專題7+帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動含14真題及原創(chuàng)解析

1、咼考定位帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動是力電綜合的重點(diǎn)和高考的熱點(diǎn)，常見的考查形式有組合場（電場、磁場、重力場依次出現(xiàn) ）、疊加場（空間同一區(qū)域同時(shí)存在兩種以上的場）、周期性變化場 等，近幾年高考試題中，涉及本專題內(nèi)容的頻度極高，特別是計(jì)算題，題目難度大，涉及面 廣試題多把電場和磁場的性質(zhì)、運(yùn)動學(xué)規(guī)律、牛頓運(yùn)動定律、圓周運(yùn)動規(guī)律、功能關(guān)系揉 合在一起主要考查考生的空間想象能力、分析綜合能力以及運(yùn)用數(shù)學(xué)知識解決物理問題的 能力以考查考生綜合分析和解決復(fù)雜問題的能力.考題1帶電粒子在疊加場中的運(yùn)動分析例 1】如圖1所示，位于豎直平面內(nèi)的坐標(biāo)系xOy,在其第三象限空間有垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度

2、大小為 B= 0.5 T,還有沿x軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)大小為E = 2 N/C.在其第一象限空間有沿 y軸負(fù)方向的、場強(qiáng)大小也為E的勻強(qiáng)電場，并在y>h= 0.4 m的區(qū)域 有磁感應(yīng)強(qiáng)度也為 B的垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場一個(gè)帶電荷量為q的油滴從圖中第三象限的P點(diǎn)得到一初速度，恰好能沿PO做勻速直線運(yùn)動（PO與x軸負(fù)方向的夾角為 0= 45°,并從原點(diǎn)O進(jìn)入第一象限.已知重力加速度g = 10 m/s2,問:油滴在第三象限運(yùn)動時(shí)受到的重力、電場力、洛倫茲力三力的大小之比，并指出油滴帶何種電荷；油滴在P點(diǎn)得到的初速度大?。唬?）油滴在第一象限運(yùn)動的時(shí)間.（2）根據(jù)油滴在垂直直審

3、題突破（1）結(jié)合平衡條件判斷油滴所受電場力的方向和洛倫茲力的方向，進(jìn)而判斷油滴的 電性，對油滴受力分析后采用合成法作圖，由幾何關(guān)系得出三力之比;線方向上應(yīng)用平衡條件列方程求得速度大??；（3）進(jìn)入第一象限，由于重力等于電場力，在電場中做勻速直線運(yùn)動，在混合場中做勻速圓周運(yùn)動，作出運(yùn)動軌跡，結(jié)合磁場中圓周運(yùn)動的 周期公式即運(yùn)動的對稱性確定運(yùn)動總時(shí)間.解析根據(jù)受力分析（如圖）可知油滴帶負(fù)電荷, 設(shè)油滴質(zhì)量為m,由平衡條件得：mg : qE : F = 1 : 1 : .2.由第（1）問得：mg = qEqvB= , 2qE解得：v = BE = 4 2 m/s.(3)進(jìn)入第一象限，電場力和重力平衡，

4、知油滴先做勻速直線運(yùn)動，進(jìn)入yh的區(qū)域后做勻速圓周運(yùn)動，軌跡如圖，最后從x軸上的N點(diǎn)離開第一象限.由0宀A勻速運(yùn)動的位移為 Xi = 2hsin 45°其運(yùn)動時(shí)間：t1 =滬 JE = E =sB由幾何關(guān)系和圓周運(yùn)動的周期關(guān)系式T=智知，qB1 ttF由AtC的圓周運(yùn)動時(shí)間為t2 = -T=0.628 s4 2gB由對稱性知從 CtN的時(shí)間t3=b在第一象限運(yùn)動的總時(shí)間t = ti+ t2+ t3= 2X 0.1 s+ 0.628 s= 0.828 s答案 (1)1 : 1 : 2 油滴帶負(fù)電荷(2)4 2 m/s (3)0.828 sO突破訓(xùn)練1 如圖2，水平地面上方有一底部帶有小

5、孔的絕緣彈性豎直擋板，板高h(yuǎn) = 9 m,與板上端等高處水平線上有一 P點(diǎn)，P點(diǎn)離擋板的距離x= 3 m.板的左側(cè)以及板上端與 P點(diǎn)的連線上 方存在勻強(qiáng)磁場和勻強(qiáng)電場.磁場方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度B = 1 T;比荷大小° = 1.0m若與p, gC/kg可視為質(zhì)點(diǎn)的小球從擋板下端處小孔以不同的速度水平射入場中做勻速圓周運(yùn)動, 擋板相碰就以原速率彈回，且碰撞時(shí)間不計(jì)，碰撞時(shí)電量不變，小球最后都能經(jīng)過位置 =10 m/s2，求:圖2(1) 電場強(qiáng)度的大小與方向；(2) 小球不與擋板相碰運(yùn)動到P的時(shí)間;(3) 要使小球運(yùn)動到 P點(diǎn)時(shí)間最長應(yīng)以多大的速度射入?答案 (1)10 N/C，

6、方向豎直向下(2) n arcsin(3)3.75 m/s解析(1)由題意可知，小球帶負(fù)電，因小球做勻速圓周運(yùn)動，有：Eq= mg得：e = mg= 10 N/C,方向豎直向下q小球不與擋板相碰直接到達(dá) p點(diǎn)軌跡如圖:X K X有：(h R)方法提煉帶電粒子在疊加場中運(yùn)動的處理方法1.弄清疊加場的組成特點(diǎn). .正確分析帶電粒子的受力及運(yùn)動特點(diǎn). + x2= R2 得：R= 5 mx 3設(shè)PO與擋板的夾角為0,貝U sin 0= x = 畫出粒子的運(yùn)動軌跡，靈活選擇不同的運(yùn)動規(guī)律(1) 若只有兩個(gè)場且正交，合力為零，則表現(xiàn)為勻速直線運(yùn)動或靜止例如電場與磁場中滿足R 5小球做圓周運(yùn)動的周期T=2

7、nmqB設(shè)小球做圓周運(yùn)動所經(jīng)過圓弧的圓心角為am則t=qB3(n+ arcsin 5 m運(yùn)動時(shí)間 t= n+ arcsinqB(3)因速度方向與半徑垂直，圓心必在擋板上, 設(shè)小球與擋板碰撞 n次，有RW 2n又R>x, n只能取0,1.n = 0時(shí)，(2)問不符合題意2 2 2n = 1 時(shí)，有(3R h) + x = R 解得：R1 = 3 m, R? = 3.75 m軌跡如圖，半徑為 R2時(shí)運(yùn)動時(shí)間最長2洛倫茲力提供向心力：vqVB= mR2得: v= 3.75 m/s.qE = qvB;重力場與磁場中滿足 mg= qvB;重力場與電場中滿足 mg= qE.(2) 若三場共存時(shí)，合力

8、為零，粒子做勻速直線運(yùn)動，其中洛倫茲力F = qvB的方向與速度v垂直.(3) 若三場共存時(shí)，粒子做勻速圓周運(yùn)動，則有mg= qE，粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周2運(yùn)動，即qvB= m*.(4) 當(dāng)帶電粒子做復(fù)雜的曲線運(yùn)動或有約束的變速直線運(yùn)動時(shí)，一般用動能定理或能量守恒定律求解.考題2帶電粒子在組合場中的運(yùn)動分析【例2】(2014廣東36)如圖3所示，足夠大的平行擋板A?豎直放置，間距為6L.兩板間存在兩個(gè)方向相反的勻強(qiáng)磁場區(qū)域I和H,以水平面MN為理想分界面.1區(qū)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為X xX X XX X X X X X X6kBo,方向垂直紙面向外， Ai、A2上各有位置正對的小孔 Si、S2

9、,兩孔與分界面 MN的距離為 L.質(zhì)量為m、電量為+ q的粒子經(jīng)寬度為 d的勻強(qiáng)電場由靜止加速后，沿水平方向從 Si進(jìn)入 I區(qū)，并直接偏轉(zhuǎn)到 MN上的P點(diǎn)，再進(jìn)入H區(qū).P點(diǎn)與Ai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.a MA,圖3(1) 若k= 1，求勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度 E;(2) 若2<k<3，且粒子沿水平方向從 S2射出，求出粒子在磁場中的速度大小v與k的關(guān)系式和n區(qū)的磁感應(yīng)強(qiáng)度 B與k的關(guān)系式.審題突破 (1)粒子在電場中做加速直線運(yùn)動，根據(jù)動能定理列式；粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，根據(jù)牛頓第二定律列式；結(jié)合幾何關(guān)系得到軌道半徑；最后聯(lián)立求解.(2)結(jié)合幾何

10、關(guān)系列式求解出軌道半徑；粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動時(shí)，洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓 第二定律列式；最后聯(lián)立求解即可.解析 若k= 1，則有MP = L,粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動，根據(jù)幾何關(guān)系，該情 況粒子的軌跡半徑為R= L2粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動，則有：qvBo= m±R粒子在勻強(qiáng)電場中加速，根據(jù)動能定理有：qEd = mv2綜合上式解得：E = qBL2dm(2)因?yàn)?<k<3, 且粒子沿水平方向從射出，該粒子運(yùn)動軌跡如圖所示，由幾何關(guān)系：R2 (kL)2= (R L)2,2又有 qvB0= mR則整理解得：v= qBo L + k L2m又因?yàn)椋?L

11、2kL = 2x根據(jù)幾何關(guān)系有：kL =-x r2V又 qvB= m_則n區(qū)的磁感應(yīng)強(qiáng)度 B與k的關(guān)系:答案需v=qB4FO突破訓(xùn)練B =迴3 k.B=JSB°3 k2 .如圖4所示的直角坐標(biāo)xOy平面內(nèi)有間距為d,長度為的平行正對金屬板 M、N, Mn位于x軸上，OP為過坐標(biāo)原點(diǎn) 0和極板N右邊緣的直線，與 y軸的夾角0= OP與y軸3之間及y軸右側(cè)空間中分別存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等方向相反且均垂直于坐標(biāo)平面的勻強(qiáng)磁場.質(zhì)量為 m、電荷量為q的帶正電粒子從 M板左側(cè)邊緣以速度 vo沿極板方向射入，恰好從N板的右側(cè)邊緣A點(diǎn)射出進(jìn)入磁場粒子第一次通過n6 不計(jì)粒子重力，求：y軸時(shí)，速度與

12、y軸負(fù)方向的夾角為(1)極板M、N間的電壓;勻強(qiáng)磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小;(3)粒子第二次通過 y軸時(shí)的縱坐標(biāo)值;(4)粒子從進(jìn)入板間到第二次通過y軸時(shí)經(jīng)歷的時(shí)間.W3 + 7 n d qd2 d(4)(6)；答案3mvo22mvo"V解析(1)粒子在M、N板間做類平拋運(yùn)動，設(shè)加速度為a，運(yùn)動時(shí)間為ti，則2J3d= voti根據(jù)牛頓運(yùn)動定律得qU = ma d2聯(lián)立解得U = 3mv.2q設(shè)粒子經(jīng)過A點(diǎn)時(shí)的速度為V,方向與X軸的夾角為a,1 1根據(jù)動能定理，得 qU = qmv2 qmv。2V0COS a=V解得 V= 2vo, a= nD點(diǎn)與A點(diǎn)高度相等， CiDO設(shè)粒子第一次與y軸

13、相交于D點(diǎn)，軌跡如圖，由幾何關(guān)系知為等邊三角形.R= d2根據(jù)牛頓定律，得 qvB= m-R2mvo整理得b=tqd '粒子在y軸右側(cè)空間的運(yùn)動軌跡如圖.由幾何關(guān)系知DE = 2Rcos 0= d即E點(diǎn)的縱坐標(biāo)為yE= 2d.（4）粒子從A到D的時(shí)間15從D到E的時(shí)間t3= 5tnV0故 t = t + t2+ t3=( 3.如圖5所示，相距3L的AB、CD兩直線間的區(qū)域存在著兩個(gè)大小不同、方向相反的有界勻強(qiáng)電場，其中 pt上方的電場I的場強(qiáng)方向豎直向下，pt下方的電場n的場強(qiáng)方向豎直向上，電場I的場強(qiáng)大小是電場的場強(qiáng)大小的兩倍，在電場左邊界AB上有點(diǎn)Q , PQ間距離為L.從某時(shí)刻起

14、由 Q以初速度V0沿水平方向垂直射入勻強(qiáng)電場的帶電粒子，電量為+q、質(zhì) 量為m.通過PT上的某點(diǎn)R進(jìn)入勻強(qiáng)電場I后從 CD邊上的M點(diǎn)水平射出，其軌跡如圖，若PR兩點(diǎn)的距離為2L.不計(jì)粒子的重力.試求:很小的距虞 C可趾氯略(1) 勻強(qiáng)電場I的電場強(qiáng)度的大小和MT之間的距離；(2) 有一邊長為a、由光滑彈性絕緣壁圍成的正三角形容器，在其邊界正中央開有一小孔S,將其置于CD右側(cè)且緊挨CD邊界，若從Q點(diǎn)射入的粒子經(jīng) AB、CD間的電場從S孔水平射 入容器中.欲使粒子在容器中與器壁多次垂直碰撞后仍能從S孔射出(粒子與絕緣壁碰撞時(shí)無機(jī)械能和電量損失)，并返回Q點(diǎn)，需在容器中現(xiàn)加上一個(gè)如圖所示的勻強(qiáng)磁場，

15、粒子運(yùn)動1的半徑小于2a,求磁感應(yīng)強(qiáng)度 B的大小應(yīng)滿足的條件以及從Q出發(fā)再返回到 Q所經(jīng)歷的時(shí)間.2mvo12mvo 1+ 2n答案 石0- 1LB= qa，n= 1,2,6L+ 6n+ 1 na, n= 1,2,vo 2 2n+ 1 vo解析 設(shè)粒子經(jīng)PT直線上的點(diǎn)R由E2電場進(jìn)入E1電場，由Q到R及R到M點(diǎn)的時(shí)間分 別為t2與"到達(dá)R時(shí)豎直速度為Vy,則由 F = qE= ma,2L= V0t2,L = V0t1,L =器22,E1= 2E2,2得 E mv_ 得 E1 = qL切=m t2 = m t11 E1q 2 MT=2 訥1 聯(lián)立解得MT = p.(2)欲使粒子仍能從

16、S孔處射出，粒子運(yùn)動的半徑為r，則2_ mv0qv°B =r1(1 + 2n)r=尹，n= 1,2 ,2mv0 1 + 2n解得：B =-, n= 1,2,qaT T1由幾何關(guān)系可知t' = 3 x (2nx + 6)= (3n + ?)Tn = 1,2,3 2 tR_ 2 nmT =U =麗代入B得T =t= 2ti + 2t2+ tn2n+ 1 vo,n= 1,2,6L+vo6n + 1 na2 2n+ 1 vo,n= 1,2,方法提煉 帶電粒子在組合場內(nèi)的運(yùn)動實(shí)際上也是運(yùn)動過程的組合，解決方法如下：(1) 分別研究帶電粒子在不同場區(qū)的運(yùn)動規(guī)律.在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動

17、.在勻強(qiáng)電場中,若速度方向與電場方向平行，則做勻變速直線運(yùn)動；若速度方向與電場方向垂直，則做類平拋運(yùn)動.(2) 帶電粒子經(jīng)過磁場區(qū)域時(shí)利用圓周運(yùn)動規(guī)律結(jié)合幾何關(guān)系處理.(3) 當(dāng)粒子從一個(gè)場進(jìn)入另一個(gè)場時(shí)，分析轉(zhuǎn)折點(diǎn)處粒子速度的大小和方向往往是解題的突破口.審題破題真題演練考題3帶電粒子在周期性變化的電磁場中的運(yùn)動分析【例3】(19分)如圖6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和電場， 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軸正方向電場強(qiáng)度為正).在t= 0時(shí)刻由原點(diǎn)O發(fā)射初速度大小為 V。，方向沿y軸正方向的帶負(fù)電粒子.甲BtEBq !：

18、Iii爲(wèi)'ii1n1aO4f(iO 血3to 4牯 5站乙丙已知vo、to、Bo，粒子的比荷為nBoto,不計(jì)粒子的重力.求:(1) t = to時(shí)，求粒子的位置坐標(biāo)；若t= 5to時(shí)粒子回到原點(diǎn)，求 o5to時(shí)間內(nèi)粒子距x軸的最大距離;(3)若粒子能夠回到原點(diǎn)，求滿足條件的所有Eo值.恩維導(dǎo)圖由圖象可知.電場、磁場交檸出現(xiàn).說明粒 子交替進(jìn)存勻速險(xiǎn)周運(yùn)動和勻變誣點(diǎn)線運(yùn)動斬題工具“45"時(shí)粒于刨到原點(diǎn)” iffli出粒T的運(yùn)動斬跡+ HJ知2廠驗(yàn)內(nèi)半輕應(yīng)為Ofu的2梧牛轅第二定律、勻變速代線運(yùn)動規(guī)律査變削場中戦子懺往址直線運(yùn)動的分析方袪 粒子在磁場中橄圓周廷動的力學(xué)方程酒=普

19、 周期公式化評踴出粒下匸5心時(shí)冋到原點(diǎn)的運(yùn)動軌跡,鋁到 心=2的艾索解析（1）由粒子的比荷m=則粒子做圓周運(yùn)動的周期Boto'2 nmc丄八T =而=2to（1 分）由幾何關(guān)系町知*要使擬子經(jīng)過原點(diǎn)，則必 須滿足畑J口3，Ta=滋2分）2粒子t= 5to時(shí)回到原點(diǎn)，軌跡如圖所示則在0to內(nèi)轉(zhuǎn)過的圓心角由牛頓第二定律qv0B0= m旦（2分） rivoto八得ri=匚（1分）位置坐標(biāo)（沁，O）. （1分）n2= 2ri（2 分）mvomv2八門=臥3=師（1分）得 v2= 2vo（1 分）q n2voto八又=ET，r2=（1 分）m Boton '05t0時(shí)間粒子在to2to時(shí)

20、間內(nèi)做勻加速直線運(yùn)動，2to3to時(shí)間內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動，則在內(nèi)粒子距x軸的最大距離：hm = VO2VOto+2= （；+ nvoto.（2 分）如圖所示，設(shè)帶電粒子在 x軸上方做圓周運(yùn)動的軌道半徑為1,在X軸下方做圓周運(yùn)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(diǎn)，則必須滿足：n（22 2r”= 21, （n= 1,2,3 ,）（1 分）mvo, mv 八ri=r2 = (1 分)BoqBoq)(1分)n+ 1聯(lián)立以上各式解得v=vo, (n = 1,2,3,n又由v= Vo+Eoqtom(1分)voBo八得 Eo =, (n = 1,2,3,).(1 分)n n“亠2voto3 2v

21、oBo答案(1)( n o)(2)(2 + ；)voto ,(n= 1,2,3，)、高齊現(xiàn)場(20分)如圖7甲所示，間距為d、垂直于紙面的兩平行板 P、Q間存在勻強(qiáng)磁場.取垂直于紙 面向里為磁場的正方向， 磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間的變化規(guī)律如圖乙所示. t = O時(shí)刻，一質(zhì)量為m、 帶電量為+ q的粒子(不計(jì)重力)，以初速度vo由Q板左端靠近板面的位置，沿垂直于磁場且平行于板面的方向射入磁場區(qū).當(dāng)Bo和Tb取某些特定值時(shí)，可使t= 0時(shí)刻入射的粒子經(jīng)At時(shí)間恰能垂直打在 P板上(不考慮粒子反彈).上述m、q、d、Vo為已知量.XVf)X(1)若若若答案At = Tb,求 Bo；3At = Tb，求粒子

22、在磁場中運(yùn)動時(shí)加速度的大??；Bo=晉學(xué)，為使粒子仍能垂直打在P板上，求2，八 mvo3vond .(1)(2)(3)或qd d3voTb.arcsin1 ©4 丿2vo解析(1) 設(shè)粒子做圓周運(yùn)動的半徑為R1,2由牛頓第二定律得 qvoBo=譽(yù)R1據(jù)題意由幾何關(guān)系得 R1 = d聯(lián)立式得Bo=簫設(shè)粒子做圓周運(yùn)動的半徑為R2,加速度大小為 a,由圓周運(yùn)動公式得voa = R2據(jù)題意由幾何關(guān)系得 3R2= d2聯(lián)立式得a=警.d設(shè)粒子做圓周運(yùn)動的半徑為R,周期為T,由圓周運(yùn)動公式得 T = 2nR 由牛頓第二定律得2qvoBo =mvo由題意知盼器代入式得d = 4R粒子運(yùn)動軌跡如圖所示

23、,01、。2為圓心，O1O2連線與水平方向的夾角為9,在每個(gè)Tb內(nèi)，只有A、B兩個(gè)位置才有可n能垂直擊中P板，且均要求0<9<2，由題意可知Tb2設(shè)經(jīng)歷完整Tb的個(gè)數(shù)為n(n= 0,1,2,3,) 若在A點(diǎn)擊中P板，據(jù)題意由幾何關(guān)系得R+ 2(R+ Rsin 9)n = d當(dāng)n = 0時(shí)，無解當(dāng)n= 1時(shí)，聯(lián)立？式得n亠 19= 6(或 sin 9= 2)聯(lián)立？式得ndTb=3vo當(dāng)n2時(shí)，不滿足0< 9<90°的要求若在B點(diǎn)擊中P板，據(jù)題意由幾何關(guān)系得R+ 2Rsin 9+ 2(R+ Rsin 9)n= d當(dāng)n = 0時(shí)，無解 當(dāng)n= 1時(shí)，聯(lián)立？式得9=

24、arcsin,(或 sin 9= 4)Tb=n arcsin4 益聯(lián)立？式得當(dāng)n2時(shí)，不滿足0< 9<90°的要求.知識專題練訓(xùn)練7題組1帶電粒子在疊加場中的運(yùn)動分析1 .如圖1所示，空間存在水平向左的勻強(qiáng)電場和垂直紙面向里的水平勻強(qiáng)磁場在該區(qū)域中，有一個(gè)豎直放置的光滑絕緣圓環(huán)，環(huán)上套有一個(gè)帶正電的小球.0點(diǎn)為圓環(huán)的圓心，a、b、c、d為圓環(huán)上的四個(gè)點(diǎn)，a點(diǎn)為最高點(diǎn)，c點(diǎn)為最低點(diǎn)，b、0、d三點(diǎn)在同一水平 線上.已知小球所受電場力與重力大小相等.現(xiàn)將小球從環(huán)的頂端a點(diǎn)由靜止釋放，下列判斷正確的是( )圖1A .小球能越過d點(diǎn)并繼續(xù)沿環(huán)向上運(yùn)動B .當(dāng)小球運(yùn)動到d點(diǎn)時(shí)，不受

25、洛倫茲力C. 小球從d點(diǎn)運(yùn)動到b點(diǎn)的過程中，重力勢能減小，電勢能減小D. 小球從b點(diǎn)運(yùn)動到c點(diǎn)的過程中，經(jīng)過弧 bc中點(diǎn)時(shí)速度最大答案 BD解析 電場力與重力大小相等，則二者的合力指向左下方45°由于合力是恒力，故類似于新的重力，所以ad弧的中點(diǎn)相當(dāng)于豎直平面圓環(huán)的“最高點(diǎn)”.關(guān)于圓心對稱的位置(即bc弧的中點(diǎn))就是“最低點(diǎn)”，速度最大；由于 a、d兩點(diǎn)關(guān)于新的最高點(diǎn)對稱，若從 a點(diǎn)靜止 釋放，最高運(yùn)動到d點(diǎn)，故A錯(cuò)誤；當(dāng)小球運(yùn)動到 d點(diǎn)時(shí)，速度為零，故不受洛倫茲力，故 B正確；由于d、b等高，故小球從 d點(diǎn)運(yùn)動到b點(diǎn)的過程中，重力勢能不變，故C錯(cuò)誤；由于等效重力指向左下方 45&#

26、176;由于弧bc中點(diǎn)是等效最低點(diǎn)，故小球從 b點(diǎn)運(yùn)動到c點(diǎn)的過 程中，經(jīng)過弧bc中點(diǎn)時(shí)速度最大，故 D正確.2 .如圖2甲所示，x軸正方向水平向右，y軸正方向豎直向上.在 xOy平面內(nèi)有與y軸平行 的勻強(qiáng)電場，在半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)加有與 xOy平面垂直的勻強(qiáng)磁場. 在坐標(biāo)原點(diǎn)0處放 置一帶電微粒發(fā)射裝置， 它可以連續(xù)不斷地發(fā)射具有相同質(zhì)量 m、電荷量q(q>0)和初速度為 vo的帶電微粒.(已知重力加速度為 g)圖2(1) 當(dāng)帶電微粒發(fā)射裝置連續(xù)不斷地沿 y軸正方向發(fā)射這種帶電微粒時(shí)， 這些帶電微粒將沿圓形磁場區(qū)域的水平直徑方向離開磁場，并繼續(xù)沿x軸正方向運(yùn)動.求電場強(qiáng)度 E和磁感應(yīng)

27、強(qiáng)度B的大小和方向.(2) 調(diào)節(jié)坐標(biāo)原點(diǎn)處的帶電微粒發(fā)射裝置，使其在xOy平面內(nèi)不斷地以相同速率vo沿不同方向?qū)⑦@種帶電微粒射入第I象限，如圖乙所示現(xiàn)要求這些帶電微粒最終都能平行于x軸正方向運(yùn)動，則在保證電場強(qiáng)度 E和磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小和方向不變的條件下，求出符合條件 的磁場區(qū)域的最小面積.答案（1）E=四，沿y軸正方向B =黑0,垂直紙面向外（2）（1）R2qqR2解析 微粒沿x軸正方向運(yùn)動，即帶電微粒所受重力與電場力平衡.設(shè)電場強(qiáng)度大小為 E,由平衡條件得：mg = qE解得：E = mgq由于粒子帶正電，故電場方向沿y軸正方向帶電微粒進(jìn)入磁場后，做勻速圓周運(yùn)動，且半徑r = R.設(shè)勻強(qiáng)磁

28、場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.2由牛頓第二定律得：qv°B= m罟R解得B= 先，磁場方向垂直紙面向外.qR（2）沿y軸正方向射入的微粒，運(yùn)動軌跡如圖所示：以半徑R沿x軸正方向運(yùn)動四分之一圓弧，該圓弧也恰為微粒運(yùn)動的上邊界.以0點(diǎn)為圓心、R為半徑做的四分之一圓弧 BC為微粒做圓周運(yùn)動的圓心軌跡.微粒經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后沿x軸正方向運(yùn)動，即半徑沿豎直方向.并且射出點(diǎn)距圓心軌跡上各點(diǎn)的距離為R,射出點(diǎn)的邊界與圓弧BC平行，如圖中的圓弧 ODA,圓弧0A與圓弧ODA之間的區(qū)域即為磁場區(qū)域的最小面 積：1212n 八 r-,2S= 2qn 2R）=（2 1）R.題組2帶電粒子在組合場中的運(yùn)動分析53.如圖

29、3所示，在矩形區(qū)域CDNM內(nèi)有沿紙面向上的勻強(qiáng)電場， 場強(qiáng)的大小E= 1.5X 10 V/m ; 在矩形區(qū)域 MNGF內(nèi)有垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場， 磁感應(yīng)強(qiáng)度大小 B= 0.2 T.已知CD = MN =FG = 0.60 m , CM = MF = 0.20 m .在CD邊中點(diǎn)O處有一放射源，沿紙面向電場中各方向均勻地輻射出速率均為 V0= 1.0 >106 m/s的某種帶正電粒子，粒子質(zhì)量m = 6.4X 1027 kg，電荷量q= 3.2 X 1019 C,粒子可以無阻礙地通過邊界MN進(jìn)入磁場，不計(jì)粒子的重力.求：粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的半徑;(2) 邊界FG上有粒子射出磁場的范圍

30、長度;(3) 粒子在磁場中運(yùn)動的最長時(shí)間.答案 (1)0.2 m (2)0.43 m (3)2.1(后兩問結(jié)果保留兩位有效數(shù)字 )X 107s解析(1)電場中由動能定理得:1 2 1 2qEd = qmv 2mvo由題意知d= 0.20 m,代入數(shù)據(jù)得v = 2X 106 m/s帶電粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動,2v_qBv= m解得 r = mv= 0.2 m.qB(2)設(shè)粒子沿垂直于電場方向射入時(shí),出電場時(shí)水平位移為 X,則由平拋規(guī)律得:1 qf 2 d = 1m tX= Vot解得x=器離開電場時(shí),sin ® =豐=2，°1= 30°由題意可知,PS丄MN，沿OC方向射出粒子到達(dá) P點(diǎn)，為左邊界，垂直 MN射出的粒子與邊界FG相切于Q點(diǎn)，Q為右邊界，QO = r，軌跡如圖.范圍長度為1 = x+ r =(器(3) T = 錯(cuò)，由分析可知，OO '方向射出的粒子運(yùn)動時(shí)間最長，設(shè)FG長度為12L r 1sin 9?= : = 2， 2= 30帶電粒子在磁場中運(yùn)動的最大圓心角為120° ,對應(yīng)的最長時(shí)間為tmax= 2丁=2.1X 10 7 s3 3qB題組3帶電粒子在周期性變化的電磁