【物理】2020届一轮复习人教版应用“三类典型运动”破解电磁场计算题学案
应用“三类典型运动”破解电磁场
考法
学法
分析近几年全国高考卷可知，压轴计算题多数情况下考查电学，考查的内容有：①带电粒子(体)在电场、磁场中的运动；②带电粒子(体)在组合场、叠加场中的运动；③带电粒子(体)在交变场中的运动。本讲主要应用“直线运动”“圆周运动”“类平抛运动”这三类典型运动破解电磁场计算题。用到的思想方法有：①假设法；②合成法；③正交分解法；④临界、极值问题的分析方法；⑤等效思想；⑥分解思想。
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命题点(一) 带电粒子(体)在电场中的运动
[研一题]————————————————————————————————
如图所示，金属丝发射出的电子(质量为m、电荷量为e，初速度与重力均忽略不计)被加速后从金属板的小孔穿出进入偏转电场(小孔与上、下极板间的距离相等)。已知偏转电场两极板间距离为d，当加速电压为U1、偏转电压为U2时，电子恰好打在下极板的右边缘M点，现将偏转电场的下极板向下平移。
(1)如何只改变加速电压U1，使电子打在下极板的中点？
(2)如何只改变偏转电压U2，使电子仍打在下极板的M点？
[解析] (1)设移动下极板前后偏转电场的电场强度分别为E和E′，电子在偏转电场中的加速度大小分别为a、a′，加速电压改变前后，电子穿出小孔时的速度大小分别为v0、v1
因偏转电压不变，所以有Ed＝E′·d，
即E′＝E
由qE＝ma及qE′＝ma′知a′＝a
设极板长度为L，则d＝a′2，＝a2，解得v12＝
在加速电场中由动能定理知
eU1＝mv02，eU1′＝mv12
解得U1′＝，即加速电压应减为原来的，才能使电子打在下极板的中点。
(2)因电子在偏转电场中水平方向上做匀速直线运动，极板移动前后，电子在偏转电场中运动的时间t相等，设极板移动前后，电子在偏转电场中运动的加速度大小分别为a1、
a2，则有
＝a1t2，d＝a2t2，
即a2＝2a1
由牛顿第二定律知a1＝，a2＝
解得U2′＝3U2，即偏转电压变为原来的3倍，才能使电子仍打在M点。
[答案] (1)加速电压应减为原来的，即
(2)偏转电压变为原来的3倍，即3U2
[悟一法]————————————————————————————————
带电粒子(体)在电场中的运动问题的解题流程
[通一类]————————————————————————————————
(2017·全国卷Ⅰ)真空中存在电场强度大小为E1的匀强电场，一带电油滴在该电场中竖直向上做匀速直线运动，速度大小为v0。在油滴处于位置A时，将电场强度的大小突然增大到某值，但保持其方向不变。持续一段时间t1后，又突然将电场反向，但保持其大小不变；再持续同样一段时间后，油滴运动到B点。重力加速度大小为g。
(1)求油滴运动到B点时的速度；
(2)求增大后的电场强度的大小；为保证后来的电场强度比原来的大，试给出相应的t1和v0应满足的条件。已知不存在电场时，油滴以初速度v0做竖直上抛运动的最大高度恰好等于B、A两点间距离的两倍。
解析：(1)设油滴质量和电荷量分别为m和q，油滴速度方向向上为正。
在t＝0时，电场强度突然从E1增加至E2，油滴做竖直向上的匀加速运动，加速度方向向上，大小a1满足
qE2－mg＝ma1①
油滴在t1时刻的速度为
v1＝v0＋a1t1②
电场强度在t1时刻突然反向，油滴做匀变速运动，加速度方向向下，大小a2满足
qE2＋mg＝ma2③
油滴在t2＝2t1时刻的速度为
v2＝v1－a2t1④
由①②③④式得
v2＝v0－2gt1。⑤
(2)由题意，在t＝0时刻前有
qE1＝mg⑥
油滴从t＝0到t1时刻的位移为
s1＝v0t1＋a1t12⑦
油滴在从t1时刻到t2＝2t1时刻的时间间隔内的位移为
s2＝v1t1－a2t12⑧
由题给条件有
v02＝2g·2h⑨
式中h是B、A两点之间的距离。
若B点在A点之上，依题意有
s1＋s2＝h⑩
由①②③⑥⑦⑧⑨⑩式得
E2＝E1⑪
为使E2>E1，应有
2－2＋2>1⑫
即当0
⑭
才是可能的，条件⑬式和⑭式分别对应于v2>0和v2<0两种情形。
若B点在A点之下，依题意有
s1＋s2＝－h⑮
由①②③⑥⑦⑧⑨⑮式得
E2＝E1⑯
为使E2>E1，应有
2－2－2>1⑰
即t1>⑱
另一解为负，不合题意，已舍去。
答案：(1)v0－2gt1 (2)见解析
命题点(二) 带电粒子在磁场中的运动
题型1 带电粒子在有界磁场中的运动
1．磁场中匀速圆周运动问题的分析方法
2．求磁场区域最小面积的两个注意事项
(1)粒子射入、射出磁场边界时速度的垂线的交点，即为轨迹圆的圆心。
(2)所求最小圆形磁场区域(面积最小)的直径等于粒子运动轨迹的弦长。
[例1] (2018·重庆模拟)如图所示坐标原点O(0,0)处有一带电粒子源，沿xOy平面向y≥0、x≥0的区域内的各个方向发射粒子。粒子的速率均为v、质量均为m、电荷量均为＋q。有人设计了方向垂直于xOy平面向里、磁感应强度为B的匀强磁场区域，使上述所有带电粒子从该区域的边界射出时均能沿y轴负方向运动，不考虑粒子间相互作用，不计粒子重力。求：
(1)粒子与x轴相交的坐标范围；
(2)粒子与y轴相交的坐标范围；
(3)该匀强磁场区域的最小面积。
[解析] (1)设粒子做匀速圆周运动的半径为R，
由qvB＝m，
得R＝，
如图所示，粒子与x轴相交的坐标范围为－≤x≤－。
(2)如图所示，粒子与y轴相交的坐标范围为0≤y≤。
(3)由题可知，匀强磁场的最小范围如图中的阴影区域所示。
第一象限区域一个半径为R的半圆面积为S1＝，
第二象限区域四分之一圆的半径为2R，
其面积为S2＝＝πR2，
第二象限区域一个半径为R的半圆面积为S3＝，
则阴影部分面积为S＝S1＋S2－S3＝πR2＝。
[答案] (1)－≤x≤－ (2)0≤y≤ (3)
题型2 带电粒子在磁场中的多解问题
1．解决此类问题的关键是要找到粒子运动时产生多解的原因，从而判断出粒子在磁场中运动的可能情形，然后由粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的规律(通常是半径公式、周期公式结合几何知识)求解。
2．粒子在匀强磁场中运动时产生多解的原因通常有：带电粒子的电性不确定；磁场方向的不确定；临界状态的不唯一；运动方向的不确定；运动的重复性等。
[例2] 如图所示为宽度为d的有界匀强磁场，磁感应强度为B，MM′和NN′是它的两条边界。现有质量为m、电荷量为q的带电粒子沿图示方向垂直磁场射入，要使粒子不能从边界NN′射出，则粒子入射速率v的最大值可能是多少。
[解析] 若q为正电荷，轨迹是如图所示的上方与NN′相切的圆弧，轨迹半径：
R＝，又d＝R－
解得v＝(2＋)。
若q为负电荷，轨迹是如图所示的下方与NN′相切的圆弧，
则有：R′＝，d＝R′＋，
解得v′＝(2－)。
[答案] (2＋)(q为正电荷)或(2－)(q为负电荷)
命题点(三) 带电粒子在组合场中的运动
[研一题]————————————————————————————————
(2018·全国卷Ⅰ)如图，在y＞0的区域存在方向沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E；在y＜0的区域存在方向垂直于xOy平面向外的匀强磁场。一个氕核H和一个氘核H先后从y轴上y＝h点以相同的动能射出，速度方向沿x轴正方向。已知H进入磁场时，速度方向与x轴正方向的夹角为60°，并从坐标原点O处第一次射出磁场。H的质量为m，电荷量为q。不计重力。求：
(1) H第一次进入磁场的位置到原点O的距离；
(2)磁场的磁感应强度大小；
(3) H第一次离开磁场的位置到原点O的距离。
[解析] (1) H在电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运
动，运动轨迹如图所示。在电场中由运动学公式有
s1＝v1t1①
h＝a1t12②
H进入磁场时速度在y轴方向的分量大小为
v1tan θ1＝a1t1，其中θ1＝60°③
联立以上各式得
s1＝h。④
(2) H在电场中运动时，由牛顿第二定律有
qE＝ma1⑤
进入磁场时速度的大小为
v＝⑥
在磁场中运动时由牛顿第二定律有
qvB＝m⑦
由几何关系得
s1＝2R1sin θ1⑧
联立以上各式得B＝ 。⑨
(3) H与H初动能相等
×2mv22＝mv12⑩
H在电场中运动时有
qE＝2ma2⑪
s2＝v2t2⑫
h＝a2t22⑬
进入磁场时v2tan θ2＝a2t2⑭
v′＝⑮
qv′B＝2m⑯
联立以上各式得
s2＝s1，θ2＝θ1，R2＝R1⑰
所以H第一次离开磁场的出射点在原点左侧，设出射点到入射点的距离为s2′，由几何关系有
s2′＝2R2sin θ2⑱
联立④⑧⑰⑱式得，H第一次离开磁场时的位置到原点O的距离为
s2′－s2＝(－1)h。⑲
[答案] (1)h (2) (3)(－1)h
[悟一法]————————————————————————————————
解决带电粒子在组合场中运动问题的思路方法
[通一类]————————————————————————————————
1．(2018·全国卷Ⅱ)一足够长的条状区域内存在匀强电场和匀强磁场，其在xOy平面内的截面如图所示：中间是磁场区域，其边界与y轴垂直，宽度为l，磁感应强度的大小为B，方向垂直于xOy平面；磁场的上、下两侧为电场区域，宽度均为l′，电场强度的大小均为E，方向均沿x轴正方向；M、N为条状区域边界上的两点，它们的连线与y轴平行。一带正电的粒子以某一速度从M点沿y轴正方向射入电场，经过一段时间后恰好以从M点入射的速度从N点沿y轴正方向射出。不计重力。
(1)定性画出该粒子在电磁场中运动的轨迹；
(2)求该粒子从M点入射时速度的大小；
(3)若该粒子进入磁场时的速度方向恰好与x轴正方向的夹角为，求该粒子的比荷及其从M点运动到N点的时间。
解析：(1)粒子在电场中的轨迹为抛物线，在磁场中为圆弧，上下对称，如图(a)所示。
(2)设粒子从M点射入时速度的大小为v0，进入磁场的速度大小为v，方向与电场方向的夹角为θ[如图(b)]，速度v沿电场方向的分量为v1。
根据牛顿第二定律有
qE＝ma①
由运动学公式有
l′＝v0t②
v1＝at③
v1＝vcos θ④
设粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径为R，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得
qvB＝⑤
由几何关系得
l＝2Rcos θ⑥
联立①②③④⑤⑥式得
v0＝。⑦
(3)由运动学公式和题给数据得
＝tan ⑧
联立①②③⑦⑧式得
＝⑨
设粒子由M点运动到N点所用的时间为t′，则
t′＝2t＋T⑩
式中T是粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期，
T＝⑪
由②⑦⑨⑩⑪式得
t′＝。⑫
答案：(1)见解析图(a) (2) (3)
2．(2018·宜宾高三统考)如图所示，在平面直角坐标系xOy中，直角三角形ACD内存在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场。线段CO＝OD＝l，θ＝30°。在第四象限正方形ODFG内存在沿x轴正方向、电场强度E＝的匀强电场，在第三象限沿AC放置一面足够大的荧光屏，屏与y轴平行。一个电子P从坐标原点O沿y轴正方向射入磁场，恰好不从AD边射出磁场。已知电子的质量为m、电荷量为e，不计重力。
(1)求电子P射入磁场时的速度大小；
(2)求电子P经过y轴时的坐标；
(3)若另一电子Q从x坐标轴上某点(x≠0)以相同的速度仍沿y轴正方向射入磁场，且P、Q打在荧光屏上同一点，求电子Q在电场中运动的时间。
解析：(1)电子P恰好不从AD边射出磁场，则电子P的运动轨迹与AD边相切，
由几何关系可得：r＋＝l
电子P在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有：
ev0B＝
解得：r＝，v0＝。
(2)假设电子P从OG边离开电场，则电子P在电场中做类平抛运动，有：
2r＝at12
yP＝v0t1
eE＝ma
解得：t1＝，yP＝l
由于yP＝l
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