电学计算题方法思路-高考物理计算题解题技法（解析版）

26/26电学计算题方法思路2023年高考计算题解题技法目录一、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 5磁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 121．电偏转和磁偏转的对比(不考虑重力) 122．带电粒子在组合场中运动的解题思路 133．带电体在叠加场中运动的四类问题 174.带电粒子在交变电磁场中的运动 19四、电磁感应计算题的解题规律——用好“三大体系” 21针对训练 23一、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)若平行板电容器所带电荷量Q不变，改变两板间距离d，两板间的匀强电场的场强E不变，在平行板间运动的带电粒子受力不变。(2)若平行板电容器的两板间所加电压U不变，两板间距离d增大(减小)为原来的n倍，两板间的匀强电场的场强E＝eq\f(U,d)减小(增大)为原来的eq\f(1,n)，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”(1)分解为两个独立的分运动——平行于极板的匀速直线运动，L＝v0t；垂直于极板的匀加速直线运动，y＝eq\f(1,2)at2，vy＝at，a＝eq\f(qU,md)。(2)一个偏转角，tanθ＝eq\f(vy,v0)；一个几何关系，y＝eq\f(L,2)tanθ；一个功能关系，ΔEk＝eq\f(qUy,d)。3.涉及的解题方法v0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(1)沿初速度方向做匀速直线运动，运动时间t＝eq\f(L,v0)(2)沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a＝eq\f(F,m)＝eq\f(qE,m)＝eq\f(qU,md)(3)离开电场时的偏移量y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(qUL2,2mdv02)沿电场方向分速度(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与E平行时，可用牛顿第二定律和运动学公式求解：a＝eq\f(Eq,m)，E＝eq\f(U,d)，veq\o\al(2,2)－veq\o\al(2,1)＝2ax，，3．v0与E不垂直也不平行时，用动能定理处理。涉及功能问题时可用，偏转时电场力做的功是W＝qEy(y为偏移量)或W＝qU=eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，当然，以上两种情况也可以根据解题方便灵活选用动能定理解决。【典例1】如图，如图，两金属板P、Q水平放置，间距为d。两金属板正中间有一水平放置的金属网G，P、Q、G的尺寸相同。G接地，P、Q的电势均为φ(φ＞0)。质量为m，电荷量为q(q＞0)的粒子自G的左端上方距离G为h的位置，以速度v0平行于纸面水平射入电场，重力忽略不计。(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)若粒子恰好从G的下方距离G也为h的位置离开电场，则金属板的长度最短应为多少？【答案】(1)l＝v0eq\r(\f(mdh,qφ))(2)L＝2l＝2v0eq\r(\f(mdh,qφ))【解析】(1)PG、QG间场强大小相等，均为E.粒子在PG间所受电场力F的方向竖直向下，设粒子的加速度大小为a，有E＝eq\f(2φ,d) ①F＝qE＝ma ②设粒子第一次到达G时动能为Ek，由动能定理有：qEh＝Ek－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0) ③设粒子第一次到达G时所用的时间为t，粒子在水平方向的位移大小为l，则有h＝eq\f(1,2)at2 ④l＝v0t ⑤联立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)若粒子穿过G一次就从电场的右侧飞出，则金属板的长度最短．由对称性知，此时金属板的长度L为L＝2l＝2v0eq\r(\f(mdh,qφ))。 ⑧【典例2】如图所示，匀强电场中有一半径为r的光滑绝缘圆轨道，轨道平面与电场方向平行．a、b为轨道直径的两端，该直径与电场方向平行．一电荷量为q(q>0)的质点沿轨道内侧运动，经过a点和b点时对轨道压力的大小分别为Na和Nb.不计重力，求电场强度的大小E、质点经过a点和b点时的动能．【答案】eq\f(1,6q)(Nb－Na)；eq\f(r,12)(Nb＋5Na)；eq\f(r,12)(5Nb＋Na)【解析】质点所受电场力的大小F＝qE设质点质量为m，经过a点和b点时的速度大小分别为va和vb，由牛顿第二定律有F＋Na＝meq\f(veq\o\al(2,a),r)，Nb－F＝meq\f(veq\o\al(2,b),r)设质点经过a点和b点时的动能分别为Eka和Ekb，有Eka＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,a)，Ekb＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,b)根据动能定理有Ekb－Eka＝2rF联立得E＝eq\f(1,6q)(Nb－Na)，Eka＝eq\f(r,12)(Nb＋5Na)，Ekb＝eq\f(r,12)(5Nb＋Na)【典例3】如图所示，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y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y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－q(q＞0)和初速度v0的带电微粒，这束带电微粒分布在0＜y＜L的区间内，其中从y＝eq\f(L,2)的点射入场区的带电微粒刚好从(L,0)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＜eq\f(L,2)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(2L,0)点的带电微粒射入场区时的y坐标值．【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)设电场强度为E，带电微粒在场区中的偏转时间为t1，有：L＝v0t1，eq\f(L,2)＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)，由牛顿第二定律得：qE＝ma，解得：E＝eq\f(mv\o\al(2,0),qL).(2)微粒做类平抛运动，有：x＝v0t，y＝eq\f(1,2)at2，整理得：x2＝2Ly.(3)如图所示，设这个带电微粒在场区中的水平偏转位移为x1，竖直偏转位移为y1，偏转角为θ，偏转时间为t2，射入场区时的y坐标值为Y，有：x1＝v0t2，y1＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,2)，根据几何关系有：x1＋eq\f(Y－y1,tanθ)＝2L，L－x1＝Y－y1，根据平抛运动的特点有：tanθ＝2eq\f(y1,x1)，解得：Y＝eq\f(5－\r(5),4)L.二、带电粒子在磁场中运动的规律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，qvB＝meq\f(v2,r)＝mreq\f(4π2,T2)，可得轨道半径r＝eq\f(mv,qB)，运动周期T＝eq\f(2πm,qB)。磁场中运动基本问题求解方法(1)圆心的确定方法①若已知粒子轨迹上两点的速度方向,则可根据洛伦兹力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。②若已知粒子运动轨迹上的两点和其中某一点的速度方向,则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。(2)半径的计算方法①由公式求:半径R=mvqB②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①由圆心角求:t=θ2π②由弧长求:t=sv1．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eq\f(1,2)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eq\f(1,2)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O点最远)。2．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。①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d，粒子的轨道半径为r，粒子轨迹所对应的圆心角为θ，则有sinθ＝eq\f(d,r)；②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。3．带电粒子在圆形边界磁场中运动径向进出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等角进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(θ＝0°)点入平出若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平入点出若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，则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(xOy平面)向里的磁场。在x≥0区域,磁感应强度的大小为B0;x<0区域,磁感应强度的大小为λB0(常数λ>1)。一质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子以速度v0从坐标原点O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):(1)粒子运动的时间。(2)粒子与O点间的距离。【答案】(1)πmB0【解析】(1)在匀强磁场中,带电粒子做圆周运动。设在x≥0区域,圆周半径为R1;在x<0区域,圆周半径为R2。由洛伦兹力公式及牛顿第二定律得qB0v0=mvqλB0v0=mv粒子速度方向转过180°时,所需时间t1=π粒子再转过180°时,所需时间t2=π联立解得粒子运动的时间t0=t1+t2=πm(2)由几何关系得所求距离d0=2(R1-R2)=2m【典例2】（19年全国1卷）如图，在直角三角形OPN区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外。一带正电的粒子从静止开始经电压U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OP边上某点以垂直于x轴的方向射出。已知O点为坐标原点，N点在y轴上，OP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d，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）（2）或【解析】（1）粒子从静止被加速的过程，根据动能定理得：，解得：根据题意，下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：联立方程得：（2）根据题意，粒子在磁场中运动的轨迹为四分之一圆周，长度粒子射出磁场后到运动至轴，运动的轨迹长度粒子从射入磁场到运动至轴过程中，一直匀速率运动，则解得：或【典例3】如下图，在区域内存在与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0～180°范围内。已知沿y轴正方向发射的粒子在时刻刚好从磁场边界上点离开磁场。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。【答案】⑴⑵速度与y轴的正方向的夹角范围是60°到120°⑶从粒子发射到全部离开所用时间为【解析】⑴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，根据直角三角形有解得，则粒子做圆周运动的的圆心角为120°，周期为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，，化简得⑵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⑴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°，则此时速度与y轴的正方向的夹角是120°。所以速度与y轴的正方向的夹角范围是60°到120°⑶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，而它的高是，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。所以从粒子发射到全部离开所用时间为。RRRR三、带电粒子在复合场中运动的规律1．电偏转和磁偏转的对比(不考虑重力)电偏转磁偏转受力特征F电＝qE恒力F洛＝qvB变力运动性质匀变速曲线运动匀速圆周运动运动轨迹电偏转磁偏转运动规律类平抛运动速度：vx＝v0，vy＝eq\f(qE,m)t偏转角θ：tanθ＝eq\f(vy,v0)偏移距离y＝eq\f(qE,2m)t2匀速圆周运动轨道半径r＝eq\f(mv0,qB)周期T＝eq\f(2πm,qB)偏转角θ＝ωt＝eq\f(qB,m)t偏移距离y＝r－eq\r(r2－l2)射出边界的速率v＝eq\r(v02＋vy2)＞v0v＝v0运动时间t＝eq\f(l,v0)t＝eq\f(θ,2π)T2．带电粒子在组合场中运动的解题思路(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】如图所示，矩形区域abcdef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，be为其分界线，af＝L，ab＝0.75L，bc＝L.一质量为m、电荷量为e的电子(重力不计)从a点沿ab方向以初速度v0射入电场，从be边的中点g进入磁场．(已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(1)求匀强电场的电场强度E的大小；(2)若要求电子从cd边射出，求所加匀强磁场磁感应强度的最大值Bm；(3)调节磁感应强度的大小，求cd边上有电子射出部分的长度．【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)电子在电场中做类似平抛运动，有在竖直方向eq\f(1,2)L＝eq\f(1,2)at2水平方向0.75L＝v0t由牛顿第二定律有eE＝ma联立解得E＝eq\f(16mv\o\al(2,0),9eL).(2)粒子进入磁场时，速度方向与be边夹角的正切值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°电子进入磁场时的速度为v＝eq\f(v0,sinθ)＝eq\f(5,3)v0设电子运动轨迹刚好与cd边相切时，半径最小为r1，轨迹如图所示．则由几何关系知r1＋r1cosθ＝L解得r1＝eq\f(5,9)L由洛伦兹力提供向心力evB＝meq\f(v2,r1)可得对应的最大磁感应强度Bm＝eq\f(3mv0,eL).(3)设电子运动轨迹刚好与de边相切时，半径为r2，则r2＝r2sin37°＋eq\f(L,2)解得r2＝eq\f(5L,4)又r2cosθ＝L，故切点刚好为d点电子从cd边射出的长度为Δy＝eq\f(L,2)＋r1sin37°＝eq\f(5L,6).【典例2】如图，矩形abcd区域有磁感应强度为B的匀强磁场，ab边长为3L，bc边足够长．厚度不计的挡板MN长为5L，平行bc边放置在磁场中，与bc边相距L，左端与ab边也相距L.质量为m、电荷量为e的电子，由静止开始经电场加速后沿ab边进入磁场区域．电子与挡板碰撞后完全被吸收并导走．(1)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U的范围．(2)调节加速电压，使电子能落在挡板上表面，求电子落在挡板上表面的最大宽度ΔL.规范解答：(1)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，都为eq\f(T,2)，当电子与挡板下表面相切时轨迹的半径r1＝2L，圆心为O1，如图所示，要使电子在磁场中的运动时间相等，必须满足r<r1＝2L①由牛顿第二定律有eBv＝meq\f(v2,r1)②由动能定理有eU＝eq\f(1,2)mv2③联立解得U<eq\f(2eB2L2,m)(取等号也可)④若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r2，由几何关系有req\o\al(2,2)＝(6L－r2)2＋(2L)2⑤解得r2＝eq\f(10,3)L>3L⑥即电子将从bc边出去了，即电子不可能绕过挡板最右端N点从ad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0<U<eq\f(2eB2L2,m)⑦【或者设电子与bc边相切时的半径为r4，圆心为O4，则有r4＝3L，设打到MN上D点，sMD＝(r4－L)＋eq\r(r\o\al(2,4)－2L2)<sMN，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)电子能打到挡板上表面必须满足以下要求：a．电子能通过M点边缘．设其对应的半径为r3，圆心为O3，打在上板的C点．则有req\o\al(2,3)＝(r3－L)2＋(2L)2sMC＝2eq\r(r\o\al(2,3)－2L2)＝3L.⑨b．电子不能从bc边射出，设电子轨迹与bc边相切时的半径为r4圆心为O4，打在上板的D点．则有r4＝3L⑩sMD＝(r4－L)＋eq\r(r\o\al(2,4)－2L2)⑪所以ΔL＝sCD＝sMD－sMC＝(eq\r(5)－1)L.⑫评分细则④⑥每式1分，①②③⑤⑧⑨⑩⑪⑫每式2分，⑦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N点从ad边离开磁场，则相当于⑥式正确，给1分；但第⑤式的2分就不能给．答题规则(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T＝eq\f(2πm,qB)知粒子的周期都相等，则保证粒子在磁场中运动的圆心角相等即可；第2问中打在上表面，则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r1、r2等；在运动过程比较复杂的情况下，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；在时间比较紧张的情况下，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）如图所示为一种质谱仪的工作原理图，圆心角为90°的扇形区域OPQ中存在着磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场，所有带电粒子经加速电压U加速后从小孔C射出，由磁场边界OP上N点垂直OP进入磁场区域，然后均从边界OQ射出，ON=l，不计粒子重力。(1)若由静止开始加速的某种粒子X从边界OQ射出时速度方向与OQ垂直，其轨迹如图中实线所示，求该粒子的比荷；(2)若由静止开始加速的另一种粒子Y，其比荷是X粒子比荷的，求该粒子在磁场区域中运动的时间t。【答案】(1)；(2)【解析】(1)X粒子在电场中加速的末速度为v0，由动能定理可得在磁场中由洛伦兹力充当向心力可得由几何知识可知，粒子的轨道半径为r=l联立解得(2)Y粒子在电场中加速的末速度为v1，由动能定理可得在磁场中由洛伦兹力充当向心力可得又解得r1=2lY粒子在磁场中的轨迹如图所示，圆心为O1，则由图可得由三角函数可知所以在磁场中运动的时间为联立解得3．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)，若带电体受到的电场力和洛伦兹力平衡，则带电体一定做匀速直线运动，此时可由二力平衡求解；若带电体受到的电场力和洛伦兹力不平衡，则其运动轨迹一般比较复杂，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，若带电体做匀速圆周运动，则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；若带电体做匀速直线运动，则一定是重力、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】如图所示，水平线AC和竖直线CD相交于C点，AC上开有小孔S，CD上开有小孔P，AC与CD间存在磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，∠DCG＝60°，在CD右侧，CG的下方有一竖直向上的匀强电场E(大小未知)和垂直纸面向里的另一匀强磁场B1(大小未知)，一质量为m，电荷量为＋q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P孔水平匀速飞出而进入CD右侧，小球在CD右侧做匀速圆周运动而垂直打在CG板上，重力加速度为g.(1)求竖直向上的匀强电场的电场强度E的大小．(2)求CD右侧匀强磁场的磁感应强度B1的大小．(3)若要使小球进入CD右侧后不打在CG上，则B1应满足什么条件？【答案】(1)eq\f(mg,q)(2)2B(3)B1≥4.3B【解析】(1)因小球在CD右侧受重力、电场力和洛伦兹力作用而做匀速圆周运动，所以有mg＝qE，即E＝eq\f(mg,q).(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Bqv＝mg，即v＝eq\f(mg,Bq)从S到P由动能定理得mgeq\x\to(CP)＝eq\f(1,2)mv2，即eq\x\to(CP)＝eq\f(m2g,2q2B2)因小球从小孔P水平飞入磁场B1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＝eq\x\to(CP)又因B1qv＝meq\f(v2,r)，联立得B1＝2B.(3)小球在CD右侧恰好不打在CG上的运动轨迹如图，则由图知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)，联立得B′1≈4.3B即要使小球进入CD右侧后不打在CG上，则B1应满足B1≥4.3B.4.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B随时间t的变化情况如图乙所示．该区域中有一条水平直线MN，D是MN上的一点．在t＝0时刻，有一个质量为m、电荷量为＋q的小球(可看做质点)，从M点开始沿着水平直线以速度v0做匀速直线运动，t0时刻恰好到达N点．经观测发现，小球在t＝2t0至t＝3t0时间内的某一时刻，又竖直向下经过直线MN上的D点，并且以后小球多次水平向右或竖直向下经过D点．求：(1)电场强度E的大小；(2)小球从M点开始运动到第二次经过D点所用的时间；(3)小球运动的周期，并画出运动轨迹(只画一个周期)．【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)))轨迹见解析【解析】(1)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E＝eq\f(mg,q)(2)由题意可知，小球从M点到达N点所用时间t1＝t0，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D点，需要经过n＋eq\f(3,4)个圆周(n＝1,2,3，…)从N点到P点做圆周运动的时间由图可知，小球从P点到D点的位移：PD＝R＝eq\f(mv0,qB0)，小球从P点到D点的时间为t3＝eq\f(R,v0)＝eq\f(m,qB0)所以小球从进入M点到第二次经过D点时间为：t＝t1＋t2＋t3＝2t0＋eq\f(m,qB0)(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T＝8t0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(或T＝\f(12πm,qB0)))四、电磁感应计算题的解题规律——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。磁生电体系指产生电磁感应的那一部分电路，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部分电路看作电源(即内电路，电流由负极流向正极)，其余部分是外电路(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MN、PQ水平放置，两导轨间距L＝0.5m，导轨左端M、P间接有一阻值R＝0.2Ω的定值电阻，导体棒ab的质量m＝0.1kg，与导轨间的动摩擦因数μ＝0.1，导体棒垂直于导轨放在距离左端为d＝1.0m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，t＝0时刻，磁场方向竖直向下，此后，磁感应强度B随时间t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10m/s2。(1)求t＝0时棒所受到的安培力F0。(2)分析前3s时间内导体棒的运动情况并求前3s内棒所受的摩擦力Ff随时间t变化的关系式。(3)若t＝3s时，突然使ab棒获得向右的速度v0＝8m/s，同时垂直棒施加一方向水平、大小可变化的外力F，使棒的加速度大小恒为a＝4m/s2、方向向左。求从t＝3s到t＝4s的时间内通过电阻的电荷量q。[审题指导]磁生电体系0～3s内ab棒不动，因磁场均匀变化，产生感生电动势E＝eq\f(ΔΦ,Δt)3～4s内，磁场不变，ab棒向右匀减速运动，产生动生电动势，平均感应电动势可用eq\x\to(E)＝eq\f(ΔΦ,Δt1)求解全电路体系0～3s内，电源电动势为E＝eq\f(ΔΦ,Δt)，电流方向可由楞次定律判断为abPMa方向，电路总电阻为R3～4s内，ab棒相当于电源，外电路电阻为R，电流方向为abPMa方向力学体系0～3s内，ab棒静止，Ff＝F安＝BIL，而B是随时间变化的，B＝0.2－0.1t(T)3～4s内，ab棒向右匀减速运动，其运动位移可用x＝v0t－eq\f(1,2)at2或x＝eq\f(v0＋v,2)t计算[答案](1)0.025N(2)前3s内导体棒静止Ff＝0.0125(2－t)(N)(t<3s)(3)1.5C[解析](1)t＝0时棒的速度为零，故回路中只有感生电动势，为E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)Ld＝0.1×0.5×1.0V＝0.05V感应电流为I＝eq\f(E,R)＝eq\f(0.05,0.2)A＝0.25A导体棒所受到的安培力F0＝B0IL＝0.025N。(2)导体棒与导轨间的最大静摩擦力：Ffm＝μmg＝0.1×0.1×10N＝0.1N>F0＝0.025N所以在t＝0时刻导体棒静止不动，加速度为零，在0～3s内磁感应强度B都小于B0，导体棒所受的安培力都小于最大静摩擦力，故前3s内导体棒静止不动，电流恒为I＝0.25A在0～3s内，磁感应强度为B＝B0－kt＝0.2－0.1t(T)因导体棒静止不动，ab棒在水平方向受安培力和摩擦力，二力平衡，则有：Ff＝BIL＝(B0－kt)IL＝(0.2－0.1t)×0.25×0.5＝0.0125(2－t)(N)(t<3s)。(3)3～4s内磁感应强度大小恒为B2＝0.1T，ab棒做匀变速直线运动，Δt1＝4s－3s＝1s设t＝4s时导体棒的速度为v，第4s内的位移为x，则：v＝v0－aΔt1＝4m/s，x＝eq\f(v0＋v,2)Δt1＝6m在这段时间内的平均感应电动势为E＝eq\f(ΔΦ,Δt1)通过电阻的电荷量为q＝IΔt1＝eq\f(E,R)Δt1＝eq\f(B2Lx,R)＝1.5C。在这段时间内的平均感应电动势为E＝eq\f(ΔΦ,Δt1)通过电阻的电荷量为q＝IΔt1＝eq\f(E,R)Δt1＝eq\f(B2Lx,R)＝1.5C。【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，其电源部分为切割磁感线的导体棒部分。针对训练1（2021重庆名校联盟期末）如图所示，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，电量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B点，并沿轨道滑下。已知AB的竖直高度，倾斜轨道与水平方向夹角为倾斜轨道长为，带电小球与倾斜轨道间的动摩擦因数。倾斜轨道通过光滑水平轨道CD与光滑竖直圆轨道相连，小球在C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。取，求：

被释放前弹簧的弹性势能；

若光滑水平轨道CD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，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的某一点P？【名师解析】：

A到B平抛运动：

代入数据解得：

B点：

得：

被释放前弹簧的弹性势能：

B点：

B到C：，代入数据解得：

恰好过竖直圆轨道最高点时：，

从C到圆轨道最高点：，解得：

恰好到竖直圆轨道最右端时：，解得：

要使小球不离开轨道，竖直圆弧轨道的半径或；

，小球冲上圆轨道高度时速度变为0，然后返回倾斜轨道高处再滑下，然后再次进入圆轨道达到的高度为

有：，

同除得：之后物块在竖直圆轨道和倾斜轨道之间往返运动。

同理：n次上升高度为一等比数列。

，当时，上升的最大高度小于，则小球共有6次通过距水平轨道高为的某一点。

【名师点拨】本题是复杂的力电综合题，明确研究对象的运动过程是解决问题的前提，根据题目已知条件和求解的物理量选择物理规律解决问题。要注意小球运动过程中各个物理量的变化。2.如图所示，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B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B碰撞前瞬间撤去小滑块A所受水平恒力。滑块A、B碰撞时间极短，碰后粘在一起沿轨道向右运动。已知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=1.0×104N/C；滑块A、B的质量均为m=0.010kg，滑块A、B与轨道间的动摩擦因数处处相等，均为μ=0.40，绝缘滑块B所带电荷量q=+1.0×10-5C，小滑块A与小滑块B碰撞前瞬间的速度大小v=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、B粘在一起沿轨道向右运动过程中电荷量保持不变，取重力加速度g=10m/s2。（1）求F的大小；（2）碰撞过程中滑块B对滑块A的冲量；（3）若A和B最终停在轨道上编号为k的一段，求k的数值。【参考答案】（1）1.84N（2）I=－0.030N•