電學(xué)計(jì)算題方法思路-高考物理計(jì)算題解題技法（解析版）

26/26電學(xué)計(jì)算題方法思路2023年高考計(jì)算題解題技法目錄一、帶電粒子在電場中運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)的兩個(gè)分運(yùn)動(dòng)和“三個(gè)一” 13.涉及的解題方法 2二、帶電粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的規(guī)律 5磁場中運(yùn)動(dòng)基本問題求解方法 51．帶電粒子在單邊界磁場中運(yùn)動(dòng) 62．帶電粒子在平行邊界磁場中運(yùn)動(dòng) 63．帶電粒子在圓形邊界磁場中運(yùn)動(dòng) 7三、帶電粒子在復(fù)合場中運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)的解題思路 133．帶電體在疊加場中運(yùn)動(dòng)的四類問題 174.帶電粒子在交變電磁場中的運(yùn)動(dòng) 19四、電磁感應(yīng)計(jì)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(yùn)動(dòng)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(qiáng)電場的場強(qiáng)E不變，在平行板間運(yùn)動(dòng)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(qiáng)電場的場強(qiáng)E＝eq\f(U,d)減小(增大)為原來的eq\f(1,n)，在其中運(yùn)動(dòng)的帶電粒子受力改變。2．類平拋運(yùn)動(dòng)的兩個(gè)分運(yùn)動(dòng)和“三個(gè)一”(1)分解為兩個(gè)獨(dú)立的分運(yùn)動(dòng)——平行于極板的勻速直線運(yùn)動(dòng)，L＝v0t；垂直于極板的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，y＝eq\f(1,2)at2，vy＝at，a＝eq\f(qU,md)。(2)一個(gè)偏轉(zhuǎn)角，tanθ＝eq\f(vy,v0)；一個(gè)幾何關(guān)系，y＝eq\f(L,2)tanθ；一個(gè)功能關(guān)系，ΔEk＝eq\f(qUy,d)。3.涉及的解題方法v0與E垂直時(shí)，用平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律類比處理：運(yùn)動(dòng)的分解條件分析帶電粒子垂直于電場方向進(jìn)入勻強(qiáng)電場運(yùn)動(dòng)性質(zhì)勻變速曲線運(yùn)動(dòng)(類似于平拋運(yùn)動(dòng))處理方法分解成沿電場和垂直于電場的兩個(gè)直線運(yùn)動(dòng)(1)沿初速度方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)時(shí)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(yùn)動(dòng)，加速度a＝eq\f(F,m)＝eq\f(qE,m)＝eq\f(qU,md)(3)離開電場時(shí)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(shí)，可用牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)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(shí)，用動(dòng)能定理處理。涉及功能問題時(shí)可用，偏轉(zhuǎn)時(shí)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(dāng)然，以上兩種情況也可以根據(jù)解題方便靈活選用動(dòng)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(jì)。(1)求粒子第一次穿過G時(shí)的動(dòng)能，以及它從射入電場至此時(shí)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(qiáng)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(dá)G時(shí)動(dòng)能為Ek，由動(dòng)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(dá)G時(shí)所用的時(shí)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(shí)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(qiáng)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(diǎn)沿軌道內(nèi)側(cè)運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過a點(diǎn)和b點(diǎn)時(shí)對軌道壓力的大小分別為Na和Nb.不計(jì)重力，求電場強(qiáng)度的大小E、質(zhì)點(diǎn)經(jīng)過a點(diǎn)和b點(diǎn)時(shí)的動(dòng)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(diǎn)所受電場力的大小F＝qE設(shè)質(zhì)點(diǎn)質(zhì)量為m，經(jīng)過a點(diǎn)和b點(diǎn)時(shí)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(diǎn)經(jīng)過a點(diǎn)和b點(diǎn)時(shí)的動(dòng)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(dòng)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(qiáng)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(diǎn)．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(diǎn)射入場區(qū)的帶電微粒剛好從(L,0)點(diǎn)射出場區(qū)，不計(jì)帶電微粒的重力，求：(1)電場強(qiáng)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(shí)的x坐標(biāo)值和射入場區(qū)時(shí)的y坐標(biāo)值的關(guān)系式；(3)射到(2L,0)點(diǎn)的帶電微粒射入場區(qū)時(shí)的y坐標(biāo)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(qiáng)度為E，帶電微粒在場區(qū)中的偏轉(zhuǎn)時(shí)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(yùn)動(dòng)，有：x＝v0t，y＝eq\f(1,2)at2，整理得：x2＝2Ly.(3)如圖所示，設(shè)這個(gè)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(shí)間為t2，射入場區(qū)時(shí)的y坐標(biāo)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(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)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(yùn)動(dòng)的規(guī)律帶電粒子垂直進(jìn)入勻強(qiáng)磁場后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，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(yùn)動(dòng)周期T＝eq\f(2πm,qB)。磁場中運(yùn)動(dòng)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(diǎn)的速度方向,則可根據(jù)洛倫茲力F⊥v,分別確定兩點(diǎn)處洛倫茲力F的方向,其交點(diǎn)即圓心,如圖甲所示。②若已知粒子運(yùn)動(dòng)軌跡上的兩點(diǎn)和其中某一點(diǎn)的速度方向,則可作出此兩點(diǎn)的連線(過這兩點(diǎn)的圓弧的弦)的中垂線,中垂線與垂線的交點(diǎn)即圓心,如圖乙所示。(2)半徑的計(jì)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(jì)算來確定。(3)時(shí)間的計(jì)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(yùn)動(dòng)(1)粒子發(fā)射源位于磁場的邊界上，粒子進(jìn)入磁場和離開磁場時(shí)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(dāng)帶電粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡小于eq\f(1,2)圓周且與邊界相切時(shí)，切點(diǎn)為帶電粒子恰能射出磁場的臨界點(diǎn)；當(dāng)帶電粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡等于eq\f(1,2)圓周時(shí)，直徑與邊界相交的點(diǎn)為帶電粒子射出邊界的最遠(yuǎn)點(diǎn)(距O點(diǎn)最遠(yuǎn))。2．帶電粒子在平行邊界磁場中運(yùn)動(dòng)(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(shí)，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(dāng)于粒子在單邊界磁場中的運(yùn)動(dòng)。3．帶電粒子在圓形邊界磁場中運(yùn)動(dòng)徑向進(jìn)出當(dāng)粒子運(yùn)動(dòng)方向與磁場方向垂直時(shí)，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(jìn)出入射速度方向與過入射點(diǎn)的磁場圓半徑的夾角等于出射速度方向與過出射點(diǎn)的磁場圓半徑的夾角。徑向進(jìn)出是等角進(jìn)出的一種特殊情況(θ＝0°)點(diǎn)入平出若帶電粒子從圓形勻強(qiáng)磁場區(qū)域圓周上一點(diǎn)沿垂直于磁場方向進(jìn)入磁場，當(dāng)帶電粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑與圓形磁場區(qū)域的半徑相同時(shí)，所有帶電粒子都以平行于磁場區(qū)域圓周上入射點(diǎn)的切線方向射出磁場平入點(diǎn)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(yùn)動(dòng)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(diǎn)射出，圓周上該點(diǎn)的切線與帶電粒子射入磁場時(shí)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(qiáng)度的大小為B0;x<0區(qū)域,磁感應(yīng)強(qiáng)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(biāo)原點(diǎn)O沿x軸正向射入磁場,此時(shí)開始計(jì)時(shí),當(dāng)粒子的速度方向再次沿x軸正向時(shí),求(不計(jì)重力):(1)粒子運(yùn)動(dòng)的時(shí)間。(2)粒子與O點(diǎn)間的距離?！敬鸢浮?1)πmB0【解析】(1)在勻強(qiáng)磁場中,帶電粒子做圓周運(yùn)動(dòng)。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(shí),所需時(shí)間t1=π粒子再轉(zhuǎn)過180°時(shí),所需時(shí)間t2=π聯(lián)立解得粒子運(yùn)動(dòng)的時(shí)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(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)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(shí)間后，該粒子在OP邊上某點(diǎn)以垂直于x軸的方向射出。已知O點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，N點(diǎn)在y軸上，OP與x軸的夾角為30°，粒子進(jìn)入磁場的入射點(diǎn)與離開磁場的出射點(diǎn)之間的距離為d，不計(jì)重力。求（1）帶電粒子的比荷；（2）帶電粒子從射入磁場到運(yùn)動(dòng)至x軸的時(shí)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(dòng)能定理得：，解得：根據(jù)題意，下圖為粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡，由幾何關(guān)系可知，該粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑為：粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，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(yùn)動(dòng)的軌跡為四分之一圓周，長度粒子射出磁場后到運(yùn)動(dòng)至軸，運(yùn)動(dòng)的軌跡長度粒子從射入磁場到運(yùn)動(dòng)至軸過程中，一直勻速率運(yùn)動(dòng)，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(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B.在t=0時(shí)刻，一位于坐標(biāo)原點(diǎn)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(shí)刻剛好從磁場邊界上點(diǎn)離開磁場。求：粒子在磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑R及粒子的比荷q／m;此時(shí)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(shí)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(shí)間為【解析】⑴粒子沿y軸的正方向進(jìn)入磁場，從P點(diǎn)經(jīng)過做OP的垂直平分線與x軸的交點(diǎn)為圓心，根據(jù)直角三角形有解得，則粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的的圓心角為120°，周期為粒子做圓周運(yùn)動(dòng)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(shí)從磁場右邊界穿出；角度最大時(shí)從磁場左邊界穿出。角度最小時(shí)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(diǎn)如圖，根據(jù)弦與半徑、x軸的夾角都是30°，所以此時(shí)速度與y軸的正方向的夾角是60°。角度最大時(shí)從磁場左邊界穿出，半徑與y軸的的夾角是60°，則此時(shí)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(yùn)動(dòng)時(shí)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(gè)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(shí)間為。所以從粒子發(fā)射到全部離開所用時(shí)間為。RRRR三、帶電粒子在復(fù)合場中運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)性質(zhì)勻變速曲線運(yùn)動(dòng)勻速圓周運(yùn)動(dòng)運(yùn)動(dòng)軌跡電偏轉(zhuǎn)磁偏轉(zhuǎn)運(yùn)動(dòng)規(guī)律類平拋運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)時(shí)間t＝eq\f(l,v0)t＝eq\f(θ,2π)T2．帶電粒子在組合場中運(yùn)動(dòng)的解題思路(1)按照帶電粒子進(jìn)入不同場的時(shí)間順序分成幾個(gè)不同的階段；(2)分析帶電粒子在各場中的受力情況和運(yùn)動(dòng)情況；(3)畫出帶電粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡，注意運(yùn)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(yùn)動(dòng)的橋梁?！镜淅?】如圖所示，矩形區(qū)域abcdef分為兩個(gè)矩形區(qū)域，左側(cè)區(qū)域充滿勻強(qiáng)電場，方向豎直向上，右側(cè)區(qū)域充滿勻強(qiáng)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(jì))從a點(diǎn)沿ab方向以初速度v0射入電場，從be邊的中點(diǎn)g進(jìn)入磁場．(已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(1)求勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E的大小；(2)若要求電子從cd邊射出，求所加勻強(qiáng)磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度的最大值Bm；(3)調(diào)節(jié)磁感應(yīng)強(qiáng)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(yùn)動(dòng)，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(jìn)入磁場時(shí)，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(jìn)入磁場時(shí)的速度為v＝eq\f(v0,sinθ)＝eq\f(5,3)v0設(shè)電子運(yùn)動(dòng)軌跡剛好與cd邊相切時(shí)，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(qiáng)度Bm＝eq\f(3mv0,eL).(3)設(shè)電子運(yùn)動(dòng)軌跡剛好與de邊相切時(shí)，半徑為r2，則r2＝r2sin37°＋eq\f(L,2)解得r2＝eq\f(5L,4)又r2cosθ＝L，故切點(diǎn)剛好為d點(diǎn)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(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場，ab邊長為3L，bc邊足夠長．厚度不計(jì)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(jìn)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(gè)電壓范圍內(nèi)加速的電子進(jìn)入磁場后在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)間都相同．求這個(gè)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(yùn)動(dòng)的軌跡為半圓，運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同，都為eq\f(T,2)，當(dāng)電子與擋板下表面相切時(shí)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(yùn)動(dòng)時(shí)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(dòng)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(diǎn)從ad邊離開磁場．所以，使電子在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)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(shí)的半徑為r4，圓心為O4，則有r4＝3L，設(shè)打到MN上D點(diǎn)，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(diǎn)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(diǎn)邊緣．設(shè)其對應(yīng)的半徑為r3，圓心為O3，打在上板的C點(diǎn)．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(shí)的半徑為r4圓心為O4，打在上板的D點(diǎn)．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(xì)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(jì)算，而是直接指出電子不可能繞過擋板最右端N點(diǎn)從ad邊離開磁場，則相當(dāng)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(yùn)動(dòng)時(shí)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(yùn)動(dòng)的圓心角相等即可；第2問中打在上表面，則存在左右兩個(gè)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(gè)相同的物理量要注意區(qū)分，如r1、r2等；在運(yùn)動(dòng)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(cuò)誤而導(dǎo)致不得分；在時(shí)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(qiáng)度大小為B、方向垂直紙面向外的勻強(qiáng)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(diǎn)垂直O(jiān)P進(jìn)入磁場區(qū)域，然后均從邊界OQ射出，ON=l，不計(jì)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(shí)速度方向與OQ垂直，其軌跡如圖中實(shí)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(yùn)動(dòng)的時(shí)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(dòng)能定理可得在磁場中由洛倫茲力充當(dāng)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(dòng)能定理可得在磁場中由洛倫茲力充當(dāng)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(yùn)動(dòng)的時(shí)間為聯(lián)立解得3．帶電體在疊加場中運(yùn)動(dòng)的四類問題(1)帶電體在勻強(qiáng)電場和重力場組成的疊加場中的運(yùn)動(dòng)，由于帶電體受到的是恒力，所以帶電體通常做勻變速運(yùn)動(dòng)，其處理的方法一般是采用牛頓運(yùn)動(dòng)定律結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律或動(dòng)能定理進(jìn)行處理。(2)帶電體在勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場組成的疊加場中的運(yùn)動(dòng)(不計(jì)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(yùn)動(dòng)，此時(shí)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(yùn)動(dòng)軌跡一般比較復(fù)雜，此時(shí)采用動(dòng)能定理進(jìn)行求解較為簡單。(3)帶電體在勻強(qiáng)電場、勻強(qiáng)磁場和重力場組成的疊加場中的運(yùn)動(dòng)，若帶電體做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則一定是重力與電場力平衡，洛倫茲力提供向心力，此時(shí)宜采用共點(diǎn)力平衡和圓周運(yùn)動(dòng)的相關(guān)知識進(jìn)行求解；若帶電體做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則一定是重力、電場力和洛倫茲力的合力為零，此時(shí)宜采用共點(diǎn)力平衡進(jìn)行求解。(4)帶電體在重力場和勻強(qiáng)磁場組成的疊加場中的運(yùn)動(dòng)，由于其運(yùn)動(dòng)軌跡為一般的曲線，故一般采用動(dòng)能定理進(jìn)行處理。帶電粒子在疊加場中的運(yùn)動(dòng)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(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)、能量觀點(diǎn)來分析，不同之處是多了電場力、洛倫茲力，二力的特點(diǎn)是電場力做功與路徑無關(guān)，洛倫茲力方向始終和運(yùn)動(dòng)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(diǎn)，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(qiáng)度為B的勻強(qiáng)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(qiáng)電場E(大小未知)和垂直紙面向里的另一勻強(qiáng)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(jìn)入勻強(qiáng)磁場中，經(jīng)一段時(shí)間恰好能從P孔水平勻速飛出而進(jìn)入CD右側(cè)，小球在CD右側(cè)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)而垂直打在CG板上，重力加速度為g.(1)求豎直向上的勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E的大?。?2)求CD右側(cè)勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B1的大?。?3)若要使小球進(jìn)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(yùn)動(dòng)，所以有mg＝qE，即E＝eq\f(mg,q).(2)小球進(jìn)入磁場后，由于重力作用，速率不斷增大，同時(shí)在洛倫茲力的作用下小球右偏，當(dāng)小球從小孔P水平勻速飛出時(shí)，受力平衡有Bqv＝mg，即v＝eq\f(mg,Bq)從S到P由動(dòng)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(yùn)動(dòng)而垂直打在CG上，所以C點(diǎn)即為小球做圓周運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)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(jìn)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(yùn)動(dòng)1．解決帶電粒子在交變電場、磁場中的運(yùn)動(dòng)問題時(shí)，關(guān)鍵要明確粒子在不同時(shí)間段內(nèi)、不同區(qū)域內(nèi)的受力特性，對粒子的運(yùn)動(dòng)情景、運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)時(shí)，要注意粒子的運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)仍遵循牛頓運(yùn)動(dòng)定律、運(yùn)動(dòng)的合成與分解、動(dòng)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(diǎn)動(dòng)力學(xué)相同．4．解決帶電粒子在交變電磁場中的運(yùn)動(dòng)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(qiáng)電場和垂直電場方向水平向里的勻強(qiáng)磁場，如圖甲所示．磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)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(diǎn)．在t＝0時(shí)刻，有一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為＋q的小球(可看做質(zhì)點(diǎn))，從M點(diǎn)開始沿著水平直線以速度v0做勻速直線運(yùn)動(dòng)，t0時(shí)刻恰好到達(dá)N點(diǎn)．經(jīng)觀測發(fā)現(xiàn)，小球在t＝2t0至t＝3t0時(shí)間內(nèi)的某一時(shí)刻，又豎直向下經(jīng)過直線MN上的D點(diǎn)，并且以后小球多次水平向右或豎直向下經(jīng)過D點(diǎn)．求：(1)電場強(qiáng)度E的大小；(2)小球從M點(diǎn)開始運(yùn)動(dòng)到第二次經(jīng)過D點(diǎn)所用的時(shí)間；(3)小球運(yùn)動(dòng)的周期，并畫出運(yùn)動(dòng)軌跡(只畫一個(gè)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(yùn)動(dòng)，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(diǎn)到達(dá)N點(diǎn)所用時(shí)間t1＝t0，小球到達(dá)N點(diǎn)時(shí)，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(diǎn)開始做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)題意可知，小球從沿水平方向經(jīng)過N點(diǎn)，變成沿豎直方向經(jīng)過D點(diǎn)，需要經(jīng)過n＋eq\f(3,4)個(gè)圓周(n＝1,2,3，…)從N點(diǎn)到P點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)的時(shí)間由圖可知，小球從P點(diǎn)到D點(diǎn)的位移：PD＝R＝eq\f(mv0,qB0)，小球從P點(diǎn)到D點(diǎn)的時(shí)間為t3＝eq\f(R,v0)＝eq\f(m,qB0)所以小球從進(jìn)入M點(diǎn)到第二次經(jīng)過D點(diǎn)時(shí)間為：t＝t1＋t2＋t3＝2t0＋eq\f(m,qB0)(3)小球運(yùn)動(dòng)一個(gè)周期的軌跡如上圖所示，小球的運(yùn)動(dòng)周期為T＝8t0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(或T＝\f(12πm,qB0)))四、電磁感應(yīng)計(jì)算題的解題規(guī)律——用好“三大體系”電磁感應(yīng)計(jì)算題的綜合程度很高，能同時(shí)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(dòng)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(shí)，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(jī)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(dòng)生電動(dòng)勢還是感生電動(dòng)勢，不同電動(dòng)勢的計(jì)算方法不同全電路體系指把產(chǎn)生電動(dòng)勢的那一部分電路看作電源(即內(nèi)電路，電流由負(fù)極流向正極)，其余部分是外電路(電流由正極流向負(fù)極)力學(xué)體系指求解此類問題時(shí)通常要用到動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)、能量觀點(diǎn)和動(dòng)量觀點(diǎn)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(dòng)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(jì)。整個(gè)裝置處在范圍足夠大的勻強(qiáng)磁場中，t＝0時(shí)刻，磁場方向豎直向下，此后，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的變化如圖乙所示，不計(jì)感應(yīng)電流磁場的影響。重力加速度g取10m/s2。(1)求t＝0時(shí)棒所受到的安培力F0。(2)分析前3s時(shí)間內(nèi)導(dǎo)體棒的運(yùn)動(dòng)情況并求前3s內(nèi)棒所受的摩擦力Ff隨時(shí)間t變化的關(guān)系式。(3)若t＝3s時(shí)，突然使ab棒獲得向右的速度v0＝8m/s，同時(shí)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(shí)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(dòng)，因磁場均勻變化，產(chǎn)生感生電動(dòng)勢E＝eq\f(ΔΦ,Δt)3～4s內(nèi)，磁場不變，ab棒向右勻減速運(yùn)動(dòng)，產(chǎn)生動(dòng)生電動(dòng)勢，平均感應(yīng)電動(dòng)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(dòng)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(dāng)于電源，外電路電阻為R，電流方向?yàn)閍bPMa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(shí)間變化的，B＝0.2－0.1t(T)3～4s內(nèi)，ab棒向右勻減速運(yùn)動(dòng)，其運(yùn)動(dòng)位移可用x＝v0t－eq\f(1,2)at2或x＝eq\f(v0＋v,2)t計(jì)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(shí)棒的速度為零，故回路中只有感生電動(dòng)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(shí)刻導(dǎo)體棒靜止不動(dòng)，加速度為零，在0～3s內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)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(dòng)，電流恒為I＝0.25A在0～3s內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B＝B0－kt＝0.2－0.1t(T)因?qū)w棒靜止不動(dòng)，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(qiáng)度大小恒為B2＝0.1T，ab棒做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，Δt1＝4s－3s＝1s設(shè)t＝4s時(shí)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(shí)間內(nèi)的平均感應(yīng)電動(dòng)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(shí)間內(nèi)的平均感應(yīng)電動(dòng)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。【名師點(diǎn)撥】對于由磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t變化產(chǎn)生感生電動(dòng)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(dòng)生電動(dòng)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(gè)質(zhì)量，電量的可視為質(zhì)點(diǎn)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(diǎn)飛出，恰好能沒有碰撞地落到粗糙傾斜軌道的最高B點(diǎn)，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(dòng)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(diǎn)沒有能力損失，所有軌道都是絕緣的，運(yùn)動(dòng)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(qiáng)電場中，場強(qiáng)。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(jìn)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(diǎn)P？【名師解析】：

A到B平拋運(yùn)動(dòng)：

代入數(shù)據(jù)解得：

B點(diǎn)：

得：

被釋放前彈簧的彈性勢能：

B點(diǎn)：

B到C：，代入數(shù)據(jù)解得：

恰好過豎直圓軌道最高點(diǎn)時(shí)：，

從C到圓軌道最高點(diǎn)：，解得：

恰好到豎直圓軌道最右端時(shí)：，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(shí)速度變?yōu)?，然后返回傾斜軌道高處再滑下，然后再次進(jìn)入圓軌道達(dá)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(yùn)動(dòng)。

同理：n次上升高度為一等比數(shù)列。

，當(dāng)時(shí)，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(diǎn)。

【名師點(diǎn)撥】本題是復(fù)雜的力電綜合題，明確研究對象的運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)過程中各個(gè)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(biāo)出。僅黑色軌道處在豎直向上的勻強(qiáng)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(shí)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(yùn)動(dòng)，小滑塊A運(yùn)動(dòng)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(shí)間極短，碰后粘在一起沿軌道向右運(yùn)動(dòng)。已知白色軌道和黑色軌道各段的長度均為L=0.10m，勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)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(dòng)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(diǎn)（忽略它們的尺寸大?。也挥?jì)A、B間的靜電力作。在A、B粘在一起沿軌道向右運(yùn)動(dòng)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?！緟⒖即鸢浮浚?）1.84N（2）I=－0.030N?