高中物理引力場、電場、磁場經(jīng)典解題技巧專題輔導(dǎo)

1、高中物理引力場、電場、磁場經(jīng)典解題技巧專題輔導(dǎo)【考點(diǎn)透視】一萬有引力定律萬有引力定律的數(shù)學(xué)表達(dá)式:m萬有引力定律的數(shù)學(xué)表達(dá)式:mm22r,適用條件是：兩個質(zhì)點(diǎn)間的萬有引力的計在高考試題中，應(yīng)用萬有引力定律解題常集中于三點(diǎn)：在地球表面處地球?qū)ξ矬w的萬有引力近似等于物體的重力，即GM? = mg,從而得出GM =gR2,它在物理量間的代R2換時非常有用。天體作圓周運(yùn)動需要的向心力來源于天體之間的萬有引力，即八 Mm mv ，一2二G 2 m ；圓周運(yùn)動的有關(guān)公式：通=，v = mr。r rT二電場kQiQ2庫侖7E律：F = 2，（適用條件：真仝中兩點(diǎn)電何間的相互作用力） r電場強(qiáng)度的定義式：E

2、=（實用任何電場），其方向為正電荷受力的方向。電場強(qiáng)度q是矢量。真空中點(diǎn)電荷的場強(qiáng)：E = kQ ,勻強(qiáng)電場中的場強(qiáng)：E = U。 TOC o 1-5 h z r2d電勢、電勢差：UAB =匕邛B =WAB。q HYPERLINK l bookmark18 o Current Document QS電容的定義式：C =,平行板電容器的決定式 C =。U4 二 kdUq -mv2O偏轉(zhuǎn)：帶電粒子垂直進(jìn)入平行板間的電場對帶電粒子的作用：直線加速2O偏轉(zhuǎn)：帶電粒子垂直進(jìn)入平行板間的勻強(qiáng)電場將作類平拋運(yùn)動。提醒注意：應(yīng)熟悉點(diǎn)電荷、等量同種、等量異種、平行金屬板等幾種常見電場的電場線 和等勢面，理解沿電

3、場線電勢降低，電場線垂直于等勢面。三磁場磁體、電流和運(yùn)動電荷的周圍存在著磁場，其基本性質(zhì)是對放入其中的磁體、電流、運(yùn) 動電荷有力的作用。熟悉幾種常見的磁場磁感線的分布。通電導(dǎo)線垂直于勻強(qiáng)磁場放置，所受安培力的大?。篎 = BIL ,方向：用左手定則判定。帶電粒子垂直進(jìn)入勻強(qiáng)磁場時所受洛倫茲力的大?。篎 =qvB ,方向：用左手定則判定。若不計帶電粒子的重力粒子將做勻速圓周運(yùn)動，有R = mv , T =藥。qB qB【例題解析】一萬有引力例1地球(看作質(zhì)量均勻分布的球體)上空有許多同步衛(wèi)星，同步衛(wèi)星繞地球近似作勻 速圓周運(yùn)動，根據(jù)所學(xué)知識推斷這些同步衛(wèi)星的相關(guān)特點(diǎn)。解析：同步衛(wèi)星的周期與地球自

4、轉(zhuǎn)周期相同。因所需向心力由地球?qū)λ娜f有引力提供，軌道平面只能在赤道上空。設(shè)地球的質(zhì)量為 M,同步衛(wèi)星的質(zhì)量為m,地球半徑為R,同步衛(wèi)星距離地面的高度為衛(wèi)星距離地面的高度為h,由F萬=5向，有GmM4二 2 .7 = m (R + h),信(R h)2T2hTT24 hTT24 二2GmM vR;又由 2 = m(R h)2 R hGMGmM;再由2 = ma信R h (R h)2a= GM 2 o由以分析可看出：地球同步衛(wèi)星除質(zhì)量可以不同外，其軌道平面、距地面(R h)2高度、線速度、向心加速度、角速度、周期等都應(yīng)是相同的。點(diǎn)撥：同步衛(wèi)星、近地衛(wèi)星、雙星問題是高考對萬有引力定律中考查的落足點(diǎn)

5、，對此應(yīng) 引起足夠的重視，應(yīng)注意準(zhǔn)確理解相關(guān)概念。例2某星球的質(zhì)量為 M ,在該星球表面某一傾角為日的山坡上以初速度 v0平拋一個物體，經(jīng)t時間該物體落到山坡上。欲使該物體不再落回該星球的表面，至少應(yīng)以多大的速度拋出物體（不計一切阻力，萬有引力常量為G） ?解析：由題意可知是要求該星球上的“例2某星球的質(zhì)量為 M ,在該星球表面某一傾角為日的山坡上以初速度 v0平拋一個物體，經(jīng)t時間該物體落到山坡上。欲使該物體不再落回該星球的表面，至少應(yīng)以多大的速度拋出物體（不計一切阻力，萬有引力常量為G） ?解析：由題意可知是要求該星球上的“近地衛(wèi)星”的繞行速度，也即為第一宇宙速度。設(shè)該星球表面處的重力加速

6、度為g ,由平拋運(yùn)動可得tan日=）=紀(jì)，故g = 2v0tai x2vot對于該星球表面上的物體有 g M? = mg ,所以R2RM GMt ；而對于繞該星球做勻速2vo tan2圓周運(yùn)動的“近地衛(wèi)星”應(yīng)有 mg = mv-，故v = JiR = 42GMv0 tan-t點(diǎn)撥：只有準(zhǔn)確理解了第一宇宙速度的概念才能找到此題的切入點(diǎn)。以某星球為背景，在該星球上作相關(guān)的物理實驗是高考試題的一種新趨勢。處理時最好把該星球理解為熟知的地球，以便“身臨其境”，這樣會更容易理解、思考問題，從而找出正確的解題方法。例3如右圖所示，a、b、c是在地球大氣層外的圓形軌道上運(yùn)行的3顆人造衛(wèi)星，下列說法正確的是（

7、）b、c的線速度大小相等，且大于 a的線速度b、c的向心加速度大小相等，且大于a的向心加速度c加速可以追上同軌道上的 b,b減速可以等候同一軌道上的a衛(wèi)星由于某種原因，軌道半徑緩慢變小，其線速度將變大解析：因為b、c在同一軌道上運(yùn)行，由MmG 2r2 v 二mr=ma 知,其線速度大小、加速GM 一GM 一V =、|知 Vb =Vca ；而因a=G丁， 有ab =ac【aa ；當(dāng)c加速時，有G- rr2vcm ,離故它將偏離原軌道而做離 rc2vcm ,離故它將偏離原軌道而做離 rc無論如何c也追不上b , b也等不到c；而a衛(wèi)星由于某種原因，軌道半徑緩慢變小，由在 此過程中萬有引力做正功，減

8、少的引力勢能一部分轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，另一部分則轉(zhuǎn)化為衛(wèi)星的動能，故其線速度將變大，所以綜上所述，正確選項是D。點(diǎn)撥：通過萬有引力與所需向心力大小的比較，可以判定衛(wèi)星是否作圓周運(yùn)動，也能有 助于理解天體變軌過程。電場【例題解析】a Pi卜L4例4、ab是長為l的均勻帶電細(xì)桿，Pi、P2是位于ab所 a Pi卜L4在Pi處的場強(qiáng)大小為 E1 ,在P2處的場強(qiáng)大小為E2 ,則以 下說法正確的是()A .兩處的電場方向相同，E1E2B.兩處的電場方向相反，E1E2C.兩處的電場方向相同，E1 E2D.兩處的電場方向相反，E1 E2解析：設(shè)均勻帶電細(xì)桿帶正電荷，桿Pi點(diǎn)左邊的上和Pi點(diǎn)右邊的1的電荷在Pi處產(chǎn)

9、生44的場強(qiáng)疊加為0,細(xì)桿右邊距 Pi的L到3_處的電荷在Pi處產(chǎn)生的場強(qiáng)為 Ei ,方向水平向44左，而整個桿在P2處產(chǎn)生的場強(qiáng)E2方向水平向右，可等效為桿的右端的1部分在該點(diǎn)產(chǎn)生2的場強(qiáng)(大小與 巳相等)和桿左端的L部分該點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng) E的矢量疊加，因兩者方向相 2同，均與Ei的方向相反，必有 E2=Ei+E，所以Ei E2 ,正確選項是Do點(diǎn)撥：場強(qiáng)是矢量，疊加遵守矢量的平行四邊形定則。對此類非點(diǎn)電荷場強(qiáng)疊加問題，在中學(xué)階段常利用電荷分布的對稱性、等效性來處理。例5如圖所示的勻強(qiáng)電場中，有a、b、c三點(diǎn)，ab=5cm , bc=i2cm,其中ab沿電場方向,bc和電場方向成bc和電場方向

10、成 60角，一個電荷量為q=4Mi0”C的正電荷從a移到b電場力做功為Wi=1.2 i01J,求：(i)勻強(qiáng)電場的場強(qiáng) E=?(2)電荷從b移到c,電場力做功 W2=?(3) a、c兩點(diǎn)的電勢差Uac=?解析：(1)設(shè) ab 兩點(diǎn)間距離 d, W1 =qUabWi=qUab, E =Ub，所以 e = W1 = 60V/m 。 dqd(2)設(shè)bc兩點(diǎn)沿場強(qiáng)方向距離di =bc.cos60 , Ubc = Edi ,也=qUbc ,即% =Eq.bccos600 =1.44父10(3 )設(shè)電荷從a移到c電場力做功為W ,則W = W1 +% =qUac ,acW1acW1W2= 6.6V。點(diǎn)撥：

11、勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)公式 E=U中的d是指兩點(diǎn)間距離在場強(qiáng)方向上的投影。電場力d做功W=qU與路徑無關(guān)，只與初末位置間的電勢差有關(guān)，注意理解第三問的求解思路。例6 一束質(zhì)量為 m、電荷量為q的帶電粒子以平行于兩極板的. 1速度Vo進(jìn)入勻強(qiáng)電場，如圖所示。如果兩極板間電壓為U,兩極板 ，一“間的距離為d,板長為1,設(shè)粒子束不會擊中極板，則粒子從進(jìn)入電L場到飛出極板時電勢能的變化量是多少（粒子的重力忽略不計）？解析：粒子在極板間運(yùn)動的時間 t = ,垂直于極板方向的加速度 a =二=9巨=型! v0m m md所以粒子在飛越極板間電場的過程中，在電場方向發(fā)生的側(cè)移121 qU12所以粒子在飛越極板間電場

12、的過程中，在電場方向發(fā)生的側(cè)移s = at = .2 ,電場22 mdv；q2U2q2U2122md2v2力對粒子做的功 W =qU -，所以粒子電勢能的變化量d 2md2v2點(diǎn)評：本題未說明粒子射入的位置，但從“粒子束不會擊中極板”的題設(shè)條件，可知凡是能穿越電場的粒子， 發(fā)生的側(cè)移距離都相等，電勢能的變化量都相等， 而與粒子的射入位置無關(guān)。由此可見，仔細(xì)閱審題，領(lǐng)會一些關(guān)鍵句子的意義， 具有決定性的意義。 順便指出, 粒子射出電場后將作勻速直線運(yùn)動。例7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）

13、所示。將一個質(zhì)量m=2.0X 1027 kg,電量q=+1.6X10-19C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?。粓D（a ）圖（b ），（2）若A板電勢變化周期 T=1.0X 10-5 s, 在t=0時將帶電粒子從緊臨圖（a ）圖（b ），（3） A板電勢變化頻率多大時，在t=T4到t= T時間內(nèi)從緊臨B板處無初速釋放該 2帶電粒子，粒子不能到達(dá)A板。解析：（1）電場強(qiáng)度 E = U ,帶電粒子所受電場力F=qE=qU, F=ma,故 TOC o 1-5 h z ddqU9, 2a=4.0 父 10 m/s ；mdT1 T、22

14、T（2）粒子在0時間內(nèi)走過的距離為a（ ） =5.0父10 m ,故帶電粒子在t= 時 HYPERLINK l bookmark60 o Current Document 2222恰好到達(dá)A板，根據(jù)動量定理，此時粒子動量p = Ft = 4.0父103 kg.m/s ；第5頁共14頁(3)若在帶t= ,釋放電粒子，粒子在t=T到t=內(nèi)先作勻加速運(yùn)動，后作勻減速運(yùn) TOC o 1-5 h z HYPERLINK l bookmark30 o Current Document 4441 TaT2動至速度為零，以后將返回。粒子向A板運(yùn)動的可能最大位移 s = 2xa(T)2 =士，當(dāng)2 416sd時

15、，粒子不能到達(dá) A板，因f =，故電勢變化頻率應(yīng)滿足 f ”3 =5J2M 104Hz。 HYPERLINK l bookmark62 o Current Document T16d點(diǎn)撥：處理帶電粒子在“方波”電壓形成的交變電場中的運(yùn)動問題，關(guān)鍵是將帶電粒子 在不同方向的電場中的運(yùn)動過程、受力情況分析清楚。 要特別注意：粒子在不同時刻射入電場，它在電場中的運(yùn)動會有很大差別；當(dāng)電場方向改變時， 粒子的運(yùn)動方向不一定改變。若粒子的速度恰好為零，它將沿電場力方向運(yùn)動；若不為零，則運(yùn)動方向不變。三磁場例8在水平面上平行放置著兩根長度均為 L的金屬導(dǎo)軌MN和PQ,導(dǎo)軌間距為d ,導(dǎo) 軌和電路的連接如圖所

16、示。 在導(dǎo)軌的MP端放置著一根金屬棒， 與導(dǎo)軌垂直且接觸良好。 空 間中存在方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為 B。將開關(guān)閉合，S2斷開，電壓表和電流表的示數(shù)分別為 U/口 I1，金屬棒仍處于靜止?fàn)顟B(tài)；再將開關(guān)S2閉合，電壓表和電流表的示數(shù)分別為U2和I2 ,金屬棒在導(dǎo)軌上由靜止開始運(yùn)動，運(yùn)動過程中金屬棒始終 與導(dǎo)軌垂直。設(shè)金屬棒的質(zhì)量為m,金屬棒與導(dǎo)軌之間的動摩擦因數(shù)為 N,忽略導(dǎo)軌的電阻以及金屬棒運(yùn)動過程中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢，重力加速度為g。求：(1)金屬棒到達(dá)NQ端時的速度大小。(2)金屬棒在導(dǎo)軌上運(yùn)動的過程中，電流在金屬棒中產(chǎn)生的熱量。解析：(1)當(dāng)通過金屬棒的電流為I2時，金屬棒受恒

17、定的安培力和滑動摩擦力，在導(dǎo)軌上做勻加速運(yùn)動，設(shè)加速度為a,金屬棒到達(dá)端NQ時的速率為v,由牛頓第二定律得BdI2Nmg = ma,根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式 v2 =2aL 有 v = 2(BdI2 - mgL(2)開關(guān)S閉合，S2斷開，當(dāng)金屬棒靜止不動，其電阻為r =5 ；設(shè)金屬棒在導(dǎo)軌上11運(yùn)動的時間為t,電流在金屬棒中產(chǎn)生的熱量為Q,根據(jù)焦耳定律Q = I 2rt和運(yùn)動學(xué)公式I；I；Ui2LmI1 1 BdI2 - mg點(diǎn)撥：關(guān)于磁場對電流的作用力問題，往往都會與其它力學(xué)或電學(xué)知識相聯(lián)系，這就要 求考生有一定的綜合能力，能對所遇問題進(jìn)行具體分析，弄清其中的物理狀態(tài)，物理過程, 找出其中起重要作用的

18、因素及有關(guān)條件。例9在以坐標(biāo)原點(diǎn) O為圓心、半徑為r的圓形區(qū)域內(nèi)，存 在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為 B、方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場，如圖所示。一個不計重力的帶電粒子從磁場邊界與例9在以坐標(biāo)原點(diǎn) O為圓心、半徑為r的圓形區(qū)域內(nèi)，存 在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為 B、方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)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(diǎn)A處以速度v沿-x方向射入磁場，恰好從磁場邊界與 軸的交點(diǎn)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9 ；m（2）若磁場的方向和所在空間范圍不變，而磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小變?yōu)?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 感應(yīng)強(qiáng)度B多

19、大？此次粒子在磁場中運(yùn)動所用時間t是多少？解析：（1）根據(jù)左手定則，由粒子的飛行軌跡可知該粒子帶負(fù)電。粒子由A點(diǎn)射入，由C點(diǎn)飛出了其速度方向改變了90,則粒子*B,該粒子仍從 A60角，求磁軌跡半徑R而 qvB =2mvq，粒子的比荷-m Br（2）粒子從D點(diǎn)飛出磁場速度方向改變了600角，故AD弧所對圓心角為600,mvR =所以qB粒子做圓周運(yùn)動的半徑 R=rcot30對圓心角為600,mvR =所以qB3 ， T 1 2 m 3rB = B 。粒子在磁場中飛行時間 t = 一 = X=366 qB 3v后根據(jù)公式t =工g（T為運(yùn)動周期）就可求得運(yùn)動時間。點(diǎn)評：帶電粒子在磁場中的圓周運(yùn)動

20、的問題，往往是確定圓心、半徑、運(yùn)動時間。確定 方法分別是：圓周軌跡上任意兩點(diǎn)的速度的方向垂線的交點(diǎn)或者一條速度的方向垂線和圓 后根據(jù)公式t =工g（T為運(yùn)動周期）就可求得運(yùn)動時間。2 二例10如圖所示，在x0的區(qū)域中，存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為B1與B2的勻強(qiáng)磁場，磁場方向均垂直于紙而向里，且B B B2。一個帶負(fù)電荷的粒子從坐標(biāo)原點(diǎn)O以速度v沿x軸負(fù)方向射出，要使該粒了經(jīng)過一段時間后又經(jīng)過。點(diǎn)，B向射出，要使該粒了經(jīng)過一段時間后又經(jīng)過。點(diǎn)，Bi與B2的比值應(yīng)滿足什么條件？解析：粒子在整個過程中的速度大小恒為V,交替地在xy平面內(nèi)B與B2的磁場區(qū)域中做勻速圓周運(yùn)動，軌道都是半個圓周。內(nèi)設(shè)粒子的質(zhì)

21、量和電荷量的大小分別為m和q,圓周運(yùn)動的半徑分:Q ）出別為 r1 和 r2 ,由 qvB = m v得 r1 = mv , r2 = -mv ,粒子的運(yùn)5rqBiqB2動軌跡如圖所示。在 xy平面內(nèi)粒子先沿半徑為 r1的半圓C1運(yùn)動至y軸上距O為2n的A點(diǎn)，接著沿半徑為 上的半圓Di運(yùn)動至y軸下方的Oi點(diǎn)，OOi距離為d =2（6 -ri）,此后，粒子每經(jīng)過一次“回旋”（即從y軸出發(fā)沿半徑為的半圓和沿 半徑口為的半圓回到原點(diǎn)下方的 y軸上），與入射相比，粒子的 y坐標(biāo)就降低d。設(shè)粒子經(jīng)過n次“回旋”后經(jīng)過 On點(diǎn)，若OOn間的距離（即nd）滿足nd = 2r1，則粒子再經(jīng)過半r nBe n個

22、圓Cn.就能經(jīng)過原點(diǎn)，所以 ,=，整理得上=，其中n=1、2、3為”回r2 n 1B1n 1旋”次數(shù)。點(diǎn)撥：處理帶電粒子在兩單一磁場中的組合問題，關(guān)鍵是盡可能準(zhǔn)確地畫出粒子的運(yùn)動 軌跡，通過軌跡尋找半徑與其他量間的關(guān)系，進(jìn)而確定磁場間的關(guān)系。四復(fù)合場例11如圖所示，一質(zhì)量為 m的帶電液滴在相互垂直的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場中運(yùn)動，已知電場強(qiáng)度的大小為 巳 方向豎直向下，磁感應(yīng)強(qiáng)度為 B,方向垂直 紙面向里，若此液滴在垂直于磁感應(yīng)強(qiáng)度的平面內(nèi)， 做半彳5為R的勻 速圓周運(yùn)動，求：（1）液滴的速度大小和繞行方向； （2）倘若液滴運(yùn) 行到軌跡最低點(diǎn) A時，分裂成大小相同的兩滴， 其中一個液滴仍在原來面內(nèi)做

23、半徑為 R）=3R的圓周運(yùn)動，繞行方向不變，且此圓周的最低點(diǎn)也是A,另一液滴將如何運(yùn)動 ？解析：（1）因液滴做勻速圓周運(yùn)動，必然有重力與電場力平衡mg = Eq ,故液滴帶的是負(fù)電，由qvB = mv得v = qBR 所以v = gBR 其方向為順時針環(huán)繞。 RmE（2）分裂成大小相同的兩個液滴后，由于已知一個液滴仍做勻速圓周運(yùn)動，所以兩個液滴各自所受電場力仍與重力平衡。 設(shè)按原繞行方向做半徑為 R運(yùn)動的液滴速度為 v1 ,由（1）的解法可知v1 = gB“ = 3v ；因分裂前后動量守恒mv =1 mv1 + - mv2 ,得E22V2 =2v -Vi = -Vo表明另一液滴速度與原液滴速度

24、大小相等、方向相反，所以這該液滴仍以R為半徑做圓周運(yùn)動，其軌跡最高點(diǎn)為A,繞行方向也為順時針。點(diǎn)撥：微粒在復(fù)合場中運(yùn)動時，應(yīng)注意對微粒運(yùn)動過程及運(yùn)動狀態(tài)的變化分析，據(jù)此推斷應(yīng)遵守的物理規(guī)律， 找到物理量間的聯(lián)系。 微粒在復(fù)合場是否計重力的判定：對于微觀粒子，重力通常被忽略，對質(zhì)量較大的油滴或固體微粒，則重力一般不能忽略。例12如圖所示，電容量為C的平行板電容器的極板 A和B水平放置，相距為d,與電動勢為名、內(nèi)阻可不計的電源相連。設(shè)兩板之間只有一個質(zhì)量為 質(zhì)點(diǎn)。已知：若小球與極板發(fā)生碰撞， 則碰撞后小球的速度立 即變?yōu)榱?，帶電狀態(tài)也立即改變， 改變后，小球所帶電荷符號 與該極板相同，電量為極板電

25、量的ot倍（口 1 ）。不計帶電 小球?qū)O板間勻強(qiáng)電場的影響。重力加速度為go（1）欲使小球能夠不斷地在兩板間上下往返運(yùn)動，電動勢m的導(dǎo)電小球，小球可視為+ A 士 e m的導(dǎo)電小球，小球可視為+ A 士 e dTu- 一 B6至少應(yīng)大于多少？內(nèi)小球往返運(yùn)動的次數(shù)以及通過電源的總電量。停地往返運(yùn)動，小球所受的向上的電場力至少應(yīng)大于重力，即q mg ,其中 q =c(Q , 停地往返運(yùn)動，小球所受的向上的電場力至少應(yīng)大于重力，即q mg ,其中 q =c(Q , d又有Q=Ce,由以上三式有Jmgd,：c（2）當(dāng)小球帶正電時，小球所受電場力與重力方向相同，向下做加速運(yùn)動。以a1表示 TOC o

26、1-5 h z 1.2其加速度，L表不從A板到B板所用的時間，則有 q+mg=ma1，d=a ,當(dāng)小球 d2帶負(fù)電時，小球所受電場力與重力方向相反，向上做加速運(yùn)動，以22表示其加速度，12表1 C不從B板到A板所用的時間，則有qmg =ma2, d = a2t2，小球往返一次共用時間 d2為（t1 為（t1 + t2 ）,故小球在T時間內(nèi)往返的次數(shù)Tn 二t1 t2由以上關(guān)系式得n 二!, 小球往返一次通過的電量為 2q, 在 T 時間內(nèi)通過2md之2md之,IC 2 mgdkc；2 - mgd電源的總電量 Q =2nq=：2md2 ；2md2:C ；2 mgd , ： C ；2 - mgd點(diǎn)

27、撥：處理此類帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動問題時，要認(rèn)真審題，弄清關(guān)鍵詞語的含義,如本題中的“電源內(nèi)阻不計（板間場強(qiáng)恒定）如本題中的“電源內(nèi)阻不計（板間場強(qiáng)恒定）、上下往返運(yùn)動（F電a G）、較長時間n =一等。還要弄清在不同物理過程中小球的運(yùn)動情況和受力情況，尋找不同物 tl t2理過程對應(yīng)的規(guī)律，才能正確解題。例13如圖所示，在xoy平面內(nèi)，MN和x軸之間有平行于 y軸的勻強(qiáng)電場和垂直于 xoy平面的勻強(qiáng)磁場，y軸上離坐標(biāo)原點(diǎn)4L的A點(diǎn)處有一電子槍，可以沿+x方向射出速度為v0的電子（質(zhì)量為 m,電量為e）。如果電場和磁場同時存在，電子將做勻速直線運(yùn)動。如果撤去電場，只保留磁場，電子將從x軸上距

28、坐標(biāo)原點(diǎn)3L的C點(diǎn)離開磁場。不計重力的影響，求： （1）磁感應(yīng)強(qiáng)度B和電場強(qiáng)度E的大小和方向；的電子（質(zhì)量為 m,電量為e）。如果電場和磁場同時存在，電子將做勻速直線運(yùn)動。如果撤去電場，只保留磁場，電子將從x軸上距坐標(biāo)原點(diǎn)3L的C點(diǎn)離開磁場。不計重力的影響，求： （1）磁感應(yīng)強(qiáng)度B和電場強(qiáng)度E的大小和方向；（2）如果撤去磁場，只保留電場，電子將從 D點(diǎn)（圖中未標(biāo)出）離開電場，求D點(diǎn)的坐標(biāo)；（3）電子通過解析：（1）只有磁場時，電子運(yùn)動軌跡如右圖所示,D點(diǎn)時的動能。洛侖茲力提供向心力 ev0B =2m%關(guān)系可心.2+（4心故-魯,方向垂直紙面向里。由電子做勻速直線運(yùn)動得 Ee = ev0B ,所

29、以c 28m% 七0E =,萬向沿25eL2L6工4L軸負(fù)方向。（2）只有電場時，電子從 MN上的D點(diǎn)離開電場，如右圖。eE o橫坐標(biāo)為x=v0t,電子在豎直萬向上的位移2L =t ,2mO0 L 2L3IAL x5 2L x =,故D點(diǎn)橫坐標(biāo)x =25、2L,縱坐標(biāo)y = 6L。（3）從A點(diǎn)到D點(diǎn)，由動能定理得 Ee.2L = Ekd一 一 mV。，2M6A4L0 L 2L3L4L匚 572Ekd -mv。50點(diǎn)撥：帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動往往只是一些問題的組合，從心里上對此類問題要充 滿自信，不要畏懼，只要一個問題一個地認(rèn)真分析，順藤摸瓜，并抓住物理量間聯(lián)系問題還 是很容易得到解決的。即使

30、不能完全作正確，也應(yīng)進(jìn)行一些基本推斷，力求對基礎(chǔ)問題給出 合理的解答?！緦ｎ}訓(xùn)練與高考預(yù)測】1.我國將要發(fā)射一顆繞月運(yùn)動的探月衛(wèi)星【專題訓(xùn)練與高考預(yù)測】1.我國將要發(fā)射一顆繞月運(yùn)動的探月衛(wèi)星“嫦娥貼近月球表面。已知月球的質(zhì)量約為地球質(zhì)量的l號”。設(shè)該衛(wèi)星的軌道是圓形的，且11,月球的半徑約為地球半徑的1，地球814上的第一宇宙速度約為7.9km/s,則該探月衛(wèi)星繞月運(yùn)行的速率約為（A 0.4km/s B . 1.8km/s C 1lkm/s D 36km/s. 1969年7月21日，美國宇航員阿姆斯特朗在月球上留下了人類第一只腳印，邁出了 人類征服宇宙的第一步。 在月球上，如果阿姆斯特朗和同伴

31、奧爾德林用彈簧秤測出質(zhì)量為m的儀器的重力為F,而另一位宇航員科林斯駕駛指揮艙，在月球表面飛行一周，記下所用時 間T,已知引力常量為 G試計算月球的質(zhì)量。.一帶負(fù)電小球在從空中的 a點(diǎn)運(yùn)動到b點(diǎn)的過程中，受重力、空氣阻力和電場力作用， 小球克服重力做功 5J,小球克服空氣阻力做功 1J,電場力對小球做功 2J,則下列說法正確 的是（）A.小球在a點(diǎn)的重力勢能比在 b點(diǎn)的大5JB.小球在a點(diǎn)的機(jī)械能比在 b點(diǎn)的大1 JC.小球在a點(diǎn)的電勢能比在 b點(diǎn)的多2 JD.小球在a點(diǎn)的動能比在 b點(diǎn)的多4 Jif.如圖所示，在豎直放置的鉛屏A的右表面上貼著P射線放射源P, 3h已知P射線實質(zhì)為高速電子流，放

32、射源放出 P粒子的速度Vo =1.0 x107m/s。足夠大的熒光屏 M與鉛屏A平行放置，相距2d =2.0父10 m ,其間有水平向左的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度大小4_.19 一E =2.510 N/C。已知電子電量e = 1.6M10 C ,電子質(zhì)量取 m = 9.0Ml0kg。求（1）電子到達(dá)熒光屏 M上的動能；（2）熒光屏上的發(fā)光面積。.如圖所示，在空間存在著水平方向的勻強(qiáng)磁場和豎直方向的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度為E,磁感應(yīng)強(qiáng)度為 B,在某點(diǎn)由靜止釋放一個帶電液滴a,它運(yùn)動到最低點(diǎn)處，恰與一個原來處于靜止的液滴b相撞，撞后兩液滴合為一體，沿水平方向做直線運(yùn)動， 已知液滴a質(zhì)量是液滴b質(zhì)量的2倍，

33、液滴a所帶電荷量是液滴b所帶電荷量的4倍，求兩液滴初始位置 之間的高度差h （設(shè)a、b之間的靜電力可以不計）。 艮XXXX XXXXX XXXXX X叫X。二 X 2XXXX XXXXX X.空間中存在著以 x =0平面為理想分界面的兩個勻強(qiáng)磁場，左右兩邊磁場的磁感強(qiáng)度分別為B1和B2，且B1 ： B2 =4： 3,方向如圖所示，現(xiàn)在原點(diǎn) 。處有帶等量異號電荷的二個帶電粒子a、b,分別以大小相等的水平初動量沿x軸正向和負(fù)向同時在磁場中開始運(yùn)動，且a帶正電，b帶負(fù)電，若a粒子在第4次經(jīng)過y軸時，恰與b粒 子相遇，試求a粒子和b粒子的質(zhì)量比 ma :mb （不計a、b粒子的重 力）。.如圖所示，坐

34、標(biāo)平面的第I象限內(nèi)存在大小為 E、方向水平向左的勻強(qiáng)電場，足夠長的擋板MN垂直x軸放置且距離點(diǎn) 。為d,第II象限內(nèi)存在垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場， 磁感應(yīng)弓II度為Bo 一質(zhì)量為m,帶電量為一q的粒子（重力忽略不計）若自距原點(diǎn) 。為L的A點(diǎn)以一定的速度垂直 x軸進(jìn)入磁場，則粒子恰好到達(dá) 。點(diǎn)而不進(jìn)入電場。 現(xiàn)該粒子仍從 A點(diǎn)進(jìn)入磁場，但初速度大小為原來的 4倍，為使粒子進(jìn)入電場后能垂直到達(dá)擋板MN上，求:(1)粒子從A點(diǎn)進(jìn)入磁場時，速度方向與 x軸正向間的夾角大?。?2)粒子打到擋板上時 的速度大小。.如圖所示，在x0的空間中，存在沿 X軸方向的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度E=10N/C;在x0的空間中

35、，存在垂直xy平面方向的勻強(qiáng)磁場， 磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.5T。一帶負(fù)電的粒子(比荷=160C/kg )在x = 0.06m處的d點(diǎn)以v0 = 8m/s的初速 m度沿y軸正方向開始運(yùn)動，不計帶電粒子的重力。求：；。黛(1)帶電粒子開始運(yùn)動后第一次通過y軸時距O點(diǎn)的距 X 乂 ”離。x M M X(2)帶電粒子進(jìn)入磁場后經(jīng)多長時間返回電場。(3)帶電粒子運(yùn)動的周期。，*【參考答案】B。F3T4M =4- o16G 二 m解析：根據(jù)題意有F=GMm R2Mm 解析：根據(jù)題意有F=GMm R2Mm ,2二、2 l2- = m () R ，所以 MR2 TF3T4一 一 43 16G二 4m3C Do1.25父10，2.83父10 = 2。解析：(1)由動能定理得eEd = Ekmv2, Ek =1.25父106；2(2)射線在A、M間電場中被加速，除平行于電場線的電子流外，其余均在電場中偏轉(zhuǎn),eE c其中和鉛屏A平仃的電子流在縱向偏移距離取大：d = t ,該電子的豎直位移為ms=vs=vt,在熒光屏上觀察到的范圍是半徑2r = s = v0t=3M10 m的圓面，面積S =冗產(chǎn)=2.83父10、2S =冗產(chǎn)=2.83父10、2。5.3E2解析:電荷。設(shè)由a受洛倫茲力作曲線運(yùn)動知, a的質(zhì)量為2m,帶電椅量為一a帶負(fù)電荷，由液滴 b原來處于靜止知，b帶正 4q;