電學(xué)計算題方法思路-高考物理計算題解題技法（解析版）

26/26電學(xué)計算題方法思路2023年高考計算題解題技法目錄一、帶電粒子在電場中運動的規(guī)律 11．帶電粒子在平行板電容器中受力的情況 12．類平拋運動的兩個分運動和“三個一” 13.涉及的解題方法 2二、帶電粒子在磁場中運動的規(guī)律 5磁場中運動基本問題求解方法 51．帶電粒子在單邊界磁場中運動 62．帶電粒子在平行邊界磁場中運動 63．帶電粒子在圓形邊界磁場中運動 7三、帶電粒子在復(fù)合場中運動的規(guī)律 121．電偏轉(zhuǎn)和磁偏轉(zhuǎn)的對比(不考慮重力) 122．帶電粒子在組合場中運動的解題思路 133．帶電體在疊加場中運動的四類問題 174.帶電粒子在交變電磁場中的運動 19四、電磁感應(yīng)計算題的解題規(guī)律——用好“三大體系” 21針對訓(xùn)練 23一、帶電粒子在電場中運動的規(guī)律1．帶電粒子在平行板電容器中受力的情況(1)若平行板電容器所帶電荷量Q不變，改變兩板間距離d，兩板間的勻強電場的場強E不變，在平行板間運動的帶電粒子受力不變。(2)若平行板電容器的兩板間所加電壓U不變，兩板間距離d增大(減小)為原來的n倍，兩板間的勻強電場的場強E＝eq\f(U,d)減小(增大)為原來的eq\f(1,n)，在其中運動的帶電粒子受力改變。2．類平拋運動的兩個分運動和“三個一”(1)分解為兩個獨立的分運動——平行于極板的勻速直線運動，L＝v0t；垂直于極板的勻加速直線運動，y＝eq\f(1,2)at2，vy＝at，a＝eq\f(qU,md)。(2)一個偏轉(zhuǎn)角，tanθ＝eq\f(vy,v0)；一個幾何關(guān)系，y＝eq\f(L,2)tanθ；一個功能關(guān)系，ΔEk＝eq\f(qUy,d)。3.涉及的解題方法v0與E垂直時，用平拋運動規(guī)律類比處理：運動的分解條件分析帶電粒子垂直于電場方向進入勻強電場運動性質(zhì)勻變速曲線運動(類似于平拋運動)處理方法分解成沿電場和垂直于電場的兩個直線運動(1)沿初速度方向做勻速直線運動，運動時間t＝eq\f(L,v0)(2)沿電場方向做初速度為零的勻加速直線運動，加速度a＝eq\f(F,m)＝eq\f(qE,m)＝eq\f(qU,md)(3)離開電場時的偏移量y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(qUL2,2mdv02)沿電場方向分速度(4)速度偏向角：tanφ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(qUt,mdv0)＝eq\f(qUL,mdv02)；位移偏向角：tanθ＝eq\f(y,L)＝eq\f(qUL,2mdv02)。2.v0與E平行時，可用牛頓第二定律和運動學(xué)公式求解：a＝eq\f(Eq,m)，E＝eq\f(U,d)，veq\o\al(2,2)－veq\o\al(2,1)＝2ax，，3．v0與E不垂直也不平行時，用動能定理處理。涉及功能問題時可用，偏轉(zhuǎn)時電場力做的功是W＝qEy(y為偏移量)或W＝qU=eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，當然，以上兩種情況也可以根據(jù)解題方便靈活選用動能定理解決?！镜淅?】如圖，如圖，兩金屬板P、Q水平放置，間距為d。兩金屬板正中間有一水平放置的金屬網(wǎng)G，P、Q、G的尺寸相同。G接地，P、Q的電勢均為φ(φ＞0)。質(zhì)量為m，電荷量為q(q＞0)的粒子自G的左端上方距離G為h的位置，以速度v0平行于紙面水平射入電場，重力忽略不計。(1)求粒子第一次穿過G時的動能，以及它從射入電場至此時在水平方向上的位移大??；(2)若粒子恰好從G的下方距離G也為h的位置離開電場，則金屬板的長度最短應(yīng)為多少？【答案】(1)l＝v0eq\r(\f(mdh,qφ))(2)L＝2l＝2v0eq\r(\f(mdh,qφ))【解析】(1)PG、QG間場強大小相等，均為E.粒子在PG間所受電場力F的方向豎直向下，設(shè)粒子的加速度大小為a，有E＝eq\f(2φ,d) ①F＝qE＝ma ②設(shè)粒子第一次到達G時動能為Ek，由動能定理有：qEh＝Ek－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0) ③設(shè)粒子第一次到達G時所用的時間為t，粒子在水平方向的位移大小為l，則有h＝eq\f(1,2)at2 ④l＝v0t ⑤聯(lián)立①②③④⑤式解得：Ek＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋eq\f(2φ,d)qh ⑥l＝v0eq\r(\f(mdh,qφ))。⑦(2)若粒子穿過G一次就從電場的右側(cè)飛出，則金屬板的長度最短．由對稱性知，此時金屬板的長度L為L＝2l＝2v0eq\r(\f(mdh,qφ))。 ⑧【典例2】如圖所示，勻強電場中有一半徑為r的光滑絕緣圓軌道，軌道平面與電場方向平行．a(chǎn)、b為軌道直徑的兩端，該直徑與電場方向平行．一電荷量為q(q>0)的質(zhì)點沿軌道內(nèi)側(cè)運動，經(jīng)過a點和b點時對軌道壓力的大小分別為Na和Nb.不計重力，求電場強度的大小E、質(zhì)點經(jīng)過a點和b點時的動能．【答案】eq\f(1,6q)(Nb－Na)；eq\f(r,12)(Nb＋5Na)；eq\f(r,12)(5Nb＋Na)【解析】質(zhì)點所受電場力的大小F＝qE設(shè)質(zhì)點質(zhì)量為m，經(jīng)過a點和b點時的速度大小分別為va和vb，由牛頓第二定律有F＋Na＝meq\f(veq\o\al(2,a),r)，Nb－F＝meq\f(veq\o\al(2,b),r)設(shè)質(zhì)點經(jīng)過a點和b點時的動能分別為Eka和Ekb，有Eka＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,a)，Ekb＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,b)根據(jù)動能定理有Ekb－Eka＝2rF聯(lián)立得E＝eq\f(1,6q)(Nb－Na)，Eka＝eq\f(r,12)(Nb＋5Na)，Ekb＝eq\f(r,12)(5Nb＋Na)【典例3】如圖所示，x軸正方向水平向右，y軸正方向豎直向上，在第Ⅰ象限內(nèi)有與y軸平行、方向向上的勻強電場區(qū)域，區(qū)域形狀是直角三角形，三角形斜邊分別與x軸和y軸相交于(L,0)和(0，L)點．區(qū)域左側(cè)沿x軸正方向射來一束具有相同質(zhì)量m、電荷量為－q(q＞0)和初速度v0的帶電微粒，這束帶電微粒分布在0＜y＜L的區(qū)間內(nèi)，其中從y＝eq\f(L,2)的點射入場區(qū)的帶電微粒剛好從(L,0)點射出場區(qū)，不計帶電微粒的重力，求：(1)電場強度大?。?2)從0＜y＜eq\f(L,2)的區(qū)間射入場區(qū)的帶電微粒，射出場區(qū)時的x坐標值和射入場區(qū)時的y坐標值的關(guān)系式；(3)射到(2L,0)點的帶電微粒射入場區(qū)時的y坐標值．【答案】(1)eq\f(mv\o\al(2,0),qL)(2)x2＝2Ly(3)eq\f(5－\r(5),4)L【解析】(1)設(shè)電場強度為E，帶電微粒在場區(qū)中的偏轉(zhuǎn)時間為t1，有：L＝v0t1，eq\f(L,2)＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)，由牛頓第二定律得：qE＝ma，解得：E＝eq\f(mv\o\al(2,0),qL).(2)微粒做類平拋運動，有：x＝v0t，y＝eq\f(1,2)at2，整理得：x2＝2Ly.(3)如圖所示，設(shè)這個帶電微粒在場區(qū)中的水平偏轉(zhuǎn)位移為x1，豎直偏轉(zhuǎn)位移為y1，偏轉(zhuǎn)角為θ，偏轉(zhuǎn)時間為t2，射入場區(qū)時的y坐標值為Y，有：x1＝v0t2，y1＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,2)，根據(jù)幾何關(guān)系有：x1＋eq\f(Y－y1,tanθ)＝2L，L－x1＝Y(jié)－y1，根據(jù)平拋運動的特點有：tanθ＝2eq\f(y1,x1)，解得：Y＝eq\f(5－\r(5),4)L.二、帶電粒子在磁場中運動的規(guī)律帶電粒子垂直進入勻強磁場后做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，qvB＝meq\f(v2,r)＝mreq\f(4π2,T2)，可得軌道半徑r＝eq\f(mv,qB)，運動周期T＝eq\f(2πm,qB)。磁場中運動基本問題求解方法(1)圓心的確定方法①若已知粒子軌跡上兩點的速度方向,則可根據(jù)洛倫茲力F⊥v,分別確定兩點處洛倫茲力F的方向,其交點即圓心,如圖甲所示。②若已知粒子運動軌跡上的兩點和其中某一點的速度方向,則可作出此兩點的連線(過這兩點的圓弧的弦)的中垂線,中垂線與垂線的交點即圓心,如圖乙所示。(2)半徑的計算方法①由公式求:半徑R=mvqB②由幾何方法求:一般由數(shù)學(xué)知識(勾股定理、三角函數(shù)等)計算來確定。(3)時間的計算方法①由圓心角求:t=θ2π②由弧長求:t=sv1．帶電粒子在單邊界磁場中運動(1)粒子發(fā)射源位于磁場的邊界上，粒子進入磁場和離開磁場時速度方向與磁場方向的夾角不變。如圖甲、乙、丙所示。(2)粒子的發(fā)射源位于磁場中，往往存在著臨界狀態(tài)：如圖丁所示，當帶電粒子的運動軌跡小于eq\f(1,2)圓周且與邊界相切時，切點為帶電粒子恰能射出磁場的臨界點；當帶電粒子的運動軌跡等于eq\f(1,2)圓周時，直徑與邊界相交的點為帶電粒子射出邊界的最遠點(距O點最遠)。2．帶電粒子在平行邊界磁場中運動(1)粒子位于磁場的某一邊界，且粒子的初速度方向平行于邊界，速度大小不定，如圖戊、己所示，圖戊所示半徑為粒子從磁場左側(cè)離開的最大半徑，圖己所示半徑為粒子從磁場右側(cè)離開的最小半徑。(2)帶電粒子的速度方向確定，且與磁場邊界不平行，速度大小不定。①粒子速度方向和磁場邊界垂直，粒子從磁場的右邊界射出，如圖庚所示，假設(shè)磁場的寬度為d，粒子的軌道半徑為r，粒子軌跡所對應(yīng)的圓心角為θ，則有sinθ＝eq\f(d,r)；②粒子速度方向和磁場邊界不垂直，粒子的軌跡與磁場的右邊界相切時，粒子恰好不能從磁場的右邊界離開，如圖辛所示，這種情況下相當于粒子在單邊界磁場中的運動。3．帶電粒子在圓形邊界磁場中運動徑向進出當粒子運動方向與磁場方向垂直時，沿圓形磁場半徑方向射入的帶電粒子，必沿徑向射出圓形磁場區(qū)域，即粒子出射速度的反向延長線必過磁場圓的圓心等角進出入射速度方向與過入射點的磁場圓半徑的夾角等于出射速度方向與過出射點的磁場圓半徑的夾角。徑向進出是等角進出的一種特殊情況(θ＝0°)點入平出若帶電粒子從圓形勻強磁場區(qū)域圓周上一點沿垂直于磁場方向進入磁場，當帶電粒子做圓周運動的半徑與圓形磁場區(qū)域的半徑相同時，所有帶電粒子都以平行于磁場區(qū)域圓周上入射點的切線方向射出磁場平入點出若帶電粒子以相互平行的速度射入磁場，且?guī)щ娏Ｗ釉诖艌鲋凶鰣A周運動的半徑和圓形磁場區(qū)域半徑相同，則這些帶電粒子將會從磁場區(qū)域圓周上同一點射出，圓周上該點的切線與帶電粒子射入磁場時的速度方向平行【典例1】如圖,空間存在方向垂直于紙面(xOy平面)向里的磁場。在x≥0區(qū)域,磁感應(yīng)強度的大小為B0;x<0區(qū)域,磁感應(yīng)強度的大小為λB0(常數(shù)λ>1)。一質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的帶電粒子以速度v0從坐標原點O沿x軸正向射入磁場,此時開始計時,當粒子的速度方向再次沿x軸正向時,求(不計重力):(1)粒子運動的時間。(2)粒子與O點間的距離?！敬鸢浮?1)πmB0【解析】(1)在勻強磁場中,帶電粒子做圓周運動。設(shè)在x≥0區(qū)域,圓周半徑為R1;在x<0區(qū)域,圓周半徑為R2。由洛倫茲力公式及牛頓第二定律得qB0v0=mvqλB0v0=mv粒子速度方向轉(zhuǎn)過180°時,所需時間t1=π粒子再轉(zhuǎn)過180°時,所需時間t2=π聯(lián)立解得粒子運動的時間t0=t1+t2=πm(2)由幾何關(guān)系得所求距離d0=2(R1-R2)=2m【典例2】（19年全國1卷）如圖，在直角三角形OPN區(qū)域內(nèi)存在勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直于紙面向外。一帶正電的粒子從靜止開始經(jīng)電壓U加速后，沿平行于x軸的方向射入磁場；一段時間后，該粒子在OP邊上某點以垂直于x軸的方向射出。已知O點為坐標原點，N點在y軸上，OP與x軸的夾角為30°，粒子進入磁場的入射點與離開磁場的出射點之間的距離為d，不計重力。求（1）帶電粒子的比荷；（2）帶電粒子從射入磁場到運動至x軸的時間?！敬鸢浮浚?）（2）或【解析】（1）粒子從靜止被加速的過程，根據(jù)動能定理得：，解得：根據(jù)題意，下圖為粒子的運動軌跡，由幾何關(guān)系可知，該粒子在磁場中運動的軌跡半徑為：粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，即：聯(lián)立方程得：（2）根據(jù)題意，粒子在磁場中運動的軌跡為四分之一圓周，長度粒子射出磁場后到運動至軸，運動的軌跡長度粒子從射入磁場到運動至軸過程中，一直勻速率運動，則解得：或【典例3】如下圖，在區(qū)域內(nèi)存在與xy平面垂直的勻強磁場，磁感應(yīng)強度的大小為B.在t=0時刻，一位于坐標原點的粒子源在xy平面內(nèi)發(fā)射出大量同種帶電粒子，所有粒子的初速度大小相同，方向與y軸正方向的夾角分布在0～180°范圍內(nèi)。已知沿y軸正方向發(fā)射的粒子在時刻剛好從磁場邊界上點離開磁場。求：粒子在磁場中做圓周運動的半徑R及粒子的比荷q／m;此時刻仍在磁場中的粒子的初速度方向與y軸正方向夾角的取值范圍；從粒子發(fā)射到全部粒子離開磁場所用的時間?！敬鸢浮竣泞扑俣扰cy軸的正方向的夾角范圍是60°到120°⑶從粒子發(fā)射到全部離開所用時間為【解析】⑴粒子沿y軸的正方向進入磁場，從P點經(jīng)過做OP的垂直平分線與x軸的交點為圓心，根據(jù)直角三角形有解得，則粒子做圓周運動的的圓心角為120°，周期為粒子做圓周運動的向心力由洛侖茲力提供，根據(jù)牛頓第二定律得，，化簡得⑵仍在磁場中的粒子其圓心角一定大于120°，這樣粒子角度最小時從磁場右邊界穿出；角度最大時從磁場左邊界穿出。角度最小時從磁場右邊界穿出圓心角120°，所經(jīng)過圓弧的弦與⑴中相等穿出點如圖，根據(jù)弦與半徑、x軸的夾角都是30°，所以此時速度與y軸的正方向的夾角是60°。角度最大時從磁場左邊界穿出，半徑與y軸的的夾角是60°，則此時速度與y軸的正方向的夾角是120°。所以速度與y軸的正方向的夾角范圍是60°到120°⑶在磁場中運動時間最長的粒子的軌跡應(yīng)該與磁場的右邊界相切，在三角形中兩個相等的腰為，而它的高是，半徑與y軸的的夾角是30°，這種粒子的圓心角是240°。所用時間為。所以從粒子發(fā)射到全部離開所用時間為。RRRR三、帶電粒子在復(fù)合場中運動的規(guī)律1．電偏轉(zhuǎn)和磁偏轉(zhuǎn)的對比(不考慮重力)電偏轉(zhuǎn)磁偏轉(zhuǎn)受力特征F電＝qE恒力F洛＝qvB變力運動性質(zhì)勻變速曲線運動勻速圓周運動運動軌跡電偏轉(zhuǎn)磁偏轉(zhuǎn)運動規(guī)律類平拋運動速度：vx＝v0，vy＝eq\f(qE,m)t偏轉(zhuǎn)角θ：tanθ＝eq\f(vy,v0)偏移距離y＝eq\f(qE,2m)t2勻速圓周運動軌道半徑r＝eq\f(mv0,qB)周期T＝eq\f(2πm,qB)偏轉(zhuǎn)角θ＝ωt＝eq\f(qB,m)t偏移距離y＝r－eq\r(r2－l2)射出邊界的速率v＝eq\r(v02＋vy2)＞v0v＝v0運動時間t＝eq\f(l,v0)t＝eq\f(θ,2π)T2．帶電粒子在組合場中運動的解題思路(1)按照帶電粒子進入不同場的時間順序分成幾個不同的階段；(2)分析帶電粒子在各場中的受力情況和運動情況；(3)畫出帶電粒子的運動軌跡，注意運用幾何知識，找出相應(yīng)的幾何關(guān)系與物理關(guān)系；(4)選擇物理規(guī)律，列方程；(5)注意確定粒子在組合場交界位置處的速度大小與方向，該速度往往是聯(lián)系兩段運動的橋梁。【典例1】如圖所示，矩形區(qū)域abcdef分為兩個矩形區(qū)域，左側(cè)區(qū)域充滿勻強電場，方向豎直向上，右側(cè)區(qū)域充滿勻強磁場，方向垂直紙面向外，be為其分界線，af＝L，ab＝0.75L，bc＝L.一質(zhì)量為m、電荷量為e的電子(重力不計)從a點沿ab方向以初速度v0射入電場，從be邊的中點g進入磁場．(已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(1)求勻強電場的電場強度E的大小；(2)若要求電子從cd邊射出，求所加勻強磁場磁感應(yīng)強度的最大值Bm；(3)調(diào)節(jié)磁感應(yīng)強度的大小，求cd邊上有電子射出部分的長度．【答案】(1)eq\f(16mv\o\al(2,0),9eL)(2)eq\f(3mv0,eL)(3)eq\f(5,6)L【解析】(1)電子在電場中做類似平拋運動，有在豎直方向eq\f(1,2)L＝eq\f(1,2)at2水平方向0.75L＝v0t由牛頓第二定律有eE＝ma聯(lián)立解得E＝eq\f(16mv\o\al(2,0),9eL).(2)粒子進入磁場時，速度方向與be邊夾角的正切值tanθ＝eq\f(v0,at)＝eq\f(v0t,2×\f(1,2)at2)＝eq\f(0.75L,2×0.5L)＝0.75，解得θ＝37°電子進入磁場時的速度為v＝eq\f(v0,sinθ)＝eq\f(5,3)v0設(shè)電子運動軌跡剛好與cd邊相切時，半徑最小為r1，軌跡如圖所示．則由幾何關(guān)系知r1＋r1cosθ＝L解得r1＝eq\f(5,9)L由洛倫茲力提供向心力evB＝meq\f(v2,r1)可得對應(yīng)的最大磁感應(yīng)強度Bm＝eq\f(3mv0,eL).(3)設(shè)電子運動軌跡剛好與de邊相切時，半徑為r2，則r2＝r2sin37°＋eq\f(L,2)解得r2＝eq\f(5L,4)又r2cosθ＝L，故切點剛好為d點電子從cd邊射出的長度為Δy＝eq\f(L,2)＋r1sin37°＝eq\f(5L,6).【典例2】如圖，矩形abcd區(qū)域有磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，ab邊長為3L，bc邊足夠長．厚度不計的擋板MN長為5L，平行bc邊放置在磁場中，與bc邊相距L，左端與ab邊也相距L.質(zhì)量為m、電荷量為e的電子，由靜止開始經(jīng)電場加速后沿ab邊進入磁場區(qū)域．電子與擋板碰撞后完全被吸收并導(dǎo)走．(1)如果加速電壓控制在一定范圍內(nèi)，能保證在這個電壓范圍內(nèi)加速的電子進入磁場后在磁場中運動時間都相同．求這個加速電壓U的范圍．(2)調(diào)節(jié)加速電壓，使電子能落在擋板上表面，求電子落在擋板上表面的最大寬度ΔL.規(guī)范解答：(1)只要電子從ad邊離開磁場，其運動的軌跡為半圓，運動時間相同，都為eq\f(T,2)，當電子與擋板下表面相切時軌跡的半徑r1＝2L，圓心為O1，如圖所示，要使電子在磁場中的運動時間相等，必須滿足r<r1＝2L①由牛頓第二定律有eBv＝meq\f(v2,r1)②由動能定理有eU＝eq\f(1,2)mv2③聯(lián)立解得U<eq\f(2eB2L2,m)(取等號也可)④若電子恰好繞過擋板最右端從ad邊離開磁場，設(shè)其軌跡的半徑為r2，由幾何關(guān)系有req\o\al(2,2)＝(6L－r2)2＋(2L)2⑤解得r2＝eq\f(10,3)L>3L⑥即電子將從bc邊出去了，即電子不可能繞過擋板最右端N點從ad邊離開磁場．所以，使電子在磁場中運動時間相同的電壓的取值范圍是0<U<eq\f(2eB2L2,m)⑦【或者設(shè)電子與bc邊相切時的半徑為r4，圓心為O4，則有r4＝3L，設(shè)打到MN上D點，sMD＝(r4－L)＋eq\r(r\o\al(2,4)－2L2)<sMN，也能證明電子不可能繞過擋板最右端N點從ad邊離開磁場．】(2)電子能打到擋板上表面必須滿足以下要求：a．電子能通過M點邊緣．設(shè)其對應(yīng)的半徑為r3，圓心為O3，打在上板的C點．則有req\o\al(2,3)＝(r3－L)2＋(2L)2sMC＝2eq\r(r\o\al(2,3)－2L2)＝3L.⑨b．電子不能從bc邊射出，設(shè)電子軌跡與bc邊相切時的半徑為r4圓心為O4，打在上板的D點．則有r4＝3L⑩sMD＝(r4－L)＋eq\r(r\o\al(2,4)－2L2)?所以ΔL＝sCD＝sMD－sMC＝(eq\r(5)－1)L.?評分細則④⑥每式1分，①②③⑤⑧⑨⑩??每式2分，⑦不重復(fù)給分．說明：第(1)問中，如果沒有通過計算，而是直接指出電子不可能繞過擋板最右端N點從ad邊離開磁場，則相當于⑥式正確，給1分；但第⑤式的2分就不能給．答題規(guī)則(1)審題要規(guī)范．第1問中的條件是粒子在磁場中運動時間相等，根據(jù)周期公式T＝eq\f(2πm,qB)知粒子的周期都相等，則保證粒子在磁場中運動的圓心角相等即可；第2問中打在上表面，則存在左右兩個極值情況．(2)解答要規(guī)范：書寫物理方程要有理有據(jù)；多個相同的物理量要注意區(qū)分，如r1、r2等；在運動過程比較復(fù)雜的情況下，要盡量分步列方程，以防由于寫綜合方程，易出錯誤而導(dǎo)致不得分；在時間比較緊張的情況下，要盡量根據(jù)題設(shè)條件寫出相關(guān)的方程，力爭能得步驟分，一定不要空白．【典例2】（2020·河南省九師聯(lián)盟高三上學(xué)期核心模擬二）如圖所示為一種質(zhì)譜儀的工作原理圖，圓心角為90°的扇形區(qū)域OPQ中存在著磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直紙面向外的勻強磁場，所有帶電粒子經(jīng)加速電壓U加速后從小孔C射出，由磁場邊界OP上N點垂直O(jiān)P進入磁場區(qū)域，然后均從邊界OQ射出，ON=l，不計粒子重力。(1)若由靜止開始加速的某種粒子X從邊界OQ射出時速度方向與OQ垂直，其軌跡如圖中實線所示，求該粒子的比荷；(2)若由靜止開始加速的另一種粒子Y，其比荷是X粒子比荷的，求該粒子在磁場區(qū)域中運動的時間t。【答案】(1)；(2)【解析】(1)X粒子在電場中加速的末速度為v0，由動能定理可得在磁場中由洛倫茲力充當向心力可得由幾何知識可知，粒子的軌道半徑為r=l聯(lián)立解得(2)Y粒子在電場中加速的末速度為v1，由動能定理可得在磁場中由洛倫茲力充當向心力可得又解得r1=2lY粒子在磁場中的軌跡如圖所示，圓心為O1，則由圖可得由三角函數(shù)可知所以在磁場中運動的時間為聯(lián)立解得3．帶電體在疊加場中運動的四類問題(1)帶電體在勻強電場和重力場組成的疊加場中的運動，由于帶電體受到的是恒力，所以帶電體通常做勻變速運動，其處理的方法一般是采用牛頓運動定律結(jié)合運動學(xué)規(guī)律或動能定理進行處理。(2)帶電體在勻強電場和勻強磁場組成的疊加場中的運動(不計重力)，若帶電體受到的電場力和洛倫茲力平衡，則帶電體一定做勻速直線運動，此時可由二力平衡求解；若帶電體受到的電場力和洛倫茲力不平衡，則其運動軌跡一般比較復(fù)雜，此時采用動能定理進行求解較為簡單。(3)帶電體在勻強電場、勻強磁場和重力場組成的疊加場中的運動，若帶電體做勻速圓周運動，則一定是重力與電場力平衡，洛倫茲力提供向心力，此時宜采用共點力平衡和圓周運動的相關(guān)知識進行求解；若帶電體做勻速直線運動，則一定是重力、電場力和洛倫茲力的合力為零，此時宜采用共點力平衡進行求解。(4)帶電體在重力場和勻強磁場組成的疊加場中的運動，由于其運動軌跡為一般的曲線，故一般采用動能定理進行處理。帶電粒子在疊加場中的運動問題是電磁學(xué)知識和力學(xué)知識的結(jié)合，分析方法和力學(xué)問題的分析方法基本相同，即均用動力學(xué)觀點、能量觀點來分析，不同之處是多了電場力、洛倫茲力，二力的特點是電場力做功與路徑無關(guān)，洛倫茲力方向始終和運動速度方向垂直，永不做功等．【典例】如圖所示，水平線AC和豎直線CD相交于C點，AC上開有小孔S，CD上開有小孔P，AC與CD間存在磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里，∠DCG＝60°，在CD右側(cè)，CG的下方有一豎直向上的勻強電場E(大小未知)和垂直紙面向里的另一勻強磁場B1(大小未知)，一質(zhì)量為m，電荷量為＋q的塑料小球從小孔S處無初速度地進入勻強磁場中，經(jīng)一段時間恰好能從P孔水平勻速飛出而進入CD右側(cè)，小球在CD右側(cè)做勻速圓周運動而垂直打在CG板上，重力加速度為g.(1)求豎直向上的勻強電場的電場強度E的大?。?2)求CD右側(cè)勻強磁場的磁感應(yīng)強度B1的大?。?3)若要使小球進入CD右側(cè)后不打在CG上，則B1應(yīng)滿足什么條件？【答案】(1)eq\f(mg,q)(2)2B(3)B1≥4.3B【解析】(1)因小球在CD右側(cè)受重力、電場力和洛倫茲力作用而做勻速圓周運動，所以有mg＝qE，即E＝eq\f(mg,q).(2)小球進入磁場后，由于重力作用，速率不斷增大，同時在洛倫茲力的作用下小球右偏，當小球從小孔P水平勻速飛出時，受力平衡有Bqv＝mg，即v＝eq\f(mg,Bq)從S到P由動能定理得mgeq\x\to(CP)＝eq\f(1,2)mv2，即eq\x\to(CP)＝eq\f(m2g,2q2B2)因小球從小孔P水平飛入磁場B1后做勻速圓周運動而垂直打在CG上，所以C點即為小球做圓周運動的圓心，半徑即為r＝eq\x\to(CP)又因B1qv＝meq\f(v2,r)，聯(lián)立得B1＝2B.(3)小球在CD右側(cè)恰好不打在CG上的運動軌跡如圖，則由圖知eq\f(r′,sin60°)＋r′＝eq\x\to(CP)即r′＝eq\f(2\r(3)－3m2g,2B2q2)而r′＝eq\f(mv,B′1q)，聯(lián)立得B′1≈4.3B即要使小球進入CD右側(cè)后不打在CG上，則B1應(yīng)滿足B1≥4.3B.4.帶電粒子在交變電磁場中的運動1．解決帶電粒子在交變電場、磁場中的運動問題時，關(guān)鍵要明確粒子在不同時間段內(nèi)、不同區(qū)域內(nèi)的受力特性，對粒子的運動情景、運動性質(zhì)做出判斷．2．這類問題一般都具有周期性，在分析粒子運動時，要注意粒子的運動周期、電場周期、磁場周期的關(guān)系．3．帶電粒子在交變電磁場中運動仍遵循牛頓運動定律、運動的合成與分解、動能定理、能量守恒定律等力學(xué)規(guī)律，所以此類問題的研究方法與質(zhì)點動力學(xué)相同．4．解決帶電粒子在交變電磁場中的運動問題的基本思路【典例】在地面附近的真空中，存在著豎直向上的勻強電場和垂直電場方向水平向里的勻強磁場，如圖甲所示．磁場的磁感應(yīng)強度B隨時間t的變化情況如圖乙所示．該區(qū)域中有一條水平直線MN，D是MN上的一點．在t＝0時刻，有一個質(zhì)量為m、電荷量為＋q的小球(可看做質(zhì)點)，從M點開始沿著水平直線以速度v0做勻速直線運動，t0時刻恰好到達N點．經(jīng)觀測發(fā)現(xiàn)，小球在t＝2t0至t＝3t0時間內(nèi)的某一時刻，又豎直向下經(jīng)過直線MN上的D點，并且以后小球多次水平向右或豎直向下經(jīng)過D點．求：(1)電場強度E的大??；(2)小球從M點開始運動到第二次經(jīng)過D點所用的時間；(3)小球運動的周期，并畫出運動軌跡(只畫一個周期)．【答案】(1)eq\f(mg,q)(2)2t0＋eq\f(m,qB0)(3)8t0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(或\f(12πm,qB0)))軌跡見解析【解析】(1)小球從M到N做勻速直線運動，根據(jù)平衡條件可得：qE＝mg解得E＝eq\f(mg,q)(2)由題意可知，小球從M點到達N點所用時間t1＝t0，小球到達N點時，空間加上磁場，小球受到的合外力就是洛倫茲力，因此小球從N點開始做勻速圓周運動，根據(jù)題意可知，小球從沿水平方向經(jīng)過N點，變成沿豎直方向經(jīng)過D點，需要經(jīng)過n＋eq\f(3,4)個圓周(n＝1,2,3，…)從N點到P點做圓周運動的時間由圖可知，小球從P點到D點的位移：PD＝R＝eq\f(mv0,qB0)，小球從P點到D點的時間為t3＝eq\f(R,v0)＝eq\f(m,qB0)所以小球從進入M點到第二次經(jīng)過D點時間為：t＝t1＋t2＋t3＝2t0＋eq\f(m,qB0)(3)小球運動一個周期的軌跡如上圖所示，小球的運動周期為T＝8t0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(或T＝\f(12πm,qB0)))四、電磁感應(yīng)計算題的解題規(guī)律——用好“三大體系”電磁感應(yīng)計算題的綜合程度很高，能同時把電磁感應(yīng)、磁場、電路以及力學(xué)中平衡、加速、功能關(guān)系、動量等知識交織在一起，常以壓軸題出現(xiàn)，成為考生得分的攔路虎。其實，只要學(xué)會把這類問題分割成磁生電體系、全電路體系和力學(xué)體系，然后再把這三大體系有機地融會貫通，破解此類問題就有規(guī)律可循。磁生電體系指產(chǎn)生電磁感應(yīng)的那一部分電路，并要判斷是動生電動勢還是感生電動勢，不同電動勢的計算方法不同全電路體系指把產(chǎn)生電動勢的那一部分電路看作電源(即內(nèi)電路，電流由負極流向正極)，其余部分是外電路(電流由正極流向負極)力學(xué)體系指求解此類問題時通常要用到動力學(xué)觀點、能量觀點和動量觀點等知識【典例】如圖甲所示，平行長直導(dǎo)軌MN、PQ水平放置，兩導(dǎo)軌間距L＝0.5m，導(dǎo)軌左端M、P間接有一阻值R＝0.2Ω的定值電阻，導(dǎo)體棒ab的質(zhì)量m＝0.1kg，與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)μ＝0.1，導(dǎo)體棒垂直于導(dǎo)軌放在距離左端為d＝1.0m處，導(dǎo)軌和導(dǎo)體棒始終接觸良好，電阻均忽略不計。整個裝置處在范圍足夠大的勻強磁場中，t＝0時刻，磁場方向豎直向下，此后，磁感應(yīng)強度B隨時間t的變化如圖乙所示，不計感應(yīng)電流磁場的影響。重力加速度g取10m/s2。(1)求t＝0時棒所受到的安培力F0。(2)分析前3s時間內(nèi)導(dǎo)體棒的運動情況并求前3s內(nèi)棒所受的摩擦力Ff隨時間t變化的關(guān)系式。(3)若t＝3s時，突然使ab棒獲得向右的速度v0＝8m/s，同時垂直棒施加一方向水平、大小可變化的外力F，使棒的加速度大小恒為a＝4m/s2、方向向左。求從t＝3s到t＝4s的時間內(nèi)通過電阻的電荷量q。[審題指導(dǎo)]磁生電體系0～3s內(nèi)ab棒不動，因磁場均勻變化，產(chǎn)生感生電動勢E＝eq\f(ΔΦ,Δt)3～4s內(nèi)，磁場不變，ab棒向右勻減速運動，產(chǎn)生動生電動勢，平均感應(yīng)電動勢可用eq\x\to(E)＝eq\f(ΔΦ,Δt1)求解全電路體系0～3s內(nèi)，電源電動勢為E＝eq\f(ΔΦ,Δt)，電流方向可由楞次定律判斷為abPMa方向，電路總電阻為R3～4s內(nèi)，ab棒相當于電源，外電路電阻為R，電流方向為abPMa方向力學(xué)體系0～3s內(nèi)，ab棒靜止，F(xiàn)f＝F安＝BIL，而B是隨時間變化的，B＝0.2－0.1t(T)3～4s內(nèi)，ab棒向右勻減速運動，其運動位移可用x＝v0t－eq\f(1,2)at2或x＝eq\f(v0＋v,2)t計算[答案](1)0.025N(2)前3s內(nèi)導(dǎo)體棒靜止Ff＝0.0125(2－t)(N)(t<3s)(3)1.5C[解析](1)t＝0時棒的速度為零，故回路中只有感生電動勢，為E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)Ld＝0.1×0.5×1.0V＝0.05V感應(yīng)電流為I＝eq\f(E,R)＝eq\f(0.05,0.2)A＝0.25A導(dǎo)體棒所受到的安培力F0＝B0IL＝0.025N。(2)導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌間的最大靜摩擦力：Ffm＝μmg＝0.1×0.1×10N＝0.1N>F0＝0.025N所以在t＝0時刻導(dǎo)體棒靜止不動，加速度為零，在0～3s內(nèi)磁感應(yīng)強度B都小于B0，導(dǎo)體棒所受的安培力都小于最大靜摩擦力，故前3s內(nèi)導(dǎo)體棒靜止不動，電流恒為I＝0.25A在0～3s內(nèi)，磁感應(yīng)強度為B＝B0－kt＝0.2－0.1t(T)因?qū)w棒靜止不動，ab棒在水平方向受安培力和摩擦力，二力平衡，則有：Ff＝BIL＝(B0－kt)IL＝(0.2－0.1t)×0.25×0.5＝0.0125(2－t)(N)(t<3s)。(3)3～4s內(nèi)磁感應(yīng)強度大小恒為B2＝0.1T，ab棒做勻變速直線運動，Δt1＝4s－3s＝1s設(shè)t＝4s時導(dǎo)體棒的速度為v，第4s內(nèi)的位移為x，則：v＝v0－aΔt1＝4m/s，x＝eq\f(v0＋v,2)Δt1＝6m在這段時間內(nèi)的平均感應(yīng)電動勢為E＝eq\f(ΔΦ,Δt1)通過電阻的電荷量為q＝IΔt1＝eq\f(E,R)Δt1＝eq\f(B2Lx,R)＝1.5C。在這段時間內(nèi)的平均感應(yīng)電動勢為E＝eq\f(ΔΦ,Δt1)通過電阻的電荷量為q＝IΔt1＝eq\f(E,R)Δt1＝eq\f(B2Lx,R)＝1.5C?！久麕燑c撥】對于由磁感應(yīng)強度B隨時間t變化產(chǎn)生感生電動勢的問題，其電源為垂直于磁場的電路的所有區(qū)域，而導(dǎo)體棒切割產(chǎn)生動生電動勢的問題，其電源部分為切割磁感線的導(dǎo)體棒部分。針對訓(xùn)練1（2021重慶名校聯(lián)盟期末）如圖所示，足夠長的光滑絕緣水平臺左端固定一被壓縮的絕緣輕質(zhì)彈簧，一個質(zhì)量，電量的可視為質(zhì)點的帶電小球與彈簧接觸但不栓接。某一瞬間釋放彈簧彈出小球，小球從水平臺右端A點飛出，恰好能沒有碰撞地落到粗糙傾斜軌道的最高B點，并沿軌道滑下。已知AB的豎直高度，傾斜軌道與水平方向夾角為傾斜軌道長為，帶電小球與傾斜軌道間的動摩擦因數(shù)。傾斜軌道通過光滑水平軌道CD與光滑豎直圓軌道相連，小球在C點沒有能力損失，所有軌道都是絕緣的，運動過程中小球的電量保持不變。只有光滑豎直圓軌道處在范圍足夠大的豎直向下的勻強電場中，場強。取，求：

被釋放前彈簧的彈性勢能；

若光滑水平軌道CD足夠長，要使小球不離開軌道，光滑豎直圓軌道的半徑應(yīng)滿足什么條件？

如果豎直圓弧軌道的半徑，小球進入軌道后可以有多少次通過豎直圓軌道上距水平軌道高為的某一點P？【名師解析】：

A到B平拋運動：

代入數(shù)據(jù)解得：

B點：

得：

被釋放前彈簧的彈性勢能：

B點：

B到C：，代入數(shù)據(jù)解得：

恰好過豎直圓軌道最高點時：，

從C到圓軌道最高點：，解得：

恰好到豎直圓軌道最右端時：，解得：

要使小球不離開軌道，豎直圓弧軌道的半徑或；

，小球沖上圓軌道高度時速度變?yōu)?，然后返回傾斜軌道高處再滑下，然后再次進入圓軌道達到的高度為

有：，

同除得：之后物塊在豎直圓軌道和傾斜軌道之間往返運動。

同理：n次上升高度為一等比數(shù)列。

，當時，上升的最大高度小于，則小球共有6次通過距水平軌道高為的某一點。

【名師點撥】本題是復(fù)雜的力電綜合題，明確研究對象的運動過程是解決問題的前提，根據(jù)題目已知條件和求解的物理量選擇物理規(guī)律解決問題。要注意小球運動過程中各個物理量的變化。2.如圖所示，有一固定在水平面的平直軌道，該軌道由白色軌道和黑色軌道交替排列并平滑連接而成。各段軌道的編號已在圖中標出。僅黑色軌道處在豎直向上的勻強電場中，一不帶電的小滑塊A靜止在第1段軌道的最左端，絕緣帶電小滑塊B靜止在第1段軌道的最右端。某時刻給小滑塊A施加一水平向右的恒力F，使其從靜止開始沿軌道向右運動，小滑塊A運動到與小滑塊B碰撞前瞬間撤去小滑塊A所受水平恒力?；瑝KA、B碰撞時間極短，碰后粘在一起沿軌道向右運動。已知白色軌道和黑色軌道各段的長度均為L=0.10m，勻強電場的電場強度的大小E=1.0×104N/C；滑塊A、B的質(zhì)量均為m=0.010kg，滑塊A、B與軌道間的動摩擦因數(shù)處處相等，均為μ=0.40，絕緣滑塊B所帶電荷量q=+1.0×10-5C，小滑塊A與小滑塊B碰撞前瞬間的速度大小v=6.0m/s。A、B均可視為質(zhì)點（忽略它們的尺寸大?。?，且不計A、B間的靜電力作。在A、B粘在一起沿軌道向右運動過程中電荷量保持不變，取重力加速度g=10m/s2。（1）求F的大??；（2）碰撞過程中滑塊B對滑塊A的沖量；（3）若A和B最終停在軌道上編號為k的一段，求k的數(shù)值。【參考答案】（1）1.84N（2）I=－0.030N?