電場和磁場復(fù)習(xí)總結(jié)

1、【方法歸納】一、場強(qiáng)、電勢的概念1、電場強(qiáng)度E定義：放入電場中某點的電荷受的電場力F與它的電量q的比值叫做該點的電場強(qiáng)度。數(shù)學(xué)表達(dá)式：，單位：電場強(qiáng)度E是矢量，規(guī)定正電荷在電場中某點所受電場力的方向即為該點的電場強(qiáng)度的方向場強(qiáng)的三個表達(dá)式定義式?jīng)Q定式關(guān)系式表達(dá)式選用范圍對任何電場E的大小及方向都適用。與檢驗電荷的電量的大小、電性及存在與否無關(guān)。 q：是檢驗電荷只對真空的點電荷適用。Q：是場源電荷的電量。r：研究點到場源電荷的距離。只對勻強(qiáng)電場適用。U：電場中兩點的電勢差。d：兩點間沿電場線方向的距離。說明電場強(qiáng)度是描述電場力的性質(zhì)的物理量。電場E與F、q無關(guān)，取決于電場本身。當(dāng)空間某點的電場是

2、由幾個點電荷共同激發(fā)的，則該點的電場強(qiáng)度等于每個點電荷單獨存在時所激發(fā)的電場在該點的場強(qiáng)的矢量和。比較電場中兩點的電場強(qiáng)度的大小的方法：由于場強(qiáng)是矢量。比較電場強(qiáng)度的大小應(yīng)比較其絕對值的大小，絕對值大的場強(qiáng)就大，絕對值小的場強(qiáng)就小。在同一電場分布圖上，觀察電場線的疏密程度，電場線分布相對密集處，場強(qiáng)較大；電場較大；電場線分布相對稀疏處，場強(qiáng)較小。形成電場的電荷為點電荷時，由點電荷場強(qiáng)公式可知，電場中距這個點電荷Q較近的點的場強(qiáng)比距這個點電荷Q較遠(yuǎn)的點的場強(qiáng)大。勻強(qiáng)電場場強(qiáng)處處相等等勢面密集處場強(qiáng)大，等勢面稀疏處場強(qiáng)小2、電勢、電勢差和電勢能 定義：電勢：在電場中某點放一個檢驗電荷q，若它具有的

3、電勢能為E，則該點的電勢為電勢能與電荷的比值。電場中某點的電勢在數(shù)值上等于單位正電荷由該點移到零電勢點時電場力所做的功。也等于該點相對零電勢點的電勢差。電勢差：電荷在電場中由一點A移到另一點B時，電場力做功與電荷電量q的比值，稱為AB兩點間的電勢差，也叫電壓。電勢能：電荷在電場中所具有的勢能；在數(shù)值上等于將電荷從這一點移到電勢能為零處電場力所做的功。定義式：或，單位：V 單位：J說明：電勢具有相對性，與零電勢的選擇有關(guān)，一般以大地或無窮遠(yuǎn)處電勢為零。電勢是標(biāo)量，有正負(fù)，其正負(fù)表示該的電勢與零電勢的比較是高還是低。電勢是描述電場能的物理量，關(guān)于幾個關(guān)系關(guān)于電勢、電勢差、電勢能的關(guān)系電勢能是電荷與

4、電場所共有的；電勢、電勢差是由電場本身因素決定的，與檢驗電荷的有無沒有關(guān)系。電勢、電勢能具有相對性，與零電勢的選擇有關(guān)；電勢差具有絕對性，與零電勢的選擇無關(guān)。關(guān)于電場力做功與電勢能改變的關(guān)系電場力對電荷做了多少功，電勢能就改變多少；電荷克服電場力做了多少功，電勢能就增加多少，電場力對電荷做了多少正功，電勢能就減少多少，即 。 在學(xué)習(xí)電勢能時可以將“重力做功與重力勢能的變化”作類比。 關(guān)于電勢、等勢面與電場線的關(guān)系 電場線垂直于等勢面，且指向電勢降落最陡的方向，等勢面越密集的地方，電場強(qiáng)度越大。比較電荷在電場中某兩點的電勢大小的方法：利用電場線來判斷：在電場中沿著電場線的方向，電勢逐點降低。利用

5、等勢面來判斷：在靜電場中，同一等勢面上各的電勢相等，在不同的等勢面間，沿著電場線的方向各等勢面的電勢越來越低。利用計算法來判斷：因為電勢差，結(jié)合，若，則，若，則；若，則比較電荷在電場中某兩點的電勢能大小的方法：利用電場力做功來判斷：在電場力作用下，電荷總是從電勢能大的地方移向電勢能小的地方。這種方法與電荷的正負(fù)無關(guān)。利用電場線來判斷：正電荷順著電場線的方向移動時，電勢能逐漸減少；逆著電場線方向移動時，電勢能逐漸增大。負(fù)電荷則相反。二、靜電場中的平衡問題電場力（庫侖力）雖然在本質(zhì)上不同于重力、彈力、摩擦力，但是產(chǎn)生的效果是服從牛頓力學(xué)中的所有規(guī)律，所以在計算其大小、方向時應(yīng)按電場的規(guī)律，而在分析

6、力產(chǎn)生的效果時，應(yīng)根據(jù)力學(xué)中解題思路進(jìn)行分析處理。對于靜電場中的“平衡”問題，是指帶電體的加速度為零的靜止或勻速直線運動狀態(tài)，屬于“靜力學(xué)”的范疇，只是分析帶電體受的外力時除重力、彈力、摩擦力等等，還需多一種電場而已。解題的一般思維程序為：明確研究對象將研究對象隔離出來，分析其所受的全部外力，其中電場力，要根據(jù)電荷的正負(fù)及電場的方向來判斷。根據(jù)平衡條件或，列出方程解出方程，求出結(jié)果。三、電加速和電偏轉(zhuǎn)1、帶電粒子在電場中的加速 在勻強(qiáng)電場中的加速問題 一般屬于物體受恒力（重力一般不計）作用運動問題。處理的方法有兩種： 根據(jù)牛頓第二定律和運動學(xué)公式結(jié)合求解根據(jù)動能定理與電場力做功，運動學(xué)公式結(jié)合

7、求解基本方程： 在非勻強(qiáng)電場中的加速問題 一般屬于物體受變力作用運動問題。處理的方法只能根據(jù)動能定理與電場力做功，運動學(xué)公式結(jié)合求解。 基本方程：2、帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn) 設(shè)極板間的電壓為U，兩極板間的距離為，極板長度為。 運動狀態(tài)分析：帶電粒子垂直于勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)方向進(jìn)入電場后，受到恒定的電場力作用，且與初速度方向垂直，因而做勻變速曲線運動類似平拋運動如圖1。v0U，dyv 圖1運動特點分析：在垂直電場方向做勻速直線運動 在平行電場方向，做初速度為零的勻加速直線運動 通過電場區(qū)的時間： 粒子通過電場區(qū)的側(cè)移距離： 粒子通過電場區(qū)偏轉(zhuǎn)角：帶電粒子從極板的中線射入勻強(qiáng)電場，其出射時速度方向的反

8、向延長線交于入射線的中點。所以側(cè)移距離也可表示為：四、電容器的動態(tài)分析這類問題關(guān)鍵在于弄清楚哪些是變量；哪些是不變量；哪些是自變量；哪些是因變量。同時要注意對公式的理解，定義式適用于任何電容器，而電容C與Q、U無關(guān)。區(qū)分兩種基本情況：一是電容器兩極間與電源相連接，則電容器兩極間的電勢差U不變；二是電容器充電后與電源斷開，則電容器所帶的電量Q保持不變。電容器結(jié)構(gòu)變化引起的動態(tài)變化問題的分析方法 平行板電容器是電容器的一個理想化模型，其容納電荷的本領(lǐng)用電容C來描述，當(dāng)改變兩金屬板間距d、正對面積S或其中的介質(zhì)時，會引起C值改變。給兩個金屬板帶上等量異號電荷Q后，板間出現(xiàn)勻強(qiáng)電場E，存在電勢差U。若

9、改變上述各量中的任一個，都會引起其它量的變化。若兩極板間一帶電粒子，則其受力及運動情況將隨之變化，與兩極板相連的靜電計也將有顯示等等。解此類問題的關(guān)鍵是：先由電容定義式、平行板電容器電容的大小C與板距d、正面積S、介質(zhì)的介電常數(shù)的關(guān)系式和勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)計算式導(dǎo)出，等幾個制約條件式備用。接著弄清三點：電容器兩極板是否與電源相連接？哪個極板接地？C值通過什么途徑改變？若電容器充電后脫離電源，則隱含“Q不改變”這個條件；若電容器始終接在電源上，則隱含“U不改變”（等于電源電動勢）這個條件；若帶正電極板接地，則該極板電勢為零度，電場中任一點的電勢均小于零且沿電場線方向逐漸降低；若帶負(fù)電極板接地，則該極

10、板電勢為零，電場中任一點電勢均大于零。五、帶電粒子在勻強(qiáng)磁場的運動1、帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中運動規(guī)律初速度的特點與運動規(guī)律 為靜止?fàn)顟B(tài) 則粒子做勻速直線運動 ,則粒子做勻速圓周運動，其基本公式為：向心力公式： 運動軌道半徑公式：；運動周期公式： 動能公式：T或、的兩個特點：T、和的大小與軌道半徑（R）和運行速率（）無關(guān)，只與磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度（B）和粒子的荷質(zhì)比（）有關(guān)。荷質(zhì)比（）相同的帶電粒子，在同樣的勻強(qiáng)磁場中，、和相同。與B成（角，則粒子做等距螺旋運動2、解題思路及方法圓運動的圓心的確定：利用洛侖茲力的方向永遠(yuǎn)指向圓心的特點，只要找到圓運動兩個點上的洛侖茲力的方向，其延長線的交點必為圓心利用

11、圓上弦的中垂線必過圓心的特點找圓心六、加速器問題U1、直線加速器 單級加速器：是利用電場加速，如圖2所示。 粒子獲得的能量： 缺點是：粒子獲得的能量與電壓有關(guān)，而電壓又不能太高，所以粒子的能量受到限制。 多級加速器：是利用兩個金屬筒縫間的電場加速。 粒子獲得的能量： 缺點是：金屬筒的長度一個比一個長，占用空間太大。2、回旋加速器 采用了多次小電壓加速的優(yōu)點，巧妙地利用電場對粒子加速、利用磁場對粒子偏轉(zhuǎn)，實驗對粒子加速?；匦铀倨魇沽Ｗ荧@得的最大能量： 在粒子的質(zhì)量、電量，磁感應(yīng)強(qiáng)度B、D型盒的半徑R一定的條件下，由軌道半徑可知，即有，所以粒子的最大能量為 由動能定理可知，加速電壓的高低只會影響

12、帶電粒子加速的總次數(shù)，并不影響引出時的最大速度和相應(yīng)的最大能量?；匦铀倨髂芊駸o限制地給帶電粒子加速？回旋加速器不能無限制地給帶電粒子加速，在粒子的能量很高時，它的速度越接近光速，根據(jù)愛因斯坦的狹義相對論，這里粒子的質(zhì)量將隨著速率的增加而顯著增大，從而使粒子的回旋周期變大（頻率變?。┻@樣交變電場的周期難以與回旋周期一致，這樣就破壞了加速器的工作條件，也就無法提高速率了。七、粒子在交變電場中的往復(fù)運動 當(dāng)電場強(qiáng)度發(fā)生變化時，由于帶電粒子在電場中的受力將發(fā)生變化，從而使粒子的運動狀態(tài)發(fā)生相應(yīng)的變化，粒子表現(xiàn)出來的運動形式可能是單向變速直線運動，也可能是變速往復(fù)運動。帶電粒子是做單向變速直線運動，還

13、是做變速往復(fù)運動主要由粒子的初始狀態(tài)與電場的變化規(guī)律（受力特點）的形式有關(guān)。 圖3 圖4q，muAtt00T/2TT/2TABuA1、若粒子（不計重力）的初速度為零，靜止在兩極板間，再在兩極板間加上圖3的電壓，粒子做單向變速直線運動；若加上圖4的電壓，粒子則做往復(fù)變速運動。 2、若粒子以初速度為從B板射入兩極板之間，并且電場力能在半個周期內(nèi)使之速度減小到零，則圖1的電壓能使粒子做單向變速直線運動；則圖2的電壓也不能粒子做往復(fù)運動。 所以這類問題要結(jié)合粒子的初始狀態(tài)、電壓變化的特點及規(guī)律、再運用牛頓第二定律和運動學(xué)知識綜合分析。八、粒子在復(fù)合場中運動1、在運動的各種方式中，最為熟悉的是以垂直電磁

14、場的方向射入的帶電粒子，它將在電磁場中做勻速直線運動，那么，初速v0的大小必為E/B，這就是速度選擇器模型，關(guān)于這一模型，我們必須清楚，它只能選取擇速度，而不能選取擇帶電的多少和帶電的正負(fù)，這在歷年高考中都是一個重要方面。2、帶電物體在復(fù)合場中的受力分析：帶電物體在重力場、電場、磁場中運動時，其運動狀態(tài)的改變由其受到的合力決定，因此，對運動物體進(jìn)行受力分析時必須注意以下幾點：受力分析的順序：先場力（包括重力、電場力、磁場力）、后彈力、再摩擦力等。重力、電場力與物體運動速度無關(guān)，由物體的質(zhì)量決定重力大小，由電場強(qiáng)決定電場力大小；但洛侖茲力的大小與粒子速度有關(guān)，方向還與電荷的性質(zhì)有關(guān)。所以必須充分

15、注意到這一點才能正確分析其受力情況，從而正確確定物體運動情況。3、帶電物體在復(fù)合場的運動類型：勻速運動或靜止?fàn)顟B(tài)：當(dāng)帶電物體所受的合外力為零時勻速圓周運動：當(dāng)帶電物體所受的合外力充當(dāng)向心力時非勻變速曲線運動；當(dāng)帶電物體所受的合力變化且和速度不在一條直線上時4、綜合問題的處理方法(1)處理力電綜合題的的方法處理力電綜合題與解答力學(xué)綜合題的思維方法基本相同，先確定研究對象，然后進(jìn)行受力分析（包括重力）、狀態(tài)分析和過程分析，能量的轉(zhuǎn)化分析，從兩條主要途徑解決問題。用力的觀點進(jìn)解答，常用到正交分解的方法將力分解到兩個垂直的方向上，分別應(yīng)用牛頓第三定律列出運動方程，然后對研究對象的運動進(jìn)分解?？蓪⑶€運

16、動轉(zhuǎn)化為直線運動來處理，再運用運動學(xué)的特點與方法，然后根據(jù)相關(guān)條件找到聯(lián)系方程進(jìn)行求解。用能量的觀點處理問題對于受變力作用的帶電體的運動，必須借助于能量觀點來處理。即使都是恒力作用的問題，用能量觀點處理也常常顯得簡潔，具體方法有兩種：用動能定理處理，思維順序一般為：a.弄清研究對象，明確所研究的物理過程b.分析物體在所研究過程中的受力情況，弄清哪些力做功，做正功還是負(fù)功c.弄清所研究過程的始、末狀態(tài)（主要指動能）用包括靜電勢能和內(nèi)能在內(nèi)的能量守恒定律處理，列式的方法常有兩種：a從初、末狀態(tài)的能量相等（即）列方程b從某些能量的減少等于另一些能量的增加（即）列方程c若受重力、電場力和磁場力作用，由

17、于洛侖茲力不做功，而重力與電場力做功都與路徑無關(guān)，只取決于始末位置。因此它們的機(jī)械能與電勢能的總和保持不變。(2)處理復(fù)合場用等效方法：各種性質(zhì)的場與實物（由分子和原子構(gòu)成的物質(zhì)）的根本區(qū)別之一是場具有疊加性。即幾個場可以同時占據(jù)同一空間，從而形成疊加場，對于疊加場中的力學(xué)問題，可以根據(jù)力的獨立作用原理分別研究每一種場力對物體的作用效果；也可以同時研究幾種場力共同作用的效果，將疊加緊場等效為一個簡單場，然后與重力場中的力學(xué)問題進(jìn)行類比，利用力學(xué)的規(guī)律和方法進(jìn)行分析與解答?！镜淅治觥?圖51.（電場性質(zhì)的理解）電子在電場中運動時，僅受電場力作用，其由a點運動到b點的軌跡如圖中虛線所示。圖中一組

18、平行等距實線可能是電場線，也可能是等勢線，則下列說法中正確的是（ ）A不論圖中實線是電場線還是等勢線，a點的電勢都比b點低B不論圖中實線是電場線還是等勢線，a點的場強(qiáng)都比b點小C如果圖中實線是電場線，則電子在a點動能較小D如果圖中實線是等勢線，則電子在b點動能較小解析：由運動軌跡可知若實線是電場線的話所受電場力水平向右，若實線是等勢線的話所受電場力豎直向下。再結(jié)合粒子是電子，可知場強(qiáng)方向要不水平向左（b點電勢高），要不場強(qiáng)方向豎直向上（a點電勢高）。且為勻強(qiáng)電場場強(qiáng)處處相同。AB錯。若實線是電場線電場力做正功，動能增加（電子在a點動能較?。?，若實線是等勢線電場力做負(fù)功動能減小（電子在 b點動能

19、較?。?，CD對。規(guī)律總結(jié)：求解這一類題的具體步驟是：先畫出入射點的軌跡切線，即畫出初速度的方向；在根據(jù)軌跡的彎曲方向，確定電場力的方向；進(jìn)而利用分析力學(xué)方法來分析粒子的帶電性質(zhì)、電場力做功的正負(fù)、電勢能增減、電勢大小變化、電場力大小變化等有關(guān)問題。注意在只有重力和電場力做功時，重力勢能、電勢能和動能間可以相互轉(zhuǎn)化，重力勢能、電勢能與動能的總和保持不變。 2. （電場的疊加）如圖所示，在y軸上關(guān)于0點對稱的A、B兩點有等量同種點電荷+Q，在x軸上C點有點電荷-Q且CO=OD，ADO=600。下列判斷正確的是A. O點電場強(qiáng)度為零B. D點電場強(qiáng)度為零C.若將點電荷+q從O移向C，電勢能增大D.若

20、將點電荷-q從O移向C，電勢能增大解析：A、B兩點電荷在O點的合場強(qiáng)為零，當(dāng)A、B、C三點在O點合場強(qiáng)不為零，而在D點的合場強(qiáng)為零。點電荷-q從O移向C，電場力做負(fù)功，電勢能增大 BD對。規(guī)律總結(jié)：1）.等量異種電荷的中垂線是等勢線，而電場線和等勢線是垂直的。2）.幾個點電荷在空間某點所形成的電場應(yīng)等于每個點電荷在該點形成電場的矢量和。3.（帶電粒子在電場內(nèi)的運動）如圖所示，質(zhì)量為m1克、電量為q2×10-6庫的帶電微粒從偏轉(zhuǎn)極板A、B中間的位置以10米/秒的初速度垂直電場方向進(jìn)入長為L20厘米、距離為d10厘米的偏轉(zhuǎn)電場，出電場后落在距偏轉(zhuǎn)電場40厘米的擋板上，微粒的落點P離開初速

21、度方向延長線的距離為20 厘米，不考慮重力的影響。求：（1）加在A、B兩板上的偏轉(zhuǎn)電壓UAB（2）當(dāng)加在板上的偏轉(zhuǎn)電壓UAB滿足什么條件時，此帶電微粒會碰到偏轉(zhuǎn)極板解析：帶電粒子出電場后沿切線方向做勻速運動，把勻速運動軌跡反向延長交圖中一點，此點在處。設(shè)電場內(nèi)的偏移量為y，則有又，解得。同理可得審題指導(dǎo)：本題是一個臨界問題，要注意找準(zhǔn)對應(yīng)的臨界條件作為解題的突破口。訓(xùn)練：如圖所示，邊長為L的正方形區(qū)域abcd內(nèi)存在著勻強(qiáng)電場 電量為q、動能為Ek的帶電粒子從a點沿ab方向進(jìn)入電場，不計重力。（1）若粒子從c點離開電場，求電場強(qiáng)度的大小和粒子離開電場時的動能；（2）若粒子離開電場時動能為Ek，則

22、電場強(qiáng)度為多大？解析：（1）水平方向做勻速運動有Lv0t，沿電場方向做初速度為零的勻加速直線運動，L ，所以E，qELEktEk，所以EktqELEk5Ek，（2）若粒子由bc邊離開電場，Lv0t，vy，EkEkmvy2，所以E，若粒子由cd邊離開電場，qELEkEk，所以E60°AO4.（帶電粒子在磁場中的運動）如圖所示，兩個同心圓,半徑分別為r和2r,在兩圓之間的環(huán)形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。圓心O處有一放射源,放出粒子的質(zhì)量為m,帶電量為q,假設(shè)粒子速度方向都和紙面平行。（1）圖中箭頭表示某一粒子初速度的方向，OA與初速度方向夾角為 60°，要

23、想使該粒子經(jīng)過磁場第一次通過A點，則初速度的大小是多少？（2）要使粒子不穿出環(huán)形區(qū)域，則粒子的初速度不能超過多少? 解析：（1）如圖所示，設(shè)粒子在磁場中的軌道半徑為R1，則由幾何關(guān)系得AO60°R1= （2分）由q1B=m（2分）得1= （2分）（2）設(shè)粒子在磁場中的軌道半徑為R2，則由幾何關(guān)系（2r- R2）2= R22+ r2 (1分)得R2=3r/4 （1分） 由q2B=m (2分)得2= (1分)規(guī)律總結(jié)：解決帶電粒子的圓周運動問題，首先要確定圓周平面，畫出大致軌跡，找到圓心，連接半徑 若題目中給定了距離，要利用幾何關(guān)系表示出粒子圓周運動的半徑，而后利用半徑結(jié)論列出方程，若題

24、目中給定了時間，要找出圓弧所對應(yīng)的圓心角，利用周期結(jié)論列出方程。5.（帶電粒子在組合場內(nèi)的運動）如圖為示波管的部分示意圖，豎直YY和水平XX偏轉(zhuǎn)電極的板車都為l=4cm，電極間距離都為d=1cm，YY、XX板右端到熒光屏的距離分別為10cm 和12cm，兩偏轉(zhuǎn)電場間無相互影響。電子束通過A板上的小孔沿中心軸線進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電極時的速度為v0=1.6×107m/s，元電荷電量，電子質(zhì)量。當(dāng)偏轉(zhuǎn)電極上不加電壓時，電子束打在熒光屏上的O點。求：（1）要使電子束不打在偏轉(zhuǎn)電極的極板上，加在偏轉(zhuǎn)電極上的偏轉(zhuǎn)電壓U不能超過多大？（2）若在偏轉(zhuǎn)電極XX上加Ux=45.5sin（）V的電壓，在偏轉(zhuǎn)電極YY

25、上加Uy=45.5cos（） V的電壓，通過計算說明源源不斷的電子燈打在熒光屏上所產(chǎn)生亮點的軌跡形狀。解：（1）設(shè)偏轉(zhuǎn)電場的場強(qiáng)為E，則有：（1分）設(shè)電子經(jīng)時間t通過偏轉(zhuǎn)電場，偏離軸線的側(cè)向位移為s側(cè)，則有：在中心軸線方向上：（1分）在軸線側(cè)向有：（2分）（2分）要使電子束不打在偏轉(zhuǎn)電極的極板上，則（2分）代入數(shù)據(jù)解式可得（2分）（2）由式可得（1分）而電場的變化周期得故可以認(rèn)為電子通過偏轉(zhuǎn)電場的過程中板間時局為勻強(qiáng)電場（1分）設(shè)電子通過偏轉(zhuǎn)電場過程中產(chǎn)生的側(cè)向速度為v側(cè)，偏轉(zhuǎn)角為，則電子通過偏轉(zhuǎn)電場時有：（2分）設(shè)偏轉(zhuǎn)極板右端到熒光屏距離為L，電子在熒光屏上偏離O點的距離為（2分）由式、式可

26、得電子在熒光屏上的x、y坐標(biāo)為：（2分）所以熒光屏上出現(xiàn)的是半長軸和半短軸分別為0.025m、0.018m的橢圓（指出熒光屏上產(chǎn)生亮點的軌跡為橢圓，而沒給出半長軸和半短軸的具體數(shù)值，本步2分照給）。（2分）OhyPR0Mx6.（帶電粒子在電場和磁場組合場內(nèi)的運動）如圖，空間存在勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，電場方向為y軸正方向，磁場方向垂直于xy平面（紙面）向外，電場和磁場都可以隨意加上或撤除，重新加上的電場或磁場與 撤除前的一樣一帶正電荷的粒子從P(x0，yh)點以一定的速度平行于x軸正向入射這時若只有磁場，粒子將做半徑為R0的圓周運動：若同時存在電場和磁場，粒子恰好做直線運動現(xiàn)在，只加電場，當(dāng)粒子從

27、P點運動到xR0平面（圖中虛線所示）時，立即撤除電場同時加上磁場，粒子繼續(xù)運動，其軌跡與x軸交于M點不計重力求：粒子到達(dá)xR0平面時速度方向與x軸的夾角以及粒子到x軸的距離；M點的橫坐標(biāo)xM解析：做直線運動有： 做圓周運動有： 只有電場時，粒子做類平拋，有： 解得： 粒子速度大小為： 速度方向與x軸夾角為： 粒子與x軸的距離為： 撤電場加上磁場后，有： 解得： 粒子運動軌跡如圖所示，圓心C位于與速度v方向垂直的直線上，該直線與x軸和y 軸的夾角均為/4，有幾何關(guān)系得C點坐標(biāo)為： 過C作x軸的垂線，在CDM中： 解得： M點橫坐標(biāo)為：規(guī)律總結(jié)：組合場內(nèi)粒子的運動也是組合的，因此對這樣的多過程問題

28、的發(fā)現(xiàn)，需要找到粒子在不同場中運動的關(guān)聯(lián)量或運動變化的轉(zhuǎn)折點的隱含條件（一般是分析轉(zhuǎn)折點的速度），往往成為解題的突破口。【跟蹤練習(xí)】1如圖11所示，P、Q是兩個電量相等正的電荷，它們連線的中點是O，a、b是中垂線上的兩點，用、分別表示a、b兩點的場強(qiáng)和電勢，則（ ）baOQP 圖11A.一定大于，一定大于 B.不一定大于，一定大于C.一定大于，不一定大于D.不一定大于，不一定大于2一個電量為的正電荷從電場外移到電場里的A點,電場做功,則A點的電勢UA等于多少?如果此電荷移到電場里的另一點B,電場力做功2×103，則A、B兩點間的電勢差UAB等于多少？如果有另一電量是的負(fù)電荷從A移到B

29、，則電場力做功為多少？ 圖12OABQm，q3如圖12所示，質(zhì)量為的小球B，帶電量為，用絕緣細(xì)線懸掛在O點，球心到O點的距離為，在O點的正下方有一個帶同種電荷的小球A固定不動，A的球心到O點的距離也為，改變A球的帶電量，B球?qū)⒃诓煌奈恢锰幱谄胶鉅顟B(tài)。當(dāng)A球帶電量為，B球平衡時，細(xì)線受到的拉力為；若A球帶的電量為，B球平衡時，細(xì)線受到的拉力為，則與的關(guān)系為（ ）A. > B. < C. = D. = =4有三根長度皆為的不可伸長的絕緣輕線，其中兩根的一端固定在天花板上的O點，另一端分別拴有質(zhì)量皆為的帶電小球A和B，它們的電量分別為和，。A、B之間用第三根線連接起來。空間中存在大小為

30、的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)方向沿水平向右，平衡時A、B球的位置如圖13所示。現(xiàn)將O、B之間的線燒斷，由于有空氣阻力，A、B球最后會達(dá)到新的平衡位置。求最后兩球的機(jī)械能與電勢能的總和與燒斷前相比改變了多少。（不計兩帶電小球間相互作用的靜電力）OAB-qqE 圖13U1U2 圖145如圖14所示，電子在電勢差為U1的加速電場中由靜止開始運動，然后射入電勢差為U2的兩平行極板間的電場中，射入方向與極板平行，整個裝置處在真空中，重力可忽略，在滿足電子能射出平行板區(qū)的條件下，下述四種情況中，一定能使電子的偏轉(zhuǎn)角變大的是（ ） A.U1變大，U2變大 B.U1變小，U2變大 C.U1變大，U2變小 D.U1變小，U

31、2變小6（1997年，全國題）如圖15（1）所示，真空室中電極K發(fā)出的電子（初速不計）經(jīng)過伏的加速電場后，由小孔S沿兩水平金屬板A、B間的中防線射入，A、B板長米，相距米，加在A、B兩板間的電壓u隨時間t變化ut圖線如圖15(2)所示，設(shè)A、B間的電場可看作是均勻的，且兩板外無電場，在每個電子通過電場區(qū)域的極短時間。內(nèi)，電場可視作恒定的。兩板右側(cè)放一記錄圓筒，筒的左側(cè)邊緣與極右端距離米，筒繞其豎直軸勻速轉(zhuǎn)動，周期T秒，筒的周長米，筒能接收到通過A、B板的全部電子。 （1）以t=0時見圖15（2），此時u=0，電子打到圓筒記錄紙上的點作為xy坐標(biāo)系的原點，并取y軸豎直向上，試計算電子打到記錄紙上

32、的最高點的y坐標(biāo)和x坐標(biāo)。（不計重力作用）（2）在給出的坐標(biāo)紙圖15（3）上定量地畫出電子打到記錄紙上的點形成的圖線。lABSU0kbd圖15(1)012345t10-1sy/cmx/cm0-551020圖15(2)圖15(3) 圖16AB7(1997年，全國題)在圖16中所示的實驗裝置中，平行板電容器的極板A與靈敏的靜電計相接，極板B接地，若極板B稍向上移動一點，由觀察到的靜電計指針變化作出平行板電容器電容變小的結(jié)論，其依據(jù)是（ ） A.兩極板間的電壓不變，極板上的電量變小 B.兩極板間的電壓不變，極板上的電量變大 C.極板上的電量幾乎不變，兩極板間的電壓變小 D.極板上的電量幾乎不變，兩極

33、板間的電壓變大P 圖178如圖17所示，已充電的平行板電容器，帶正電的極板接地，兩極板間于P點處固定一負(fù)的點電荷，若將上極板下移至虛線位置，則下列說法中正確的是（ ）A.兩極間的電壓和板間場強(qiáng)都變小B.兩極間的電壓變小，但場強(qiáng)不變C.P點的電勢升高，點電荷的電勢能增大D.P點的電勢不變，點電荷的電勢能也不變Ov09如圖18所示，在x軸上方有勻強(qiáng)磁場（磁感強(qiáng)度為B），一個質(zhì)量為m，帶電量為q的粒子以速度v0從坐標(biāo)原點O射入磁場，v0 與x軸的負(fù)方向夾角為，不計重力，求粒子在磁場中飛行的時間和飛出磁場的坐標(biāo)（磁場垂直紙面，不考慮粒子的重力）圖18圖 19yxM、N、0,-bL,0O10如圖19所示

34、，x軸上方有勻強(qiáng)磁場， 磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向如圖所示，下方有勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)為E。今有電量為q，質(zhì)量為m的粒子位于y軸N點坐標(biāo)（0，b）。不計粒子所受重力。在x軸上有一點M（L，0）。若使上述粒子在y軸上的N點由靜止開始釋放在電磁場中往返運動，剛好能通過M點。已知OML。求：(1) 粒子帶什么電?(2) 釋放點N離O點的距離須滿足什么條件?(3) 從N到M點粒子所用最短時間為多少?lBA 圖2011圖20中，A、B是一對平行的金屬板。在兩板間加上一周期為T的交變電壓。A板的電勢UA=0，B板的電勢UB隨時間的變化規(guī)律為，在0到T/2的時間內(nèi)，UB= U0(正常數(shù))；在T/2到達(dá)T的時間內(nèi)，UBU

35、0；在T到3T/2的時間內(nèi)，UB=U0；在3T/2到2T的時間，UB= U0現(xiàn)有一電子從A板上的小孔進(jìn)入兩板間的電場區(qū)內(nèi)，設(shè)電子的初速度和重力影響均可忽略，則（ ）A.若電子在t0時刻進(jìn)入，它將一直向B板運動B.若電子是在tT/8時刻進(jìn)入的，它可能時而向B板運動，時而向A板運動，最后打在B板上C.若電子是在t3T/8時刻進(jìn)入的，它可能時而向B板運動，時而向A板運動，最后打在B板上D.若電子是在tT/2時刻進(jìn)入的，它可能時而向B板，時而向A板運動12. (2003.江蘇)串列加速器是用來產(chǎn)生高能離子的裝置。圖21中虛線框內(nèi)為其主體的原理示意圖，其中加速管的中部b處有很高的正電勢U，a、c兩端均有

36、電極接地（電勢為零），現(xiàn)將速度很低的負(fù)一價碳離子從a端輸入，當(dāng)離子到達(dá)b處時，可被設(shè)在b處的特殊裝置將其電子剝離，成為n價正離子，而不改變其速度大小。這些正n價碳離子從c端飛出后進(jìn)入一與其速度方向垂直的、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，在磁場中做半徑為R的圓周運動。已知碳離子的質(zhì)量，元電荷，求半徑R。圖21加速管abc13如圖22所示為一種獲得高能粒子的裝置。環(huán)形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向外、大小可調(diào)的勻強(qiáng)磁場。質(zhì)量為m，電量為q的粒子在環(huán)中作半徑為R的圓周運動。A、B為兩塊中心開有小孔的極板。原來電勢都是零，每當(dāng)粒子飛經(jīng)A板時，A板電勢升高為U，B板電勢仍保持為零，粒子在兩板間電場中得到加速。每當(dāng)粒子

37、離開B板時，A板電勢又降為零。粒子在電場一次次加速下動能不斷增大，而繞行半徑不變。(1)設(shè)t0時粒子靜止在A板小孔處，在電場作用下加速，并繞行第一圈。求粒子繞行n圈回到A板時獲得的總動能En。(2)為使粒子始終保持在半徑為R的圓軌道上運動，磁場必須周期性遞增。求粒子繞行第n圈時的磁感應(yīng)強(qiáng)度Bn。(3)求粒子繞行n圈所需要的總時間tn（設(shè)極板間距離遠(yuǎn)小于R）。(4)在圖22(2)中畫出A板電勢u與時間t的關(guān)系（從t0起畫到粒子第四次離開B板時即可） RO A +U0 圖22(1)(5)在粒子繞行的整個過程中，A板電勢是否可始終保持為U？為什么？u U 0 t 圖22(2)14（2002年，廣東題

38、）如圖23（a）所示，A、B為水平放置的平行金屬板，板間距離為（遠(yuǎn)小于板的長度和寬），在兩板之間有一帶負(fù)電的質(zhì)點P，已知若在A、B間加電壓U0，則P點可以靜止平衡，現(xiàn)在A、B間加上圖（b）所示的隨時間變化的電壓U，在時，質(zhì)點P位于A、B的中點處且初速度為零，已知質(zhì)點P能在A、B間以最大的幅度上下運動，而又不與兩極板相碰，求圖（b）中U改變的各時刻及的表達(dá)式（質(zhì)點開始從中點上升到最高點，及以后每次從最高點到最低點或從最低點到最高點的過程，電壓只改變一次）。 （a） （b） 圖230t1t2t3t4tntu2U0·P+AB15如圖24所示，傾角為300的直角三角形底邊長為2l，底邊外在水

39、平位置，斜邊為光滑絕緣導(dǎo)軌，現(xiàn)在底邊中點O處固定一正電荷Q，讓一個質(zhì)量為m的帶正電荷q從斜面頂端A沿斜面滑下（始終不脫離斜面），已測得它滑到仍在斜邊上的垂足D處的速度為v，加速度為a，方向沿斜面向下，問該質(zhì)點滑到斜邊底端C點時的速度和加速度各為多少？ O+Q300ABDE 電場和磁場參考答案跟蹤練習(xí)1.解析：P、Q在O點的合場強(qiáng)為零，沿著Oab線到無窮遠(yuǎn)處，P、Q的合場強(qiáng)也為零，可見沿Oab線遠(yuǎn)離O點時，合場強(qiáng)是先增大后減小，故不一定大于，而電勢離電荷越遠(yuǎn)越低，必有大于，所以B選項正確。2.解析：由于電荷兩次都是從電場外移入電場的，故選電場外電勢為零解題方便。由 可得 A、 B兩點間電勢差：U

40、AB=UAUB=6×102(2×103)=2.6×103V當(dāng)電荷由A移到B時電場力做功：3.解析：用相似三角形法，得到，故得到與偏角無關(guān)。所以C、D選項正確。ABOABEqT1T2mgAmgT2EqB （1） （2） （3） （4）圖134答4.解析：.圖134答（1）中虛線表示A、B球原來的平衡位 置，實線表示燒斷后重新達(dá)到平衡的位置，其中、分別表示細(xì)線OA、AB與豎直方向的夾角。A球受力如圖134答（2）所示：重力mg，豎直向下；電場力qE，水平向左；細(xì)線OA對A的拉力T1，方向如圖；細(xì)線AB對A的拉力T2，方向如圖。由平衡條件：，B球受力如圖134答(3)所

41、示：重力mg，豎直向下；電場力qE，水平向右；細(xì)線AB對B的拉力T2，方向如圖。由平衡條件：， ,聯(lián)立以上各式并代入數(shù)據(jù)得，由此可知，A、B球重新達(dá)到平衡的位置如圖134答（4）所示。與原來位置相比，A球的重力勢能減少了，EA=mgl(1sin60°)，B球的重力勢能減少了，A球的電勢能增加了，B球的電勢能減少了，兩種勢能總和減少了，代入數(shù)據(jù)解得： W=6.8×102J5.解析：設(shè)電子經(jīng)電場加速后的速度為 得到： 設(shè)電子射出平行板的偏角為，兩極板間的距離為，電子的加速度為 而電子在平行板中運動的時間為： 電子的偏轉(zhuǎn)角為： 由聯(lián)解得： 所以C選項正確。6. 解析：（1）計算電

42、子打到記錄紙上的最高點的坐標(biāo)，設(shè)v0為電子A、B板的中心線射入電場時的初速度，則，電子在中心線方向的運動為勻速運動，設(shè)電子穿過A、B板的時間為t0，則，電子在垂直A、B板方向的運動為勻加速直線運動，對于恰能穿過A、B板的電子，在它通過時加在兩板間的電壓UC應(yīng)滿足，聯(lián)立上面三式得，此電子從A、B板射出時沿y方向的分速度為，以后，此電子做勻速直線運動，它打在記錄紙上的點最高。設(shè)縱坐標(biāo)為y。由答圖可得，7. 解析：靜電計是用來測量帶電體和大地間的電勢差的，平行板電容器與電源斷開，則電容器所帶的電量幾乎不變，將B板向上移動時，兩極板間的正對面積減小，電容減小，由可知，U增大，所以選項D正確。8.解析：由于平行板電容器已充電，所以電量不變，當(dāng)上極板下移后，極間距離變小，根據(jù)可知，電容C增大，根據(jù)可知，極板間電壓變小；由電場強(qiáng)度和可知，與極間距離無關(guān)，所以電場強(qiáng)度E不變；由可知，由于P點到接地板間的距離不變，所以P點的電勢不變。由電勢能與電勢電量的關(guān)系OCPv0POC（甲） （乙）可知,不變。所以選項BD正確.9.解析：粒子進(jìn)入磁場做圓周運動，由于不知道粒子的帶電性質(zhì)和磁場的方向，因此其軌跡并不確定，但只有兩種