物理高考專題復(fù)習之三帶電體的運動

物理高考專題復(fù)習之三

——帶電體的運動山西省平遙中學(xué)退休教師山西省靈石一中任均海主要內(nèi)容一.帶電體在靜電場中的運動二.帶電體在交變電場中的運動三.帶電體在有界勻強磁場中的運動四.帶電體在組合場中的運動五.帶電體在復(fù)合場中的運動六.涉及復(fù)合場的物理技術(shù)一.帶電體在靜電場中的運動

1.帶電粒子在點電荷電場中的運動

題型1.(2006年重慶市高考題)如圖所示，帶正電的點電荷固定于Q點，電子在庫侖力作用下，做以Q為焦點的橢圓運動,M、P、N為橢圓上的三點，P點是軌道上離Q最近的點.電子在從M經(jīng)P到達N點的過程中：

A.速率先增大后減小

B.速率先減小后增大C.電勢能先減小后增大D.電勢能先增大后減小A、C

電子在庫侖力作用下，做以Q為焦點的橢圓運動,當電子在從M經(jīng)P到達N點的過程中,庫侖力對電子先做正功,后做負功(當電子剛到達P點的時刻,庫侖力的方向與其速度方向垂直,此時刻庫侖力對電子做的功為零)因此電子的動能先增大后減小,電勢能先減小后增大.因此本題的選項為A、C思路點撥【啟迪和結(jié)論】若電荷只在電場力作用下運動,那么電場力對電荷做正功,電荷的動能增大而電勢能減少；電場力對電荷做負功,電荷的動能減少而電勢能增大.典型例題分析

題型2.如圖所示,M、N兩點固定兩個等量正點電荷,在M、N連線的中點O放一不計重力的點電荷,若給它一個初速度v,其方向與M、N連線垂直,則該點電荷可能的運動情況為：A.往復(fù)直線運動B.勻變速直線運動

C.加速度先減小后增大、速度不斷增大的直線運動

D.加速度先增大后減小、速度不斷增大的直線運動.A、D思路點撥

兩個等量正點電荷M、N連線的中點O處的電場強度為零,在無窮遠處電場強度顯然為零,因此兩等量同種電荷連線的中垂線上的各點電場強度的變化為：由連線中點向外先增大后減少.對放入的點電荷分正、負兩種情況討論則本題的正確選項為A、D典型例題分析

題型3.等量異種電荷的連線和中垂線如圖所示.現(xiàn)將一個帶負電的點電荷從圖中a點沿中垂線移到b點,再從b點沿直線移到

c點,則該負點電荷在這全過程中:A.所受的電場力方向改變B.所受的電場力的大小一直減小C.電勢能一直減小D.電勢能先不變后減小.思路點撥

ab是等量異種電荷形成的電場的等勢線,因此將一個帶負電的點電荷從圖中a點沿中垂線移到b點,再從b點沿直線

移到c點,則該負點電荷在這全過程中,電勢能先不變后減小,所受的電場力方向未改變,所受的電場力的大小一直增大,選D選項.“等同”場

P、Q是兩個電荷量相等的點電荷,它們連線的中點是O,A、B是中垂線上的兩點,OA<OB,C、D是兩電荷連線上的兩點,且OC=OD,則①EA、EB大小無法判斷(方向向上);φA>φB,②EC≠ED(方向相反);φC=φD“等異”場

P、Q是兩個電荷量相等的點電荷,它們連線的中點是O,A、B是中垂線上的兩點,OA<OB,C、D是兩電荷連線上的兩點,且OC=OD,則①EA>EB(方向向左);φA>φB,②EC=ED(方向相同);φC<φD(1)一條件:

恒力作用且有與恒力垂直的初速度(2)兩策略:①分解運動;②變換坐標(3)三規(guī)律:

①運動方程;②拋物線切線均分定理;③類平拋運動的速度偏向角的正切函數(shù)值是位移偏向角的正切函數(shù)值的兩倍2.帶電粒子在勻強電場中的類平拋運動題型4.如圖所示,質(zhì)量為m,帶電量為-q的微粒(重力不計),在勻強電場中的A點的速度為v0,方向與電場線垂直,在B點的速度為2v0,若A、B兩點間的距離為d,求:⑴A、B兩點間的電壓;⑵電場強度的大小和方向.思路點撥⑴由動能定理可得：(2)由電場力做正功可知電場強度方向水平向左.建立直角坐標系如圖所示.設(shè)B點坐標為(x、y),由速度分解可知,帶電微粒在B點的速度可分解為:

據(jù)類平拋運動在某一瞬間的瞬時速度的反向延長線一定交在其水平位移的中點上.由三角形相似可得：又啟迪和結(jié)論

“平拋運動(類平拋)任意時刻的瞬時速度的反向延長線一定通過此時水平位移的中點(即拋物線切線均分定理)”這是一個重要的結(jié)論.在平拋運動中經(jīng)常用該結(jié)論來構(gòu)造相似三角形,希望同學(xué)們在復(fù)習時尤要注意.題型5.示波管工作原理：

如圖是示波管的示意圖,豎直偏轉(zhuǎn)電極的極板長l=4cm,板間距離d=1cm,板右端距熒光屏.(水平偏轉(zhuǎn)電極上不加電壓,沒有畫出)電子沿中心線進入豎直偏轉(zhuǎn)電場的速度是1.6×107m/s.電子電量e=1.60×10-19C,質(zhì)量m=0.91×10-30kg.⑴要使電子束不打在偏轉(zhuǎn)電極的極板上,加在豎直偏轉(zhuǎn)電極上的最大偏轉(zhuǎn)電壓U1,不能超過多大?⑵若在偏轉(zhuǎn)電極上加U=40sin100πt(V)的交變電壓,在熒光屏的豎直坐標軸上能觀察到多長的線段?思路點撥⑴電子束進入偏轉(zhuǎn)電極內(nèi)做類平拋運動,依題意可得:

⑵交變電壓的周期為T0=0.02S,而電子束穿過偏轉(zhuǎn)電極的時間為：,因此在電子束穿越電場的過程中,仍可當做勻強電場處理.電子束的運動可看成類平拋運動.由∴y0=2.2×10-3m.由三角形相似可知啟迪和結(jié)論

1.要使電子束不打在偏轉(zhuǎn)電極的極板上,即在偏轉(zhuǎn)電極的最大偏轉(zhuǎn)距離為d/2.2.若在偏轉(zhuǎn)電極上加U=40sin100πt(V)的交變電壓,由于偏轉(zhuǎn)電壓的變化周期遠大于粒子穿越電場的時間,則在帶電粒子穿越電場的過程中,仍可當做勻強電場處理.3.在熒光屏的豎直坐標軸上能觀察到的線段的長度可根據(jù)三角形相似求之.二.帶電體在交變電場中的運動

在兩塊平行且靠近的金屬板上加交變電壓,兩板間就產(chǎn)生交變電場,帶電粒子在交變電場運動的規(guī)律問題,不但較多地涉及到力學(xué)和電學(xué)的眾多的基礎(chǔ)知識,而且重在物理過程的分析,易于進行推理能力、分析綜合能力、運用數(shù)學(xué)解決物理問題能力的考查.它既是高考命題的熱點,也是高中物理教學(xué)的重點、難點.可用v-t圖象巧妙處理帶電粒子在交變電壓作用下的運動.1.帶電粒子的運動方向與電場方向平行

題型6.(2006年北京市理綜測試試題)如圖a所示，真空中相距d＝5cm的兩塊平行金屬板A、B與電源連接（圖中未畫出），其中B板接地（電勢為零），A板電勢變化的規(guī)律如圖b所示.將一個質(zhì)量m=2.0×10-27kg，電量q＝+1.6×10-19C的帶電粒子從緊臨B板處釋放，不計重力.求：（1）在t＝0時刻釋放該帶電粒子，釋放瞬間粒子加速度的大小；（2）若A板電勢變化周期T＝1.0×10-5s，在t＝0時將帶電粒子從緊臨B板處無初速釋放，粒子達到A板時動量的大小；（3）A板電勢變化頻率多大時，在t＝T/4到t＝T/2時間內(nèi)從緊臨B板處無初速釋放該帶電粒子，粒子不能到達A板.？

思路點撥（1）電場強度

帶電粒子所受電場力為：（2）粒子在0～T/2時間內(nèi)走過的距離為：.故帶電粒子在t=T/2時，恰好到達A板.根據(jù)動量定理，此時粒子動量：思路點撥帶電粒子在t=T/4時緊臨B扳處無初速度釋放，其速度圖像如圖所示.要使該粒子不能到達A板，則應(yīng)滿足：啟迪和結(jié)論

當帶電粒子的運動方向與交變電場方向平行時,其運動模型一般為往復(fù)運動和單向運動.注意粒子的射入(釋放)的時刻、初態(tài)條件、過程的周期性.2.帶電粒子的運動方向與電場方向垂直：

題型7.如圖所示,平行金屬板A、B水平放置,兩板間距d=14cm,如圖所示的變化電壓加在A、B兩板上.在t=0時,一帶負電粒子剛好從一個極板的邊緣平行于極板的方向射入兩板間的勻強電場之中,該粒子的荷質(zhì)比為q/m=1×108C/kg,該粒子通過電場后剛好從另一極板的邊緣飛出電場.設(shè)兩極板間為真空,電場的邊緣效應(yīng)不計.試求該粒子通過電場的過程中速度增加了多少？

令一個周期內(nèi)粒子在豎直方向上的位移為d0,據(jù),

設(shè)粒子經(jīng)過n個周期飛離電場,則由：.即粒子經(jīng)過7個周期,其動能等于初動能之后,在d0/2(0.9cm)上做勻加速運動,在d/=0.5cm上做勻減速運動,由速度圖象可知：.思路點撥啟迪和結(jié)論

當帶電粒子的運動方向與交變電場方向垂直時,應(yīng)用運動的獨立性原理,選擇某一個方向上的分運動,做出相應(yīng)的速度圖象,即可化繁為簡.三.帶電體在有界磁場中的運動

帶電粒子在忽略重力的條件下垂直進入有界磁場問題，是近幾年來高考命題的熱點.解決此類問題既要用到物理中的洛侖茲力、牛頓第二定律與圓周運動知識,又要用到數(shù)學(xué)的平面幾何中的圓及解析幾何知識,對學(xué)生綜合分析能力和運用數(shù)學(xué)知識解決物理問題的能力要求較高——很多同學(xué)對此常常感到很棘手.下面根據(jù)有界磁場區(qū)域特征,通過典型例題來總結(jié)處理這類問題的方法.重要規(guī)律(1)

1.角度規(guī)律：速度偏向角(φ)=回旋角(α)=弦切角的二倍(2θ)重要規(guī)律(2)2.臨界規(guī)律:

帶電粒子剛好穿出磁場邊界的臨界條件是帶電粒子在磁場中運動的軌跡與該邊界相切.重要規(guī)律(3)

3.對稱規(guī)律①:對準圓形磁場區(qū)域的圓心射入的帶電粒子射出磁場時,其速度的反向延長線必過磁場區(qū)域的圓心.

重要規(guī)律(4)4.對稱規(guī)律②：如從同一邊界射入的帶電粒子,從同一邊界射出時,速度與邊界的夾角相等.情景1.磁場邊界為矩形(直邊)

題型8.如圖所示,寬為2cm的有界勻強磁場,縱向范圍足夠大,磁感應(yīng)強度的方向垂直紙面向內(nèi),現(xiàn)有一群正粒子從O點以相同的速率沿紙面不同方向進入磁場,若粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌道半徑均為5cm.求在左、右邊界有粒子射出的范圍有多大？思路點撥因此有粒子射出的范圍為：(1)右邊界：-4cm<y<4cm；(2)左邊界：0<y<8cm.題型9(2006年山西高考題)如圖，在一水平放置的平板MN的上方有勻強磁場，磁感應(yīng)強度的大小為B，磁場方向垂直于紙面向里.許多質(zhì)量為m帶電量為+q的粒子，以相同的速率v沿位于紙面內(nèi)的各個方向，由小孔O射入磁場區(qū)域.不計重力，不計粒子間的相互影響。下列圖中陰影部分表示帶電粒子可能經(jīng)過的區(qū)域，其中R=mv/Bq.哪個圖是正確的？思路點撥臨界點討論法:質(zhì)量為m帶電量為+q的粒子，以相同的速率v沿位于紙面內(nèi)的水平向右、豎直向上方向，由小孔O射入磁場區(qū)域即為射入點的臨界點.【題型10】(2008年山西省理綜試題)如圖所示，在坐標系xoy中，過原點的直線OC與x軸正向的夾角φ=120°,在OC右側(cè)有一勻強電場；在第二、三象限內(nèi)有一勻強磁場，其上邊界與電場邊界重疊、右邊界為y軸、左邊界為圖中平行于y軸的虛線，磁場的磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直抵面向里。一帶正電荷q、質(zhì)量為m的粒子以某一速度自磁場左邊界上的A點射入磁場區(qū)域，并從O點射出，粒子射出磁場的速度方向與x軸的夾角θ＝30°，大小為v，粒子在磁場中的運動軌跡為紙面內(nèi)的一段圓弧，且弧的半徑為磁場左右邊界間距的兩倍.粒子進入電場后，在電場力的作用下又由O點返回磁場區(qū)域，經(jīng)過一段時間后再次離開磁場。已知粒子從A點射入到第二次離開磁場所用的時間恰好等于粒子在磁場中做圓周運動的周期。忽略重力的影響。求（1）粒子經(jīng)過A點時速度的方向和A點到x軸的距離；（2）勻強電場的大小和方向；（3）粒子從第二次離開磁場到再次進入電場時所用的時間。（1）從A點進入磁場后從O點離開磁場的過程是勻速圓周運動，畫出粒子運動的軌跡圖，依題意由幾何關(guān)系可得圓弧的圓心正好是兩條虛線的交點。故經(jīng)過A點的速度方向為x軸正方向.設(shè)圓周的半徑為R，有：∠OO1A=30°.根據(jù)向心力公式：思路點拔(1)A點到x軸的距離AD為y：

思路點拔(2)

（2）粒子能從O點進入電場且能由O點返回，對正電荷，說明電場的方向垂直于OC向左，設(shè)電場強度大小為E，電場中的時間為t1，由動量定理：Eqt1=2mv.

粒子從A點射入到第二次離開磁場所用的時間恰好等于粒子在磁場中做圓周運動的周期T，由：T=2πR/v從O點返回磁場后的軌跡圓恰與O1A相切(R=2d)圓心角為120°，故：思路點拔(3)(3）粒子第二次離開磁場后到再進入電場時間為t2,則：情景2.磁場邊界為圓形

(1)粒子對準磁區(qū)圓心進入磁場.

題型11.(2006年天津市高考題)在以坐標原點O為圓心、半徑為r的圓形區(qū)域內(nèi)，存在磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直于紙面向里的勻強磁場，如圖所示.一個不計重力的帶電粒子從磁場邊界與x軸的交點A處以速度v沿－x方向射入磁場，恰好從磁場邊界y軸的交點C處沿+y方向飛出.（1）請判斷該粒子帶何種電荷，并求出其比荷q/m；（2）若磁場的方向和所在空間范圍不變，而磁感應(yīng)強度的大小變?yōu)锽，該粒子仍從A處以相同的速度射入磁場，但飛出磁場時的速度方向相對于入射方向改變了60o角，求磁感應(yīng)強度B多大？此次粒子在磁場中運動所用時間t是多少？(1）粒子的飛行軌跡如圖，利用左手定則可知，該粒子帶負電荷.粒子由A點射入，由C點飛出，其速度方向改變了900,則粒子軌跡半徑R=r思路點撥(1)思路點撥(2)（2）粒子從D點飛出磁場速度方向改變了60°角，故AD弧所對圓心角為60°，粒子做圓周運動的半徑因此粒子在磁場中飛行時間為：【題型12】如圖，在以O(shè)為圓心,R=17.3cm為半徑的圓形區(qū)域內(nèi),有一個水平方向的B=0.1T,方向垂直紙面向外的勻強磁場.豎直平行放置的金屬板A,Ｋ連在電路中,電源電動勢E=91V,內(nèi)阻r=1Ω,定值電阻R1=10Ω,滑動變阻器R2的最大阻值為80Ω,S1、S2為A、K板上的兩個小孔,且與O在豎直板的同一直線上,另有一水平放置的足夠長的熒光屏D,O點與D之間距離為H=3R.比荷為2.0×105c/kg的帶正電粒子由S1進入電場后,通過S2后向磁場中心射去,通過磁場后落到熒光屏D上.粒子進入電場的初速度、重力均忽略不計.(1)如粒子垂直打在熒光屏上的P點,此時電壓表的示數(shù)多大？

(2)調(diào)節(jié)變阻器滑片的位置,求粒子到達熒光屏的最大范圍多大？思路點撥(1)

(1).思路點撥(2)

(2)變阻器的滑片在最左端:思路點撥(3)

變阻器的滑片在最右端:

(2)入射粒子不對準磁區(qū)圓心進入磁場

題型13.(05年廣東高考)如圖所示,在一個圓形區(qū)域內(nèi),有兩個相反且垂直于紙面的勻強磁場,分布在以直徑A2A4為邊界的兩個半圓形區(qū)域Ⅰ、Ⅱ中,A2A4與A1A3的夾角為60o.一個質(zhì)量為m、帶電量為+q的粒子以某一速度從Ⅰ區(qū)的邊緣點A1處沿與A1A3成30o角的方向射入磁場,隨后該粒子以垂直于A2A4的方向經(jīng)過圓心O進入Ⅱ區(qū),最后再從A4處射出磁場.已知該粒子從射入到射出磁場所用的時間為t,求Ⅰ區(qū)和Ⅱ區(qū)中磁感應(yīng)強度的大小.(不計粒子重力)R1=2R2∴B2=2B1(3)圓形磁區(qū)邊界待定問題.

題型14(04全國理綜)

一勻強磁場,磁場方向垂直于xy平面,在xy平面上磁場分布在以O(shè)為中心的一個圓形區(qū)域內(nèi).一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子,由原點O開始運動,初速為v,方向沿x正方向.后來,粒子經(jīng)過y軸上的P點,此時速度方向與y軸的夾角為30°,P到O的距離為L,如圖所示,不計重力的影響.求磁場的磁感強度B的大小和xy平面上磁場區(qū)域的半徑R。思路點撥

由題可知，洛侖茲力提供向心力,關(guān)鍵在于分析出軌跡圓心在ｙ軸上,且P點在磁場外.粒子在磁場中受洛侖茲力作用,做勻速圓周運動,設(shè)其半徑為r由題可知,粒子在磁場中的軌跡圓圓心必在y軸上，且P點在磁場外.過P沿速度方向作延長線,它與x軸相交于Q點.作圓弧過O點與x軸相切,并且與PQ相切.切點A即粒子離開磁場區(qū)的地點.這樣可求得圓弧軌跡圓圓心C,如圖所示.由圖中幾何關(guān)系得L=3r圖中OA的長度即為圓形磁場半徑R.由圖中幾何關(guān)系可知：(4)最小磁場圓問題.

【題型15】（平遙縣統(tǒng)考試題）如圖所示，空間存在磁感應(yīng)強度為B的圓形勻強磁場區(qū)域，磁場方向垂直紙面向外（圖中未畫出）。x軸下方存在勻強電場，場強大小為E，方向沿與x軸負方向成60°角斜向下。一個質(zhì)量為m，帶電量為＋e的質(zhì)子以速度v0從O點沿y軸正方向射入勻強磁場區(qū)域。質(zhì)子飛出磁場區(qū)域后，從b點處穿過x軸進入勻強電場中，速度方向與x軸正方向成30°，之后通過了b點正下方的c點。不計質(zhì)子的重力。（1）畫出質(zhì)子運動的軌跡，并求出圓形勻強磁場區(qū)域最小面積；

(2）求出o點到c點的距離。思路點撥（1）質(zhì)子先在勻強磁場中做勻速圓周運動，射出磁場后做勻速直線運動，最后進入勻強電場做類平拋運動，軌跡如圖所示.根據(jù)牛頓第二定律，有要使磁場的區(qū)域面積最小，則Oa為磁場區(qū)域的直徑，由幾何關(guān)系可知：思路點撥質(zhì)子進入電場后，做類平拋運動，設(shè)bc=s.

情景3.磁場邊界為圓環(huán)

題型16.如圖所示,環(huán)狀勻強磁場圍成的中空區(qū)域具有束縛帶電粒子的作用,中空區(qū)域中的帶電粒子只要速度不大,都不會穿出磁場的外邊緣.設(shè)環(huán)狀磁場的內(nèi)半徑R1=0.5m,外半徑R2=1.0m.磁場的磁感應(yīng)強度B=1.0T.若被束縛的帶電粒子的比荷為q/m=4×107C/kg,且中空區(qū)域中的帶電粒子具有各個方向的速度，試計算：⑴粒子沿圓環(huán)的半徑方向射入磁場,且不穿出磁場的最大速度.⑵所有粒子不能穿出磁場的最大速度.

(1)要使粒子沿圓環(huán)的半徑方向射入磁場,且不穿出磁場具有最大速度,則粒子軌跡圓必與外圓相切.可得:r=0.375m,V=1.5×107m/s.思路點撥(1)

(2)當粒子以最大速度沿與內(nèi)圓相切方向射入磁場且軌道與外圓相切時，則以該速度沿各方向射入磁場區(qū)都不能穿出磁場邊界.可得:R=0.25m,V=1.0×107m/s.思路點撥(2)

四.帶電體在組合場的運動【題型17】

（2008年天津市理綜試題）在平面直角坐標系xOy中，第1象限存在沿y軸負方向的勻強電場，第Ⅳ象限存在垂直于坐標平面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B。一質(zhì)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(jīng)x軸上的N點與x軸正方向成θ=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)M、N兩點間的電勢差UMN(2)粒子在磁場中運動的軌道半徑r；(3)粒子從M點運動到P點的總時間t。思路點撥(1)（1）設(shè)粒子過N點時的速度為v，有v0=vcosθ

粒子從M點運動到N點的過程，有qUMN=mv2/2-mv02/2∴UMN=3mv02/2q.（2）粒子在磁場中以為圓心O/做勻速圓周運動，半徑為O/N，有qvB=mv2/r.思路點撥(2)（3)由幾何關(guān)系得ON=Rsinθ

設(shè)粒子在電場中運動的時間為t1,有ON=v0t.

粒子在磁場在做勻速圓周運動的周期T=2πm/Bq

設(shè)粒子在磁場中運動的時間為t2,有t2=(π-θ)T/2π

∴t2=2πm/3Bq.t=t1+t2題型18.如圖所示,在xOy平面內(nèi),第一象限中有勻強電場,場強大小為E,方向沿y軸正方向.在x軸的下方有勻強磁場,磁感應(yīng)強度為B,方向垂直于紙面向里,今有一個質(zhì)量為m,電量為e的電子(不計重力),從y軸上的P點以初速度v0垂直于電場方向進入電場,經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后,沿著與x軸正方向成45o進入磁場,并能返回到原出發(fā)點P.求:⑴作出電子運動軌跡的示意圖,并說明電子的運動情況.⑵P點離坐標原點的距離h.⑶電子從P點出發(fā)經(jīng)多長時間第一次返回P點？

注意：利用圓周運動中有關(guān)對稱規(guī)律:“如從同一邊界射入的粒子,從同一邊界射出時,速度與邊界的夾角相等”可十分簡捷地找到軌跡圓的圓心.思路點撥(2)電子經(jīng)過A點的速度大小為電子由P到A,由動能定理可得：(3)電子由P到A,電子由A到D,電子由D到P,題型19.如圖所示的坐標系，x軸沿水平方向,y軸沿豎直方向.在第一、二象限內(nèi)既無電場也無磁場,在第三象限,存在沿y軸正方向的勻強電場和垂直x0y平面的勻強磁場；在第四象限存在沿y軸負方向、場強大小與第三象限場強相等的勻強電場.一質(zhì)量為m、電量為q的質(zhì)點,從坐標為(0，h)的P1點以水平初速度沿x軸負方向進入第二象限,然后經(jīng)過坐標為(-2h，0)的P2點進入第三象限內(nèi),并恰好做勻速圓周運動，之后經(jīng)過坐標為(0，-2h)的P3點進入第四象限.已知重力加速度為g,求：(1)帶電質(zhì)點到達P2點時速度的大小和方向；(2)第三象限空間中電場強度和磁感應(yīng)強度的大??；(3)帶電質(zhì)點在第四象限運動過程中的最小速度的大小和方向.思路點撥(1)

(1)帶電質(zhì)點在第二象限的運動為“類平拋”運動,由“拋物線切線均分定理”可得:θ=45o,

(2)帶電質(zhì)點在第三象限內(nèi)恰好做勻速圓周運動,則有:

思路點撥(2)

(3)帶電質(zhì)點在第四象限內(nèi)在等效場(等效力F=2mg,方向向下)中做“類斜上拋運動”.設(shè)上拋的最大高度為H.則:因此帶電質(zhì)點在第四象限內(nèi)的運動一直未離開x軸.當

方向沿+x方向.

五.帶電體在復(fù)合場中的運動

分析帶電粒子在復(fù)合場中運動，

主要是兩條線索：

(1)力和運動的關(guān)系.根據(jù)帶電粒子所受的力，運用牛頓第二定律并結(jié)合運動學(xué)規(guī)律求解（2)功能關(guān)系.根據(jù)場力及其它外力對帶電粒子做功引起的能量變化或全過程中的功能關(guān)系，從而可確定帶電粒子的運動情況，這條線索不但適用于均勻場，也適用于非均勻場。因此要熟悉各種力做功的特點.1.帶電體在復(fù)合場中的直線運動特點:垂直運動方向的力必定平衡.題型20如圖所示,直角坐標系位于豎直平面內(nèi),在該區(qū)域內(nèi)有電場強度E=12N/C、方向沿x軸正向的勻強電場和磁感應(yīng)強度大小為B=2T、沿水平方向且垂直于平面xoy的指向紙內(nèi)的勻強磁場.一個質(zhì)量m=4×10-5kg、電荷量q=+2.5×10-5C的帶電微粒.在xoy平面內(nèi)做勻速直線運動,運動到原點O時撤去磁場,經(jīng)一段時間后,帶電微粒運動到x軸上的P點,求P點到原點的距離及帶電微粒由原點O動到P點的時間.思路點撥(1)

帶電微粒的運動分為以下兩個階段：(1)

帶電微粒運動到原點前,即撤去磁場前在重力、電場力、洛侖茲力共同作用下做勻速直線運動.(其受力圖如圖所示)由共點力作用下物體的平衡條件可得：思路點撥(2)

(2)帶電微粒運動到原點后,即撤去磁場后在重力和電場力共同作用下做“類平拋”運動.(其受力圖如圖所示)建立如圖的直角坐標系x/Oy/,設(shè)OP=S,則有：

∴t=1.2s,Op=1.5m2.帶電體在復(fù)合場中的圓周運動情景(1)合外力提供向心力.

題型21.在真空中有一帶電量為+Q的固定點電荷,另有一質(zhì)量為m、帶電量為q的微粒,在此點電荷附近做周期為T的勻速圓周運動,微粒的重力不能忽略,求：⑴微粒的帶電性質(zhì)；⑵微粒的軌跡所在平面及圓心O的位置.⑴帶電微粒要在固定的帶正電的點電荷的電場和重力場的復(fù)合場中做勻速圓周運動,該帶微粒顯然帶負電.⑵帶電微粒要在重力和庫侖力共同作用下做勻速圓周運動,微粒做勻速圓周運動的軌跡顯然應(yīng)在水平面內(nèi),且圓心O/在點電荷的正下方.(聯(lián)想“圓錐擺”運動模型)思路點撥解題分析(2)設(shè)其離點電荷Q的距離為H.對于微粒進行受力分析如圖所示,則有：

2.帶電體在復(fù)合場中的圓周運動情景(2)重力與電場力平衡，由洛侖茲力提供向心力.

題型22.(2006年四川省高考題)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電場和垂直紙面向里的水平勻強磁場，磁感應(yīng)強度B=1.57T.小球1帶正電,其電量與質(zhì)量之比為4c/kg,所受重力與電場力的大小相等;小球2不帶電，靜止放置于固定的水平懸空支架上.小球向右以v0=23.59m/s的水平速度與小球2正碰，碰后經(jīng)過0.75s再次相碰.設(shè)碰撞前后兩小球帶電情況不發(fā)生改變，且始終保持在同一豎直平面內(nèi).(g=10m/s2)問：(1)電場強度E的大小是多少？(2)兩小球的質(zhì)量之比m2/m1是多少？

思路點撥(1)小球1所受的重力與電場力始終平衡,m1g=Eq∴E=2.5N/c.(2)相碰后小球1做勻速圓周運動，由∵兩小球運動時間t=0.75s=3T/4..

∴小球1只能逆時針經(jīng)個3/4T圓周時與小球2再次相碰.

兩小球第一次碰撞前后動量守恒，以水平向右為正方向(碰后反彈)m1v0=-m1v1+m2v2.第一次相碰后小球2做平拋運動.∴兩小球質(zhì)量之比為m2/m1=11

題型23.如圖所示,質(zhì)量為0.01kg的小球b原不帶電,置于水平桌面的右邊緣P點(但不落下),質(zhì)量為0.02kg、帶有0.1C的正電荷的a球從半徑為R=0.8m的、1/4光滑圓弧頂端由靜止釋放,到M點進入水平桌面,其中MN段長1.0m是粗糙的,動摩擦因數(shù)μ=0.35,NP段光滑,長為0.5m,當a到達P點時與b正碰,碰后粘合在一起進入互相正交的電磁場區(qū)域內(nèi),勻強電場方向豎直向上,勻強磁場方向水平指向讀者,設(shè)電場強度E=3.0N/C,磁感應(yīng)強度B=0.25T,取g=10m/s2,桌高h=1.2m.求:(1)粘合時的共同速度;(2)粘合體在復(fù)合場中運動的時間;(3)系統(tǒng)落地前的運動過程中,機械能損失了多少?思路點撥(1)a球從圓弧頂端無初速釋放碰撞前速度為va,由動能定理得:a和b球碰后粘合在一起,共同速度為v,由動量守恒定律可得:

(2)兩球的粘合體進入電磁場后,受到的重力為(ma+mb)g=0.3N,受到的電場力為Eq=0.3N,方向向上∴結(jié)合體在復(fù)合場內(nèi)做勻速圓周運動.思路點撥(3)研究a、b系統(tǒng)的整個運動過程據(jù)全過程能量守恒定律可得:全過程減少的機械能還可以從以下幾方面考慮：(1)

由于動摩擦力做了負功,減少的機械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能.

(2)由于、兩球發(fā)生了完全非彈性正碰,碰撞時機械能損失轉(zhuǎn)化為a、b系統(tǒng)的內(nèi)能.

(3)結(jié)合體進入電磁場中的動能不變,由于電場力做了負功,減少的重力勢能轉(zhuǎn)化為電勢能.∴ΔE=0.46J.情景3.帶電體在等效場中做圓周運動.

題型24.如圖，一質(zhì)量為m的帶正電的小球,用長為L的絕緣細線懸掛于Ｏ點,處于一水平方向的勻強電場中,靜止時細線與豎直方向成45o角,位于圖中的P點.⑴求靜止在P點時線的拉力是多大？⑵若將小球向左拉緊至與Ｏ點等高的B點由靜止釋放，則小球是如何由B點運動至與最低點C點的？并求到達與Ｂ點等高的A點時繩的拉力是多大？

構(gòu)建等效場是解題的關(guān)鍵思路點撥(1)⑴由共點力平衡可知：小球在P點時線的拉力為(該力顯然是帶電小球在重力場和勻強電場的復(fù)合場的“等效力”.⑵在小球從B點靜止釋放到最低點C點的過程中,細線處于松馳狀態(tài).顯然小球在重力場和勻強電場的復(fù)合場的“等效力”的作用下沿ＢC直線方向做初速度為零的勻加速直線運動.由動能定理可得：..小球在C點時,由于細線突然被拉緊，因此沿線方向的速度突變?yōu)榱?從而可得：思路點撥小球從C點到A點的運動顯然為變速圓周運動,設(shè)小球在A點的速度大小為vA.由動能定理可得：小球在A點由牛頓第二定律可得：

【創(chuàng)新解法】

由圖可知,等效力F的方向和位移CA的方向垂直,因此小球從C到A的運動過程中等效力(即合外力)做的功為零,所以vA=v1.小球在A點由牛頓第二定律可得：FA-Eq=mvA2/L∴FA=3mg.思路點撥(2)

(3)小球從C到A的運動過程中,等效力先做正功再做負功,因此當?shù)刃Яεc運動方向垂直時,即小球運動到等效場的最低點時，小球的速度最大.由動能定理可得：啟迪和結(jié)論帶電微粒在電場與重力場構(gòu)成的復(fù)合場中運動,要抓住電場力和重力均為保守力的特點,它們做的功均與運動的路徑無關(guān),只與初、末位置有關(guān).同時在處理帶電微粒在電場與重力場構(gòu)成的復(fù)合場中運動問題時,可以把勻強電場和重力場等效為一個新的場,這樣一來,所要求的問題就變得十分簡捷.情景(4)帶電體在感應(yīng)電場中做圓周運動..題型25.如圖所示，氫原子中的電子繞核逆時針快速旋轉(zhuǎn)，勻強磁場垂直于軌道平面向外，電子的運動軌道半徑r不變，若使磁場均勻增加，則電子的動能：A.不變B.增大C.減小D.無法判斷B思路點撥

電子在庫侖力F和洛侖茲力f作用下做勻速圓周運動,用左手定則判斷f和F方向始終相同,兩者之和為向心力.當磁場均勻增加時,根據(jù)麥克斯韋電磁場理論，將激起一個穩(wěn)定電場,由楞次定律及安培定則可判斷出上述電場的方向為順時針，這時電子除受到上述兩個力外，又受到一個逆時針方向的電場力作用,該力對電子做正功，所以電子的動能將增大，故選項B正確.啟迪和結(jié)論

根據(jù)麥克斯韋電磁場理論，均勻變化的磁場將激起一個穩(wěn)定電場.該電場不同于靜電場.該感應(yīng)電場的電場線是閉合曲線,而靜電場的電場線不是閉合曲線；該感應(yīng)電場是非保守力場,該電場力對電荷做的功和運動路徑有關(guān),而靜電場是保守力場,該電場力對電荷做的功和運動路徑無關(guān).題型26.(2005年北京市高考題)真空中存在空間范圍足夠大的、水平向右的勻強電場.在電場中,若將一個質(zhì)量為m、帶正電的小球由靜止釋放,運動中小球的速度與豎直方向夾角為37o.現(xiàn)將該小球從電場中某點以初速度v0豎直向上拋出.求運動過程中(1)

小球受到的電場力的大小及方向；(2)

小球從拋出點至最高點的電勢能變化量；(3)

小球的最小動量的大小及方向.3.帶電體在復(fù)合場的曲線運動思路點撥(1)⑴小球在重力和電場力的共同作用下做曲線運動,其中在水平方向上在電場力的作用下做勻加速直線運動,而在豎直方向上在重力的作用下做勻減速直線運動(豎直上拋運動).由三角知識可知,小球受到的電場力為：(方向水平向右).(2)小球在水平方向的加速度為,由小球到達最高點時,其豎直方向的速度為零,則小球從拋出點至最高點的時間為：思路點撥(2)小球從拋出點至最高點的水平位移為：

小球從拋出點至最高點的過程中,電場力做的功為：

因此小球從拋出點至最高點的電勢能減少了

思路點撥(3)建立如圖所示的直角坐標系,顯然可知帶電粒子在x方向上以vx=v0sinθ=3v0/5做勻速直線運動；在y方向上做“類上拋”運動,因此小球動量的最小值為：其方向為與水平方向成37o,且斜向上.啟迪和結(jié)論小球在復(fù)合場運動的全過程中,當小球運動到最高點時小球的動能不是最小,此時只能說小球在豎直方向上的速度最??；只有當小球運動到其速度的方向與合外力的方向(即復(fù)合場中的等效力的方向)垂直時,小球的動能最小.直角坐標系的選取是任意的.不一定是水平與豎直方向,只要使解題過程簡捷即可.本題所選取的直角坐標系獨具一格,真謂：獨辟蹊徑.題型27.如圖所示,靜止在負極板附近的帶負電-q、質(zhì)量為m1的微粒在MN間突然加上電場時開始運動,水平勻速擊中速度為零的質(zhì)量為m2的中性微粒后粘合在一起恰好沿一段圓弧運動落在板上,電場強度為E,磁感應(yīng)強度為B.求m1擊中m2前的高度與瞬時速度,并求兩微粒的粘合體做圓弧運動的半徑.思路點撥

本題可分為以下幾個物理過程:⑴在加上電場后,m1在重力和電場力的共同作用下做曲線運動,據(jù)動能定理可得:⑵m1水平擊中