1、 （1分）Vat（1分）解得：V（1分）yy0則粒子離開偏轉電場時的速度大小：2絲，（2分）卜m方向與水平方向成2絲，（2分）卜m方向與水平方向成450角（1分）粒子進入磁場后，據牛頓第二定律得:V2粒子進入磁場后，據牛頓第二定律得:BqvmR由幾何關系得:dRcos450（由幾何關系得:dRcos450（2分）解得:d.上（1分）qB綜合應用題型2：題型、帶電粒子在正交的電場、磁場、重力場中的運動（疊加類）2、如圖所示，直角坐標系xOy位于豎直平面內，在水平的x軸下方軸上的卜點進入電場磁場，Mn之間的電場，磁場的磁感應強度為B，方向垂直xOy平面向里，電場線平行電荷量為q的帶正電的小球，從y

2、軸上的A點水平向右拋出，經x和磁場，恰能做勻速圓周運動，從x軸上的N點第一次離開電場和為L，小球過M點時的速度方向與x軸的方向夾角為軸上的卜點進入電場磁場，Mn之間的（1）電場強度E的大小和方向;小球從A點拋出時初速度v0的大小;（3）A小球從A點拋出時初速度v0的大小;（2分）力，重速度為力不能充當存在勻強磁場和勻強于y（2分）力，重速度為力不能充當存在勻強磁場和勻強于y軸.一質量為m、（）小球在電場、磁場中恰能做勻速圓周運動，說明電場力和重力平衡（恒圓周運動的向4力），有qEmgemgqqEmgemgq（）小球做勻速圓周運動，O為圓心，為弦長，MOIP，如圖所示。設半徑為r由幾何關系知si

3、n，有2rmv2qvBr，有2rmv2qvBr由速度的合成與分解知由式得qBL.cot2m()設小球到點時的豎直分速度為，它與水平分速度的關系為V22gvvtany0由式得由勻變速直線運動規律由勻變速直線運動規律3.在平面直角坐標系xOy中，第I象限存在沿y軸負方向的勻強電場，第W象限存在垂直于坐標平面向外的勻強磁場，磁感應強度為B.一質量為m、電荷量為q的帶正電的粒子從y軸正半軸上的M點以速度v0垂直于y軸射入電場，經x軸上的N點與x軸正方向成0=60角射入磁場，最后從y軸負半軸上的P點垂直于y軸射出磁場，如圖所示.不計粒子重力，求(1)乂、N兩點間的電勢差UMN；粒子在磁場中運動的軌道半徑

4、r；粒子從M點運動到P點的總時間t.【解析】試題分析：.v(1)設粒子過N點時的速度為v,有-0=cos0v故v=2v0粒子從M點運動到N點的過程，有qU=mv2mv2TOC o 1-5 h zMN2203mv2U=0-MN2q粒子在磁場中以0,為圓心做勻速圓周運動mv22mvqvB=r=B0半徑為0N,有由幾何關系得半徑為0N,有設粒子在電場中運動的時間為t1,有0N=v0t1t=、3m粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期1qB2mT=qB設粒子在磁場中運動的時間為2mT=qB設粒子在磁場中運動的時間為tL而t=t1+t2課后探究題有亍T_332m33qB4.、在平面.1導線框所示III距離為左

5、端沿d；如兩板中半徑為有亍T_332m33qB4.、在平面.1導線框所示III距離為左端沿d；如兩板中為多少?（3）若（2）問中求得速度代入數.DD（分）板（分）（分）而：為多少?（3）若（2）問中求得速度代入數.DD（分）板（分）（分）而：=n故兩板間的電壓nvoq0mad（分）（磁場的上下區域足夠大）中作勻速圓周周運動.（1）若圓形導線框中的磁感應強度B隨時間變化的規律是B=-Kt+B0，試判斷1、2兩極板哪一塊為正極板？并算出兩極板間的電壓U（2）設兩極板間的電壓為U0，則離子飛出兩極板時的速度v大小據后發現恰好有v=2%，要使.0離子不從右邊界飛出，求磁感應強度B_的最小值.1解：（）

6、根據楞次定律可以判斷：極木由題意知磁感應強度變化率型K（分）.法拉第電磁感應定律可知：感應電動勢大小為（）如圖所示，該離子在兩板間作類平拋運動，設離子在兩板間運動時間為.則有:（分）TOC o 1-5 h z飛出兩板時，豎直速度（分）qUL、故離子飛出兩板時速度=v2V2=1V2（工六）2（分）,0y0mdvo（）若v=、QV）則vo立2即（分）0V2設離子進入磁場后做勻速圓周運動的運動半徑為R由牛頓第二定律有：qB學（分）iR要使電子不從磁場右邊界離開，如圖須有（分）解得：BF1m0（分）1qD課后小結：一：基本解題部步驟.分析各場組成。.受力分析，并注意是否考慮重力。.帶電粒子運動狀態分析。.分段分析考慮。.畫軌跡圖。.適當選用力學三大方法列式求解。:解題方法和規律粒子靜止或勻速直線運動，可根據力的平衡條件列方程