2026届高考物理二轮复习课件：电场中的类抛体

电场中的类抛体电场类平抛平抛运动斜上抛运动x=v0t

y=1/2·gt²x=v0cosθty=v0sinθt-1/2·gt²电场类斜抛迁移同化Eq=max=v0t

y=1/2·at²x=v0cosθt

y=v0sinθt+1/2·at²物理规律物理思想思维力合成与分解化繁为简整体拆为多个组元在未解决问题与已解决问题之间建立联系能力提升①有阻力抛体②车轮边缘③磁场螺旋线④复合场“配速法”⑤倾斜坐标系中的运动分解应用实践深化如图，平面直角坐标系xOy第Ⅰ象限内有平行于y

轴的匀强电场，方向沿y轴正方向；在第Ⅳ象限的正三角形区域内有匀强磁场，方向垂直于xOy平面向里，正三角形边长为L，且

ab边与y轴平行.质量为m、电荷量为q的粒子，从y轴上的P点(0，h)以大小为v0的速度沿x轴正方向射入电场，通过电场后从x轴上的a(2h,0)点进入第Ⅳ象限，又经过磁场从y轴上的某点进入第Ⅲ象限，且速度与y轴负方向成45°角，不计粒子的重力.求：（1）电场强度E的大小；（2）粒子到达a点时速度的大小和方向；（3）区域内磁场的磁感应强度B的最小值.电场类平抛[解析](1)从P到a,2h=v0th=1/2·at²a=Eq/m联立解得E=mv02

/(2qh)(2)轨迹到达a点，vy=at=v0va=(v02

+vy2)1/2=(2v0)1/2，与x轴正方向夹角为45°(3)由对称性，从b点飞出，B最小轨迹半径r=L/√2=mva/(qB)解得B=2mv0/(qL)在xOy平面内，有沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E（图中未画出），由A点斜射出一质量为m、带电量为+q的粒子，B和C是粒子运动轨迹上的两点，如图所示，其中l0为常数，粒子所受重力忽略不计。求：（1）粒子从A到C过程中电场力对它做的功；（2）粒子从A到C过程所经历的时间；（3）粒子经过C点时的速率．电场类斜抛[解析](1)W=Eq·3l0(2)轨迹关于y轴对称，最高点为D.设tAD=tDB=tBC=T.从D开始，y轴方向做初速度为0的匀加速直线运动,故yD=l0.D→B，l0=1/2·aT²，a=Eq/m解得T=(2ml0/Eq)1/2tAC=3T=3(2ml0/Eq)1/2D(3)水平分速度

vx=l0/TC点竖直分速度

vCy=a·2T vC=(vx²+vCy²)1/2解得

vC=(17Eql0/2m)1/2如图，在y>0的区域存在沿y轴负方向、大小为E的匀强电场；在y<0的区域存在垂直于xOy平面向外的匀强磁场.一个氕核11H和一个氘核12H先后从y轴上y=h点以相同的动能射出，速度方向沿x轴正方向。已知11H进入磁场时，速度方向与x轴正方向的夹角为60°，并从坐标原点O处第一次射出磁场。11H的质量为m，电荷量为q，不计重力.电场类平抛(1)11H第一次进入磁场的位置到原点O的距离；(2)磁场的磁感应强度大小；(3)12H第一次离开磁场的位置到原点O的距离.[解析](1)tan60°=2h/x解得x=2h/√3(2)进入磁场竖直分速度为vy1，

∆Ek1=1/2·mvy1²=Eqh

解得vy1=(2Eqh/m)1/2进入磁场速度v1=vy1

/sin60°=2(2Eqh/3m)1/2半径为R1，2R1sin60°=x

解得R1=2h/3R1=mv1/(qB)解得B=(6mE/qh)1/2(3)氕核初速度为v01，氘核初速度为v02.由初动能相同得，v01²=2v02²对于氘核，∆Ek2=1/2·2mvy2²=Eqh

故vy1²=2vy2²氘核进入磁场速度为v2,有v1²=2v2²氘核进入磁场速度与x轴夹角为θ2,tanθ2=vy2/v02=vy1/v01所以θ2=60°.轨迹半径R2=2mv2/(qB)=√2R1氘核进入磁场位置与离开磁场位置距离为 x2=2sinR260°=√6R1=2√6h/3与O距离为x2-x=2√6h/3-2h/√3在一柱形区域内有匀强电场,柱的横截面是以O为圆心、半径为R的圆，AB为圆的直径,如图所示.质量为m,电荷量为q(q>0)的带电粒子在纸面内自A点先后以不同的速度进入电场,速度方向与电场方向垂直.已知刚进入电场时速度为零的粒子,自圆周上的C点以速率v0穿出电场,AC与AB的夹角θ=60°.运动中粒子仅受电场力作用.ABCOθ电场类平抛——倾斜坐标系(1)求电场强度的大小；(2)为使粒子穿过电场后的动能增量最大,该粒子进入电场时的速度应为多大?(3)为使粒子穿过电场前后动量变化量的大小为mv0,该粒子进入电场时的速度应为多大?ABCOθ[解析](1)电场方向由A指向C，EqR=1/2·mv0²解得E=mv0²/(2qR)(2)过O做AC平行线，与边界交点为D,UAD最大，到达D点动能增量最大.从A到D，a=Eq/mR+Rcosθ=1/2·at²Rsinθ=v1t联立解得初速度v1=ABCOθDEv1(3)初速度为0满足条件沿初速度方向建立x轴，沿电场方向建立y轴∆p=mv0=Eqt=mvy

沿电场方向分速度vy=v0.∆Ek=1/2·mvy²=Eqy

将E代入，沿电场方向位移y=R连接BC，∠ACB=90°，故粒子从B点离开.R=vyt/22Rsinθ=v2t解得v2=ABCOθEv2如图所示，在xoy平面的第一象限有方向垂直于纸面向外的匀强磁场，第四象限中0<x<L0区域存在沿y正向的匀强电场；x>L0区域有沿x负向的匀强电场，且两个电场的场强大小相同.原点O处有一粒子源，可在xoy平面内向第一象限各个方向连续发射大量速度大小在0~v0之间，质量为m、电荷量为+q的同种粒子.在x轴正半轴垂直于xoy平面放置着一块足够长的薄板，在薄板上x=L0处

开一个小孔.经过观测，薄板上有粒子轰击的

区域的长度为2L0，且粒子击中薄板立刻被吸收.电场类斜抛已知电场强度的大小为E=mv0²/(qL0)，忽略电场和磁场的边缘效应，不考虑粒子间的相互作用和粒子的重力.(1)求匀强磁场的磁感应强度的大小B;(2)粒子源发射的部分粒子穿过x=L0处的小孔进入右下方电场区域，求各粒子轨迹与直线x=L0交点的纵坐标的最小值;(3)已知某粒子经过x=L0处的小孔后，经两个电场的偏转后恰能回到原点O,求该粒子的速度方向应满足的条件(可以不求具体数值).OyxBE[解析](1)当速度为v0，沿y轴正方向，半径为L0，L0=mv0/(qB)解得B=mv0/(qL0)(2)设初速度为v，与x轴正向夹角为θ2rsinθ=L0，r=mv/(qB)解得

vsinθ=v0/2即进入电场，竖直分速度为v0/2当x方向分速度最大，纵坐标最小，故θ=30°，v

=v0由y=tv0/2,Eq=ma，2vx=at

解得y=故坐标为