資源簡介

(共72張PPT)
帶電粒子在疊加場和交變電、磁場中的運動
專題強化二十一
目標
要求
1.了解疊加場的特點，會處理帶電粒子在疊加場中的運動問題.2.掌握帶電粒子在交變電、磁場中運動的解題思路和處理方法.
內容索引
題型一　帶電粒子在疊加場中的運動
題型二　帶電粒子在交變電、磁場中的運動
課時精練
題型一
帶電粒子在疊加場中的運動
1.疊加場
電場、磁場、重力場共存，或其中某兩場共存.
2.帶電粒子在疊加場中常見的幾種運動形式
運動性質 受力特點 方法規律
勻速直 線運動 粒子所受合力為0 平衡條件
勻速圓 周運動 除洛倫茲力外，另外兩力的合力為零：qE＝mg 牛頓第二定律、圓周運動的規律
較復雜的曲線運動 除洛倫茲力外，其他力的合力既不為零，也不與洛倫茲力等大反向 動能定理、能量守恒定律
例1　(多選)(2022·廣東卷·8)如圖所示，磁控管內局部區域分布有水平向右的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場.電子從M點由靜止釋放，沿圖中所示軌跡依次經過N、P兩點.已知M、P在同一等勢面上，下列說法正確的有
A.電子從N到P，電場力做正功
B.N點的電勢高于P點的電勢
C.電子從M到N，洛倫茲力不做功
D.電子在M點所受的合力大于在P點所受的合力
√
√
由題可知電子所受電場力水平向左，電子從N到P的過程中電場力做負功，故A錯誤；
根據沿著電場線方向電勢逐漸降低可知，N點的電勢高于P點的電勢，故B正確；
由于洛倫茲力一直都和速度方向垂直，故電子從M到N，洛倫茲力不做功，故C正確；
由于M點和P點在同一等勢面上，故從M點到P點電場力做功為0，而洛倫茲力不做功，M點速度為0，根據動能定理可知電子在P點速度也為0，則電子在M點和P點都只受電場力作用，在勻強電場中電子在這兩點所受電場力相等，即所受合力相等，故D錯誤.
例2　如圖所示，位于豎直平面內的坐標系xOy，在第三象限空間有垂直于紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為B＝0.5 T，還有沿x軸負方向的勻強電場，電場強度大小為E＝2 N/C.在第一象限空間有沿y軸負方向、電場強度大小也為E的勻強電場，并在y＞h＝0.4 m的區域有磁感應強度
大小也為B的垂直于紙面向里的勻強磁場.一個帶電荷量為q的油滴從圖中第三象限的P點得到一初速度，恰好能沿PO做勻速直線運動(PO與x軸負方向的夾角為θ＝45°)，并從原點O進入第一象限.已知重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)油滴在第三象限運動時受到的重力、電場力、洛倫茲力三力的大小之比，并指出油滴帶哪種電荷；
根據受力分析(如圖所示)，可知油滴帶負電荷，設油滴質量為m，由平衡條件得
(2)油滴在P點得到的初速度大小；
(3)油滴在第一象限運動的時間(取π＝3.14).
答案　0.828 s
進入第一象限，電場力和重力平衡，油滴先做勻速直線運動，從A點進入y>h的區域后做勻速圓周運動，再從C點離開y>h區域，最后從x軸上的N點離開第一象限.
由對稱性知，從C→N的時間t3＝t1
故油滴在第一象限運動的總時間t＝t1＋t2＋t3＝2×0.1 s＋0.628 s＝0.828 s.
題型二
帶電粒子在交變電、磁場中的運動
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 看清并且明白場的變化情況
受力分析 分析粒子在不同的變化場區的受力情況
過程分析 分析粒子在不同時間段內的運動情況
找銜接點 找出銜接相鄰兩過程的速度大小及方向
選規律 聯立不同階段的方程求解
例3　如圖甲所示，水平放置的平行金屬板a、b間加直流電壓U，a板上方有足夠長的“V”字形絕緣彈性擋板，兩板夾角為60°，在擋板間加垂直紙面的交變磁場，磁感應強度隨時間變化如圖乙，垂直紙面向里為磁場正方向，其中B1＝B0，B2未知.現有一比荷為　、不計重力的帶正電粒子從c點由靜止釋放，t＝0時刻，粒子剛好從小孔O進入上方磁場中，在t1時刻粒子第一次撞到左擋板，緊接著在t1＋t2時刻粒子撞到右擋板，然后粒子從O點豎直向下返回平行金屬板
間，使其在整個裝置中做周期性的往返運動.粒子與擋板碰撞前后電荷量不變，沿板方向的分速度不變，垂直板方向的分速度大小不變、方向相反，不計碰撞的時間及磁場變化產生的影響.求：
(1)粒子第一次到達O點時的速率；
(2)圖中B2的大小；
答案　2B0
粒子進入a板上方后做勻速圓周運動，洛倫茲力提
供向心力，
使其在整個裝置中做周期性的往返運動，運動軌跡如圖所示，由圖易知r1＝2r2，已知B1＝B0，則得B2＝2B0
(3)金屬板a和b間的距離d.
在0～t1時間內，粒子做勻速圓周運動的周期
粒子在金屬板a和b間往返時間為t，
且滿足t＝t2＋n(t1＋t2)(n＝0,1,2，…)
例4　如圖(a)所示的xOy平面處于變化的勻強電場和勻強磁場中，電場強度E和磁感應強度B隨時間t做周期性變化的圖像如圖(b)所示，y軸正方向為E的正方向，垂直于紙面向里為B的正方向，t＝0時刻，帶負電的粒子P(重力不計)由原點O以速度v0沿y軸正方向射出，它恰能沿一定軌道做周
(1)粒子P的比荷；
0～t0時間內粒子P在勻強磁場中做勻速圓周運動，
所以粒子P第一次離x軸的最遠距離等于軌道半徑R，
(2)t＝2t0時刻粒子P的位置坐標；
設粒子P在磁場中運動的周期為T，
聯立①④式解得T＝4t0 　　　　 ⑤
如圖中的b點所示.
(3)帶電粒子在運動中距離原點O的最遠距離L.
分析知，粒子P在2t0～3t0時間內，電場力產生的加速度方向沿y軸正方向，由對稱關系知，在3t0時刻速度方向為x軸正方向，位移x2＝x1＝v0t0；在3t0～5t0時間內粒子P沿逆時針方向做勻速圓周運動，往復運動軌跡如(2)中圖所示，由圖可知，帶電粒子在運動中距原點O的最遠距離L，即O、d間的距離，則L＝2R＋2x1，解得L＝　　 v0t0.
三
課時精練
1.(多選)如圖所示，空間中存在水平方向的勻強電場和勻強磁場，電場方向水平向左，磁場方向垂直紙面向里.一帶電小球恰能以速度v0做直線運動，其軌跡如圖中虛線所示，虛線與水平方向成30°角，小球最終穿過一軸線沿小球運動方向且固定擺放的光滑絕緣管道(管道內徑略大于小球直徑)，下列說法正確的是
A.小球一定帶正電
B.磁場和電場的大小關系為
C.小球可能是從管道的乙端運動到甲端
D.若小球剛進入管道時撤去磁場，小球將在管道中做勻速直線運動
基礎落實練
√
1
2
3
4
5
6
7
√
8
小球做勻速直線運動，當小球帶正電時，所受電場力方向水平向左，重力豎直向下，小球從甲端運動到乙端時，洛倫茲力垂直于虛線斜向右上，三力恰好平衡，能保證小球沿
1
2
3
4
5
6
7
題圖中虛線運動.當小球帶負電時，電場力水平向右，重力豎直向下，小球從甲端運動到乙端時或者從乙端運動到甲端時，洛倫茲力垂直于虛線斜向左下或者右上，均不能使小球沿直線運動，故A正確；
8
1
2
3
4
5
6
7
根據A項分析，小球只能是從管道的甲端運動到乙端，故C錯誤；
未撤去磁場時，小球受三力作用處于平衡狀態，其中電場力和重力沿虛線方向的合力為零，當撤去磁場時，在管道中所受重力和電場力均沒有變化，故沿虛線方向(管道方向)合力仍為零.而管道的支持力垂直于管道，即小球所受合力仍為零，做勻速直線運動，故D正確.
8
2.如圖所示，一帶電液滴在相互垂直的勻強電場和勻強磁場中剛好做勻速圓周運動，其軌道半徑為R，已知該電場的電場強度大小為E、方向豎直向下；該磁場的磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向里，不計空氣阻力，設重力加速度為g，則
A.液滴帶正電
1
2
3
4
5
6
7
√
8
1
2
3
4
5
6
7
電場力方向豎直向上，液滴帶負電，選項A錯誤；
由左手定則可判斷液滴沿順時針方向運動，選項C正確；
8
3.(2023·福建福清市模擬)如圖所示，在水平向左的勻強電場和垂直于紙面向里的勻強磁場中，有一足夠長的豎直固定的絕緣桿MN，小球P套在桿上.已知P的質量為m、帶電荷量為＋q，電場強度大小為E，磁感應強度大小為B，P與桿間的動摩擦因數為μ，重力加速度為g.小球由靜止開始下滑直到穩定的過程中
A.小球的加速度一直減小
B.小球的機械能和電勢能的總和保持不變
1
2
3
4
5
6
7
√
8
小球靜止時只受電場力、重力、支持力及摩擦力，電場力水平向左，摩擦力豎直向上；
1
2
3
4
5
6
7
開始下滑后，小球速度將增大，受到水平向右的洛倫茲力，則桿對小球的支持力將減小，摩擦力減小，合力增大，加速度增大；
當洛倫茲力等于電場力時，支持力為零，摩擦力為零，此后小球繼續加速，洛倫茲力將大于電場力，桿對小球的支持力變為水平向左，隨著速度增大，洛倫茲力增大，則桿對小球的支持力將增大，摩擦力隨之增大，小球的合力減小，加速度減小，所以小球的加速度先增大后減小.
8
1
2
3
4
5
6
7
在下降過程中，摩擦力對小球做負功，故有部分能量轉化為內能，故機械能和電勢能的總和減小，故B錯誤；
由以上分析知，小球的最大加速度出現在洛倫茲力等于電場力的狀態，且最大加速度為g.下滑加速度大小為最大加速度一半時有兩種情況：一種情況在洛倫茲力小于電場力時，另一種情況在洛倫茲力大于電場力時.
8
1
2
3
4
5
6
7
8
1
2
3
4
5
6
7
4.如圖，區域Ⅰ內有與水平方向成45°角的勻強電場E1，區域寬度為d1，區域Ⅱ內有正交的有界勻強磁場B和勻強電場E2，區域寬度為d2，磁場方向垂直紙面向里，電場方向豎直向下.一質量為m、電荷量大小為q的微粒在區域Ⅰ左邊界的P點由靜止釋放后水平向右做直線運動，進入區域Ⅱ后做勻速圓周運動，從區域Ⅱ右邊界上的Q點穿出，其速度方向改變了30°，重力加速度為g，求：
(1)區域Ⅰ和區域Ⅱ內勻強電場的電場強度E1、E2的大小；
8
1
2
3
4
5
6
7
微粒在區域Ⅰ內水平向右做直線運動，則在豎直方向上有qE1sin 45°＝mg
8
1
2
3
4
5
6
7
(2)區域Ⅱ內勻強磁場的磁感應強度B的大小；
8
1
2
3
4
5
6
7
粒子進入磁場區域時滿足：
8
1
2
3
4
5
6
7
(3)微粒從P運動到Q的時間.
8
1
2
3
4
5
6
7
微粒從P到Q的時間包括在區域Ⅰ內的運動時間t1和在區域Ⅱ內的運動時間t2，
8
1
2
3
4
5
6
7
5.在如圖甲所示的正方形平面Oabc內存在著垂直于該平面的勻強磁場，磁感應強度的變化規律如圖乙所示.一個質量為m、帶電荷量為＋q的粒子(不計重力)在t＝0時刻平行于Oc邊從O點射入磁場中.已知正方形邊長為L，磁感應強度的大小為B0，規定垂直于紙面向外為磁場的正方向.
(1)求帶電粒子在磁場中做圓周運動的周期T0.
8
1
2
3
4
5
6
7
8
1
2
3
4
5
6
7
(2)若帶電粒子不能從Oa邊界射出磁場，求磁感應強度的變化周期T的最大值.
8
1
2
3
4
5
6
7
在磁場變化的半個周期內，粒子在磁場中的運動軌跡對應的圓心角為150°，
8
1
2
3
4
5
6
7
(3)要使帶電粒子從b點沿著ab方向射出磁場，求滿足這一條件的磁感應強度變化的周期T及粒子射入磁場時的速度大小.
8
1
2
3
4
5
6
7
如圖乙所示為粒子從b點沿著ab方向射出磁場的一種情況.在磁場變化的半個周期內，粒子在磁場中的運動軌跡對應的圓心角為2β，其中β＝45°，
8
1
2
3
4
5
6
7
6.(2023·江西高三月考)如圖所示，在豎直平面內的直角坐標系xOy中，第四象限內有垂直坐標平面向里的勻強磁場和沿x軸正方向的勻強電場，磁感應強度大小為B，電場強度大小為E.第一象限中有沿y軸正方向的勻強電場(電場強度大小未知)，且某未知矩形區域內有垂直坐標平面向里的勻強磁場(磁感應強度大小也為B).一個帶電小球從圖中y軸上的M點沿與x軸成θ＝45°角斜向上做勻
能力綜合練
速直線運動，由x軸上的N點進入第一象限并立即在矩形磁場區域內做勻速圓周運動，離開矩形磁場區域后垂直打在y軸上的P點(圖中未標出)，已知O、N兩點間的距離為L，重力加速度大小為g，取sin 22.5°＝0.4，cos 22.5°＝0.9.求：
8
1
2
3
4
5
6
7
(1)小球所帶電荷量與質量的比值和第一象限內勻強電場的電場強度大小；
8
1
2
3
4
5
6
7
設小球質量為m、電荷量為q、速度為v，小球在MN段受力如圖
因為在MN段做勻速直線運動，所以小球受力平衡，
由平衡條件得mgtan 45°＝qE，
要使小球進入第一象限后能立即在矩形磁場區城內做勻速圓周運動，
則小球受的重力必須與電場力平衡有mg＝qE1
聯立解得E1＝E
8
1
2
3
4
5
6
7
(2)矩形勻強磁場區域面積S的最小值；
8
1
2
3
4
5
6
7
軌跡圖如圖所示，由圖可知矩形的最小面積
8
1
2
3
4
5
6
7
(3)小球從M點運動到P點所用的時間.
8
1
2
3
4
5
6
7
聯立解得小球從M到P的總時間
8
1
2
3
4
5
6
7
7.如圖甲所示，在坐標系xOy中，y軸左側有沿x軸正方向的勻強電場、電場強度大小為E；y軸右側有如圖乙所示周期性變化的磁場，磁感應強度大小B0已知，磁場方向垂直紙面向里為正.t＝0時刻，從x軸上的P點無初速度釋放一帶正電的粒子，粒子(重力不計)的質量為m、電荷量為q，粒子第一次在電場中運動的時間與第一次在磁場中運動的時間相等，且粒子第一次在磁場中做圓周運動的軌跡為半圓.求：
(1)P點到O點的距離；
8
1
2
3
4
5
6
7
8
1
2
3
4
5
6
7
8
1
2
3
4
5
6
7
如圖所示，設粒子在磁場中做圓周運動的半徑分別為R1和R2，
8
8.如圖甲所示的坐標系中，在x軸上方的區域內存在著如圖乙所示周期性變化的電場和磁場，交變電場的電場強度大小為E0，交變磁場的磁感應強度大小為B0，取x軸正方向為電場的正方向，垂直紙面向外為磁場的正方向.在t＝0時刻，將一質量為m、帶電荷量為q、重力不計的帶正電粒子，從y軸上A點由靜止釋放.粒子經過電場加速和磁場偏轉后垂直打在x軸上.求：
1
2
3
4
5
6
7
素養提升練
8
(1)粒子第一次在磁場中運動的半徑；
1
2
3
4
5
6
7
8
粒子第一次在電場中有qE0＝ma
1
2
3
4
5
6
7
8
(2)粒子打在x軸負半軸上到O點的最小距離；
1
2
3
4
5
6
7
8
由題意可知粒子經2次加速和偏轉后打在x軸負半軸上到O點的距離最小，如圖甲所示
第二次加速的位移Δx2＝3Δx1
1
2
3
4
5
6
7
8
(3)起點A與坐標原點間的距離d應滿足的條件；
1
2
3
4
5
6
7
8
分析帶電粒子運動軌跡，如圖乙所示
可知A與坐標原點間的距離d應滿足
1
2
3
4
5
6
7
8
(4)粒子打在x軸上的位置與坐標原點O的距離跟粒子加速和偏轉次數n的關系.
若粒子經過n次加速和偏轉后打在x軸上
1
2
3
4
5
6
7
8專題強化二十一　帶電粒子在疊加場和交變電、磁場中的運動
目標要求　1.了解疊加場的特點，會處理帶電粒子在疊加場中的運動問題.2.掌握帶電粒子在交變電、磁場中運動的解題思路和處理方法．
題型一　帶電粒子在疊加場中的運動
1．疊加場
電場、磁場、重力場共存，或其中某兩場共存．
2．帶電粒子在疊加場中常見的幾種運動形式
運動性質 受力特點 方法規律
勻速直 線運動 粒子所受合力為0 平衡條件
勻速圓 周運動 除洛倫茲力外，另外兩力的合力為零：qE＝mg 牛頓第二定律、圓周運動的規律
較復雜的曲線運動 除洛倫茲力外，其他力的合力既不為零，也不與洛倫茲力等大反向 動能定理、能量守恒定律
例1　(多選)(2022·廣東卷·8)如圖所示，磁控管內局部區域分布有水平向右的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場．電子從M點由靜止釋放，沿圖中所示軌跡依次經過N、P兩點．已知M、P在同一等勢面上，下列說法正確的有(　　)
A．電子從N到P，電場力做正功
B．N點的電勢高于P點的電勢
C．電子從M到N，洛倫茲力不做功
D．電子在M點所受的合力大于在P點所受的合力
答案　BC
解析　由題可知電子所受電場力水平向左，電子從N到P的過程中電場力做負功，故A錯誤；根據沿著電場線方向電勢逐漸降低可知，N點的電勢高于P點的電勢，故B正確；由于洛倫茲力一直都和速度方向垂直，故電子從M到N，洛倫茲力不做功，故C正確；由于M點和P點在同一等勢面上，故從M點到P點電場力做功為0，而洛倫茲力不做功，M點速度為0，根據動能定理可知電子在P點速度也為0，則電子在M點和P點都只受電場力作用，在勻強電場中電子在這兩點所受電場力相等，即所受合力相等，故D錯誤．
例2　如圖所示，位于豎直平面內的坐標系xOy，在第三象限空間有垂直于紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為B＝0.5 T，還有沿x軸負方向的勻強電場，電場強度大小為E＝2 N/C.在第一象限空間有沿y軸負方向、電場強度大小也為E的勻強電場，并在y＞h＝0.4 m的區域有磁感應強度大小也為B的垂直于紙面向里的勻強磁場．一個帶電荷量為q的油滴從圖中第三象限的P點得到一初速度，恰好能沿PO做勻速直線運動(PO與x軸負方向的夾角為θ＝45°)，并從原點O進入第一象限．已知重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)油滴在第三象限運動時受到的重力、電場力、洛倫茲力三力的大小之比，并指出油滴帶哪種電荷；
(2)油滴在P點得到的初速度大小；
(3)油滴在第一象限運動的時間(取π＝3.14)．
答案　(1)1∶1∶　負電荷　(2)4 m/s　(3)0.828 s
解析　(1)根據受力分析(如圖所示)，可知油滴帶負電荷，設油滴質量為m，由平衡條件得
mg∶qE∶F＝1∶1∶.
(2)由第(1)問得qvB＝qE，
代入數據解得v＝＝4 m/s.
(3)進入第一象限，電場力和重力平衡，油滴先做勻速直線運動，從A點進入y>h的區域后做勻速圓周運動，再從C點離開y>h區域，最后從x軸上的N點離開第一象限．
由O→A勻速運動的位移為s1＝＝h
其運動時間t1＝＝0.1 s
由qvB＝m，T＝得T＝
油滴從A→C做圓周運動的時間為t2＝T＝＝0.628 s
由對稱性知，從C→N的時間t3＝t1
故油滴在第一象限運動的總時間t＝t1＋t2＋t3＝2×0.1 s＋0.628 s＝0.828 s.
題型二　帶電粒子在交變電、磁場中的運動
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 看清并且明白場的變化情況
受力分析 分析粒子在不同的變化場區的受力情況
過程分析 分析粒子在不同時間段內的運動情況
找銜接點 找出銜接相鄰兩過程的速度大小及方向
選規律 聯立不同階段的方程求解
例3　如圖甲所示，水平放置的平行金屬板a、b間加直流電壓U，a板上方有足夠長的“V”字形絕緣彈性擋板，兩板夾角為60°，在擋板間加垂直紙面的交變磁場，磁感應強度隨時間變化如圖乙，垂直紙面向里為磁場正方向，其中B1＝B0，B2未知．現有一比荷為、不計重力的帶正電粒子從c點由靜止釋放，t＝0時刻，粒子剛好從小孔O進入上方磁場中，在t1時刻粒子第一次撞到左擋板，緊接著在t1＋t2時刻粒子撞到右擋板，然后粒子從O點豎直向下返回平行金屬板間，使其在整個裝置中做周期性的往返運動．粒子與擋板碰撞前后電荷量不變，沿板方向的分速度不變，垂直板方向的分速度大小不變、方向相反，不計碰撞的時間及磁場變化產生的影響．求：
(1)粒子第一次到達O點時的速率；
(2)圖中B2的大小；
(3)金屬板a和b間的距離d.
答案　(1)　(2)2B0　(3)(n＝0,1,2，…)
解析　(1)粒子從b板到a板的過程中，電場力做正功，根據動能定理有qU＝mv2－0
解得粒子第一次到達O點時的速率v＝
(2)粒子進入a板上方后做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，
由qvB＝m得r＝，
則得粒子做勻速圓周運動的半徑r1＝，r2＝
使其在整個裝置中做周期性的往返運動，運動軌跡如圖所示，由圖易知r1＝2r2，已知B1＝B0，則得B2＝2B0
(3)在0～t1時間內，粒子做勻速圓周運動的周期
T1＝
在t1～(t1＋t2)時間內，粒子做勻速圓周運動的周期T2＝
由軌跡圖可知t1＝T1＝
t2＝T2＝
粒子在金屬板a和b間往返時間為t，
有d＝×
且滿足t＝t2＋n(t1＋t2)(n＝0,1,2，…)
聯立可得金屬板a和b間的距離d＝(n＝0,1,2，…)．
例4　如圖(a)所示的xOy平面處于變化的勻強電場和勻強磁場中，電場強度E和磁感應強度B隨時間t做周期性變化的圖像如圖(b)所示，y軸正方向為E的正方向，垂直于紙面向里為B的正方向，t＝0時刻，帶負電的粒子P(重力不計)由原點O以速度v0沿y軸正方向射出，它恰能沿一定軌道做周期性運動．v0、E0和t0為已知量，且＝，在0～t0時間內粒子P第一次離x軸最遠時的坐標為(，)．求：
(1)粒子P的比荷；
(2)t＝2t0時刻粒子P的位置坐標；
(3)帶電粒子在運動中距離原點O的最遠距離L.
答案　(1)　(2)　(3)v0t0
解析　(1)0～t0時間內粒子P在勻強磁場中做勻速圓周運動，當粒于所在位置的縱、橫坐標相等時，粒子在磁場中恰好經過圓周，所以粒子P第一次離x軸的最遠距離等于軌道半徑R，
即R＝①
又qv0B0＝m②
又有＝
聯立解得＝③
(2)設粒子P在磁場中運動的周期為T，
則T＝④
聯立①④式解得T＝4t0⑤
即粒子P做圓周運動后磁場變為電場，粒子以速度v0垂直電場方向進入電場后做類平拋運動，設t0～2t0時間內水平位移和豎直位移分別為x1、y1，則x1＝v0t0＝＝⑥
y1＝at02⑦
其中加速度a＝⑧
聯立①③⑦⑧式解得y1＝＝R⑨
因此t＝2t0時刻粒子P的位置坐標為
(v0t0,0)，如圖中的b點所示．
(3)分析知，粒子P在2t0～3t0時間內，電場力產生的加速度方向沿y軸正方向，由對稱關系知，在3t0時刻速度方向為x軸正方向，位移x2＝x1＝v0t0；在3t0～5t0時間內粒子P沿逆時針方向做勻速圓周運動，往復運動軌跡如(2)中圖所示，由圖可知，帶電粒子在運動中距原點O的最遠距離L，即O、d間的距離，則L＝2R＋2x1，解得L＝v0t0.
課時精練
1．(多選)如圖所示，空間中存在水平方向的勻強電場和勻強磁場，電場方向水平向左，磁場方向垂直紙面向里．一帶電小球恰能以速度v0做直線運動，其軌跡如圖中虛線所示，虛線與水平方向成30°角，小球最終穿過一軸線沿小球運動方向且固定擺放的光滑絕緣管道(管道內徑略大于小球直徑)，下列說法正確的是(　　)
A．小球一定帶正電
B．磁場和電場的大小關系為＝v0
C．小球可能是從管道的乙端運動到甲端
D．若小球剛進入管道時撤去磁場，小球將在管道中做勻速直線運動
答案　AD
解析　小球做勻速直線運動，當小球帶正電時，所受電場力方向水平向左，重力豎直向下，小球從甲端運動到乙端時，洛倫茲力垂直于虛線斜向右上，三力恰好平衡，能保證小球沿題圖中虛線運動．當小球帶負電時，電場力水平向右，重力豎直向下，小球從甲端運動到乙端時或者從乙端運動到甲端時，洛倫茲力垂直于虛線斜向左下或者右上，均不能使小球沿直線運動，故A正確；由A項分析可知，電場力和洛倫茲力關系為sin 30°＝，整理得＝，故B錯誤；根據A項分析，小球只能是從管道的甲端運動到乙端，故C錯誤；未撤去磁場時，小球受三力作用處于平衡狀態，其中電場力和重力沿虛線方向的合力為零，當撤去磁場時，在管道中所受重力和電場力均沒有變化，故沿虛線方向(管道方向)合力仍為零．而管道的支持力垂直于管道，即小球所受合力仍為零，做勻速直線運動，故D正確．
2.如圖所示，一帶電液滴在相互垂直的勻強電場和勻強磁場中剛好做勻速圓周運動，其軌道半徑為R，已知該電場的電場強度大小為E、方向豎直向下；該磁場的磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向里，不計空氣阻力，設重力加速度為g，則(　　)
A．液滴帶正電
B．液滴比荷＝
C．液滴沿順時針方向運動
D．液滴運動速度大小v＝
答案　C
解析　液滴在重力場、勻強電場、勻強磁場的復合場中做勻速圓周運動，可知qE＝mg，得＝，選項B錯誤；電場力方向豎直向上，液滴帶負電，選項A錯誤；由左手定則可判斷液滴沿順時針方向運動，選項C正確；對液滴有qE＝mg，qvB＝m，聯立得v＝，選項D錯誤．
3.(2023·福建福清市模擬)如圖所示，在水平向左的勻強電場和垂直于紙面向里的勻強磁場中，有一足夠長的豎直固定的絕緣桿MN，小球P套在桿上．已知P的質量為m、帶電荷量為＋q，電場強度大小為E，磁感應強度大小為B，P與桿間的動摩擦因數為μ，重力加速度為g.小球由靜止開始下滑直到穩定的過程中(　　)
A．小球的加速度一直減小
B．小球的機械能和電勢能的總和保持不變
C．小球下滑的最大速度大小為＋
D．小球下滑加速度大小為最大加速度一半時的速度大小為
答案　C
解析　小球靜止時只受電場力、重力、支持力及摩擦力，電場力水平向左，摩擦力豎直向上；開始時，小球的加速度為a＝，開始下滑后，小球速度將增大，受到水平向右的洛倫茲力，則桿對小球的支持力將減小，摩擦力減小，合力增大，加速度增大；當洛倫茲力等于電場力時，支持力為零，摩擦力為零，此后小球繼續加速，洛倫茲力將大于電場力，桿對小球的支持力變為水平向左，隨著速度增大，洛倫茲力增大，則桿對小球的支持力將增大，摩擦力隨之增大，小球的合力減小，加速度減小，所以小球的加速度先增大后減小．當加速度減小為零時，速度達到最大，此時有mg＝μ(qvmB－qE)，最大速度為 vm＝，故A錯誤，C正確；在下降過程中，摩擦力對小球做負功，故有部分能量轉化為內能，故機械能和電勢能的總和減小，故B錯誤；由以上分析知，小球的最大加速度出現在洛倫茲力等于電場力的狀態，且最大加速度為g.下滑加速度大小為最大加速度一半時有兩種情況：一種情況在洛倫茲力小于電場力時，另一種情況在洛倫茲力大于電場力時．在洛倫茲力小于電場力時，有＝，解得v1＝，在洛倫茲力大于電場力時，有＝，解得v2＝，故D錯誤．
4．如圖，區域Ⅰ內有與水平方向成45°角的勻強電場E1，區域寬度為d1，區域Ⅱ內有正交的有界勻強磁場B和勻強電場E2，區域寬度為d2，磁場方向垂直紙面向里，電場方向豎直向下．一質量為m、電荷量大小為q的微粒在區域Ⅰ左邊界的P點由靜止釋放后水平向右做直線運動，進入區域Ⅱ后做勻速圓周運動，從區域Ⅱ右邊界上的Q點穿出，其速度方向改變了30°，重力加速度為g，求：
(1)區域Ⅰ和區域Ⅱ內勻強電場的電場強度E1、E2的大小；
(2)區域Ⅱ內勻強磁場的磁感應強度B的大小；
(3)微粒從P運動到Q的時間．
答案　(1)　　(2)
(3)＋
解析　(1)微粒在區域Ⅰ內水平向右做直線運動，則在豎直方向上有qE1sin 45°＝mg
解得E1＝
微粒在區域Ⅱ內做勻速圓周運動，則重力和電場力平衡，有mg＝qE2，解得E2＝
(2)粒子進入磁場區域時滿足：
qE1d1cos 45°＝mv2
qvB＝m
根據幾何關系，分析可知R＝＝2d2
整理得B＝
(3)微粒從P到Q的時間包括在區域Ⅰ內的運動時間t1和在區域Ⅱ內的運動時間t2，
由a1t12＝d1，mgtan 45°＝ma1
整理得t1＝
由t2＝·＝·＝
得t＝t1＋t2＝＋.
5．在如圖甲所示的正方形平面Oabc內存在著垂直于該平面的勻強磁場，磁感應強度的變化規律如圖乙所示．一個質量為m、帶電荷量為＋q的粒子(不計重力)在t＝0時刻平行于Oc邊從O點射入磁場中．已知正方形邊長為L，磁感應強度的大小為B0，規定垂直于紙面向外為磁場的正方向．
(1)求帶電粒子在磁場中做圓周運動的周期T0.
(2)若帶電粒子不能從Oa邊界射出磁場，求磁感應強度的變化周期T的最大值．
(3)要使帶電粒子從b點沿著ab方向射出磁場，求滿足這一條件的磁感應強度變化的周期T及粒子射入磁場時的速度大小．
答案　(1)　(2)　(3)　(n＝2,4,6，…)
解析　(1)由qvB0＝m，T0＝，
聯立解得T0＝.
(2)如圖甲所示為周期最大時粒子不能從Oa邊射出的臨界情況，由幾何關系可知sin α＝，得α＝30°.
在磁場變化的半個周期內，粒子在磁場中的運動軌跡對應的圓心角為150°，
運動時間為t＝T0＝，而t＝
所以磁感應強度的變化周期T的最大值為.
(3)如圖乙所示為粒子從b點沿著ab方向射出磁場的一種情況．在磁場變化的半個周期內，粒子在磁場中的運動軌跡對應的圓心角為2β，其中β＝45°，即＝，所以磁場變化的周期為T＝
弦OM的長度為s＝(n＝2,4,6，…)
圓弧半徑為R＝＝(n＝2,4,6，…)
由qv0B0＝m，
解得v0＝(n＝2,4,6，…)．
6.(2023·江西高三月考)如圖所示，在豎直平面內的直角坐標系xOy中，第四象限內有垂直坐標平面向里的勻強磁場和沿x軸正方向的勻強電場，磁感應強度大小為B，電場強度大小為E.第一象限中有沿y軸正方向的勻強電場(電場強度大小未知)，且某未知矩形區域內有垂直坐標平面向里的勻強磁場(磁感應強度大小也為B)．一個帶電小球從圖中y軸上的M點沿與x軸成θ＝45°角斜向上做勻速直線運動，由x軸上的N點進入第一象限并立即在矩形磁場區域內做勻速圓周運動，離開矩形磁場區域后垂直打在y軸上的P點(圖中未標出)，已知O、N兩點間的距離為L，重力加速度大小為g，取sin 22.5°＝0.4，cos 22.5°＝0.9.求：
(1)小球所帶電荷量與質量的比值和第一象限內勻強電場的電場強度大小；
(2)矩形勻強磁場區域面積S的最小值；
(3)小球從M點運動到P點所用的時間．
答案　(1)　E　(2)
(3)(1＋)＋(π－)
解析　(1)設小球質量為m、電荷量為q、速度為v，小球在MN段受力如圖
因為在MN段做勻速直線運動，所以小球受力平衡，由平衡條件得mgtan 45°＝qE，解得＝，要使小球進入第一象限后能立即在矩形磁場區城內做勻速圓周運動，則小球受的重力必須與電場力平衡有mg＝qE1
聯立解得E1＝E
(2)由(1)可知qvB＝qE，即v＝
由qvB＝m，可知R＝＝
軌跡圖如圖所示，由圖可知矩形的最小面積
S＝2Rcos 22.5°×(R－Rsin 22.5°)＝
(3)在第四象限運動的時間t1＝
在第一象限矩形磁場區域運動的時間t2＝
在第一象限做勻速直線運動的時間t3＝
聯立解得小球從M到P的總時間
t＝t1＋t2＋t3＝(1＋)＋(π－)．
7．如圖甲所示，在坐標系xOy中，y軸左側有沿x軸正方向的勻強電場、電場強度大小為E；y軸右側有如圖乙所示周期性變化的磁場，磁感應強度大小B0已知，磁場方向垂直紙面向里為正．t＝0時刻，從x軸上的P點無初速度釋放一帶正電的粒子，粒子(重力不計)的質量為m、電荷量為q，粒子第一次在電場中運動的時間與第一次在磁場中運動的時間相等，且粒子第一次在磁場中做圓周運動的軌跡為半圓．求：
(1)P點到O點的距離；
(2)粒子經一個周期沿y軸發生的位移大小．
答案　(1)　(2)
解析　(1)設粒子第一次在電場中做勻加速運動的時間為t0，則t0＝，Eq＝ma
設O、P間距離為x，則x＝at02，
聯立解得x＝.
(2)如圖所示，設粒子在磁場中做圓周運動的半徑分別為R1和R2，
R1＝，R2＝，又由動能定理得Eqx＝mv02，粒子每經一個周期沿y軸向下移動Δx，Δx＝2R2－2R1＝.
8．如圖甲所示的坐標系中，在x軸上方的區域內存在著如圖乙所示周期性變化的電場和磁場，交變電場的電場強度大小為E0，交變磁場的磁感應強度大小為B0，取x軸正方向為電場的正方向，垂直紙面向外為磁場的正方向．在t＝0時刻，將一質量為m、帶電荷量為q、重力不計的帶正電粒子，從y軸上A點由靜止釋放．粒子經過電場加速和磁場偏轉后垂直打在x軸上．求：
(1)粒子第一次在磁場中運動的半徑；
(2)粒子打在x軸負半軸上到O點的最小距離；
(3)起點A與坐標原點間的距離d應滿足的條件；
(4)粒子打在x軸上的位置與坐標原點O的距離跟粒子加速和偏轉次數n的關系．
答案　(1)　(2)(π＋2)
(3)d＝(n＝1,2,3，…)
(4)xP＝(π＋2)(n＝1,2,3，…)
解析　(1)粒子第一次在電場中有qE0＝ma
v1＝at0，t0＝
粒子第一次進入磁場中有qv1B0＝
聯立解得R1＝
(2)由題意可知粒子經2次加速和偏轉后打在x軸負半軸上到O點的距離最小，如圖甲所示
第一次加速的位移為Δx1＝＝
第二次加速的位移Δx2＝3Δx1
v2＝2at0＝
ΔxP＝Δx2－Δx1＋R2＝(π＋2)
(3)分析帶電粒子運動軌跡，如圖乙所示
可知A與坐標原點間的距離d應滿足
d＝n2R1＝(n＝1,2,3，…)
(4)若粒子經過n次加速和偏轉后打在x軸上
xP＝n(Δx1＋R1)＝(π＋2)(n＝1,2,3，…)．

展開更多......

收起↑