第1講
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考法
學(xué)法
分析近幾年全國(guó)高考卷可知，壓軸計(jì)算題多數(shù)情況下考查電學(xué)，考查的內(nèi)容有：①帶電粒子(體)在電場(chǎng)、磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)；②帶電粒子(體)在組合場(chǎng)、疊加場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)；③帶電粒子(體)在交變場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)。本講主要應(yīng)用“直線運(yùn)動(dòng)”“圓周運(yùn)動(dòng)”“類平拋運(yùn)動(dòng)”這三類典型運(yùn)動(dòng)破解電磁場(chǎng)計(jì)算題。用到的思想方法有：①假設(shè)法；②合成法；③正交分解法；④臨界、極值問(wèn)題的分析方法；⑤等效思想；⑥分解思想。
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命題點(diǎn)(一)　帶電粒子(體)在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)
[研一題]————————————————————————————————
如圖所示，金屬絲發(fā)射出的電子(質(zhì)量為m、電荷量為e，初速度與重力均忽略不計(jì))被加速后從金屬板的小孔穿出進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)(小孔與上、下極板間的距離相等)。已知偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)兩極板間距離為d，當(dāng)加速電壓為U1、偏轉(zhuǎn)電壓為U2時(shí)，電子恰好打在下極板的右邊緣M點(diǎn)，現(xiàn)將偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的下極板向下平移。
(1)如何只改變加速電壓U1，使電子打在下極板的中點(diǎn)？
(2)如何只改變偏轉(zhuǎn)電壓U2，使電子仍打在下極板的M點(diǎn)？
[解析]　(1)設(shè)移動(dòng)下極板前后偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度分別為E和E′，電子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中的加速度大小分別為a、a′，加速電壓改變前后，電子穿出小孔時(shí)的速度大小分別為v0、v1
因偏轉(zhuǎn)電壓不變，所以有Ed＝E′·d，
即E′＝E
由qE＝ma及qE′＝ma′知a′＝a
設(shè)極板長(zhǎng)度為L(zhǎng)，則d＝a′2，＝a2，解得v12＝
在加速電場(chǎng)中由動(dòng)能定理知
eU1＝mv02，eU1′＝mv12
解得U1′＝，即加速電壓應(yīng)減為原來(lái)的，才能使電子打在下極板的中點(diǎn)。
(2)因電子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中水平方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，極板移動(dòng)前后，電子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t相等，設(shè)極板移動(dòng)前后，電子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的加速度大小分別為a1、a2，則有
＝a1t2，d＝a2t2，
即a2＝2a1
由牛頓第二定律知a1＝，a2＝
解得U2′＝3U2，即偏轉(zhuǎn)電壓變?yōu)樵瓉?lái)的3倍，才能使電子仍打在M點(diǎn)。
[答案]　(1)加速電壓應(yīng)減為原來(lái)的，即　
(2)偏轉(zhuǎn)電壓變?yōu)樵瓉?lái)的3倍，即3U2
[悟一法]————————————————————————————————
帶電粒子(體)在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問(wèn)題的解題流程


[通一類]————————————————————————————————
　(2017·全國(guó)卷Ⅰ)真空中存在電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E1的勻強(qiáng)電場(chǎng)，一帶電油滴在該電場(chǎng)中豎直向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，速度大小為v0。在油滴處于位置A時(shí)，將電場(chǎng)強(qiáng)度的大小突然增大到某值，但保持其方向不變。持續(xù)一段時(shí)間t1后，又突然將電場(chǎng)反向，但保持其大小不變；再持續(xù)同樣一段時(shí)間后，油滴運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)。重力加速度大小為g。
(1)求油滴運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)的速度；
(2)求增大后的電場(chǎng)強(qiáng)度的大??；為保證后來(lái)的電場(chǎng)強(qiáng)度比原來(lái)的大，試給出相應(yīng)的t1和v0應(yīng)滿足的條件。已知不存在電場(chǎng)時(shí)，油滴以初速度v0做豎直上拋運(yùn)動(dòng)的最大高度恰好等于B、A兩點(diǎn)間距離的兩倍。
解析：(1)設(shè)油滴質(zhì)量和電荷量分別為m和q，油滴速度方向向上為正。
在t＝0時(shí)，電場(chǎng)強(qiáng)度突然從E1增加至E2，油滴做豎直向上的勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度方向向上，大小a1滿足
qE2－mg＝ma1①
油滴在t1時(shí)刻的速度為
v1＝v0＋a1t1②
電場(chǎng)強(qiáng)度在t1時(shí)刻突然反向，油滴做勻變速運(yùn)動(dòng)，加速度方向向下，大小a2滿足
qE2＋mg＝ma2③
油滴在t2＝2t1時(shí)刻的速度為
v2＝v1－a2t1④
由①②③④式得
v2＝v0－2gt1。⑤
(2)由題意，在t＝0時(shí)刻前有
qE1＝mg⑥
油滴從t＝0到t1時(shí)刻的位移為
s1＝v0t1＋a1t12⑦
油滴在從t1時(shí)刻到t2＝2t1時(shí)刻的時(shí)間間隔內(nèi)的位移為
s2＝v1t1－a2t12⑧
由題給條件有
v02＝2g·2h⑨
式中h是B、A兩點(diǎn)之間的距離。
若B點(diǎn)在A點(diǎn)之上，依題意有
s1＋s2＝h⑩
由①②③⑥⑦⑧⑨⑩式得
E2＝E1?
為使E2>E1，應(yīng)有
2－2＋2>1?
即當(dāng)00和v2E1，應(yīng)有
2－2－2>1?
即t1>?
另一解為負(fù)，不合題意，已舍去。
答案：(1)v0－2gt1　(2)見(jiàn)解析
命題點(diǎn)(二)　帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)
題型1　帶電粒子在有界磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)
1．磁場(chǎng)中勻速圓周運(yùn)動(dòng)問(wèn)題的分析方法

2．求磁場(chǎng)區(qū)域最小面積的兩個(gè)注意事項(xiàng)
(1)粒子射入、射出磁場(chǎng)邊界時(shí)速度的垂線的交點(diǎn)，即為軌跡圓的圓心。
(2)所求最小圓形磁場(chǎng)區(qū)域(面積最小)的直徑等于粒子運(yùn)動(dòng)軌跡的弦長(zhǎng)。
[例1]　(2018·重慶模擬)如圖所示坐標(biāo)原點(diǎn)O(0,0)處有一帶電粒子源，沿xOy平面向y≥0、x≥0的區(qū)域內(nèi)的各個(gè)方向發(fā)射粒子。粒子的速率均為v、質(zhì)量均為m、電荷量均為＋q。有人設(shè)計(jì)了方向垂直于xOy平面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，使上述所有帶電粒子從該區(qū)域的邊界射出時(shí)均能沿y軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)，不考慮粒子間相互作用，不計(jì)粒子重力。求：
(1)粒子與x軸相交的坐標(biāo)范圍；
(2)粒子與y軸相交的坐標(biāo)范圍；
(3)該勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域的最小面積。
[解析]　(1)設(shè)粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R，
由qvB＝m，
得R＝，
如圖所示，粒子與x軸相交的坐標(biāo)范圍為－≤x≤－。
(2)如圖所示，粒子與y軸相交的坐標(biāo)范圍為0≤y≤。
(3)由題可知，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的最小范圍如圖中的陰影區(qū)域所示。
第一象限區(qū)域一個(gè)半徑為R的半圓面積為S1＝，
第二象限區(qū)域四分之一圓的半徑為2R，
其面積為S2＝＝πR2，
第二象限區(qū)域一個(gè)半徑為R的半圓面積為S3＝，
則陰影部分面積為S＝S1＋S2－S3＝πR2＝。
[答案]　(1)－≤x≤－　(2)0≤y≤　(3)
題型2　帶電粒子在磁場(chǎng)中的多解問(wèn)題
1．解決此類問(wèn)題的關(guān)鍵是要找到粒子運(yùn)動(dòng)時(shí)產(chǎn)生多解的原因，從而判斷出粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的可能情形，然后由粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的規(guī)律(通常是半徑公式、周期公式結(jié)合幾何知識(shí))求解。
2．粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)產(chǎn)生多解的原因通常有：帶電粒子的電性不確定；磁場(chǎng)方向的不確定；臨界狀態(tài)的不唯一；運(yùn)動(dòng)方向的不確定；運(yùn)動(dòng)的重復(fù)性等。
[例2]　如圖所示為寬度為d的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，MM′和NN′是它的兩條邊界?，F(xiàn)有質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子沿圖示方向垂直磁場(chǎng)射入，要使粒子不能從邊界NN′射出，則粒子入射速率v的最大值可能是多少。
[解析]　若q為正電荷，軌跡是如圖所示的上方與NN′相切的圓弧，軌跡半徑：
R＝，又d＝R－

解得v＝(2＋)。

若q為負(fù)電荷，軌跡是如圖所示的下方與NN′相切的圓弧，
則有：R′＝，d＝R′＋，
解得v′＝(2－)。
[答案]　(2＋)(q為正電荷)或(2－)(q為負(fù)電荷)
命題點(diǎn)(三)　帶電粒子在組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)
[研一題]————————————————————————————————
(2018·全國(guó)卷Ⅰ)如圖，在y＞0的區(qū)域存在方向沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)大小為E；在y＜0的區(qū)域存在方向垂直于xOy平面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。一個(gè)氕核H和一個(gè)氘核H先后從y軸上y＝h點(diǎn)以相同的動(dòng)能射出，速度方向沿x軸正方向。已知H進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，速度方向與x軸正方向的夾角為60°，并從坐標(biāo)原點(diǎn)O處第一次射出磁場(chǎng)。H的質(zhì)量為m，電荷量為q。不計(jì)重力。求：
(1) H第一次進(jìn)入磁場(chǎng)的位置到原點(diǎn)O的距離；
(2)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大??；
(3) H第一次離開(kāi)磁場(chǎng)的位置到原點(diǎn)O的距離。
[解析]　(1) H在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)
動(dòng)，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示。在電場(chǎng)中由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有
s1＝v1t1①
h＝a1t12②
H進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度在y軸方向的分量大小為
v1tan θ1＝a1t1，其中θ1＝60°③
聯(lián)立以上各式得
s1＝h。④
(2) H在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，由牛頓第二定律有
qE＝ma1⑤
進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度的大小為
v＝⑥
在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)由牛頓第二定律有
qvB＝m⑦
由幾何關(guān)系得
s1＝2R1sin θ1⑧
聯(lián)立以上各式得B＝ 。⑨
(3) H與H初動(dòng)能相等
×2mv22＝mv12⑩
H在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)有
qE＝2ma2?
s2＝v2t2?
h＝a2t22?
進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)v2tan θ2＝a2t2?
v′＝?
qv′B＝2m?
聯(lián)立以上各式得
s2＝s1，θ2＝θ1，R2＝R1?
所以H第一次離開(kāi)磁場(chǎng)的出射點(diǎn)在原點(diǎn)左側(cè)，設(shè)出射點(diǎn)到入射點(diǎn)的距離為s2′，由幾何關(guān)系有
s2′＝2R2sin θ2?
聯(lián)立④⑧??式得，H第一次離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)的位置到原點(diǎn)O的距離為
s2′－s2＝(－1)h。?
[答案]　(1)h　(2) 　(3)(－1)h








[悟一法]————————————————————————————————
解決帶電粒子在組合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)問(wèn)題的思路方法

[通一類]————————————————————————————————
1．(2018·全國(guó)卷Ⅱ)一足夠長(zhǎng)的條狀區(qū)域內(nèi)存在勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，其在xOy平面內(nèi)的截面如圖所示：中間是磁場(chǎng)區(qū)域，其邊界與y軸垂直，寬度為l，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B，方向垂直于xOy平面；磁場(chǎng)的上、下兩側(cè)為電場(chǎng)區(qū)域，寬度均為l′，電場(chǎng)強(qiáng)度的大小均為E，方向均沿x軸正方向；M、N為條狀區(qū)域邊界上的兩點(diǎn)，它們的連線與y軸平行。一帶正電的粒子以某一速度從M點(diǎn)沿y軸正方向射入電場(chǎng)，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后恰好以從M點(diǎn)入射的速度從N點(diǎn)沿y軸正方向射出。不計(jì)重力。
(1)定性畫(huà)出該粒子在電磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡；
(2)求該粒子從M點(diǎn)入射時(shí)速度的大小；
(3)若該粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度方向恰好與x軸正方向的夾角為，求該粒子的比荷及其從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的時(shí)間。
解析：(1)粒子在電場(chǎng)中的軌跡為拋物線，在磁場(chǎng)中為圓弧，上下對(duì)稱，如圖(a)所示。
(2)設(shè)粒子從M點(diǎn)射入時(shí)速度的大小為v0，進(jìn)入磁場(chǎng)的速度大小為v，方向與電場(chǎng)方向的夾角為θ[如圖(b)]，速度v沿電場(chǎng)方向的分量為v1。


根據(jù)牛頓第二定律有
qE＝ma①
由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有
l′＝v0t②
v1＝at③
v1＝vcos θ④
設(shè)粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑為R，由洛倫茲力公式和牛頓第二定律得
qvB＝⑤
由幾何關(guān)系得
l＝2Rcos θ⑥
聯(lián)立①②③④⑤⑥式得
v0＝。⑦
(3)由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和題給數(shù)據(jù)得
＝tan ⑧
聯(lián)立①②③⑦⑧式得
＝⑨
設(shè)粒子由M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)所用的時(shí)間為t′，則
t′＝2t＋T⑩
式中T是粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期，
T＝?
由②⑦⑨⑩?式得
t′＝。?
答案：(1)見(jiàn)解析圖(a)　(2)　(3)　
2．(2018·宜賓高三統(tǒng)考)如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，直角三角形ACD內(nèi)存在垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。線段CO＝OD＝l，θ＝30°。在第四象限正方形ODFG內(nèi)存在沿x軸正方向、電場(chǎng)強(qiáng)度E＝的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在第三象限沿AC放置一面足夠大的熒光屏，屏與y軸平行。一個(gè)電子P從坐標(biāo)原點(diǎn)O沿y軸正方向射入磁場(chǎng)，恰好不從AD邊射出磁場(chǎng)。已知電子的質(zhì)量為m、電荷量為e，不計(jì)重力。

(1)求電子P射入磁場(chǎng)時(shí)的速度大??；
(2)求電子P經(jīng)過(guò)y軸時(shí)的坐標(biāo)；
(3)若另一電子Q從x坐標(biāo)軸上某點(diǎn)(x≠0)以相同的速度仍沿y軸正方向射入磁場(chǎng)，且P、Q打在熒光屏上同一點(diǎn)，求電子Q在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間。
解析：(1)電子P恰好不從AD邊射出磁場(chǎng)，則電子P的運(yùn)動(dòng)軌跡與AD邊相切，
由幾何關(guān)系可得：r＋＝l
電子P在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，有：
ev0B＝
解得：r＝，v0＝。
(2)假設(shè)電子P從OG邊離開(kāi)電場(chǎng)，則電子P在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，有：
2r＝at12
yP＝v0t1
eE＝ma
解得：t1＝，yP＝l
由于yP＝l

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