方向的距離，而為墨汁微滴離開偏轉(zhuǎn)電場時偏離原來運動方向的夾角，由幾何關(guān)系及勻變速運動規(guī)律得代入數(shù)據(jù)，解得 解以上幾式，得 要使字體放大，也就是使上式中的增大，由上式可以看出，可以通過改變、或來到達預(yù)期的目的，如: 將偏轉(zhuǎn)電場的電壓增大，則偏轉(zhuǎn)電壓

12、應(yīng)增大到：將增大，設(shè)在不變的情況下，將偏轉(zhuǎn)板的右端距紙的距離增大為，則：解得 變式訓(xùn)練3：如下列圖 ，在水平向右的勻強電場中，有一帶電體自點豎直上拋，它的初動能為，當(dāng)它上升到最高點時動能為，則此帶電體折回通過與點在同一水平線上的點時，其動能多大.例4：電視機的顯像管中，電子束的偏轉(zhuǎn)是用磁偏轉(zhuǎn)技術(shù)實現(xiàn)的。電子束經(jīng)過電壓為U的加速電場后，進入一圓形勻強磁場區(qū)，如下列圖。磁場方向垂直于圓面。磁場區(qū)的中心為O，半徑為r。當(dāng)不加磁場時，電子束將通過O點而打到屏幕的中心M點。為了讓電子束射到屏幕邊緣P，需要加磁場，使電子束偏轉(zhuǎn)一角度，此時磁場的磁感應(yīng)強度B應(yīng)為多少.解析： 電子在磁場中沿圓弧ab運動，圓心

13、為C，半徑為R。以v表示電子進入磁場時的速度，m、e分別表示電子的質(zhì)量和電量，則eUmv2eVB又有tg由以上各式解得B變式訓(xùn)練4：如圖，真空室存在勻強磁場，磁場方向垂直于紙面向里，磁感應(yīng)強度的大小B=0.60T，磁場有一塊平面感光板ab，板面與磁場方向平行，在距ab的距離處，有一個點狀的放射源S，它向各個方向發(fā)射粒子，粒子的速度都是，粒子的電荷與質(zhì)量之比，現(xiàn)只考慮在圖紙平面中運動的粒子，求：ab上被粒子打中的區(qū)域的長度。例5、如下列圖，在坐標(biāo)系O*y的第一象限中存在沿y軸正方向的勻強電場，在其余象限中存在勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里A是y軸上的一點，它到坐標(biāo)原點O的距離為h；C是*軸上的一

14、點，到O的距離為1.5h一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負電的粒子以大小為v0的初速度沿*軸方向從A點進入電場區(qū)域，繼而經(jīng)過C點進入磁場區(qū)域不計重力作用sin53=0.8，cos53=0.61求勻強電場的電場強度E2求粒子經(jīng)過C點時速度的大小和方向3假設(shè)勻強磁場的磁感應(yīng)強度，粒子在磁場區(qū)域中運動一段時間后又從*一點D進入電場區(qū)域，求粒子在磁場區(qū)域中運動的這段時間解析：1設(shè)由A點運動到C點經(jīng)歷的時間為t，則有以a表示粒子在電場作用下的加速度，有qE=ma 解得2設(shè)粒子從C點進入磁場時的速度為v，v垂直于*軸的分量設(shè)粒子經(jīng)過C點時的速度方向與*軸夾角為，則有即2粒子從C點進入磁場后在磁場中做半徑為R的圓

15、周運動。則有將代入可解得由于，因此粒子從y軸上的D點離開磁場。設(shè)圓心為P，。用表示與y軸的夾角，由幾何關(guān)系得解得即因為，因此粒子在磁場區(qū)域中運動了周，經(jīng)過的時間為解得變式訓(xùn)練5、如下列圖，在直角坐標(biāo)系的第一、二象限有垂直于紙面的勻強磁場，第三象限有沿Y軸負方向的勻強電場，第四象限無電場和磁場。質(zhì)量為m、帶電量為q的粒子從M點以速度v0沿*軸負方向進入電場，不計粒子的重力，粒子經(jīng)N、P最后又回到M點。設(shè)OM=L，ON=2L，則：(1) 電場強度E的大小?2磁感應(yīng)強度B的大小和方向.例6、如下列圖，一質(zhì)量為m，帶電荷量為+q的粒子以速度v0從O點沿y軸正方向射入磁感應(yīng)強度為B的圓形勻強磁場區(qū)域，磁

16、場方向垂直紙面向外，粒子飛出磁場區(qū)域后，從點b處穿過*軸，速度方向與*軸正方向的夾角為30°，同時進入場強為E、方向沿*軸負方向成60°角斜向下的勻強電場中，通過了b點正下方的c點，如下列圖。粒子的重力不計，試求：1圓形勻強磁場的最小面積。2c點到b點的距離s。解析1粒子在磁場中做勻速圓周運動，軌跡半徑為R，則有，即 R=粒子經(jīng)過磁場區(qū)域速度偏轉(zhuǎn)角為120°，這說明在磁場區(qū)域中軌跡為半徑為R的圓弧，此圓弧應(yīng)與入射和出射方向相切。作出粒子運動軌跡如圖中實線所示。軌跡MN為以O(shè)為圓心、R為半徑，且與兩速度方向相切的圓弧，M、N兩點還應(yīng)在所求磁場區(qū)域的邊界上。在過M、N

17、兩點的不同圓周中，最小的一個是以MN為直徑的圓周，所求圓形磁場區(qū)域的最小半徑為面積為S=2粒子進入電場做類平拋運動，設(shè)從b到c垂直電場方向位移*，沿電場方向位移y，所用時間為t。則有*=v0t， 又解得 *=mv02/Eq， y=6mv02/Eq變式訓(xùn)練6：如下列圖，在y0的空間中存在勻強電場，場強沿y軸負方向；在y0的空間中，存在勻強磁場，磁場方向垂直*y平面紙面向外。一電量為q、質(zhì)量為m的帶正電的運動粒子，經(jīng)過y軸上yh處的點P1時速率為v0，方向沿*軸正方向；然后，經(jīng)過*軸上*2h處的 P2點進入磁場，并經(jīng)過y軸上y處的P3點。不計重力。求l電場強度的大小。2粒子到達P2時速度的大小和方

18、向。3磁感應(yīng)強度的大小。EBMN例7：如下列圖，有位于豎直平面上的半徑為R的圓形光滑絕緣軌道，其上半局部處于豎直向下、場強為E的勻強電場中，下半局部處于水平向里的勻強磁場中；質(zhì)量為m，帶正電為q的小球，從軌道的水平直徑的M端由靜止釋放，假設(shè)小球在*一次通過最低點時對軌道的壓力為零，求：1磁感強度B的大小。2小球?qū)壍雷畹忘c的最大壓力。3假設(shè)要小球在圓形軌道作完整的圓周運動，小球從軌道的水平直徑的M端下滑的最小速度。解：1小球在軌道上來回運動時受重力、支持力、洛倫茲力，但只有重力做功，因此小球的機械能守恒。從M到最低點有 在最低點有 即解得2小球從M到N以及在軌道上來回運動時受重力、支持力、洛倫

19、茲力，但總只有重力做功，因此小球的機械能始終守恒。從N到最低點時對軌道最低點的有最大壓力。在最低點有 解得N2=6mg 3要小球在圓形軌道作完整的圓周運動，此時對圓形軌道的最高點壓力為零， 設(shè)小球從軌道的水平直徑的M端下滑的最小速度為v0，在最高點速度為v1。從M軌道的最高點，據(jù)動能定理：在圓形軌道的最高點：解得y*zoM(0,H,0)N(l,0,b)P(l,0,0)變式訓(xùn)練7：如下列圖，o*yz坐標(biāo)系的y軸豎直向上，在坐標(biāo)系所在的空間存在勻強電場和勻強磁場，電場方向與*軸平行從y軸上的M點0，H，0無初速釋放一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負電的小球，它落在*z平面上的Nl，0，b點l>0

20、，b>0假設(shè)撤去磁場則小球落在*z平面的P點l，0，0重力加速度為1勻強磁場方向與*個坐標(biāo)軸平行，試判斷其可能的具體方向2求電場強度E的大小3求小球落至N點時的速率v專題實戰(zhàn)熱身：1、如下列圖，虛線a、b、c代表電場中的三個等勢面，相鄰等勢面之間的電勢差相等，即Uab=Ubc，實線為一帶正電的質(zhì)點僅在電場力作用下通過該區(qū)域時的運動軌跡，P、Q是這條軌跡上的兩點，據(jù)此可知 A三個等勢面中，a的電勢最高B帶電質(zhì)點通過P點時的電勢能較大C帶電質(zhì)點通過P點時的動能較大D帶電質(zhì)點通過P點時的加速度較大2、光滑水平面上有一邊長為l的正方形區(qū)域處在場強為E的勻強電場中，電場方向與正方形一邊平行。一質(zhì)量

21、為m、帶電量為q的小球由*一邊的中點，以垂直于該邊的水平初速v0進入該正方形區(qū)域。當(dāng)小球再次運動到該正方形區(qū)域的邊緣時，動能的增量可能為 A0BC D3、*同學(xué)家中電視機畫面的幅度偏小，維修的技術(shù)人員檢查后認為是顯像管或偏轉(zhuǎn)線圈出了故障，顯像管及偏轉(zhuǎn)線圈如下列圖，引起故障的原因可能是 A .電子槍發(fā)射的電子數(shù)減小B.加速電場的電壓過大C.偏轉(zhuǎn)線圈的電流過小，偏轉(zhuǎn)磁場減弱D.偏轉(zhuǎn)線圈匝間短路，線圈匝數(shù)減小4、兩個一樣的盤旋加速器，分別接在加速電壓U1和U2的高頻電源上，且U1>U2，有兩個一樣的帶電粒子分別在這兩個加速器中運動,設(shè)兩個粒子在加速器中運動的時間分別為t1和t2，獲得的最大動能

22、分別為Ek1和Ek2，則 A .t1< t2 ,Ek1 >Ek2 B.t1= t2 , Ek1<Ek2C.t1> t2 ,Ek1 =Ek2 D.t1<t2 ,Ek1 =Ek25、如下列圖，在*Oy平面的第一象限中有沿y方向的勻強電場，在第二、第三和第四象限中有勻強磁場，方向垂直于坐標(biāo)平面向里,有一個質(zhì)量為m、電荷量為e的電子，從y軸的P點以初速度v0垂直于電場方向進入電場。接著電子從*軸上Q點進入勻強磁場，最后恰從P點以垂直于y軸的方向射出磁場。假設(shè)OP=h,OQ=h,不計電子的重力。求：(1)勻強電場的電場強度大小;(2)勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小。6、如下列圖，

23、兩平行金屬板A、B長l8cm，兩板間距離d8cm，A板比B板電勢高300V，即UAB300V。一帶正電的粒子電量q10-10C，質(zhì)量m10-20kg，從R點沿電場中心線垂直電場線飛入電場，初速度v02×106m/s，粒子飛出平行板電場后經(jīng)過界面MN、PS間的無電場區(qū)域后，進入固定在中心線上的O點的點電荷Q形成的電場區(qū)域設(shè)界面PS右邊點電荷的電場分布不受界面的影響。兩界面MN、PS相距為L12cm，粒子穿過界面PS最后垂直打在放置于中心線上的熒光屏EF上。靜電力常數(shù)k9×109N·m2/C2求：1粒子穿過界面PS時偏離中心線RO的距離多遠.2點電荷的電量7、一勻磁場

24、，磁場方向垂直于*y平面，在*y平面上，磁場分布在以O(shè)為中心的一個圓形區(qū)域。一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子，由原點O開場運動，初速為v，方向沿*正方向。后來，粒子經(jīng)過y軸上的P點，此時速度方向與y軸的夾角為30°，P到O的距離為L，如下列圖。不計重力的影響。求磁場的磁感強度B的大小和*y平面上磁場區(qū)域的半徑R。8、如下列圖，在一個圓形區(qū)域，兩個方向相反且都垂直于紙面的勻強磁場分布在以直徑A2A4為邊界的兩個半圓形區(qū)域、中，A2A4與A1A3的夾角為60°。一質(zhì)量為m，帶電量為+q的粒子以*一速度從區(qū)的邊緣點A1處沿與A1A3成30°角的方向射入磁場，隨后該粒子

25、以垂直于A2A4的方向經(jīng)過圓心O進入?yún)^(qū)，最后再從A4處射出磁場。該粒子從射入到射出磁場所用的時間為t,求區(qū)和區(qū)中的磁感應(yīng)強度的大小。忽略粒子重力。9、如下列圖，在*oy直角坐標(biāo)系中，第象限分布著方向垂直紙面向里的勻強磁場，第象限分布著方向沿y軸負方向的勻強電場。初速度為零、帶電量為q、質(zhì)量為m的離子經(jīng)過電壓為U的電場加速后，從*上的A點垂直*軸進入磁場區(qū)域，經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后過y軸上的P點且垂直y軸進入電場區(qū)域，在電場偏轉(zhuǎn)并擊中*軸上的C點。OA=OC=d。求電場強度E和磁感強度B的大小。10、一束電子以Ek=100eV的動能在t=0時由中心水平進入電場，而電容器兩板間電勢差隨時間的變化如下列圖。試

26、求電容器兩板間有電子穿出與無電子穿出的時間之比。電子質(zhì)量參考答案變式訓(xùn)練1、AD變式訓(xùn)練2、AC變式訓(xùn)練3：解析：此帶電體在重力和電場力的共同作用下，在豎直方向上做豎直上拋運動，而在水平方向上做初速度為零的勻變速直線運動，設(shè)帶電體在點的動能為，到達最高點時的動能為，到達點時的動能為，則因 故 另外，方向只有重力做功，所以帶電體在點時的豎直方向的速度大小與在點時的相等，對應(yīng)動能的分量也相等。在水平方向上，帶電體從點運動到點的過程中，它的動能的變化量之比就等于電場力做功之比，也就是帶電體的水平位移之比，即這樣，我們就可以計算出到達點時，帶電體的總動能為。變式訓(xùn)練4：解析：粒子帶正電，故在磁場中沿逆

27、時針方向做勻速圓周運動，用R表示軌道半徑，有由此得代入數(shù)值得R=10cm可見，2R>l>R.因朝不同方向發(fā)射的粒子的圓軌跡都過S，由此可知，*一圓軌跡在圖中N左側(cè)與ab相切，則此切點P1就是粒子能打中的左側(cè)最遠點.為定出P1點的位置，可作平行于ab的直線cd，cd到ab的距離為R，以S為圓心，R為半徑，作弧交cd于Q點，過Q作ab的垂線，它與ab的交點即為P1.再考慮N的右側(cè)。任何粒子在運動中離S的距離不可能超過2R，以2R為半徑、S為圓心作圓，交ab于N右側(cè)的P2點，此即右側(cè)能打到的最遠點.由圖中幾何關(guān)系得所求長度為 代入數(shù)值得 P1P2=20cm變式訓(xùn)練5、解:1由帶電粒子在電

28、場中做類平拋運動，易知，且則E=2根據(jù)粒子在電場中運動的情況可知，粒子帶負電。粒子在電場中做類平拋運動，設(shè)到達N點的速度為v，運動方向與*軸負方向的夾角為，如圖4所示。由動能定理得將1式中的E代入可得 所以=45°粒子在磁場中做勻速圓周運動，經(jīng)過P點時速度方向也與*軸負方向成45°角。則OP=OM=LNP=NO+OP=3L粒子在磁場中的軌道半徑為R=Npcos45°= 又 解得 由左手定則，勻強磁場的方向為垂直紙面向里。變式訓(xùn)練6：1粒子在電場、磁場中運動的軌跡如下列圖。設(shè)粒子從P1到P2的時間為t，電場強度的大小為E，粒子在電場中的加速度為a，由牛頓第二定律及運

29、動學(xué)公式有qE ma v0t 2h由、式解得 2粒子到達P2時速度沿*方向的分量仍為v0，以v1表示速度沿y方向分量的大小，v表示速度的大小，表示速度和*軸的夾角，則有由、式得 v1v0由、式得3設(shè)磁場的磁感應(yīng)強度為B，在洛侖茲力作用下粒子做勻速圓周運動，由牛頓第二定律r是圓周的半徑。此圓周與*軸和y軸的交點分別為P2、P3。因為OP2OP3，45°，由幾何關(guān)系可知，連線P2P3為圓軌道的直徑，由此可求得r由、可得變式訓(xùn)練7：1用左手定則判斷出：磁場方向為*方向或y方向2在未加勻強磁場時，帶電小球在電場力和重力作用下落到P點，設(shè)運動時間為t，小球自由下落，小球沿*軸方向只受電場力作用小球沿*軸的位移為小球沿*軸方向的加速度聯(lián)立求解，得3帶電小球在勻強磁場和勻強電場共存的區(qū)域運動時，洛侖茲力不做功設(shè)落到N點速度大小為v,根據(jù)動能定理有 解得1、BD 2、ABD 3、BCD 4、D5、(1)電子在電場中運動過程是類平拋運動如圖沿*方向，由幾何關(guān)系和勻速分運動得：沿Y方向，由幾何關(guān)系和勻加速分運動得：又由牛頓第二定律得： (2)電子在磁場中做勻速圓周運動，其軌跡如是圖所示，O為圓心，設(shè)電子做勻速圓周 運動的半徑為r，進入磁場中速度為v，由圖中幾何關(guān)系有由洛侖茲力提供向心力得 而綜合上式得.6、解析：1設(shè)粒子從電場中飛出時的側(cè)向位移為h, 穿過界面PS時偏離中心線OR的距離