復(fù)合場專題復(fù)習(xí)

1、一、考點回顧1三種力：大小重力G=mg=GMm/R2電場力F=qE洛倫茲力f=Bqv方向決定因素豎直向下由場決定， 與物體的運(yùn)與 E 方向平行動狀態(tài)（ v）無關(guān)與 B、 v 平面垂由場和物體的運(yùn)動狀直（左手定則）態(tài)（ v）共同決定2重力的分析：(1)對于微觀粒子，如電子、質(zhì)子、離子等一般不做特殊交待就可以不計其重力，因為其重力一般情況下與電場力或磁場力相比太小，可以忽略；(2)對于一些實際物體，如帶電小球、液滴等不做特殊交待時就應(yīng)當(dāng)考慮重力；(3)在題目中有明確交待是否要考慮重力的，這種情況比較正規(guī)，也比較簡單。3電場力和洛倫茲力的比較：(1)在電場中的電荷，不管其運(yùn)動與否，均受到電場力的作用

2、；而磁場僅僅對運(yùn)動著的、且速度與磁場方向不平行的電荷有洛倫茲力的作用；(2)電場力的大小與電荷的運(yùn)動的速度無關(guān)；而洛倫茲力的大小與電荷運(yùn)動的速度大小和方向均有關(guān)；(3)電場力的方向與電場的方向或相同、或相反；而洛倫茲力的方向始終既和磁場垂直，又和速度方向垂直；(4)電場既可以改變電荷運(yùn)動的速度大小，也可以改變電荷運(yùn)動的方向，而洛倫茲力只能改變電荷運(yùn)動的速度方向，不能改變速度大小；(5)電場力可以對電荷做功，能改變電荷的動能；洛倫茲力不能對電荷做功，不能改變電荷的動能；(6)勻強(qiáng)電場中在電場力的作用下，運(yùn)動電荷的偏轉(zhuǎn)軌跡為拋物線；勻強(qiáng)磁場中在洛倫茲力的作用下，垂直于磁場方向運(yùn)動的電荷的偏轉(zhuǎn)軌跡為

3、圓弧。4帶電粒子在獨立勻強(qiáng)場中的運(yùn)動：(1)不計重力的帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的運(yùn)動可分二種情況：平行進(jìn)入勻強(qiáng)電場，在電場中做勻加速直線運(yùn)動和勻減速直線運(yùn)動；垂直進(jìn)入勻強(qiáng)電場，在電場中做勻變速曲線運(yùn)動(類平拋運(yùn)動 )；(2)不計重力的帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動可分二種情況：平行進(jìn)入勻強(qiáng)磁場時，做勻速直線運(yùn)動；垂直進(jìn)入勻強(qiáng)磁場時，做變加速曲線運(yùn)動(勻速圓周運(yùn)動)；5不計重力的帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中做不完整圓周運(yùn)動的解題思路：不計重力的帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動的軌跡半徑r=mv/Bq ；其運(yùn)動周期T=2 m/Bq( 與速度大小無關(guān))(1)用幾何知識確定圓心并求半徑：因為 F 方向指向圓心，根據(jù)

4、 F 一定垂直 v，畫出粒子運(yùn)動軌跡中任意兩點 (大多是射入點和出射點 )的 F 或半徑方向，其延長線的交點即為圓心，再用幾何知識求其半徑與弦長的關(guān)系；(2)確定軌跡所對的圓心角，求運(yùn)動時間：先利用圓心角與弦切角的關(guān)系，或者是四邊形內(nèi)角和等于360°(或 2)計算出圓心角的大小，再由公式t= T/3600(或 T/2 )可求出運(yùn)動時間。6帶電粒子在復(fù)合場中運(yùn)動的基本分析復(fù)合場是指電場、磁場、重力場并存，或其中某兩種場并存的場。帶電粒子在這些復(fù)合場中運(yùn)動時， 必須同時考慮電場力、洛倫茲力和重力的作用或其中某兩種力的作用，因此對粒子的運(yùn)動形式的分析就顯得極為重要。所以問題本質(zhì)還是物體的動

5、力學(xué)問題。分析此類問題的一般方法為： 首先從粒子的開始運(yùn)動狀態(tài)受力分析著手，由合力和初速度判斷粒子的運(yùn)動軌跡和運(yùn)動性質(zhì)，注意速度和洛倫茲力相互影響這一特點，將整個運(yùn)動過程和各個階段都分析清楚，然后再結(jié)合題設(shè)條件，邊界條件等，選取粒子的運(yùn)動過程，選用有關(guān)動力學(xué)理論公式求解。(1)粒子所受的合力和初速度決定粒子的運(yùn)動軌跡及運(yùn)動性質(zhì)：當(dāng)帶電粒子在復(fù)合場中所受的合外力為0 時，粒子將做勻速直線運(yùn)動或靜止。當(dāng)帶電粒子所受的合外力與運(yùn)動方向在同一條直線上時，粒子將做變速直線運(yùn)動。當(dāng)帶電粒子所受的合外力充當(dāng)向心力時，粒子將做勻速圓周運(yùn)動，且恒力的合力一定為零。當(dāng)帶電粒子所受的合外力的大小、方向均是不斷變化的

6、，則粒子將做變加速運(yùn)動，這類問題一般只能用能量關(guān)系處理。(2)勻變速直線運(yùn)動公式、運(yùn)動的合成和分解、勻速圓周運(yùn)動的運(yùn)動學(xué)公式；(3)牛頓運(yùn)動定律、動量定理和動量守恒定律；(4)動能定理、能量守恒定律。經(jīng)典例題剖析1如圖所示，在某水平方向的電場線AB上( 電場線方向未標(biāo)明)，將一受到水平向右恒定拉力的帶電粒子（不計重力）在A 點由靜止釋放，AB帶電粒子沿 AB 方向開始運(yùn)動， 經(jīng)過 B 點時的速度恰好··為零，則下列結(jié)論正確的有【】A 粒子在 A 、 B 兩點間移動時，恒力做功的數(shù)值大于粒子在AB 兩點間電勢能差的絕對值B可能 A 點的電勢高于B 點的電勢，也可能 A 點的電

7、勢低于 B 點的電勢CA 處的場強(qiáng)可能大于B 處的場強(qiáng)D粒子的運(yùn)動不可能是勻速運(yùn)動，也不可能是勻加速運(yùn)動解析： 根據(jù)動能定理，恒力做的正功跟電場力做的負(fù)功，數(shù)值相等，即恒力做功跟電勢能之差的絕對值應(yīng)相等， A 錯誤；帶電粒子從 A 點由靜止開始向 B 運(yùn)動，經(jīng)過 B 點時速度為零，這表明帶電粒子在恒力和電場力作用下先做加速運(yùn)動后做減速運(yùn)動，因此粒子的運(yùn)動不可能是勻速運(yùn)動。 同時表明電場力的方向向左。粒子先做加速運(yùn)動， 說明水平向右的恒力大于水平向左的電場力， 后做減速運(yùn)動， 表明后來水平向左的電場力大于水平向右的恒力，因此粒子不可能做勻加速運(yùn)動，D 選項正確； 粒子在 B 處受到的電場力比A

8、處大，因此 B 處的場強(qiáng)大于 A 處的場強(qiáng)， C 選項錯誤；如粒子帶正電，電場線方向應(yīng)由B 指向 A、 B 點電勢高于 A 點電勢；如粒子帶負(fù)電，電場線方向應(yīng)由A 指向 B，A 點電勢高于 B 點電勢。因此， A、B 兩點電勢的高低無法判斷。答案：BD點評：此題是動力學(xué)觀點與電場性質(zhì)、能量觀點等知識點的綜合應(yīng)用判斷題目。2如圖所示的裝置是在豎直平面內(nèi)放置光滑的絕緣軌道，處于水平向右的勻強(qiáng)電場中，以帶負(fù)電荷的小球從高 h 的 A 處靜止開始下滑， 沿軌道 ABC運(yùn)動后進(jìn)入圓環(huán)內(nèi)作圓周運(yùn)動。 已知小球所受到電場力是其重力的3/4，圓環(huán)半徑為 R，斜面傾角為=53°，sBC=2R。若使小球

9、在圓環(huán)內(nèi)能作完整的圓周運(yùn)動，h 至少為多少？解析：小球所受的重力和電場力都為恒力，故可兩力等效為一個力F，如圖可知 F1.25mg ，方向與豎直方向左偏下37o，從圖中可知，能否作完整的圓周運(yùn)動的臨界點是能否通過D 點，若恰好能通過 D 點，即達(dá)到 D 點時球與環(huán)的彈力恰好為零。由圓周運(yùn)動知識得： Fm vD2即： 1.25mgm vD2RR由動能定理有： mg( hRR cos37 )3 mg ( h cot2RRsin 37 )1 mvD242聯(lián)立可求出此時的高度h=10R點評：用極限法通過分析兩個極端（臨界）狀態(tài)，來確定變化范圍，是求解“范圍類 ”問題的基本思路和方法。當(dāng)F 供 =F 需

10、 時，物體做圓周運(yùn)動；當(dāng)F 供 >F 需 時物體做向心運(yùn)動；當(dāng)F 供 <F 需 時物體做離心運(yùn)動，這是分析臨界問題的關(guān)鍵。3質(zhì)譜儀是一種測定帶電粒子質(zhì)量和分析同位素的重要工具，它的構(gòu)造原理如圖所示。離子源S產(chǎn)生帶電量為 q 的某種正離子，離子產(chǎn)生出來時速度很小，可以看作是靜止的。粒子從容器A 下方小孔 S1飄入電勢差為U 的加速電場， 然后經(jīng)過小孔2S和 S3 后沿著與磁場垂直的方向進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，最后打到照相底片D 上。q(1)小孔 S 和 S 處的電勢比較， 哪處的高？12在小孔 S1 和 S2 處的電勢能，哪處高？如果容器A 接地且電勢為0，則小孔 S1 和

11、S2 處的電勢各為多少？ (設(shè)小孔極小，其電勢和小孔處的電極板的電勢相同)(2)求粒子進(jìn)入磁場時的速率和粒子在磁場中運(yùn)動的軌道半徑。(3)如果從容器下方的 S1 小孔飄出的是具有不同的質(zhì)量的帶電量為q 的正離子，那么這些粒子打在照相底片的同一位置，還是不同位置？如果是不同位置，那么質(zhì)量分別為m, m 1, m 2,m 3,. 的粒子在照相底片的排布等間距嗎？寫出說明。解析： (1)由于電荷量為帶正電的粒子，從容器下方的S1小孔飄入電勢差為U 的加速電場，要被加速， S121處的高，從小孔12電場力做正功，電勢能減和 S 處的電勢比較，SS到 S小，所以粒子在小孔S1 處的電勢能高于在S2 處。

12、如果容器A 接地且電勢為0，而小孔 S1 和S 處的電勢差為 U，所以小孔 S 和 S 處的電勢各為 0 和-U。212q 的粒子，到達(dá) S 的(2)設(shè)從容器下方的 S 小孔飄出的是具有不同的質(zhì)量的電荷量為12速度為 v，經(jīng) S3 進(jìn)入射入磁場區(qū)，根據(jù)能量守恒，有1 mv2qUv=2qU2m設(shè)粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動的半徑為R，由洛倫茲力公式和牛頓定律得：m v2mv12UmqBvRRqBBq(3)在磁場中偏轉(zhuǎn)距離 d= 2Rmv22Um2BqqB由于是具有不同的質(zhì)量的粒子，所以距離d 不同，這些粒子打在照相底片的不同位置。從上式可以看出，在磁場中偏轉(zhuǎn)距離d與質(zhì)量的平方根成正比，所以

13、質(zhì)量分別為m, m1, m2,m3,. 的粒子在照相底片的排布間距不等。點評：此題是與質(zhì)譜儀相關(guān)的一道習(xí)題，考查了學(xué)生對基本物理模型的理解和掌握。4某同學(xué)家中舊電視機(jī)畫面的幅度偏小，維修店的技術(shù)人員檢查后診斷為顯像管或偏轉(zhuǎn)P線圈出了故障。通過復(fù)習(xí)，他知道顯像管的簡B要工作原理是陰極K 發(fā)射的電子束經(jīng)高壓加速kABU電場（電壓為U）加速后，進(jìn)入放置在其頸部的偏轉(zhuǎn)線圈形成的偏轉(zhuǎn)磁場中偏轉(zhuǎn)，偏轉(zhuǎn)后的電子轟擊熒光屏，熒光粉受激發(fā)而發(fā)光，如圖所示是顯象管工作原理的示意圖。已知陰極k發(fā)射出的電子束（初速度可視為零）經(jīng)高壓加速電壓U = 22.5 KV 加速后（電子從陰極到陽極的過程為加速過程） ，正對圓心

14、進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，半徑為r 的圓形勻強(qiáng)磁場區(qū)，偏轉(zhuǎn)后打在熒光屏上。 電子的電量為×-19-30P(q = -1.610C，質(zhì)量 m = 0.91× 10kg)。請你幫他討論回答下列問題：(1) 電子在 A 處和 B 處的電勢能，哪處高？電場力對電子做的功為多少？電子到達(dá)陽極的速度為多少？(2) 若電子的荷質(zhì)比為 K，電子通過圓形磁場區(qū)過程的偏轉(zhuǎn)角是多大？ (用字母表示 )(3) 試幫助維修店的技術(shù)人員分析引起故障的原因可能是什么？解析：(1)在電子從陰極A 到陽極 B 的過程中要被加速，A 和 B 處的電勢比較， A 處的高，電場力做正功，電勢能減小，所以粒子在小孔A 高

15、于 B 處的電勢能。-193-15WAB = q U=1.6× 10× 22.5 ×=310.6 × 10 J，是正功1mv22W23.610 15m / s = 8.97由 W得 v0.9110 30×m10/s2m(2) 電子被加速 Ue1 mv 2電子在磁場中2P偏轉(zhuǎn)的軌道半徑如圖，mvvBRBKkBerr而圖中 =2，又 tanURR由以上四式可得2 arctan rBK2UK由2 arctan rB知，偏轉(zhuǎn)越大，偏轉(zhuǎn)量越大，熒光屏上的畫面幅度越大。2U由此可見， 故障的原因可能是： 加速電場的電壓過高；偏轉(zhuǎn)線圈的電流過??；圈匝間短路，

16、線圈匝數(shù)減少，偏轉(zhuǎn)磁場減弱。點評：此題是一道帶電粒子的實際應(yīng)用題型，考查了帶電粒子在電場中的加速、形磁場中的偏轉(zhuǎn)，運(yùn)動過程多，需要細(xì)致準(zhǔn)確的分析和做圖。5如圖所示，在半徑為R 的絕緣圓筒內(nèi)有勻強(qiáng)磁場， 方向垂直紙面向里， 圓筒正下方有小孔 C 與平行金屬板M、N 相通。兩R板間距離為 d ，兩板與電動勢為 E 的電源連B接，一帶電量為 q、質(zhì)量為 m 的帶電粒子（重力忽略不計） ，開始時靜止于 C 點正下方緊靠 N 板的 A 點，經(jīng)電場加速后從C 點進(jìn)MC入磁場， 并以最短的時間從C 點射出。 已知帶電粒子與筒壁的碰撞無電荷量的損失，且d碰撞后以原速率返回。求：-q ,m A(1) 筒內(nèi)磁場的

17、磁感應(yīng)強(qiáng)度大??；N(2) 帶電粒子從 A 點出發(fā)至重新回到 A 點射出所經(jīng)歷的時間。偏轉(zhuǎn)線有界圓E解析： (1)帶電粒子從 C 孔進(jìn)入，與筒壁碰撞2 次再從 C 孔射出經(jīng)歷的時間為最短。由 qE 1mv2粒子由 C孔進(jìn)入磁場，在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的速率為v2qE2mmv12mE由 r qB由幾何關(guān)系有Rcot30 ° r得 B R3q(2)粒子從 A C 的加速度為 a qE md由 dat12/2，粒子從 A C 的時間為 t1 2d=d2maqE粒子在磁場中運(yùn)動的時間為t2 T 2 m qB得 t 2 R3m2qEm3求得 t 2t1 t 2qE（2 2d +2R）點評：此題是

18、電場、 磁場和碰撞有機(jī)結(jié)合在一起的題目，需要對帶電粒子的運(yùn)動有一個準(zhǔn)確的分析和求解。7如圖所示， M、 N 為兩塊帶等量異種電荷的平行金屬板，S 、 S 為板上正對的小孔，12N 板右側(cè)有兩個寬度均為d 的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，方向分別垂直于紙面向里和向外， 磁場區(qū)域右側(cè)有一個熒光屏， 取屏上與 S1、S2 共線的 O 點為原點，向下為正方向建立 x軸。板左側(cè)電子槍發(fā)射出的熱電子經(jīng)小孔S1 進(jìn)入兩板間，電子的質(zhì)量為m，電荷量為e，初速度可以忽略。求：(1)當(dāng)兩板間電勢差為U0 時，求從小孔S2 射出的電子的速度v0；(2)兩金屬板間電勢差U 在什么范圍內(nèi)，電子不能穿過磁場區(qū)域而打

19、到熒光屏上；(3)電子打到熒光屏上的位置坐標(biāo)x 和金屬板間電勢差U 的函數(shù)關(guān)系。解析： (1)根據(jù)動能定理，得eU122eU00mv解得 v00m2mv(2)欲使電子不能穿過磁場區(qū)域而打在熒光屏上，應(yīng)有r d eB1mv2d 2eB2而 eU由此即可解得 U22m(3)若電子在磁場區(qū)域做圓周運(yùn)動的軌道半徑為r，穿過磁場區(qū)域打在熒光屏上的位置坐標(biāo)為 x，則由軌跡圖可得x 2r2 r 2d 2注意到 rmv 和 eU1mv2eB2所以，電子打到熒光屏上的位置坐標(biāo)x 和金屬板間電勢差U 的函數(shù)關(guān)系為x2 ( 2emU2emUd 2e2 B2 )(U d 2eB2)eB2m點評：此題是電場中加速、 兩

20、有界磁場結(jié)合一起的題目， 需要對帶電粒子的運(yùn)動進(jìn)行分析和討論，對臨界情況有一準(zhǔn)確的判斷，從而得出正確的結(jié)論。8如圖所示，在地面附近有一范圍足夠大 B 的互相正交的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場。磁感應(yīng)強(qiáng)度為 B，方向水平并垂直紙面向外。 一質(zhì)量為 m、帶電量為 q 的帶電微粒在此區(qū)域恰好作速度大小為 v 的勻速圓周運(yùn)動。 （重力加速度為g）(1)求此區(qū)域內(nèi)電場強(qiáng)度的大小和方向。(2)若某時刻微粒運(yùn)動到場中距地面高度為H 的 P 點，速度與水平方向成45°，如圖所示。則該微粒至少須經(jīng)多長時間運(yùn)動到距地面最高點？最高點距地面多高？vP45°H(3)在(2)問中微粒又運(yùn)動 P 點時，突然撤去

21、磁場，同時電場強(qiáng)度大小不變，方向變?yōu)樗较蛴?，則該微粒運(yùn)動中距地面的最大高度是多少？解析： (1)帶電微粒在做勻速圓周運(yùn)動，電場力與重力應(yīng)平衡，因此：mg=Eq解得：mg方向：豎直向下Eq(2)粒子作勻速圓周運(yùn)動，軌道半徑為R，如圖所示。qBv m v2最高點與地面的距離：H mH R(1 cos45 )Rmv245°解得：H m H(1)PBq2該微粒運(yùn)動周期為：T2 m運(yùn)動到最高點所用時間為： t3 T3 mBqmgh Eqh cot4500- 184Bq(3)設(shè)粒子升高度為h，由動能定理得：mv22mv2v2解得： h2（ mgEq） 4g微粒離地面最大高度為：Hv24 g點評

22、：此題考查了帶電粒子在重力場、電場和磁場三場并存情況的分析，需要進(jìn)行準(zhǔn)確的動力學(xué)分析，綜合應(yīng)用知識求解。三方法總結(jié)綜合上述例析， 可以看出：要正確、 迅速解答帶電粒子在復(fù)合場內(nèi)運(yùn)動類問題，首先必須弄清物理情境， 即在頭腦中再現(xiàn)客觀事物的運(yùn)動全過程， 對問題的情境原型進(jìn)行具體抽象，從而建立起正確、清晰的物理情境；其二，應(yīng)對物理知識有全面深入的理解；其三，熟練掌握運(yùn)用數(shù)學(xué)知識是考生順利解決物理問題的有效手段。分析方法和力學(xué)問題的分析方法基本相同， 不同之處就是多了電場力和磁場力， 其思路、方法與解題步驟相同，因此在利用力學(xué)的三大觀點（動力學(xué)、能量、動量）分析的過程中，還要注意：1洛倫茲力永遠(yuǎn)與速度

23、垂直、不做功2重力、電場力做功與路徑無關(guān)，只由初末位置決定，當(dāng)重力、電場力做功不為零時，粒子動能肯定變化。3洛倫茲力隨速率的變化而變化，洛倫茲力的變化導(dǎo)致了所受合外力變化，從而引起加速度變化，使粒子做變加速運(yùn)動?！纠} 6】如圖 2 所示，半徑為r 的絕緣細(xì)圓環(huán)的環(huán)面固定在水平面上，場強(qiáng)為勻強(qiáng)電場與環(huán)面平行。一電量為+q、質(zhì)量為 m 的小球穿在環(huán)上，可沿環(huán)作無摩擦的圓周運(yùn)E 的動，若小球經(jīng) A 點時，速度 vA 的方向恰與電場垂直，且圓環(huán)與小球間沿水平方向無力的作用，試計算：（ 1）速度 vA 的大小；（ 2）小球運(yùn)動到與 A 點對稱的 B 點時，對環(huán)在水平方向的作用力?！军c撥解疑】（1）在

24、A 點，小球在水平方向只受電場力作用，根據(jù)牛頓第二定律得：qE m vA2rqEr所以小球在 A 點的速度 v A。m（ 2）在小球從 A 到 B 的過程中，根據(jù)動能定理，電場力做的正功等于小球動能的增加量，即 2qEr1 mvB21 mvA2 ，22小球在 B 點時，根據(jù)牛頓第二定律，在水平方向有N BqEm vB2r解以上兩式，小球在B 點對環(huán)的水平作用力為：N B6qE 。點評： 分析該題，也可將水平的勻強(qiáng)電場等效成一新的重力場，重力為Eq， A 是環(huán)上的最高點， B 是最低點；這樣可以把該題看成是熟悉的小球在豎直平面內(nèi)作圓周運(yùn)動的問題?！纠} 7】（ 2002 年理綜全國卷）如圖3 所

25、示有三根長度皆為l 1.00 m 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，另一端分別掛有質(zhì)量皆為m 1.00×10 2kg 的帶電小球 A 和 B，它們的電量分別為一q 和 q， q 1.00×10 7 C A、 B 之間用第三根線連接起來空間中存在大小為E1.00 ×O106N/C 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EAq B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-q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圖 3了多少（不計兩帶電小球間相互作用的靜電力）【點撥解疑】 圖（ 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OA、 AB 與豎直方向的夾角。A 球受力如圖（2）所示：重力 mg，豎直向下；電場力qE，水平向左；細(xì)線對 A 的拉力 T2，方向如圖。由平衡條件得OA 對A 的拉力T1，方向如圖；細(xì)線ABT1 sinT2 sinqE T1 cosmg T2 cos B 球受力如圖（ 3）所示：重力mg，豎直向下；電場力qE，水平向右；細(xì)線A