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第8講　小專題:帶電粒子在疊加場和交變電、磁場中的運(yùn)動
考點(diǎn)一　帶電粒子在疊加場中的運(yùn)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(yùn)動形式
運(yùn)動性質(zhì) 受力特點(diǎn) 方法規(guī)律
勻速直線運(yùn)動 粒子所受合力為0 平衡條件
勻速圓周運(yùn)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(yùn)動的規(guī)律
較復(fù)雜的曲線運(yùn)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] 【磁場和電場的疊加】 (2024·江蘇連云港期中)如圖所示,在長為2L、寬為L的矩形區(qū)域內(nèi),有相互垂直的勻強(qiáng)電場(圖中未畫出)和勻強(qiáng)磁場,電場方向沿x軸正方向,磁場方向垂直于xOy平面向里。一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的帶電粒子從O點(diǎn)沿y軸正方向以一定速度射入,帶電粒子沿直線運(yùn)動,經(jīng)時(shí)間t0從P點(diǎn)射出,若僅撤去電場,帶電粒子依然經(jīng)t0射出矩形區(qū)域,不計(jì)粒子受到的重力,則勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為(　　)
[A] [B]
[C] [D]
【答案】 C
【解析】 由于帶電粒子沿直線運(yùn)動,則qvB=Eq,t0=,若撤去電場,洛倫茲力提供向心力,有qvB=m,帶電粒子依然經(jīng)t0射出矩形區(qū)域,則粒子運(yùn)動軌跡的弧長為L,所以πr=L,聯(lián)立可得B=。
[例2]
【磁場、電場和重力場的疊加】 (2024·安徽卷,10)(多選)空間中存在豎直向下的勻強(qiáng)電場和垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場,電場強(qiáng)度大小為E,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。一質(zhì)量為m的帶電油滴a,在紙面內(nèi)做半徑為R的圓周運(yùn)動,軌跡如圖所示。當(dāng)a運(yùn)動到最低點(diǎn)P時(shí),瞬間分成兩個(gè)小油滴Ⅰ、Ⅱ,二者帶電量、質(zhì)量均相同。Ⅰ在P點(diǎn)時(shí)與a的速度方向相同,并做半徑為3R的圓周運(yùn)動,軌跡如圖所示。Ⅱ的軌跡未畫出。已知重力加速度大小為g,不計(jì)空氣浮力與阻力以及Ⅰ、Ⅱ分開后的相互作用,則(　　)
[A] 油滴a帶負(fù)電,所帶電量的大小為
[B] 油滴a做圓周運(yùn)動的速度大小為
[C] 小油滴Ⅰ做圓周運(yùn)動的速度大小為,周期為
[D] 小油滴Ⅱ沿順時(shí)針方向做圓周運(yùn)動
【答案】 ABD
【解析】 油滴a在紙面內(nèi)做圓周運(yùn)動,故重力與靜電力平衡,可知油滴帶負(fù)電,有mg=Eq,解得q=,故A正確;根據(jù)洛倫茲力提供向心力有Bqv=m,解得油滴a做圓周運(yùn)動的速度大小為v=,故B正確;設(shè)小油滴Ⅰ的速度大小為v1,則3R=,解得v1==,周期為T==,故C錯誤;帶電油滴a分離前后動量守恒,設(shè)分離后小油滴Ⅱ的速度為v2,取油滴a分離前瞬間的速度方向?yàn)檎较?得mv=·v1+·v2,解得v2=-,由于分離后的小油滴受到的靜電力和重力仍然平衡,分離后小油滴Ⅱ的速度方向與正方向相反,根據(jù)左手定則可知,小油滴Ⅱ沿順時(shí)針方向做圓周運(yùn)動,故D正確。
考點(diǎn)二　帶電粒子在交變電、磁場中的運(yùn)動
解決帶電粒子在交變電、磁場中的運(yùn)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(qū)的受力情況
過程分析 分析粒子在不同時(shí)間段內(nèi)的運(yùn)動情況
找銜接點(diǎn) 找出銜接相鄰兩過程的物理量
選規(guī)律 聯(lián)立不同階段的方程求解
[例3] 【電場周期性變化,磁場不變】 (2024·黑龍江齊齊哈爾階段練習(xí))如圖甲所示,在平面直角坐標(biāo)系xOy的第一象限內(nèi)、半徑為d的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于坐標(biāo)平面向外的勻強(qiáng)磁場Ⅰ,邊界圓剛好與x軸、y軸相切于C、A兩點(diǎn),長為d、間距也為d的平行金屬板M、N固定在第二象限內(nèi),N板在x軸上,在兩板加上如圖乙所示的交流電壓UMN,圖中U0未知、T已知,在兩板中線左端有一粒子源P,沿中線向右不斷射出質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的粒子,所有粒子穿過兩板間電場的時(shí)間均為T,在x軸下方有垂直于坐標(biāo)平面向外的勻強(qiáng)磁場Ⅱ,在磁場Ⅱ中有一足夠長平行于x軸的擋板,擋板到x軸距離為d,從t=0射出的粒子剛好從N板右端邊緣射出電場,從t=0.25T時(shí)刻射出的粒子經(jīng)磁場Ⅰ偏轉(zhuǎn)后剛好從C點(diǎn)進(jìn)入磁場Ⅱ,打在板上時(shí)的速度與x軸負(fù)方向的夾角為37°,所有粒子打到擋板上后均被擋板吸收,不計(jì)粒子重力和相互間作用,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。求:
(1)U0大小;
(2)勻強(qiáng)磁場Ⅰ、Ⅱ的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小;
(3)粒子打到擋板上的區(qū)域的長度。
【答案】 (1)　(2)　　(3)d
【解析】 (1)所有粒子穿過兩板間電場的時(shí)間均為T,從t=0射出的粒子剛好從N板右端邊緣射出電場,根據(jù)對稱性可知沿電場方向有
d=2y1,y1=a()2,a=,
聯(lián)立解得U0=。
(2)設(shè)粒子源P射出的粒子速度為v0,根據(jù)題意有d=v0T,
解得v0=,
t=0.25T時(shí)刻射出的粒子,由題圖乙可知粒子沿電場方向的分運(yùn)動在0.25T～0.75T時(shí)間內(nèi)向下先加速后減速,在0.75T～1.25T時(shí)間內(nèi)向上先加速后減速,根據(jù)對稱性可知粒子剛好從A點(diǎn)進(jìn)入磁場Ⅰ,進(jìn)入時(shí)速度方向沿x軸正方向,大小為v0,粒子在兩個(gè)磁場中的運(yùn)動軌跡如圖a所示。
粒子在磁場Ⅰ中由洛倫茲力提供向心力可得
qv0B1=m,
由幾何關(guān)系可得r1=d,
聯(lián)立可得B1=,
粒子在磁場Ⅱ中由洛倫茲力提供向心力可得
qv0B2=m,
由幾何關(guān)系可得r2==d,
聯(lián)立可得B2=。
(3)所有粒子穿過兩板間電場的時(shí)間均為T,由題圖乙結(jié)合對稱性可知,所有粒子離開電場時(shí)沿電場方向的速度均為零,即所有粒子離開電場時(shí)的速度方向均沿x軸正方向,大小均為v0,射出電場時(shí)粒子剛好分布于M、N板之間,由于所有粒子進(jìn)入磁場Ⅰ的運(yùn)動軌跡半徑等于圓形磁場Ⅰ的半徑,根據(jù)磁匯聚原理可知,所有粒子均從C點(diǎn)進(jìn)入磁場Ⅱ,如圖b所示。
根據(jù)幾何關(guān)系可得擋板上打到粒子的區(qū)域的長度為L=2,
聯(lián)立解得L=d。
[例4] 【磁場周期性變化,電場不變】 (2024·江西景德鎮(zhèn)二模)如圖甲所示,在xOy平面的第Ⅰ象限內(nèi)有沿x軸正方向的勻強(qiáng)電場E1;第Ⅱ、Ⅲ象限內(nèi)同時(shí)存在著豎直向上的勻強(qiáng)電場E2和垂直于紙面的磁場B1,E1=0.2 N/C,E2=0.25 N/C,磁場B1隨時(shí)間t變化的規(guī)律如圖乙所示,B0=0.5 T,t0= s,設(shè)垂直于紙面向外為磁場正方向。一個(gè)質(zhì)量為m=5×10-6 kg、電荷量為q=2×10-4C的帶正電液滴從P點(diǎn)以速度v0=2 m/s,沿x軸負(fù)方向入射,恰好以指向y軸負(fù)方向的速度v經(jīng)過原點(diǎn)O(此時(shí)t=0)后進(jìn)入x≤0的區(qū)域。重力加速度g取10 m/s2。
(1)求液滴第一次到達(dá)O點(diǎn)時(shí)速度v的大小;
(2)求液滴在0～ s時(shí)間內(nèi)的路程;(結(jié)果保留2位有效數(shù)字)
(3)若在t= s時(shí)撤去電場E1、E2和磁場B1,同時(shí)在整個(gè)空間區(qū)域加豎直向上的勻強(qiáng)磁場B2(未畫出),B2=0.25 T,求從此時(shí)刻起,再經(jīng)過 s液滴距O點(diǎn)的距離。(結(jié)果保留1位有效數(shù)字)
【答案】 (1)2.5 m/s　(2)0.98 m　(3)0.7 m
【解析】 (1)根據(jù)題意,對帶電液滴水平和豎直方向分別由動量定理得
-E1q·t1=0-mv0,mg·t1=mv-0,
解得v=2.5 m/s。
(2)計(jì)算可知液滴通過O點(diǎn)后E2q=mg,
則液滴將僅在洛倫茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動,則有qvB1=m,T=,
解得磁感應(yīng)強(qiáng)度為B0時(shí)T1= s,r1= m,
磁感應(yīng)強(qiáng)度為2B0時(shí)T2= s,r2= m,
0～ s內(nèi)運(yùn)動軌跡如圖所示。
則s=πr1+2πr2,
解得s= m≈0.98 m。
(3)只有磁場B2存在時(shí),油滴在水平方向做勻速圓周運(yùn)動,周期T3== s,
半徑r3==0.25 m,
油滴在豎直方向做自由落體運(yùn)動,經(jīng)過t2= s沿y軸下落高度為y=g,
經(jīng)過t2= s后距O點(diǎn)的距離為
s=,
解得s≈0.7 m。
[例5] 【電場、磁場均周期性變化】 (2024·湖北武漢聯(lián)考)如圖甲所示的xOy平面處于變化的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場中,電場強(qiáng)度E和磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間做周期性變化的圖像如圖乙和圖丙所示,y軸正方向?yàn)镋的正方向,垂直于紙面向里為B的正方向。t=0時(shí)刻,帶負(fù)電粒子P(重力不計(jì))由原點(diǎn)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(yùn)動。v0、E0和t0為已知量,圖中=,在0～t0時(shí)間內(nèi)粒子P第一次離x軸最遠(yuǎn)時(shí)的坐標(biāo)為(,)。求:
(1)粒子P的比荷;
(2)t=2t0時(shí)刻粒子P的位置;
(3)帶電粒子在運(yùn)動中距離原點(diǎn)O的最遠(yuǎn)距離L。
【答案】 (1)　(2)(v0t0,0)
(3)v0t0
【解析】 (1)0～t0時(shí)間內(nèi)粒子P在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動,當(dāng)粒子所在位置的縱、橫坐標(biāo)相等時(shí),粒子在磁場中恰好經(jīng)過圓周,所以粒子P第一次離x軸的最遠(yuǎn)距離等于軌道半徑R,即R=,又qv0B0=m,
代入= ,解得= 。
(2)設(shè)粒子P在磁場中運(yùn)動的周期為T,則
T= ,
聯(lián)立解得T=4t0,
即粒子P做圓周運(yùn)動后磁場變?yōu)殡妶?粒子以速度v0垂直于電場方向進(jìn)入電場后做類平拋運(yùn)動,設(shè)t0～2t0時(shí)間內(nèi)水平位移和豎直位移分別為x1、y1,則x1=v0t0= ,y1=a,
其中加速度a=,
解得y1==R,
因此t=2t0時(shí)刻粒子P的位置坐標(biāo)為(v0t0,0),如圖中的b點(diǎn)所示。
(3)分析知,粒子P在2t0～3t0時(shí)間內(nèi),靜電力產(chǎn)生的加速度方向沿y軸正方向,由對稱關(guān)系知,在3t0時(shí)刻速度方向?yàn)閤軸正方向,位移x2=x1=v0t0;在3t0～5t0時(shí)間內(nèi)粒子P沿逆時(shí)針方向做勻速圓周運(yùn)動,往復(fù)運(yùn)動軌跡如(2)中圖所示,由圖可知,帶電粒子在運(yùn)動中與原點(diǎn)O的最遠(yuǎn)距離,即O、d間的距離L=2R+2x1,
解得L=v0t0。
解題關(guān)鍵和應(yīng)注意的問題
(1)帶電粒子在交變電、磁場運(yùn)動的問題一般都具有周期性,注意分析帶電粒子的運(yùn)動周期與電場周期、磁場周期的關(guān)系。
(2)帶電粒子在交變電、磁場中的運(yùn)動仍遵循牛頓運(yùn)動定律、運(yùn)動的合成與分解、動能定理、能量守恒定律等力學(xué)規(guī)律,所以此類問題的研究方法與質(zhì)點(diǎn)動力學(xué)相同。
(滿分:50分)
對點(diǎn)1.帶電粒子在疊加場中的運(yùn)動
1.
(6分)(2024·河北保定階段練習(xí))(多選)在地面上方空間存在方向垂直于紙面向外、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的水平方向勻強(qiáng)磁場,一電荷量為+q、質(zhì)量m=的帶電小球以水平初速度v0水平向右拋出,運(yùn)動軌跡如圖。已知重力加速度為g,下列說法正確的是(　　)
[A] 小球從軌跡的最高點(diǎn)運(yùn)動到最低點(diǎn)的過程,機(jī)械能守恒
[B] 小球運(yùn)動到軌跡的最低點(diǎn)時(shí)的速度大小為2v0
[C] 小球水平拋出時(shí)的加速度大小為2g
[D] 小球在豎直面內(nèi)運(yùn)動軌跡的最高點(diǎn)與最低點(diǎn)的高度差h=
【答案】 ABD
【解析】 將小球的速度v0分解為一個(gè)水平向左、大小v1=的分速度和一個(gè)水平向右、大小v2=v0的分速度,由于F1=qv0B=mg(與重力平衡),可知小球的運(yùn)動可以看成是以速率v1向左的勻速直線運(yùn)動和以速率v2的勻速圓周運(yùn)動的合運(yùn)動,故小球在運(yùn)動軌跡的最低點(diǎn)時(shí)的速度大小為v=v1+v2=2v0,故B正確;由qv0B=2mg,可得小球水平拋出瞬間的加速度大小為a==3g,故C錯誤;由于洛倫茲力不做功,小球從運(yùn)動軌跡的最高點(diǎn)運(yùn)動到最低點(diǎn)的過程,僅有重力做功,滿足機(jī)械能守恒,則有m+mgh=mv2,解得h=,故A、D正確。
2.(6分)(2024·四川內(nèi)江開學(xué)考試)(多選)如圖所示,絕緣粗糙的豎直墻壁右側(cè)同時(shí)存在相互垂直的勻強(qiáng)電場E和勻強(qiáng)磁場B,電場方向水平向左,磁場方向垂直于紙面向里。質(zhì)量為m、電荷量為+q的小滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))從A點(diǎn)由靜止開始沿墻壁下滑至C點(diǎn)時(shí)離開,到達(dá)D點(diǎn)時(shí)速度最大,CD段做曲線運(yùn)動。已知滑塊與墻壁間的動摩擦因數(shù)為μ,重力加速度為g,則(　　)
[A] A到C過程中滑塊做勻加速直線運(yùn)動
[B] 滑塊到達(dá)D點(diǎn)時(shí)加速度為零
[C] D點(diǎn)不是滑塊運(yùn)動軌跡的最低點(diǎn)
[D] 若已知A、C間的高度差,則可求出A到C過程中摩擦力對滑塊做的功
【答案】 CD
【解析】 A到C過程中滑塊受重力、彈力、摩擦力、靜電力、洛倫茲力5個(gè)力的作用,下落過程中彈力逐漸減小,則摩擦力逐漸減小,根據(jù)mg-Ff=ma可知加速度逐漸增大,故A錯誤;CD段做曲線運(yùn)動,則滑塊到達(dá)D點(diǎn)時(shí)加速度不為零,故B錯誤;D點(diǎn)之后,滑塊所受靜電力和重力的合力沿左下方,對滑塊做負(fù)功,洛倫茲力不做功,所以滑塊還會繼續(xù)向下運(yùn)動,故C正確;若已知A、C間的高度差,滑塊在C點(diǎn)時(shí)離開墻壁,滿足qE=qvB,根據(jù)動能定理有mgh+Wf=mv2-0,可求出A到C過程中摩擦力對滑塊做的功,故D正確。
3.(4分)(2024·遼寧大連一模)如圖甲,S為粒子源,不斷沿水平方向發(fā)射速度相同的同種帶負(fù)電粒子,MN為豎直放置的接收屏。當(dāng)同時(shí)存在豎直向下的勻強(qiáng)電場和垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場時(shí),粒子恰好沿直線打到MN上O點(diǎn);當(dāng)只存在一種場時(shí),粒子打在MN上的P點(diǎn)或Q點(diǎn),P、O、Q三點(diǎn)的位置關(guān)系如圖乙所示,O、P間距離為O、Q間距離的。已知電場強(qiáng)度大小為E,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,S到屏MN的距離為d、不計(jì)粒子重力及粒子間的相互作用,則下列判斷正確的是(　　)
[A] 只加磁場時(shí),粒子打在MN上的P點(diǎn)
[B] 粒子源發(fā)射出粒子的速度大小為
[C] 粒子的比荷為
[D] O、P間距離為
【答案】 B
【解析】 根據(jù)左手定則,帶負(fù)電粒子在磁場中向下偏轉(zhuǎn),故只加磁場時(shí),粒子打在MN上的Q點(diǎn),故A錯誤;當(dāng)同時(shí)存在豎直向下的勻強(qiáng)電場和垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場時(shí),粒子恰好沿直線打到MN上O點(diǎn),則qE=qvB,解得粒子源發(fā)射出粒子的速度大小為v=,故B正確;只加電場時(shí),粒子做類平拋運(yùn)動,則d=vt,OP=at2,a=,只加磁場時(shí),根據(jù)洛倫茲力提供向心力,則qvB=m,解得r==,根據(jù)幾何關(guān)系有(r-OQ)2+d2=r2,根據(jù)題意有=,聯(lián)立解得=,OP=d,OQ=,故C、D錯誤。
對點(diǎn)2.帶電粒子在交變電、磁場中的運(yùn)動
4.(4分)(2025·山東日照模擬)如圖甲所示,豎直面內(nèi)矩形ABCD區(qū)域內(nèi)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度按如圖乙所示的規(guī)律變化的磁場(規(guī)定垂直于紙面向外為正方向),區(qū)域邊長AB=AD,一帶正電的粒子從A點(diǎn)沿AB方向以速度v0射入磁場,在T1時(shí)刻恰好能從C點(diǎn)平行DC方向射出磁場。現(xiàn)在把磁場換成按如圖丙所示規(guī)律變化的電場(規(guī)定豎直向下為正方向),相同的粒子仍以速度v0從A點(diǎn)沿AB方向射入電場,在T2時(shí)刻恰好能從C點(diǎn)平行DC方向射出電場。不計(jì)粒子的重力,則磁場的變化周期T1和電場的變化周期T2之比為(　　)
[A] 1∶1 [B] 2π∶3
[C] 2π∶9 [D] π∶9
【答案】 C
【解析】 設(shè)粒子的質(zhì)量為m,帶電荷量為q,在磁場中的偏轉(zhuǎn)半徑為r,經(jīng)粒子轉(zhuǎn)過的圓心角為α,則有2rsin α=AB,2(r-rcos α)=AD,又AB=AD,聯(lián)立解得α=60°,所以有=TB,TB=,解得T1=;如果把磁場換為電場,則有AB=v0T2,解得T2=,所以=,故C正確,A、B、D錯誤。
5.(4分)(2024·湖南永州期中)如圖甲所示的平行金屬極板M、N之間存在交替出現(xiàn)的勻強(qiáng)磁場和勻強(qiáng)電場,取垂直于紙面向外為磁場正方向,磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t周期性變化的規(guī)律如圖乙所示,取垂直于極板向上為電場正方向,電場強(qiáng)度E隨時(shí)間t周期性變化的規(guī)律如圖丙所示。t=0.5t0時(shí),一不計(jì)重力、帶正電的粒子從極板左端以速度v沿板間中線平行極板射入板間,最終平行于極板中線射出,已知粒子在t=1.5t0時(shí)速度為零,且整個(gè)運(yùn)動過程中始終未與兩極板接觸,則下列說法錯誤的是(　　)
[A] 粒子可能在2.5t0時(shí)刻射出極板
[B] 極板間距不小于+
[C] 極板長度為(n=1,2,3,…)
[D] =
【答案】 C
【解析】
根據(jù)題意可知,在0.5t0～t0內(nèi),粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動,且轉(zhuǎn)了周,在t0～1.5t0內(nèi),粒子在電場中向下做減速運(yùn)動到速度為零,在1.5t0～2t0內(nèi),粒子在電場中向上做加速運(yùn)動到速度為v,在2t0～2.5t0內(nèi),粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動,轉(zhuǎn)了周,粒子回到極板中線,速度平行于極板中線向右,接下來粒子周期性地重復(fù)以上運(yùn)動,粒子在一個(gè)運(yùn)動周期內(nèi)的軌跡如圖所示。粒子一個(gè)運(yùn)動周期為T=2.5t0-0.5t0=2t0,故粒子射出極板的時(shí)刻可能為t=0.5t0+
nT=(0.5+2n)t0(n=1,2,3,…),當(dāng)n=1時(shí),t=0.5t0+T=2.5t0,故A正確;粒子在磁場中時(shí),設(shè)粒子的軌跡半徑為r,則有T磁==2t0,解得r=,粒子在電場中向下減速的位移大小為y=·0.5t0=,故極板間距應(yīng)滿足d≥2(r+y)=+,故B正確;極板長度可能為L=n·2r=(n=1,2,3,…),故C錯誤;粒子在磁場中時(shí),有T磁==2t0,解得B0=,粒子在電場中時(shí),有v=a·0.5t0=·
0.5t0,解得E0=,可得=,故D正確。
6.(6分)(2024·廣西桂林一模)(多選)如圖甲所示,ABCD是一長方形有界勻強(qiáng)磁場邊界,磁感應(yīng)強(qiáng)度按圖乙規(guī)律變化,取垂直于紙面向外為磁場的正方向,圖中AB=AD=L,一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的帶正電粒子以速度v0在t=0時(shí)從A點(diǎn)沿AB方向垂直于磁場射入,粒子重力不計(jì)。則下列說法正確的是(　　)
[A] 若粒子經(jīng)時(shí)間t=T0恰好垂直打在CD上,則磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B0=
[B] 若粒子經(jīng)時(shí)間t=T0恰好垂直打在CD上,則粒子運(yùn)動的半徑大小R=
[C] 若要使粒子恰能沿DC方向通過C點(diǎn),則磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小B0=(n=1,2,3,…)
[D] 若要使粒子恰能沿DC方向通過C點(diǎn),磁場變化的周期T0=(n=1,2,3,…)
【答案】 AD
【解析】 若粒子經(jīng)時(shí)間t=T0恰好垂直打在CD上,則粒子在磁場中經(jīng)過個(gè)圓周,做勻速圓周運(yùn)動的半徑為L,根據(jù)牛頓第二定律有qv0B0=m,解得B0=,故A正確;若粒子經(jīng)時(shí)間t=T0恰好垂直打在CD上,如圖a所示,可知粒子運(yùn)動了三段四分之一圓弧,根據(jù)幾何關(guān)系,運(yùn)動的半徑大小為R=,故B錯誤;
若要使粒子恰能沿DC方向通過C點(diǎn),如圖b所示,
則粒子運(yùn)動的總時(shí)間一定為磁感應(yīng)強(qiáng)度變化周期的整數(shù)倍,設(shè)粒子運(yùn)動的半徑為r,由幾何關(guān)系知,則2L=2nr(n=1,2,3,…),根據(jù)牛頓第二定律有qv0B0=m,解得B0=(n=1,2,3,…),根據(jù)幾何關(guān)系可知粒子在一個(gè)磁場變化的周期T0內(nèi)轉(zhuǎn)過的圓心角為120°,則T0==
(n=1,2,3,…),故C錯誤,D正確。
7.(20分)(2025·陜晉青寧高考適應(yīng)性考試)如圖,cd邊界與x軸垂直,在其右方豎直平面內(nèi),第一、二象限存在垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場,第三、四象限存在垂直于紙面向內(nèi)的勻強(qiáng)磁場,磁場區(qū)域覆蓋有豎直向上的外加勻強(qiáng)電場。在xOy平面內(nèi),某質(zhì)量為m、電荷量為q帶正電的絕緣小球從P點(diǎn)與cd邊界成30°角以速度v0射入,小球到坐標(biāo)原點(diǎn)O時(shí)恰好以速度v0豎直向下運(yùn)動,此時(shí)去掉外加的勻強(qiáng)電場。重力加速度大小為g,已知磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為。求:
(1)電場強(qiáng)度的大小和P點(diǎn)與y軸的距離;
(2)小球第一次到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)速度的大小;
(3)小球從過坐標(biāo)原點(diǎn)時(shí)到第一次到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)所用時(shí)間。
【答案】 (1)　　(2)(1+)v0　(3)
【解析】 (1)
依題意,小球從P點(diǎn)運(yùn)動到坐標(biāo)原點(diǎn)O,速率沒有改變,即動能變化量為零,由動能定理可知合力做功為零,電場力與重力等大反向,可得qE=mg,解得E=,可知小球在洛倫茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動,軌跡如圖甲所示,根據(jù)qv0B=m,解得r=,由幾何關(guān)系可得xP=r+rcos 30°,聯(lián)立解得xP=。
(2)
把小球在坐標(biāo)原點(diǎn)的速度v0分解為沿x軸正方向的v0和與x軸負(fù)方向成45°角的v0,如圖乙所示,其中沿x軸正方向的v0對應(yīng)的洛倫茲力恰好與小球重力平衡,即F洛=qv0B=mg,
小球沿x軸正方向做勻速直線運(yùn)動;
與x軸負(fù)方向成45°的 v0 對應(yīng)的洛倫茲力提供小球做逆時(shí)針勻速圓周運(yùn)動的向心力,可知小球第一次到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)速度的大小為v=v0+v0=(1+)v0。
(3)
由以上分析可知小球在撤去電場后做勻速圓周運(yùn)動的分運(yùn)動軌跡如圖丙所示,根據(jù)qv0B=m,又T=,由幾何關(guān)系可得小球從過坐標(biāo)原點(diǎn)時(shí)到第一次到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)圓弧軌跡對應(yīng)的圓心角為135°,則所用時(shí)間為t=T,聯(lián)立解得t=。
(
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)第8講　小專題:帶電粒子在疊加場和交變電、磁場中的運(yùn)動
考點(diǎn)一　帶電粒子在疊加場中的運(yùn)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(yùn)動形式
運(yùn)動性質(zhì) 受力特點(diǎn) 方法規(guī)律
勻速直線運(yùn)動 粒子所受合力為0 平衡條件
勻速圓周運(yùn)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(yùn)動的規(guī)律
較復(fù)雜的曲線運(yùn)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] 【磁場和電場的疊加】 (2024·江蘇連云港期中)如圖所示,在長為2L、寬為L的矩形區(qū)域內(nèi),有相互垂直的勻強(qiáng)電場(圖中未畫出)和勻強(qiáng)磁場,電場方向沿x軸正方向,磁場方向垂直于xOy平面向里。一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的帶電粒子從O點(diǎn)沿y軸正方向以一定速度射入,帶電粒子沿直線運(yùn)動,經(jīng)時(shí)間t0從P點(diǎn)射出,若僅撤去電場,帶電粒子依然經(jīng)t0射出矩形區(qū)域,不計(jì)粒子受到的重力,則勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為(　　)
[A] [B]
[C] [D]
[例2]
【磁場、電場和重力場的疊加】 (2024·安徽卷,10)(多選)空間中存在豎直向下的勻強(qiáng)電場和垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場,電場強(qiáng)度大小為E,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。一質(zhì)量為m的帶電油滴a,在紙面內(nèi)做半徑為R的圓周運(yùn)動,軌跡如圖所示。當(dāng)a運(yùn)動到最低點(diǎn)P時(shí),瞬間分成兩個(gè)小油滴Ⅰ、Ⅱ,二者帶電量、質(zhì)量均相同。Ⅰ在P點(diǎn)時(shí)與a的速度方向相同,并做半徑為3R的圓周運(yùn)動,軌跡如圖所示。Ⅱ的軌跡未畫出。已知重力加速度大小為g,不計(jì)空氣浮力與阻力以及Ⅰ、Ⅱ分開后的相互作用,則(　　)
[A] 油滴a帶負(fù)電,所帶電量的大小為
[B] 油滴a做圓周運(yùn)動的速度大小為
[C] 小油滴Ⅰ做圓周運(yùn)動的速度大小為,周期為
[D] 小油滴Ⅱ沿順時(shí)針方向做圓周運(yùn)動
考點(diǎn)二　帶電粒子在交變電、磁場中的運(yùn)動
解決帶電粒子在交變電、磁場中的運(yùn)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(qū)的受力情況
過程分析 分析粒子在不同時(shí)間段內(nèi)的運(yùn)動情況
找銜接點(diǎn) 找出銜接相鄰兩過程的物理量
選規(guī)律 聯(lián)立不同階段的方程求解
[例3] 【電場周期性變化,磁場不變】 (2024·黑龍江齊齊哈爾階段練習(xí))如圖甲所示,在平面直角坐標(biāo)系xOy的第一象限內(nèi)、半徑為d的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于坐標(biāo)平面向外的勻強(qiáng)磁場Ⅰ,邊界圓剛好與x軸、y軸相切于C、A兩點(diǎn),長為d、間距也為d的平行金屬板M、N固定在第二象限內(nèi),N板在x軸上,在兩板加上如圖乙所示的交流電壓UMN,圖中U0未知、T已知,在兩板中線左端有一粒子源P,沿中線向右不斷射出質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的粒子,所有粒子穿過兩板間電場的時(shí)間均為T,在x軸下方有垂直于坐標(biāo)平面向外的勻強(qiáng)磁場Ⅱ,在磁場Ⅱ中有一足夠長平行于x軸的擋板,擋板到x軸距離為d,從t=0射出的粒子剛好從N板右端邊緣射出電場,從t=0.25T時(shí)刻射出的粒子經(jīng)磁場Ⅰ偏轉(zhuǎn)后剛好從C點(diǎn)進(jìn)入磁場Ⅱ,打在板上時(shí)的速度與x軸負(fù)方向的夾角為37°,所有粒子打到擋板上后均被擋板吸收,不計(jì)粒子重力和相互間作用,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。求:
(1)U0大小;
(2)勻強(qiáng)磁場Ⅰ、Ⅱ的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小;
(3)粒子打到擋板上的區(qū)域的長度。
[例4] 【磁場周期性變化,電場不變】 (2024·江西景德鎮(zhèn)二模)如圖甲所示,在xOy平面的第Ⅰ象限內(nèi)有沿x軸正方向的勻強(qiáng)電場E1;第Ⅱ、Ⅲ象限內(nèi)同時(shí)存在著豎直向上的勻強(qiáng)電場E2和垂直于紙面的磁場B1,E1=0.2 N/C,E2=0.25 N/C,磁場B1隨時(shí)間t變化的規(guī)律如圖乙所示,B0=0.5 T,t0= s,設(shè)垂直于紙面向外為磁場正方向。一個(gè)質(zhì)量為m=5×10-6 kg、電荷量為q=2×10-4C的帶正電液滴從P點(diǎn)以速度v0=2 m/s,沿x軸負(fù)方向入射,恰好以指向y軸負(fù)方向的速度v經(jīng)過原點(diǎn)O(此時(shí)t=0)后進(jìn)入x≤0的區(qū)域。重力加速度g取10 m/s2。
(1)求液滴第一次到達(dá)O點(diǎn)時(shí)速度v的大小;
(2)求液滴在0～ s時(shí)間內(nèi)的路程;(結(jié)果保留2位有效數(shù)字)
(3)若在t= s時(shí)撤去電場E1、E2和磁場B1,同時(shí)在整個(gè)空間區(qū)域加豎直向上的勻強(qiáng)磁場B2(未畫出),B2=0.25 T,求從此時(shí)刻起,再經(jīng)過 s液滴距O點(diǎn)的距離。(結(jié)果保留1位有效數(shù)字)
[例5] 【電場、磁場均周期性變化】 (2024·湖北武漢聯(lián)考)如圖甲所示的xOy平面處于變化的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場中,電場強(qiáng)度E和磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間做周期性變化的圖像如圖乙和圖丙所示,y軸正方向?yàn)镋的正方向,垂直于紙面向里為B的正方向。t=0時(shí)刻,帶負(fù)電粒子P(重力不計(jì))由原點(diǎn)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(yùn)動。v0、E0和t0為已知量,圖中=,在0～t0時(shí)間內(nèi)粒子P第一次離x軸最遠(yuǎn)時(shí)的坐標(biāo)為(,)。求:
(1)粒子P的比荷;
(2)t=2t0時(shí)刻粒子P的位置;
(3)帶電粒子在運(yùn)動中距離原點(diǎn)O的最遠(yuǎn)距離L。
解題關(guān)鍵和應(yīng)注意的問題
(1)帶電粒子在交變電、磁場運(yùn)動的問題一般都具有周期性,注意分析帶電粒子的運(yùn)動周期與電場周期、磁場周期的關(guān)系。
(2)帶電粒子在交變電、磁場中的運(yùn)動仍遵循牛頓運(yùn)動定律、運(yùn)動的合成與分解、動能定理、能量守恒定律等力學(xué)規(guī)律,所以此類問題的研究方法與質(zhì)點(diǎn)動力學(xué)相同。
(滿分:50分)
對點(diǎn)1.帶電粒子在疊加場中的運(yùn)動
1.
(6分)(2024·河北保定階段練習(xí))(多選)在地面上方空間存在方向垂直于紙面向外、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的水平方向勻強(qiáng)磁場,一電荷量為+q、質(zhì)量m=的帶電小球以水平初速度v0水平向右拋出,運(yùn)動軌跡如圖。已知重力加速度為g,下列說法正確的是(　　)
[A] 小球從軌跡的最高點(diǎn)運(yùn)動到最低點(diǎn)的過程,機(jī)械能守恒
[B] 小球運(yùn)動到軌跡的最低點(diǎn)時(shí)的速度大小為2v0
[C] 小球水平拋出時(shí)的加速度大小為2g
[D] 小球在豎直面內(nèi)運(yùn)動軌跡的最高點(diǎn)與最低點(diǎn)的高度差h=
2.(6分)(2024·四川內(nèi)江開學(xué)考試)(多選)如圖所示,絕緣粗糙的豎直墻壁右側(cè)同時(shí)存在相互垂直的勻強(qiáng)電場E和勻強(qiáng)磁場B,電場方向水平向左,磁場方向垂直于紙面向里。質(zhì)量為m、電荷量為+q的小滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))從A點(diǎn)由靜止開始沿墻壁下滑至C點(diǎn)時(shí)離開,到達(dá)D點(diǎn)時(shí)速度最大,CD段做曲線運(yùn)動。已知滑塊與墻壁間的動摩擦因數(shù)為μ,重力加速度為g,則(　　)
[A] A到C過程中滑塊做勻加速直線運(yùn)動
[B] 滑塊到達(dá)D點(diǎn)時(shí)加速度為零
[C] D點(diǎn)不是滑塊運(yùn)動軌跡的最低點(diǎn)
[D] 若已知A、C間的高度差,則可求出A到C過程中摩擦力對滑塊做的功
3.(4分)(2024·遼寧大連一模)如圖甲,S為粒子源,不斷沿水平方向發(fā)射速度相同的同種帶負(fù)電粒子,MN為豎直放置的接收屏。當(dāng)同時(shí)存在豎直向下的勻強(qiáng)電場和垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場時(shí),粒子恰好沿直線打到MN上O點(diǎn);當(dāng)只存在一種場時(shí),粒子打在MN上的P點(diǎn)或Q點(diǎn),P、O、Q三點(diǎn)的位置關(guān)系如圖乙所示,O、P間距離為O、Q間距離的。已知電場強(qiáng)度大小為E,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,S到屏MN的距離為d、不計(jì)粒子重力及粒子間的相互作用,則下列判斷正確的是(　　)
[A] 只加磁場時(shí),粒子打在MN上的P點(diǎn)
[B] 粒子源發(fā)射出粒子的速度大小為
[C] 粒子的比荷為
[D] O、P間距離為
對點(diǎn)2.帶電粒子在交變電、磁場中的運(yùn)動
4.(4分)(2025·山東日照模擬)如圖甲所示,豎直面內(nèi)矩形ABCD區(qū)域內(nèi)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度按如圖乙所示的規(guī)律變化的磁場(規(guī)定垂直于紙面向外為正方向),區(qū)域邊長AB=AD,一帶正電的粒子從A點(diǎn)沿AB方向以速度v0射入磁場,在T1時(shí)刻恰好能從C點(diǎn)平行DC方向射出磁場。現(xiàn)在把磁場換成按如圖丙所示規(guī)律變化的電場(規(guī)定豎直向下為正方向),相同的粒子仍以速度v0從A點(diǎn)沿AB方向射入電場,在T2時(shí)刻恰好能從C點(diǎn)平行DC方向射出電場。不計(jì)粒子的重力,則磁場的變化周期T1和電場的變化周期T2之比為(　　)
[A] 1∶1 [B] 2π∶3
[C] 2π∶9 [D] π∶9
5.(4分)(2024·湖南永州期中)如圖甲所示的平行金屬極板M、N之間存在交替出現(xiàn)的勻強(qiáng)磁場和勻強(qiáng)電場,取垂直于紙面向外為磁場正方向,磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t周期性變化的規(guī)律如圖乙所示,取垂直于極板向上為電場正方向,電場強(qiáng)度E隨時(shí)間t周期性變化的規(guī)律如圖丙所示。t=0.5t0時(shí),一不計(jì)重力、帶正電的粒子從極板左端以速度v沿板間中線平行極板射入板間,最終平行于極板中線射出,已知粒子在t=1.5t0時(shí)速度為零,且整個(gè)運(yùn)動過程中始終未與兩極板接觸,則下列說法錯誤的是(　　)
[A] 粒子可能在2.5t0時(shí)刻射出極板
[B] 極板間距不小于+
[C] 極板長度為(n=1,2,3,…)
[D] =
6.(6分)(2024·廣西桂林一模)(多選)如圖甲所示,ABCD是一長方形有界勻強(qiáng)磁場邊界,磁感應(yīng)強(qiáng)度按圖乙規(guī)律變化,取垂直于紙面向外為磁場的正方向,圖中AB=AD=L,一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的帶正電粒子以速度v0在t=0時(shí)從A點(diǎn)沿AB方向垂直于磁場射入,粒子重力不計(jì)。則下列說法正確的是(　　)
[A] 若粒子經(jīng)時(shí)間t=T0恰好垂直打在CD上,則磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B0=
[B] 若粒子經(jīng)時(shí)間t=T0恰好垂直打在CD上,則粒子運(yùn)動的半徑大小R=
[C] 若要使粒子恰能沿DC方向通過C點(diǎn),則磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小B0=(n=1,2,3,…)
[D] 若要使粒子恰能沿DC方向通過C點(diǎn),磁場變化的周期T0=(n=1,2,3,…)
7.(20分)(2025·陜晉青寧高考適應(yīng)性考試)如圖,cd邊界與x軸垂直,在其右方豎直平面內(nèi),第一、二象限存在垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場,第三、四象限存在垂直于紙面向內(nèi)的勻強(qiáng)磁場,磁場區(qū)域覆蓋有豎直向上的外加勻強(qiáng)電場。在xOy平面內(nèi),某質(zhì)量為m、電荷量為q帶正電的絕緣小球從P點(diǎn)與cd邊界成30°角以速度v0射入,小球到坐標(biāo)原點(diǎn)O時(shí)恰好以速度v0豎直向下運(yùn)動,此時(shí)去掉外加的勻強(qiáng)電場。重力加速度大小為g,已知磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為。求:
(1)電場強(qiáng)度的大小和P點(diǎn)與y軸的距離;
(2)小球第一次到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)速度的大小;
(3)小球從過坐標(biāo)原點(diǎn)時(shí)到第一次到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)所用時(shí)間。
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高中總復(fù)習(xí)·物理
第8講　
小專題:帶電粒子在疊加場和交變電、磁場中的運(yùn)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(yùn)動形式
運(yùn)動性質(zhì) 受力特點(diǎn) 方法規(guī)律
勻速直線運(yùn)動 粒子所受合力為0 平衡條件
勻速圓周運(yùn)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(yùn)動的規(guī)律
較復(fù)雜的曲線運(yùn)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
C
[例1] 【磁場和電場的疊加】 (2024·江蘇連云港期中)如圖所示,在長為2L、寬為L的矩形區(qū)域內(nèi),有相互垂直的勻強(qiáng)電場(圖中未畫出)和勻強(qiáng)磁場,電場方向沿x軸正方向,磁場方向垂直于xOy平面向里。一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的帶電粒子從O點(diǎn)沿y軸正方向以一定速度射入,帶電粒子沿直線運(yùn)動,經(jīng)時(shí)間t0從P點(diǎn)射出,若僅撤去電場,帶電粒子依然經(jīng)t0射出矩形區(qū)域,不計(jì)粒子受到的重力,則勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為(　　)
[例2] 【磁場、電場和重力場的疊加】 (2024·安徽卷,10)(多選)空間中存在豎直向下的勻強(qiáng)電場和垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場,電場強(qiáng)度大小為E,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。一質(zhì)量為m的帶電油滴a,在紙面內(nèi)做半徑為R的圓周運(yùn)動,軌跡如圖所示。當(dāng)a運(yùn)動到最低點(diǎn)P時(shí),瞬間分成兩個(gè)小油滴Ⅰ、Ⅱ,二者帶電量、質(zhì)量均相同。Ⅰ在P點(diǎn)時(shí)與a的速度方向相同,并做半徑為3R的圓周運(yùn)動,軌跡如圖所示。Ⅱ的軌跡未畫出。已知重力加速度大小為g,不計(jì)空氣浮力與阻力以及Ⅰ、Ⅱ分開后的相互作用,則( 　　)
ABD
解決帶電粒子在交變電、磁場中的運(yùn)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(qū)的受力情況
過程分析 分析粒子在不同時(shí)間段內(nèi)的運(yùn)動情況
找銜接點(diǎn) 找出銜接相鄰兩過程的物理量
選規(guī)律 聯(lián)立不同階段的方程求解
(1)U0大小;
(2)勻強(qiáng)磁場Ⅰ、Ⅱ的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小;
(3)粒子打到擋板上的區(qū)域的長度。
(1)求液滴第一次到達(dá)O點(diǎn)時(shí)速度v的大小;
【答案】 (1)2.5 m/s
【解析】 (1)根據(jù)題意,對帶電液滴水平和豎直方向分別由動量定理得
-E1q·t1=0-mv0,mg·t1=mv-0,
解得v=2.5 m/s。
【答案】 (2)0.98 m
【答案】 (3)0.7 m
(1)粒子P的比荷;
(2)t=2t0時(shí)刻粒子P的位置;
(3)帶電粒子在運(yùn)動中距離原點(diǎn)O的最遠(yuǎn)距離L。
方法總結(jié)
解題關(guān)鍵和應(yīng)注意的問題
(1)帶電粒子在交變電、磁場運(yùn)動的問題一般都具有周期性,注意分析帶電粒子的運(yùn)動周期與電場周期、磁場周期的關(guān)系。
(2)帶電粒子在交變電、磁場中的運(yùn)動仍遵循牛頓運(yùn)動定律、運(yùn)動的合成與分解、動能定理、能量守恒定律等力學(xué)規(guī)律,所以此類問題的研究方法與質(zhì)點(diǎn)動力學(xué)相同。
基礎(chǔ)對點(diǎn)練
ABD
CD
2.(6分)(2024·四川內(nèi)江開學(xué)考試)(多選)如圖所示,絕緣粗糙的豎直墻壁右側(cè)同時(shí)存在相互垂直的勻強(qiáng)電場E和勻強(qiáng)磁場B,電場方向水平向左,磁場方向垂直于紙面向里。質(zhì)量為m、電荷量為+q的小滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))從A點(diǎn)由靜止開始沿墻壁下滑至C點(diǎn)時(shí)離開,到達(dá)D點(diǎn)時(shí)速度最大,CD段做曲線運(yùn)動。已知滑塊與墻壁間的動摩擦因數(shù)為μ,重力加速度為g,則
(　　 )
[A] A到C過程中滑塊做勻加速直線運(yùn)動
[B] 滑塊到達(dá)D點(diǎn)時(shí)加速度為零
[C] D點(diǎn)不是滑塊運(yùn)動軌跡的最低點(diǎn)
[D] 若已知A、C間的高度差,則可求出A到C過程中摩擦力對滑塊做的功
B
C
5.(4分)(2024·湖南永州期中)如圖甲所示的平行金屬極板M、N之間存在交替出現(xiàn)的勻強(qiáng)磁場和勻強(qiáng)電場,取垂直于紙面向外為磁場正方向,磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t周期性變化的規(guī)律如圖乙所示,取垂直于極板向上為電場正方向,電場強(qiáng)度E隨時(shí)間t周期性變化的規(guī)律如圖丙所示。t=0.5t0時(shí),一不計(jì)重力、帶正電的粒子從極板左端以速度v沿板間中線平行極板射入板間,最終平行于極板中線射出,已知粒子在t=1.5t0時(shí)速度為零,且整個(gè)運(yùn)動過程中始終未與兩極板接觸,則下列說法錯誤的是(　　 )
C
AD
綜合提升練
(1)電場強(qiáng)度的大小和P點(diǎn)與y軸的距離;
(2)小球第一次到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)速度的大小;
(3)小球從過坐標(biāo)原點(diǎn)時(shí)到第一次到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)所用時(shí)間。

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