高考物理專題復習教案學案考案專題五電場和磁場

1、專題五電場和磁場一 教案一 專題要點第一部分：場的基本性質1. 庫侖定律：在真空中靜止的兩個點電荷之間的作用力跟它們的電荷量的乘積成正比，跟它們之間的距離的平方成反比，作用力的方向在他們的連線上即，適用條件：真空中的點電荷（如果帶電體間的距離比它們的大小大得多，以致帶電體的形狀對相互作用力的影響可忽略不計，這樣的帶電體可以看成點電荷）2.電場的最基本性質：對放入其中的電荷有力的作用。電場強度E是描述電場的力的性質的物理量。3.電場強度的三種表達方式的比較定義式決定式關系式表達式適用范圍任何電場真空中的點電荷勻強電場說明E的大小和方向與檢驗電荷的電荷量以及電性以及存在與否無關Q：場源電荷的電荷量

2、r:研究點到場源電荷的距離U:電場中兩點的電勢差d：兩點沿電場線方向的距離4.疊加性：多個電荷在電場中某點的電場強度為各個電荷單獨在該點產生的電場強度的矢量和，這種關系叫做電場強度的疊加，電場強度的疊加尊從平行四邊形定則。5.磁場和電場一樣，也是一種特殊物質。磁體的周圍，電流的周圍，變化的電場存在磁場。6.帶電粒子在磁場中的受力情況：磁場對運動電荷有力的作用，對靜止電荷沒有力的作用。磁場對運動電荷的作用力叫洛倫茲力洛倫茲力的大小和方向：其大小為F的方向依然用左手定則判定，但四指的指向應為正電荷運動的方向或與負電荷定向運動的方向相反。7.洛倫茲力做功的特點：由于洛倫茲力的方向始終與運動方向垂直，

3、所以洛倫茲力永不做功，但洛倫茲力的分力可以做功。8.電場力做功與電勢能變化的關系：電場力做正功電勢能減小，電場力做負功電勢能增加，且電勢能的改變量等于電場力做功的多少。，正電荷沿電場線移動或負電荷逆著電場線移動，電場力均做正功電勢能減小，負電荷逆著電場線移動或負電荷沿電場線移動，電場力均做負功電勢能增加。9.等勢面與電場線的關系：電場線總是與等勢面垂直，且從高電勢等勢面指向低電勢等勢面。電場線越密的地方，等勢面越密。沿等勢面移動電荷，電場力不做功，沿電場線移動電荷，電場力一定做功。第二部分：帶電粒子（或導體）在復合場中的運動1.電場與磁場的比較帶電粒子（不計重力）在電場中的運動可以分為兩種類型

4、：加速和偏轉。帶電粒子在電場中加速問題的分析，通常用動能定理來求，而帶電粒子在電場內的偏轉常采用運動分解的辦法來處理，粒子在垂直于電場方向做勻速運動，在沿電場方向做初速度為零的勻加速直線運動。帶電粒子在磁場中的運動若速度方向與磁場方向平行，帶電粒子以速度v做勻速直線運動，此情況下洛倫茲力為零。若速度垂直于磁場方向，帶電粒子在垂直于磁感線的平面內以入射速度做勻速圓周運動或勻速圓周運動的一部分。電場對電荷一定有力的作用，磁場對運動電荷有力的作用。電場力的方向：正電荷受力方向與場強方向相同；負電荷受力方向與場強方向相反。電場力做功與路徑無關，且等于電勢能的變化，而洛倫茲力不做功。2.復合場：復合場一

5、般包括重力場、電場、磁場，在同一區(qū)域，可能同時存在兩種或兩種以上的不同的場像速度選擇器、電磁流量計、霍爾元件、磁流體發(fā)電機等都是考查帶電粒子在復合場中的運動。二 考綱要求考點要求考點解讀物質的電結構、電荷守恒本專題的重點通過帶電粒子的運動、受力、功能變化考查對靜電場的產生、性質的理解。應抓住“兩條主線、兩個應用”進行復習，一條主線是關于電場力的性質的物理量-電場強度；另一條是電場能的性質的物理量-電勢。兩個應用是：電容器、帶電粒子的偏轉和加速。對安排定則和左手定則的考查帶電粒子在磁場中的圓周運動帶電粒子在復合場中的運動聯系實際問題如速度選擇器、質譜儀、回旋加速器、磁流體發(fā)電機、電磁流量計等。以

6、下幾點是命題的熱點：1. 一帶電粒子運動軌跡與電場線或等勢線間關系判斷電場的力、能的性質或粒子能量的變化情況。2. 帶電粒子在電場中結合實際，科技的加速與偏轉3. 安培力作用下的動態(tài)分析4. 帶電粒子在復合場中的運動靜電現象的解釋點電荷庫侖定律靜電場電場強度、點電荷的場強電場線電勢能、電勢電勢差勻強電場中電勢差與電場強度的關系帶電粒子在勻強電場中的運動示波管常見電容器電容器的電壓、電荷量和電容的關系磁場、磁感應強度、磁感線通電直導線和通電線圈周圍的磁場安培力、安培力的方向勻強磁場中的安培力洛倫茲力、洛倫茲力的方向洛倫茲力公式帶電粒子在勻強磁場中的運動質譜儀和回旋加速器三 教法指引此專題復習時，

7、可以先讓學生完成相應的習題，在精心批閱之后以題目帶動知識點，進行適當提煉講解。根據我對學生的了解，發(fā)現很多同學問題在于 知識點較多，容易混淆 有時綜合題較多，分析難度加大所以在講解時層次應放的低一點，著重掌握好各種物理模型，理解處理各種模型的方法，堅持夯實基礎為主的主線四 知識網絡五 典例精析題型1.（電場性質的理解）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點的場強都比b點小C如果圖中實線是電場

8、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。再結合粒子是電子，可知場強方向要不水平向左（b點電勢高），要不場強方向豎直向上（a點電勢高）。且為勻強電場場強處處相同。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功動能減?。娮釉赽點動能較?。?，CD對。規(guī)律總結：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；在根據軌跡的彎曲方向，確定電場力的方向；進而利用分析力學方法來分析粒子的帶電性質、電場力做功的正負、電

9、勢能增減、電勢大小變化、電場力大小變化等有關問題。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化，重力勢能、電勢能與動能的總和保持不變。題型2.（電場的疊加）如圖所示，在y軸上關于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點電場強度為零B. D點電場強度為零C.若將點電荷+q從O移向C，電勢能增大D.若將點電荷-q從O移向C，電勢能增大解析：A、B兩點電荷在O點的合場強為零，當A、B、C三點在O點合場強不為零，而在D點的合場強為零。點電荷-q從O移向C，電場力做負功，電勢能增大。BD對。規(guī)律總結：

10、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等于每個點電荷在該點形成電場的矢量和。題型3.（帶電粒子在電場內的運動）如圖所示，質量為m1克、電量為q2×10-6庫的帶電微粒從偏轉極板A、B中間的位置以10米/秒的初速度垂直電場方向進入長為L20厘米、距離為d10厘米的偏轉電場，出電場后落在距偏轉電場40厘米的擋板上，微粒的落點P離開初速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兩板上的偏轉電壓UAB（2）當加在板上的偏轉電壓UAB滿足什么條件時，此帶電微粒會碰到偏轉極板解析：帶電粒子出電場后沿切線方向做勻

11、速運動，把勻速運動軌跡反向延長交圖中一點，此點在處。設電場內的偏移量為y，則有又，解得。同理可得審題指導：本題是一個臨界問題，要注意找準對應的臨界條件作為解題的突破口。訓練：如圖所示，邊長為L的正方形區(qū)域abcd內存在著勻強電場電量為q、動能為Ek的帶電粒子從a點沿ab方向進入電場，不計重力。（1）若粒子從c點離開電場，求電場強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，則電場強度為多大？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，

12、EkEkmvy2，所以E，若粒子由cd邊離開電場，qELEkEk，所以E60°AO題型4.（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)域內存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B。圓心O處有一放射源,放出粒子的質量為m,帶電量為q,假設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°，要想使該粒子經過磁場第一次通過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，設粒子在磁場中的軌道半徑為R1，則由幾何關系得AO60°

13、;R1= （2分）由q1B=m（2分）得1= （2分）（2）設粒子在磁場中的軌道半徑為R2，則由幾何關系（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：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，要利用幾何關系表示出粒子圓周運動的半徑，而后利用半徑結論列出方程，若題目中給定了時間，要找出圓弧所對應的圓心角，利用周期結論列出方程。題型5.（帶電粒子在組合場內的運動）如圖為示波管的部分示意圖，豎直YY和水平XX偏轉電極的板車都為l=4cm，電極間距離都為d=1cm，Y

14、Y、XX板右端到熒光屏的距離分別為10cm和12cm，兩偏轉電場間無相互影響。電子束通過A板上的小孔沿中心軸線進入偏轉電極時的速度為v0=1.6×107m/s，元電荷電量，電子質量。當偏轉電極上不加電壓時，電子束打在熒光屏上的O點。求：（1）要使電子束不打在偏轉電極的極板上，加在偏轉電極上的偏轉電壓U不能超過多大？（2）若在偏轉電極XX上加Ux=45.5sin（）V的電壓，在偏轉電極YY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生亮點的軌跡形狀。解：（1）設偏轉電場的場強為E，則有：（1分）設電子經時間t通過偏轉電場，偏離軸線的側向位移為s側，

15、則有：在中心軸線方向上：（1分）在軸線側向有：（2分）（2分）要使電子束不打在偏轉電極的極板上，則（2分）代入數據解式可得（2分）（2）由式可得（1分）而電場的變化周期得故可以認為電子通過偏轉電場的過程中板間時局為勻強電場（1分）設電子通過偏轉電場過程中產生的側向速度為v側，偏轉角為，則電子通過偏轉電場時有：（2分）設偏轉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、式可得電子在熒光屏上的x、y坐標為：（2分）所以熒光屏上出現的是半長軸和半短軸分別為0.025m、0.018m的橢圓（指出熒光屏上產生亮點的軌跡為橢圓，而沒給出半長軸和半短軸的具體數值，本步2分照給）。（2

16、分）OhyPR0Mx題型6.（帶電粒子在電場和磁場組合場內的運動）如圖，空間存在勻強電場和勻強磁場，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在，只加電場，當粒子從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xM解析：做

17、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，有幾何關系得C點坐標為： 過C作x軸的垂線，在CDM中： 解得：M點橫坐標為：規(guī)律總結：組合場內粒子的運動也是組合的，因此對這樣的多過程問題的發(fā)現，需要找到粒子在不同場中運動的關聯量或運動變化的轉折點的隱含條件（一般是分析轉折點的速度），往往成為解題的突破口。題型7.（帶電粒子在電場和磁場疊加場內的運動）如圖所示，x軸正方向水平向右，y軸正方

18、向豎直向上。在xOy平面內有與y軸平行的勻強電場，在半徑為R的圓內還有與xOy平面垂直的勻強磁場。在圓的左邊放置一帶電微粒發(fā)射裝置，它沿x軸正方向發(fā)射出一束具有相同質量m、電荷量q（q>0）和初速度v的帶電微粒。發(fā)射時，這束帶電微粒分布在0<y<2R的區(qū)間內。已知重力加速度大小為g。（1）從A點射出的帶電微粒平行于x軸從C點進入有磁場區(qū)域，并從坐標原點O沿y軸負方向離開，求點場強度和磁感應強度的大小和方向。（2）請指出這束帶電微粒與x軸相交的區(qū)域，并說明理由。（3）若這束帶電微粒初速度變?yōu)?v，那么它們與x軸相交的區(qū)域又在哪里？并說明理由。解析：本題考查帶電粒子在復合場中的運

19、動。帶電粒子平行于x軸從C點進入磁場，說明帶電微粒所受重力和電場力平衡。設電場強度大小為E，由可得 方向沿y軸正方向。帶電微粒進入磁場后，將做圓周運動。 且 r=R如圖（a）所示，設磁感應強度大小為B。由得 方向垂直于紙面向外（2）這束帶電微粒都通過坐標原點。方法一：從任一點P水平進入磁場的帶電微粒在磁場中做半徑為R的勻速圓周運動，其圓心位于其正下方的Q點，如圖b所示，這束帶電微粒進入磁場后的圓心軌跡是如圖b的虛線半圓，此圓的圓心是坐標原點為。方法二：從任一點P水平進入磁場的帶電微粒在磁場中做半徑為R的勻速圓周運動。如圖b示，高P點與O點的連線與y軸的夾角為，其圓心Q的坐標為（-Rsin，Rc

20、os）,圓周運動軌跡方程為得x=0 x=-Rsin y=0 或 y=R(1+cos)（3）這束帶電微粒與x軸相交的區(qū)域是x>0帶電微粒在磁場中經過一段半徑為r的圓弧運動后，將在y同的右方(x>0)的區(qū)域離開磁場并做勻速直線運動，如圖c所示。靠近M點發(fā)射出來的帶電微粒在突出磁場后會射向x同正方向的無窮遠處國靠近N點發(fā)射出來的帶電微粒會在靠近原點之處穿出磁場。所以，這束帶電微粒與x同相交的區(qū)域范圍是x>0.二 學案一、 典例精析題型1.（電場性質的理解）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。圖中一組平行等距實線可能是電場線，也可能是等勢線，則

21、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。再結合粒子是電子，可知場強方向要不水平向左（b點電勢高），要不場強方向豎直向上（a點電勢高）。且為勻強電場場強處處相同。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功動能減?。娮釉?b點動能較?。?，CD對。規(guī)律總結：求解這一類題的具體

22、步驟是：先畫出入射點的軌跡切線，即畫出初速度的方向；在根據軌跡的彎曲方向，確定電場力的方向；進而利用分析力學方法來分析粒子的帶電性質、電場力做功的正負、電勢能增減、電勢大小變化、電場力大小變化等有關問題。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化，重力勢能、電勢能與動能的總和保持不變。題型2.（電場的疊加）如圖所示，在y軸上關于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點電場強度為零B. D點電場強度為零C.若將點電荷+q從O移向C，電勢能增大D.若將點電荷-q從O移向C，電勢能增大解析：A、

23、B兩點電荷在O點的合場強為零，當A、B、C三點在O點合場強不為零，而在D點的合場強為零。點電荷-q從O移向C，電場力做負功，電勢能增大BD對。規(guī)律總結：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。3. 幾個點電荷在空間某點所形成的電場應等于每個點電荷在該點形成電場的矢量和。題型3.（帶電粒子在電場內的運動）如圖所示，質量為m1克、電量為q2×10-6庫的帶電微粒從偏轉極板A、B中間的位置以10米/秒的初速度垂直電場方向進入長為L20厘米、距離為d10厘米的偏轉電場，出電場后落在距偏轉電場40厘米的擋板上，微粒的落點P離開初速度方向延長線的距離為20厘米，不考慮重力的影

24、響。求：（1）加在A、B兩板上的偏轉電壓UAB（2）當加在板上的偏轉電壓UAB滿足什么條件時，此帶電微粒會碰到偏轉極板解析：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。設電場內的偏移量為y，則有又，解得。同理可得審題指導：本題是一個臨界問題，要注意找準對應的臨界條件作為解題的突破口。訓練：如圖所示，邊長為L的正方形區(qū)域abcd內存在著勻強電場電量為q、動能為Ek的帶電粒子從a點沿ab方向進入電場，不計重力。（1）若粒子從c點離開電場，求電場強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，則電場強度為多大？解析：（1）水平方向做勻速運動有

25、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°AO題型4.（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)域內存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B。圓心O處有一放射源,放出粒子的質量為m,帶電量為q,假設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°，要想使該粒子經過磁場第一次通過A點，則初速度的大

26、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，設粒子在磁場中的軌道半徑為R1，則由幾何關系得AO60°R1= （2分）由q1B=m（2分）得1= （2分）（2）設粒子在磁場中的軌道半徑為R2，則由幾何關系（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：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，要利用幾何關系表示出粒子圓周運動的半徑，而后利用半徑結論列出方程，若題目中給定了時間，要找出圓弧所對應的圓心角，利用周期

27、結論列出方程。題型5.（帶電粒子在組合場內的運動）如圖為示波管的部分示意圖，豎直YY和水平XX偏轉電極的板車都為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入偏轉電極時的速度為v0=1.6×107m/s，元電荷電量，電子質量。當偏轉電極上不加電壓時，電子束打在熒光屏上的O點。求：（1）要使電子束不打在偏轉電極的極板上，加在偏轉電極上的偏轉電壓U不能超過多大？（2）若在偏轉電極XX上加Ux=45.5sin（）V的電壓，在偏轉電極YY上加Uy=45.5cos（） V的電壓，通過計算

28、說明源源不斷的電子燈打在熒光屏上所產生亮點的軌跡形狀。解：（1）設偏轉電場的場強為E，則有：（1分）設電子經時間t通過偏轉電場，偏離軸線的側向位移為s側，則有：在中心軸線方向上：（1分）在軸線側向有：（2分）（2分）要使電子束不打在偏轉電極的極板上，則（2分）代入數據解式可得（2分）（2）由式可得（1分）而電場的變化周期得故可以認為電子通過偏轉電場的過程中板間時局為勻強電場（1分）設電子通過偏轉電場過程中產生的側向速度為v側，偏轉角為，則電子通過偏轉電場時有：（2分）設偏轉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、式可得電子在熒光屏上的x、y坐標為：（2分）所以熒光

29、屏上出現的是半長軸和半短軸分別為0.025m、0.018m的橢圓（指出熒光屏上產生亮點的軌跡為橢圓，而沒給出半長軸和半短軸的具體數值，本步2分照給）。（2分）OhyPR0Mx題型6.（帶電粒子在電場和磁場組合場內的運動）如圖，空間存在勻強電場和勻強磁場，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在，只加電場，當粒子從P點運動到xR0平面（圖中虛線所示）時，立即

30、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，有幾何關系得C點坐標為： 過C作x軸的垂線，在CDM中： 解得：M點橫坐標為：規(guī)律總結：組合場內粒子的運動也是組合的，因此對這樣的多過程問題的發(fā)現，需要找到粒子在不同場中運動的關聯量或運動變

31、化的轉折點的隱含條件（一般是分析轉折點的速度），往往成為解題的突破口。題型7.（帶電粒子在電場和磁場疊加場內的運動）如圖所示，x軸正方向水平向右，y軸正方向豎直向上。在xOy平面內有與y軸平行的勻強電場，在半徑為R的圓內還有與xOy平面垂直的勻強磁場在圓的左邊放置一帶電微粒發(fā)射裝置，它沿x軸正方向發(fā)射出一束具有相同質量m、電荷量q（q>0）和初速度v的帶電微粒。發(fā)射時，這束帶電微粒分布在0<y<2R的區(qū)間內。已知重力加速度大小為g。（1）從A點射出的帶電微粒平行于x軸從C點進入有磁場區(qū)域，并從坐標原點O沿y軸負方向離開，求點場強度和磁感應強度的大小和方向。（2）請指出這束帶電

32、微粒與x軸相交的區(qū)域，并說明理由。（3）若這束帶電微粒初速度變?yōu)?v，那么它們與x軸相交的區(qū)域又在哪里？并說明理由。解析：本題考查帶電粒子在復合場中的運動。帶電粒子平行于x軸從C點進入磁場，說明帶電微粒所受重力和電場力平衡。設電場強度大小為E，由可得 方向沿y軸正方向。帶電微粒進入磁場后，將做圓周運動。 且 r=R如圖（a）所示，設磁感應強度大小為B。由得 方向垂直于紙面向外（2）這束帶電微粒都通過坐標原點。方法一：從任一點P水平進入磁場的帶電微粒在磁場中做半徑為R的勻速圓周運動，其圓心位于其正下方的Q點，如圖b所示，這束帶電微粒進入磁場后的圓心軌跡是如圖b的虛線半圓，此圓的圓心是坐標原點為方

33、法二：從任一點P水平進入磁場的帶電微粒在磁場中做半徑為R的勻速圓周運動。如圖b示，高P點與O點的連線與y軸的夾角為，其圓心Q的坐標為（-Rsin，Rcos）,圓周運動軌跡方程為得x=0 x=-Rsin y=0 或 y=R(1+cos)（3）這束帶電微粒與x軸相交的區(qū)域是x>0帶電微粒在磁場中經過一段半徑為r的圓弧運動后，將在y同的右方(x>0)的區(qū)域離開磁場并做勻速直線運動，如圖c所示?？拷麺點發(fā)射出來的帶電微粒在突出磁場后會射向x同正方向的無窮遠處國靠近N點發(fā)射出來的帶電微粒會在靠近原點之處穿出磁場。所以，這束帶電微粒與x同相交的區(qū)域范圍是x>0.二、 專題突破針對典型精析

34、的例題題型，訓練以下習題。1.點電荷Q1、Q2和Q3所產生的靜電場的等勢面與紙面的交線如圖中的實線所示，圖中標在等勢面上的數值分別表示該等勢面的電勢，a、b、c表示等勢面上的點，下列說法正確的有（ ）A位于g點的點電荷不受電場力作用Bb點的場強與d點的場強大小一定相等C把電荷量為q的正點電荷從a點移到i點，再從i點移到f點過程中，電場力做的總功大于把該點電荷從a點直接移到f點過程中電場力所做的功D把1庫侖正電荷從m點移到c點過程中電場力做的功等于7KJ點撥：此題為考察電場性質的習題。G點電勢為零但是電場強度不為零，A錯；b、d兩點電勢相等，但場強不一定相等，B錯；C選項中電場力做功與過程無關，

35、只由初末兩狀態(tài)的電勢差決定，C錯；有2.兩帶電量分別為q和q的點電荷放在x軸上，相距為L，能正確反映兩電荷連線上場強大小E與x關系的是圖點撥：此題為電場的疊加問題。由等量異種點電荷的電場強度的關系可知，在兩電荷連線中點處電場強度最小，但不是零，從兩點電荷向中點電場強度逐漸減小，因此A正確。3.如圖所示，勻強電場方向沿軸的正方向，場強為。在點有一個靜止的中性微粒，由于內部作用，某一時刻突然分裂成兩個質量均為的帶電微粒，其中電荷量為的微粒1沿軸負方向運動，經過一段時間到達點。不計重力和分裂后兩微粒間的作用。試求 （1）分裂時兩個微粒各自的速度； （2）當微粒1到達（點時，電場力對微粒1做功的瞬間功

36、率； （3）當微粒1到達（點時，兩微粒間的距離。點撥：此題為帶電粒子在電場中的運動。（0, -d）（d,0）xEyvxvy（1）微粒1在y方向不受力，做勻速直線運動；在x方向由于受恒定的電場力，做勻加速直線運動。所以微粒1做的是類平拋運動。設微粒1分裂時的速度為v1，微粒2的速度為v2則有：在y方向上有-在x方向上有-根號外的負號表示沿y軸的負方向。中性微粒分裂成兩微粒時，遵守動量守恒定律，有方向沿y正方向。（2）設微粒1到達（0，-d）點時的速度為v，則電場力做功的瞬時功率為其中由運動學公式所以（3）兩微粒的運動具有對稱性，如圖所示，當微粒1到達（0，-d）點時發(fā)生的位移則當微粒1到達（0，

37、-d）點時，兩微粒間的距離為4.如圖，在x軸下方有勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直于x y平面向外。P是y軸上距原點為h的一點，N0為x軸上距原點為a的一點。A是一塊平行于x軸的擋板，與x軸的距離為，A的中點在y軸上，長度略小于。帶點粒子與擋板碰撞前后，x方向的分速度不變，y方向的分速度反向、大小不變。質量為m，電荷量為q（q>0）的粒子從P點瞄準N0點入射，最后又通過P點。不計重力。求粒子入射速度的所有可能值。點撥：此題屬于帶電粒子在磁場中的運動問題。設粒子的入射速度為v,第一次射出磁場的點為,與板碰撞后再次進入磁場的位置為.粒子在磁場中運動的軌道半徑為R,有粒子速率不變,每次進

38、入磁場與射出磁場位置間距離保持不變有粒子射出磁場與下一次進入磁場位置間的距離始終不變,與相等.由圖可以看出設粒子最終離開磁場時,與檔板相碰n次(n=0、1、2、3).若粒子能回到P點,由對稱性,出射點的x坐標應為-a,即由兩式得若粒子與擋板發(fā)生碰撞,有聯立得n<3聯立得把代入中得5.如圖所示，兩平行金屬板A、B長l8cm，兩板間距離d8cm，兩板間電勢差UAB300V一帶正電的粒子電量q10-10C，質量m10-20kg，從R點沿電場中心線垂直電場線飛入電場，初速度v02×106m/s，粒子飛出平行板電場后經過界面MN、PS間的無電場區(qū)域后，進入固定在中心線上的O點的點電荷Q形

39、成的電場區(qū)域（設界面PS右邊點電荷的電場分布不受界面的影響）。已知兩界面MN、PS相距為L12cm，粒子穿過界面PS最后垂直擊中放置于中心線上的熒光屏EF要求：（靜電力常數k9×109N·m2/C2）BAv0RMNLPSOEFl（1）假設該帶電粒子從界面MN飛出時速度方向的反向延長線交兩平行金屬板間電場中心線與C點，且R點到C的距離為x，試證明xl/2 ；（2）粒子穿過界面PS時距中心線RO的距離；（3）點電荷的電量Q點撥：此題屬于帶電粒子在啊電場和磁場的組合場內的運動問題。（1）證明：設粒子從電場中飛出時的側向位移為h，側向速度為vy則：h=at2/2 ，vy=at ，

40、l=v0t （2分）由相似三角形知識得：（2分）解得： 所以：（1分）（2）設粒子穿過界面PS時距中心線OR的距離為y則：h=at2/2（1分）又即：（1分）代入數據，解得：h=0.03m=3cm（1分）帶電粒子在離開電場后將做勻速直線運動,由相似三角形知識得：（1分）代入數據，解得: y=0.12m=12cm（1分）(3)設粒子從電場中飛出時的速度方向與水平方向的夾角為，則：（1分）因為粒子穿過界面PS最后垂直打在放置于中心線上的熒光屏上，所以該帶電粒子在穿過界面PS后將繞點電荷Q作勻速圓周運動，其半徑與速度方向垂直勻速圓周運動的半徑：（1分）由：（1分） 解得：Q=1.04×10

41、-8C（1分）6.圖為可測定比荷的某裝置的簡化示意圖，在第一象限區(qū)域內有垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小B=2.0×10-3T,在X軸上距坐標原點L=0.50m的P處為離子的入射口，在Y上安放接收器，現將一帶正電荷的粒子以v=3.5×104m/s的速率從P處射入磁場，若粒子在 y軸上距坐標原點L=0.50m的M處被觀測到，且運動軌跡半徑恰好最小，設帶電粒子的質量為m,電量為q,不記其重力。（1）求上述粒子的比荷；（2）如果在上述粒子運動過程中的某個時刻，在第一象限內再加一個勻強電場，就可以使其沿y軸正方向做勻速直線運動，求該勻強電場的場強大小和方向，并求出從粒子射入

42、磁場開始計時經過多長時間加這個勻強電場；（3）為了在M處觀測到按題設條件運動的上述粒子，在第一象限內的磁場可以局限在一個矩形區(qū)域內，求此矩形磁場區(qū)域的最小面積，并在圖中畫出該矩形。點撥：帶電粒子在電場和磁場的疊加場內的運動。（1）設粒子在磁場中的運動半徑為r。如圖甲，依題意M、P連線即為該粒子在磁場中作勻速圓周運動的直徑，由幾何關系得由洛倫茲力提供粒子在磁場中作勻速圓周運動的向心力，可得聯立并代入數據得=4.9×C/kg（或5.0×C/kg） （2）設所加電場的場強大小為E。如圖乙，當粒子子經過Q點時，速度沿y軸正方向，依題意，在此時加入沿x軸正方向的勻強電場，電場力與此時

43、洛倫茲力平衡，則有代入數據得所加電場的長槍方向沿x軸正方向。由幾何關系可知，圓弧PQ所對應的圓心角為45°，設帶點粒子做勻速圓周運動的周期為T，所求時間為t，則有聯立并代入數據得（3）如圖丙，所求的最小矩形是，該區(qū)域面積w.w.w.k.s.5.u.c.o.m聯立并代入數據得矩形如圖丙中（虛線）三、 學法導航復習指導：回歸課本夯實基礎，仔細看書把書本中的知識點掌握到位練習為主提升技能，做各種類型的習題，在做題中強化知識整理歸納舉一反三，對易錯知識點、易錯題反復鞏固重視物理學的科學研究方法。本部分內容的主要研究方法有：理想化模型。如點電荷、電場線、等勢面；比值定義法。電場強度、電勢的定義

44、方法是定義物理量的一種重要方法；類比方法。電場和重力場的比較；電場力和重力的比較；帶電粒子在電場中的運動和平拋運動的類比。電場力做功的求解方法：由功的定義W=FL求；利用結論“電場力做功等于電荷電勢能增量的負值”來求，即；利用求。正確分析帶電粒子的受力及運動特征是解決問題的前提合外力即初始狀態(tài)的速度，因此應把帶電粒子的運動情況和受力情況結合起來進行分析。當帶電粒子在復合場中所受合外力為零時，做勻速直線運動。當帶電粒子所受的合外力是變力，且與初速度方向不在一條直線上時，粒子做非勻變速曲線運動，這是粒子的運動軌跡既不是圓弧也不是拋物線，由于帶電粒子可能連續(xù)通過幾個情況不同的復合場區(qū)，因此粒子的運動

45、情況也發(fā)生相應的變化，其運動的過程可能由幾種不同的運動階段組成。1. 如圖85所示，把一個不帶電的枕型導體靠近帶正電的小球，由于靜電感應，在a，b端分別出現負、正電荷，則以下說法正確的是：A閉合K1，有電子從枕型導體流向地B閉合K2，有電子從枕型導體流向地C閉合K1，有電子從地流向枕型導體D閉合K2，沒有電子通過K2【錯解】枕型導體電荷總是守恒的，沒有電子流過K2。選D?！惧e解原因】由于對沒有正確理解電荷守恒的相對性，所以在本題中認為枕型導體的電荷總是守恒的，便錯選答案D?！痉治鼋獯稹吭贙1，K2都閉合前，對于枕型導體它的電荷是守恒的，a，b出現的負、正電荷等量。當閉合K1，K2中的任何一個以

46、后，便把導體與大地連通，使大地也參與了電荷轉移。因此，導體本身的電荷不再守恒，而是導體與大地構成的系統中電荷守恒。由于靜電感應，a端仍為負電荷，大地遠處感應出等量正電荷，因此無論閉K1還是K2，都是有電子從地流向導體，應選答案C?！驹u析】在解決此類靜電平衡問題時，對電荷守恒的理解應為：電荷守恒定律有相對性，一個物理過程中，某個物體或某些物體的電荷并不守恒，有增或有減，而這一過程中必有另一些物體的電荷有減或有增，其中的增量和減量必定相等，滿足全范圍內的守恒。即電荷是否守恒要看是相對于哪一個研究對象而言。電荷守恒是永恒的，是不需要條件的。電荷守恒定律也是自然界最基本的規(guī)律之一。在應用這個定律時，只

47、要能夠全面地考察參與電荷轉移的物體，就有了正確地解決問題的基礎。2.如圖811所示，質量為m，帶電量為q的粒子，以初速度v0，從A點豎直向上射入真空中的沿水平方向的勻強電場中，粒子通過電場中B點時，速率vB=2v0，方向與電場的方向一致，則A，B兩點的電勢差為：【錯解】帶電粒子在電場中運動，一般不考慮帶電粒子的重力，根據動能定理，電場力所做的功等于帶電粒子動能的增量，電勢差等于動能增量與電量Q的比值，應選D?！惧e解原因】帶電粒子在電場中運動，一般不考慮帶電粒子的重力，則粒子在豎直方向將保持有速度v0，粒子通過B點時不可能有與電場方向一致的2v0，根據粒子有沿場強方向的速度2v0，則必是重力作用

48、使豎直向上的速度變?yōu)榱?。如一定不考慮粒子重力，這只有在電場無限大，帶電粒子受電場力的作用，在電場方向上的速度相比可忽略不計的極限狀態(tài)，且速度沿電場方向才能成立。而本題中v0與vB相比不能忽略不計，因此本題應考慮帶電粒子的重力?！痉治鼋獯稹吭谪Q直方向做勻減速直線運動2gh=v02根據動能定理【評析】根據初、末速度或者運動軌跡判斷物體的受力情況是解決與運動關系問題的基本功。即使在電學中，帶電粒子的運動同樣也要應用這個基本功。通過這樣一些題目的訓練，多積累這方面的經驗，非常必要。3. 如圖815所示，長為l的絕緣細線，一端懸于O點，另一端連接一質量為m的帶負電小球，置于水平向右的勻強電場中

49、，在O點向右水平拉直后從靜止釋放，細線碰到釘子后要使小球剛好饒釘子O在豎直平面內作圓周運動，求OO長度?！惧e解】擺球從A落下經B到C的過程中受到重力G，繩子的拉力T和電場力F電三個力的作用，并且重力和電場力做功，拉力不做功，由動能定理擺球到達最低點時，擺線碰到釘子O后，若要小球剛好繞釘子O在豎直平面內做圓周運動，如圖816。則在最高點D應滿足：從C到D的過程中，只有重力做功（負功），由機械能守恒定律【錯解原因】考生以前做過不少“在重力場中釋放擺球。擺球沿圓弧線運動的習題”。受到這道題思維定勢的影響，沒能分析出本題的擺球是在重力場和電場疊加場中運動。小球同時受到重力和電場力的作用，這兩個力對擺球

50、運動軌跡都有影響。受“最高點”就是幾何上的最高點的思維定勢的影響，沒能分析清楚物理意義上的“最高點”含義。在重力場中應是重力方向上物體運動軌跡的最高點，恰好是幾何意義上的最高點。而本題中，“最高點”則是重力與電場力的合力方向上擺球運動的軌跡的最高點?！菊_解答】本題是一個擺在重力場和電場的疊加場中的運動問題，由于重力場和電場力做功都與路徑無關，因此可以把兩個場疊加起來看成一個等效力場來處理，如圖817所示，=60°。開始時，擺球在合力F的作用下沿力的方向作勻加速直線運動，從A點運動到B點，由圖817可知，AOB為等邊三角形，則擺球從A到B，在等效力場中，由能量守恒定律得：在B點處，由

51、于在極短的時間內細線被拉緊，擺球受到細線拉力的沖量作用，法向分量v2變?yōu)榱?，切向分量接著擺球以v1為初速度沿圓弧BC做變速圓周運動，碰到釘子O后，在豎直平面內做圓周運動，在等效力場中，過點O做合力F的平行線與圓的交點為Q，即為擺球繞O點做圓周運動的“最高點”，在Q點應滿足過O點做OPAB取OP為等勢面，在等效力場中，根據能量守恒定律得：【評析】用等效的觀點解決陌生的問題，能收到事半功倍的效果。然而等效是有條件的。在學習交流電的有效值與最大值的關系時，我們在有發(fā)熱相同的條件將一個直流電的電壓（電流）等效于一個交流電。本題中，把兩個場疊加成一個等效的場，前提條件是兩個力做功都與路徑無關。4.一個負

52、離子的質量為m，電量大小為q，以速度v0垂直于屏S經過小孔O射入存在著勻強磁場的真空室中，如圖所示。磁感應強度B方向與離子的初速度方向垂直，并垂直于紙面向里。如果離子進入磁場后經過時間t到這位置P，證明：直線OP與離子入射方向之間的夾角跟t【錯解】根據牛頓第二定律和向心加速度公式【錯解原因】高中階段，我們在應用牛頓第二定律解題時，F應為恒力或平均力，本題中洛倫茲力是方向不斷變化的力。不能直接代入公式求解?！痉治鼋獯稹咳鐖D，當離子到達位置P時圓心角為【評析】時時要注意公式的適用條件范圍，稍不注意就會出現張冠李戴的錯誤。如果想用平均力的牛頓第二定律求解，則要先求平均加速度5.如圖為方向相互垂直的勻

53、強電場和勻強磁場區(qū)域。電場強度為E，磁感強度為B，復合場的水平寬度為d，豎直方向足夠長?，F有一束電量為+q、質量為m初速度各不相同的粒子沿電場方向進入場區(qū)，求能逸出場區(qū)的粒子的動能增量Ek。【錯解】當這束初速度不同、電量為+q、質量為m的帶電粒子流射入電場中，由于帶電粒子在磁場中受到洛倫茲力是與粒子運動方向垂直的，粒子將發(fā)生不同程度的偏轉。有些粒子雖發(fā)生偏轉，但仍能從入射界面的對面逸出場區(qū)；有些粒子則留在場區(qū)內運動。從粒子射入左邊界到從右邊界逸出，電場力做功使粒子的動能發(fā)生變化。根據動能定理有：Eqd=Ek【錯解原因】錯解的答案不錯，但是不全面。沒有考慮仍從左邊界逸出的情況?！痉治鼋獯稹坑捎趲щ娏Ｗ釉诖艌鲋惺艿铰鍌惼澚κ桥c粒子運動方向垂直的。它只能使速度方向發(fā)生變。粒子速度越大，方向變化越快。因此當一束初速度不同、電量為+q、質量為m的帶電粒子射入電場中，將發(fā)生不同程度的偏轉。有些粒子雖發(fā)生偏轉，但仍能從入射界面的對面逸出場區(qū)（同錯解答案）；有些粒子將留在場區(qū)內運動；有些粒子將折回入射面并從入射面逸出場區(qū)。由于洛倫茲