第九章帶電粒子在疊加場(chǎng)和組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)

1、專題強(qiáng)化十二帶電粒子在疊加場(chǎng)和組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)【專題解讀】1.本專題是磁場(chǎng)、力學(xué)、電場(chǎng)等知識(shí)的綜合應(yīng)用，高考往往以計(jì)算壓軸題的形式 出現(xiàn).2 .學(xué)習(xí)本專題，可以培養(yǎng)同學(xué)們的審題能力、推理能力和規(guī)范表達(dá)能力.針對(duì)性的專題訓(xùn)練, 可以提高同學(xué)們解決難題、壓軸題的信心.3 .用到的知識(shí)主要有：動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)（牛頓運(yùn)動(dòng)定律）、運(yùn)動(dòng)學(xué)觀點(diǎn)、能量觀點(diǎn)（動(dòng)能定理、能量 守恒定律）、電場(chǎng)的觀點(diǎn)（類平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律）、磁場(chǎng)的觀點(diǎn)（帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的規(guī)律）.高考熱點(diǎn)/講透練熟題型一帶電粒子在疊加場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)1 .疊加場(chǎng)電場(chǎng)、磁場(chǎng)、重力場(chǎng)共存，或其中某兩場(chǎng)共存.2 .無約束情況下的運(yùn)動(dòng)洛倫茲力、重力并存若重力和洛倫茲力平

2、衡，則帶電粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng).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，由此可求解問題.（2）電場(chǎng)力、洛倫茲力并存（不計(jì)重力的微觀粒子）若電場(chǎng)力和洛倫茲力平衡，則帶電粒子做勻速直線運(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)能定理求解問題.（3）電場(chǎng)力、洛倫茲力、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，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)能定理求解問題.3 .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

3、環(huán)、軌道等約束的情況下，常見的運(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.r例El （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，/、b、C電荷量相等，質(zhì)量 分別為小，皿、已知在該區(qū)域內(nèi)，在紙面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，b在紙而內(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（）圖1A. mn>mh>mcB.C. mc>nia>mbD. me>

4、;nib>nia答案B解析設(shè)三個(gè)微粒的電荷量均為g ,，在紙面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，說明洛倫茲力提供向心力，重力與電場(chǎng)力平衡，則niaf* = qE®b在紙面內(nèi)向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，三力平衡，則mbg = qE+ WB 。在紙面內(nèi)向左做勻速直線運(yùn)動(dòng)，三力平衡，則叫？ + qvB = qE®比較式得：mb>ma>me ,選項(xiàng)B正確.噎式（多選）（2019山東濟(jì)南市上學(xué)期期末汝口圖2所示，兩豎直平行邊界內(nèi)，勻強(qiáng)電場(chǎng) 方向豎直（平行紙面）向下，勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向垂直紙而向里.一帶負(fù)電小球從P點(diǎn)以某一速度垂 直邊界進(jìn)入，恰好沿水平方向做直線運(yùn)動(dòng).若增大小球從尸點(diǎn)進(jìn)入的速度但保

5、持方向不變， 則在小球進(jìn)入的一小段時(shí)間內(nèi)（）圖2A.小球的動(dòng)能減小B.小球的電勢(shì)能減小C.小球的重力勢(shì)能減小D.小球的機(jī)械能減小答案ACD解析 帶負(fù)電的小球受向下的重力G、向上的電場(chǎng)力尸和向下的洛倫茲力F洛,這三個(gè)力都 在豎直方向上，小球沿水平方向做直線運(yùn)動(dòng)，所以小球受到的合力一定是零，小球做勻速直 線運(yùn)動(dòng).當(dāng)小球的入射速度增大時(shí)，洛倫茲力增大但不做功，電場(chǎng)力和重力不變，小球?qū)⑾?下偏轉(zhuǎn)，電場(chǎng)力與重力的合力向上，則它們的合力對(duì)小球做負(fù)功，小球動(dòng)能減小.電場(chǎng)力對(duì) 小球做負(fù)功，小球的機(jī)械能減小，電勢(shì)能增大.重力對(duì)小球做正功,重力勢(shì)能減小,故A、 C、D正確，B錯(cuò)誤.工變式2、(2016天津卷,11

6、)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=5小N/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=0.5 T.有一帶正電的小球，質(zhì)量/“=1x10 6 kg,電荷量q=2xl()6 c,正以速度o 在圖示的豎直而內(nèi)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)經(jīng)過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：Bx x x x x x圖3(1)小球做勻速直線運(yùn)動(dòng)的速度0的大小和方向：從撤掉磁場(chǎng)到小球再次穿過P點(diǎn)所在的這條電場(chǎng)線經(jīng)歷的時(shí)間L 答案20m/s方向與電場(chǎng)方向成60。角斜向上(2)23 s解析(1)小球做勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)受力如圖甲，

7、其所受的三個(gè)力在同一平面內(nèi)，合力為零，有夕仍二4爐£2十?2g2代入數(shù)據(jù)解得。=20 m/s速度。的方向與電場(chǎng)E的方向之間的夾角為6 ,貝han 8二胎代入數(shù)據(jù)解得tan 6二小 0 二 60。(2)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平拋運(yùn)動(dòng)，如圖乙所示,設(shè)撤去磁場(chǎng)后小球在初速度方向上的分位移為x ,有設(shè)小球在重力與電場(chǎng)力的合力方向上的分位移為y ,有y二夕/ t = 2 小 s聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)解得解法二 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

8、 0若使小球再次穿過P點(diǎn)所在的電場(chǎng)線，僅需小球在豎直方向上的分位移為零，則有- 5尸=0聯(lián)立解得u 23s.題型二 帶電粒子在組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)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，或在同一區(qū)域，電場(chǎng)、磁場(chǎng)交替出 現(xiàn).2 .分析思路(1)劃分過程：將粒子運(yùn)動(dòng)的過程劃分為幾個(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)犍：確定帶電粒子在場(chǎng)區(qū)邊界的速度(包括大小和方向)是解決該類問題的關(guān)鍵.(3)畫運(yùn)動(dòng)軌跡：根據(jù)受力分析和運(yùn)動(dòng)分析，大致畫出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡圖，有利于形象、直觀 地解決問題.模型1磁場(chǎng)與磁場(chǎng)的組合 1例2（2017.全國(guó)卷川,24）如圖4,空間存在方向垂直于紙而（

9、屹v平而）向里的磁場(chǎng).在x20 區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為a：xVO區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為旬o（常數(shù)2>1）. 一質(zhì)量為 人電荷量為以夕>0）的帶電粒子以速度的從坐標(biāo)原點(diǎn)。沿x軸正向射入磁場(chǎng)，此時(shí)開始計(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）粒子運(yùn)動(dòng)的時(shí)間；粒子與0點(diǎn)間的距離.答案歌+3需（T） 解析（1）在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，帶電粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng).設(shè)在x20區(qū)域，圓周半徑為& ；在x< 0區(qū)域，圓周半徑為凡.由洛倫茲力公式及牛頓第二定律得qB（）V（）= 端gzBoVo 二圈設(shè)粒子在x20區(qū)域運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為h ,則粒子在x<0區(qū)域運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2 ，則

10、聯(lián)立式得，所求時(shí)間為由幾何關(guān)系及式得，所求距離為2mv（）1"二2（凡-/?2）二西（1-3 工變式3（2020,廣東韶關(guān)市調(diào)研）如圖5所示，在無限長(zhǎng)的豎直邊界AC和OE間，上、下 部分分別充滿方向垂直于平面ADEC向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，上部分區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。, OF為上、下磁場(chǎng)的水平分界線.質(zhì)量為小、帶電荷量為+g的粒子從AC邊界上與。點(diǎn) 相距為a的P點(diǎn)垂直于AC邊界射入上方磁場(chǎng)區(qū)域，經(jīng)OF上的。點(diǎn)第一次進(jìn)入下方磁 場(chǎng)區(qū)域，。與。點(diǎn)的距離為3“不考慮粒子重力.圖5(1)求粒子射入時(shí)的速度大??；(2)要使粒子不從AC邊界飛出，求下方磁場(chǎng)區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度與應(yīng)滿足的條件；(3)若下方

11、區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度B=3Bo,粒子最終垂直DE邊界飛出,求邊界DE與AC間距 離的可能值.答案 工 丁。(2)Bi2弩(3)4/k/(/j=l,2,3» -)解析(1)粒子在OF上方的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，設(shè)粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R ,由幾何關(guān)系可知R? -(R _ “A =(3/ ,R = 5a 由牛頓第二定律可知：qvBon端,解得：o二嚕 (2)當(dāng)粒子恰好不從AC邊界飛出時(shí)，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，設(shè)粒子在OF下方做圓周運(yùn)動(dòng)的半 徑為n ，由幾何關(guān)系得：ri + ncos 6=3“，cos 6,所以n=千，根據(jù)qvBi =笠-,解得:Bi二當(dāng) 故& 2空時(shí)，粒子不會(huì)從AC邊界飛出；

12、 當(dāng)8二3瓦時(shí)，粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，粒子在。尸下方的運(yùn)動(dòng)半徑為：二引，設(shè)粒子 的速度方向再次與射入磁場(chǎng)時(shí)的速度方向一致時(shí)，粒子的位置為P ,則尸與Pi的連線一定 與OF平行，根據(jù)幾何關(guān)系知：布 =4a ,所以若粒子最終垂直DE邊界飛出，邊界OE與 AC 間的距離為：L = PP = 4na(n = 1,2,3 ,).模型2電場(chǎng)與磁場(chǎng)的組合 1例3(2019.全國(guó)卷1.24)如圖6,在直角三角形OPN區(qū)域內(nèi)存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度 大小為8、方向垂直于紙面向外.一帶正電的粒子從靜止開始經(jīng)電壓U加速后，沿平行于x 軸的方向射入磁場(chǎng)：一段時(shí)間后，該粒子在。尸邊上某點(diǎn)以垂直于x軸的方向射出.已知。

13、 點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，N點(diǎn)在)，軸上，OP與x軸的夾角為30。，粒子進(jìn)入磁場(chǎng)的入射點(diǎn)與離開磁場(chǎng) 的出射點(diǎn)之間的距離為"，不計(jì)重力.求：yN二一;-P ，/ :/ k%。0 -x圖6帶電粒子的比荷；(2)帶電粒子從射入磁場(chǎng)到運(yùn)動(dòng)至x軸的時(shí)間.答案怒Q瓢+用解析 設(shè)帶電粒子的質(zhì)量為加，電荷量為q ,加速后的速度大小為。.由動(dòng)能定理有qU4 mvKl) 設(shè)粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為，洛倫茲力提供粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，結(jié)合牛頓第二定律有qvB =由幾何關(guān)系知"二卷聯(lián)立式得'二彩 （2）由幾何關(guān)系知，帶電粒子射入磁場(chǎng)后運(yùn)動(dòng)到x軸所經(jīng)過的路程為s = y+ ;tan 30。

14、 帶電粒子從射入磁場(chǎng)到運(yùn)動(dòng)至x軸的時(shí)間為t二善 聯(lián)立式得U器&十巧） 【變式4 （2019.河南平頂山市一輪復(fù)習(xí)質(zhì)檢）如圖7所示，平而直角坐標(biāo)系xOy的第二、三 象限內(nèi)有方向沿.V軸正向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，第一、四象限內(nèi)有圓形有界磁場(chǎng)，有界磁場(chǎng)的半徑為當(dāng) L,磁場(chǎng)的方向垂直于坐標(biāo)平面向里，磁場(chǎng)邊界與），軸相切于。點(diǎn)，在x軸上坐標(biāo)為（一心0） 的P點(diǎn)沿與x軸正向成6=45。角斜向上射出一個(gè)速度大小為的的帶電粒子,粒子的質(zhì)量為小, 電荷量為夕，粒子經(jīng)電場(chǎng)偏轉(zhuǎn)垂直y軸射出電場(chǎng)，粒子進(jìn)入磁場(chǎng)后經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)以沿y軸負(fù)方 向的速度射出磁場(chǎng)，不計(jì)粒子的重力.求：（1）粒子從y軸上射出電場(chǎng)的位置坐標(biāo)；（2）勾強(qiáng)

15、電場(chǎng)電場(chǎng)強(qiáng)度大小及勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小;（3）粒子從尸點(diǎn)射出到射出磁場(chǎng)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為多少？較afiwn 1人力川吁口。nJ 中（1+4答案（1）（0,渣 成 受 樂解析（1）粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)為類平拋運(yùn)動(dòng)的逆運(yùn)動(dòng)， 水平方向：L = 0ocos6h ,豎直方向：y = 1y（）sin .解得：y二）,粒子從-v軸上射出電場(chǎng)的位置為：（0 ,，）；粒子在電場(chǎng)中的加速度：二誓，豎直分位移：灣的2 , 解得：E二察；粒子進(jìn)入磁場(chǎng)后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，以沿），軸負(fù)方向的速度射出磁場(chǎng)，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示,由幾何知識(shí)得：AC與豎直方向夾角為45。，AD = y/2y =當(dāng)L ,因此AC剛好為圓形有界磁場(chǎng)的直徑

16、，粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑：r=L.粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng),由牛頓第二定律得：qvB二行， 其中，粒子的速度：v =珈cos e,粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間：，產(chǎn)二華COvOS tz 1/（）粒子離開電場(chǎng)進(jìn)入磁場(chǎng)前做勻速直線運(yùn)動(dòng)，位移：x二冬-,粒子做直線運(yùn)動(dòng)的時(shí)間:會(huì)二(2 - a/2)L2vo粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的時(shí)間：，3二；7二；乂卷二要,粒子總的運(yùn)動(dòng)時(shí)間L6（1十兀）L 2十，3二赤十2。.課時(shí)精練 限時(shí)訓(xùn)練練規(guī)范練速度1.（多選）（2020遼寧沈陽市調(diào)研）如圖1所示，空間某處存在豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直紙而向 里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，一個(gè)帶負(fù)電的金屬小球從M點(diǎn)水平射入場(chǎng)區(qū)，經(jīng)一段時(shí)間運(yùn)

17、動(dòng)到N點(diǎn)，關(guān)于小球由M到N的運(yùn)動(dòng)，下列說法正確的是（）圖1A.小球可能做勻變速運(yùn)動(dòng)B.小球一定做變加速運(yùn)動(dòng)C.小球動(dòng)能可能不變D.小球機(jī)械能守恒答案BC解析 小球從M到N ,在豎直方向上發(fā)生了偏轉(zhuǎn)，所以在M點(diǎn)受到的豎直向下的洛倫茲力、 豎直向下的重力和豎直向上的電場(chǎng)力的合力不為零，且速度方向變化，則洛倫茲力方向變化, 所以合力為變力，故不可能做勻變速運(yùn)動(dòng)，一定做變加速運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)誤，B正確；若電場(chǎng)力 和重力等大反向，則運(yùn)動(dòng)過程中電場(chǎng)力和重力做功之和為零，而洛倫茲力不做功，所以小球 的動(dòng)能可能不變，C正確；沿電場(chǎng)方向有位移，電場(chǎng)力一定做功，故小球的機(jī)械能不守恒， D錯(cuò)誤.2. （2019河南開封市

18、第一次模擬）如圖2所示，空間存在垂直紙而向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的 勻強(qiáng)磁場(chǎng)和水平向左、場(chǎng)強(qiáng)為E的勻強(qiáng)電場(chǎng).有一質(zhì)量為八電荷量大小為夕的微粒垂直于 磁場(chǎng)且以與水平方向成45。角的速度。做直線運(yùn)動(dòng)，重力加速度為g.則下列說法正確的是 （）一沱二-一7r，X XXX X X ® X圖2A.微?？赡茏鰟蚣铀僦本€運(yùn)動(dòng)B.微粒可能只受兩個(gè)力作用C.勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度D.勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度七=等答案D解析 微粒受重力、電場(chǎng)力、洛倫茲力作用，若。發(fā)生變化，則洛倫茲力發(fā)生變化且洛倫茲 力與速度方向垂直，微粒不可能做直線運(yùn)動(dòng)，所以重力、電場(chǎng)力和洛倫茲力三力平衡，微粒 做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故A、B錯(cuò)誤；根據(jù)平

19、衡條件，有："二mgtan 45° ,gB=«加速+ （qEp , 聯(lián)立解得：E二等,§二隼w，故C錯(cuò)誤，D正確.3.（多選）（2019山東濱州市上學(xué)期期末）如圖3所示，空間存在豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直紙而 向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，一帶電液滴從靜止開始自A點(diǎn)沿曲線AC8運(yùn)動(dòng)，到達(dá)8點(diǎn)時(shí)速度為零，C 點(diǎn)是運(yùn)動(dòng)的最低點(diǎn)，不計(jì)摩擦阻力，則以下說法中正確的是（）圖3A.液滴一定帶正電B.液滴在C點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能最大C.從A到。過程液滴的電勢(shì)能增大D.從C到5過程液滴的機(jī)械能增大答案BCD解析 從題圖中可以看出，帶電液滴由靜止開始向下運(yùn)動(dòng)，說明重力和電場(chǎng)力的合力向下， 洛倫茲力

20、指向弧線內(nèi)側(cè)，根據(jù)左手定則可知，液滴帶負(fù)電，故A錯(cuò)誤；從A到。的過程中， 重力做正功，而電場(chǎng)力做負(fù)功,洛倫茲力不做功，合力做正功，液滴動(dòng)能增大，從。至!J 8的 過程中，重力做負(fù)功,電場(chǎng)力做正功,洛倫茲力不做功，合力做負(fù)功，液滴動(dòng)能減小,所以 液滴在C點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能最大，故B正確；從A到C過程液;商克服電場(chǎng)力做功，電勢(shì)能增加， 故C正確；從C到8的過程中，電場(chǎng)力做正功，洛倫茲力不做功，機(jī)械能增大，故D正確. 4.（2018全國(guó)卷11.25改編）一足夠長(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xQy平而內(nèi) 的截而如圖4所示：中間是磁場(chǎng)區(qū)域，其邊界與,、，軸垂直，寬度為/,磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為8, 方向

21、垂直于xOy平而：磁場(chǎng)的上、下兩側(cè)為電場(chǎng)區(qū)域，寬度均為,電場(chǎng)強(qiáng)度的大小均為£ 方向均沿x軸正方向：財(cái)、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)過一段時(shí)間后恰好以從M點(diǎn)入射的速 度從N點(diǎn)沿，軸正方向射出.不計(jì)重力.圖4(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)速度的大小.2F7'答案(1)見解析圖(2)三廠 解析(1)粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖所示.(粒子在電場(chǎng)中的軌跡為拋物線，在磁場(chǎng)中為圓弧, 上下對(duì)稱)(2)粒子從電場(chǎng)下邊界入射后在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng).設(shè)粒子從M點(diǎn)射入時(shí)速度的大小為現(xiàn) , 在下

22、側(cè)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為/,加速度的大小為;粒子進(jìn)入磁場(chǎng)的速度大小為。，方向與電 場(chǎng)方向的夾角為e,如圖(b),速度沿電場(chǎng)方向的分量為以根據(jù)牛頓第二定律有qE = .式中q和?分別為粒子的電荷量和質(zhì)量.由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有V =r二處/V = VCOS 頌 粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)其運(yùn)動(dòng)軌道半徑為R ,由洛倫茲力公式和牛頓第二定南導(dǎo)由幾何關(guān)系得I - 2/?cos 6聯(lián)立式得2EI,Vo=bF5. (2020福建南平由適應(yīng)性檢測(cè))如圖5,在平面直角坐標(biāo)系xOy中，x軸上方存在沿)，軸負(fù) 方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度為E, x軸下方存在垂直坐標(biāo)系平而向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng) 度為B.一個(gè)靜止的帶正電粒子

23、位于y軸正半軸的A(0, h)點(diǎn),某時(shí)刻由于內(nèi)部作用，分裂成 兩個(gè)電荷量都為+夕的粒子”和。，分別沿x軸正方向和負(fù)方向進(jìn)入電場(chǎng).已知粒子的質(zhì)量 為小，粒子進(jìn)入第一象限的動(dòng)量大小為.設(shè)分裂過程不考慮外力的作用，在電場(chǎng)與磁場(chǎng)中 的運(yùn)動(dòng)過程不計(jì)粒子重力和粒子間的相互作用.求：>'? A aM二r(1 、圖5(1)粒子第一次通過X軸時(shí)離原點(diǎn)O的距離X；(2)粒子a第二次通過x軸時(shí)與第一次通過x軸時(shí)兩點(diǎn)間的距離L答案見解析解析(1)如圖所示，粒子"在電場(chǎng)中只受電場(chǎng)力,做類平拋運(yùn)動(dòng)由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可得：A = p = 歐聯(lián)立解得：、二7總；粒子“進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，設(shè)速度為。，與X軸正方向成6角，y軸方向的速度為",則Vy = 4 您)vy = ysin 您粒子”在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)軌跡半徑為r ,有由幾何知識(shí)得：L = 2/-sin 6&