人教版高中物理舉一反三-選擇性必修二1.3.2帶電粒子在復合場中的運動（（解析版））

1.32帶電粒子在復合場中的運動解析版目錄TOC\o"1-1"\h\u一、【帶電粒子在磁場和電場的組合場中運動知識點梳理】 1二、【帶電粒子在磁場和電場重力場疊加場中的運動知識點梳理】 6三、【帶電粒子在磁場和電場的疊加場中的運動知識點梳理】 9四、【帶電粒子在電場和重力場中的運動知識點梳理】 11【帶電粒子在磁場和電場的組合場中運動知識點梳理】組合場：電場與磁場各位于一定的區(qū)域內(nèi)，并不重疊或在同一區(qū)域，電場、磁場交替出現(xiàn)1．帶電粒子在勻強電場、勻強磁場中可能的運動性質(zhì)在電場強度為E的勻強電場中在磁感應強度為B的勻強磁場中初速度為零做初速度為零的勻加速直線運動保持靜止初速度垂直場線做勻變速曲線運動(類平拋運動)做勻速圓周運動初速度平行場線做勻變速直線運動做勻速直線運動特點受恒力作用，做勻變速運動洛倫茲力不做功，動能不變2.“電偏轉(zhuǎn)”和“磁偏轉(zhuǎn)”的比較垂直進入勻強磁場(磁偏轉(zhuǎn))垂直進入勻強電場(電偏轉(zhuǎn))情景圖受力FB＝qv0B，大小不變，方向總指向圓心，方向變化，F(xiàn)B為變力FE＝qE，F(xiàn)E大小、方向不變，為恒力運動規(guī)律勻速圓周運動r＝eq\f(mv0,Bq)，T＝eq\f(2πm,Bq)類平拋運動vx＝v0，vy＝eq\f(Eq,m)tx＝v0t，y＝eq\f(Eq,2m)t2運動時間t＝eq\f(θ,2π)T＝eq\f(θm,Bq)t＝eq\f(L,v0)，具有等時性動能不變變化電場中：加速直線運動?磁場中：勻速圓周運動電場中：類平拋運動?磁場中：勻速圓周運動磁場中：勻速圓周運動?eq\x(v與E同向或反向)電場中：勻變速直線運動磁場中：勻速圓周運動?eq\x(v與E垂直)電場中：類平拋運動規(guī)律運用及思路①帶電粒子經(jīng)過電場區(qū)域時利用動能定理或類平拋的知識分析；②帶電粒子經(jīng)過磁場區(qū)域時利用圓周運動規(guī)律結(jié)合幾何關(guān)系來處理；③注意帶電粒子從一種場進入另一種場時的銜接速度．【帶電粒子在磁場和電場的組合場中運動舉一反三練習】1．如圖所示裝置中，區(qū)域Ⅰ和Ⅲ中分別有豎直向上和水平向右的勻強電場，電場強度分別為和；Ⅱ區(qū)域內(nèi)有垂直向外的水平勻強磁場，磁感應強度為。一質(zhì)量為、帶電量為的帶負電粒子（不計重力）從左邊界O點正上方的M點以速度水平射入電場，經(jīng)水平分界線OP上的A點與OP成60°角射入Ⅱ區(qū)域的磁場，并垂直豎直邊界CD進入Ⅲ區(qū)域的勻強電場中。求：（1）粒子在Ⅱ區(qū)域勻強磁場中運動的軌道半徑；（2）勻強磁場區(qū)域OP的寬度；（3）粒子從M點出發(fā)到第一次速度變?yōu)?所經(jīng)歷的時間。

【答案】（1）；（2）；（3）【詳解】（1）由題意，可畫出粒子的運動軌跡如圖所示

粒子在勻強電場區(qū)域Ⅰ中做類平拋運動，設粒子過A點時速度為，粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，由牛頓第二定律得所以由類平拋規(guī)律知可得粒子在Ⅱ區(qū)域勻強磁場中運動的軌道半徑（2）粒子在區(qū)域Ⅰ中做類平拋運動，則有聯(lián)立求得由幾何知識可得得可得勻強磁場區(qū)域OP的寬度（3）粒子在Ⅱ區(qū)域中運動的時間為求得粒子在Ⅲ區(qū)域的勻強電場中做勻減速直線運動，速度減為0時，在該區(qū)域運動時間為求得則粒子從M點出發(fā)到第一次速度變?yōu)?所經(jīng)歷的時間為2．如圖所示，在平面直角坐標系xOy中，第二象限內(nèi)有沿y軸負方向的勻強電場，第三象限內(nèi)有垂直于坐標平面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B。M、N兩平行金屬板之間的電壓為U，一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子從靠近N板的S點由靜止開始加速，從y軸上的A點垂直于y軸射入電場，經(jīng)x軸上的C點與x軸負方向成θ=60°角射入磁場，最后從y軸上的D點垂直于y軸射出磁場，粒子重力不計。求：（1）粒子在A點射入電場速度v0的大??；（2）A、C兩點間的電勢差UAC和粒子在磁場中運動的軌道半徑r；（3）粒子從A到C的時間t1和從C到D的時間t2之比?！敬鸢浮浚?）；（2），；（3）【詳解】（1）設粒子在A點射入磁場的速度大小為v0，由動能定理得解得（2）設粒子過C點時速度為v，有得粒子從A到C，有解得如答圖所示粒子在磁場中以為圓心做勻速圓周運動，半徑為r，有得（3）由幾何關(guān)系得粒子在電場中運動的時間t1，有解得粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期粒子在磁場中運動的時間t2，有解得則粒子從A到C的時間和從C到D的時間之比為3．如圖所示，的區(qū)域存在沿x軸負方向的勻強電場，的區(qū)域存在垂直xOy紙面向外的勻強磁場，P（，0）點處有一個粒子源，可以向的區(qū)域發(fā)射質(zhì)量為m，電荷量為q，速度大小為的帶正電粒子，在所有到達y軸的粒子中，位置M（0，）點的粒子與P點距離最遠，不計重力及粒子間的相互作用。（1）求磁感應強度大小，及粒子進入電場前，在磁場中運動的最短時間；（2）若第一次從M點射出磁場的粒子，第二次從OM的中點N射出磁場，求電場強度大小。

【答案】（1），；（2）【詳解】（1）M點為粒子到達的最遠點，則PM為粒子運動軌跡的直徑，可得粒子在磁場中由洛倫茲力提供向心力可得聯(lián)立解得運動時間最短的粒子為從坐標原點O出射的粒子，該粒子對應的弧長最短，由于可知最短時間軌跡對應的圓心角為60°，則有（2）若第一次從M點射出磁場的粒子，第二次從OM的中點N射出磁場，如圖所示

記粒子由y軸上的Q點回到磁場，由粒子在電場中運動的對稱性可知，粒子在Q點的速度大小為，方向與y軸負方向的夾角為60°；由幾何關(guān)系可知弦長可得電場中豎直方向上的位移為在電場中豎直方向有水平方向上有，聯(lián)立解得4．如圖所示，在坐標系的的區(qū)域內(nèi)分布著沿軸正方向的勻強電場，在的區(qū)域內(nèi)分布著垂直于平面向里的勻強磁場，為電場和磁場的交界面，為磁場的上邊界。現(xiàn)從原點處沿軸正方向發(fā)射出速率為、比荷（電荷量與質(zhì)量之比）為的帶正電粒子，粒子運動軌跡恰與相切并返回磁場。已知電場強度，不計粒子重力和粒子間的相互作用。求：（1）粒子第一次穿過時的速度大小和水平位移的大小；（2）磁場的磁感應強度的大小；（3）交界線上坐標為處有一粒子接收器，若某一粒子從原點處發(fā)射時開始計時，什么時刻粒子接收器能將該粒子捕獲？（粒子接收器開啟即可捕獲粒子，不計捕獲所需時間）

【答案】（1），；（2）；（3）或者【詳解】（1）根據(jù)動能定理可知解得粒子在電場中做類平拋運動，有兩方程聯(lián)立解得（2）粒子的運動軌跡如圖所示

設粒子以與軸正方向成角進入磁場，則解得根據(jù)幾何關(guān)系解得由牛頓第二定律可得解得（3）粒子將以上圖的軌跡周期性運動，第一次在磁場中運動的時間為一個完整周期的時間為坐標為為粒子運動軌跡中第三個周期或第四周期上的點，即從原點處發(fā)射時開始計時，需要經(jīng)過或粒子接收器能將該粒子捕獲。5．如圖所示，在豎直面內(nèi)的直角坐標系中，軸豎直，兩點的坐標分別為和，第一象限內(nèi)有方向與軸正方向夾角的勻強電場；第二象限內(nèi)有勻強電場（圖中未畫出）和方向垂直坐標平面向里的勻強磁場；第三象限內(nèi)有勻強電場（圖中未畫出）和方向垂直坐標平面向外的勻強磁場，磁感應強度大小與第二象限內(nèi)磁場的磁感應強度大小相等?，F(xiàn)有一質(zhì)量為、電荷量為的帶正電小球，從點由靜止開始沿直線運動，通過點后在第二象限內(nèi)做勻速圓周運動，垂直通過軸上的點后做勻速直線運動，通過點（圖中未畫出）時立即撤去第三象限內(nèi)的磁場，經(jīng)過一段時間后小球通過軸上的點。重力加速度大小為，不計空氣阻力。求：（1）第一象限內(nèi)電場的電場強度大小和第二象限內(nèi)電場的電場強度大??；（2）第二象限內(nèi)磁場的磁感應強度大??；（3）小球從點運動到點的時間。

【答案】（1），；（2）；（3）【詳解】（1）根據(jù)題意可知，小球的運動軌跡如圖所示

由于小球沿MN方向做初速度為零的勻加速直線運動，所以重力與電場力的合力方向沿MN方向，有解得經(jīng)分析可知解得小球在第二象限內(nèi)做勻速圓周運動，重力與電場力平衡，有解得（2）根據(jù)題意，設小球通過軸時的速度大小為，有根據(jù)牛頓第二定律有設小球在第二象限內(nèi)運動的軌跡半徑為r，則由幾何關(guān)系可得又有解得（3）小球沿方向做勻速直線運動，則電場力與重力的合力與洛倫茲力平衡，設撤去磁場后小球的加速度大小為，顯然的方向沿x軸正方向，有撤去磁場后，小球做類平拋運動，有解得6．如圖所示，平面直角坐標系的第一象限內(nèi)某區(qū)域存在著垂直紙面向外圓形的勻強磁場（圖中未畫出），磁感應強度大小為，在第二象限內(nèi)存在沿x軸正方向的勻強電場。一質(zhì)量為m，電荷量為q的帶正電的粒子從x軸上坐標為的P點沿y軸正方向以速率進入電場，并從y軸上坐標為的Q點進入第一象限，最終從x軸的M點（圖中未畫出）沿y軸負方向進入第四象限，不計粒子的重力，求：（1）勻強電場的電場強度；（2）圓形磁場區(qū)域的最小面積；（3）粒子在第一象限內(nèi)運動的最短時間。

【答案】（1）；（2）；（3）【詳解】（1）粒子在電場中做類平拋運動，有粒子的加速度為解得（2）粒子水平方向的速度為速度與軸的夾角正切值解得粒子出電場的速度由題意可知，粒子在第一象限的運動軌跡圖如圖所示

粒子在磁場中，由洛倫茲力提供向心力，則有解得當粒子的運動軌跡對應的弦恰好為圓形磁場的直徑時，圓形磁場的半徑具有最小值，由幾何關(guān)系可得故圓形磁場區(qū)域得最小面積（3）粒子在磁場中的運動周期為由幾何關(guān)系可知則粒子在磁場中運動最小時間為當粒子從Q點直接進入圓形磁場時，M點的橫坐標具有最小值，粒子在第一象限內(nèi)運動時間有最小值，如圖所示，由幾何關(guān)系可得粒子出磁場后到x軸的距離為可知粒子在第一象限內(nèi)運動的最小時間是

7．不計重力的帶正電粒子，質(zhì)量為m，電荷量為q，以與y軸成角的速度從y軸上的a點射入圖中第一象限所在區(qū)域。為了使該帶電粒子能從x軸上的b點以與x軸成角的速度射出，可在適當?shù)牡胤郊右粋€垂直于xOy平面、磁感強度為B的勻強磁場，若此磁場分布在一個圓形區(qū)域內(nèi)，求：（1）這個圓形磁場區(qū)域的最小面積；（2）粒子在最小圓形磁場中運動的時間。

【答案】（1）；（2）【詳解】（1）根據(jù)牛頓第二定律則粒子在磁場中做圓周的半徑根據(jù)題意，反向延長在b點的速度方向如虛線所示，粒子做圓周運動的圓周與虛線和v0的方向相切，如圖所示，

則到入射方向所在直線和出射方向所在直線相距為R的O′點就是圓周的圓心，粒子在磁場區(qū)域中的軌道就是以O′為圓心、R為半徑的圓上的圓弧ef，而e點和f點應在所求圓形磁場區(qū)域的邊界上，在通過e、f兩點的不同的圓周中，最小的一個是以ef連線為直徑的圓周．即得圓形區(qū)域的最小半徑則這個圓形區(qū)域磁場的最小面積（2）粒子在最小圓形磁場中運動的時間8．如圖所示，平行板器件中存在相互垂直的勻強磁場和勻強電場，磁感應強度，方向垂直紙面向里，電場強度。坐標系緊靠平行板的右側(cè)邊緣，第一象限內(nèi)有與y軸正方向成的邊界AO，邊界線上方有垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度，邊界線下方有豎直向上的勻強電場，電場強度，一束帶正電的離子，電荷量、質(zhì)量，從P點射入平行板間，沿中線PQ做直線運動，穿出平行板后從y軸上坐標為的Q點垂直y軸射入磁場區(qū)，并多次穿越邊界線OA。（不計離子重力，?。┣螅海?）離子運動的速度；（2）離子從進入磁場到第二次穿越邊界線OA所需的時間；（3）離子第四次穿越邊界線OA的位置坐標，并定性畫出粒子運動的軌跡。

【答案】（1）；（2）；（3），

【詳解】（1）離子做直線運動，有解得（2）離子進入磁感應強度為的磁場中做勻速圓周運動，有解得作出離子的運動軌跡，交OA邊界C點，如圖所示

圓弧對應圓心角，其運動時間為解得離子過C點速度方向豎直向下，平行于電場線進入電場做勻減速直線運動，加速度為解得返回邊界上的C點時間，由勻變速直線運動規(guī)律知解得所以離子從進入磁場到第二次穿越邊界OA所用時間解得（3）離子的運動軌跡如圖所示

離子第二次穿越邊界線OA的位量C點的坐標，則，離子第三次穿越邊界線OA的位置D點的坐標，則，離子垂直進入電場做類平拋運動，垂直電場線位移為x，沿電場線位移y，則，解得所以第四次穿越邊界的E點，坐標為，由幾何關(guān)系得，即離子第四次穿越OA的位置坐標為。9．如圖所示，水平直線是電場和磁場的分界線，分界線一側(cè)為垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度為B，另一側(cè)為平行紙面向上的勻強電場。一電荷量為、質(zhì)量為m的粒子從水平直線上的P點以初速度沿垂直于磁場的方向射入磁場，與之間的夾角為30°，此后粒子第三次經(jīng)過分界面時，恰好返回P點。假設場區(qū)足夠大，不計粒子重力。（1）求電場強度的大小E；（2）求磁場的上邊界與電場的下邊界之間的最小距離d；（3）求粒子第n次經(jīng)過分界線時所用的時間。

【答案】（1）；（2）；（3）（n為奇數(shù)），（n為偶數(shù)）【詳解】（1）粒子的運動軌跡如圖所示粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得粒子在電場中做類斜拋運動，水平方向做勻速直線運動豎直方向做勻變速直線運動解得（2）由幾何關(guān)系可知粒子在磁場中運動時與之間的最大距離粒子在電場中運動時與之間的最大距離磁場的上邊界與電場的下邊界之間的最小距離解得（3）粒子在磁場中運動一次的時間當n為奇數(shù)時當n為偶數(shù)時解得（n為奇數(shù)）（n為偶數(shù)）【帶電粒子在磁場和電場重力場疊加場中的運動知識點梳理】情況一、若電場力和重力平衡，則帶電粒子在疊加場中做圓周運動可以用帶電粒子在磁場中的偏轉(zhuǎn)的知識來解決。情況二、若電場力和重力不平衡，則需要用配速法將電場力和重力的合力平衡，再求解配速法原理：帶電粒子在正交的勻強磁場和勻強電場中運動，若所受洛倫茲力與電場力（和重力）不平衡而做復雜的曲線運動時，為帶電粒子配上一對等大反向的速度或?qū)щ娏Ｗ拥某跛俣冗M行拆分，那么帶電粒子復雜的曲線運動就可等效為沿某一方向的勻速直線運動和沿某一時針方向的勻速圓周運動的合成。這實際上是借助等效原理和運動的合成分解原理，在全新的數(shù)理模型基礎(chǔ)上簡化了問題，我們將這種方法稱之為“配速法”。在復合場中（如電磁場）由于洛倫茲力與運動速度始終垂直。一般帶電粒子的運動軌跡為曲線，這時有關(guān)運動的獨立性知識可派上用場。【帶電粒子在磁場和電場重力場疊加場中的運動舉一反三練習】10．如圖所示，真空中某區(qū)域存在一正交的勻強電場和勻強磁場，電場強度為，方向豎直向上，磁場方向垂直于紙面向外．一帶正電的粒子從點射入電磁場區(qū)域恰好能做勻速圓周運動，已知帶電粒子電荷量為，在入射點的速度方向與電場方向夾角為，大小為，一段時間后粒子經(jīng)過點的水平線的某位置（圖中末畫出），點到點的距離為．重力加速度為，求：（1）帶電粒子的質(zhì)量；（2）磁場磁感應強度的大小和帶電粒子第一次運動到點所用的時間?！敬鸢浮浚?）；（2），【詳解】（1）粒子恰能做勻速圓周運動，重力與電場力平衡可得（2）洛倫茲力提供粒子圓周運動向心力由幾何關(guān)系可知聯(lián)立可得設粒子圓周運動周期為T，則粒子從O點到P點所用時間滿足：聯(lián)立可得11．如圖所示，直角坐標系xOy位于豎直平面內(nèi)，在第Ⅳ象限存在勻強磁場和勻強電場，磁場的磁感應強度為B=2T、方向垂直于xOy平面向外，電場平行于y軸；在第Ⅲ象限存在沿x軸正方向的勻強電場，已知場強、的大小相等。一可視為質(zhì)點、比荷為的帶正電的小球，從y軸上的點以初速度水平向右拋出，經(jīng)過x軸上的點進入第Ⅳ象限，在第Ⅳ象限恰能做勻速圓周運動。不計空氣阻力，重力加速度，。求：（1）小球從A點拋出的初速度大?。唬?）小球在第Ⅳ象限的運動的半徑；（3）小球第一次經(jīng)過y軸負半軸的坐標；（4）小球從A點出發(fā)到第二次經(jīng)過y軸負半軸所用的總時間。

【答案】（1）；（2）；（3）；（4）0.91s【詳解】（1）小球在第I象限做平拋運動，由運動學規(guī)律得，可得，（2）設小球平拋到M點時的速度大小為v，方向與x軸正方向夾角為，豎直分速度為，則解得，在第IV象限，洛侖茲力提供向心力，故解得軌道半徑（3）分析可知小球剛好經(jīng)過半個圓周到達y軸的N點，如圖所示。

由幾何關(guān)系可知，N點的坐標為（3）小球第一次在第IV象限運動的時間為接著，小球沿與y軸成夾角方向進入第III象限，由于電場力和重力大小相等，其合力恰與小球進入第III象限的初速度v方向相反，故小球在第III象限做類豎直上拋運動，則由牛頓第二定律可得由運動規(guī)律可知則小球從A點出發(fā)到第二次經(jīng)過y軸負半軸所用的總時間為12．如圖所示，在直角坐標系中，存在著場強為，方向豎直向上的勻強電場，在第二、三象限內(nèi)存在著磁感應強度均為，方向垂直紙面向里的勻強磁場。一長為的絕緣細線，一端固定在點，另一端拴著質(zhì)量為、電荷量為的正電小球，現(xiàn)將細線拉直到水平位置，使小球由靜止釋放，當小球運動到最高點時，細線受到的拉力恰好達到它能承受的最大值而斷裂。當細線斷裂，小球進入第二象限后做曲線運動，并多次經(jīng)過軸。已知在第二象限內(nèi)小球第一次到軸的坐標絕對值為，重力加速度為，求：（1）細線能承受的最大拉力；（2）小球進入第二象限后運動過程中的最小速率；（3）小球從進入第二象限開始至第一次到達軸所用的時間。

【答案】（1）；（2）0；（3）【詳解】（1）小球在豎直平面內(nèi)做圓周運動，在最高點有根據(jù)動能定理有解得（2）小球進入第二象限后向下偏轉(zhuǎn)，多次經(jīng)過x軸，由于洛倫茲力不做功，由動能定理聯(lián)立可知，，，所以，小球運動到x軸時有最小速率為0。小球進入第二象限后，做復雜曲線運動。將任意時刻的速度沿x軸和y軸分解為和，洛倫茲力也分解成對應的，由動量定理知x方向即y方向即得13．如圖所示，平面直角坐標系的第二象限內(nèi)存在水平向左的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場，一質(zhì)量為m、電荷量為+q的小球從A點以速度v0沿直線AO運動，AO與x軸負方向成53°角。在y軸與MN之間的區(qū)域I內(nèi)加一電場強度最小的勻強電場后，可使小球繼續(xù)做直線運動到MN上的C點，MN與PQ之間區(qū)域Ⅱ內(nèi)存在寬度為d的豎直向上勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場，小球在區(qū)域Ⅱ內(nèi)做勻速圓周運動并恰好不能從右邊界飛出，已知小球在C點的速度大小為2v0，重力加速度為g，sin53°=0.8，cos53°=0.6，求：（1）第二象限內(nèi)電場強度E1的大小和磁感應強度B1的大小；（2）區(qū)域I內(nèi)最小電場強度E2的大小和方向；（3）區(qū)域Ⅱ內(nèi)磁感應強度B2的大小。【答案】（1），；（2），方向為垂直AO且與y軸正向成53°角；（3）【詳解】（1）根據(jù)題意分析可知小球沿AO做勻速直線運動，則解得又解得（2）要使小球在區(qū)域I做直線運動，電場強度最小，則需要滿足解得方向為垂直AO且與y軸正向成53°角；（3）小球恰好不從右邊界飛出，如圖所示由幾何關(guān)系可知解得根據(jù)解得【帶電粒子在磁場和電場的疊加場中的運動知識點梳理】同理：采用配速法解決帶電粒子在磁場和電場的疊加場中的運動（詳情見二）【帶電粒子在磁場和電場的疊加場中的運動舉一反三練習】14．如圖空間區(qū)域Ⅰ、Ⅱ有勻強電場和勻強磁場，、為Ⅰ區(qū)域的上下邊界，Ⅰ區(qū)域高度，Ⅱ區(qū)域的范圍足夠大。勻強電場方向豎直向上；Ⅰ、Ⅱ區(qū)域的磁感應強度大小均為，方向分別垂直紙面向里和向外。一個質(zhì)量為、帶電荷量為的帶電小球，從距的高度為的點由靜止開始下落，進入Ⅰ區(qū)域后，恰能做勻速圓周運動，取。求：（1）試判斷小球的電性并求出電場強度的大??；（2）若帶電小球能進入?yún)^(qū)域Ⅱ，則應滿足什么條件？（3）若想帶電小球運動一定時間后恰能回到點，應該等于多少？

【答案】（1）0.25N/C；（2）h>0.45m；（3）0.6m【詳解】（1）帶電小球進入復合場后，恰能做勻速圓周運動，即所受合力為洛倫茲力，則重力與電場力大小相等，方向相反，重力豎直向下，電場力豎直向上，即小球帶正電。則有解得E=0.25N/C（2）假設下落高度為h0時，帶電小球在I區(qū)域做圓周運動的圓弧與PQ相切時，運動軌跡如圖甲所示，由幾何知識可知，小球的軌道半徑R=d帶電小球在進入磁場前做自由落體運動，由機械能守恒定律得帶電小球在磁場中做勻速圓周運動，由牛頓第二定律得聯(lián)立解得h0=0.45m則當h>h0時，即h>0.45m時帶電小球能進入?yún)^(qū)域Ⅱ。（3）帶電小球的軌跡如圖乙所示。以三個圓心為頂點的三角形為等邊三角形，邊長為2R，內(nèi)角為60°，由幾何關(guān)系知由牛頓第二定律得由機械能守恒定律得解得h=0.6m

15．如圖所示，第一象限內(nèi)存在水平向左的勻強電場，電場強度大小為E（E未知），第二象限內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強磁場，第三象限內(nèi)存在垂直紙面向外的勻強磁場及豎直向下的勻強電場，電場強度大小為?，F(xiàn)有一電荷量為q、質(zhì)量為m的帶正電粒子從x軸上的A點以初速度垂直于x軸射入電場，經(jīng)y軸上的P點進入第二象限。已知第二、三象限內(nèi)磁感應強度的大小均為，A點的橫坐標為，P點的縱坐標為L，不計粒子重力。求：（1）電場強度E的大??；（2）粒子進入第二象限的磁場區(qū)域后，第一次經(jīng)過x軸的位置到坐標原點的距離；（3）粒子第一次在第三象限運動過程中與x軸的最遠距離。【答案】（1）；（2）；（3）【詳解】（1）粒子在第一象限電場中做類平拋運動，如圖所示，豎直方向有水平方向有聯(lián)立解得解得（2）設粒子離開電場時，速度大小為v，方向與y軸正方向夾角為，則速度大小解得由幾何關(guān)系得解得設粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為，由牛頓第二定律得解得則圓心恰好落在x軸上。粒子第一次與x軸相交時到坐標原點的距離解得（3）由解析圖可知，粒子進入第三象限時的速度大小為方向豎直向下，可在水平方向上配上水平向左的速度和水平向右的速度，使?jié)M足由此可知與的合速度大小與x軸方向的夾角所以粒子進入第三象限后以做勻速圓周運動的同時以向左做勻速直線運動。設粒子做勻速圓周運動的半徑為，由牛頓第二定律得解得由幾何關(guān)系得解得16．如圖所示，直角坐標系的第一象限內(nèi)有豎直向上的勻強電場，第二象限內(nèi)既有沿軸負方向的勻強磁場，又有沿軸負方向的勻強電場，電場強度與第一象限內(nèi)的電場強度等大。現(xiàn)有一質(zhì)量為、電荷量為的粒子從軸上的點，以初速度沿軸負方向進入第一象限，經(jīng)軸上的點進入第二象限內(nèi)，在以后的運動過程中恰好未從過軸的水平面飛出電磁場.已知、到坐標原點的距離分別為、，不計粒子重力，求：（1）電場強度的大小及粒子到達點時速度的大小；（2）勻強磁場的磁感應強度大??；（3）粒子在磁場中運動第二次與過軸的水平面相交時沿軸方向位移的大小.【答案】（1），；（2）；（3）【詳解】（1）由題可知，從P到Q粒子做類平拋運動，則解得由動能定理可知解得（2）將速度沿坐標軸分解如圖所示故粒子的運動可看成為沿負方向的勻加速直線運動和豎直反向勻速圓周運動的合運動由題可知圓周運動的半徑為根據(jù)圓周運動的基本規(guī)律得解得（3）粒子沿軸負方向做勻加速直線運動，故粒子在磁場中從進入磁場運動到第二次與過軸的水平面相交所用的時間為聯(lián)立解得17．如圖所示，在空間直角坐標系中，平面左側(cè)存在沿z軸正方向的勻強磁場，右側(cè)存在沿y軸正方向的勻強磁場，左、右兩側(cè)磁場的磁感應強度大小相等；平面右側(cè)還有沿y軸負方向的勻強電場?，F(xiàn)從空間中坐標為的M點發(fā)射一質(zhì)量為m，電荷量為的粒子，粒子的初速度大小為、方向沿平面，與x軸正方向的夾角為；經(jīng)一段時間后粒子恰好垂直于y軸進入平面右側(cè)，軌跡上離平面最遠的點恰好落在平面上，不計粒子的重力。求：（1）在平面左側(cè)勻強磁場的磁感應強度B；（2）在平面右側(cè)勻強電場的電場強度E；（3）粒子第2次經(jīng)過平面時的位置坐標。

【答案】（1）；（2）；（3）（0，-3d，4d）【詳解】（1）粒子在平面做圓周運動的半徑根據(jù)可得左側(cè)勻強磁場的磁感應強度（2）粒子第一次經(jīng)過y軸后在y方向向下做勻加速運動，同時在洛倫茲力作用下做圓周運動，因軌跡上離平面最遠的點恰好落在平面上，可知粒子到達平面上時恰好做個圓周運動，則用時間豎直方向解得（3）粒子第2次經(jīng)過平面時做半個圓周運動，則所用時間為則沿y軸負方向做勻加速運動，因在O點上方和下方用時間相等，可知位置坐標沿z軸坐標即粒子第2次經(jīng)過平面時的位置坐標（0，-3d，4d）?！編щ娏Ｗ釉陔妶龊椭亓鲋械倪\動知識點梳理】等效重力場：力場、電場等疊加而成的復合場。重等效重力：重力、電場力的合力處理思路：①受力分析，計算等效重力（重力與電場力的合力）的大小和方向②在復合場中找出等效最低點、最高點。過圓心做等效重力的平行線與圓相交。③根據(jù)圓周運動供需平衡結(jié)合動能定理列方程處理【帶電粒子在電場和重力場中的運動舉一反三練習】18．如圖所示，用一條長為L絕緣細線懸掛一帶正電的小球，小球的質(zhì)量為m，所帶電量為q?，F(xiàn)加水平方向勻強電場，平衡時絕緣細線與豎直方向夾角為，重力加速度為g，求：（1）勻強電場的電場強度；（2）把小球拉至最低點后靜止釋放，小球的最大速度；（3）求小球速度最大時細繩的拉力多大。

【答案】（1）；（2）；（3）【詳解】（1）對小球進行受力分析如圖所示

根據(jù)平衡條件可得，聯(lián)立解得（2）小球靜止時的位置為平衡位置，因此當小球從最低點運動到靜止時的平衡位置時小球的速度有最大值，在此過程中由動能定理有解得（3）由于小球做圓周運動，則由牛頓第二定律有解得19．如圖，整個空間存在水平向左的勻強電場，豎直面內(nèi)有一直角坐標系xOy，以y軸為對稱軸的光滑圓弧形絕緣軌道ABC放置在x軸下方，軌道與y軸交于B點，與x軸交于A（-0.4，0）、C（0.4，0）兩點?，F(xiàn)有一個可視為質(zhì)點的帶電絕緣小球沿PA所在直線向A點勻加速運動，從A點沿切線方向進入軌道，一段時間后從C點離開。若小球在軌道內(nèi)運動過程中恰好不脫離軌道，已知小球質(zhì)量m=0.3kg，電荷量q=0.4C，P點的坐標為（0，0.3），重力加速度為，g=10m/s2，不考慮空氣阻力的影響。求：（1）勻強電場電場強度的大??；（2）小球?qū)壍缐毫Φ淖畲笾?；?）當小球從C點飛出后，再落到x軸上的位置坐標。

【答案】（1）；（2）；（3）【詳解】（1）根據(jù)幾何關(guān)系可知，PA與y軸夾角為，電場力與重力的合力方向沿PA，則勻強電場電場強度的大小為（2）小球運動至D點時對軌道壓力最大，切OD與y軸夾角為，則小球在E點恰好不脫離軌道，切OE與y軸夾角為，則根據(jù)動能定理聯(lián)立得根據(jù)牛頓第三定律，小球?qū)壍缐毫Φ淖畲笾禐?。?）根據(jù)動能定理得當小球從C點飛出后，延x軸和y軸方向的加速度分