《（通用版）2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第九章 第60課時 帶電粒子在疊加場中的運(yùn)動（題型研究課）講義（含解析）.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（通用版）2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第九章 第60課時 帶電粒子在疊加場中的運(yùn)動（題型研究課）講義（含解析）.doc（14頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

第60課時　帶電粒子在疊加場中的運(yùn)動(題型研究課) 1．(2017全國卷Ⅰ)如圖，空間某區(qū)域存在勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，電場方向豎直向上(與紙面平行)，磁場方向垂直于紙面向里。三個帶正電的微粒a、b、c電荷量相等，質(zhì)量分別為ma、mb、mc。已知在該區(qū)域內(nèi)，a在紙面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動，b在紙面內(nèi)向右做勻速直線運(yùn)動，c在紙面內(nèi)向左做勻速直線運(yùn)動。下列選項正確的是(　　) A．ma>mb>mc　　　　　 B．mb>ma>mc C．mc>ma>mb D．mc>mb>ma 解析：選B　該空間區(qū)域為勻強(qiáng)電場、勻強(qiáng)磁場和重力場的疊加場，a在紙面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動，可知其重力與所受到的電場力平衡，洛倫茲力提供其做勻速圓周運(yùn)動的向心力，有mag＝qE，解得ma＝。b在紙面內(nèi)向右做勻速直線運(yùn)動，由左手定則可判斷出其所受洛倫茲力方向豎直向上，可知mbg＝qE＋qvbB，解得mb＝＋。c在紙面內(nèi)向左做勻速直線運(yùn)動，由左手定則可判斷出其所受洛倫茲力方向豎直向下，可知mcg＋qvcB＝qE，解得mc＝－。綜上所述，可知mb>ma>mc，選項B正確。 2．(2018北京高考)某空間存在勻強(qiáng)磁場和勻強(qiáng)電場。一個帶電粒子(不計重力)以一定初速度射入該空間后，做勻速直線運(yùn)動；若僅撤除電場，則該粒子做勻速圓周運(yùn)動。下列因素與完成上述兩類運(yùn)動無關(guān)的是(　　) A．磁場和電場的方向　　　 B．磁場和電場的強(qiáng)弱 C．粒子的電性和電量 D．粒子入射時的速度 解析：選C　這是“速度選擇器”模型，帶電粒子在勻強(qiáng)磁場和勻強(qiáng)電場的疊加區(qū)域內(nèi)做勻速直線運(yùn)動，則粒子受到的洛倫茲力與電場力平衡，大小滿足qvB＝qE，故v＝，即磁場和電場的強(qiáng)弱決定粒子入射時的速度大小；洛倫茲力與電場力的方向一定相反，結(jié)合左手定則可知，磁場和電場的方向一定互相垂直，粒子入射時的速度方向同時垂直于磁場和電場，且不論粒子帶正電還是帶負(fù)電，入射時的速度方向相同，而不是電性相反時速度方向也要相反?？傊Ｗ邮欠裨凇八俣冗x擇器”中做勻速直線運(yùn)動，與粒子的電性、電量均無關(guān)，而是取決于磁場和電場的方向、強(qiáng)弱，以及粒子入射時的速度，故C正確。 3．(2016全國卷Ⅰ)現(xiàn)代質(zhì)譜儀可用來分析比質(zhì)子重很多倍的離子，其示意圖如圖所示，其中加速電壓恒定。質(zhì)子在入口處從靜止開始被加速電場加速，經(jīng)勻強(qiáng)磁場偏轉(zhuǎn)后從出口離開磁場。若某種一價正離子在入口處從靜止開始被同一加速電場加速，為使它經(jīng)勻強(qiáng)磁場偏轉(zhuǎn)后仍從同一出口離開磁場，需將磁感應(yīng)強(qiáng)度增加到原來的12倍。此離子和質(zhì)子的質(zhì)量比約為(　　) A．11 B．12 C．121 D．144 解析：選D　帶電粒子在加速電場中運(yùn)動時，有qU＝mv2，在磁場中偏轉(zhuǎn)時，其半徑r＝，由以上兩式整理得r＝。由于質(zhì)子與一價正離子的電荷量相同，B1∶B2＝1∶12，當(dāng)半徑相等時，解得＝144，選項D正確。 4．(2018全國卷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，場強(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。一個氕核H和一個氘核H先后從y軸上y＝h點(diǎn)以相同的動能射出，速度方向沿x軸正方向。已知H進(jìn)入磁場時，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。H的質(zhì)量為m，電荷量為q。不計重力。求： (1)H第一次進(jìn)入磁場的位置到原點(diǎn)O的距離； (2)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小； (3)H第一次離開磁場的位置到原點(diǎn)O的距離。 解析：(1) H在電場中做類平拋運(yùn)動，在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，運(yùn)動軌跡如圖所示。在電場中由運(yùn)動學(xué)公式有 s1＝v1t1① h＝a1t12② H進(jìn)入磁場時速度在y軸方向的分量大小為 v1tan θ1＝a1t1③ 聯(lián)立以上各式得 s1＝h。④ (2)H在電場中運(yùn)動時，由牛頓第二定律有 qE＝ma1⑤ 進(jìn)入磁場時速度的大小為 v＝⑥ 在磁場中運(yùn)動時，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＝ 。⑨ (3)H與H初動能相等 2mv22＝mv12⑩ H在電場中運(yùn)動時有 qE＝2ma2? s2＝v2t2? h＝a2t22? 進(jìn)入磁場時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第一次離開磁場時的位置到原點(diǎn)O的距離為 s2′－s2＝(－1)h。? 答案：(1)h　(2) 　(3)(－1)h 1．帶電粒子在磁場、組合場及疊加場中的運(yùn)動是歷年高考的熱點(diǎn)，常見的題型多為綜合性計算題，但也可能是選擇題。 2．有界磁場、組合場、疊加場問題可以綜合考查受力分析，圓周運(yùn)動、平拋運(yùn)動規(guī)律及牛頓運(yùn)動定律、動能定理、功能關(guān)系等，因此一般是高考題中分值較高，難度較大的題目?！　? 命題點(diǎn)一　電場與磁場的疊加 考法1　帶電粒子在疊加場中的直線運(yùn)動　 [例1]　如圖所示，從S處由靜止發(fā)出的熱電子經(jīng)加速電壓U加速后垂直進(jìn)入正交的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場中，發(fā)現(xiàn)電子向上極板偏轉(zhuǎn)。設(shè)兩極板間電場強(qiáng)度為E，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，忽略電子受到的重力。欲使電子沿直線從電場和磁場區(qū)域通過，只采取下列措施，其中可行的是(　　) A．適當(dāng)減小電場強(qiáng)度E B．適當(dāng)減小磁感應(yīng)強(qiáng)度B C．適當(dāng)增大加速電場極板之間的距離 D．適當(dāng)減小加速電壓U [解析]　根據(jù)左手定則可知電子所受的洛倫茲力的方向豎直向下，故電子向上極板偏轉(zhuǎn)的原因是電場力大于洛倫茲力，要使電子在疊加場中做勻速直線運(yùn)動，有Eq＝qvB，所以要么增大洛倫茲力，要么減小電場力。適當(dāng)減小電場強(qiáng)度E，可以減小電場力，選項A正確；適當(dāng)減小磁感應(yīng)強(qiáng)度B，可以減小洛倫茲力，選項B錯誤；適當(dāng)增大加速電場極板之間的距離，根據(jù)eU＝mv2可得v＝ ，由于兩極板間的電壓沒有變化，所以電子進(jìn)入磁場的速率沒有變化，因此沒有改變電場力和洛倫茲力的大小，選項C錯誤；適當(dāng)減小加速電壓U，可以減小電子進(jìn)入疊加場中的速度v，從而減小洛倫茲力，選項D錯誤。 [答案]　A 考法2　帶電粒子在疊加場中的偏轉(zhuǎn)　 [例2]　(2019濟(jì)寧模擬)如圖所示，在xOy平面的第一、四象限內(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，第四象限內(nèi)存在方向沿y軸負(fù)方向、電場強(qiáng)度為E的勻強(qiáng)電場。從y軸上坐標(biāo)為a的一點(diǎn)向磁場區(qū)發(fā)射速度大小不等的帶正電同種粒子，速度方向范圍與y軸正方向成30～150夾角，且在xOy平面內(nèi)。結(jié)果所有粒子經(jīng)過磁場偏轉(zhuǎn)后都垂直打到x軸上，然后進(jìn)入第四象限。已知帶電粒子電荷量為q、質(zhì)量為m，重力不計。求： (1)垂直y軸方向射入磁場的粒子運(yùn)動的速度大小v1； (2)粒子在第一象限的磁場中運(yùn)動的最長時間以及對應(yīng)的射入方向； (3)從x軸上x＝(－1)a點(diǎn)射入第四象限的粒子穿過電磁場后經(jīng)過y軸上y＝－b的點(diǎn)，求該粒子經(jīng)過y＝－b點(diǎn)的速度大小。 [解析]　 (1)垂直y軸方向射入磁場的粒子運(yùn)動軌跡如圖甲所示， 由幾何關(guān)系知，粒子運(yùn)動軌跡的圓心在O點(diǎn)，軌跡半徑：r1＝a 由洛倫茲力提供向心力得：qv1B＝m 解得：v1＝。 (2)當(dāng)粒子初速度方向與y軸正方向夾角為30時，粒子在第一象限的磁場中運(yùn)動的時間最長， 此時運(yùn)動軌跡對應(yīng)的圓心角：α＝150 粒子在磁場中運(yùn)動的周期：T＝ 粒子的運(yùn)動時間：t＝T＝＝。 (3)如圖乙所示，設(shè)粒子射入磁場時速度方向與y軸負(fù)方向的夾角為θ，軌跡半徑為R， 由幾何關(guān)系得：R－Rcos θ＝(－1)a Rsin θ＝a 解得：θ＝45，R＝a 由洛倫茲力提供向心力得：qv0B＝m 此粒子進(jìn)入磁場的速度：v0＝ 設(shè)粒子到達(dá)y軸上速度大小為v， 根據(jù)動能定理得：qEb＝mv2－mv02 解得：v＝ 。 [答案]　(1)　(2)，粒子初速度方向與y軸正方向夾角為30　(3) (1)帶電粒子在電場和磁場的疊加場中做直線運(yùn)動，電場力和洛倫茲力一定相互平衡，因此可利用二力平衡解題。 (2)帶電粒子在電場和磁場的疊加場中偏轉(zhuǎn)，是電場力和洛倫茲力不平衡造成的。此過程中電場力做功，洛倫茲力不做功，需根據(jù)電場力做功的正、負(fù)判斷動能的變化?！　? [集訓(xùn)沖關(guān)] 1.(多選)在圖中虛線所圍的區(qū)域內(nèi)，存在電場強(qiáng)度為E的勻強(qiáng)電場和磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場。已知從左方水平射入的電子穿過此區(qū)域時未發(fā)生偏轉(zhuǎn)，電子重力忽略不計。則在該區(qū)域中的E和B的方向可能是(　　) A．E和B都沿水平方向，并與電子運(yùn)動的方向相同 B．E和B都沿水平方向，并與電子運(yùn)動的方向相反 C．E豎直向上，B垂直紙面向外 D．E豎直向上，B垂直紙面向里 解析：選ABC　電子進(jìn)入該區(qū)域后僅受電場力和洛倫茲力作用，由于電子穿過該區(qū)域時不發(fā)生偏轉(zhuǎn)，所以電場力和洛倫茲力的合力等于零或合力方向與電子運(yùn)動方向在同一直線上。當(dāng)E和B都沿水平方向，并與電子運(yùn)動的方向相同時，洛倫茲力為零，電子僅受與其運(yùn)動方向相反的電場力作用，將做勻減速直線運(yùn)動穿過該區(qū)域；當(dāng)E和B都沿水平方向，并與電子運(yùn)動的方向相反時，洛倫茲力等于零，電子僅受與其運(yùn)動方向相同的電場力作用，將做勻加速直線運(yùn)動穿過該區(qū)域；當(dāng)E豎直向上，B垂直紙面向外時，電場力豎直向下，洛倫茲力豎直向上，若qE＝qvB，電子將做勻速直線運(yùn)動穿過該區(qū)域；當(dāng)E豎直向上，B垂直紙面向里時，電場力和洛倫茲力都豎直向下，電子不可能在該區(qū)域中做直線運(yùn)動。故A、B、C正確。 2.一個帶正電的微粒(重力不計)穿過如圖所示的勻強(qiáng)磁場和勻強(qiáng)電場區(qū)域時，恰能沿直線運(yùn)動。欲使微粒向下偏轉(zhuǎn)，應(yīng)采用的辦法是(　　) A．增大微粒質(zhì)量 B．增大微粒電荷量 C．減小入射速度 D．增大磁感應(yīng)強(qiáng)度 解析：選C　微粒在穿過題圖所示區(qū)域時所受的力為：豎直向下的電場力Eq和豎直向上的洛倫茲力qvB，且初始時Eq＝qvB。若要使微粒向下偏轉(zhuǎn)，需使Eq>qvB，則減小入射速度v、減小磁感應(yīng)強(qiáng)度B或增大電場強(qiáng)度E均可，故C正確。 3.如圖所示，水平的兩塊帶電金屬極板a、b平行正對放置，極板長度為l，板間距為d，板間存在方向豎直向下、場強(qiáng)大小為E的勻強(qiáng)電場和垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場，假設(shè)電場、磁場只存在于兩極板間。一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子，以水平速度v0從兩極板的左端正中央沿垂直于電場、磁場的方向進(jìn)入極板間，恰好做勻速直線運(yùn)動，不計重力及空氣阻力。求： (1)勻強(qiáng)磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大?。? (2)若撤去磁場，粒子能從極板間射出，粒子穿過電場時沿電場方向移動的距離； (3)若撤去磁場，并使電場強(qiáng)度變?yōu)樵瓉淼?倍，粒子將打在下極板上，粒子到達(dá)下極板時動能的大小。 解析：(1)帶電粒子勻速通過電場、磁場區(qū)時受到的電場力與洛倫茲力平衡，可得 qE＝qv0B， 解得B＝。 (2)粒子穿過電場時做類平拋運(yùn)動，沿電場方向移動的距離 y＝at2＝。 (3)設(shè)粒子運(yùn)動到下極板時的動能大小為Ek， 根據(jù)動能定理，可得 2qEd＝Ek－mv02， 解得Ek＝mv02＋qEd。 答案：(1)　(2)　(3)mv02＋qEd 命題點(diǎn)二　電場、磁場與重力場的疊加 考法1　無約束條件的疊加場　 [例1]　如圖所示，在足夠大的空間范圍內(nèi)，同時存在著豎直向上的勻強(qiáng)電場和垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，電場強(qiáng)度為E，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，足夠長的斜面固定在水平面上，斜面傾角為45。有一帶電的小球P靜止于斜面頂端A處，且恰好對斜面無壓力。若將小球P(視為質(zhì)點(diǎn))以初速度v0水平向右拋出，一段時間后，小球P落在斜面上的C點(diǎn)。已知小球P的運(yùn)動軌跡在同一豎直平面內(nèi)，重力加速度為g，求： (1)小球P落到斜面上時速度方向與斜面的夾角θ及由A到C所需的時間t； (2)小球P從拋出到落到斜面的位移x的大小。 [解析]　(1)小球P靜止時不受洛倫茲力作用，僅受自身重力和電場力，對斜面無壓力，則mg＝qE① 小球P獲得水平初速度后由于自身重力和電場力平衡，將在洛倫茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動，如圖所示，由對稱性可得小球P落到斜面上時其速度方向與斜面的夾角θ為45 由洛倫茲力提供向心力得qv0B＝m② 圓周運(yùn)動的周期T＝＝③ 圓周運(yùn)動轉(zhuǎn)過的圓心角為90，小球P由A到C所需的時間t＝＝。④ (2)由②式可知，小球P做勻速圓周運(yùn)動的半徑R＝⑤ 由幾何關(guān)系知x＝R⑥ 聯(lián)立①⑤⑥式解得位移x＝。 [答案]　(1)45　　(2) 考法2　有約束條件的疊加場　 [例2]　(多選)(2019贛州模擬)如圖所示，在水平勻強(qiáng)電場和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場中，有一豎直足夠長固定絕緣桿MN，小球套在桿上。已知小球的質(zhì)量為m、電荷量為＋q，電場強(qiáng)度為E，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，小球與桿間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g。小球由靜止開始下滑直到穩(wěn)定的過程中(　　) A．小球的加速度一直減小 B．小球的機(jī)械能和電勢能的總和保持不變 C．下滑加速度為最大加速度一半時的速度可能是v＝ D．下滑加速度為最大加速度一半時的速度可能是v＝ [解析]　v較小時，對小球受力分析如圖所示，F(xiàn)f＝μFN＝μ(qE－qvB)，mg－μ(qE－qvB)＝ma，隨著v的增大，小球加速度先增大，當(dāng)qE＝qvB時達(dá)到最大值，amax＝g，繼續(xù)運(yùn)動，有Ff＝μ(qvB－qE)，mg－μ(qvB－qE)＝ma，隨著v的增大，加速度逐漸減小，A錯誤；因為有摩擦力做功，機(jī)械能與電勢能總和在減小，B錯誤；若在加速度增大時達(dá)到最大加速度的一半，則mg－μ(qE－qvB)＝m，得v＝；若在加速度減小時達(dá)到最大加速度的一半，則mg－μ(qvB－qE)＝m，得v＝，C、D正確。 [答案]　CD 1．無約束條件的運(yùn)動 (1)若電場力、洛倫茲力、重力三力平衡，一定做勻速直線運(yùn)動。 (2)若重力與電場力平衡，一定做勻速圓周運(yùn)動。 (3)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，因洛倫茲力不做功，可用能量守恒定律或動能定理求解。 2．有約束條件的運(yùn)動 帶電體在疊加場中受輕桿、輕繩、圓環(huán)、軌道等約束的情況下，常見的運(yùn)動形式有直線運(yùn)動和圓周運(yùn)動，分析時應(yīng)注意： (1)分析帶電體所受各力尤其是洛倫茲力的變化情況，分階段明確物體的運(yùn)動情況。 (2)根據(jù)物體各階段的運(yùn)動特點(diǎn)，選擇合適的規(guī)律求解。　　 [集訓(xùn)沖關(guān)] 1.在如圖所示的真空區(qū)域中，勻強(qiáng)磁場方向水平且垂直紙面向外，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝2.5 T，勻強(qiáng)電場方向水平向左，場強(qiáng)E＝ N/C。一個帶負(fù)電的小顆粒質(zhì)量m＝3.010－7 kg，電荷量q＝3.010－6 C，帶電小顆粒在這個區(qū)域中剛好做勻速直線運(yùn)動。求：(g取10 m/s2) (1)小顆粒運(yùn)動的方向和速度大??； (2)如果小顆粒運(yùn)動到圖中P點(diǎn)時，把磁場突然撤去，小顆粒運(yùn)動中將會通過與P點(diǎn)在同一電場線上的Q點(diǎn)，從P點(diǎn)運(yùn)動到Q點(diǎn)所需時間。 解析：(1)由題意知，小顆粒受力平衡，小顆粒受力如圖甲所示， tan α＝＝， 所以α＝30， 由左手定則得，帶負(fù)電小顆粒的運(yùn)動方向應(yīng)與水平方向成60角斜向右上方， 由平衡條件可得qvB＝， 解得v＝0.8 m/s。 (2)突然撤去磁場后，小顆粒受到的重力和電場力的合力方向與速度方向垂直，如圖乙所示，故小顆粒將做變速曲線運(yùn)動(類平拋運(yùn)動)。在豎直方向上，小顆粒做初速度為vsin 60，加速度為g的豎直上拋運(yùn)動， 由豎直分運(yùn)動的對稱性知，從P點(diǎn)運(yùn)動到Q點(diǎn)所需時間 t＝＝0.08 s≈0.14 s。 答案：(1)與水平方向成60角斜向右上方　0.8 m/s　(2)0.14 s 2.(2019常德高三模擬)如圖所示，ABCD矩形區(qū)域內(nèi)存在互相垂直的有界勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場的疊加場。有一質(zhì)量為m、帶電荷量大小為q的小球在光滑絕緣的水平面上，從靜止開始經(jīng)電壓為U的電場加速后，水平進(jìn)入ABCD區(qū)域中，恰能在此空間的豎直面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動，且從B點(diǎn)射出，已知AB長度為L，AD長度為L，求： (1)小球帶何種電荷及進(jìn)入疊加場時的速度大?。? (2)小球在疊加場中做圓周運(yùn)動的軌跡半徑； (3)小球在疊加場中運(yùn)動的時間。 解析：(1)小球在電場、磁場和重力場的疊加場中做勻速圓周運(yùn)動，且從B點(diǎn)射出，根據(jù)左手定則可知小球帶負(fù)電荷， 小球進(jìn)入疊加場之前，由動能定理得：qU＝mv2， 解得：v＝ 。 (2)設(shè)小球做圓周運(yùn)動的軌跡半徑為r，由幾何關(guān)系得： r2＝(r－L)2＋(L)2， 解得：r＝2L。 (3)由(2)知小球在復(fù)合場中做圓周運(yùn)動對應(yīng)的圓心角滿足： sin θ＝，解得：θ＝ 小球運(yùn)動周期：T＝ 運(yùn)動時間為：t＝T 聯(lián)立解得：t＝。 答案：(1)負(fù)電荷　　(2)2L　(3) 命題點(diǎn)三　帶電粒子在交變電磁場中的運(yùn)動 求解這類問題時首先要明確是電場做周期性變化還是磁場做周期性變化，亦或是電場、磁場都做周期性變化，一般按如下思路分析： [典例]　如圖甲所示，xOy平面處于勻強(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隨時間t變化的圖像如圖乙所示，周期均為2t0，y軸正方向為E的正方向，垂直紙面向里為B的正方向。t＝0時刻，一質(zhì)量為m、電荷量為＋q的粒子從坐標(biāo)原點(diǎn)O開始運(yùn)動，此時速度大小為v0，方向沿x軸正方向。已知電場強(qiáng)度大小為E0，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B0＝，不計粒子所受重力。求： (1)t0時刻粒子的速度大小v1及對應(yīng)的位置坐標(biāo)(x1，y1)； (2)為使粒子第一次運(yùn)動到y(tǒng)軸時速度沿x軸負(fù)方向，B0與E0應(yīng)滿足的關(guān)系； (3)t＝4nt0(n＝1,2，…)時刻粒子所在位置的橫坐標(biāo)x。 [解析]　(1)0～t0時間內(nèi)，粒子在電場中運(yùn)動，沿著x軸正方向，有： x1＝v0t0 沿著y軸正方向，有：vy＝at0，y1＝at02 由牛頓第二定律，有：qE0＝ma 運(yùn)動的速度大?。簐1＝ 解得：v1＝ ，粒子的位置坐標(biāo)為。 (2)設(shè)粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的周期為T，由洛倫茲力提供向心力，有： qv1B0＝m＝r1 解得：T＝2t0 則粒子第一次運(yùn)動到y(tǒng)軸前的軌跡如圖1所示。 粒子在磁場中做圓周運(yùn)動時，有：qv1B0＝ 軌跡圓心在y軸上，結(jié)合幾何關(guān)系得：r1sin θ＝v0t0 且v1sin θ＝vy 解得：＝v0。 (3)粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的周期為2t0，即在t0～2t0時間內(nèi)粒子轉(zhuǎn)了半圈，設(shè)粒子沿x軸方向向左移動Δx,2t0時刻速度大小仍為v1，方向與t0時刻速度方向相反，在2t0～3t0時間內(nèi)粒子做勻變速曲線運(yùn)動，根據(jù)對稱性可知，粒子運(yùn)動軌跡與0～t0 時間內(nèi)相同，3t0時刻速度大小為v0，方向沿著x軸負(fù)方向，在3t0～4t0時間內(nèi)粒子轉(zhuǎn)動半圈，4t0時刻速度大小為v0，方向沿著x軸正方向，如圖2所示，則0～4t0時間內(nèi)粒子沿x軸方向向左移動的距離為Δx 由幾何關(guān)系得：Δx＝2r1sin θ＝ 由粒子運(yùn)動的周期性知，t＝4nt0時粒子的橫坐標(biāo)： x＝－nΔx＝－(n＝1,2，…)。 [答案]　(1) 　　 (2)＝v0　(3)x＝－(n＝1,2，…) 分析帶電粒子在交變電磁場中的運(yùn)動時，關(guān)鍵是明確它在一個周期內(nèi)的運(yùn)動，化變?yōu)楹闶撬季S根本，其技巧是畫出軌跡示意圖，結(jié)合帶電粒子在電場、磁場中的運(yùn)動規(guī)律列方程解答?！　? [集訓(xùn)沖關(guān)] 1．如圖甲所示，M、N為豎直放置且彼此平行的兩塊平板，板間距離為d，兩板中央各有一個小孔O、O′且正對，在兩板間有垂直于紙面方向的磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間的變化規(guī)律如圖乙所示。有一束正離子在t＝0時垂直于M板從小孔O射入磁場，已知正離子的質(zhì)量為m，電荷量為q，正離子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的周期與磁感應(yīng)強(qiáng)度變化的周期都為T0，不考慮由于磁場變化而產(chǎn)生的電場的影響，不計正離子所受重力。求： (1)磁感應(yīng)強(qiáng)度B0的大小； (2)要使正離子從O′孔垂直于N板射出磁場，正離子射入磁場時的速度v0的可能值。 解析：(1)設(shè)磁場方向垂直于紙面向里時為正，正離子射入磁場后做勻速圓周運(yùn)動，洛倫茲力提供向心力，有 B0qv0＝m 粒子運(yùn)動的周期T0＝ 解得B0＝。 (2)正離子從O′孔垂直于N板射出磁場時，可能的運(yùn)動軌跡如圖所示， 正離子在兩板之間只運(yùn)動一個周期T0時，有r＝ 正離子在兩板之間運(yùn)動n個周期即nT0時，有r＝(n＝1,2,3，…) 解得v0＝(n＝1,2,3，…)。 答案：(1)　(2)(n＝1,2,3，…) 2．(2019天水模擬)如圖甲所示，在xOy平面內(nèi)存在均勻、大小隨時間周期性變化的磁場和電場，變化規(guī)律分別如圖乙、丙所示(規(guī)定垂直紙面向里為磁感應(yīng)強(qiáng)度的正方向、沿y軸正方向電場強(qiáng)度為正)。在t＝0時刻由原點(diǎn)O發(fā)射初速度大小為v0，方向沿y軸正方向的帶負(fù)電粒子。已知v0、t0、B0，粒子的比荷為，不計粒子的重力。求： (1)t＝t0時，粒子的位置坐標(biāo)； (2)若t＝5t0時粒子回到原點(diǎn)，0～5t0時間內(nèi)粒子距x軸的最大距離； (3)若粒子能夠回到原點(diǎn)，滿足條件的所有E0值。 解析：(1)粒子在0～t0內(nèi)沿順時針方向做圓周運(yùn)動 qv0B0＝m，T＝ 解得r1＝，T＝ 又粒子的比荷＝ 解得r1＝，T＝2t0 故t＝t0時，粒子的位置坐標(biāo)為。 (2)粒子在t＝5t0時回到原點(diǎn)，運(yùn)動軌跡如圖甲所示 由r2＝2r1，r1＝，r2＝ 解得v2＝2v0 則在0～5t0時間內(nèi)粒子距x軸的最大距離 hm＝t0＋r2＝v0t0。 (3)如圖乙所示，設(shè)帶電粒子在x軸下方做圓周運(yùn)動的軌跡半徑為r2′，由幾何關(guān)系可知，要使粒子能夠回到原點(diǎn)，則必須滿足 n(2r2′－2r1)＝2r1(n＝1,2,3，…) 其中r2′＝ 解得v＝v0(n＝1,2,3，…) 又v＝v0＋t0 解得E0＝(n＝1,2,3，…)。 答案：(1)　(2)v0t0　(3)(n＝1,2,3，…)