电学计算题方法思路---2023年高考计算题解题技法（原卷版）.docx

电学计算题方法思路-2023年高考计算题解题技法一、带电粒子在电场中运动的规律11 .带电粒子在平行板电容器中受力的情况12 .类平抛运动的两个分运动和“三个一” 13 .涉及的解题方法2二、带电粒子在磁场中运动的规律54 场中运动基本问题求解方法51 .带电粒子在单边界磁场中运动62 .带电粒子在平行边界磁场中运动63 .带电粒子在圆形边界磁场中运动7三、带电粒子在复合场中运动的规律111 .电偏转和磁偏转的比照（不考虑重力）112 .带电粒子在组合场中运动的解题思路123 .带电体在叠加场中运动的四类问题164 .带电粒子在交变电磁场中的运动18四、电磁感应计算题的解题规律一一用好“三大体系” 19针对训练22一、带电粒子在电场中运动的规律1 .带电粒子在平行板电容器中受力的情况（1）假设平行板电容器所带电荷量0不变，改变两板间距离a两板间的匀强电场的场强与 不变，在平行板间运动的带电粒子受力不变。（2）假设平行板电容器的两板间所加电压不变,两板间距离d增大（减小）为原来的倍， 两板间的匀强电场的场强£=：减小（增大）为原来的;在其中运动的带电粒子受力改变。2 .类平抛运动的两个分运动和“三个一”分解为两个独立的分运动一一平行于极板的匀速直线运动，£=%方；垂直于极板的2 n 【答案】（1）7? = 丫。2 n 【答案】（1）7? = 丫。q _ 2兀m 3Bt0速度与y轴的正方向的夹角范围是60。到120° 从粒子发射到全部离开所用时间为2%【解析】粒子沿y轴的正方向进入磁场，从P点经过做OP的垂直平分线与x轴的交点 为圆心，根据直角三角形有肥="+（、回。氏尸解得R =.八 a Vsf rsm6> = =,那么粒子做圆周运动的的圆心角为120。，周期为T = 30A 2粒子做圆周运动的向心力由洛仑兹力提供，根据牛顿第二定律得n2兀、2 n2兀R 八“曰q _ 2兀Bqv=v =-,化间传一二TTm 3BtQ仍在磁场中的粒子其圆心角一定大于120。，这样粒子角度最小时从磁场右边界穿出； 角度最大时从磁场左边界穿出。角度最小时从磁场右边界穿出圆心角120°,所经过圆弧的弦与中相等穿出点如图， 根据弦与半径、x轴的夹角都是30。，所以此时速度与y轴的正方向的夹角是60。角度最大时从磁场左边界穿出，半径与y轴的的夹角是60。，那么此时速度与y轴的正方 向的夹角是120。所以速度与V轴的正方向的夹角范围是60。到120°在磁场中运动时间最长的粒子的轨迹应该与磁场的右边界相切，在三角形中两个相等的腰为R = =一。，而它的高是y/3h = 43a-a =a.半径与y轴的的夹角是30。，这种粒子的圆心角是240。所用时间为2%。所以从粒子发射到全部离开所用时间为2%。Ar R./三、带电粒子在复合场中运动的规律1.电偏转和磁偏转的比照（不考虑重力）2.带电粒子在组合场中运动的解题思路运动规律类平抛运动qE速度：vx v0, vy t mvv偏转角0 ： tan o - vOqE偏移距离y ； t2 zm匀速圆周运动,、“ Iz .rmvO轨道半径r R qBl 由 2 n m周期T一 口 qB偏转角。一3 t t m偏移距离y=r/r2 12射出边界的速率v =y v02 + vy2 > vOv = v0运动时间1 t-v09 t-o T2 n(1)按照带电粒子进入不同场的时间顺序分成几个不同的阶段；(2)分析带电粒子在各场中的受力情况和运动情况；(3)画出带电粒子的运动轨迹，注意运用几何知识，找出相应的几何关系与物理关系；(4)选择物理规律，列方程；(5)注意确定粒子在组合场交界位置处的速度大小与方向，该速度往往是联系两段运动 的桥梁。【典例1】如下图，矩形区域"AdeF分为两个矩形区域，左侧区域充满匀强电场， 方向竖直向上，右侧区域充满匀强磁场，方向垂直纸面向外，如为其分界线，af=L, ab= 0. 75Z, bc=L.一质量为m、电荷量为e的电子(重力不计)从a点沿助方向以初速度两射入 电场，从岳边的中点g进入磁场.(sin 37° =0. 6, cos 37° =0. 8)求匀强电场的电场强度£的大小；假设要求电子从cd边射出，求所加匀强磁场磁感应强度的最大值如调节磁感应强度的大小，求cd边上有电子射出局部的长度.2小、16勿两 小3"的 【答案】入FH2小、16勿两 小3"的 【答案】入FH【解析】(1)电子在电场中做类似平抛运动，有在竖直方向以=L产水平方向0. 75£=西方由牛顿第二定律有eE=ma联立解得A察.粒子进入磁场时; 速度方向与be边夹角的正切值tanat 1 , 2X0. 5£2义可"乙0.75,解得 =37°电子进入磁场时的速度为y=电子进入磁场时的速度为y=“5"77=T7K)sin 3/：-cl由洛伦兹力提供向心力evB=2 r m-设电子运动轨迹刚好与cd边相切时，半径最小为人 轨迹如下图.那么由几何关系知« 0.75L5n+ricos解得力=§£可得对应的最大磁感应强度T设电子运动轨迹刚好与曲边相切时，半径为力，那么L5£= /2sin 37° + 解得四=丁又r2cos 0=L,故切点刚好为d点f5/电子从边射出的长度为尸万+'sin 37。=百【典例2】如图，矩形a历"区域有磁感应强度为夕的匀强磁场，M边长为3£, A边足够长.厚度不计的挡板以,长为5乙 平行A边放置在磁场中，与勘边相距乙 左端与劫 边也相距乙质量为力、电荷量为e的电子，由静止开始经电场加速后沿前边进入磁场区域.电 子与挡板碰撞后完全被吸收并导走.crX ILI2Ldx !x x x x x xwv QIt;如果加速电压控制在一定范围内，能保证在这个电压范围内加速的电子进入磁场后在磁场中运动时间都相同.求这个加速电压的范围.调节加速电压，使电子能落在挡板上外表，求电子落在挡板上外表的最大宽度规范解答：只要电子从ad边离开磁场，其运动的轨迹为半圆，运动时间相同，都当电子与挡板下外表相切时轨迹的半径r1 = 2心圆心为如下图，要使电子在磁场中的运动时间相等，必须满足k力=2£由牛顿第二定律有eBv=由动能定理有eU=mvn ri- /2联立解得u<-一(取等号也可) m假设电子恰好绕过挡板最右端从ad边离开磁场，设其轨迹的半径为"，由儿何关系有n= (6Zr2)2+ (2Z)2解得 n=L>3L即电子将从A边出去了，即电子不可能绕过挡板最右端八，点从 Z边离开磁场.所以,使电子在磁场中运动时间相同的电压的取值范围是2办一OVIKm【或者设电子与A边相切时的半径为八，圆心为“，那么有羽=3乙 设打至心邮上点, Sg= (n £) +«昌一2L，也能证明电子不可能绕过挡板最右端N点从ad边离开磁 场.】(2)电子能打到挡板上外表必须满足以下要求：a.电子能通过M点边缘.设其对应的半径为四，圆心为圆打在上板的。点.那么有抬= (n-Z)2+(2Z)2s.i/c= 2zf 2Z " = 3L.b.电子不能从A边射出，设电子轨迹与船边相切时的半径为羽圆心为“，打在上板 的点.那么有n=3/smd (nZ) -ylA_ 2L、所以 A L= scd= smd smc=（5 1） Z.评分细那么 每式1分,每式2分,不重复给分.说明：第（1）问中，如果没有通过计算，而是直接指出电子不可能绕过挡板最右端"点 从“d边离开磁场，那么相当于式正确，给1分；但第式的2分就不能给.答题规那么（1）审题要规范.第1问中的条件是粒子在磁场中运动时间相等，根据周期 公式7=号知粒子的周期都相等，那么保证粒子在磁场中运动的圆心角相等即可；第2问中 qB打在上外表，那么存在左右两个极值情况.（2）解答要规范：书写物理方程要有理有据；多个相同的物理量要注意区分，如"、" 等；在运动过程比拟复杂的情况下，要尽量分步列方程，以防由于写综合方程，易出错误而 导致不得分；在时间比拟紧张的情况下，要尽量根据题设条件写出相关的方程，力争能得步 骤分，一定不要空白.【典例2】（2020 河南省九师联盟高三上学期核心模拟二）如下图为一种质谱仪的 工作原理图，圆心角为90。的扇形区域中存在着磁感应强度大小为以方向垂直纸面向 外的匀强磁场，所有带电粒子经加速电压加速后从小孔。射出，由磁场边界冰上/V点垂 直冰进入磁场区域，然后均从边界。射出，ON-1,不计粒子重力。假设由静止开始加速的某种粒子X从边界。射出时速度方向与。垂直，其轨迹如图中实 线所示，求该粒子的比荷包;m假设由静止开始加速的另一种粒子Y,其比荷是X粒子比荷的L,求该粒子在磁场区域中运动的时间to【解析】（1）X粒子在电场中加速的末速度为内，由动能定埋可得9。=,机口； 在磁场中由洛伦兹力充当向心力可得= m 由几何知识可知，粒子的轨道半径为联立解得包=m联立解得包=m2U(2)Y粒子在电场中加速的末速度为切，由动能定理可得。=仍可.2)在磁场中由洛伦兹力充当向心力可得qB =仍以1 1 q乂二 ：x 解得门=2/叫 4 mY粒子在磁场中的轨迹如下图，圆心为。1,那么由图可得cosq =-427T由三角函数可知4=371所以在磁场中运动的时间为=4 271s兀 q、B2联立解得，=生丝-3U.带电体在叠加场中运动的四类问题(1)带电体在匀强电场和重力场组成的叠加场中的运动，由于带电体受到的是恒力，所 以带电体通常做匀变速运动，其处理的方法一般是采用牛顿运动定律结合运动学规律或动能 定理进行处理。(2)带电体在匀强电场和匀强磁场组成的叠加场中的运动(不计重力)，假设带电体受到的 电场力和洛伦兹力平衡，那么带电体一定做匀速直线运动，此时可由二力平衡求解；假设带电体 受到的电场力和洛伦兹力不平衡，那么其运动轨迹一般比拟复杂，此时采用动能定理进行求解 较为简单。(3)带电体在匀强电场、匀强磁场和重力场组成的叠加场中的运动，假设带电体做匀速圆 周运动，那么一定是重力与电场力平衡，洛伦兹力提供向心力，此时宜采用共点力平衡和圆周 运动的相关知识进行求解；假设带电体做匀速直线运动，那么一定是重力、电场力和洛伦兹力的 合力为零，此时宜采用共点力平衡进行求解。(4)带电体在重力场和匀强磁场组成的叠加场中的运动，由于其运动轨迹为一般的曲线,故一般采用动能定理进行处理。带电粒子在叠加场中的运动问题是电磁学知识和力学知识的结合，分析方法和力学问 题的分析方法基本相同，即均用动力学观点、能量观点来分析，不同之处是多了电场力、 洛伦兹力，二力的特点是电场力做功与路径无关，洛伦兹力方向始终和运动速度方向垂直， 永不做功等.【典例】如下图，水平线力。和竖直线切相交于。点，/C上开有小孔S口上开有 小孔R/C与切间存在磁感应强度为8的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，GG=60° , 在 切右侧，夕的下方有一竖直向上的匀强电场片(大小未知)和垂直纸面向里的另一匀强磁 场笈(大小未知)，一质量为加，电荷量为的塑料小球从小孔S处无初速度地进入匀强磁 场中，经一段时间恰好能从孔水平匀速飞出而进入切右侧，小球在 切右侧做匀速圆周运 动而垂直打在CG板上，重力加速度为gD求竖直向上的匀强电场的电场强度少的大小.求切右侧匀强磁场的磁感应强度笈的大小.假设要使小球进入右侧后不打在Q;上，那么3应满足什么条件?【答案】 野(2)25 (3)BN4.3B【解析】(1)因小球在。右侧受重力、电场力和洛伦兹力作用而做勺速圆周运动，所以有mg=qE,即T(2)小球进入磁场后，由于重力作用，速率不断增大，同时在洛伦兹力的作用下小球右偏，当小球从小孔P水平匀速飞出时，受力平衡有Bqu = mg,即。=需从S到尸由动能定理得mgCP =Lw2,2即A=静因小球从小孔P水平飞入磁场囱后做匀速圆周运动而垂直打在CG上，所以C点即为 小球做圆周运动的圆心，半径即为r= CPv2 ,又因B、qu=耳,联立得Bi = 2B.1（3）小球在CO右侧恰好不打在CG上的运动轨迹如图, 那么由图知扁心+,='(23 3)m2g =2而2而r =押，联立得）1能4.38 B q即要使小球进入CD右侧后不打在CG上, 那么州应满足3124.3A.带电粒子在交变电磁场中的运动1 .解决带电粒子在交变电场、磁场中的运动问题时，关键要明确粒子在不同时间段内、 不同区域内的受力特性，对粒子的运动情景、运动性质做出判断.2 .这类问题一般都具有周期性，在分析粒子运动时，要注意粒子。的运动周期、电场周 期、磁场周期的关系.3 .带电粒子在交变电磁场中运动仍遵循牛顿运动定律、运动的合成与分解、动能定理、 能量守恒定律等力学规律，所以此类问题的研究方法与质点动力学相同.4 .解决带电粒子在交变电磁场中的运动问题的基本思路【典例】在地面附近的真空中，存在着竖直向上的匀强电场和垂直电场方向水平向里的 匀强磁场，如图甲所示.磁场的磁感应强度5随时间1的变化情况如图乙所示.该区域中有 一。条水平直线MN,。是上的一点.在1=0时刻，有一个质量为加、电荷量为+q的小 球（可看做质点），从“点开始沿着水平直线以速度做匀速直线运动，加时刻恰好到达N 点.经观测发现，小球在，二？?。至f=3m时间内的某一时刻，又竖直向下经过直线上的 。点，并且以后小球屡次水平向右或竖直向下经过。点.求：EXDXATX x-*x-exXXXX X X X X X xx X X X XBB。-(1)电场强度E的大小;小球从M点开始运动到第二次经过D点所用的时间；小球运动的周期，并画出运动轨迹(只画一个周期).【答案】(1号(2)2/o+券 (3)8m(或吊部 轨迹见解析【解析】小球从M到N做匀速直线运动，根据平。衡条件可得：qE=mg解得£=侬 q(2)由题意可知，小球从M点到达M点所用时间= g 小球到达N点时，空间加上磁 场，小球受到的合外力就是洛伦兹力，因此小球从N点开始做匀速圆周运动，根据题 意可知，小球从沿水平方向经过N点，变成沿竖直方向经过。点，需要经过+1个圆 周(=1,2,3,)从N点到P点做圆周运动的时间由图可知，小球从尸点到。点的位移:PD=R=瑞小球从P点到。点的时间为小力念所以小球从进入M点到第二次经过。点时间为：亥+2"疯(3)小球运动一个周期的轨迹如上图所示，小球的运动周期为7=8击(或7=丹四、.电磁感应计算题的解题规律一一用好“三大体系”电磁感应计算题的综合程度很高，能同时把电磁感应、磁场、电路以及力学中平衡、加 速、功能关系、动量等知识交织在一起，常以压轴题出现，成为考生得分的拦路虎。其实, 只要学会把这类问题分割成磁生电体系、全电路体系和力学体系，然后再把这三大体系有机 地融会贯通，破解此类问题就有规律可循。.匀加速直线运动，y=at2, 乙一个偏转角，tan。书一个几何关系,/tan外一个功能关系,哆3.涉及的解题方法1. w与E垂直时，用平抛运动规律类比处理：运动的分解条件分析带电粒子垂直于电场方向进入匀强电场运动性质匀变速曲线运动（类似于平抛运动）处理方法分解成沿电场和垂直于电场的两个直线运动沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动，加速度&=2=端离开电场时的偏移量悬!沿电场方向分速度外二由乙< mi V （J*（4）速度偏向角：tan（/）=位移偏向角：tan叱一2。r vo mdvo mdvoL 2mavow与£平行时，可用牛顿第二定律和运动学公式求解：=当E=4,说f=2但 ，JI_12v % +，x = VqZ h at2. 功与£不垂直也不平行时，用动能定理处理。涉及功能问题时可用，偏转时电场力,当然，以上两种情况也可以根据解题,当然，以上两种情况也可以根据解题做的功是W=qEy（y为偏移量）或W=qU=mv2- 方便灵活选用动能定理解决。【典例1】如图，如图，两金属板A。水平放置，间距为乩两金属板正中间有一水平 放置的金属网G只0、G的尺寸相同。G接地，P、0的电势均为。（。>0）。质量为"，电 荷量为0（°>0）的粒子自G的左端上方距离G为力的位置，以速度的平行于纸面水平射入电场，重力忽略不计。磁生电体系指产生电磁感应的那一局部电路，并要判断是动生电动势还是感生电动势，不同电动势的计算方法不同全电路体系指把产生电动势的那一局部电路看作电源（即内电路，电流由负极 流向正极），其余局部是外电路（电流由正极流向负极）力学体系指求解此类问题时通常要用到动力学观点、能量观点和动量观点 等知识【典例】 如图甲所示，平行长直导轨物V、&水平放置，两导轨间距£=0.5ni,导轨 左端欣夕间接有一阻值 =0.2 Q的定值电阻，导体棒数的质量加=0. 1 kg,与导轨间的 动摩擦因数 =0.1,导体棒垂直于导轨放在距离左端为d=L0 m处，导轨和导体棒始终 接触良好，电阻均忽略不计。整个装置处在范围足够大的匀强磁场中，匕=0时刻，磁场方 向竖直向下，此后，磁感应强度8随时间方的变化如图乙所示，不计感应电流磁场的影响。 重力加速度g取10 m/s2o（1）求方=0时棒所受到的安培力尺。（2）分析前3 s时间内导体棒的运动情况并求前3 s内棒所受的摩擦力冗随时间方变化 的关系式。假设1=3 s时，突然使勖棒获得向右的速度的=8 m/s,同时垂直棒施力n一方向水平、 大小可变化的外力F,使棒的加速度大小恒为a=4 m/s2方向向左。求从方=3 s到t=4 s 的时间内通过电阻的电荷量Qo审题指导磁生电 体系八44A 03 s内仍棒不动，因磁场均匀变化，产生感生电动势E八（34 s内，磁场不变，加 棒向右匀减速运动，产生动生电动势，平均感应电 0动势可用£ 八,求解全电路 体系A03s内，电源电动势为£ ，电流方向可由楞次定律判断为助方向， t电路总电阻为答案(1)0. 025 N (2)前 3 s 内导体棒静止 Ff = 0.012 5(2-t) (N) (t<3 s)34 s内，ab棒相当于电源，外电路电阻为此 电流方向为助%方向力学体 系03 s内，仍棒静止，Ff=F安 = BTL,而夕是随时间变化的，8=0. 2 0. 1 t(T)34 s内，ab棒向右匀减速运动，其运动位移可用x乞方或xt乙乙计算(3)1.5 C,A A B解析(1)方=0时棒的速度为零，故回路中只有感生电动势，为E=-=-Ld=0. 1X0.5X1.0 V = 0.05 V感应电流为/=下=不' A = 025 A导体棒所受到的安培力e=屈=0.025 No(2)导体棒与导轨间的最大静摩擦力：&=P/ng=0. 1X0. 1X10 N=0. 1 N兀=0.025 N所以在方=0时刻导体棒静止不动，加速度为零，在。3 s内磁感应强度8都小于综 导体棒所受的安培力都小于最大静摩擦力，故前3 s内导体棒静止不动，电流恒为/=0.25 A在03 s内，磁感应强度为5=为一公=0.2 0.1Z(T)因导体棒静止不动，助棒在水平方向受安培力和摩擦力，二力平衡，那么有：F尸BIL= B.-kt)IL= (0.2-0. It) X0. 25X0.5 = 0.012 5(2-t) (N) (K3 s) o(3)34 s内磁感应强度大小恒为氏=0. 1 T,劫棒做匀变速直线运动，A ti = 4 s-3 s =1 s设Z=4 s时导体棒的速度为匕第4 s内的位移为x,那么：/及 + VCv= Pba A ti = 4 m/s, x=- A 右=6 m 乙A 0在这段时间内的平均感应电动势为£= ti通过电阻的电荷量为q=l力='力=绐=1.5 Co K、 在这段时间内的平均感应电动势为E=-FB2I X通过电阻的电荷量为q = IAt】=mAti=F-=l.5 CoKK【名师点拨】对于由磁感应强度B随时间t变化产生感生电动势的问题，其电源为垂直于磁场的电路的所有区域，而导体棒切割产生动生电动势的问题，其电源局部为切割磁 感线的导体棒局部。针对训练1 (2021重庆名校联盟期末)如下图，足够长的光滑绝缘水平台左端固定一被压缩的绝缘 轻质弹簧，一个质量加=004的，电量q = +2xl0-4。的可视为质点的带电小球与弹簧 接触但不栓接。某一瞬间释放弹簧弹出小球，小球从水平台右端A点飞出，恰好能没有碰 撞地落到粗糙倾斜轨道的最高3点，并沿轨道滑下。A3的竖直高度九= 0.45m,倾斜 轨道与水平方向夹角为a = 37°.倾斜轨道长为1=2.0m，带电小球与倾斜轨道间的动摩擦 因数 = 0.5。倾斜轨道通过光滑水平轨道。与光滑竖直圆轨道相连，小球在。点没有能 力损失，所有轨道都是绝缘的，运动过程中小球的电量保持不变。只有光滑竖直圆轨道处在 范围足够大的竖直向下的匀强电场中，场强E = 2.0x 1。3。卜/加。取g = 10m/s2,求：(1)被释放前弹簧的弹性势能；假设光滑水平轨道足够长，要使小球不离开轨道，光滑竖直圆轨道的半径应满足 什么条件？如果竖直圆弧轨道的半径R = 0.9m,小球进入轨道后可以有多少次通过竖直圆轨 道上距水平轨道高为0.01m的某一点P?2.如下图，有一固定在水平面的平直轨道，该轨道由白色轨道和黑色轨道交替排列并平滑 连接而成。各段轨道的编号已在图中标出。仅黑色轨道处在竖直向上的匀强电场中，一不带 电的小滑块A静止在第1段轨道的最左端，绝缘带电小滑块8静止在第1段轨道的最右端。 某时刻给小滑块A施加一水平向右的恒力F使其从静止开始沿轨道向右运动，小滑块A 运动到与小滑块3碰撞前瞬间撤去小滑块A所受水平恒力。滑块A、5碰撞时间极短，碰后 粘在一起沿轨道向右运动。白色轨道和黑色轨道各段的长度均为L=0.10m,匀强电场的 电场强度的大小E=l.OxdN/c；滑块A、8的质量均为根=0.010kg,滑块A、3与轨道间的 动摩擦因数处处相等，均为=0.40,绝缘滑块5所带电荷量行+1.0x10-5。小滑块a与小 滑块B碰撞前瞬间的速度大小厂6.0m/s。A、B均可视为质点(忽略它们的尺寸大小)，且不 计A、B间的静电力作。在A、8粘在一起沿轨道向右运动过程中电荷量保持不变，取重力2加速度g =10m/s oEEEA B 1342n 肝 1(1)求产的大小；(2)碰撞过程中滑块5对滑块A的冲量；(3)假设A和3最终停在轨道上编号为攵的一段，求攵的数值。3如图甲所示，粗糙水平轨道与半径为R的竖直光滑、绝缘的半圆轨道在B点平滑连 接，过半圆轨道圆心。的水平界面的下方分布有水平向右的匀强电场E,质量为用的 带正电小滑块从水平轨道上A点由静止释放，运动中由于摩擦起电滑块电量会增加，过3 点后电荷量保持不变，小滑块在A3段加速度随位移变化图像如图乙。A、8间距离为 47?,滑块与轨道间动摩擦因数为 =0.5,重力加速度为g,不计空气阻力，求：(1)小滑块释放后运动至B点过程中电荷量的变化量；(2)滑块对半圆轨道的最大压力大小；(3)小滑块再次进入电场时，电场大小保持不变、方向变为向左，求小滑块再次到达水 平轨道时的速度大小以及距B的距离。v°hGQ(1)求粒子第一次穿过G时的动能，以及它从射入电场至此时在水平方向上的位移大小;(2)假设粒子恰好从G的下方距离G也为力的位置离开电场，那么金属板的长度最短应为多 少？2、/ mdh /、/ mdh【答杀】(1) /= VbA /-T (2) Z=2 /=2PbA /【解析】附、宛间场强大小相等，均为粒子在阳间所受电场力分的方向竖直向 下，设粒子的加速度大小为分有厂2 0Ed F=qE=ma 设粒子第一次到达G时动能为氐，由动能定理有：qEh=/二标设粒子第一次到达G时所用的时间为3粒子在水平方向的位移大小为1,那么有1= Vot 联立式解得：氐喘+1q/乙C1,1mdh -菽。(2)假设粒子穿过G一次就从电场的右侧飞出，那么金属板的长度最短.由对称性知，此时 金属板的长度£为, rndh£=2/=2%1 / Vo(§)V【典例2如下图，匀强电场中有一半径为的光滑绝缘圆轨道，轨道平面与电场方 向平行.、人为轨道直径的两端，该直径与电场方向平行.一电荷量为式4>0)的质点沿轨 道内侧运动，经过。点和8点时对轨道压力的大小分别为M和M.不计重力，求电场强度的 大小瓜 质点经过。点和点时的动能.【答案】 卷ph)-Na)；自M+5M)；融5Nb+Na)【解析】 质点所受电场力的大小F=qE设质点质量为加，经过点和8点时的速度大小分别为义和监，由牛顿第二定律有b+M*= L, r9 NhF=i?r设质点经过a点和b点时的动能分别为a和Ekb，有Eka=%nR, Ekb=mvi根据动能定理有Ekh-Eka=2rF联立得 E=盍(NbNa), Eka=,(Nb+5Na), Ek产=(5N+Na)【典例3如下图，x轴正方向水平向右，y轴正方向竖直向上，在第I象限内有与) 轴平行、方向向上的匀强电场区域，区域形状是直角三角形，三角形斜边分别与x轴和)，轴 相交于(L,0)和(0, L)点.区域左侧沿x轴正方向射来一束具有相同质量m、电荷量为一式q >0)和初速度内的带电微粒，这束带电yL、 、 , Vo、二 Uh -OlLX微粒分布在OVyVL的区间内，其中从的点射入场区的带电微粒刚好从(乙。)点射 出场区，不计带电微粒的重力，求：(1)电场强度大小；(2)从0<y<9的区间射入场区的带电微粒，射出场区时的x坐标值和射入场区时的y坐 标值的关系式；(3)射到(2LQ)点的带电微粒射入场区时的y坐标值.【答案】噂(21=25之衿【解析】(1)设电场强度为E,带电微粒在场区中的偏转时间为小 有：L=WA，a用2 由牛顿第二定律得：qE=ma,解得：E=*. Cj L(2)微粒做类平抛运动，有：x=vot,整理得：f=2Ly.(3)如下图，设这个带电微粒在场区中的水平偏转位移为为，竖直偏转位移为y,偏转角为仇偏转时间为必 射入场区时的y坐标值为匕根据几何关系有：xi+ t n =2L, Lx Yy, Idll (7根据平抛运动的特点有：tan。=2?，解得：丫=弓&. 41l,二、带电粒子在磁场中运动的规律v 4兀带电粒子垂直进入匀强磁场后做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力，。出="=7可得轨道半径二=多运动周期7=。qbqb磁场中运动基本问题求解方法(1)圆心确实定方法假设粒子轨迹上两点的速度方向，那么可根据洛伦兹力F±v,分别确定两点处洛伦兹 力F的方向,其交点即圆心,如图甲所示。假设粒子运动轨迹上的两点和其中某一点的速度方向，那么可作出此两点的连线(过 这两点的圆弧的弦)的中垂线，中垂线与垂线的交点即圆心,如图乙所示。半径的计算方法由公式求:半径R二三。 qB由几何方法求:一般由数学知识(勾股定理、三角函数等)计算来确定。(3)时间的计算方法由圆心角求:t咚 To 271由弧长求:t/。 V.带电粒子在单边界磁场中运动(1)粒子发射源位于磁场的边界上，粒子进入磁场和离开磁场时速度方向与磁场方向的 夹角不变。如图甲、乙、丙所示。(2)粒子的发射源位于磁场中，往往存在着临界状态：如图丁所示，当带电粒子的运动 轨迹小于圆周且与边界相切时，切点为带电粒子恰能射出磁场的临界点；当带电粒子的运 动轨迹等于圆周时，直径与边界相交的点为带电粒子射出边界的最远点(距点最远)。甲乙丙丁1 .带电粒子在平行边界磁场中运动(1)粒子位于磁场的某一边界，且粒子的初速度方向平行于边界，速度大小不定，如图 戊、己所示，图戊所示半径为粒子从磁场左侧离开的最大半径，图己所示半径为粒子从磁场 右侧离开的最小半径。(2)带电粒子的速度方向确定，且与磁场边界不平行，速度大小不定。粒子速度方向和磁场边界垂直，粒子从磁场的右边界射出，如图庚所示，假设磁场的宽度为a粒子的轨道半径为八 粒子轨迹所对应的圆心角为9,那么有sinr粒子速度方向和磁场边界不垂直，粒子的轨迹与磁场的右边界相切时，粒子恰好不能 从磁场的右边界离开，如图辛所示，这种情况下相当于粒子在单边界磁场中的运动。径向进出等角进出3.带电粒子在圆形边界磁场中运动当粒子运动方向与磁场方向垂直时，沿圆形磁场半径方向射 入的带电粒子，必沿径向射出圆形磁场区域，即粒子出射速 度的反向延长线必过磁场圆的圆心点入平出平入点出入射速度方向与过入射点的磁场圆半径的夹角等于出射速 度方向与过出射点的磁场圆半径的夹角。径向进出是等角进 出的一种特殊情况（夕=0。）假设带电粒子从圆形匀强磁场区域圆周上一点沿垂直于磁场 方向进入磁场，当带电粒子做圆周运动的半径与圆形磁场区 域的半径相同时，所有带电粒子都以平行于磁场区域圆周上 入射点的切线方向射出磁场假设带电粒子以相互平行的速度射入磁场，且带电粒子在磁场 中做圆周运动的半径和圆形磁场区域半径相同，那么这些带电 粒子将会从磁场区域圆周上同一点射出，圆周上该点的切线 与带电粒子射入磁场时的速度方向平行【典例1如图，空间存在方向垂直于纸面（道加平面）向里的磁场。在xNO区域,磁感应 强度的大小为氏/<0区域,磁感应强度的大小为几乐（常数4月）。一质量为以、电荷量为Q（qX）的带电粒子以速度西从坐标原点。沿x轴正向射入磁场,此时开始计时，当粒子的速 度方向再次沿x轴正向时，求（不计重力）：入BoX XX X X X X X X X XXX。BoXXXAX 粒子运动的时间。粒子与。点间的距离。【答案】岸（1+3答OS）q氏V。【解析】在匀强磁场中，带电粒子做圆周运动。设在X,。区域圆周半径为自在x<0区域 圆周半径为兄。由洛伦兹力公式及牛顿第二定律得粒子速度方向转过180。时，所需时间Z1用粒子再转过180。时，所需时间b期联立解得粒子运动的时间ZbN气并（1 +1）。B（）q 入）（2）由几何关系得所求距离4=2（/?l/?2）喏（1彳）。【典例2】（19年全国1卷）如图，在直角三角形。/W区域内存在匀强磁场，磁感应强 度大小为反方向垂直于纸面向外。一带正电的粒子从静止开始经电压加速后，沿平行于 x轴的方向射入磁场；一段时间后，该粒子在 “边上某点以垂直于x轴的方向射出。 点为坐标原点，/V点在y轴上，。尸与x轴的夹角为30。，粒子进入磁场的入射点与离开磁 场的出射点之间的距离为&不计重力。求（1）带电粒子的比荷;（2）带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间。【答案】（1）4U7F(2)d2BUBd24Um【解析】（1）粒子从静止被加速的过程，根据动能定理得：4。=：加，解得:根据题意，下列图为粒子的运动轨迹，由几何关系可知，该粒子在磁场中运动的轨迹半径为:粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，即：qv0B = r联立方程得：旦二之 m d2B(2)根据题意，粒子在磁场中运动的轨迹为四分之一圆周，长度I=12仃=上泡 44粒子射出磁场后到运动至X轴，运动的轨迹长度S2=r-tan30。=ds + s粒子从射入磁场到运动至X轴过程中，一直匀速率运动，那么/ %解得:“用察或"罄畀用【典例3】如下列图，在OSxS 区域内存在与xy平面垂直的匀强磁场，磁感应强 度的大小为B.在t=0时刻,一位于坐标原点的粒子源在xy平面内发射出大量同种带电粒子, 所有粒子的初速度大小相同，方向与y轴正方向的夹角分布在0180。范围内。沿y 轴正方向发射的粒子在t =。时刻刚好从磁场边界上P/a,点离开磁场。求： 粒子在磁场中做圆周运动的半径R及粒子的比荷q / m; 此时刻仍在磁场中的粒子的初速度方向与y轴正方向夹角的取值范围； 从粒子发射到全部粒子离开磁场所用的时间。