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第6講　力學(xué)三大觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用
命題點(diǎn)一　　動(dòng)量和能量觀點(diǎn)解決多過(guò)程問(wèn)題
動(dòng)量和能量觀點(diǎn)解決多過(guò)程問(wèn)題的處理技巧
1．解決該類(lèi)問(wèn)題用到的規(guī)律：動(dòng)量守恒定律，機(jī)械能守恒定律，能量守恒定律，功能關(guān)系等．
2．解決該類(lèi)問(wèn)題的基本思路：
(1)認(rèn)真審題，確定研究對(duì)象．
(2)如果物體間涉及多過(guò)程，要把整個(gè)過(guò)程分解為幾個(gè)小的過(guò)程．
(3)對(duì)所選取的對(duì)象進(jìn)行受力分析，判定系統(tǒng)是否符合動(dòng)量守恒的條件．
(4)對(duì)所選系統(tǒng)進(jìn)行能量轉(zhuǎn)化的分析．
(5)選取所需要的方程列式并求解．
答案：C
例 2 [2023·廣東韶關(guān)二模]有一種打積木的游戲，裝置如圖所示，三塊完全相同的鋼性積木B、C、D疊放在靶位上，寬度均為d，積木C、D夾在固定的兩光滑薄板間，一球A(視為質(zhì)點(diǎn))用長(zhǎng)為L(zhǎng)，且不可伸長(zhǎng)的輕繩懸掛于O點(diǎn)．游戲時(shí)，鋼球拉至與O等高的P點(diǎn)(保持繩繃直)由靜止釋放，鋼球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)與積木B發(fā)生的碰撞為彈性碰撞且瞬間完成，積木B滑行一段距離(大于2d)后停下．已知鋼球和每塊積木的質(zhì)量均為m，各水平接觸面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，重力加速度大小為g，空氣阻力不計(jì)，求：
(1)鋼球下落到最低點(diǎn)且與B碰撞前的速度大小v0；
(2)積木B向前滑動(dòng)的距離s；
(3)將鋼球再次拉起至P點(diǎn)無(wú)初速釋放，積木C沿B的
軌跡前進(jìn)．求C被A球碰撞后經(jīng)多長(zhǎng)時(shí)間與B球相遇．
提升訓(xùn)練
1.[2023·四川省成都市模擬]某高速公路上發(fā)生兩車(chē)追尾事故，事故認(rèn)定為前車(chē)違規(guī)停車(chē)，后車(chē)因制動(dòng)距離不足追尾前車(chē)．假設(shè)兩車(chē)追尾過(guò)程為一維正碰，碰撞時(shí)間極短，后車(chē)制動(dòng)過(guò)程及兩車(chē)碰后減速過(guò)程均可視為水平方向僅在滑動(dòng)摩擦阻力作用下的勻減速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，前車(chē)、后車(chē)視為質(zhì)點(diǎn)．如圖為事故現(xiàn)場(chǎng)俯視圖，兩車(chē)劃痕長(zhǎng)度與兩車(chē)發(fā)生的位移大小相等．已知后車(chē)質(zhì)量m1＝2 000 kg，前車(chē)質(zhì)量m2＝1 000 kg，兩車(chē)所受摩擦阻力與車(chē)重的比值均為k＝0.5，重力加速度g＝10 m/s2.請(qǐng)根據(jù)現(xiàn)場(chǎng)勘測(cè)數(shù)據(jù)及已知信息進(jìn)行判斷和計(jì)算．
(1)靜止的前車(chē)在碰撞后瞬間的速度；
(2)后車(chē)開(kāi)始剎車(chē)時(shí)是否超速(該段道路限速120 km/h)．
2.2022北京冬奧會(huì)后，冰壺運(yùn)動(dòng)成為了廣大冰雪愛(ài)好者熱捧的一個(gè)運(yùn)動(dòng)項(xiàng)目．如圖是一個(gè)冰壺大本營(yíng)的示意圖，內(nèi)環(huán)R1＝0.61 m，中環(huán)R2＝1.22 m，外環(huán)R3＝1.83 m．某次比賽中，紅壺以某一速度和停在Q點(diǎn)的藍(lán)壺發(fā)生正碰之后，質(zhì)量相等的紅、藍(lán)兩壺分別停在 M和 N點(diǎn)．設(shè)紅、藍(lán)壺與冰面間的摩擦因數(shù)相同，則：
(1)碰后紅壺和藍(lán)壺的速度大小之比；
(2)紅壺和藍(lán)壺碰撞過(guò)程損失的機(jī)械能與碰前瞬間紅壺動(dòng)能之比．
命題點(diǎn)二　力學(xué)三大觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用
1．力學(xué)三大觀點(diǎn)對(duì)比
力學(xué)三大觀點(diǎn) 對(duì)應(yīng)規(guī)律 表達(dá)式 選用原則
動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn) 牛頓第二定律 F合＝ma 物體做勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，涉及運(yùn)動(dòng)細(xì)節(jié)
勻變速直線(xiàn)
運(yùn)動(dòng)規(guī)律
能量觀點(diǎn) 動(dòng)能定理 W合＝ΔEk 涉及做功與能量轉(zhuǎn)換
機(jī)械能守恒定律 Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2
功能關(guān)系 WG＝－ΔEp等
能量守恒定律 E1＝E2
動(dòng)量觀點(diǎn) 動(dòng)量定理 I合＝p′－p 只涉及初末速度、力、時(shí)間而不涉及位移、功
動(dòng)量守恒定律 p1＋p2＝p′1＋p′2 只涉及初末速度而不涉及力、時(shí)間
2.選用原則
(1)當(dāng)物體受到恒力作用做勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)(曲線(xiàn)運(yùn)動(dòng)某一方向可分解為勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng))，涉及時(shí)間與運(yùn)動(dòng)細(xì)節(jié)時(shí)，一般選用動(dòng)力學(xué)方法解題．
(2)當(dāng)涉及功、能和位移時(shí)，一般選用動(dòng)能定理、機(jī)械能守恒定律、功能關(guān)系或能量守恒定律解題，題目中出現(xiàn)相對(duì)位移(摩擦生熱)時(shí)，應(yīng)優(yōu)先選用能量守恒定律．
(3)不涉及物體運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的加速度而涉及物體運(yùn)動(dòng)時(shí)間的問(wèn)題，特別是對(duì)于打擊類(lèi)問(wèn)題，因時(shí)間短且作用力隨時(shí)間變化，應(yīng)用動(dòng)量定理求解．
(4)對(duì)于碰撞、爆炸、反沖、地面光滑的板—塊問(wèn)題，若只涉及初、末速度而不涉及力、時(shí)間，應(yīng)用動(dòng)量守恒定律求解．
(1)求滑塊a到達(dá)圓弧管道DEF最低點(diǎn)F時(shí)速度大小vF和所受支持力大小FN；
(2)若滑塊a碰后返回到B點(diǎn)時(shí)速度vB＝1 m/s，求滑塊a、b碰撞過(guò)程中損失的機(jī)械能ΔE；
(3)若滑塊a碰到滑塊b立即被粘住，求碰撞后彈簧最大長(zhǎng)度與最小長(zhǎng)度之差Δx.
(1)求木板剛接觸彈簧時(shí)速度v1的大小及木板運(yùn)動(dòng)前右端距彈簧左端的距離x1；
(2)求木板與彈簧接觸以后，物塊與木板之間即將相對(duì)滑動(dòng)時(shí)彈簧的壓縮量x2及此時(shí)木板速度v2的大小；
(3)已知木板向右運(yùn)動(dòng)的速度從v2減小到0所用時(shí)間為t0.求木板從速度為v2時(shí)到之后與物塊加速度首次相同時(shí)的過(guò)程中，系統(tǒng)因摩擦轉(zhuǎn)化的內(nèi)能ΔU(用t0表示)．
思維提升
板塊類(lèi)問(wèn)題的處理方法
對(duì)板塊類(lèi)問(wèn)題，首先把木板和物塊視為整體，分析其所受合力是否為零．①如果整體受力是零，則首先考慮系統(tǒng)動(dòng)量守恒求出末態(tài)速度，然后用能量的轉(zhuǎn)化與守恒定律求物塊相對(duì)木板滑動(dòng)的距離，對(duì)單個(gè)研究對(duì)象列動(dòng)量定理求時(shí)間，利用動(dòng)能定理求各自對(duì)地運(yùn)動(dòng)的位移．②如果整體受外力之和不為零，則用牛頓第二定律、運(yùn)動(dòng)公式或運(yùn)動(dòng)的v- t圖像來(lái)求速度、時(shí)間、位移、相對(duì)距離等物理量，需要注意分析物塊和木板是相對(duì)滑動(dòng)還是相對(duì)靜止．
提升訓(xùn)練
1.[2023·北京卷] 如圖所示，質(zhì)量為m的小球A用一不可伸長(zhǎng)的輕繩懸掛在O點(diǎn)，在O點(diǎn)正下方的光滑桌面上有一個(gè)與A完全相同的靜止小球B，B距O點(diǎn)的距離等于繩長(zhǎng)L.現(xiàn)將A拉至某一高度，由靜止釋放，A以速度v在水平方向和B發(fā)生正碰并粘在一起．重力加速度為g.求：
(1)A釋放時(shí)距桌面的高度H；
(2)碰撞前瞬間繩子的拉力大小F；
(3)碰撞過(guò)程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能ΔE.
2．[2023·浙江1月]一游戲裝置豎直截面如圖所示，該裝置由固定在水平地面上傾角θ＝37°的直軌道AB、螺旋圓形軌道BCDE、傾角θ＝37°的直軌道EF、水平直軌道FG組成，除FG段外各段軌道均光滑，且各處平滑連接．螺旋圓形軌道與軌道AB、EF相切于B(E)處．凹槽GHIJ底面HI水平光滑，上面放有一無(wú)動(dòng)力擺渡車(chē)，并緊靠在豎直側(cè)壁GH處，擺渡車(chē)上表面與直軌道FG、平臺(tái)JK位于同一水平面．
已知螺旋圓形軌道半徑R＝0.5 m，B點(diǎn)高度為1.2R，F(xiàn)G長(zhǎng)度LFG＝2.5 m，HI長(zhǎng)度L0＝9 m，擺渡車(chē)長(zhǎng)度L＝3 m、質(zhì)量m＝1 kg.將一質(zhì)量也為m的滑塊從傾斜軌道AB上高度h＝2.3 m處?kù)o止釋放，滑塊在FG段運(yùn)動(dòng)時(shí)的阻力為其重力的0.2倍．(擺渡車(chē)碰到豎直側(cè)壁IJ立即靜止，滑塊視為質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
(1)求滑塊過(guò)C點(diǎn)的速度大小vC和軌道對(duì)滑塊的作用力大小FC；
(2)擺渡車(chē)碰到IJ前，滑塊恰好不脫離擺渡車(chē)，求滑塊與擺渡車(chē)之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ；
(3)在(2)的條件下，求滑塊從G到J所用的時(shí)間t.
數(shù)學(xué)歸納法解決多次碰撞問(wèn)題
當(dāng)兩個(gè)物體之間或物體與擋板之間發(fā)生多次碰撞時(shí)，因碰撞次數(shù)較多，過(guò)程復(fù)雜，在求解多次碰撞問(wèn)題時(shí)，通常可用到數(shù)學(xué)歸納法．
數(shù)學(xué)歸納法 先利用所學(xué)知識(shí)把前幾次碰撞過(guò)程理順，分析透徹，根據(jù)前幾次數(shù)據(jù)，利用數(shù)學(xué)歸納法，可寫(xiě)出以后碰撞過(guò)程中對(duì)應(yīng)規(guī)律或結(jié)果，然后可以計(jì)算全程的路程等數(shù)據(jù)．
[典例]　[2023·山東日照市一模]如圖所示，質(zhì)量m1＝1.9 kg的靶盒A靜止在固定平臺(tái)上的O點(diǎn)(未畫(huà)出)，輕彈簧的一端固定，另一端靠著靶盒(不連接)，此時(shí)彈簧處于自然長(zhǎng)度，彈簧的勁度系數(shù)k＝184 N/m.長(zhǎng)度l＝2.25 m、質(zhì)量m2＝1.0 kg的木板B靜止在光滑的水平面上，木板上表面與平臺(tái)等高，且緊靠平臺(tái)右端放置，距離平臺(tái)右端d＝4.25 m處有豎直墻壁．某射擊者根據(jù)需要瞄準(zhǔn)靶盒，射出一顆水平速度v0＝100 m/s、質(zhì)量m0＝0.1 kg的子彈，當(dāng)子彈從靶盒右端打入靶盒后，便留在盒內(nèi)(在極短的時(shí)間內(nèi)子彈與靶盒達(dá)到共同速度)，最終靶盒恰好沒(méi)有從木板的右端脫離木板．第6講　力學(xué)三大觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用
知識(shí)網(wǎng)絡(luò)構(gòu)建
命題分類(lèi)剖析
命題點(diǎn)一　　動(dòng)量和能量觀點(diǎn)解決多過(guò)程問(wèn)題
動(dòng)量和能量觀點(diǎn)解決多過(guò)程問(wèn)題的處理技巧
1．解決該類(lèi)問(wèn)題用到的規(guī)律：動(dòng)量守恒定律，機(jī)械能守恒定律，能量守恒定律，功能關(guān)系等．
2．解決該類(lèi)問(wèn)題的基本思路：
(1)認(rèn)真審題，確定研究對(duì)象．
(2)如果物體間涉及多過(guò)程，要把整個(gè)過(guò)程分解為幾個(gè)小的過(guò)程．
(3)對(duì)所選取的對(duì)象進(jìn)行受力分析，判定系統(tǒng)是否符合動(dòng)量守恒的條件．
(4)對(duì)所選系統(tǒng)進(jìn)行能量轉(zhuǎn)化的分析．
(5)選取所需要的方程列式并求解．
例 1 [2023·江蘇省南京外國(guó)語(yǔ)學(xué)院期末]如圖所示，兩根間距為L(zhǎng)、足夠長(zhǎng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌固定于同一水平面內(nèi)，整個(gè)導(dǎo)軌處于豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，質(zhì)量均為m、電阻分別為R、r的導(dǎo)體棒MN、PQ垂直靜止于平行導(dǎo)軌上，與導(dǎo)軌構(gòu)成矩形閉合回路，某時(shí)刻給導(dǎo)體棒MN一個(gè)水平向右的瞬時(shí)沖量I，不考慮導(dǎo)軌的電阻，則從此時(shí)至PQ達(dá)到最大速度的過(guò)程中，以下說(shuō)法正確的是(　　)
A．導(dǎo)體棒PQ做加速度增大的加速運(yùn)動(dòng)
B．通過(guò)導(dǎo)體棒MN的電荷量為
C．兩導(dǎo)體棒的相對(duì)距離減小量為
D．導(dǎo)體棒MN產(chǎn)生的焦耳熱為
例 2 [2023·廣東韶關(guān)二模]有一種打積木的游戲，裝置如圖所示，三塊完全相同的鋼性積木B、C、D疊放在靶位上，寬度均為d，積木C、D夾在固定的兩光滑薄板間，一球A(視為質(zhì)點(diǎn))用長(zhǎng)為L(zhǎng)，且不可伸長(zhǎng)的輕繩懸掛于O點(diǎn)．游戲時(shí)，鋼球拉至與O等高的P點(diǎn)(保持繩繃直)由靜止釋放，鋼球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)與積木B發(fā)生的碰撞為彈性碰撞且瞬間完成，積木B滑行一段距離(大于2d)后停下．已知鋼球和每塊積木的質(zhì)量均為m，各水平接觸面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，重力加速度大小為g，空氣阻力不計(jì)，求：
(1)鋼球下落到最低點(diǎn)且與B碰撞前的速度大小v0；
(2)積木B向前滑動(dòng)的距離s；
(3)將鋼球再次拉起至P點(diǎn)無(wú)初速釋放，積木C沿B的軌跡前進(jìn)．求C被A球碰撞后經(jīng)多長(zhǎng)時(shí)間與B球相遇．
提升訓(xùn)練
1.[2023·四川省成都市模擬]某高速公路上發(fā)生兩車(chē)追尾事故，事故認(rèn)定為前車(chē)違規(guī)停車(chē)，后車(chē)因制動(dòng)距離不足追尾前車(chē)．假設(shè)兩車(chē)追尾過(guò)程為一維正碰，碰撞時(shí)間極短，后車(chē)制動(dòng)過(guò)程及兩車(chē)碰后減速過(guò)程均可視為水平方向僅在滑動(dòng)摩擦阻力作用下的勻減速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，前車(chē)、后車(chē)視為質(zhì)點(diǎn)．如圖為事故現(xiàn)場(chǎng)俯視圖，兩車(chē)劃痕長(zhǎng)度與兩車(chē)發(fā)生的位移大小相等．已知后車(chē)質(zhì)量m1＝2 000 kg，前車(chē)質(zhì)量m2＝1 000 kg，兩車(chē)所受摩擦阻力與車(chē)重的比值均為k＝0.5，重力加速度g＝10 m/s2.請(qǐng)根據(jù)現(xiàn)場(chǎng)勘測(cè)數(shù)據(jù)及已知信息進(jìn)行判斷和計(jì)算．
(1)靜止的前車(chē)在碰撞后瞬間的速度；
(2)后車(chē)開(kāi)始剎車(chē)時(shí)是否超速(該段道路限速120 km/h)．
2.
2022北京冬奧會(huì)后，冰壺運(yùn)動(dòng)成為了廣大冰雪愛(ài)好者熱捧的一個(gè)運(yùn)動(dòng)項(xiàng)目．如圖是一個(gè)冰壺大本營(yíng)的示意圖，內(nèi)環(huán)R1＝0.61 m，中環(huán)R2＝1.22 m，外環(huán)R3＝1.83 m．某次比賽中，紅壺以某一速度和停在Q點(diǎn)的藍(lán)壺發(fā)生正碰之后，質(zhì)量相等的紅、藍(lán)兩壺分別停在 M和 N點(diǎn)．設(shè)紅、藍(lán)壺與冰面間的摩擦因數(shù)相同，則：
(1)碰后紅壺和藍(lán)壺的速度大小之比；
(2)紅壺和藍(lán)壺碰撞過(guò)程損失的機(jī)械能與碰前瞬間紅壺動(dòng)能之比．
命題點(diǎn)二　力學(xué)三大觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用
1．力學(xué)三大觀點(diǎn)對(duì)比
力學(xué)三大觀點(diǎn) 對(duì)應(yīng)規(guī)律 表達(dá)式 選用原則
動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn) 牛頓第二定律 F合＝ma 物體做勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，涉及運(yùn)動(dòng)細(xì)節(jié)
勻變速直線(xiàn) 運(yùn)動(dòng)規(guī)律 v＝v0＋at x＝ ＝2ax等
能量觀點(diǎn) 動(dòng)能定理 W合＝ΔEk 涉及做功與能量轉(zhuǎn)換
機(jī)械能守恒定律 Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2
功能關(guān)系 WG＝－ΔEp等
能量守恒定律 E1＝E2
動(dòng)量觀點(diǎn) 動(dòng)量定理 I合＝p′－p 只涉及初末速度、力、時(shí)間而不涉及位移、功
動(dòng)量守恒定律 p1＋p2＝p′1＋p′2 只涉及初末速度而不涉及力、時(shí)間
2.選用原則
(1)當(dāng)物體受到恒力作用做勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)(曲線(xiàn)運(yùn)動(dòng)某一方向可分解為勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng))，涉及時(shí)間與運(yùn)動(dòng)細(xì)節(jié)時(shí)，一般選用動(dòng)力學(xué)方法解題．
(2)當(dāng)涉及功、能和位移時(shí)，一般選用動(dòng)能定理、機(jī)械能守恒定律、功能關(guān)系或能量守恒定律解題，題目中出現(xiàn)相對(duì)位移(摩擦生熱)時(shí)，應(yīng)優(yōu)先選用能量守恒定律．
(3)不涉及物體運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的加速度而涉及物體運(yùn)動(dòng)時(shí)間的問(wèn)題，特別是對(duì)于打擊類(lèi)問(wèn)題，因時(shí)間短且作用力隨時(shí)間變化，應(yīng)用動(dòng)量定理求解．
(4)對(duì)于碰撞、爆炸、反沖、地面光滑的板—塊問(wèn)題，若只涉及初、末速度而不涉及力、時(shí)間，應(yīng)用動(dòng)量守恒定律求解．
例 1 [2023·浙江6月]為了探究物體間碰撞特性，設(shè)計(jì)了如圖所示的實(shí)驗(yàn)裝置．水平直軌道AB、CD和水平傳送帶平滑無(wú)縫連接，兩半徑均為R＝0.4 m的四分之一圓周組成的豎直細(xì)圓弧管道DEF與軌道CD和足夠長(zhǎng)的水平直軌道FG平滑相切連接．質(zhì)量為3m的滑塊b與質(zhì)量為2m的滑塊c用勁度系數(shù)k＝100 N/m的輕質(zhì)彈簧連接，靜置于軌道FG上．現(xiàn)有質(zhì)量m＝0.12 kg的滑塊a以初速度v0＝2 m/s從D處進(jìn)入，經(jīng)DEF管道后，與FG上的滑塊b碰撞(時(shí)間極短)．已知傳送帶長(zhǎng)L＝0.8 m，以v＝2 m/s的速率順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，滑塊a與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，其他摩擦和阻力均不計(jì)，各滑塊均可視為質(zhì)點(diǎn)，彈簧的彈性勢(shì)能Ep＝kx2(x為形變量)．
(1)求滑塊a到達(dá)圓弧管道DEF最低點(diǎn)F時(shí)速度大小vF和所受支持力大小FN；
(2)若滑塊a碰后返回到B點(diǎn)時(shí)速度vB＝1 m/s，求滑塊a、b碰撞過(guò)程中損失的機(jī)械能ΔE；
(3)若滑塊a碰到滑塊b立即被粘住，求碰撞后彈簧最大長(zhǎng)度與最小長(zhǎng)度之差Δx.
例 2 [2023·遼寧卷]如圖，質(zhì)量m1＝1 kg的木板靜止在光滑水平地面上，右側(cè)的豎直墻面固定一勁度系數(shù)k＝20 N/m的輕彈簧，彈簧處于自然狀態(tài)．質(zhì)量m2＝4 kg的小物塊以水平向右的速度v0＝ m/s滑上木板左端，兩者共速時(shí)木板恰好與彈簧接觸．木板足夠長(zhǎng)，物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.1，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力．彈簧始終處在彈性限度內(nèi)，彈簧的彈性勢(shì)能Ep與形變量x的關(guān)系為Ep＝kx2.取重力加速度g＝10 m/s2，結(jié)果可用根式表示．
(1)求木板剛接觸彈簧時(shí)速度v1的大小及木板運(yùn)動(dòng)前右端距彈簧左端的距離x1；
(2)求木板與彈簧接觸以后，物塊與木板之間即將相對(duì)滑動(dòng)時(shí)彈簧的壓縮量x2及此時(shí)木板速度v2的大小；
(3)已知木板向右運(yùn)動(dòng)的速度從v2減小到0所用時(shí)間為t0.求木板從速度為v2時(shí)到之后與物塊加速度首次相同時(shí)的過(guò)程中，系統(tǒng)因摩擦轉(zhuǎn)化的內(nèi)能ΔU(用t0表示)．
思維提升
板塊類(lèi)問(wèn)題的處理方法
對(duì)板塊類(lèi)問(wèn)題，首先把木板和物塊視為整體，分析其所受合力是否為零．①如果整體受力是零，則首先考慮系統(tǒng)動(dòng)量守恒求出末態(tài)速度，然后用能量的轉(zhuǎn)化與守恒定律求物塊相對(duì)木板滑動(dòng)的距離，對(duì)單個(gè)研究對(duì)象列動(dòng)量定理求時(shí)間，利用動(dòng)能定理求各自對(duì)地運(yùn)動(dòng)的位移．②如果整體受外力之和不為零，則用牛頓第二定律、運(yùn)動(dòng)公式或運(yùn)動(dòng)的v t圖像來(lái)求速度、時(shí)間、位移、相對(duì)距離等物理量，需要注意分析物塊和木板是相對(duì)滑動(dòng)還是相對(duì)靜止．
提升訓(xùn)練
1.[2023·北京卷] 如圖所示，質(zhì)量為m的小球A用一不可伸長(zhǎng)的輕繩懸掛在O點(diǎn)，在O點(diǎn)正下方的光滑桌面上有一個(gè)與A完全相同的靜止小球B，B距O點(diǎn)的距離等于繩長(zhǎng)L.現(xiàn)將A拉至某一高度，由靜止釋放，A以速度v在水平方向和B發(fā)生正碰并粘在一起．重力加速度為g.求：
(1)A釋放時(shí)距桌面的高度H；
(2)碰撞前瞬間繩子的拉力大小F；
(3)碰撞過(guò)程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能ΔE.
2．[2023·浙江1月]一游戲裝置豎直截面如圖所示，該裝置由固定在水平地面上傾角θ＝37°的直軌道AB、螺旋圓形軌道BCDE、傾角θ＝37°的直軌道EF、水平直軌道FG組成，除FG段外各段軌道均光滑，且各處平滑連接．螺旋圓形軌道與軌道AB、EF相切于B(E)處．凹槽GHIJ底面HI水平光滑，上面放有一無(wú)動(dòng)力擺渡車(chē)，并緊靠在豎直側(cè)壁GH處，擺渡車(chē)上表面與直軌道FG、平臺(tái)JK位于同一水平面．已知螺旋圓形軌道半徑R＝0.5 m，B點(diǎn)高度為1.2R，F(xiàn)G長(zhǎng)度LFG＝2.5 m，HI長(zhǎng)度L0＝9 m，擺渡車(chē)長(zhǎng)度L＝3 m、質(zhì)量m＝1 kg.將一質(zhì)量也為m的滑塊從傾斜軌道AB上高度h＝2.3 m處?kù)o止釋放，滑塊在FG段運(yùn)動(dòng)時(shí)的阻力為其重力的0.2倍．(擺渡車(chē)碰到豎直側(cè)壁IJ立即靜止，滑塊視為質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
(1)求滑塊過(guò)C點(diǎn)的速度大小vC和軌道對(duì)滑塊的作用力大小FC；
(2)擺渡車(chē)碰到IJ前，滑塊恰好不脫離擺渡車(chē)，求滑塊與擺渡車(chē)之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ；
(3)在(2)的條件下，求滑塊從G到J所用的時(shí)間t.
素養(yǎng)培優(yōu)·思維方法
數(shù)學(xué)歸納法解決多次碰撞問(wèn)題
當(dāng)兩個(gè)物體之間或物體與擋板之間發(fā)生多次碰撞時(shí)，因碰撞次數(shù)較多，過(guò)程復(fù)雜，在求解多次碰撞問(wèn)題時(shí)，通常可用到數(shù)學(xué)歸納法．
數(shù)學(xué)歸納法 先利用所學(xué)知識(shí)把前幾次碰撞過(guò)程理順，分析透徹，根據(jù)前幾次數(shù)據(jù)，利用數(shù)學(xué)歸納法，可寫(xiě)出以后碰撞過(guò)程中對(duì)應(yīng)規(guī)律或結(jié)果，然后可以計(jì)算全程的路程等數(shù)據(jù)．
[典例]　[2023·山東日照市一模]如圖所示，質(zhì)量m1＝1.9 kg的靶盒A靜止在固定平臺(tái)上的O點(diǎn)(未畫(huà)出)，輕彈簧的一端固定，另一端靠著靶盒(不連接)，此時(shí)彈簧處于自然長(zhǎng)度，彈簧的勁度系數(shù)k＝184 N/m.長(zhǎng)度l＝2.25 m、質(zhì)量m2＝1.0 kg的木板B靜止在光滑的水平面上，木板上表面與平臺(tái)等高，且緊靠平臺(tái)右端放置，距離平臺(tái)右端d＝4.25 m處有豎直墻壁．某射擊者根據(jù)需要瞄準(zhǔn)靶盒，射出一顆水平速度v0＝100 m/s、質(zhì)量m0＝0.1 kg的子彈，當(dāng)子彈從靶盒右端打入靶盒后，便留在盒內(nèi)(在極短的時(shí)間內(nèi)子彈與靶盒達(dá)到共同速度)，最終靶盒恰好沒(méi)有從木板的右端脫離木板．已知靶盒與平臺(tái)、與木板上表面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ均為0.2，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，木板與墻壁碰撞沒(méi)有能量損失，靶盒與子彈均可視為質(zhì)點(diǎn)，取g＝10 m/s2.(彈簧的彈性勢(shì)能可表示為Ep＝，k為彈簧的勁度系數(shù)，x為彈簧的形變量)求：
(1)子彈射入靶盒的過(guò)程中，系統(tǒng)損失的動(dòng)能；
(2)靶盒剛離開(kāi)彈簧時(shí)的動(dòng)能；
(3)O點(diǎn)到平臺(tái)右端的距離；
(4)木板運(yùn)動(dòng)的總路程．
第6講　力學(xué)三大觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用
命題分類(lèi)剖析
命題點(diǎn)一
[例1]　解析：依題意，當(dāng)兩導(dǎo)體棒速度相等時(shí)，導(dǎo)體棒PQ速度達(dá)最大，該過(guò)程中，導(dǎo)體棒PQ受到的安培力水平向右，根據(jù)F安＝BIL，I＝，E＝BLΔv
聯(lián)立可得F安＝
式中Δv為兩導(dǎo)體棒在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的速度差，由于Δv逐漸減小，根據(jù)牛頓第二定律可得a＝
可知做導(dǎo)體棒PQ做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，直到PQ到達(dá)最大速度后，兩導(dǎo)體棒一起做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；
對(duì)導(dǎo)體棒MN，設(shè)其開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)的初速度大小為v0，兩導(dǎo)體棒到達(dá)共速時(shí)速度大小為v，據(jù)動(dòng)量定理可得
－BLΔt＝mv－mv0，Δt＝q，I＝mv0
對(duì)兩導(dǎo)體棒，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有mv0＝2mv
聯(lián)立可求得，通過(guò)導(dǎo)體棒MN的電荷量為q＝ ，故B錯(cuò)誤；
根據(jù)q＝，ΔΦ＝BΔS＝BLΔx
聯(lián)立可求得，兩導(dǎo)體棒的相對(duì)距離減小量為Δx＝，故C正確；
從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到兩導(dǎo)體棒達(dá)到共速時(shí)，根據(jù)能量守恒定律有
＝Q＋×2mv2，Q＝QR＋Qr，＝
聯(lián)立，求得導(dǎo)體棒MN產(chǎn)生的焦耳熱為QR＝，故D錯(cuò)誤．
答案：C
[例2]　解析：(1)根據(jù)動(dòng)能定理可得mgL＝
解得v0＝.
(2)設(shè)小球與積木B發(fā)生彈性碰撞后速度為v1 ，積木B速度為v2 ，由動(dòng)量守恒定律有mv0＝mv1＋mv2
由能量守恒定律有＝
聯(lián)立解得v1＝0，v2＝v0＝
根據(jù)動(dòng)能定理可得，積木B向前滑行的距離s有
－(μ·3mg＋μ·2mg)d－μmg(s－d)＝
代入解得s＝－4d
(3)又將鋼球拉回P點(diǎn)由靜止釋放，與落下靜止的積木C發(fā)生彈性碰撞，此時(shí)C的速度仍為v3＝v2＝
C滑行s后與B碰撞，此時(shí)C的速度v4 滿(mǎn)足－(μ·2mg＋μmg)d－μmg(s－2d)＝
解得v4＝ ＝
當(dāng)C剛滑離D時(shí)的速度為v5 ，由動(dòng)能定理及動(dòng)量定理可得
－(μ·2mg＋μmg)d＝
－(μ·2mg＋μmg)t1＝mv5－mv3
C從滑離D至與B相遇－μmgt2＝mv4－mv5
C被A球撞后經(jīng)t時(shí)間與B球相遇 t＝t1＋t2
得t＝.
答案：(1)　(2)－4d
(3)
[提升訓(xùn)練]
1．解析：(1)設(shè)后車(chē)碰撞前、后瞬間的速度分別為v1、v′1，前車(chē)碰撞后瞬間的速度為v2，
前車(chē)碰后做勻減速運(yùn)動(dòng)，發(fā)生位移為x3＝40 m，
對(duì)前車(chē)由動(dòng)能定理有－km2gx3＝，
代入數(shù)據(jù)解得v2＝20 m/s；
(2)劃痕重疊區(qū)域長(zhǎng)度x2＝22.5 m為碰后后車(chē)做勻減速運(yùn)動(dòng)的位移，
對(duì)后車(chē)由動(dòng)能定理有－km1gx2＝，代入數(shù)據(jù)解得v′1＝15 m/s，
碰撞過(guò)程，對(duì)前、后兩車(chē)系統(tǒng)，由動(dòng)量守恒定律有m1v1＝m1v′1＋m2v2，代入數(shù)據(jù)解得v1＝25 m/s，
設(shè)后車(chē)從剎車(chē)到即將碰撞的勻減速過(guò)程中發(fā)生的位移為x0，剎車(chē)時(shí)的速度為v0，則x0＝x1－x2＝27.5 m，
對(duì)碰撞前后車(chē)的剎車(chē)過(guò)程，由動(dòng)能定理有－km1gx0＝，代入數(shù)據(jù)解得v0＝30 m/s，
因v0＝30 m/s＝108 km/h<120 km/h，故后車(chē)未超速.
答案：(1)20 m/s 　(2) 沒(méi)超速
2．解析：(1)設(shè)紅、藍(lán)壺碰撞后瞬間的速度分別為v1、v2，根據(jù)動(dòng)能定理，有－μmgs1＝
－μmgs2＝
依題意s1＝R2－R1，s2＝2R2
聯(lián)立以上各式可得v1∶v2＝1∶2.
(2)設(shè)紅壺碰前速度為v0，碰撞前后動(dòng)量守恒，有
mv0＝ mv1＋ mv2，
由于v1∶v2＝1∶2，
可得v0∶v1＝3∶1
碰撞中損失的能量ΔE＝＝
碰撞過(guò)程損失的機(jī)械能與碰前瞬間紅壺動(dòng)能之比
η＝＝.
答案：(1)1∶2　(2)4∶9
命題點(diǎn)二
[例1]　解析：(1)滑塊a從D到F，由動(dòng)能定理有
mg·2R＝
在F點(diǎn)，有
解得vF＝10 m/s
FN＝31.2 N.
(2)滑塊a返回B點(diǎn)時(shí)的速度vB＝1 m/s，滑塊a一直在傳送帶上減速，加速度大小為
a＝μg＝5 m/s2
根據(jù)＝－2aL
可得在C點(diǎn)的速度vC＝3 m/s
則滑塊a從碰撞后到達(dá)C點(diǎn)
＝＋mg·2R
解得v1＝5 m/s
因ab碰撞動(dòng)量守恒，則mvF＝－mv1＋3mv2
解得碰后b的速度v2＝5 m/s
則碰撞損失的能量
ΔE＝，解得ΔE＝0.
(3)若滑塊a碰到滑塊b立即被粘住，則ab碰后的共同速度
mvF＝4mv
解得v＝2.5 m/s
當(dāng)彈簧被壓縮到最短或者伸長(zhǎng)到最長(zhǎng)時(shí)有共同速度
4mv＝6mv′
v′＝ m/s
當(dāng)彈簧被壓縮到最短時(shí)壓縮量為x1，由能量關(guān)系
·4mv2＝
解得x1＝0.1 m
同理當(dāng)彈簧被拉到最長(zhǎng)時(shí)伸長(zhǎng)量為
x2＝x1
則彈簧最大長(zhǎng)度與最小長(zhǎng)度之差
Δx＝2x1＝0.2 m.
答案：(1)10 m/s　31.2 N　(2)0　(3)0.2 m
[例2]　解析：(1)由于地面光滑，則m1、m2組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，則有m2v0＝(m1＋m2)v1
代入數(shù)據(jù)有v1＝1 m/s
對(duì)m1受力分析有a1＝＝4 m/s2
則木板運(yùn)動(dòng)前右端距彈簧左端的距離有
＝2a1x1
代入數(shù)據(jù)解得x1＝0.125 m.
(2)木板與彈簧接觸以后，對(duì)m1、m2組成的系統(tǒng)有kx2＝(m1＋m2)a共
對(duì)m2有a2＝μg＝1 m/s2
當(dāng)a共＝a2時(shí)物塊與木板之間即將相對(duì)滑動(dòng)，解得此時(shí)的彈簧壓縮量
x2＝0.25 m
對(duì)m1、m2組成的系統(tǒng)，由動(dòng)能定理有
＝
代入數(shù)據(jù)有 m/s.
(3)木板從速度為v2時(shí)到之后與物塊加速度首次相同的過(guò)程中，由于木板即m1的加速度大于木塊m2的加速度，物塊相對(duì)木板始終向右運(yùn)動(dòng)，物塊的加速度大小始終為a＝1 m/s2，方向水平向左．此過(guò)程木板先向右的速度從v2減小到0，再反向加速運(yùn)動(dòng)到加速度大小等于a，因彈簧彈力與形變量成正比，故此過(guò)程木板的減速運(yùn)動(dòng)過(guò)程與加速運(yùn)動(dòng)過(guò)程具有對(duì)稱(chēng)性，可知此過(guò)程總用時(shí)為2t0，木板的末速度大小等于v2.在此2t0時(shí)間內(nèi)，對(duì)物塊用動(dòng)量定理有－μm2g·2t0＝m2v3－m2v2
解得v3＝ m/s
在此2t0時(shí)間內(nèi)，彈簧的初末彈性勢(shì)能不變，木板的初末動(dòng)能不變，故對(duì)系統(tǒng)由能量守恒定律可知此過(guò)程系統(tǒng)因摩擦轉(zhuǎn)化的內(nèi)能就等于物塊減少的動(dòng)能，ΔU＝
解得) J
答案：(1)1 m/s　0.125 m　(2)0.25 m　 m/s
) J
[提升訓(xùn)練]
1．解析：(1)A釋放到與B碰撞前，根據(jù)動(dòng)能定理得
mgH＝mv2，解得H＝.
(2)碰前瞬間，對(duì)A由牛頓第二定律得
F－mg＝m
解得F＝mg＋m.
(3)A、B碰撞過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得mv＝2mv1
解得v1＝v
則碰撞過(guò)程中損失的機(jī)械能為
ΔE＝mv2－·2m2＝mv2.
答案：(1)　(2)mg＋m　(3)mv2
2．解析：(1)C點(diǎn)離地高度為1.2R＋R cos θ＋R＝3R
滑塊從靜止釋放到C點(diǎn)過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理可得
mg(h－3R)＝
解得vC
在最高點(diǎn)C時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律可得，
解得FC＝22 N.
(2)從靜止釋放到G點(diǎn)，由動(dòng)能定理可得
mgh－0.2mgLFG＝
由題可知，滑塊到達(dá)擺渡車(chē)右端時(shí)剛好與擺渡車(chē)共速，速度大小設(shè)為v
根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得2mv＝mvG
由功能關(guān)系可得μmgL＝－×2mv2
綜合解得μ＝0.3.
(3)滑塊從滑上擺渡車(chē)到與擺渡車(chē)共速過(guò)程，滑塊的加速度大小為a＝μg
設(shè)滑塊從滑上擺渡車(chē)到共速的時(shí)間為t1，有
t1＝＝1 s
共速后繼續(xù)向右勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間
t2＝＝1.5 s
t＝t1＋t2＝2.5 s.
答案：(1)4 m/s　22 N　(2)0.3　(3)2.5 s
命題分類(lèi)剖析
[典例]　解析：(1)子彈射入靶盒的過(guò)程中，由動(dòng)量守恒定律有m0v0＝(m1＋m0)v，
得v＝5 m/s
系統(tǒng)損失的動(dòng)能ΔEk＝－(m1＋m0)v2，
解得ΔEk＝475 J；
(2)子彈進(jìn)入靶盒后，設(shè)靶盒向左運(yùn)動(dòng)的最大距離為x，
由能量守恒定律有(m1＋m0)v2＝μ(m1＋m0)gx＋kx2，
解得x＝0.5 m，
靶盒再次返回到O點(diǎn)時(shí)離開(kāi)彈簧，設(shè)此時(shí)動(dòng)能為Ek，
由動(dòng)能定理有－2μ(m1＋m0)gx＝Ek－(m1＋m0)v2，
解得Ek＝21 J；
(3)設(shè)O點(diǎn)到平臺(tái)右端的距離為s，靶盒A離開(kāi)O點(diǎn)后僅在摩擦力的作用下做勻減速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，滑上木板后，木板與墻壁多次碰撞，最終靶盒停在木板右端，由能量守恒定律得
Ek＝μ(m1＋m0)g(s＋l)，
解得s＝3 m；
(4)設(shè)靶盒滑上長(zhǎng)木板時(shí)的速度大小為v1，由動(dòng)能定理有－μ(m1＋m0)gs＝－Ek，
解得v1＝3 m/s，
設(shè)之后靶盒與木板達(dá)到共同速度v′1，
(m1＋m0)v1＝(m1＋m0＋m2)v′1，
解得v′1＝2 m/s，該過(guò)程中木板的位移為s1，
木板的加速度為a，μ(m1＋m0)g＝m2a，
根據(jù)＝2as1，
解得s1＝0.5 m說(shuō)明木板與墻壁碰撞之前已經(jīng)與靶盒達(dá)到共同速度，木板第一次與墻壁碰撞之后向左減速，經(jīng)位移大小s1速度減為0，再向右加速，設(shè)與靶盒達(dá)到共同速度v2，以向右為正方向(下同)，有(m1＋m0)v′1－m2v′1＝(m1＋m0＋m2)v2，可得v2＝v′1，
木板第二次與墻壁碰撞之后向左減速，經(jīng)位移大小s2速度減為0，再向右加速＝2as2，設(shè)第二次與墻壁碰撞之后，靶盒與木板達(dá)到共同速度v3，(m1＋m0)v2－m2v2＝(m1＋m0＋m2)v3，
v3＝v2＝v′1，
第三次與墻壁碰撞之后，經(jīng)位移大小s3速度減為0，再向右加速＝2as3，
第n次與墻壁碰撞之后，靶盒與木板達(dá)到共同速度vn＋1，vn＋1＝v′1
經(jīng)位移大小sn速度減為0，再向右加速
木板的路程L＝d－l＋2s1＋2s2＋…＋2sn＋1，
即
解得L＝3.125 m.
答案：(1)475 J　(2)21 J　(3)3 m　(4)3.125 m(共53張PPT)
第7講　電場(chǎng)及帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)
命題點(diǎn)一　電場(chǎng)的基本性質(zhì)
1．電場(chǎng)中的各個(gè)物理量的形成及相互轉(zhuǎn)化的關(guān)系
2．三個(gè)物理量的判斷方法
判斷場(chǎng)強(qiáng)大小
判斷電勢(shì)的高低
判斷電勢(shì)能大小 ①根據(jù)Ep＝qφ判斷；②根據(jù)WAB＝－ΔEp，由電場(chǎng)力做功判斷
考向1　庫(kù)侖力作用下的平衡問(wèn)題
例 1 [2023·海南卷]如圖所示，一光滑絕緣軌道水平放置，直徑上有A、B兩點(diǎn)，AO＝2 cm，OB＝4 cm，在A、B兩點(diǎn)固定兩個(gè)帶電荷量分別為Q1、Q2的正電荷，現(xiàn)有一個(gè)帶正電的小球靜置于軌道內(nèi)側(cè)P點(diǎn)(小球可視為點(diǎn)電荷)，已知AP∶BP＝n∶1，則Q1∶Q2是(　　)
A．2n2∶1 B．4n2∶1
C．2n3∶1 D．4n3∶1
答案：C
答案：D
考向3　根據(jù)電場(chǎng)中的“點(diǎn)、線(xiàn)、面、跡”判斷相關(guān)物理量的變化
例 3 [2023·遼寧卷](多選)圖(a)為金屬四極桿帶電粒子質(zhì)量分析器的局部結(jié)構(gòu)示意圖，圖(b)為四極桿內(nèi)垂直于x軸的任意截面內(nèi)的等勢(shì)面分布圖，相鄰兩等勢(shì)面間電勢(shì)差相等，則(　　)
A．P點(diǎn)電勢(shì)比M點(diǎn)的低
B．P點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度大小比M點(diǎn)的大
C．M點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度方向沿z軸正方向
D．沿x軸運(yùn)動(dòng)的帶電粒子，電勢(shì)能不變
答案：CD
解析：P靠近正場(chǎng)源，M靠近負(fù)場(chǎng)源，故P點(diǎn)電勢(shì)比M點(diǎn)的高，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；因M點(diǎn)所在的等差等勢(shì)面密集，則M點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)較P點(diǎn)大，即P點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度大小比M點(diǎn)的小，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；場(chǎng)強(qiáng)方向垂直等勢(shì)面，且沿電場(chǎng)線(xiàn)方向電勢(shì)逐漸降低，可知M點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度方向沿z軸正方向，選項(xiàng)C正確；因x軸上各點(diǎn)電勢(shì)相等，則沿x軸運(yùn)動(dòng)的帶電粒子，電勢(shì)能不變，選項(xiàng)D正確．故選CD.
例 4 [2023·全國(guó)乙卷] (多選)在O點(diǎn)處固定一個(gè)正點(diǎn)電荷，P點(diǎn)在O點(diǎn)右上方．從P點(diǎn)由靜止釋放一個(gè)帶負(fù)電的小球，小球僅在重力和該點(diǎn)電荷電場(chǎng)力作用下在豎直面內(nèi)運(yùn)動(dòng)，其一段軌跡如圖所示．M、N是軌跡上的兩點(diǎn)，OP>OM，OM＝ON，則小球(　　)
A．在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，電勢(shì)能先增加后減少
B．在P點(diǎn)的電勢(shì)能大于在N點(diǎn)的電勢(shì)能
C．在M點(diǎn)的機(jī)械能等于在N點(diǎn)的機(jī)械能
D．從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的過(guò)程中，電場(chǎng)力始終不做功
答案：BC
解析：由題知，OP>OM，OM＝ON，則根據(jù)點(diǎn)電荷的電勢(shì)分布情況可知φM＝φN>φP，則帶負(fù)電的小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，電勢(shì)能先減小后增大，且EpP>EpM＝EpN，則帶負(fù)電的小球在M點(diǎn)的機(jī)械能等于在N點(diǎn)的機(jī)械能，A錯(cuò)誤、BC正確；從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的過(guò)程中，電場(chǎng)力先做正功后做負(fù)功，D錯(cuò)誤．
思維提升
電場(chǎng)中三線(xiàn)問(wèn)題的解題思路
解決電場(chǎng)中的三線(xiàn)問(wèn)題，分清電場(chǎng)線(xiàn)、等勢(shì)線(xiàn)、軌跡線(xiàn)是解題的基礎(chǔ)，做曲線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的物體一定要受到指向軌跡內(nèi)側(cè)的合外力是解題的切入點(diǎn)，功能關(guān)系(電場(chǎng)力做的功等于電勢(shì)能的減少量，合外力的功等于物體動(dòng)能的增量等)是解題的重要手段．
提升訓(xùn)練
1.[2023·山東卷](多選)如圖所示，正六棱柱上下底面的中心為O和O′，A、D兩點(diǎn)分別固定等量異號(hào)的點(diǎn)電荷，下列說(shuō)法正確的是(　　)
A．F′點(diǎn)與C′點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等
B．B′點(diǎn)與E′點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度方向相同
C．A′點(diǎn)與F′點(diǎn)的電勢(shì)差小于O′點(diǎn)與D′點(diǎn)的電勢(shì)差
D．將試探電荷＋q由F點(diǎn)沿直線(xiàn)移動(dòng)到O點(diǎn)，其電
勢(shì)能先增大后減小
答案：ACD
解析：將六棱柱的上表面拿出
由幾何條件可知正電荷在OF中點(diǎn)K的場(chǎng)強(qiáng)方向垂直于OF，則K點(diǎn)的合場(chǎng)強(qiáng)與OF的夾角為銳角，在F點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)和OF的夾角為鈍角，因此將正電荷從F移到O點(diǎn)過(guò)程中電場(chǎng)力先做負(fù)功后做正功，電勢(shì)能先增大后減小，D正確；
由等量異種電荷的電勢(shì)分布可知，φA′＝φ>0，φD′＝－φ<0，φO′＝0，φF′>0，因此φA′－φF′＝φ－φF′<φO′－φD′＝φ，C正確；由等量異種電荷的對(duì)稱(chēng)性可知F′和C′電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等，B′和E′電場(chǎng)強(qiáng)度方向不同，A正確，B錯(cuò)誤；故選ACD.
2．[2023·廣東深圳統(tǒng)考二模](多選)范德格拉夫靜電加速器結(jié)構(gòu)如圖所示，其工作原理是先通過(guò)傳送帶將正電荷傳送到金屬球殼(電荷在金屬球殼均勻分布)，使金屬球與地面間產(chǎn)生幾百萬(wàn)伏的高壓，然后利用高壓給絕緣管中的帶電粒子加速．在加速管頂端A點(diǎn)無(wú)初速度釋放一帶電粒子，粒子經(jīng)過(guò)B、C兩點(diǎn)到達(dá)管底(B為AC中點(diǎn))．不計(jì)粒子重力，僅考慮球殼產(chǎn)生電場(chǎng)的影響，下列說(shuō)法正確的是(　　)
A．B點(diǎn)電勢(shì)比C點(diǎn)電勢(shì)高
B．粒子從B點(diǎn)到C點(diǎn)的過(guò)程中電勢(shì)能增大
C．粒子在B點(diǎn)的加速度大于在C點(diǎn)的加速度
D．粒子在AB與BC間的動(dòng)能變化量相同
答案：AC
解析：根據(jù)題意可知，電場(chǎng)方向由A→C，沿電場(chǎng)線(xiàn)方向電勢(shì)降低可知，B點(diǎn)電勢(shì)比C點(diǎn)電勢(shì)高，故A正確；粒子從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)力做正功，則電勢(shì)能減小，故B錯(cuò)誤；根據(jù)題意可知，B點(diǎn)附近的電場(chǎng)強(qiáng)度大于C點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度，則粒子在B點(diǎn)的加速度大于在C點(diǎn)的加速度，故C正確；根據(jù)題意可知，在AB間電場(chǎng)強(qiáng)度的平均值大于BC間電場(chǎng)強(qiáng)度的平均值，則由動(dòng)能定理可知，粒子在AB間動(dòng)能變化量比BC間的動(dòng)能變化量大，故D錯(cuò)誤．
3．[2023·全國(guó)乙卷] 如圖，等邊三角形△ABC位于豎直平面內(nèi)，AB邊水平，頂點(diǎn)C在AB邊上方，3個(gè)點(diǎn)電荷分別固定在三角形的三個(gè)頂點(diǎn)上．已知AB邊中點(diǎn)M處的電場(chǎng)強(qiáng)度方向豎直向下，BC邊中點(diǎn)N處的電場(chǎng)強(qiáng)度方向豎直向上，A點(diǎn)處點(diǎn)電荷的電荷量的絕對(duì)值為q，求
(1)B點(diǎn)處點(diǎn)電荷的電荷量的絕對(duì)值并判斷3個(gè)點(diǎn)電荷的正負(fù)；
(2)C點(diǎn)處點(diǎn)電荷的電荷量．
解析：(1)因?yàn)镸點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度豎直向下，則C為正電荷，根據(jù)場(chǎng)強(qiáng)的疊加原理，可知A、B兩點(diǎn)的電荷在M點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等，方向相反，則B點(diǎn)電荷帶電量為q，電性與A相同，又N點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度豎直向上，可得A處電荷在N點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)垂直BC沿AN連線(xiàn)向右上，如圖所示，可知A處電荷為正電荷，所以A、B、C均為正電荷．
命題點(diǎn)二　帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)
1．解決帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)問(wèn)題的基本思路
(1)兩分析：一是對(duì)帶電粒子進(jìn)行受力分析，二是分析帶電粒子的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)和運(yùn)動(dòng)過(guò)程(初始狀態(tài)及條件，加速或減速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)還是曲線(xiàn)運(yùn)動(dòng)等)．
(2)建模型：建立正確的物理模型(加速還是偏轉(zhuǎn))，恰當(dāng)選用規(guī)律或其他方法(如圖像)，找出已知量和待求量之間的關(guān)系．
注意：“化曲為直”思想的應(yīng)用．
2．用能量觀點(diǎn)處理帶電體運(yùn)動(dòng)的思維方法
(1)用動(dòng)能定理W＝ΔEk處理．
(2)用包括電勢(shì)能和內(nèi)能在內(nèi)的能量守恒定律處理．
答案：B
答案：A
例 3 [2023·湖北卷](多選) 一帶正電微粒從靜止開(kāi)始經(jīng)電壓U1加速后，射入水平放置的平行板電容器，極板間電壓為U2.微粒射入時(shí)緊靠下極板邊緣，速度方向與極板夾角為45°，微粒運(yùn)動(dòng)軌跡的最高點(diǎn)到極板左右兩端的水平距離分別為2L和L，到兩極板距離均為d，如圖所示．忽略邊緣效應(yīng)，不計(jì)重力．下列說(shuō)法正確的是(　　)
A．L∶d＝2∶1
B．U1∶U2＝1∶1
C．微粒穿過(guò)電容器區(qū)域的偏轉(zhuǎn)角度的正切值為2
D．僅改變微粒的質(zhì)量或者電荷數(shù)量，微粒在電
容器中的運(yùn)動(dòng)軌跡不變
答案：BD

考向3　力電綜合問(wèn)題
例 4 [2023·四川雅安模擬預(yù)測(cè)]如圖所示，空間中在一矩形區(qū)域Ⅰ內(nèi)有場(chǎng)強(qiáng)大小E1＝1×102 N/C，方向水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，一條長(zhǎng)L＝0.8 m且不可伸長(zhǎng)的輕繩一端固定在區(qū)域Ⅰ的左上角O點(diǎn)，另一端系一質(zhì)量m1＝0.5 kg，帶電荷量q＝－0.1 C的絕緣帶電小球a，在緊靠區(qū)域Ⅰ的右下角C點(diǎn)豎直放置一足夠長(zhǎng)，半徑R＝1 m的光滑絕緣圓筒，圓筒上端截面水平，CD是圓筒上表面的一條直徑且與區(qū)域Ⅰ的下邊界共線(xiàn)，直徑MN與直徑CD垂直，圓筒內(nèi)左半邊MNCHJK區(qū)域Ⅱ中存在大小E2＝20 N/C，方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)電場(chǎng)．把小球a拉至A點(diǎn)(輕繩繃直且水平)靜止釋放，當(dāng)小球a運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)正下方B點(diǎn)時(shí)，輕繩恰好斷裂．小球a進(jìn)入電場(chǎng)繼續(xù)運(yùn)動(dòng)，剛好從區(qū)域Ⅰ的右下角C點(diǎn)豎直向下離開(kāi)電場(chǎng)E1，然后貼著圓筒內(nèi)側(cè)進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ.已知重力加速度大小取g＝10 m2/s，繩斷前、斷后瞬間，小球a的速度保持不變，忽略一切阻力．
求：(1)輕繩的最大張力Tm；
(2)小球a運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)速度的大小vC和小球a從B到C過(guò)程電勢(shì)能的變化量ΔEp；
(3)若小球a剛進(jìn)入圓筒時(shí)，另一絕緣小球b從D點(diǎn)以相同速度豎直向下貼著圓筒內(nèi)側(cè)進(jìn)入圓筒，小球b的質(zhì)量m2＝0.5 kg，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間，小球a、b發(fā)生彈性碰撞，且碰撞中小球a的電荷量保持不變，則從小球b進(jìn)入圓筒到與小球a發(fā)生第5次碰撞后，小球b增加的機(jī)械能ΔEb是多大．
(3)因兩球在豎直方向下落一樣快，故它們碰撞時(shí)是水平正碰．根據(jù)水平方向碰撞時(shí)動(dòng)量守恒和能量守恒．由于兩球質(zhì)量相等，所以它們正碰時(shí)交換水平方向速度．小球a從進(jìn)入圓筒到第5次碰撞前，小球a增加的機(jī)械能為ΔEa＝qE2R＋2·qE22R＝10 J
則第5次碰撞后，小球b增加的機(jī)械能為ΔEb＝ΔEa＝10 J.
答案：(1)15 N　(2)2 m/s　小球電勢(shì)能增加了4 J
(3)10 J
思維提升
解決帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問(wèn)題方法與技巧
首先要確定研究對(duì)象，一般情況下，可以把帶電粒子(不計(jì)重力)或者帶電小球作為研究對(duì)象；其次要判斷是電加速模型、電偏轉(zhuǎn)模型還是電加速＋電偏轉(zhuǎn)模型；然后對(duì)模型分別進(jìn)行受力分析(要畫(huà)出受力分析圖)、運(yùn)動(dòng)分析(勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)、類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng))和能量分析(電場(chǎng)力做的功等于動(dòng)能的變化量)；最后結(jié)合已知量和待求量，列出方程求解．
答案：D
求：
(1)滑塊恰好能過(guò)圓軌道最高點(diǎn)C時(shí)的速度大小vC；
(2)在水平軌道D點(diǎn)右側(cè)，有一長(zhǎng)為d＝0.2 m的水平框，框的左端點(diǎn)離水平軌道D點(diǎn)的水平距離為L(zhǎng)＝0.4 m，豎直高度差為h＝0.2 m．為使滑塊(一直在軌道上運(yùn)動(dòng))滑離水平軌道D點(diǎn)后能落入框內(nèi)(忽略框兩側(cè)邊沿的高度)，則從D點(diǎn)飛出的物體速度范圍；
(3)在上一問(wèn)題中，滑塊在傾斜軌道上靜止釋放位置離水平軌道的高度H′的大小范圍．
2．等效最高點(diǎn)與幾何最高點(diǎn)
在“等效力場(chǎng)”中做圓周運(yùn)動(dòng)的小球，經(jīng)常遇到小球在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)的臨界速度問(wèn)題．小球能維持圓周運(yùn)動(dòng)的條件是能過(guò)最高點(diǎn)，而這里的最高點(diǎn)不一定是幾何最高點(diǎn)，而應(yīng)是等效最高點(diǎn)(如圖所示)．
求：
(1)小球A釋放的位置距離圓形軌道最低點(diǎn)的高度h至少為多少；
(2)常數(shù)n的值；
(3)在(1)問(wèn)的情況下小球A、B第二次碰撞剛結(jié)束時(shí)各自的速度大小．
[教你解決問(wèn)題]——模型建構(gòu)第7講　電場(chǎng)及帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)
知識(shí)網(wǎng)絡(luò)構(gòu)建
命題分類(lèi)剖析
命題點(diǎn)一　電場(chǎng)的基本性質(zhì)
1．電場(chǎng)中的各個(gè)物理量的形成及相互轉(zhuǎn)化的關(guān)系
2．三個(gè)物理量的判斷方法
判斷場(chǎng)強(qiáng)大小 ①根據(jù)電場(chǎng)線(xiàn)或等勢(shì)面的疏密判斷；②根據(jù)公式E＝k和場(chǎng)強(qiáng)疊加原理判斷
判斷電勢(shì)的高低 ①根據(jù)電場(chǎng)線(xiàn)的方向判斷；②由UAB＝和UAB＝φA－φB判斷；③根據(jù)電場(chǎng)力做功(或電勢(shì)能)判斷
判斷電勢(shì)能大小 ①根據(jù)Ep＝qφ判斷；②根據(jù)WAB＝－ΔEp，由電場(chǎng)力做功判斷
考向1　庫(kù)侖力作用下的平衡問(wèn)題
例 1 [2023·海南卷]如圖所示，一光滑絕緣軌道水平放置，直徑上有A、B兩點(diǎn)，AO＝2 cm，OB＝4 cm，在A、B兩點(diǎn)固定兩個(gè)帶電荷量分別為Q1、Q2的正電荷，現(xiàn)有一個(gè)帶正電的小球靜置于軌道內(nèi)側(cè)P點(diǎn)(小球可視為點(diǎn)電荷)，已知AP∶BP＝n∶1，則Q1∶Q2是(　　)
A．2n2∶1 B．4n2∶1
C．2n3∶1 D．4n3∶1
考向2　電場(chǎng)強(qiáng)度的疊加
例 2 [2023·湖南卷] 如圖，真空中有三個(gè)點(diǎn)電荷固定在同一直線(xiàn)上，電荷量分別為Q1、Q2和Q3，P點(diǎn)和三個(gè)點(diǎn)電荷的連線(xiàn)與點(diǎn)電荷所在直線(xiàn)的夾角分別為90°、60°和30°.若P點(diǎn)處的電場(chǎng)強(qiáng)度為零，q > 0，則三個(gè)點(diǎn)電荷的電荷量可能為(　　)
A．Q1＝q，Q2＝q，Q3＝q
B．Q1＝－q，Q2＝－q，Q3＝－4q
C．Q1＝－q，Q2＝q，Q3＝－q
D．Q1＝q，Q2＝－q，Q3＝4q
考向3　根據(jù)電場(chǎng)中的“點(diǎn)、線(xiàn)、面、跡”判斷相關(guān)物理量的變化
例 3 [2023·遼寧卷](多選)圖(a)為金屬四極桿帶電粒子質(zhì)量分析器的局部結(jié)構(gòu)示意圖，圖(b)為四極桿內(nèi)垂直于x軸的任意截面內(nèi)的等勢(shì)面分布圖，相鄰兩等勢(shì)面間電勢(shì)差相等，則(　　)
A．P點(diǎn)電勢(shì)比M點(diǎn)的低
B．P點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度大小比M點(diǎn)的大
C．M點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度方向沿z軸正方向
D．沿x軸運(yùn)動(dòng)的帶電粒子，電勢(shì)能不變
例 4 [2023·全國(guó)乙卷]
(多選)在O點(diǎn)處固定一個(gè)正點(diǎn)電荷，P點(diǎn)在O點(diǎn)右上方．從P點(diǎn)由靜止釋放一個(gè)帶負(fù)電的小球，小球僅在重力和該點(diǎn)電荷電場(chǎng)力作用下在豎直面內(nèi)運(yùn)動(dòng)，其一段軌跡如圖所示．M、N是軌跡上的兩點(diǎn)，OP>OM，OM＝ON，則小球(　　)
A．在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，電勢(shì)能先增加后減少
B．在P點(diǎn)的電勢(shì)能大于在N點(diǎn)的電勢(shì)能
C．在M點(diǎn)的機(jī)械能等于在N點(diǎn)的機(jī)械能
D．從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的過(guò)程中，電場(chǎng)力始終不做功
思維提升
電場(chǎng)中三線(xiàn)問(wèn)題的解題思路
解決電場(chǎng)中的三線(xiàn)問(wèn)題，分清電場(chǎng)線(xiàn)、等勢(shì)線(xiàn)、軌跡線(xiàn)是解題的基礎(chǔ)，做曲線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的物體一定要受到指向軌跡內(nèi)側(cè)的合外力是解題的切入點(diǎn)，功能關(guān)系(電場(chǎng)力做的功等于電勢(shì)能的減少量，合外力的功等于物體動(dòng)能的增量等)是解題的重要手段．
提升訓(xùn)練
1.[2023·山東卷](多選)如圖所示，正六棱柱上下底面的中心為O和O′，A、D兩點(diǎn)分別固定等量異號(hào)的點(diǎn)電荷，下列說(shuō)法正確的是(　　)
A．F′點(diǎn)與C′點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等
B．B′點(diǎn)與E′點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度方向相同
C．A′點(diǎn)與F′點(diǎn)的電勢(shì)差小于O′點(diǎn)與D′點(diǎn)的電勢(shì)差
D．將試探電荷＋q由F點(diǎn)沿直線(xiàn)移動(dòng)到O點(diǎn)，其電勢(shì)能先增大后減小
2．[2023·廣東深圳統(tǒng)考二模](多選)范德格拉夫靜電加速器結(jié)構(gòu)如圖所示，其工作原理是先通過(guò)傳送帶將正電荷傳送到金屬球殼(電荷在金屬球殼均勻分布)，使金屬球與地面間產(chǎn)生幾百萬(wàn)伏的高壓，然后利用高壓給絕緣管中的帶電粒子加速．在加速管頂端A點(diǎn)無(wú)初速度釋放一帶電粒子，粒子經(jīng)過(guò)B、C兩點(diǎn)到達(dá)管底(B為AC中點(diǎn))．不計(jì)粒子重力，僅考慮球殼產(chǎn)生電場(chǎng)的影響，下列說(shuō)法正確的是(　　)
A．B點(diǎn)電勢(shì)比C點(diǎn)電勢(shì)高
B．粒子從B點(diǎn)到C點(diǎn)的過(guò)程中電勢(shì)能增大
C．粒子在B點(diǎn)的加速度大于在C點(diǎn)的加速度
D．粒子在AB與BC間的動(dòng)能變化量相同
3．[2023·全國(guó)乙卷]
如圖，等邊三角形△ABC位于豎直平面內(nèi)，AB邊水平，頂點(diǎn)C在AB邊上方，3個(gè)點(diǎn)電荷分別固定在三角形的三個(gè)頂點(diǎn)上．已知AB邊中點(diǎn)M處的電場(chǎng)強(qiáng)度方向豎直向下，BC邊中點(diǎn)N處的電場(chǎng)強(qiáng)度方向豎直向上，A點(diǎn)處點(diǎn)電荷的電荷量的絕對(duì)值為q，求
(1)B點(diǎn)處點(diǎn)電荷的電荷量的絕對(duì)值并判斷3個(gè)點(diǎn)電荷的正負(fù)；
(2)C點(diǎn)處點(diǎn)電荷的電荷量．
命題點(diǎn)二　帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)
1．解決帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)問(wèn)題的基本思路
(1)兩分析：一是對(duì)帶電粒子進(jìn)行受力分析，二是分析帶電粒子的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)和運(yùn)動(dòng)過(guò)程(初始狀態(tài)及條件，加速或減速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)還是曲線(xiàn)運(yùn)動(dòng)等)．
(2)建模型：建立正確的物理模型(加速還是偏轉(zhuǎn))，恰當(dāng)選用規(guī)律或其他方法(如圖像)，找出已知量和待求量之間的關(guān)系．
注意：“化曲為直”思想的應(yīng)用．
2．用能量觀點(diǎn)處理帶電體運(yùn)動(dòng)的思維方法
(1)用動(dòng)能定理W＝ΔEk處理．
(2)用包括電勢(shì)能和內(nèi)能在內(nèi)的能量守恒定律處理．
考向1　帶電粒子在電場(chǎng)中的直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)
例 1 [2023·浙江6月]
AB、CD兩塊正對(duì)的平行金屬板與水平面成30°角固定，豎直截面如圖所示．兩板間距10 cm，電荷量為1.0×10－8 C、質(zhì)量為3.0×10－4 kg的小球用長(zhǎng)為5 cm的絕緣細(xì)線(xiàn)懸掛于A點(diǎn)．閉合開(kāi)關(guān)S，小球靜止時(shí)，細(xì)線(xiàn)與AB板夾角為30°；剪斷細(xì)線(xiàn)，小球運(yùn)動(dòng)到CD板上的M點(diǎn)(未標(biāo)出)，則(　　)
A．MC距離為5 cm
B．電勢(shì)能增加了×10－4 J
C．電場(chǎng)強(qiáng)度大小為×104 N/C
D．減小R的阻值，MC的距離將變大
考向2　帶電粒子在電場(chǎng)中的曲線(xiàn)運(yùn)動(dòng)
例 2 [2023·浙江6月卷]
某帶電粒子轉(zhuǎn)向器的橫截面如圖所示，轉(zhuǎn)向器中有輻向電場(chǎng)．粒子從M點(diǎn)射入，沿著由半徑分別為R1和R2的圓弧平滑連接成的虛線(xiàn)(等勢(shì)線(xiàn))運(yùn)動(dòng)，并從虛線(xiàn)上的N點(diǎn)射出，虛線(xiàn)處電場(chǎng)強(qiáng)度大小分別為E1和E2，則R1、R2和E1、E2應(yīng)滿(mǎn)足(　　)
A．＝ B．＝
C．＝ D．＝
例 3 [2023·湖北卷](多選)
一帶正電微粒從靜止開(kāi)始經(jīng)電壓U1加速后，射入水平放置的平行板電容器，極板間電壓為U2.微粒射入時(shí)緊靠下極板邊緣，速度方向與極板夾角為45°，微粒運(yùn)動(dòng)軌跡的最高點(diǎn)到極板左右兩端的水平距離分別為2L和L，到兩極板距離均為d，如圖所示．忽略邊緣效應(yīng)，不計(jì)重力．下列說(shuō)法正確的是(　　)
A．L∶d＝2∶1
B．U1∶U2＝1∶1
C．微粒穿過(guò)電容器區(qū)域的偏轉(zhuǎn)角度的正切值為2
D．僅改變微粒的質(zhì)量或者電荷數(shù)量，微粒在電容器中的運(yùn)動(dòng)軌跡不變
考向3　力電綜合問(wèn)題
例 4 [2023·四川雅安模擬預(yù)測(cè)]如圖所示，空間中在一矩形區(qū)域Ⅰ內(nèi)有場(chǎng)強(qiáng)大小E1＝1×102 N/C，方向水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，一條長(zhǎng)L＝0.8 m且不可伸長(zhǎng)的輕繩一端固定在區(qū)域Ⅰ的左上角O點(diǎn)，另一端系一質(zhì)量m1＝0.5 kg，帶電荷量q＝－0.1 C的絕緣帶電小球a，在緊靠區(qū)域Ⅰ的右下角C點(diǎn)豎直放置一足夠長(zhǎng)，半徑R＝1 m的光滑絕緣圓筒，圓筒上端截面水平，CD是圓筒上表面的一條直徑且與區(qū)域Ⅰ的下邊界共線(xiàn)，直徑MN與直徑CD垂直，圓筒內(nèi)左半邊MNCHJK區(qū)域Ⅱ中存在大小E2＝20 N/C，方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)電場(chǎng)．把小球a拉至A點(diǎn)(輕繩繃直且水平)靜止釋放，當(dāng)小球a運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)正下方B點(diǎn)時(shí)，輕繩恰好斷裂．小球a進(jìn)入電場(chǎng)繼續(xù)運(yùn)動(dòng)，剛好從區(qū)域Ⅰ的右下角C點(diǎn)豎直向下離開(kāi)電場(chǎng)E1，然后貼著圓筒內(nèi)側(cè)進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ.已知重力加速度大小取g＝10 m2/s，繩斷前、斷后瞬間，小球a的速度保持不變，忽略一切阻力．求：
(1)輕繩的最大張力Tm；
(2)小球a運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)速度的大小vC和小球a從B到C過(guò)程電勢(shì)能的變化量ΔEp；
(3)若小球a剛進(jìn)入圓筒時(shí)，另一絕緣小球b從D點(diǎn)以相同速度豎直向下貼著圓筒內(nèi)側(cè)進(jìn)入圓筒，小球b的質(zhì)量m2＝0.5 kg，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間，小球a、b發(fā)生彈性碰撞，且碰撞中小球a的電荷量保持不變，則從小球b進(jìn)入圓筒到與小球a發(fā)生第5次碰撞后，小球b增加的機(jī)械能ΔEb是多大．
思維提升
解決帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問(wèn)題方法與技巧
首先要確定研究對(duì)象，一般情況下，可以把帶電粒子(不計(jì)重力)或者帶電小球作為研究對(duì)象；其次要判斷是電加速模型、電偏轉(zhuǎn)模型還是電加速＋電偏轉(zhuǎn)模型；然后對(duì)模型分別進(jìn)行受力分析(要畫(huà)出受力分析圖)、運(yùn)動(dòng)分析(勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)、類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng))和能量分析(電場(chǎng)力做的功等于動(dòng)能的變化量)；最后結(jié)合已知量和待求量，列出方程求解．
提升訓(xùn)練
1.[2023·浙江1月]如圖所示，示波管由電子槍、豎直方向偏轉(zhuǎn)電極YY′、水平方向偏轉(zhuǎn)電極XX′和熒光屏組成．電極XX′的長(zhǎng)度為l、間距為d、極板間電壓為U，YY′極板間電壓為零，電子槍加速電壓為10U.電子剛離開(kāi)金屬絲的速度為零，從電子槍射出后沿OO′方向進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電極．已知電子電荷量為e，質(zhì)量為m，則電子(　　)
A．在XX′極板間的加速度大小為
B．打在熒光屏?xí)r，動(dòng)能大小為11eU
C．在XX′極板間受到電場(chǎng)力的沖量大小為
D．打在熒光屏?xí)r，其速度方向與OO′連線(xiàn)夾角α的正切tan α＝
2.
[2023·新課標(biāo)卷]密立根油滴實(shí)驗(yàn)的示意圖如圖所示．兩水平金屬平板上下放置，間距固定，可從上板中央的小孔向兩板間噴入大小不同、帶電量不同、密度相同的小油滴．兩板間不加電壓時(shí)，油滴a、b在重力和空氣阻力的作用下豎直向下勻速運(yùn)動(dòng)，速率分別為v0、；兩板間加上電壓后(上板為正極)，這兩個(gè)油滴很快達(dá)到相同的速率，均豎直向下勻速運(yùn)動(dòng)．油滴可視為球形，所受空氣阻力大小與油滴半徑、運(yùn)動(dòng)速率成正比，比例系數(shù)視為常數(shù)．不計(jì)空氣浮力和油滴間的相互作用．
(1)求油滴a和油滴b的質(zhì)量之比；
(2)判斷油滴a和油滴b所帶電荷的正負(fù)，并求a、b所帶電荷量的絕對(duì)值之比．
3．[2023·浙江模擬預(yù)測(cè)]如圖所示，一游戲軌道由傾角θ＝37°，動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝的足夠長(zhǎng)絕緣傾斜軌道與光滑的絕緣水平軌道及半徑R＝0.1 m的光滑絕緣圓軌道(在最低點(diǎn)B分別與水平軌道AB和BD相連)三部分組成，軌道各部分平滑連接．所有軌道處在同一豎直面內(nèi)，傾斜軌道處于水平向左場(chǎng)強(qiáng)E＝5.0×105 N/C的勻強(qiáng)電場(chǎng)中．一質(zhì)量為m＝3 g，帶電量為q＝＋1.0×10－8 C滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))，從傾斜軌道上靜止釋放，忽略空氣阻力．求：
(1)滑塊恰好能過(guò)圓軌道最高點(diǎn)C時(shí)的速度大小vC；
(2)在水平軌道D點(diǎn)右側(cè)，有一長(zhǎng)為d＝0.2 m的水平框，框的左端點(diǎn)離水平軌道D點(diǎn)的水平距離為L(zhǎng)＝0.4 m，豎直高度差為h＝0.2 m．為使滑塊(一直在軌道上運(yùn)動(dòng))滑離水平軌道D點(diǎn)后能落入框內(nèi)(忽略框兩側(cè)邊沿的高度)，則從D點(diǎn)飛出的物體速度范圍；
(3)在上一問(wèn)題中，滑塊在傾斜軌道上靜止釋放位置離水平軌道的高度H′的大小范圍．
素養(yǎng)培優(yōu)·思維方法
“等效法”在電場(chǎng)中的應(yīng)用
1．等效重力法
將重力與電場(chǎng)力進(jìn)行合成，如圖所示，則F合為等效重力場(chǎng)中的“重力”，g′＝為等效重力場(chǎng)中的“等效重力加速度”，F(xiàn)合的方向?yàn)榈刃А爸亓Α钡姆较颍丛诘刃е亓?chǎng)中的“豎直向下”方向．
2．等效最高點(diǎn)與幾何最高點(diǎn)
在“等效力場(chǎng)”中做圓周運(yùn)動(dòng)的小球，經(jīng)常遇到小球在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)的臨界速度問(wèn)題．小球能維持圓周運(yùn)動(dòng)的條件是能過(guò)最高點(diǎn)，而這里的最高點(diǎn)不一定是幾何最高點(diǎn)，而應(yīng)是等效最高點(diǎn)(如圖所示)．
[典例]　
[2023·河北名校高三聯(lián)考]如圖所示，半徑為R的光滑圓形軌道固定在豎直面內(nèi)，圓形軌道與一光滑的弧形軌道在圓最低點(diǎn)相切，圓形軌道區(qū)域內(nèi)有一平行于圓面的勻強(qiáng)電場(chǎng)，勻強(qiáng)電場(chǎng)的方向與豎直方向間的夾角為60°，帶電荷量＋q＝的小球B靜止在圖示N位置，帶電荷量為＋nq的小球A從弧形軌道某一位置由靜止釋放，A、B兩球碰撞中無(wú)機(jī)械能損失．已知A、B兩球的質(zhì)量分別為nm、m(n為常數(shù))，第一次碰撞后A、B兩球有相同的最大擺角(未脫離軌道)，碰撞過(guò)程兩小球所帶電荷量保持不變，重力加速度為g.求：
(1)小球A釋放的位置距離圓形軌道最低點(diǎn)的高度h至少為多少；
(2)常數(shù)n的值；
(3)在(1)問(wèn)的情況下小球A、B第二次碰撞剛結(jié)束時(shí)各自的速度大小．
[教你解決問(wèn)題]——模型建構(gòu)
第7講　電場(chǎng)及帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)
命題分類(lèi)剖析
命題點(diǎn)一
[例1]　解析：
如圖所示，P球受到A、B的庫(kù)侖斥力FA、FB和指向圓心的軌道彈力作用而平衡，由正弦定理有＝，又∠CPH＝∠OPB，∠CHP＝∠HPD＝∠APO，在△APO中，有＝，同理在△BPO中，有＝，設(shè)小球P的帶電荷量為q，則FA＝k，F(xiàn)B＝k，聯(lián)立解得Q1∶Q2＝2n3∶1，C對(duì)．
答案：C
[例2]　解析：選項(xiàng)AB的電荷均為正和均為負(fù)，則根據(jù)電場(chǎng)強(qiáng)度的疊加法則可知，P點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)不可能為零，A、B錯(cuò)誤；
設(shè)P、Q1間的距離為r，P點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)為零，故Q2、Q3在P點(diǎn)產(chǎn)生場(chǎng)強(qiáng)的水平分場(chǎng)強(qiáng)等大反向，即
k·cos 60°＝k·cos 30°
解得：＝，C錯(cuò)誤，D正確．
答案：D
[例3]　解析：P靠近正場(chǎng)源，M靠近負(fù)場(chǎng)源，故P點(diǎn)電勢(shì)比M點(diǎn)的高，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；因M點(diǎn)所在的等差等勢(shì)面密集，則M點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)較P點(diǎn)大，即P點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度大小比M點(diǎn)的小，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；場(chǎng)強(qiáng)方向垂直等勢(shì)面，且沿電場(chǎng)線(xiàn)方向電勢(shì)逐漸降低，可知M點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度方向沿z軸正方向，選項(xiàng)C正確；因x軸上各點(diǎn)電勢(shì)相等，則沿x軸運(yùn)動(dòng)的帶電粒子，電勢(shì)能不變，選項(xiàng)D正確．故選CD.
答案：CD
[例4]　解析：由題知，OP>OM，OM＝ON，則根據(jù)點(diǎn)電荷的電勢(shì)分布情況可知φM＝φN>φP，則帶負(fù)電的小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，電勢(shì)能先減小后增大，且EpP>EpM＝EpN，則帶負(fù)電的小球在M點(diǎn)的機(jī)械能等于在N點(diǎn)的機(jī)械能，A錯(cuò)誤、BC正確；從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的過(guò)程中，電場(chǎng)力先做正功后做負(fù)功，D錯(cuò)誤．
答案：BC
[提升訓(xùn)練]
1．解析：將六棱柱的上表面拿出
由幾何條件可知正電荷在OF中點(diǎn)K的場(chǎng)強(qiáng)方向垂直于OF，則K點(diǎn)的合場(chǎng)強(qiáng)與OF的夾角為銳角，在F點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)和OF的夾角為鈍角，因此將正電荷從F移到O點(diǎn)過(guò)程中電場(chǎng)力先做負(fù)功后做正功，電勢(shì)能先增大后減小，D正確；
由等量異種電荷的電勢(shì)分布可知，φA′＝φ>0，φD′＝－φ<0，φO′＝0，φF′>0，因此φA′－φF′＝φ－φF′<φO′－φD′＝φ，C正確；由等量異種電荷的對(duì)稱(chēng)性可知F′和C′電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等，B′和E′電場(chǎng)強(qiáng)度方向不同，A正確，B錯(cuò)誤；故選ACD.
答案：ACD
2．解析：根據(jù)題意可知，電場(chǎng)方向由A→C，沿電場(chǎng)線(xiàn)方向電勢(shì)降低可知，B點(diǎn)電勢(shì)比C點(diǎn)電勢(shì)高，故A正確；粒子從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)力做正功，則電勢(shì)能減小，故B錯(cuò)誤；根據(jù)題意可知，B點(diǎn)附近的電場(chǎng)強(qiáng)度大于C點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度，則粒子在B點(diǎn)的加速度大于在C點(diǎn)的加速度，故C正確；根據(jù)題意可知，在AB間電場(chǎng)強(qiáng)度的平均值大于BC間電場(chǎng)強(qiáng)度的平均值，則由動(dòng)能定理可知，粒子在AB間動(dòng)能變化量比BC間的動(dòng)能變化量大，故D錯(cuò)誤．
答案：AC
3．解析：(1)
因?yàn)镸點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度豎直向下，則C為正電荷，根據(jù)場(chǎng)強(qiáng)的疊加原理，可知A、B兩點(diǎn)的電荷在M點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等，方向相反，則B點(diǎn)電荷帶電量為q，電性與A相同，又N點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度豎直向上，可得A處電荷在N點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)垂直BC沿AN連線(xiàn)向右上，如圖所示，可知A處電荷為正電荷，所以A、B、C均為正電荷．
(2)如圖所示
由幾何關(guān)系E′A＝E′BC·tan 30°
即＝)
其中AN＝BN＝CN
解得qC＝q.
答案：(1)q　A、B、C均為正電荷　(2)q
命題點(diǎn)二
[例1]　解析：根據(jù)平衡條件和幾何關(guān)系，對(duì)小球受力分析如圖所示
根據(jù)幾何關(guān)系可得T＝qE
T sin 60°＋qE sin 60°＝mg
聯(lián)立解得T＝qE＝×10－3 N
剪斷細(xì)線(xiàn)，小球合力方向與T等大反向，小球沿AM方向做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，如圖所示
根據(jù)幾何關(guān)系可得LMC＝d tan 60°＝10 cm
故A錯(cuò)誤；
根據(jù)幾何關(guān)系可得小球沿著電場(chǎng)力方向的位移
x＝(10－5sin 30°) cm＝7.5 cm
與電場(chǎng)力方向相反，電場(chǎng)力做功為
W電＝－qEx＝－×10－4 J
則小球的電勢(shì)能增加×10－4 J，故B正確；
電場(chǎng)強(qiáng)度的大小
E＝＝×105 N/C
故C錯(cuò)誤；
減小R的阻值，極板間的電勢(shì)差不變，極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度不變，所以小球的運(yùn)動(dòng)不會(huì)發(fā)生改變，MC的距離不變，故D錯(cuò)誤．故選B.
答案：B
[例2]　解析：帶電粒子在電場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)力提供向心力，則有
qE1＝m
qE2＝m
聯(lián)立可得
＝.故選A.
答案：A
[例3]　解析：粒子在電容器中水平方向做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，豎直方向做勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，根據(jù)電場(chǎng)強(qiáng)度和電勢(shì)差的關(guān)系及場(chǎng)強(qiáng)和電場(chǎng)力的關(guān)系可得
E＝，F(xiàn)＝qE＝ma
粒子射入電容器后的速度為v0，水平方向和豎直方向的分速度
vx＝v0cos 45°＝v0，vy＝v0sin 45°＝v0
從射入到運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)由運(yùn)動(dòng)學(xué)關(guān)系
＝2ad
粒子射入電場(chǎng)時(shí)由動(dòng)能定理可得
qU1＝
聯(lián)立解得U1∶U2＝1∶1
B正確；
粒子從射入到運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)由運(yùn)動(dòng)學(xué)可得
2L＝vxt，d＝·t
聯(lián)立可得L∶d＝1∶1
A錯(cuò)誤；
粒子穿過(guò)電容器時(shí)從最高點(diǎn)到穿出時(shí)由運(yùn)動(dòng)學(xué)可得L＝vxt1，vy1＝at1
射入電容器到最高點(diǎn)有vy＝at
解得vy1＝
設(shè)粒子穿過(guò)電容器與水平的夾角為α，則
tan α＝＝
粒子射入磁場(chǎng)和水平的夾角為β，
tan (α＋β)＝3
C錯(cuò)誤；
粒子射入到最高點(diǎn)的過(guò)程水平方向的位移為x，豎直方向的位移為y＝at2
聯(lián)立解得y＝
且x＝vxt′，y＝·t′
即解得x＝2L，y＝d＝L
即粒子在運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)的過(guò)程中水平和豎直位移均與電荷量和質(zhì)量無(wú)關(guān)，射出磁場(chǎng)過(guò)程同理可得
x＝L＝vxt′1，y1＝t′1＝＝
即軌跡不會(huì)變化，D正確．
答案：BD
[例4]　解析：(1)小球a從A運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理得m1gL＝m1v2
代入數(shù)據(jù)得v＝4 m/s
在B點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律得Tm－m1g＝m1
代入數(shù)據(jù)得Tm＝15 N.
(2)小球a在區(qū)域Ⅰ中，水平方向qE1＝m1a
解得a＝20 m/s2
小球a減速至0時(shí)t＝＝0.2 s，x＝vt－at2＝0.4 m
小球a運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)的速度大小為vC＝gt＝2 m/s
小球a從B運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)，小球a電勢(shì)能的變化量為ΔEp＝－W＝－qE1·x＝4 J
即小球電勢(shì)能增加了4 J.
(3)因兩球在豎直方向下落一樣快，故它們碰撞時(shí)是水平正碰．根據(jù)水平方向碰撞時(shí)動(dòng)量守恒和能量守恒．由于兩球質(zhì)量相等，所以它們正碰時(shí)交換水平方向速度．小球a從進(jìn)入圓筒到第5次碰撞前，小球a增加的機(jī)械能為ΔEa＝qE2R＋2·qE22R＝10 J
則第5次碰撞后，小球b增加的機(jī)械能為ΔEb＝ΔEa＝10 J.
答案：(1)15 N　(2)2 m/s　小球電勢(shì)能增加了4 J
(3)10 J
[提升訓(xùn)練]
1．解析：XX′極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E＝，電子所受的電場(chǎng)力大小為F＝eE＝，由牛頓第二定律得a＝＝，A錯(cuò)誤；電子在加速電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)電場(chǎng)力做的功為W1＝e·10U，電子沿OO′方向進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電極，若能打在熒光屏上，在XX′極板間沿電場(chǎng)力方向的位移x≤，則電場(chǎng)力做的功W2≤eU，對(duì)全過(guò)程由動(dòng)能定理得Ek＝W1＋W2≤eU，B錯(cuò)誤；電子剛好從XX′極板的邊緣離開(kāi)時(shí)，電子在XX′極板間受到的電場(chǎng)力做的功為W′2＝eU，故在XX′極板間受到電場(chǎng)力的沖量大小I≤ ＝，C錯(cuò)誤；電子離開(kāi)加速電場(chǎng)時(shí)有e·10U＝，電子在XX′極板間的加速度大小為a＝，則離開(kāi)XX′極板間時(shí)電子在垂直XX′極板方向的速度大小為vy＝at，沿OO′方向有l(wèi)＝v0t，聯(lián)立解得tan α＝＝，D正確．
答案：D
2．解析：(1)設(shè)油滴半徑為r，密度為ρ，則油滴質(zhì)量m＝πr3ρ
則速率為v時(shí)受阻力f＝krv
則當(dāng)油滴勻速下落時(shí)mg＝f
解得r＝ ∝
可知＝＝2
則＝＝.
(2)由于當(dāng)在上下平板加恒定電壓(上板為高電勢(shì))時(shí)，這兩個(gè)油滴很快以v0的速率豎直向下勻速運(yùn)動(dòng)，所以油滴a速度減小，說(shuō)明油滴a受到了向上的電場(chǎng)力，則油滴a帶負(fù)電荷，油滴b速度增大，說(shuō)明油滴b受到了向下的電場(chǎng)力，則油滴b帶正電荷．
由＝8和m1＝ρ，m2＝ρ可知，甲乙油滴的半徑之比為＝2
由f＝kvr可知兩個(gè)油滴均以速率v0豎直向下勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，所受阻力之比為＝＝2
油滴b以速率v0豎直向下勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，所受阻力為f＝m2g
結(jié)合f＝kvr可知油滴b以速率v0豎直向下勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，所受阻力為f2＝2f＝2m2g
油滴a以速率v0豎直向下勻速運(yùn)動(dòng)，所受阻力為
f1＝2f2＝4m2g
設(shè)油滴a所帶電荷量的絕對(duì)值為q1，由平衡條件有
m1g＝q1E＋f1
設(shè)油滴b所帶電荷量的絕對(duì)值為q2，由平衡條件有
m2g＋q2E＝f2
聯(lián)立解得q1∶q2＝4∶1.
答案：(1)8∶1　(2)油滴a帶負(fù)電，油滴b帶正電　4∶1
3．解析：(1)滑塊恰好能過(guò)圓軌道最高點(diǎn)C，即表示軌道對(duì)滑塊的彈力恰好為0，在最高點(diǎn)由重力提供向心力，即mg＝
可得vC＝1 m/s.
(2)通過(guò)受力分析可確定，滑塊水平滑離水平軌道D點(diǎn)后，落入框內(nèi)前做平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)h＝gt2
代入數(shù)據(jù)可得平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t＝0.2 s
為使滑塊能落入框內(nèi)，其水平射程滿(mǎn)足0.4 m≤x≤0.6 m，根據(jù)x＝vDt
可得滑塊滑離D點(diǎn)時(shí)的速度大小應(yīng)滿(mǎn)足范圍區(qū)間2 m/s≤vD≤3 m/s
滑塊從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至D點(diǎn)過(guò)程，要一直在軌道上運(yùn)動(dòng)，則滑塊能在豎直平面內(nèi)做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)機(jī)械能守恒定律可知＝
求得滑塊通過(guò)最低點(diǎn)B點(diǎn)時(shí)的速度應(yīng)滿(mǎn)足條件vB≥ m/s
即vB＝vA＝vD≥ m/s
故滑塊從D點(diǎn)的飛出速度應(yīng)滿(mǎn)足范圍 m/s≤vD≤3 m/s.
(3)通過(guò)(2)問(wèn)可得滑塊通過(guò)A點(diǎn)時(shí)的速度范圍為 m/s≤vA≤3 m/s
對(duì)處于斜面上的滑塊進(jìn)行受力分析，由牛頓第二定律得mg sin θ－μ(mg cos θ＋qE sin θ)－qE cos θ＝ma
可得到滑塊下滑的加速度大小a＝3 m/s2
對(duì)斜面上的運(yùn)動(dòng)用勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)規(guī)律，可確定滑塊在斜面上起始釋放位置的高度H′滿(mǎn)足－0＝2a
求得0.5 m≤H′≤0.9 m
答案：(1)1 m/s　(2) m/s≤vD≤3 m/s
(3)0.5 m≤H′≤0.9 m
素養(yǎng)培優(yōu)·思維方法
[典例]　解析：(1)小球A受到的電場(chǎng)力大小為F電＝E·nq＝E·n·＝nmg
根據(jù)題意結(jié)合力的平行四邊形法則可得，小球A受到的電場(chǎng)力和重力的合力大小為FA＝nmg
將圓形軌道區(qū)域內(nèi)重力場(chǎng)和電場(chǎng)等效為新的重力場(chǎng)，可得新重力場(chǎng)的加速度大小為g′＝＝g，方向與豎直方向夾角為60°，斜向右下方；因?yàn)锳、B發(fā)生碰撞，所以小球A可以在光滑圓形軌道中做圓周運(yùn)動(dòng)，小球A可以通過(guò)等效重力場(chǎng)的最高點(diǎn)M(如模型建構(gòu)圖所示)，當(dāng)剛好可以通過(guò)最高點(diǎn)M時(shí)有nmg＝
設(shè)小球A到達(dá)圓形軌道最低點(diǎn)時(shí)的速度為v0，小球A從釋放到運(yùn)動(dòng)至圓形軌道最低點(diǎn)的過(guò)程中，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有nmgh＝
小球A從圓形軌道最低點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn)的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理有＝－nmg(R＋R cos 60°)，聯(lián)立解得h＝2R.
(2)由(1)分析可得小球B受到的電場(chǎng)力和重力的等效重力場(chǎng)加速度也為g′＝g，根據(jù)題意小球B靜止在圖示N位置，分析可知N位置為等效重力場(chǎng)中A、B兩球做圓周運(yùn)動(dòng)的最低點(diǎn)；第一次碰撞后A、B兩球有相同的最大擺角，根據(jù)動(dòng)能定理可得從碰撞到A、B兩球的速度為零的過(guò)程中，等效重力場(chǎng)分別對(duì)兩球做的功等于兩球各自動(dòng)能大小的變化量；同時(shí)A、B兩球碰撞中無(wú)機(jī)械能損失，結(jié)合碰撞規(guī)律可知，碰撞后A、B兩球的速度大小相等，方向相反，設(shè)第一次碰撞前瞬間A球的速度大小為v，速度方向?yàn)檎较颍龊笏查gA球的速度大小為v′A，B球的速度大小為v′B，根據(jù)動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律有nmv＝－nmv′A＋mv′B，nmv2＝，v′A＝v′B
解得n＝.
(3)在(1)問(wèn)的情況下小球A從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理有
＝nmg·2R，解得v＝
根據(jù)(2)中分析可得，碰撞后瞬間A、B兩球速度大小滿(mǎn)足v′A＝v′B＝v
分析可知A、B兩球第二次碰撞時(shí)在N點(diǎn)，此時(shí)速度大小與第一次碰后的速度大小相等，對(duì)于兩球的第二次碰撞過(guò)程，根據(jù)動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律有nm·v－m·v＝nmv″A＋mv″B
nm·＋m·＝＋mv″2B
聯(lián)立解得v″A＝－v，v″B＝0，或者v″A＝v，v″B＝－v(舍去)負(fù)號(hào)表示速度方向與正方向相反，即小球A、B第二次碰撞剛結(jié)束時(shí)各自的速度大小分別為和0.
答案：(1)2R　(2)　(3)　0(共50張PPT)
第8講　磁場(chǎng)及帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)
命題點(diǎn)一　磁場(chǎng)的基本性質(zhì)　安培力
1．磁場(chǎng)的疊加和安培定則應(yīng)用的“三點(diǎn)注意”
(1)注意根據(jù)安培定則確定通電導(dǎo)線(xiàn)周?chē)艌?chǎng)的方向．
即磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向
(2)注意磁場(chǎng)中每一點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向?yàn)樵擖c(diǎn)磁感線(xiàn)的切線(xiàn)方向．
(3)注意磁感應(yīng)強(qiáng)度是矢量，多個(gè)通電導(dǎo)體產(chǎn)生的磁場(chǎng)疊加時(shí)，合磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度等于場(chǎng)源單獨(dú)存在時(shí)在該點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度的矢量和．
要用到平行四邊形法則，解三角形
2．安培力的分析與計(jì)算
(1)方向：左手定則
(2)大小：F＝BIL sin θ
θ＝0時(shí)F＝0，θ＝90°時(shí)F＝BIL
(3)二級(jí)結(jié)論：同向電流相互吸引，反向電流相互排斥
考向1　磁場(chǎng)的疊加
例 1 [2023·廣東模擬預(yù)測(cè)] 如圖所示，正方體放在水平地面上，空間有磁感應(yīng)強(qiáng)度為B0、方向與水平面成45°角斜向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．一根通電長(zhǎng)直導(dǎo)線(xiàn)穿過(guò)正方體前后面的中心，電流的方向垂直于紙面向里．a(chǎn)，b，c，d分別是正方體所在邊的中點(diǎn)．在這四點(diǎn)中(　　)
A．c，d兩點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等
B．a(chǎn)，b兩點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等
C．b點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度的值最大
D．c點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度的值最小
答案：D
答案：C
解析：因bc段與磁場(chǎng)方向平行，則不受安培力；ab段與磁場(chǎng)方向垂直，則受安培力為
Fab＝BI·2l＝2BIl
則該導(dǎo)線(xiàn)受到的安培力為2BIl.
故選C.
考向3　磁場(chǎng)中通電導(dǎo)體類(lèi)問(wèn)題的綜合問(wèn)題
例 3 [2023·海南卷]如圖所示，U形金屬桿上邊長(zhǎng)為L(zhǎng)＝15 cm，質(zhì)量為m＝1×10－3 kg，下端插入導(dǎo)電液體中，導(dǎo)電液體連接電源，金屬桿所在空間有垂直紙面向里的大小為B＝8×10－2 T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．
(1)若插入導(dǎo)電液體部分深h＝2.5 cm，閉合電鍵，金屬桿飛起后，其下端離液面最大高度H＝10 cm，設(shè)離開(kāi)導(dǎo)電液體前桿中的電流不變，求金屬桿離開(kāi)液面時(shí)的速度大小和金屬桿中的電流有多大；(g＝10 m/s2)
(2)若金屬桿下端剛與導(dǎo)電液體接觸，改變電動(dòng)勢(shì)的大小，通電后金屬桿跳起高度H′＝5 cm，通電時(shí)間t′＝0.002 s，求通過(guò)金屬桿橫截面的電荷量．
思維提升
磁場(chǎng)中通電導(dǎo)體類(lèi)問(wèn)題的解題步驟
(1)選定研究對(duì)象進(jìn)行受力分析，受力分析時(shí)考慮安培力．
(2)作受力分析圖，標(biāo)出輔助方向(如磁場(chǎng)的方向、通電直導(dǎo)線(xiàn)電流的方向等)，有助于分析安培力的方向．由于安培力F、電流I和磁感應(yīng)強(qiáng)度B的方向兩兩垂直，涉及三維空間，所以在受力分析時(shí)要善于用平面圖(側(cè)視圖、剖面圖或俯視圖等)表示出三維的空間關(guān)系．
(3)根據(jù)平衡條件、牛頓第二定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式或功能關(guān)系列式求解．
提升訓(xùn)練
1.[2023·浙江省十校高三聯(lián)考]如圖所示是一個(gè)趣味實(shí)驗(yàn)中的“電磁小火車(chē)”，“小火車(chē)”是兩端都吸有強(qiáng)磁鐵的干電池，“軌道”是用裸銅線(xiàn)繞成的螺線(xiàn)管．將干電池與強(qiáng)磁鐵組成的“小火車(chē)”放入螺線(xiàn)管內(nèi)，就會(huì)沿螺線(xiàn)管運(yùn)動(dòng)．下列關(guān)于螺線(xiàn)管電流方向、強(qiáng)磁鐵的磁極、“小火車(chē)”運(yùn)動(dòng)方向符合實(shí)際的是(　　)
答案：A
解析：根據(jù)安培定則可知，螺線(xiàn)管產(chǎn)生的磁場(chǎng)的方向向右；因?yàn)樾』疖?chē)是放在螺線(xiàn)管里面的，小火車(chē)左側(cè)磁鐵的N被螺線(xiàn)管左側(cè)強(qiáng)磁鐵S吸引(參考小磁針)，而小火車(chē)右側(cè)磁鐵N極要受到右側(cè)強(qiáng)磁鐵N極的排斥力，方向沿螺線(xiàn)管內(nèi)部磁感線(xiàn)方向，最終小火車(chē)兩側(cè)磁鐵所受總合力向左；小火車(chē)運(yùn)動(dòng)向左運(yùn)動(dòng)，故A正確，B錯(cuò)誤；
根據(jù)安培定則可知，螺線(xiàn)管產(chǎn)生的磁場(chǎng)的方向向右；因?yàn)樾』疖?chē)是放在螺線(xiàn)管里面的，小火車(chē)左側(cè)磁鐵的N被螺線(xiàn)管左側(cè)強(qiáng)磁鐵S吸引(參考小磁針)，而小火車(chē)右側(cè)磁鐵S極要受到右側(cè)N極的吸引力，方向沿螺線(xiàn)管內(nèi)部磁感線(xiàn)方向，最終小火車(chē)兩側(cè)磁鐵所受總合力為零；小火車(chē)處于靜止?fàn)顟B(tài)，故C錯(cuò)誤；
根據(jù)安培定則可知，螺線(xiàn)管產(chǎn)生的磁場(chǎng)的方向向左；因?yàn)樾』疖?chē)是放在螺線(xiàn)管里面的，小火車(chē)左側(cè)磁鐵的N被螺線(xiàn)管左側(cè)磁極N排斥(參考小磁針)，而小火車(chē)右側(cè)磁鐵N極要受到右側(cè)S極的吸引力，方向沿螺線(xiàn)管內(nèi)部磁感線(xiàn)方向，最終小火車(chē)兩側(cè)磁鐵所受總合力向右，小火車(chē)運(yùn)動(dòng)向右運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤．
2．[2023·浙江省溫州市適應(yīng)性試卷]如圖甲所示，為特高壓輸電線(xiàn)路上使用六分裂阻尼間隔棒的情景．其簡(jiǎn)化如圖乙，間隔棒將6條輸電導(dǎo)線(xiàn)分別固定在一個(gè)正六邊形的頂點(diǎn)a、b、c、d、e、f上，O為正六邊形的中心，A點(diǎn)、B點(diǎn)分別為Oa、Od的中點(diǎn)．已知通電導(dǎo)線(xiàn)在周?chē)纬纱艌?chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度與電流大小成正比，與到導(dǎo)線(xiàn)的距離成反比.6條輸電導(dǎo)線(xiàn)中通有垂直紙面向外，大小相等的電流，其中a導(dǎo)線(xiàn)中的電流對(duì)b導(dǎo)線(xiàn)中電流的安培力大小為F，則(　　)
A．A點(diǎn)和B點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度相同
B．其中b導(dǎo)線(xiàn)所受安培力大小為F
C．a(chǎn)、b、c、d、e五根導(dǎo)線(xiàn)在O點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直于ed向下
D．a(chǎn)、b、c、d、e五根導(dǎo)線(xiàn)在O點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直于ed向上
答案：C
3．[2023·北京卷]2022年，我國(guó)階段性建成并成功運(yùn)行了“電磁撬”，創(chuàng)造了大質(zhì)量電磁推進(jìn)技術(shù)的世界最高速度紀(jì)錄．一種兩級(jí)導(dǎo)軌式電磁推進(jìn)的原理如圖所示．兩平行長(zhǎng)直金屬導(dǎo)軌固定在水平面，導(dǎo)軌間垂直安放金屬棒．金屬棒可沿導(dǎo)軌無(wú)摩擦滑行，且始終與導(dǎo)軌接觸良好，電流從一導(dǎo)軌流入，經(jīng)過(guò)金屬棒，再?gòu)牧硪粚?dǎo)軌流回，圖中電源未畫(huà)出．導(dǎo)軌電流在兩導(dǎo)軌間產(chǎn)生的磁場(chǎng)可視為勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B與電流i的關(guān)系式為B＝ki(k為常量)．金屬棒被該磁場(chǎng)力推動(dòng)．當(dāng)金屬棒由第一級(jí)區(qū)域進(jìn)入第二級(jí)區(qū)域時(shí)，回路中的電流由I變?yōu)?I.已知兩導(dǎo)軌內(nèi)側(cè)間距為L(zhǎng)，每一級(jí)區(qū)域中金屬棒被推進(jìn)的距離均為s，金屬棒的質(zhì)量為m.
求：
(1)金屬棒經(jīng)過(guò)第一級(jí)區(qū)域時(shí)受到安培力的大小F；
(2)金屬棒經(jīng)過(guò)第一、二級(jí)區(qū)域的加速度大小之比a1∶a2；
(3)金屬棒從靜止開(kāi)始經(jīng)過(guò)兩級(jí)區(qū)域推進(jìn)后的速度大小v.
命題點(diǎn)二　帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)
1．注意“四點(diǎn)、六線(xiàn)、三角”
在找?guī)缀侮P(guān)系時(shí)要尤其注意帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的“四點(diǎn)、六線(xiàn)、三角”．
(1)四點(diǎn)：入射點(diǎn)B、出射點(diǎn)C、軌跡圓心A、入射速度直線(xiàn)與出射速度直線(xiàn)的交點(diǎn)O.
(2)六線(xiàn)：圓弧兩端點(diǎn)所在的兩條軌跡半徑、入射速度直線(xiàn)OB、出射速度直線(xiàn)OC、入射點(diǎn)與出射點(diǎn)的連線(xiàn)BC、圓心與兩條速度直線(xiàn)交點(diǎn)的連線(xiàn)AO.
(3)三角：速度偏轉(zhuǎn)角∠COD、圓心角∠BAC、弦切角∠OBC，其中偏轉(zhuǎn)角等于圓心角，也等于弦切角的兩倍．
2．三個(gè)“二級(jí)”結(jié)論
(1)剛好穿出磁場(chǎng)邊界的條件是帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡與邊界相切．
(2)當(dāng)速率v一定時(shí)，弧長(zhǎng)(或弦長(zhǎng))越長(zhǎng)，圓心角越大，則帶電粒子在有界磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間越長(zhǎng)．
(3)在圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，當(dāng)運(yùn)動(dòng)軌跡圓半徑大于區(qū)域圓半徑時(shí)，則入射點(diǎn)和出射點(diǎn)為磁場(chǎng)直徑的兩個(gè)端點(diǎn)時(shí)，軌跡對(duì)應(yīng)的偏轉(zhuǎn)角最大(所有的弦長(zhǎng)中直徑最長(zhǎng))．
答案：BC
考向2　圓形有界磁場(chǎng)
例 2 [2023·全國(guó)甲卷] (多選)光滑剛性絕緣圓筒內(nèi)存在著平行于軸的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，筒上P點(diǎn)開(kāi)有一個(gè)小孔，過(guò)P的橫截面是以O(shè)為圓心的圓，如圖所示．一帶電粒子從P點(diǎn)沿PO射入，然后與筒壁發(fā)生碰撞．假設(shè)粒子在每次碰撞前、后瞬間，速度沿圓上碰撞點(diǎn)的切線(xiàn)方向的分量大小不變，沿法線(xiàn)方向的分量大小不變、方向相反；電荷量不變．不計(jì)重力．下列說(shuō)法正確的是(　　)
A．粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡可能通過(guò)圓心O
B．最少經(jīng)2次碰撞，粒子就可能從小孔射出
C．射入小孔時(shí)粒子的速度越大，在圓內(nèi)運(yùn)動(dòng)時(shí)間越短
D．每次碰撞后瞬間，粒子速度方向一定平行于碰撞點(diǎn)與圓心O的連線(xiàn)
答案：BD
解析：假設(shè)粒子帶負(fù)電，第一次從A點(diǎn)和筒壁發(fā)生碰撞如圖，O1為圓周運(yùn)動(dòng)的圓心
由幾何關(guān)系可知∠O1AO為直角，即粒子此時(shí)的速度方向?yàn)镺A，說(shuō)明粒子在和筒壁碰撞時(shí)速度會(huì)反向，由圓的對(duì)稱(chēng)性在其它點(diǎn)撞擊同理，D正確；
假設(shè)粒子運(yùn)動(dòng)過(guò)程過(guò)O點(diǎn)，則過(guò)P點(diǎn)的速度的垂線(xiàn)和OP連線(xiàn)的中垂線(xiàn)是平行的不能交于一點(diǎn)確定圓心，由圓形對(duì)稱(chēng)性撞擊筒壁以后的A點(diǎn)的速度垂線(xiàn)和AO連線(xiàn)的中垂線(xiàn)依舊平行不能確定圓心，則粒子不可能過(guò)O點(diǎn)，A錯(cuò)誤；
由題意可知粒子射出磁場(chǎng)以后的圓心組成的多邊形應(yīng)為以筒壁的內(nèi)接圓的多邊形，最少應(yīng)為三角形如圖所示，即撞擊兩次，B正確；
速度越大粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑越大，碰撞次數(shù)可能會(huì)增多，粒子運(yùn)動(dòng)時(shí)間不一定減少， C錯(cuò)誤．
故選BD.
答案：D
答案：B
思維提升
處理臨界問(wèn)題的兩個(gè)方法
數(shù)理結(jié)合法 利用“矢量圖”“邊界條件”等求臨界值利用“三角函數(shù)”“不等式的性質(zhì)”“二次方程的判別式”等求極值
抓關(guān)鍵詞法 “恰好”“最大”“致少”“不相撞”“不脫離”等臨界狀態(tài)詞
答案：D
“數(shù)學(xué)圓”法在磁場(chǎng)中的應(yīng)用
1．解決帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的臨界問(wèn)題，關(guān)鍵在于運(yùn)用動(dòng)態(tài)思維，利用動(dòng)態(tài)圓思想尋找臨界點(diǎn)，確定臨界狀態(tài)，根據(jù)粒子的速度方向找出半徑方向，同時(shí)由磁場(chǎng)邊界和題設(shè)條件畫(huà)好軌跡，定好圓心，建立幾何關(guān)系．
2．粒子射出或不射出磁場(chǎng)的臨界狀態(tài)是粒子運(yùn)動(dòng)軌跡與磁場(chǎng)邊界相切．
3．常用的動(dòng)態(tài)圓
示意圖 適用條件 應(yīng)用方法
放縮圓 　
(軌跡圓的圓心在P1P2直線(xiàn)上) 粒子的入射點(diǎn)位置相同，速度方向一定，速度大小不同 以入射點(diǎn)P為定點(diǎn)，將半徑放縮作軌跡圓，從而探索出臨界條件
旋轉(zhuǎn)圓 粒子的入射點(diǎn)位置相同，速度大小一定，速度方向不同
平移圓
(軌跡圓的所有圓心在一條直線(xiàn)上) 粒子的入射點(diǎn)位置不同，速度大小、方向均一定
磁聚焦
與磁發(fā)散 軌跡圓半徑等于區(qū)域圓半徑 帶電粒子平行射入圓形有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)，則粒子從磁場(chǎng)邊界上同一點(diǎn)射出，該點(diǎn)切線(xiàn)與入射方向平行——磁聚焦，從邊緣某點(diǎn)以不同方向入射時(shí)平行出射——磁發(fā)散
答案：AD
答案：BC
(1)求金屬板間電勢(shì)差U；
(2)求粒子射出磁場(chǎng)時(shí)與射入磁場(chǎng)時(shí)運(yùn)動(dòng)方向間的夾角θ；
(3)僅改變圓形磁場(chǎng)區(qū)域的位置，使粒子仍從圖中O′點(diǎn)射入磁場(chǎng)，且在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長(zhǎng)．定性畫(huà)出粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡及相應(yīng)的弦，標(biāo)出改變后的圓形磁場(chǎng)區(qū)域的圓心M.第8講　磁場(chǎng)及帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)
知識(shí)網(wǎng)絡(luò)構(gòu)建
命題分類(lèi)剖析
命題點(diǎn)一　磁場(chǎng)的基本性質(zhì)　安培力
1．磁場(chǎng)的疊加和安培定則應(yīng)用的“三點(diǎn)注意”
(1)注意根據(jù)安培定則確定通電導(dǎo)線(xiàn)周?chē)艌?chǎng)的方向．
即磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向
(2)注意磁場(chǎng)中每一點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向?yàn)樵擖c(diǎn)磁感線(xiàn)的切線(xiàn)方向．
(3)注意磁感應(yīng)強(qiáng)度是矢量，多個(gè)通電導(dǎo)體產(chǎn)生的磁場(chǎng)疊加時(shí)，合磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度等于場(chǎng)源單獨(dú)存在時(shí)在該點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度的矢量和．
要用到平行四邊形法則，解三角形
2．安培力的分析與計(jì)算
(1)方向：左手定則
(2)大小：F＝BIL sin θ
θ＝0時(shí)F＝0，θ＝90°時(shí)F＝BIL
(3)二級(jí)結(jié)論：同向電流相互吸引，反向電流相互排斥
考向1　磁場(chǎng)的疊加
例 1 [2023·廣東模擬預(yù)測(cè)]
如圖所示，正方體放在水平地面上，空間有磁感應(yīng)強(qiáng)度為B0、方向與水平面成45°角斜向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．一根通電長(zhǎng)直導(dǎo)線(xiàn)穿過(guò)正方體前后面的中心，電流的方向垂直于紙面向里．a(chǎn)，b，c，d分別是正方體所在邊的中點(diǎn)．在這四點(diǎn)中(　　)
A．c，d兩點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等
B．a(chǎn)，b兩點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等
C．b點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度的值最大
D．c點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度的值最小
考向2　安培力
例 2 如圖所示，
勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.L形導(dǎo)線(xiàn)通以恒定電流I，放置在磁場(chǎng)中．已知ab邊長(zhǎng)為2l，與磁場(chǎng)方向垂直，bc邊長(zhǎng)為l，與磁場(chǎng)方向平行．該導(dǎo)線(xiàn)受到的安培力為(　　)
A．0 B．BIl
C．2BIl D．BIl
考向3　磁場(chǎng)中通電導(dǎo)體類(lèi)問(wèn)題的綜合問(wèn)題
例 3 [2023·海南卷]如圖所示，U形金屬桿上邊長(zhǎng)為L(zhǎng)＝15 cm，質(zhì)量為m＝1×10－3 kg，下端插入導(dǎo)電液體中，導(dǎo)電液體連接電源，金屬桿所在空間有垂直紙面向里的大小為B＝8×10－2 T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．
(1)若插入導(dǎo)電液體部分深h＝2.5 cm，閉合電鍵，金屬桿飛起后，其下端離液面最大高度H＝10 cm，設(shè)離開(kāi)導(dǎo)電液體前桿中的電流不變，求金屬桿離開(kāi)液面時(shí)的速度大小和金屬桿中的電流有多大；(g＝10 m/s2)
(2)若金屬桿下端剛與導(dǎo)電液體接觸，改變電動(dòng)勢(shì)的大小，通電后金屬桿跳起高度H′＝5 cm，通電時(shí)間t′＝0.002 s，求通過(guò)金屬桿橫截面的電荷量．
思維提升
磁場(chǎng)中通電導(dǎo)體類(lèi)問(wèn)題的解題步驟
(1)選定研究對(duì)象進(jìn)行受力分析，受力分析時(shí)考慮安培力．
(2)作受力分析圖，標(biāo)出輔助方向(如磁場(chǎng)的方向、通電直導(dǎo)線(xiàn)電流的方向等)，有助于分析安培力的方向．由于安培力F、電流I和磁感應(yīng)強(qiáng)度B的方向兩兩垂直，涉及三維空間，所以在受力分析時(shí)要善于用平面圖(側(cè)視圖、剖面圖或俯視圖等)表示出三維的空間關(guān)系．
(3)根據(jù)平衡條件、牛頓第二定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式或功能關(guān)系列式求解．
提升訓(xùn)練
1.[2023·浙江省十校高三聯(lián)考]如圖所示是一個(gè)趣味實(shí)驗(yàn)中的“電磁小火車(chē)”，“小火車(chē)”是兩端都吸有強(qiáng)磁鐵的干電池，“軌道”是用裸銅線(xiàn)繞成的螺線(xiàn)管．將干電池與強(qiáng)磁鐵組成的“小火車(chē)”放入螺線(xiàn)管內(nèi)，就會(huì)沿螺線(xiàn)管運(yùn)動(dòng)．下列關(guān)于螺線(xiàn)管電流方向、強(qiáng)磁鐵的磁極、“小火車(chē)”運(yùn)動(dòng)方向符合實(shí)際的是(　　)
2．[2023·浙江省溫州市適應(yīng)性試卷]如圖甲所示，為特高壓輸電線(xiàn)路上使用六分裂阻尼間隔棒的情景．其簡(jiǎn)化如圖乙，間隔棒將6條輸電導(dǎo)線(xiàn)分別固定在一個(gè)正六邊形的頂點(diǎn)a、b、c、d、e、f上，O為正六邊形的中心，A點(diǎn)、B點(diǎn)分別為Oa、Od的中點(diǎn)．已知通電導(dǎo)線(xiàn)在周?chē)纬纱艌?chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度與電流大小成正比，與到導(dǎo)線(xiàn)的距離成反比.6條輸電導(dǎo)線(xiàn)中通有垂直紙面向外，大小相等的電流，其中a導(dǎo)線(xiàn)中的電流對(duì)b導(dǎo)線(xiàn)中電流的安培力大小為F，則(　　)
A．A點(diǎn)和B點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度相同
B．其中b導(dǎo)線(xiàn)所受安培力大小為F
C．a(chǎn)、b、c、d、e五根導(dǎo)線(xiàn)在O點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直于ed向下
D．a(chǎn)、b、c、d、e五根導(dǎo)線(xiàn)在O點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直于ed向上
3．[2023·北京卷]2022年，我國(guó)階段性建成并成功運(yùn)行了“電磁撬”，創(chuàng)造了大質(zhì)量電磁推進(jìn)技術(shù)的世界最高速度紀(jì)錄．一種兩級(jí)導(dǎo)軌式電磁推進(jìn)的原理如圖所示．兩平行長(zhǎng)直金屬導(dǎo)軌固定在水平面，導(dǎo)軌間垂直安放金屬棒．金屬棒可沿導(dǎo)軌無(wú)摩擦滑行，且始終與導(dǎo)軌接觸良好，電流從一導(dǎo)軌流入，經(jīng)過(guò)金屬棒，再?gòu)牧硪粚?dǎo)軌流回，圖中電源未畫(huà)出．導(dǎo)軌電流在兩導(dǎo)軌間產(chǎn)生的磁場(chǎng)可視為勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B與電流i的關(guān)系式為B＝ki(k為常量)．金屬棒被該磁場(chǎng)力推動(dòng)．當(dāng)金屬棒由第一級(jí)區(qū)域進(jìn)入第二級(jí)區(qū)域時(shí)，回路中的電流由I變?yōu)?I.已知兩導(dǎo)軌內(nèi)側(cè)間距為L(zhǎng)，每一級(jí)區(qū)域中金屬棒被推進(jìn)的距離均為s，金屬棒的質(zhì)量為m.求：
(1)金屬棒經(jīng)過(guò)第一級(jí)區(qū)域時(shí)受到安培力的大小F；
(2)金屬棒經(jīng)過(guò)第一、二級(jí)區(qū)域的加速度大小之比a1∶a2；
(3)金屬棒從靜止開(kāi)始經(jīng)過(guò)兩級(jí)區(qū)域推進(jìn)后的速度大小v.
命題點(diǎn)二　帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)
1．注意“四點(diǎn)、六線(xiàn)、三角”
在找?guī)缀侮P(guān)系時(shí)要尤其注意帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的“四點(diǎn)、六線(xiàn)、三角”．
(1)四點(diǎn)：入射點(diǎn)B、出射點(diǎn)C、軌跡圓心A、入射速度直線(xiàn)與出射速度直線(xiàn)的交點(diǎn)O.
(2)六線(xiàn)：圓弧兩端點(diǎn)所在的兩條軌跡半徑、入射速度直線(xiàn)OB、出射速度直線(xiàn)OC、入射點(diǎn)與出射點(diǎn)的連線(xiàn)BC、圓心與兩條速度直線(xiàn)交點(diǎn)的連線(xiàn)AO.
(3)三角：速度偏轉(zhuǎn)角∠COD、圓心角∠BAC、弦切角∠OBC，其中偏轉(zhuǎn)角等于圓心角，也等于弦切角的兩倍．
2．三個(gè)“二級(jí)”結(jié)論
(1)剛好穿出磁場(chǎng)邊界的條件是帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡與邊界相切．
(2)當(dāng)速率v一定時(shí)，弧長(zhǎng)(或弦長(zhǎng))越長(zhǎng)，圓心角越大，則帶電粒子在有界磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間越長(zhǎng)．
(3)在圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，當(dāng)運(yùn)動(dòng)軌跡圓半徑大于區(qū)域圓半徑時(shí)，則入射點(diǎn)和出射點(diǎn)為磁場(chǎng)直徑的兩個(gè)端點(diǎn)時(shí)，軌跡對(duì)應(yīng)的偏轉(zhuǎn)角最大(所有的弦長(zhǎng)中直徑最長(zhǎng))．
考向1　直線(xiàn)有界磁場(chǎng)
例 1 [2022·湖北卷]
(多選)在如圖所示的平面內(nèi)，分界線(xiàn)SP將寬度為L(zhǎng)的矩形區(qū)域分成兩部分，一部分充滿(mǎn)方向垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，另一部分充滿(mǎn)方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，SP與磁場(chǎng)左右邊界垂直．離子源從S處射入速度大小不同的正離子，離子入射方向與磁場(chǎng)方向垂直且與SP成30°角．已知離子比荷為k，不計(jì)重力．若離子從P點(diǎn)射出，設(shè)出射方向與入射方向的夾角為θ，則離子的入射速度和對(duì)應(yīng)θ角的可能組合為(　　)
A. kBL，0° B．kBL，0°
C．kBL，60° D．2kBL，60°
考向2　圓形有界磁場(chǎng)
例 2 [2023·全國(guó)甲卷]
(多選)光滑剛性絕緣圓筒內(nèi)存在著平行于軸的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，筒上P點(diǎn)開(kāi)有一個(gè)小孔，過(guò)P的橫截面是以O(shè)為圓心的圓，如圖所示．一帶電粒子從P點(diǎn)沿PO射入，然后與筒壁發(fā)生碰撞．假設(shè)粒子在每次碰撞前、后瞬間，速度沿圓上碰撞點(diǎn)的切線(xiàn)方向的分量大小不變，沿法線(xiàn)方向的分量大小不變、方向相反；電荷量不變．不計(jì)重力．下列說(shuō)法正確的是(　　)
A．粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡可能通過(guò)圓心O
B．最少經(jīng)2次碰撞，粒子就可能從小孔射出
C．射入小孔時(shí)粒子的速度越大，在圓內(nèi)運(yùn)動(dòng)時(shí)間越短
D．每次碰撞后瞬間，粒子速度方向一定平行于碰撞點(diǎn)與圓心O的連線(xiàn)
考向3　多邊形有界磁場(chǎng)
例 3 如圖所示，
垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)在∠DAC為30°、邊長(zhǎng)為a的菱形內(nèi)部，對(duì)角線(xiàn)交點(diǎn)為O.某帶電粒子以速度v1從O點(diǎn)沿OA方向射出時(shí)，恰好沒(méi)有穿出磁場(chǎng)邊界．該帶電粒子以速度v2從O點(diǎn)沿OB方向射出時(shí)，仍恰好沒(méi)有射出磁場(chǎng)邊界．則的值為(　　)
A．1 B．2
C． D．6－3
考向4　帶電粒子在有界磁場(chǎng)運(yùn)動(dòng)的臨界與極值問(wèn)題
例 4 [2023·四川省成都市三診]一勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于紙面向外，其邊界如圖中虛線(xiàn)所示，ab＝cd＝2L，bc＝de＝L，一束He粒子在紙面內(nèi)從a點(diǎn)垂直于ab射入磁場(chǎng)，這些粒子具有各種速率．不計(jì)粒子之間的相互作用．已知粒子的質(zhì)量為m、電荷量為q.則粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長(zhǎng)的粒子，其運(yùn)動(dòng)速率為(　　)
A． B．
C． D．
思維提升
處理臨界問(wèn)題的兩個(gè)方法
數(shù)理結(jié)合法 利用“矢量圖”“邊界條件”等求臨界值利用“三角函數(shù)”“不等式的性質(zhì)”“二次方程的判別式”等求極值
抓關(guān)鍵詞法 “恰好”“最大”“致少”“不相撞”“不脫離”等臨界狀態(tài)詞
提升訓(xùn)練
1.
[2023·四川省成都市樹(shù)德中學(xué)三診]如圖所示，半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直紙面向里；O為圓心，C、D為邊界上兩點(diǎn)，D為ON的中點(diǎn)，CD∥MO.a、b兩個(gè)完全相同的帶電粒子分別從M、C兩點(diǎn)以相同的速度v水平向右射入磁場(chǎng)中，其中沿半徑方向射入的a粒子恰好能從N點(diǎn)射出，則(　　)
A．粒子帶負(fù)電
B．粒子的比荷為
C．粒子b將從DN邊上某一位置(不含N點(diǎn))射出
D．a(chǎn)、b兩個(gè)粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間之比為3∶2
2.
[2023·陜西省商洛市洛南縣模擬考試]真空中有一勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小可調(diào)節(jié)．磁場(chǎng)邊界為兩個(gè)半徑分別為a和5a的同軸圓柱面，磁場(chǎng)的方向與圓柱軸線(xiàn)平行，其橫截面如圖所示．一速率為v的電子從圓心沿半徑方向從M點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)(M點(diǎn)未標(biāo)出)．已知電子的質(zhì)量為m，電荷量為e，忽略重力．
(1)為使該電子被限制在圖中實(shí)線(xiàn)圓圍成的區(qū)域內(nèi)，求磁感應(yīng)強(qiáng)度的最小值B0；
(2)當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度調(diào)整為B＝時(shí)，則電子經(jīng)多長(zhǎng)時(shí)間從M點(diǎn)射入磁場(chǎng)．
素養(yǎng)培優(yōu)·情境命題
“數(shù)學(xué)圓”法在磁場(chǎng)中的應(yīng)用
1．解決帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的臨界問(wèn)題，關(guān)鍵在于運(yùn)用動(dòng)態(tài)思維，利用動(dòng)態(tài)圓思想尋找臨界點(diǎn)，確定臨界狀態(tài)，根據(jù)粒子的速度方向找出半徑方向，同時(shí)由磁場(chǎng)邊界和題設(shè)條件畫(huà)好軌跡，定好圓心，建立幾何關(guān)系．
2．粒子射出或不射出磁場(chǎng)的臨界狀態(tài)是粒子運(yùn)動(dòng)軌跡與磁場(chǎng)邊界相切．
3．常用的動(dòng)態(tài)圓
示意圖 適用條件 應(yīng)用方法
放縮圓 　(軌跡圓的圓心在P1P2直線(xiàn)上) 粒子的入射點(diǎn)位置相同，速度方向一定，速度大小不同 以入射點(diǎn)P為定點(diǎn)，將半徑放縮作軌跡圓，從而探索出臨界條件
旋轉(zhuǎn)圓 (軌跡圓的圓心在以入射點(diǎn)P為圓心，半徑R＝的圓上) 粒子的入射點(diǎn)位置相同，速度大小一定，速度方向不同 將一半徑為R＝的圓以入射點(diǎn)為定點(diǎn)進(jìn)行旋轉(zhuǎn)，從而探索出臨界條件
平移圓 (軌跡圓的所有圓心在一條直線(xiàn)上) 粒子的入射點(diǎn)位置不同，速度大小、方向均一定 將半徑為R＝的圓進(jìn)行平移
磁聚焦 與磁發(fā)散 軌跡圓半徑等于區(qū)域圓半徑 帶電粒子平行射入圓形有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)，則粒子從磁場(chǎng)邊界上同一點(diǎn)射出，該點(diǎn)切線(xiàn)與入射方向平行——磁聚焦，從邊緣某點(diǎn)以不同方向入射時(shí)平行出射——磁發(fā)散
[典例1]　
[2023·湖南高校聯(lián)考模擬預(yù)測(cè)](多選)一有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于紙面向外，其邊界如圖中虛線(xiàn)所示，其中射線(xiàn)bc足夠長(zhǎng)，∠abc＝135°，其他地方磁場(chǎng)的范圍足夠大．一束質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子，在紙面內(nèi)從a點(diǎn)垂直于ab射入磁場(chǎng)，這些粒子具有各種速率，不計(jì)粒子重力和粒子之間的相互作用，以下說(shuō)法正確的是(　　)
A．從ab邊射出的粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間都相等
B．從a點(diǎn)入射的粒子速度越大，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間越長(zhǎng)
C．粒子在磁場(chǎng)中的最長(zhǎng)運(yùn)動(dòng)時(shí)間不大于
D．粒子在磁場(chǎng)中的最長(zhǎng)運(yùn)動(dòng)時(shí)間不大于
[典例2]　[2023·山東模擬預(yù)測(cè)](多選)利用磁聚焦和磁控束可以改變一束平行帶電粒子的寬度，人們把此原理運(yùn)用到薄膜材料制備上，使芯片技術(shù)得到飛速發(fā)展．如圖，寬度為r0的帶正電粒子流水平向右射入半徑為r0的圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0，這些帶電粒子都將從磁場(chǎng)圓上O點(diǎn)進(jìn)入正方形區(qū)域，正方形過(guò)O點(diǎn)的一邊與半徑為r0的磁場(chǎng)圓相切．在正方形區(qū)域內(nèi)存在一個(gè)面積最小的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，使匯聚到O點(diǎn)的粒子經(jīng)過(guò)該磁場(chǎng)區(qū)域后寬度變?yōu)?r0，且粒子仍沿水平向右射出，不考慮粒子間的相互作用力及粒子的重力，下列說(shuō)法正確的是(　　)
A．正方形區(qū)域中勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為2B0，方向垂直紙面向里
B．正方形區(qū)域中勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0，方向垂直紙面向里
C．正方形區(qū)域中勻強(qiáng)磁場(chǎng)的最小面積為
D．正方形區(qū)域中勻強(qiáng)磁場(chǎng)的最小面積為
[典例3]　[2023·遼寧卷]如圖，水平放置的兩平行金屬板間存在勻強(qiáng)電場(chǎng)，板長(zhǎng)是板間距離的倍．金屬板外有一圓心為O的圓形區(qū)域，其內(nèi)部存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的粒子沿中線(xiàn)以速度v0水平向右射入兩板間，恰好從下板邊緣P點(diǎn)飛出電場(chǎng)，并沿PO方向從圖中O′點(diǎn)射入磁場(chǎng)．己知圓形磁場(chǎng)區(qū)域半徑為，不計(jì)粒子重力．
(1)求金屬板間電勢(shì)差U；
(2)求粒子射出磁場(chǎng)時(shí)與射入磁場(chǎng)時(shí)運(yùn)動(dòng)方向間的夾角θ；
(3)僅改變圓形磁場(chǎng)區(qū)域的位置，使粒子仍從圖中O′點(diǎn)射入磁場(chǎng)，且在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長(zhǎng)．定性畫(huà)出粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡及相應(yīng)的弦，標(biāo)出改變后的圓形磁場(chǎng)區(qū)域的圓心M.
第8講　磁場(chǎng)及帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)
命題分類(lèi)剖析
命題點(diǎn)一
[例1]　解析：
a，b，c，d四點(diǎn)的實(shí)際磁感應(yīng)強(qiáng)度為勻強(qiáng)磁場(chǎng)和電流磁場(chǎng)的疊加，由安培定則可知a、b、c、d四點(diǎn)的磁場(chǎng)如圖所示
由圖可知，a點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為Ba＝B0＋B
b點(diǎn)和d點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為Bb＝Bd＝
c點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為Bc＝B0－B
故ABC不符合題意，D符合題意．
答案：D
[例2]　解析：因bc段與磁場(chǎng)方向平行，則不受安培力；ab段與磁場(chǎng)方向垂直，則受安培力為
Fab＝BI·2l＝2BIl
則該導(dǎo)線(xiàn)受到的安培力為2BIl.
故選C.
答案：C
[例3]　解析：(1)對(duì)金屬桿，離開(kāi)液面后跳起的高度為H，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有
v2＝2gH
解得v＝ m/s
對(duì)金屬桿從剛閉合電鍵至其下端離液面高度為H的過(guò)程，由動(dòng)能定理有BILh－mg(H＋h)＝0
解得I＝ A
(2)對(duì)金屬桿，由動(dòng)量定理有(BI′L－mg)t′＝mv′
由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有v′2＝2gH′
又q＝I′t′
解得q＝0.085 C
答案：(1) m/s　 A　(2)0.085 C
[提升訓(xùn)練]
1．解析：根據(jù)安培定則可知，螺線(xiàn)管產(chǎn)生的磁場(chǎng)的方向向右；因?yàn)樾』疖?chē)是放在螺線(xiàn)管里面的，小火車(chē)左側(cè)磁鐵的N被螺線(xiàn)管左側(cè)強(qiáng)磁鐵S吸引(參考小磁針)，而小火車(chē)右側(cè)磁鐵N極要受到右側(cè)強(qiáng)磁鐵N極的排斥力，方向沿螺線(xiàn)管內(nèi)部磁感線(xiàn)方向，最終小火車(chē)兩側(cè)磁鐵所受總合力向左；小火車(chē)運(yùn)動(dòng)向左運(yùn)動(dòng)，故A正確，B錯(cuò)誤；
根據(jù)安培定則可知，螺線(xiàn)管產(chǎn)生的磁場(chǎng)的方向向右；因?yàn)樾』疖?chē)是放在螺線(xiàn)管里面的，小火車(chē)左側(cè)磁鐵的N被螺線(xiàn)管左側(cè)強(qiáng)磁鐵S吸引(參考小磁針)，而小火車(chē)右側(cè)磁鐵S極要受到右側(cè)N極的吸引力，方向沿螺線(xiàn)管內(nèi)部磁感線(xiàn)方向，最終小火車(chē)兩側(cè)磁鐵所受總合力為零；小火車(chē)處于靜止?fàn)顟B(tài)，故C錯(cuò)誤；
根據(jù)安培定則可知，螺線(xiàn)管產(chǎn)生的磁場(chǎng)的方向向左；因?yàn)樾』疖?chē)是放在螺線(xiàn)管里面的，小火車(chē)左側(cè)磁鐵的N被螺線(xiàn)管左側(cè)磁極N排斥(參考小磁針)，而小火車(chē)右側(cè)磁鐵N極要受到右側(cè)S極的吸引力，方向沿螺線(xiàn)管內(nèi)部磁感線(xiàn)方向，最終小火車(chē)兩側(cè)磁鐵所受總合力向右，小火車(chē)運(yùn)動(dòng)向右運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤．
答案：A
2．解析：根據(jù)對(duì)稱(chēng)性可知A點(diǎn)和B點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，方向不同，關(guān)于O點(diǎn)對(duì)稱(chēng)，故A錯(cuò)誤；
根據(jù)題意可知a、c對(duì)導(dǎo)線(xiàn)b的安培力大小F，f、d對(duì)導(dǎo)線(xiàn)b的安培力大小為Ffd＝tan 30°F＝F
e對(duì)導(dǎo)線(xiàn)b的安培力大小為，根據(jù)矢量的合成可得b導(dǎo)線(xiàn)所受安培力Fb＝2F sin 30°＋2×sin 60°＋＝，故B錯(cuò)誤；
根據(jù)安培定則，a、d兩條導(dǎo)線(xiàn)在O點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度等大反向，b、e兩條導(dǎo)線(xiàn)在O點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度等大反向，a、b、c、d、e五根導(dǎo)線(xiàn)在O點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向與c導(dǎo)線(xiàn)在O點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向相同，垂直于ed向下，故C正確，D錯(cuò)誤．
答案：C
3．解析：(1)由題意可知第一級(jí)區(qū)域中磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為
B1＝kI
金屬棒經(jīng)過(guò)第一級(jí)區(qū)域時(shí)受到安培力的大小為
F＝B1IL＝kI2L
(2)根據(jù)牛頓第二定律可知，金屬棒經(jīng)過(guò)第一級(jí)區(qū)域的加速度大小為a1＝＝
第二級(jí)區(qū)域中磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2＝2kI
金屬棒經(jīng)過(guò)第二級(jí)區(qū)域時(shí)受到安培力的大小為
F′＝B2·2IL＝4kI2L
金屬棒經(jīng)過(guò)第二級(jí)區(qū)域的加速度大小為
a2＝＝
則金屬棒經(jīng)過(guò)第一、二級(jí)區(qū)域的加速度大小之比為a1∶a2＝1∶4
(3)金屬棒從靜止開(kāi)始經(jīng)過(guò)兩級(jí)區(qū)域推進(jìn)后，根據(jù)動(dòng)能定理可得Fs＋F′s＝mv2－0
解得金屬棒從靜止開(kāi)始經(jīng)過(guò)兩級(jí)區(qū)域推進(jìn)后的速度大小為v＝
答案：(1)kI2L　(2)1∶4　(3)
命題點(diǎn)二
[例1]　解析：若粒子通過(guò)下部分磁場(chǎng)直接到達(dá)P點(diǎn)，如圖
根據(jù)幾何關(guān)系則有R＝L，qvB＝m
可得v＝＝kBL
根據(jù)對(duì)稱(chēng)性可知出射速度與SP成30°角向上，故出射方向與入射方向的夾角為θ＝60°.
當(dāng)粒子上下均經(jīng)歷一次時(shí)，如圖
因?yàn)樯舷麓鸥袘?yīng)強(qiáng)度均為B，則根據(jù)對(duì)稱(chēng)性有R＝L
根據(jù)洛倫茲力提供向心力有qvB＝m
可得v＝＝kBL
此時(shí)出射方向與入射方向相同，即出射方向與入射方向的夾角為θ＝0°.
通過(guò)以上分析可知當(dāng)粒子從下部分磁場(chǎng)射出時(shí)，需滿(mǎn)足
v＝＝kBL(n＝1，2，3…)
此時(shí)出射方向與入射方向的夾角為θ＝60°；
當(dāng)粒子從上部分磁場(chǎng)射出時(shí)，需滿(mǎn)足v＝＝kBL(n＝1，2，3…)
此時(shí)出射方向與入射方向的夾角為θ＝0°.故可知B、C正確，A、D錯(cuò)誤．
答案：BC
[例2]　解析：
假設(shè)粒子帶負(fù)電，第一次從A點(diǎn)和筒壁發(fā)生碰撞如圖，O1為圓周運(yùn)動(dòng)的圓心
由幾何關(guān)系可知∠O1AO為直角，即粒子此時(shí)的速度方向?yàn)镺A，說(shuō)明粒子在和筒壁碰撞時(shí)速度會(huì)反向，由圓的對(duì)稱(chēng)性在其它點(diǎn)撞擊同理，D正確；
假設(shè)粒子運(yùn)動(dòng)過(guò)程過(guò)O點(diǎn)，則過(guò)P點(diǎn)的速度的垂線(xiàn)和OP連線(xiàn)的中垂線(xiàn)是平行的不能交于一點(diǎn)確定圓心，由圓形對(duì)稱(chēng)性撞擊筒壁以后的A點(diǎn)的速度垂線(xiàn)和AO連線(xiàn)的中垂線(xiàn)依舊平行不能確定圓心，則粒子不可能過(guò)O點(diǎn)，A錯(cuò)誤；
由題意可知粒子射出磁場(chǎng)以后的圓心組成的多邊形應(yīng)為以筒壁的內(nèi)接圓的多邊形，最少應(yīng)為三角形如圖所示，即撞擊兩次，B正確；
速度越大粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑越大，碰撞次數(shù)可能會(huì)增多，粒子運(yùn)動(dòng)時(shí)間不一定減少， C錯(cuò)誤．
故選BD.
答案：BD
[例3]　解析：當(dāng)帶電粒子沿OA方向射出時(shí)，軌跡如圖甲所示，設(shè)粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑為r1，由幾何知識(shí)有sin 60°＝，解得r1＝a，當(dāng)帶電粒子沿OB方向射出時(shí)，軌跡如圖乙所示，設(shè)粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑為r2，由幾何知識(shí)有tan 30°＝，解得r2＝a，由Bqv＝m得v＝，所以v∝r，則＝＝6－3，選D.
答案：D
[例4]　解析：根據(jù)題意可知，粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律有qvB＝m
又有T＝，解得T＝
設(shè)粒子運(yùn)動(dòng)軌跡所對(duì)的圓心角為α，則運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t＝·T＝
可知，α越大，運(yùn)動(dòng)時(shí)間越長(zhǎng)，當(dāng)粒子運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長(zhǎng)時(shí)，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，可知α越大則∠aOc越小，而∠aOc＝180°－∠Oac－∠Oca＝180°－2∠Oac
即當(dāng)圓弧經(jīng)過(guò)c點(diǎn)時(shí)∠Oac最大，此時(shí)α最大
設(shè)半徑為R，由幾何關(guān)系有L2＋(2L－R)2＝R2
解得R＝L
聯(lián)立可得v＝＝，故選B.
答案：B
[提升訓(xùn)練]
1．解析：由左手定則可知，粒子帶正電，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；
由題意可知，a粒子的運(yùn)轉(zhuǎn)半徑為R，則由R＝可知，粒子的比荷為＝，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；
從C點(diǎn)入射的b粒子的半徑也為R，且由于∠CON＝60°，可知粒子b正好從N點(diǎn)射出，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；
從a點(diǎn)射入的粒子在磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)過(guò)的角度為90°；從b點(diǎn)射入的粒子在磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)過(guò)的角度為60°；兩粒子的周期相同，根據(jù)t＝T可知，a、b兩個(gè)粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間之比為3∶2，選項(xiàng)D正確．
答案：D
2．解析：
(1)根據(jù)帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)特征，洛倫茲力充當(dāng)粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力
則有Bev＝，解得R＝
由幾何關(guān)系可知，當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度最小時(shí)，帶電粒子運(yùn)動(dòng)的臨界軌跡與大圓邊界相切，如圖甲所示
由勾股定理有a2＋R2＝(5a－R)2
則2.4a＝
解得B0＝.
(2)當(dāng)B＝時(shí)，根據(jù)洛倫茲力充當(dāng)向心力，有Bev＝
解得r＝a
由幾何關(guān)系，可畫(huà)出電子的運(yùn)動(dòng)軌跡示意圖，如圖乙所示電子第1次從M射入磁場(chǎng)經(jīng)N點(diǎn)進(jìn)入小圓內(nèi)部，由幾何關(guān)系可知，從N點(diǎn)進(jìn)入小圓沿直徑方向射出，且電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡所對(duì)的圓心角為θ＝300°，后從Q射入磁場(chǎng)，每次電子均如上所述運(yùn)動(dòng)，經(jīng)6次后可再次從M點(diǎn)射出
則電子運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為t總＝n(t磁＋t勻)
電子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的周期T＝
解得t總＝(n取1，2，3，…)．
答案：見(jiàn)解析
素養(yǎng)培優(yōu)·情境命題
典例1　解析：畫(huà)出帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的動(dòng)態(tài)分析圖，如下圖所示
當(dāng)粒子都從ab邊射出，則運(yùn)動(dòng)軌跡都是半圓周，運(yùn)動(dòng)時(shí)間都相等，為；當(dāng)粒子都從bc邊射出，則速度越大，軌道半徑越大，對(duì)應(yīng)的圓心角越大，運(yùn)動(dòng)時(shí)間越長(zhǎng)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間大于，故A正確，BC錯(cuò)誤；
當(dāng)粒子的速度足夠大，半徑足夠大時(shí)，l遠(yuǎn)小于r，這時(shí)圓心角大小趨近于270°，因此粒子在磁場(chǎng)中最長(zhǎng)運(yùn)動(dòng)時(shí)間小于，故D正確．
答案：AD
典例2　解析：根據(jù)磁聚焦原理，粒子在半徑為r0的圓形磁場(chǎng)區(qū)域中運(yùn)動(dòng)，粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑為r0，有 qB0v＝m，解得 B0＝
要使匯聚到O點(diǎn)的粒子經(jīng)正方形區(qū)域內(nèi)的磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后寬度變?yōu)?r0，且粒子仍沿水平向右射出，作出軌跡如圖所示，由幾何關(guān)系可知粒子的軌跡半徑2r0，正方形中磁場(chǎng)區(qū)域內(nèi)應(yīng)該為圓形磁場(chǎng)的一部分，有 qB1v＝m，解得 B1＝
比較可得 B1＝B0
由左手定則可知，方向垂直紙面向里，A錯(cuò)誤，B正確；
如圖，磁場(chǎng)區(qū)域的最小面積為S2＝，C正確，D錯(cuò)誤．
故選BC.
答案：BC
典例3　解析：(1)設(shè)板間距離為d，則板長(zhǎng)為d，帶電粒子在板間做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，兩板間的電場(chǎng)強(qiáng)度為E＝
根據(jù)牛頓第二定律得，電場(chǎng)力提供加速度qE＝ma
解得a＝
設(shè)粒子在平板間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t0，根據(jù)類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律得＝
聯(lián)立解得U＝
(2)設(shè)粒子出電場(chǎng)時(shí)與水平方向夾角為α，則有
tan α＝＝
故α＝
則出電場(chǎng)時(shí)粒子的速度為v＝＝v0
粒子出電場(chǎng)后沿直線(xiàn)做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，接著進(jìn)入磁場(chǎng)，根據(jù)牛頓第二定律，洛倫茲力提供勻速圓周運(yùn)動(dòng)所需的向心力得qvB＝m
解得r＝＝
已知圓形磁場(chǎng)區(qū)域半徑為R＝，故r＝R
粒子沿PO方向射入磁場(chǎng)即沿半徑方向射入磁場(chǎng)，故粒子將沿半徑方向射出磁場(chǎng)，粒子射出磁場(chǎng)時(shí)與射入磁場(chǎng)時(shí)運(yùn)動(dòng)方向的夾角為θ，則粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)圓弧軌跡對(duì)應(yīng)的圓心角也為θ，由幾何關(guān)系可得θ＝2α＝
故粒子射出磁場(chǎng)時(shí)與射入磁場(chǎng)時(shí)運(yùn)動(dòng)方向的夾角為或60°；
(3)帶電粒子在該磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑與圓形磁場(chǎng)半徑關(guān)系為r＝R，根據(jù)幾何關(guān)系，將磁場(chǎng)圓繞O′點(diǎn)順時(shí)針旋轉(zhuǎn)，當(dāng)O點(diǎn)轉(zhuǎn)到M點(diǎn)，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡圓的弦為磁場(chǎng)圓的直徑時(shí)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最長(zhǎng)．則相對(duì)應(yīng)的運(yùn)動(dòng)軌跡和弦以及圓心M的位置如圖所示：
答案：　(2)或60°
(3)(共50張PPT)
第9講　帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)
命題點(diǎn)一　帶電粒子在組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)
1．組合場(chǎng)
電場(chǎng)與磁場(chǎng)各位于一定的區(qū)域內(nèi)，并不重疊；或在同一區(qū)域分時(shí)間段交替出現(xiàn)．
2．磁偏轉(zhuǎn)模型與電偏轉(zhuǎn)模型的辨析
答案：A
解析：(1)粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖甲所示．(粒子在電場(chǎng)中的軌跡為拋物線(xiàn)，在磁場(chǎng)中為圓弧，上下對(duì)稱(chēng))；
[教你解決問(wèn)題]
(1)讀題→畫(huà)軌跡
(2)模型建構(gòu)→求速度
思維提升
解決帶電粒子在組合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)問(wèn)題
答案：AD
(1)已知粒子1沿與x軸正方向成θ1＝60°的方向進(jìn)入磁場(chǎng)后平行于x軸從磁場(chǎng)中射出，求初速度v0的大小；
(2)粒子2沿與x軸正方向成θ2＝120°的方向進(jìn)入磁場(chǎng)，求它從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)所用的時(shí)間t(結(jié)果保留2位有效數(shù)字)．
(3)求電場(chǎng)的邊界線(xiàn)OQP的軌跡方程．
命題點(diǎn)二　帶電粒子在疊加場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)
帶電粒子在疊加場(chǎng)中常見(jiàn)的幾種運(yùn)動(dòng)形式
運(yùn)動(dòng)性質(zhì) 受力特點(diǎn) 方法規(guī)律
勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng) 粒子所受的合力為0 平衡條件
勻速圓周運(yùn)動(dòng) 除洛倫茲力外，另外兩力的合力為零；qE＝mg 牛頓第二定律、圓周運(yùn)動(dòng)的規(guī)律
較復(fù)雜的曲線(xiàn)運(yùn)動(dòng) 除洛倫茲力外，其他力的合力既不為零，也不與洛倫茲力等大反向 動(dòng)能定理、能量守恒定律
思維提升
交變電磁場(chǎng)問(wèn)題的處理思路
提升訓(xùn)練
1.[2023·吉林統(tǒng)考二模]如圖所示，一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小球(視為質(zhì)點(diǎn))套在長(zhǎng)度為L(zhǎng)、傾角為θ的固定絕緣光滑直桿OP上，P端下方存在正交的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電場(chǎng)方向沿PO方向，磁場(chǎng)方向垂直紙面水平向里．現(xiàn)將小球從O端由靜止釋放，小球滑離直桿后沿直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，到達(dá)Q點(diǎn)時(shí)立即撤去磁場(chǎng)，最終小球垂直打到水平地面上，重力加速度大小為g，不計(jì)空氣阻力．求：
(1)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小E以及磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B；
(2)Q點(diǎn)距離地面的高度h.
(1)求圓形區(qū)域內(nèi)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B0和y>0區(qū)域內(nèi)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小E；
(2)求小球第一次通過(guò)x軸時(shí)的位置D的橫坐標(biāo)；
(3)求小球在x軸下方運(yùn)動(dòng)的最大速度．
電磁場(chǎng)與現(xiàn)代科技
情境1　回旋加速器——科學(xué)思維
[典例1]　[2023·廣東高三統(tǒng)考開(kāi)學(xué)考試]圖甲示意我國(guó)建造的第一臺(tái)回旋加速器，該加速器存放于中國(guó)原子能科學(xué)研究院，其工作原理如圖乙所示，下列說(shuō)法正確的是(　　)
A．由于粒子速度被逐漸加大，則它在D形盒中的運(yùn)動(dòng)周期越來(lái)越小
B．由于粒子速度被逐漸加大，極板所加的交流電周期要相應(yīng)減小
C．粒子從加速器出來(lái)的最大速度與D形盒的半徑大小及磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度有關(guān)
D．粒子增加的動(dòng)能來(lái)源于磁場(chǎng)
答案：C
答案：BCD
情境3　電磁流量計(jì)——模型建構(gòu)
[典例3]　[2023·湖北省武漢市模擬](多選)電磁流量計(jì)可以測(cè)量導(dǎo)電流體的流量(單位時(shí)間內(nèi)流過(guò)某一橫截面的流體體積)．如圖所示，它是由一個(gè)產(chǎn)生磁場(chǎng)的線(xiàn)圈，以及用來(lái)測(cè)量電動(dòng)勢(shì)的兩個(gè)電極a、b所構(gòu)成，可架設(shè)于管路外來(lái)測(cè)量液體流量．以v表示流速，B表示電磁線(xiàn)圈產(chǎn)生的磁場(chǎng)，D表示管路內(nèi)徑，若磁場(chǎng)B的方向、流速v的方向與測(cè)量電磁線(xiàn)圈感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)兩電極連線(xiàn)的方向三者相互垂直，則測(cè)得的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為U0，下列判斷正確的是(　　)
A．電極a為負(fù)，電極b為正
B．電極a為正，電極b為負(fù)
C．U與液體流量成正比
D．U與液體流量成反比
答案：AC
情境4　質(zhì)譜儀——科學(xué)思維
[典例4]　[2023·天津和平區(qū)期末]有一種“雙聚焦分析器”質(zhì)譜儀，工作原理如圖所示．加速電場(chǎng)的電壓為U，靜電分析器中有會(huì)聚電場(chǎng)，即與圓心O1等距各點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小相同，方向沿徑向指向圓心O1，磁分析器中以O(shè)2為圓心、圓心角為90°的扇形區(qū)域內(nèi)，分布著方向垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，其左邊界與靜電分析器的右邊界平行．
由離子源發(fā)出一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為q的正離子(初速度為零、重力不計(jì))；經(jīng)加速電場(chǎng)加速后，從M點(diǎn)沿垂直于該點(diǎn)的電場(chǎng)方向進(jìn)入靜電分析器，在靜電分析器中，離子沿半徑為R的四分之一圓弧軌道做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，并從N點(diǎn)射出靜電分析器．而后離子由P點(diǎn)沿著既垂直于磁分析器的左邊界，又垂直于磁場(chǎng)方向射入磁分析器中，最后離子沿垂直于磁分析器下邊界的方向從Q點(diǎn)射出，并進(jìn)入收集器，測(cè)量出Q點(diǎn)與圓心O2的距離為d.(題中的U、m、q、R、d都為已知量)
(1)求靜電分析器中離子運(yùn)動(dòng)軌跡處電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小；
(2)求磁分析器中磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小；
(3)現(xiàn)將離子換成質(zhì)量為2m、電荷量為0.5q的另一種正離子，其他條件不變．磁分析器空間足夠大，離子不會(huì)從圓弧邊界射出，求該離子離開(kāi)磁分析器的位置Q′到O2的距離．第9講　帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)
知識(shí)網(wǎng)絡(luò)構(gòu)建
命題分類(lèi)剖析
命題點(diǎn)一　帶電粒子在組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)
1．組合場(chǎng)
電場(chǎng)與磁場(chǎng)各位于一定的區(qū)域內(nèi)，并不重疊；或在同一區(qū)域分時(shí)間段交替出現(xiàn)．
2．磁偏轉(zhuǎn)模型與電偏轉(zhuǎn)模型的辨析
例 1 [2023·全國(guó)乙卷]
如圖，一磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，方向垂直于紙面(xOy平面)向里，磁場(chǎng)右邊界與x軸垂直．一帶電粒子由O點(diǎn)沿x正向入射到磁場(chǎng)中，在磁場(chǎng)另一側(cè)的S點(diǎn)射出，粒子離開(kāi)磁場(chǎng)后，沿直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)打在垂直于x軸的接收屏上的P點(diǎn)；SP＝l，S與屏的距離為，與x軸的距離為a.如果保持所有條件不變，在磁場(chǎng)區(qū)域再加上電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)，該粒子入射后則會(huì)沿x軸到達(dá)接收屏．該粒子的比荷為(　　)
A．　　B．　　C．　　D．
例 2 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(xiàn)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．
[教你解決問(wèn)題]
(1)讀題→畫(huà)軌跡
(2)模型建構(gòu)→求速度
思維提升
解決帶電粒子在組合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)問(wèn)題
提升訓(xùn)練
1.[2023·海南卷](多選)如圖所示，質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的帶電粒子，從坐標(biāo)原點(diǎn)O以初速度v0射入第一象限內(nèi)的電、磁場(chǎng)區(qū)域，在0x0區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里、大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，控制電場(chǎng)強(qiáng)度E(E值有多種可能)，可讓粒子從NP射入磁場(chǎng)后偏轉(zhuǎn)打到足夠長(zhǎng)的接收器MN上，不計(jì)重力，則(　　)
A．粒子從NP中點(diǎn)射入磁場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度E＝
B．粒子從NP中點(diǎn)射入磁場(chǎng)時(shí)的速度v＝
C．粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心到NM的距離為
D．粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑的最大值是
2.
[2023·江蘇蘇州校考模擬預(yù)測(cè)]如圖所示，在xOy平面內(nèi)的第二象限有一個(gè)圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，其邊界與x軸相切于A(－2m，0)點(diǎn)，磁場(chǎng)方向垂直于紙面向外，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B＝1 T，磁場(chǎng)區(qū)域的半徑為R＝2m，第一象限內(nèi)有一條拋物線(xiàn)OQP(圖中虛線(xiàn)所示)，P(4m，0)是x軸上的一點(diǎn)，拋物線(xiàn)OQP上方存在沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)E＝3×103 V/m，從A點(diǎn)向第二象限發(fā)射大量帶正電的某種粒子，粒子的速率均為v0(未知)，質(zhì)量均為m＝2×10－7 kg，電荷量均為q＝1×10－4 C，所有粒子均可到達(dá)P點(diǎn)，不計(jì)粒子的重力和粒子間的相互作用．
(1)已知粒子1沿與x軸正方向成θ1＝60°的方向進(jìn)入磁場(chǎng)后平行于x軸從磁場(chǎng)中射出，求初速度v0的大小；
(2)粒子2沿與x軸正方向成θ2＝120°的方向進(jìn)入磁場(chǎng)，求它從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)所用的時(shí)間t(結(jié)果保留2位有效數(shù)字)．
(3)求電場(chǎng)的邊界線(xiàn)OQP的軌跡方程．
命題點(diǎn)二　帶電粒子在疊加場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)
帶電粒子在疊加場(chǎng)中常見(jiàn)的幾種運(yùn)動(dòng)形式
運(yùn)動(dòng)性質(zhì) 受力特點(diǎn) 方法規(guī)律
勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng) 粒子所受的合力為0 平衡條件
勻速圓周運(yùn)動(dòng) 除洛倫茲力外，另外兩力的合力為零；qE＝mg 牛頓第二定律、圓周運(yùn)動(dòng)的規(guī)律
較復(fù)雜的曲線(xiàn)運(yùn)動(dòng) 除洛倫茲力外，其他力的合力既不為零，也不與洛倫茲力等大反向 動(dòng)能定理、能量守恒定律
例 1 [2023·江蘇卷]
霍爾推進(jìn)器某局部區(qū)域可抽象成如圖所示的模型．Oxy平面內(nèi)存在豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直坐標(biāo)平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.質(zhì)量為m、電荷量為e的電子從O點(diǎn)沿x軸正方向水平入射．入射速度為v0時(shí)，電子沿x軸做直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)；入射速度小于v0時(shí)，電子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖中的虛線(xiàn)所示，且在最高點(diǎn)與在最低點(diǎn)所受的合力大小相等．不計(jì)重力及電子間相互作用．
(1)求電場(chǎng)強(qiáng)度的大小E；
(2)若電子入射速度為，求運(yùn)動(dòng)到速度為時(shí)位置的縱坐標(biāo)y1；
(3)若電子入射速度在0 例 2 如圖，在豎直平面直角坐標(biāo)系xOy中，Ox水平，在y≥0的空間內(nèi)充滿(mǎn)勻強(qiáng)電場(chǎng)(未畫(huà)出)和方向垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，直線(xiàn)QN⊥x軸，OQ＝L；在y≤0的空間內(nèi)充滿(mǎn)方向與x軸平行的勻強(qiáng)電場(chǎng)(未畫(huà)出)．一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小液滴，從原點(diǎn)O沿紙面與y軸正方向夾角θ＝60°的方向以某一初速度射入第二象限后，做勻速圓周運(yùn)動(dòng)且恰好不通過(guò)QN.已知重力加速度大小為g，初速度大小v0＝.
(1)求y≥0空間內(nèi)場(chǎng)強(qiáng)大小E1和磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B；
(2)若液滴通過(guò)x軸后做直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，求液滴從O點(diǎn)開(kāi)始到通過(guò)y軸負(fù)半軸所用的時(shí)間T.
例 3 [2023·山東青島二模]如圖甲，三維坐標(biāo)系中yOz平面的左側(cè)虛線(xiàn)區(qū)域內(nèi)存在一未知電場(chǎng)，yOz平面的右側(cè)存在平行z軸方向周期性變化的磁場(chǎng)B1和沿y軸正方向豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度E＝0.4 N/C.一質(zhì)量m＝4×10－6 kg、電荷量q＝1×10－4 C的帶正電液滴，從xOy平面內(nèi)的P點(diǎn)沿x軸方向以v0＝1 m/s的初速度進(jìn)入未知電場(chǎng)區(qū)域，經(jīng)過(guò)0.1 s到達(dá)原點(diǎn)O第1次經(jīng)過(guò)x軸，此時(shí)速度大小v＝2 m/s，方向在xOy平面內(nèi)與x軸正向成45°角斜向下．把液滴到達(dá)原點(diǎn)O的時(shí)刻記為t＝0，此時(shí)磁場(chǎng)沿z軸負(fù)方向，磁場(chǎng)B1隨時(shí)間變化的關(guān)系如圖乙所示，其中B0＝0.4 T、t0＝ s，重力加速度g＝10 m/s2.
(1)求液滴從P點(diǎn)到原點(diǎn)O的過(guò)程中，受到的電場(chǎng)力的沖量大小；
(2)求液滴從第1次到第4次經(jīng)過(guò)x軸的時(shí)間間隔；
(3)在t＝6t0時(shí)刻撤去電場(chǎng)E和磁場(chǎng)B1，同時(shí)在整個(gè)空間區(qū)域加上豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B2＝ T，求液滴繼續(xù)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中達(dá)到最大高度時(shí)的位置坐標(biāo)．
思維提升
交變電磁場(chǎng)問(wèn)題的處理思路
提升訓(xùn)練
1.[2023·吉林統(tǒng)考二模]如圖所示，一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小球(視為質(zhì)點(diǎn))套在長(zhǎng)度為L(zhǎng)、傾角為θ的固定絕緣光滑直桿OP上，P端下方存在正交的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電場(chǎng)方向沿PO方向，磁場(chǎng)方向垂直紙面水平向里．現(xiàn)將小球從O端由靜止釋放，小球滑離直桿后沿直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，到達(dá)Q點(diǎn)時(shí)立即撤去磁場(chǎng)，最終小球垂直打到水平地面上，重力加速度大小為g，不計(jì)空氣阻力．求：
(1)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小E以及磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B；
(2)Q點(diǎn)距離地面的高度h.
2．如圖，在直角坐標(biāo)系xOy中，y軸豎直．以點(diǎn)O1(O，R)為圓心、以R為半徑的圓形區(qū)域內(nèi)，存在方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，直徑AC與y軸正方向成θ＝60°；在y>0的區(qū)域內(nèi)存在方向與AC平行斜向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)；在y<0的區(qū)域內(nèi)存在垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)(未畫(huà)出)．現(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小球以大小v0＝(g為重力加速度大小)的初速度從A點(diǎn)沿AC方向做直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)．已知y<0區(qū)域內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝.
(1)求圓形區(qū)域內(nèi)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B0和y>0區(qū)域內(nèi)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小E；
(2)求小球第一次通過(guò)x軸時(shí)的位置D的橫坐標(biāo)；
(3)求小球在x軸下方運(yùn)動(dòng)的最大速度．
素養(yǎng)培優(yōu)·情境命題
電磁場(chǎng)與現(xiàn)代科技
情境1　回旋加速器——科學(xué)思維
[典例1]　[2023·廣東高三統(tǒng)考開(kāi)學(xué)考試]圖甲示意我國(guó)建造的第一臺(tái)回旋加速器，該加速器存放于中國(guó)原子能科學(xué)研究院，其工作原理如圖乙所示，下列說(shuō)法正確的是(　　)
A．由于粒子速度被逐漸加大，則它在D形盒中的運(yùn)動(dòng)周期越來(lái)越小
B．由于粒子速度被逐漸加大，極板所加的交流電周期要相應(yīng)減小
C．粒子從加速器出來(lái)的最大速度與D形盒的半徑大小及磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度有關(guān)
D．粒子增加的動(dòng)能來(lái)源于磁場(chǎng)
情境2　霍爾推進(jìn)器——科學(xué)思維
[典例2]　[2023·廣東廣州天河區(qū)一模](多選)據(jù)報(bào)道，我國(guó)空間站(圖甲)安裝了現(xiàn)代最先進(jìn)的霍爾推進(jìn)器用以空間站的軌道維持．如圖乙所示，在很窄的某圓環(huán)空間內(nèi)有沿半徑向外的磁場(chǎng)1，其磁感應(yīng)強(qiáng)度大小可近似認(rèn)為處處相等；垂直圓環(huán)平面同時(shí)加有勻強(qiáng)磁場(chǎng)2和勻強(qiáng)電場(chǎng)(圖中沒(méi)畫(huà)出)，磁場(chǎng)1與磁場(chǎng)2的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，已知電子電荷量為e，質(zhì)量為m，若電子恰好可以在圓環(huán)內(nèi)沿順時(shí)針?lè)较蜃霭霃綖镽、速率為v的勻速圓周運(yùn)動(dòng)．則以下說(shuō)法正確的是(　　)
A.電場(chǎng)方向垂直環(huán)平面向外
B．電子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期為
C．垂直環(huán)平面的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為
D．電場(chǎng)強(qiáng)度大小為
情境3　電磁流量計(jì)——模型建構(gòu)
[典例3]　[2023·湖北省武漢市模擬](多選)電磁流量計(jì)可以測(cè)量導(dǎo)電流體的流量(單位時(shí)間內(nèi)流過(guò)某一橫截面的流體體積)．如圖所示，它是由一個(gè)產(chǎn)生磁場(chǎng)的線(xiàn)圈，以及用來(lái)測(cè)量電動(dòng)勢(shì)的兩個(gè)電極a、b所構(gòu)成，可架設(shè)于管路外來(lái)測(cè)量液體流量．以v表示流速，B表示電磁線(xiàn)圈產(chǎn)生的磁場(chǎng)，D表示管路內(nèi)徑，若磁場(chǎng)B的方向、流速v的方向與測(cè)量電磁線(xiàn)圈感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)兩電極連線(xiàn)的方向三者相互垂直，則測(cè)得的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為U0，下列判斷正確的是(　　)
A．電極a為負(fù)，電極b為正
B．電極a為正，電極b為負(fù)
C．U與液體流量成正比
D．U與液體流量成反比
情境4　質(zhì)譜儀——科學(xué)思維
[典例4]　[2023·天津和平區(qū)期末]有一種“雙聚焦分析器”質(zhì)譜儀，工作原理如圖所示．加速電場(chǎng)的電壓為U，靜電分析器中有會(huì)聚電場(chǎng)，即與圓心O1等距各點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小相同，方向沿徑向指向圓心O1，磁分析器中以O(shè)2為圓心、圓心角為90°的扇形區(qū)域內(nèi)，分布著方向垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，其左邊界與靜電分析器的右邊界平行．由離子源發(fā)出一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為q的正離子(初速度為零、重力不計(jì))；經(jīng)加速電場(chǎng)加速后，從M點(diǎn)沿垂直于該點(diǎn)的電場(chǎng)方向進(jìn)入靜電分析器，在靜電分析器中，離子沿半徑為R的四分之一圓弧軌道做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，并從N點(diǎn)射出靜電分析器．而后離子由P點(diǎn)沿著既垂直于磁分析器的左邊界，又垂直于磁場(chǎng)方向射入磁分析器中，最后離子沿垂直于磁分析器下邊界的方向從Q點(diǎn)射出，并進(jìn)入收集器，測(cè)量出Q點(diǎn)與圓心O2的距離為d.(題中的U、m、q、R、d都為已知量)
(1)求靜電分析器中離子運(yùn)動(dòng)軌跡處電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小；
(2)求磁分析器中磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小；
(3)現(xiàn)將離子換成質(zhì)量為2m、電荷量為0.5q的另一種正離子，其他條件不變．磁分析器空間足夠大，離子不會(huì)從圓弧邊界射出，求該離子離開(kāi)磁分析器的位置Q′到O2的距離．
第9講　帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)
命題分類(lèi)剖析
命題點(diǎn)一
[例1]　解析：由題知，一帶電粒子由O點(diǎn)沿x正向入射到磁場(chǎng)中，在磁場(chǎng)另一側(cè)的S點(diǎn)射出，則根據(jù)幾何關(guān)系可知粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r＝2a
則粒子做圓周運(yùn)動(dòng)有qvB＝m
則有＝
如果保持所有條件不變，在磁場(chǎng)區(qū)域再加上電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)，該粒子入射后則會(huì)沿x軸到達(dá)接收屏，則有Eq＝qvB
聯(lián)立有＝
故選A.
答案：A
[例2]　解析：(1)粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖甲所示．(粒子在電場(chǎng)中的軌跡為拋物線(xiàn)，在磁場(chǎng)中為圓弧，上下對(duì)稱(chēng))；
(2)粒子從電場(chǎng)下邊界入射后在電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)粒子從M點(diǎn)射入時(shí)速度的大小為v0，在下側(cè)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，加速度的大小為a；粒子進(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(見(jiàn)圖乙)．速度沿電場(chǎng)方向的分量為v1.根據(jù)牛頓第二定律有
qE＝ma①
式中q和m分別為粒子的電荷量和質(zhì)量，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有
v1＝at②
l′＝v0t③
v1＝v cos θ④
粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)其運(yùn)動(dòng)軌道半徑為R，
由洛倫茲力公式和牛頓第二定律得
qvB＝m⑤
由幾何關(guān)系得l＝2R cos θ⑥
聯(lián)立①②③④⑤⑥式得
v0＝；⑦
(3)由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和題中所給數(shù)據(jù)得
v1＝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③⑦⑨⑩ 式得
t′＝(1＋)
答案：(1)圖見(jiàn)解析　(2)　(3)(1＋)
[提升訓(xùn)練]
1．解析：若粒子從NP中點(diǎn)射入磁場(chǎng)，在電場(chǎng)中，水平方向有x0＝v0t，豎直方向有＝·t2，解得E＝，A對(duì)；粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理有qE·＝結(jié)合A項(xiàng)分析可得v＝，B錯(cuò)；粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，豎直方向有vy＝·，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，由洛倫茲力提供向心力有qvB＝m，設(shè)粒子從電場(chǎng)中射出時(shí)的速度方向與y軸正方向的夾角為θ，根據(jù)幾何關(guān)系可知，圓心到MN的距離為s＝R cos θ＝＝，C錯(cuò)；經(jīng)分析可知，粒子從N點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑最大，在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，水平方向有x0＝v0t，豎直方向有y0＝·t2，由動(dòng)能定理有Emqy0＝,粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，由洛倫茲力提供向心力有qvmB＝,聯(lián)立解得Rm＝，D對(duì)．
答案：AD
2．解析： (1)設(shè)磁場(chǎng)圓心為O1，粒子1在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡的半徑為r，圓心為O2，從磁場(chǎng)邊界上的C點(diǎn)飛出，如圖所示
由幾何關(guān)系可知四邊形O1AO2C為菱形，故有r＝R
由牛頓第二定律可知qv0B＝
聯(lián)立解得v0＝1×103 m/s
(2)設(shè)粒子2在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡的圓心為O3，它從D點(diǎn)平行于x軸射出磁場(chǎng)，延長(zhǎng)DO3與x軸相交于E點(diǎn)，DE垂直于x軸，如圖所示．
有：∠AO3D＝120°，∠O3AE＝30°
粒子2在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期T＝＝4π×10－3s
它在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t1＝T＝×10－3s
D點(diǎn)的橫坐標(biāo)xD＝xA＋r·cos ∠O3AE＝－2 m＋2× m＝－ m
D點(diǎn)到P點(diǎn)沿x軸方向的位移為x＝xP－xD＝(4＋) m
粒子2從D點(diǎn)到P點(diǎn)在沿x軸方向上做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，所用時(shí)間t2＝＝(4＋)×10－3 s
所以t＝t1＋t2＝9.9×10－3 s
(3)由幾何關(guān)系可知所有粒子都平行于x軸進(jìn)入電場(chǎng)，如圖所示
設(shè)某個(gè)粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t0，加速度為a，到達(dá)拋物線(xiàn)OQP時(shí)的坐標(biāo)為(x，y)，此時(shí)粒子速度為v，沿y軸方向的分速度大小為vy，x軸方向上有x＝v0t0
y軸方向上由牛頓第二定律有qE＝ma
解得a＝1.5×106m/s2，vy＝at0
由三角形相似可得＝
聯(lián)立解得y＝－1.5x2＋6x(m)(0≤x≤4 m)
答案：(1)1×103 m/s　(2)9.9×10－3 s
(3)y＝－1.5x2＋6x(m)(0≤x≤4 m)
命題點(diǎn)二
[例1]　解析：(1)由題知，入射速度為v0時(shí)，電子沿x軸做直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)則有Ee＝ev0B
解得E＝v0B
(2)電子在豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直坐標(biāo)平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)的復(fù)合場(chǎng)中，由于洛倫茲力不做功，且由于電子入射速度為，則電子受到的電場(chǎng)力大于洛倫茲力，則電子向上偏轉(zhuǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理有
eEy1＝m－m
解得y1＝
(3)若電子以v入射時(shí)，設(shè)電子能達(dá)到的最高點(diǎn)位置的縱坐標(biāo)為y，則根據(jù)動(dòng)能定理有
eEy＝－mv2
由于電子在最高點(diǎn)與在最低點(diǎn)所受的合力大小相等，則在最高點(diǎn)有
F合＝evmB－eE
在最低點(diǎn)有F合＝eE－evB
聯(lián)立有vm＝－v
y＝
要讓電子到達(dá)縱坐標(biāo)y2＝位置，即
y≥y2
解得v≤v0
則若電子入射速度在0 答案：(1)v0B　(2)　(3)90%
[例2]　解析：
(1)液滴運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，y≥0空間內(nèi)液滴做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，有qE1＝mg
解得E1＝
由洛倫茲力提供向心力有qv0B＝m，其中v0＝
由幾何關(guān)系有r＋r cos θ＝L
解得B＝，r＝L.
(2)由(1)問(wèn)得r＝L
液滴做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t1＝·＝π
液滴通過(guò)x軸上P點(diǎn)后做直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，設(shè)液滴在第四象限中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2，則
＝2mg＝ma1，＝
聯(lián)立解得t2＝
T＝t1＋t2
聯(lián)立解得T＝π .
答案：(1)
(2)π
[例3]　解析： (1)液滴從P點(diǎn)到原點(diǎn)O的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)量定理
水平方向：Ix＝mv cos －mv0＝4×10－6N·s
豎直方向：Iy－mgt＝－mv sin －0，
解得：Iy＝－4×10－6N·s
電場(chǎng)的沖量大小為I＝＝4×10－6N·s
(2)液滴進(jìn)入yOz平面的右側(cè)后E1q＝mg
相當(dāng)于只受磁場(chǎng)力，根據(jù)向心力公式：qvB11＝m
其中B11＝2B0＝0.8 T，解得：r1＝ m
且T1＝＝ s
同理qvB12＝m
其中B12＝B0＝0.4 T，解得r2＝ m
且T2＝＝ s
則Δt＝4t0＋＝ s
(3)在t＝6t0時(shí)，液滴的速度在xOy平面內(nèi)，與x軸夾角為45°，6t0后液滴螺旋上升，
上升時(shí)間為：t＝＝0.2 s
高度h＝t＝0.2 m
根據(jù)洛倫茲力提供向心力，有qv sin 45°B2＝m
解得液滴在xOz平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r3＝ m
周期為T(mén)3＝＝ s
所以上升過(guò)程相當(dāng)于T3
x3＝3r2cos 45°＝0.6 m，y3＝3r2sin 45°＋h＝0.8 m，z3＝2r3＝ m
因此液滴在最高點(diǎn)的坐標(biāo)為(0.6 m，0.8 m， m)
答案：(1)4×10－6 N·s　(2) s
(3)(0.6 m，0.8 m， m)
[提升訓(xùn)練]
1．解析：(1)小球滑離直桿后進(jìn)入疊加場(chǎng)，在疊加場(chǎng)內(nèi)的受力情況如圖所示，小球做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，根據(jù)幾何關(guān)系有sin θ＝，cos θ＝；L＝；解得E＝，B＝
(2)根據(jù)題意可知，當(dāng)磁場(chǎng)撤去后，小球受重力和電場(chǎng)力作用，且合力的方向與速度方向垂直，小球做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向有Eq cos θ＝max；vx＝v cos θ－axt
豎直方向有mg－Eq sin θ＝may；h＝v sin θ·t＋ayt2
當(dāng)小球落到地面時(shí)，vx＝0，即vx＝v cos θ－axt＝0，解得t＝，h＝(sin θ＋)L.
答案：(1)　(2)(sin θ＋)L
2．解析：(1)小球沿AC方向做直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，則qv0B0＝mg sin θ
qE＝mg cos θ
其中v0＝
解得B0＝，E＝.
(2)小球運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，小球從C點(diǎn)離開(kāi)磁場(chǎng)后受到的合外力方向與電場(chǎng)方向垂直向下且mg sin θ＝ma，小球做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，則L＝v0t2，d＝，由幾何關(guān)系有d＝(2+)
解得L＝6R
小球第一次通過(guò)x軸時(shí)位置的橫坐標(biāo)
xD＝R sin θ＋
解得xD＝5R.
(3)由(2)問(wèn)得t2＝2 ，tan α＝
解得α＝30°
則v1＝2v0sin (30°＋α)＝v0
v2＝2v0cos (30°＋α)＝v0
經(jīng)過(guò)計(jì)算得qBv1＝mg，則小球在x軸下方運(yùn)動(dòng)的最大速度為vmax＝v1＋v2
解得vmax＝(1＋.
答案：(1)　(2)5R　(3)(1＋
素養(yǎng)培優(yōu)·情境命題
典例1　解析：粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期T＝，與粒子速度無(wú)關(guān)，故粒子在D形盒中的運(yùn)動(dòng)周期不變，所加交流電的周期也相應(yīng)保持不變，故AB錯(cuò)誤；
粒子由D形盒中飛出時(shí)，有qvmB＝
得R＝
結(jié)合Ekm＝
可解得粒子的最大速度為vm＝
與D形盒的半徑大小R及磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度B均有關(guān)，故C正確；
洛倫茲力總與粒子的運(yùn)動(dòng)方向垂直，不對(duì)粒子做功，只改變粒子速度的方向，粒子增加的動(dòng)能來(lái)源于加速電場(chǎng)，故D錯(cuò)誤．
答案：C
典例2　解析：根據(jù)左手定則可知電子在圓環(huán)內(nèi)受到沿半徑向外的磁場(chǎng)1的洛倫茲力方向垂直環(huán)平面向里，電子受到的電場(chǎng)力需要與該洛倫茲力平衡，電場(chǎng)力方向應(yīng)垂直環(huán)平面向外，由于電子帶負(fù)電，故電場(chǎng)方向垂直環(huán)平面向里，A錯(cuò)誤；電子在圓環(huán)內(nèi)沿順時(shí)針?lè)较蜃霭霃綖镽、速率為v的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則電子運(yùn)動(dòng)周期為T(mén)＝，B正確；電子在圓環(huán)內(nèi)受到磁場(chǎng)2的洛倫茲力提供電子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，則有evB＝m，解得B＝，C正確；電子在垂直環(huán)平面方向受力平衡，則有eE＝evB，解得E＝，D正確．
答案：BCD
典例3　解析：根據(jù)左手定則，帶正電的離子所受洛倫茲力指向b極，則正離子向b極移動(dòng)，同理，帶負(fù)電離子受洛倫茲力向a極移動(dòng)，故電極a為負(fù)，電極b為正，故A正確，B錯(cuò)誤；
帶電粒子受洛倫茲力與電場(chǎng)力平衡時(shí)，有q＝qvB，又由流量為Q＝＝＝，聯(lián)立解得感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)U0＝，可知U與液體流量成正比，故 C正確，D錯(cuò)誤．
答案：AC
典例4　解析：(1)離子通過(guò)加速電場(chǎng)的過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理有qU＝mv2
離子在靜電分析器中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則有qE＝m，解得E＝.
(2)離子垂直磁分析器左邊界進(jìn)入，垂直下邊界射出，則離子在磁分析器中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為d，則有qvB＝m，解得B＝.
(3)由(1)可得，另一種離子在靜電分析器中的運(yùn)動(dòng)半徑仍為R，所以該離子進(jìn)入磁分析器的位置P′仍為P，則有0.5qU＝·2mv′2
離子在磁分析器中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)有0.5qv′B＝2m，解得r′＝2d
該離子離開(kāi)磁分析器的位置Q′到O2的距離為x＝＝d.
答案：(1)　(2)　(3)d

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