2011年高考物理熱點 帶電物體在場中的運(yùn)動

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1、 2011年高考物理熱點：帶電物體在場中的運(yùn)動 帶電粒子在電場中的運(yùn)動比物體在重力場中的運(yùn)動要豐富得多，它與運(yùn)動學(xué)、動力學(xué)、功和能、動量等知識聯(lián)系緊密，加之電場力的大小、方向靈活多變，功和能的轉(zhuǎn)化關(guān)系錯綜復(fù)雜，其難度比力學(xué)中的運(yùn)動要大得多。 帶電粒子在磁場中的運(yùn)動涉及的物理情景豐富，解決問題所用的知識綜合性強(qiáng)，很適合對能力的考查，是高考熱點之一。帶電粒子在磁場中的運(yùn)動有三大特點：①與圓周運(yùn)動的運(yùn)動學(xué)規(guī)律緊密聯(lián)系②運(yùn)動周期與速率大小無關(guān)③軌道半徑與圓心位置的確定與空間約束條件有關(guān)，呈現(xiàn)靈活多變的勢態(tài)。因以上三大特點，很易創(chuàng)造新情景命題，故為高考熱點，近十年的高考題中，每年都有，

2、且多數(shù)為大計算題。 帶電粒子在組合場、復(fù)合電磁場中的運(yùn)動：若空間中同時同區(qū)域存在重力場、電場、磁場，則使粒子的受力情況復(fù)雜起來；若不同時不同區(qū)域存在，則使粒子的運(yùn)動情況或過程復(fù)雜起來，相應(yīng)的運(yùn)動情景及能量轉(zhuǎn)化更加復(fù)雜化，將力學(xué)、電磁學(xué)知識的轉(zhuǎn)化應(yīng)用推向高潮。 該考點為高考命題提供了豐富的情景與素材，為體現(xiàn)知識的綜合與靈活應(yīng)用提供了廣闊的平臺，是高考命題熱點之一。 處理帶電物體在電場、磁場、組合場、復(fù)合場中的運(yùn)動問題的一般步驟： ①分析帶電粒子的受力情況，尤其要注意是否要考慮重力、電場力是否是恒力等 ②分析帶電粒子的初始狀態(tài)及條件，確定粒子是作直線運(yùn)動還是曲線運(yùn)動 ③建立正確的物理模

3、型，進(jìn)而確定解題方法 ④利用物理規(guī)律或其它解題手段（如圖像等）找出物理量間的關(guān)系，建立方程組 解題范例： 例題1如圖所示，用三條細(xì)線懸掛的水平圓形線圈共有n匝，線圈由粗細(xì)均勻、單位長度的質(zhì)量為2.5g的導(dǎo)線繞制而成，三條細(xì)線呈對稱分布，穩(wěn)定時線圈平面水平，在線圈正下方放有一個圓柱形條形磁鐵，磁鐵的中軸線OO′垂直于線圈平面且通過其圓心O，測得線圈的導(dǎo)線所在處磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為0.5T，方向與豎直線成30°角，要使三條細(xì)線上的張力為零，線圈中通過的電流至少為 （ ） A．0.1A　 B．0.2 A C．0.05A

4、 D．0.01A 解析：在線圈上取一電流元進(jìn)行分析，如圖。把磁場進(jìn)行分解：水平方向的磁場對電流元的作用是數(shù)值向上的，豎直方向的磁場對電流元的作用是水平方向的（綜合分析水平方向上的力全部抵消）。 要讓三條細(xì)線上的張力為零則豎直方向的安培力和重力相等。這是我們分析的電流元，對于整個線框來說原理類似。電流元的受力具有代表性。 ① ② ③ 由以上三式解得A選項正確。 點評： 本題考點：受安培力的平衡問題 思路分析：對整個線圈受力分析無法入手，您可以找到電流元它具有代表性 例題2如圖所示，在相互垂直的水平勻強(qiáng)電場場和水平勻強(qiáng)磁場中，有一豎直固定絕緣桿MN

5、，小球P套在桿上，已知P的質(zhì)量為m，電量為q，P與桿間的動動摩擦因數(shù)為μ，電場強(qiáng)度為E，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，小球由靜止起開始下滑，設(shè)電場、磁場區(qū)域足夠大，桿足夠長，求： （1）當(dāng)下滑加速度為最大加速度一半時的速度。 （2）當(dāng)下滑速度為最大下滑速度一半時的加速度。 解析： ⑴假設(shè)帶電粒子帶正電，剛運(yùn)動時的受力分析如下圖： 開始v小，小，N大，f大，a小；逐漸v越來越大，越來越大，N越來越小，f越來越小，a越來越大；當(dāng)f=0時amax=g 再后來的受力分析如下圖： 彈力改變方向，v還是越來越大（a、v同向），越來越大，N越來越大，f越來越大，a越來越??；當(dāng)f=mg時Vmax,

6、a=0 當(dāng)下滑加速度為最大加速度一半時為g/2，有兩處就是在上面所畫的兩幅圖中都存在列方程求得： ①mg-f=mg/2 f=μ(Eq-Bqv) 解得： ②mg-f=mg/2 f=μ(Bqv -Eq) 解得： （2）最大下滑速度時： mg=f f=μ(Bqv -Eq) 解得： 當(dāng)下滑速度為最大下滑速度一半時，此時=，若是在第一幅中速度為最大速度的一半則有： f=μ(Eq-) =,而剛開始無洛侖茲力要向下滑動即μEq

7、 思路分析：受力分析、過程分析 例題3如圖所示，有位于豎直平面上的半徑為R的圓形光滑絕緣軌道，其上半部分處于豎直向下、場強(qiáng)為E的勻強(qiáng)電場中，下半部分處于水平向里的勻強(qiáng)磁場中；質(zhì)量為m，帶正電為q的小球，從軌道的水平直徑的M端由靜止釋放，若小球在某一次通過最低點時對軌道的壓力位零，求： （1）磁感強(qiáng)度B的大??； （2）小球?qū)壍雷畹忘c的最大壓力； （3）若要小球在圓形軌道內(nèi)做完整的圓周運(yùn)動，小 球從軌道的水平直徑的M端下滑的最小速度。 解析：經(jīng)過分析：小球在某一次通過最低點時對軌道的壓力位零，是在向右運(yùn)動的過程中實現(xiàn)的。 （1）小球從M到最低點動能定理：mgR=mv2①推出v=② 對小球

8、在最低點壓力為零受力分析（向下的重力、向上的洛侖茲力）：Bqv-mg=③ 把②代入③計算得：B=④ ⑵當(dāng)小球向左經(jīng)過最低點時對軌道的壓力最大，同理受力分析（向下的重力、向下的洛侖茲力、向上的支持力）速度依然是那個速度大?。篘-Bqv-mg=⑤推出N=6mg⑥再由牛頓第三定律的它對軌道的壓力為6mg⑦ ⑶若要小球在圓形軌道內(nèi)做完整的圓周運(yùn)動，則過了最高點即可以做完整的圓周運(yùn)動，剛好過最高點的臨界條件為軌道對它的彈力為零。對最高點的小球受力分析（向下的重力、向下的電場力）：mg+Eq=⑧推出v=⑨ 再對M到最高點動能定理：-mgR-EqR=⑩ 由上面2個式子推出：v0=⑾ 點評： 本題考點

9、：帶電物體在復(fù)合場中的運(yùn)動 思路分析：第一問：小球從M到最低點動能定理，求出到最低點的速度，然后運(yùn)用圓周運(yùn)動的知識等等。 例題4在OXY平面的第一象限有一勻強(qiáng)電磁，電場的方向平行于Y軸向下，在X軸和第四象限的射線OC之間有一勻強(qiáng)電場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直于紙面向里，有一質(zhì)量為m，帶有電荷量+q的質(zhì)點由電場左側(cè)平行于X軸射入電場，質(zhì)點到達(dá)X軸上A點，速度方向與X軸的夾角為φ，A點與原點O的距離為d，接著，質(zhì)點進(jìn)入磁場，并垂直與OC飛離磁場，不計重力影響若OC與X軸的夾角為φ。求 ⑴粒子在磁場中運(yùn)動速度的大小 ⑵勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小 解析： ⑴依題意畫圖如下： 由幾何關(guān)系：①

10、 由公式② 由上面二個式子推出：③ ⑵這個速度v指進(jìn)入磁場的速度也就是出電場的合速度，把此速度分解為沿電場方向的vx和垂直于電場方向的vy。 ④ X方向：⑤ Y方向： = ⑥ 所以：⑦ 例題5如圖,沿水平方向放置一條平直光滑平面再寬為3.5L水平向右的勻強(qiáng)電場E中,有兩個質(zhì)量均為m的小球A和B球A帶電量為-3q,球B帶電量為+2q兩球由長為2L的輕桿相連,組成一帶電系統(tǒng),最初A和B分別在圖中所示位置,離板的距離均為L。(1)帶電系統(tǒng)從開始到速度第一次為零說需的時間及球B相對左板的位置. 解析： 從開始到A剛要進(jìn)入電場，此過程僅B受到電場力（向左2Eq），對此過

11、程利用牛頓第二定律和運(yùn)動學(xué)公式： a1=2Eq/m，① ，② ③ 從A剛進(jìn)入電場到B剛要出電場，此過程B受到電場力（向左2Eq），A受到電場力（向右3Eq），對此過程利用牛頓第二定律和運(yùn)動學(xué)公式： a2=(3Eq-2Eq)/m= Eq/m，④ ⑤ ⑥ 對B出電場至第一次速度為零過程，此過程僅A受到電場力（向右3Eq），對此過程利用牛頓第二定律和運(yùn)動學(xué)公式： a3=3Eq/m，⑦ ⑧ ⑨ 所以：t總=t1+t2+t3=⑩ 例6在電子技術(shù)中，通常用設(shè)定電場的方法來調(diào)控帶電粒子的運(yùn)動軌跡，如圖所示，在x>0的空間中，存在沿x軸正方向的勻強(qiáng)電場E；在x<0的空間中，存在沿x軸

12、負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)大小也為E。一電子（－e，m）在x=d處的P點以沿y軸正方向的初速度v0開始運(yùn)動，不計電子重力，求 （1）電子的x方向分運(yùn)動的周期； （2）電子運(yùn)動的軌跡與y軸相交的兩個相鄰交點間的距離； （3）試定性畫出電子運(yùn)動的軌跡. 解析： 電子在電場中運(yùn)動的受力情況及軌跡如圖所示。 在x>0的空間中，沿y軸正方向以v0的速度做勻速直線運(yùn)動，沿x軸負(fù)方向做勻加速直線運(yùn)動，設(shè)加速度的大小為a，則F電=eE=ma 解得： 電子從A點進(jìn)入x<0的空間后，沿y軸正方向仍做v0的勻速直線運(yùn)動，沿軸負(fù)方向做加速度大小仍為a的勻

13、減速直線運(yùn)動，到達(dá)Q點。根據(jù)運(yùn)動的對稱性得，電子在x軸方向速度減為零的時間，電子沿y軸正方向的位移 電子到達(dá)Q點后，在電場力作用下，運(yùn)動軌跡 QCP1與QAP關(guān)于QB對稱，而后的運(yùn)動軌跡沿y軸正方向重復(fù)PAQCP1，所以有： （1）電子的x方向分運(yùn)動的周期 （2）電子運(yùn)動的軌跡與y軸的各個交點中， 任意兩個交點的距離 則相鄰兩個交點的距離為： 針對性訓(xùn)練： 1、如圖所示，在粗糙的斜面上固定一點電荷Q，在M點無初速度地釋放帶有恒定電荷的小物塊，小物塊在Q的電場中沿斜面運(yùn)動到N點靜止，則從M到N的過程中（ ） A．小物塊所受的電場力不變 B．點電荷Q的電性與小物塊電性相反

14、C．小物塊的勢能變化量大小等于克服摩擦力做的功 D． 小物塊的電勢能逐漸增加 2．如圖所示，空間有一垂直紙面的磁感應(yīng)強(qiáng)度為0.5T的勻強(qiáng)磁場，一質(zhì)量為0.2kg且足夠長的絕緣木板靜止在光滑水平面上，在木板左端無初速放置一質(zhì)量為0.1kg、電荷量q=+0.2C的滑塊，滑塊與絕緣木板之間動摩擦因數(shù)為0.5，滑塊受到的最大靜摩擦力可認(rèn)為等于滑動摩擦力?，F(xiàn)對木板施加方向水平向左，大小為0.6N恒力，g取10m/s2.則（ ） A．木板和滑塊一直做加速度為2m/s2的勻加速運(yùn)動 B．滑塊開始做勻加速直線運(yùn)動，然后做加速度減小的變加速運(yùn)動，最后做勻速運(yùn)動 C．最終木板做加速度為2

15、 m/s2的勻加速運(yùn)動，滑塊做速度為10m/s的勻速運(yùn)動 D．最終木板做加速度為3 m/s2的勻加速運(yùn)動，滑塊做速度為10m/s的勻速運(yùn)動 3. 等離子氣流由左方連續(xù)以v0射入Pl和P2兩板間的勻強(qiáng)磁場中,ab直導(dǎo)線與Pl、P2相連接，線圈A與直導(dǎo)線cd 連接．線圈 A 內(nèi)有隨圖乙所示的變化磁場．且磁場B 的正方向規(guī)定為向左，如圖甲所示，則下列敘述正確的是： ( ) ①．O～ls內(nèi)ab、cd導(dǎo)線互相排斥 ②．1～2s內(nèi)ab、cd導(dǎo)線互相吸引 ③．2～3s內(nèi)ab、cd導(dǎo)線互相吸引 ④．3～4s內(nèi)ab、cd導(dǎo)線互相排斥 A．①③ B．②④

16、C．①② D．③④ 4. 如圖所示，一水平導(dǎo)軌處于與水平方向成45°角向左上方的勻強(qiáng)磁場中，一根通有恒定電流的金屬棒，由于受到安培力作用而在粗糙的導(dǎo)軌上向右做勻速運(yùn)動?，F(xiàn)將磁場方向沿順時針緩慢轉(zhuǎn)動至豎直向上，在此過程中，金屬棒始終保持勻速運(yùn)動，已知棒與導(dǎo)軌間動摩擦因數(shù)μ<1，則磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小變化情況是( ) A．不變 B．一直增大 C．一直減小 D．先變小后變大 5. 如圖所示，一質(zhì)量為m、帶電量為+q的物體處于場強(qiáng)按E=E0–kt（E0、k均為大于零的常數(shù)，取水平向左為正方向）變化的電場中，物體與豎直

17、墻壁間動摩擦因數(shù)為μ，當(dāng)t＝0時刻物體處于靜止?fàn)顟B(tài)．若物體所受的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，且電場空間和墻面均足夠大，下列說法正確的是 （ ） A．物體開始運(yùn)動后加速度先增加、后保持不變 B．物體開始運(yùn)動后加速度不斷增加 C．經(jīng)過時間t=，物體在豎直墻壁上的位移達(dá)最大值 D．經(jīng)過時間t=，物體運(yùn)動速度達(dá)最大值 6．下圖是示波管的原理圖。它由電子槍、偏轉(zhuǎn)電極（XX′和YY′）、熒光屏組成。管內(nèi)抽成真空。給電子槍通電后，如果在偏轉(zhuǎn)電極XX′和YY′上都沒有加電壓，電子束將打在熒光屏的中心O點，在那里產(chǎn)生一個亮斑。下列說法正確的是( ) A．要想讓亮斑沿O

18、Y向上移動，需在偏轉(zhuǎn)電極YY′上加電壓，且Y′比Y電勢高 B．要想讓亮斑移到熒光屏的右上方，需在偏轉(zhuǎn)電極XX′、YY′上加電壓，且X比X′電勢高、Y比Y′電勢高、 C．要想在熒光屏上出現(xiàn)一條水平亮線，需在偏轉(zhuǎn)電極XX′上加特定的周期性變化的電壓（掃描電壓） D．要想在熒光屏上出現(xiàn)一條正弦曲線，需在偏轉(zhuǎn)電極XX′上加適當(dāng)頻率的掃描電壓、在偏轉(zhuǎn)電極YY′上加按正弦規(guī)律變化的電壓 7. 如圖所示，ABCD為表示豎立放在場強(qiáng)為E=104V/m的水平勻強(qiáng)電場中的絕緣光滑軌道，其中軌道的BCD部分是半徑為R的半圓環(huán)，軌道的水平部分與半圓環(huán)相切A為水平軌道的一點，而且把一質(zhì)量m=100g、帶電q=1

19、0－4C的小球，放在水平軌道的A點上面由靜止開始被釋放后，在軌道的內(nèi)側(cè)運(yùn)動。（g=10m/s2）求： （1）它到達(dá)C點時的速度是多大？ （2）它到達(dá)C點時對軌道壓力是多大？ （3）小球所能獲得的最大動能是多少？ 8. 如圖所示，在直角坐標(biāo)系的第Ⅰ象限0≤x≤4區(qū)域內(nèi)，分布著強(qiáng)場的勻強(qiáng)電場，方向豎直向上；第Ⅱ旬限中的兩個直角三角形區(qū)域內(nèi)，分布著磁感受應(yīng)強(qiáng)度均為的勻強(qiáng)磁場，方向分別垂直紙面向外和向里。質(zhì)量、電荷量為q=+3.2×10-19C的帶電粒子（不計粒子重力），從坐標(biāo)點的速度平行于x軸向右運(yùn)動，并先后通過勻強(qiáng)磁場區(qū)域和勻強(qiáng)電場區(qū)域。 （1）求帶電粒子在磁場中的運(yùn)動半徑； （2

20、）在圖中畫出粒子從直線到x=4之間的運(yùn)動軌跡，并在圖中標(biāo)明軌跡與 y軸和直線x=4的坐標(biāo)（不要求寫出解答過程）； （3）求粒子在兩個磁場及電場區(qū)域偏轉(zhuǎn)所用的總時間。 9. 如圖所示，x軸上方存在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的圓形勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁場方向垂直紙面向外（圖中未畫出）。x軸下方存在勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)大小為E，方向沿與x軸負(fù)方向成60°角斜向下。一個質(zhì)量為m，帶電量為＋e的質(zhì)子以速度v0從O點沿y軸正方向射入勻強(qiáng)磁場區(qū)域。質(zhì)子飛出磁場區(qū)域后，從b點處穿過x軸進(jìn)入勻強(qiáng)電場中，速度方向與x軸正方向成30°，之后通過了b點正下方的c點。不計質(zhì)子的重力。 （

21、1）畫出質(zhì)子運(yùn)動的軌跡，并求出圓形勻強(qiáng)磁場區(qū)域的最小半徑和最小面積； （2）求出O點到c點的距離。 參考答案 1、C 2．BD 3.B 4.D 5. BC 6．BCD 7.解析： （1）、（2）設(shè)：小球在C點的速度大小是Vc，對軌道的壓力大小為NC，則對于小球由A→C的過程中，應(yīng)用動能定律列出： ① 在C點的圓軌道徑向應(yīng)用牛頓第二定律，有： ② 解得：③ ④ （3）∵mg=qE=1N ∴合場

22、的方向垂直于B、C點的連線BC ∴合場勢能最低的點在BC 的中點D如圖： ⑤ ∴小球的最大能動EKM： ⑥高考資源網(wǎng) 8. 解析： （1）帶電粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)。 由牛頓定律得① 代入數(shù)據(jù)得 ② （2）如圖所示。 ③ （3）帶電粒子在磁場中的運(yùn)動周期 ④ 運(yùn)動的時間 ⑤ 帶電粒子在電場中運(yùn)動的時間 ⑥ 故粒子在電磁場偏轉(zhuǎn)所用的總時間 ⑦ 9.解析： （1）質(zhì)子先在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動，射出磁場后做勻速直線運(yùn)動，最后進(jìn)入勻強(qiáng)電場做類平拋運(yùn)動，軌跡如圖所示. 根據(jù)牛頓第二定律，有　?、? 要使磁場的區(qū)域面積最小，則Oa為磁場區(qū)域的直徑，由幾何關(guān)系可知：②　　 求出圓形勻強(qiáng)磁場區(qū)域的最小半徑　③　 圓形勻強(qiáng)磁場區(qū)域的最小面積為④ （2）質(zhì)子進(jìn)入電場后，做類平拋運(yùn)動，垂直電場方向：⑤ 平行電場方向：⑥，由牛頓第二定律⑦ 解得：⑧。O點到c點的距離： ⑨ 點評：本題的解題關(guān)鍵是畫出多過程運(yùn)動的運(yùn)動軌跡，其中，分析運(yùn)動軌跡時，應(yīng)利用有界圓形磁場對帶電粒子運(yùn)動的制約特點，從運(yùn)動的起點、終點及不同階段的運(yùn)動軌跡的交界處挖掘隱含信息，畫出運(yùn)動軌跡。 17 用心 愛心 專心