《高考物理通用版二輪復(fù)習(xí)講義：第二部分 第二板塊 第1講 應(yīng)用“三類典型運(yùn)動(dòng)”破解電磁場(chǎng)計(jì)算題 Word版含解析》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考物理通用版二輪復(fù)習(xí)講義：第二部分 第二板塊 第1講 應(yīng)用“三類典型運(yùn)動(dòng)”破解電磁場(chǎng)計(jì)算題 Word版含解析（22頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 第1講 ┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄ 考法 學(xué)法 分析近幾年全國(guó)高考卷可知，壓軸計(jì)算題多數(shù)情況下考查電學(xué)，考查的內(nèi)容有：①帶電粒子(體)在電場(chǎng)、磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)；②帶電粒子(體)在組合場(chǎng)、疊加場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)；③帶電粒子(體)在交變場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)。本講主要應(yīng)用“直線運(yùn)動(dòng)”“圓周運(yùn)動(dòng)”“類平拋運(yùn)動(dòng)”這三類典型運(yùn)動(dòng)破解電磁場(chǎng)計(jì)算題。用到的思想方法有：①假設(shè)法；②合成法；③正交分解法；④臨界、極值問題的分析方法；⑤等效思想；⑥分解思想。 ┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄ 命題點(diǎn)(一)　帶電粒子(體

2、)在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) [研一題]———————————————————————————————— 如圖所示，金屬絲發(fā)射出的電子(質(zhì)量為m、電荷量為e，初速度與重力均忽略不計(jì))被加速后從金屬板的小孔穿出進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)(小孔與上、下極板間的距離相等)。已知偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)兩極板間距離為d，當(dāng)加速電壓為U1、偏轉(zhuǎn)電壓為U2時(shí)，電子恰好打在下極板的右邊緣M點(diǎn)，現(xiàn)將偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的下極板向下平移。 (1)如何只改變加速電壓U1，使電子打在下極板的中點(diǎn)？ (2)如何只改變偏轉(zhuǎn)電壓U2，使電子仍打在下極板的M點(diǎn)？ [解析]　(1)設(shè)移動(dòng)下極板前后偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度分別為E和E′，電子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中的加速度大小分別為a、

3、a′，加速電壓改變前后，電子穿出小孔時(shí)的速度大小分別為v0、v1 因偏轉(zhuǎn)電壓不變，所以有Ed＝E′·d， 即E′＝E 由qE＝ma及qE′＝ma′知a′＝a 設(shè)極板長(zhǎng)度為L(zhǎng)，則d＝a′2，＝a2，解得v12＝ 在加速電場(chǎng)中由動(dòng)能定理知 eU1＝mv02，eU1′＝mv12 解得U1′＝，即加速電壓應(yīng)減為原來的，才能使電子打在下極板的中點(diǎn)。 (2)因電子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中水平方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，極板移動(dòng)前后，電子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t相等，設(shè)極板移動(dòng)前后，電子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的加速度大小分別為a1、a2，則有 ＝a1t2，d＝a2t2， 即a2＝2a1 由牛頓第二定律知a1＝

4、，a2＝ 解得U2′＝3U2，即偏轉(zhuǎn)電壓變?yōu)樵瓉淼?倍，才能使電子仍打在M點(diǎn)。 [答案]　(1)加速電壓應(yīng)減為原來的，即　 (2)偏轉(zhuǎn)電壓變?yōu)樵瓉淼?倍，即3U2 [悟一法]———————————————————————————————— 帶電粒子(體)在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問題的解題流程 [通一類]———————————————————————————————— 　(2017·全國(guó)卷Ⅰ)真空中存在電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E1的勻強(qiáng)電場(chǎng)，一帶電油滴在該電場(chǎng)中豎直向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，速度大小為v0。在油滴處于位置A時(shí)，將電場(chǎng)強(qiáng)度的大小突然增大到某值，但保持其方向不變。持續(xù)一段時(shí)間t1后，又突

5、然將電場(chǎng)反向，但保持其大小不變；再持續(xù)同樣一段時(shí)間后，油滴運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)。重力加速度大小為g。 (1)求油滴運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)的速度； (2)求增大后的電場(chǎng)強(qiáng)度的大??；為保證后來的電場(chǎng)強(qiáng)度比原來的大，試給出相應(yīng)的t1和v0應(yīng)滿足的條件。已知不存在電場(chǎng)時(shí)，油滴以初速度v0做豎直上拋運(yùn)動(dòng)的最大高度恰好等于B、A兩點(diǎn)間距離的兩倍。 解析：(1)設(shè)油滴質(zhì)量和電荷量分別為m和q，油滴速度方向向上為正。 在t＝0時(shí)，電場(chǎng)強(qiáng)度突然從E1增加至E2，油滴做豎直向上的勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度方向向上，大小a1滿足 qE2－mg＝ma1① 油滴在t1時(shí)刻的速度為 v1＝v0＋a1t1② 電場(chǎng)強(qiáng)度在t1時(shí)刻突然反向

6、，油滴做勻變速運(yùn)動(dòng)，加速度方向向下，大小a2滿足 qE2＋mg＝ma2③ 油滴在t2＝2t1時(shí)刻的速度為 v2＝v1－a2t1④ 由①②③④式得 v2＝v0－2gt1。⑤ (2)由題意，在t＝0時(shí)刻前有 qE1＝mg⑥ 油滴從t＝0到t1時(shí)刻的位移為 s1＝v0t1＋a1t12⑦ 油滴在從t1時(shí)刻到t2＝2t1時(shí)刻的時(shí)間間隔內(nèi)的位移為 s2＝v1t1－a2t12⑧ 由題給條件有 v02＝2g·2h⑨ 式中h是B、A兩點(diǎn)之間的距離。 若B點(diǎn)在A點(diǎn)之上，依題意有 s1＋s2＝h⑩ 由①②③⑥⑦⑧⑨⑩式得 E2＝E1? 為使E2>E1，應(yīng)有 2－2＋2>1?

7、 即當(dāng)0? 才是可能的，條件?式和?式分別對(duì)應(yīng)于v2>0和v2<0兩種情形。 若B點(diǎn)在A點(diǎn)之下，依題意有 s1＋s2＝－h(huán)? 由①②③⑥⑦⑧⑨?式得 E2＝E1? 為使E2>E1，應(yīng)有 2－2－2>1? 即t1>? 另一解為負(fù)，不合題意，已舍去。 答案：(1)v0－2gt1　(2)見解析 命題點(diǎn)(二)　帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 題型1　帶電粒子在有界磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 1．磁場(chǎng)中勻速圓周運(yùn)動(dòng)問題的分析方法 2．求磁場(chǎng)區(qū)域最小面積的兩個(gè)注意事項(xiàng) (1)粒子射入、射出磁場(chǎng)邊界時(shí)速度的垂線的交點(diǎn)，即為軌跡圓的圓心。 (2)所求最小圓形磁場(chǎng)區(qū)域(面積最

8、小)的直徑等于粒子運(yùn)動(dòng)軌跡的弦長(zhǎng)。 [例1]　(2018·重慶模擬)如圖所示坐標(biāo)原點(diǎn)O(0,0)處有一帶電粒子源，沿xOy平面向y≥0、x≥0的區(qū)域內(nèi)的各個(gè)方向發(fā)射粒子。粒子的速率均為v、質(zhì)量均為m、電荷量均為＋q。有人設(shè)計(jì)了方向垂直于xOy平面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，使上述所有帶電粒子從該區(qū)域的邊界射出時(shí)均能沿y軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)，不考慮粒子間相互作用，不計(jì)粒子重力。求： (1)粒子與x軸相交的坐標(biāo)范圍； (2)粒子與y軸相交的坐標(biāo)范圍； (3)該勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域的最小面積。 [解析]　(1)設(shè)粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R， 由qvB＝m， 得R＝， 如圖所示，粒子與x軸相

9、交的坐標(biāo)范圍為－≤x≤－。 (2)如圖所示，粒子與y軸相交的坐標(biāo)范圍為0≤y≤。 (3)由題可知，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的最小范圍如圖中的陰影區(qū)域所示。 第一象限區(qū)域一個(gè)半徑為R的半圓面積為S1＝， 第二象限區(qū)域四分之一圓的半徑為2R， 其面積為S2＝＝πR2， 第二象限區(qū)域一個(gè)半徑為R的半圓面積為S3＝， 則陰影部分面積為S＝S1＋S2－S3＝πR2＝。 [答案]　(1)－≤x≤－　(2)0≤y≤　(3) 題型2　帶電粒子在磁場(chǎng)中的多解問題 1．解決此類問題的關(guān)鍵是要找到粒子運(yùn)動(dòng)時(shí)產(chǎn)生多解的原因，從而判斷出粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的可能情形，然后由粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的規(guī)律(通常是半

10、徑公式、周期公式結(jié)合幾何知識(shí))求解。 2．粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)產(chǎn)生多解的原因通常有：帶電粒子的電性不確定；磁場(chǎng)方向的不確定；臨界狀態(tài)的不唯一；運(yùn)動(dòng)方向的不確定；運(yùn)動(dòng)的重復(fù)性等。 [例2]　如圖所示為寬度為d的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，MM′和NN′是它的兩條邊界?，F(xiàn)有質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子沿圖示方向垂直磁場(chǎng)射入，要使粒子不能從邊界NN′射出，則粒子入射速率v的最大值可能是多少。 [解析]　若q為正電荷，軌跡是如圖所示的上方與NN′相切的圓弧，軌跡半徑： R＝，又d＝R－ 解得v＝(2＋)。 若q為負(fù)電荷，軌跡是如圖所示的下方與NN′相切的圓弧， 則有：R′＝

11、，d＝R′＋， 解得v′＝(2－)。 [答案]　(2＋)(q為正電荷)或(2－)(q為負(fù)電荷) 命題點(diǎn)(三)　帶電粒子在組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) [研一題]———————————————————————————————— (2018·全國(guó)卷Ⅰ)如圖，在y＞0的區(qū)域存在方向沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)大小為E；在y＜0的區(qū)域存在方向垂直于xOy平面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。一個(gè)氕核H和一個(gè)氘核H先后從y軸上y＝h點(diǎn)以相同的動(dòng)能射出，速度方向沿x軸正方向。已知H進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，速度方向與x軸正方向的夾角為60°，并從坐標(biāo)原點(diǎn)O處第一次射出磁場(chǎng)。H的質(zhì)量為m，電荷量為q。不計(jì)重力。求： (1) H第一次進(jìn)入磁場(chǎng)

12、的位置到原點(diǎn)O的距離； (2)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大?。? (3) H第一次離開磁場(chǎng)的位置到原點(diǎn)O的距離。 [解析]　(1) H在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn) 動(dòng)，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示。在電場(chǎng)中由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有 s1＝v1t1① h＝a1t12② H進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度在y軸方向的分量大小為 v1tan θ1＝a1t1，其中θ1＝60°③ 聯(lián)立以上各式得 s1＝h。④ (2) H在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，由牛頓第二定律有 qE＝ma1⑤ 進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度的大小為 v＝⑥ 在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)由牛頓第二定律有 qvB＝m⑦ 由幾何關(guān)系得 s1＝2R1sin θ1⑧ 聯(lián)立以上各式得B

13、＝ 。⑨ (3) H與H初動(dòng)能相等 ×2mv22＝mv12⑩ H在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)有 qE＝2ma2? s2＝v2t2? h＝a2t22? 進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)v2tan θ2＝a2t2? v′＝? qv′B＝2m? 聯(lián)立以上各式得 s2＝s1，θ2＝θ1，R2＝R1? 所以H第一次離開磁場(chǎng)的出射點(diǎn)在原點(diǎn)左側(cè)，設(shè)出射點(diǎn)到入射點(diǎn)的距離為s2′，由幾何關(guān)系有 s2′＝2R2sin θ2? 聯(lián)立④⑧??式得，H第一次離開磁場(chǎng)時(shí)的位置到原點(diǎn)O的距離為 s2′－s2＝(－1)h。? [答案]　(1)h　(2) 　(3)(－1)h [悟一法]——————

14、—————————————————————————— 解決帶電粒子在組合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)問題的思路方法 [通一類]———————————————————————————————— 1．(2018·全國(guó)卷Ⅱ)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xOy平面內(nèi)的截面如圖所示：中間是磁場(chǎng)區(qū)域，其邊界與y軸垂直，寬度為l，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B，方向垂直于xOy平面；磁場(chǎng)的上、下兩側(cè)為電場(chǎng)區(qū)域，寬度均為l′，電場(chǎng)強(qiáng)度的大小均為E，方向均沿x軸正方向；M、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

15、點(diǎn)沿y軸正方向射出。不計(jì)重力。 (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??； (3)若該粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度方向恰好與x軸正方向的夾角為，求該粒子的比荷及其從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的時(shí)間。 解析：(1)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，如圖(a)所示。 (2)設(shè)粒子從M點(diǎn)射入時(shí)速度的大小為v0，進(jìn)入磁場(chǎng)的速度大小為v，方向與電場(chǎng)方向的夾角為θ[如圖(b)]，速度v沿電場(chǎng)方向的分量為v1。 根據(jù)牛頓第二定律有 qE＝ma① 由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有 l′＝v0t② v1＝at③ v1＝vcos θ④ 設(shè)粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周

16、運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑為R，由洛倫茲力公式和牛頓第二定律得 qvB＝⑤ 由幾何關(guān)系得 l＝2Rcos θ⑥ 聯(lián)立①②③④⑤⑥式得 v0＝。⑦ (3)由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和題給數(shù)據(jù)得 ＝tan ⑧ 聯(lián)立①②③⑦⑧式得 ＝⑨ 設(shè)粒子由M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)所用的時(shí)間為t′，則 t′＝2t＋T⑩ 式中T是粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期， T＝? 由②⑦⑨⑩?式得 t′＝。? 答案：(1)見解析圖(a)　(2)　(3)　 2．(2018·宜賓高三統(tǒng)考)如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，直角三角形ACD內(nèi)存在垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。線段CO＝OD＝l，θ＝30°。在第四

17、象限正方形ODFG內(nèi)存在沿x軸正方向、電場(chǎng)強(qiáng)度E＝的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在第三象限沿AC放置一面足夠大的熒光屏，屏與y軸平行。一個(gè)電子P從坐標(biāo)原點(diǎn)O沿y軸正方向射入磁場(chǎng)，恰好不從AD邊射出磁場(chǎng)。已知電子的質(zhì)量為m、電荷量為e，不計(jì)重力。 (1)求電子P射入磁場(chǎng)時(shí)的速度大?。? (2)求電子P經(jīng)過y軸時(shí)的坐標(biāo)； (3)若另一電子Q從x坐標(biāo)軸上某點(diǎn)(x≠0)以相同的速度仍沿y軸正方向射入磁場(chǎng)，且P、Q打在熒光屏上同一點(diǎn)，求電子Q在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間。 解析：(1)電子P恰好不從AD邊射出磁場(chǎng)，則電子P的運(yùn)動(dòng)軌跡與AD邊相切， 由幾何關(guān)系可得：r＋＝l 電子P在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向

18、心力，有： ev0B＝ 解得：r＝，v0＝。 (2)假設(shè)電子P從OG邊離開電場(chǎng)，則電子P在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，有： 2r＝at12 yP＝v0t1 eE＝ma 解得：t1＝，yP＝l 由于yP＝l

19、2，有：yQ1＋yQ2＝Y(jié) yQ1＝v0t2 yQ2＝ tan β＝ vQx＝at2 解得：t2＝。 答案：(1)　(2)　(3) 命題點(diǎn)(四)　帶電粒子(體)在疊加場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) [研一題]———————————————————————————————— 如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，第一象限內(nèi)存在正交的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，其中電場(chǎng)強(qiáng)度E1＝40 N/C；第四象限內(nèi)存在一方向向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度E2＝ N/C。一質(zhì)量為m＝2×10－3 kg的帶正電的小球，從M(3.64 m,3.2 m)點(diǎn)以v0＝1 m/s的水平速度開始運(yùn)動(dòng)。已知小球在第一象限內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，從P(

20、2.04 m,0)點(diǎn)進(jìn)入第四象限后經(jīng)過y軸上的N(0，－2.28 m)點(diǎn)(圖中未標(biāo)出)(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)。求： (1)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小； (2)小球由P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至N點(diǎn)的時(shí)間。 [解析]　(1)由題意可知 qE1＝mg 解得q＝5×10－4 C 小球在第一、四象限的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖甲所示。 則Rcos θ＝xM－xP Rsin θ＋R＝y(tǒng)M 可得R＝2 m，θ＝37°，tan θ＝0.75 由qv0B＝m 解得B＝2 T。 (2)小球進(jìn)入第四象限后受力分析如圖乙所示。 tan α＝＝0.75＝tan θ，即α＝θ

21、＝37° 可知小球進(jìn)入第四象限后所受的電場(chǎng)力和重力的合力與速度方向垂直，由圖甲可知合力沿PA方向 由圖甲中幾何關(guān)系可得OA＝OPtan α＝1.53 m AN＝ON－OA＝0.75 m 過N點(diǎn)作PA延長(zhǎng)線的垂線NQ，易知△OAP與△QAN相似， 所以∠QNA＝∠OPA＝α 得QN＝ANcos α＝0.6 m 由QN＝v0t，解得t＝0.6 s。 [答案]　(1)2 T　(2)0.6 s [悟一法]———————————————————————————————— 帶電粒子在疊加場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的解題思路 [通一類]————————————————————————————————

22、 　(2019屆高三·惠州四校聯(lián)考)平面OM和水平面ON之間的夾角為30°，其橫截面如圖所示，平面OM和水平面ON之間同時(shí)存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)和勻強(qiáng)電場(chǎng)，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于紙面向外，勻強(qiáng)電場(chǎng)的方向豎直向上。一帶電小球的質(zhì)量為m、帶電荷量為q，帶電小球沿紙面以大小為v0的速度從OM的某點(diǎn)向左上方射入磁場(chǎng)，速度方向與OM成30°角，帶電小球進(jìn)入磁場(chǎng)后恰好做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，已知帶電小球在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡與ON恰好相切，且能從OM上另一點(diǎn)P射出磁場(chǎng)(P未畫出)。 (1)帶電小球帶何種電荷？勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度為多大？ (2)帶電小球離開磁場(chǎng)的出射點(diǎn)P到兩平面交點(diǎn)O的距離為多大？ (3

23、)帶電小球離開磁場(chǎng)后繼續(xù)運(yùn)動(dòng)，能打在左側(cè)豎直的光屏OO′上，此點(diǎn)到O點(diǎn)的距離為多大？ 解析：(1)小球在復(fù)合場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，小球受到的電場(chǎng)力與重力平衡，小球所受電場(chǎng)力豎直向上，電場(chǎng)力方向與電場(chǎng)強(qiáng)度方向相同，則小球帶正電荷；電場(chǎng)力與重力大小相等， 則qE＝mg，解得：E＝。 (2)小球進(jìn)入磁場(chǎng)后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得： qv0B＝m，解得：r＝， 根據(jù)題意，帶電小球在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，Q點(diǎn)為運(yùn)動(dòng)軌跡與ON的切點(diǎn)，I點(diǎn)為入射點(diǎn)，P點(diǎn)為出射點(diǎn)，則IP為圓軌跡的弦，小球離開磁場(chǎng)的速度方向與OM的夾角也為 30°，由幾何關(guān)系可

24、得，QP為圓軌跡的直徑， 可知OP的長(zhǎng)度為：s＝＝＝4r＝。 (3)帶電小球從P點(diǎn)離開磁場(chǎng)后做平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)小球打在光屏上的T點(diǎn)，豎直位移為y， 水平位移：x＝v0t， 解得：t＝＝＝， 豎直位移：y＝gt2＝， 小球打在光屏上的T點(diǎn)到O點(diǎn)的距離為： H＝2r＋y＝＋。 答案：(1)正電荷　　(2)　(3)＋ 命題點(diǎn)(五)　帶電粒子(體)在交變場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 題型1　電場(chǎng)的周期性變化 [例1]　(2018·宜昌調(diào)研)如圖甲所示，兩水平金屬板A、B間的距離為d，極板長(zhǎng)為l，A、B右側(cè)有一豎直放置的熒光屏，熒光屏距A、B右端的距離為0.7l。A、B兩板間加上如圖乙所示的方波形電

25、壓，電壓的正向值為U0，反向值也為U0，A、B間的電場(chǎng)可視為勻強(qiáng)電場(chǎng)，且兩板外無電場(chǎng)?，F(xiàn)有質(zhì)量為m、電荷量為e(重力不計(jì))的電子束，以速度v0沿A、B兩板間的中心線OO′射入兩板間的偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，所有電子均能通過偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，最后打在熒光屏上。 (1)求電子通過偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的時(shí)間t0； (2)若UAB的周期T＝t0，求電子飛出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)離OO′的最大距離； (3)若UAB的周期T＝2t0，求電子擊中熒光屏上O′點(diǎn)時(shí)的速率。 [解析]　(1)電子在水平方向做勻速運(yùn)動(dòng)，有：v0t0＝l，解得t0＝。 (2)當(dāng)T＝t0時(shí)，t＝0時(shí)刻進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的電子飛出時(shí)離OO′的距離最大 設(shè)最大距離為ym，加

26、速度大小為a，則有： ym＝2×a2 a＝ 解得最大距離ym＝。 (3)當(dāng)T＝2t0時(shí)，電子要到達(dá)O′點(diǎn)，則在電場(chǎng)中豎直方向上必須先做加速運(yùn)動(dòng)后做減速運(yùn)動(dòng)再反向做加速運(yùn)動(dòng)，并且加速度大小相等，離開電場(chǎng)后豎直方向上做勻速運(yùn)動(dòng)，從O到O′的整個(gè)過程向上的位移和向下的位移大小相等。設(shè)向上做加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為Δt，則在豎直方向上有： y上＝2×aΔt2 y下＝a(t0－2Δt)2＋a(t0－2Δt)· 要到達(dá)O′點(diǎn)，則有y上＝y(tǒng)下 解得Δt＝0.4t0，另一解Δt＝3t0舍去 所以到達(dá)O′點(diǎn)的電子在豎直方向上的速度大小為 vy＝a(t0－2Δt) 到達(dá)熒光屏上O′點(diǎn)的電子的速率為v

27、＝ 解得電子擊中熒光屏上O′點(diǎn)時(shí)的速率：v＝ 。 [答案]　(1)　(2)　(3) 題型2　磁場(chǎng)的周期性變化 [例2]　(2018·肇慶模擬)如圖甲所示，豎直擋板MN左側(cè)空間有方向豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直紙面的水平勻強(qiáng)磁場(chǎng)。電場(chǎng)和磁場(chǎng)的范圍足夠大，電場(chǎng)強(qiáng)度E＝40 N/C，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t變化的關(guān)系圖像如圖乙所示，以磁場(chǎng)垂直紙面向里為正方向。t＝0時(shí)刻，一質(zhì)量m＝8×10－4 kg、電荷量q＝＋2×10－4 C的微粒在O點(diǎn)具有豎直向下的速度v＝0.12 m/s，O′是擋板MN上一點(diǎn)，直線OO′與擋板MN垂直，取g＝10 m/s2。求： (1)微粒再次經(jīng)過直線OO′時(shí)與O點(diǎn)的

28、距離x； (2)微粒在運(yùn)動(dòng)過程中離開直線OO′的最大高度H； (3)水平移動(dòng)擋板，使微粒能垂直射到擋板上，擋板與O點(diǎn)間的距離L應(yīng)滿足的條件。 [解析]　(1)根據(jù)題意可知，微粒所受的重力 G＝mg＝8×10－3 N 電場(chǎng)力大小F＝qE＝8×10－3 N 因此重力與電場(chǎng)力平衡 微粒先在洛倫茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則 qvB＝m 解得：R＝0.6 m 由T＝ 解得：T＝10π s 則微粒在5π s內(nèi)轉(zhuǎn)過半個(gè)圓周，再次經(jīng)直線OO′時(shí)與O點(diǎn)的距離：x＝2R 解得：x＝1.2 m。 (2)微粒第一次運(yùn)動(dòng)半周后向上做勻速運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為 t′＝5π s，軌跡如圖所示，位移

29、大小：s＝vt′ 解得：s≈1.88 m 因此，微粒離開直線OO′的最大高度： H＝s＋R＝2.48 m。 (3)若微粒能垂直射到擋板上的某點(diǎn)P，P點(diǎn)在直線OO′下方時(shí)，由圖像可知，擋板MN與O點(diǎn)間的距離應(yīng)滿足： L＝(2.4n＋0.6)m (n＝0,1,2，…) 若微粒能垂直射到擋板上的某點(diǎn)P，P點(diǎn)在直線OO′上方時(shí)，由圖像可知，擋板MN與O點(diǎn)間的距離應(yīng)滿足： L＝(2.4n＋1.8)m (n＝0,1,2，…) 綜上，擋板MN與O點(diǎn)間的距離應(yīng)滿足： L＝(1.2n＋0.6)m (n＝0,1,2，…)。 [系統(tǒng)通法] [答案]　(1)1.2 m　(2)2.48 m　(3)

30、L＝(1.2n＋0.6)m (n＝0,1,2，…) 帶電粒子在交變場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的解題思路 [專題強(qiáng)訓(xùn)提能] 1．(2019屆高三·包頭模擬)如圖所示，在豎直平面內(nèi)一個(gè)帶正電的小球質(zhì)量為m，所帶的電荷量為q，用一根長(zhǎng)為L(zhǎng)且不可伸長(zhǎng)的絕緣輕細(xì)線系在一勻強(qiáng)電場(chǎng)中的O點(diǎn)。勻強(qiáng)電場(chǎng)的方向水平向右，分布的區(qū)域足夠大?，F(xiàn)將帶正電小球從O點(diǎn)右方由與O點(diǎn)等高的A點(diǎn)無初速度釋放，小球到達(dá)最低點(diǎn)B時(shí)速度恰好為零。 (1)求勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小； (2)若小球從O點(diǎn)的左

31、方由與O點(diǎn)等高的C點(diǎn)無初速度自由釋放，則小球到達(dá)最低點(diǎn)B所用的時(shí)間t是多少？(已知：OA＝OC＝L，重力加速度為g) 解析：(1)對(duì)小球由A到B的過程，由動(dòng)能定理得 mgL－qEL＝0 解得E＝。 (2)小球由C點(diǎn)釋放后，將沿CB做勻加速直線運(yùn)動(dòng)， F合＝＝mg a＝＝g 由幾何關(guān)系易知，CB＝L，則 L＝at2 解得t＝ 。 答案：(1)　(2) 2．(2018·全國(guó)卷Ⅲ)如圖，從離子源產(chǎn)生的甲、乙兩種離子，由靜止經(jīng)加速電壓U加速后在紙面內(nèi)水平向右運(yùn)動(dòng)，自M點(diǎn)垂直于磁場(chǎng)邊界射入勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里，磁場(chǎng)左邊界豎直。已知甲種離子射入磁場(chǎng)的速度大小為v1，并在

32、磁場(chǎng)邊界的N點(diǎn)射出；乙種離子在MN的中點(diǎn)射出；MN長(zhǎng)為l。不計(jì)重力影響和離子間的相互作用。求： (1)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大??； (2)甲、乙兩種離子的比荷之比。 解析：(1)設(shè)甲種離子所帶電荷量為q1、質(zhì)量為m1，在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R1，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，由動(dòng)能定理有 q1U＝m1v12① 由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有 q1v1B＝m1② 由幾何關(guān)系知 2R1＝l③ 由①②③式得 B＝。④ (2)設(shè)乙種離子所帶電荷量為q2、質(zhì)量為m2，射入磁場(chǎng)的速度為v2，在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R2。同理有 q2U＝m2v22⑤ q2v2B＝m2⑥ 由題

33、給條件有 2R2＝⑦ 由①②③⑤⑥⑦式得，甲、乙兩種離子的比荷之比為 ∶＝1∶4。⑧ 答案：(1)　(2)1∶4 3.如圖所示，在xOy平面的第一象限內(nèi)存在著方向垂直紙面向外、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，第四象限內(nèi)存在方向沿－x方向、電場(chǎng)強(qiáng)度為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)。某一瞬間從y軸上縱坐標(biāo)為d的一點(diǎn)同時(shí)向磁場(chǎng)區(qū)發(fā)射速度大小不等的帶正電的同種粒子，速度方向范圍與＋y方向成45°～135°角，且在xOy平面內(nèi)。結(jié)果所有粒子經(jīng)過磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后都垂直打到x軸上，然后進(jìn)入第四象限的勻強(qiáng)電場(chǎng)區(qū)后均從y軸的負(fù)半軸射出。已知帶電粒子所帶電荷量均為＋q，質(zhì)量均為m，粒子重力和粒子間的相互作用不計(jì)。 (1)試求帶電粒

34、子進(jìn)入磁場(chǎng)的速度大小范圍； (2)試求所有粒子到達(dá)－y軸上的時(shí)間范圍(即最后到達(dá)－y軸與最先到達(dá)－y軸的粒子的時(shí)間間隔)。 解析：(1)設(shè)粒子速度v與＋y軸的夾角為θ，如圖所示，垂直打到x軸上滿足d＝Rsin θ 又qvB＝ 解得v＝＝ 當(dāng)θ＝90°時(shí)，vmin＝ 當(dāng)θ＝45°和θ＝135°時(shí)，vmax＝ 帶電粒子進(jìn)入磁場(chǎng)的速度大小范圍為 ≤v≤。 (2)由(1)分析可知當(dāng)θ＝135°時(shí)，射入的粒子最先到達(dá)－y 軸，所用時(shí)間最短 其在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間t1＝＝ 由幾何關(guān)系可得進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)與O點(diǎn)的距離為(－1)d，粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng) 在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間滿足(－1)d＝··

35、t22 即t2＝ 所以tmin＝t1＋t2＝＋ 由(1)分析可知當(dāng)θ＝45°時(shí)，射入的粒子最后到達(dá)－y軸，所用時(shí)間最長(zhǎng) 其在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t3＝＝ 由幾何關(guān)系可得進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)與O點(diǎn)的距離為(＋1)d，粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng) 在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間滿足(＋1)d＝··t42， 即t4＝ 所以tmax＝t3＋t4＝＋ 所有粒子到達(dá)－y軸上的時(shí)間范圍為 Δt＝tmax－tmin＝＋ －。 答案：(1)≤v≤ (2)＋－ 4．(2018·江蘇高考)如圖所示，真空中四個(gè)相同的矩形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，高為4d，寬為d，中間兩個(gè)磁場(chǎng)區(qū)域間隔為2d，中軸線與磁場(chǎng)區(qū)域兩側(cè)相交于O、

36、O′點(diǎn)，各區(qū)域磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等。某粒子質(zhì)量為m、電荷量為＋q，從O沿軸線射入磁場(chǎng)。當(dāng)入射速度為v0時(shí)，粒子從O上方處射出磁場(chǎng)。取sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6。 (1)求磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B； (2)入射速度為5v0時(shí)，求粒子從O運(yùn)動(dòng)到O′的時(shí)間t； (3)入射速度仍為5v0，通過沿軸線OO′平移中間兩個(gè)磁場(chǎng)(磁場(chǎng)不重疊)，可使粒子從O運(yùn)動(dòng)到O′的時(shí)間增加Δt，求Δt的最大值。 解析：(1)粒子做圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力， qv0B＝ 由題意知r0＝ 解得B＝。 (2)當(dāng)初速度v＝5v0時(shí)，由qvB＝得r＝d，粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖，設(shè)粒子在矩形磁場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)

37、角為α。 由幾何關(guān)系知d＝rsin α，得sin α＝，即α＝53° 在一個(gè)矩形磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t1＝×， 解得t1＝ 粒子做直線運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t2＝ 解得t2＝ 則t＝4t1＋t2＝。 (3)設(shè)將中間兩磁場(chǎng)分別向中央移動(dòng)距離x，粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示。 粒子向上的偏移量y＝2r(1－cos α)＋xtan α 由y≤2d，解得x≤d 則當(dāng)xm＝d時(shí)，Δt有最大值 粒子做直線運(yùn)動(dòng)路程的最大值 sm＝＋(2d－2xm)＝3d 增加路程的最大值Δsm＝sm－2d＝d 增加時(shí)間的最大值Δtm＝＝。 答案：(1)　(2)　(3) 5.(2018·太原段考)如圖(a)所

38、示，在豎直平面內(nèi)建立直角坐標(biāo)系xOy，整個(gè)空間內(nèi)都存在垂直于坐標(biāo)平面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)和水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，勻強(qiáng)電場(chǎng)的方向與x軸正方向夾角為45°。已知帶電粒子質(zhì)量為m、電荷量為＋q，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，電場(chǎng)強(qiáng)度大小 E＝，重力加速度為g。 (1)若粒子在xOy平面內(nèi)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，求粒子的速度v0； (2)t＝0時(shí)刻的電場(chǎng)和磁場(chǎng)方向如圖(a)所示，若電場(chǎng)強(qiáng)度和磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小均不變，而方向隨時(shí)間作周期性變化，如圖(b)所示。將該粒子從原點(diǎn)O由靜止釋放，在0～時(shí)間內(nèi)的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖(c)虛線OMN所示，M點(diǎn)為軌跡距y軸的最遠(yuǎn)點(diǎn)，M距y軸的距離為d。已知在曲線上某一點(diǎn)能找到一個(gè)和它內(nèi)切的半徑最大的圓，粒子經(jīng)過此點(diǎn)時(shí)，相當(dāng)于以此圓的半徑在做圓周運(yùn)動(dòng)，這個(gè)圓的半徑就定義為曲線上這點(diǎn)的曲率半徑。求： ①粒子經(jīng)過M點(diǎn)時(shí)的曲率半徑ρ； ②在圖(c)中畫出粒子從N點(diǎn)回到O點(diǎn)的軌跡。 解析：(1)粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)，由平衡條件得 qv0B＝ 解得v0＝ 由左手定則得，v0沿y軸負(fù)方向。 (2)①重力和電場(chǎng)力的合力為F＝ 粒子從O運(yùn)動(dòng)到M過程中，只有重力和電場(chǎng)力的合力做功，據(jù)動(dòng)能定理 W＝Fd＝mv2 得v＝ 由qvB－mg＝ 得ρ＝。 ②軌跡如圖所示。 答案：(1)，沿y軸負(fù)方向　(2)①?、谝娊馕鰣D