江苏省2018版高考物理二轮复习专题六磁场、带电粒子在磁场及复合场中的运动教学案

专题七 带电粒子在电场中的运动考点1| 电场的性质难度：中档题 题型：选择题 五年5考(对应学生用书第31页)1．(2014·江苏高考T 4)如图7-1所示，一圆环上均匀分布着正电荷，x 轴垂直于环面且过圆心O ．下列关于x 轴上的电场强度和电势的说法中正确的是( )【导学号：17214114】图7-1A．O点的电场强度为零，电势最低B．O点的电场强度为零，电势最高C．从O点沿x轴正方向，电场强度减小，电势升高D．从O点沿x轴正方向，电场强度增大，电势降低【解题关键】解此题的关键有两点：(1)圆环正电荷均匀分布，x轴上各处的场强方向与x轴平行．(2)沿电场方向电势降低，但电场强度不一定减小．B[根据电场的叠加原理和电场线的性质解题．根据电场的对称性和电场的叠加原理知，O点的电场强度为零．在x轴上，电场强度的方向自O点分别指向x轴正方向和x轴负方向，且沿电场线方向电势越来越低，所以O点电势最高．在x轴上离O点无限远处的电场强度为零，故沿x轴正方向和x轴负方向的电场强度先增大后减小．选项B正确．]2．(2016·江苏高考T3)一金属容器置于绝缘板上，带电小球用绝缘细线悬挂于容器中，容器内的电场线分布如图7-2所示，容器内表面为等势面，A、B为容器内表面上的两点，下列说法正确的是()图7-2A．A点的电场强度比B点的大B．小球表面的电势比容器内表面的低C．B点的电场强度方向与该处内表面垂直D．将检验电荷从A点沿不同路径移到B点，电场力所做的功不同【解题关键】解此题的关键有三点：(1)电场线越密的地方电场强度越大(2)电场线一定与该处的等势面垂直．(3)电场力做功的大小由始末两点的电势差与移动的电荷量共同决定．C[由题图知，B点处的电场线比A点处的密，则A点的电场强度比B点的小，选项A错误；沿电场线方向电势降低，选项B错误；电场强度的方向总与等势面导体表面垂直，选项C 正确；检验电荷由A 点移动到B 点，电场力做功一定，与路径无关，选项D 错误．]3．(2013·江苏高考T 3)下列选项中的各14圆环大小相同，所带电荷量已在图中标出，且电荷均匀分布，各14圆环间彼此绝缘．坐标原点O 处电场强度最大的是( )【导学号：17214115】B [每个14圆环在O 点产生的电场强度大小相等，设为E ．根据电场的叠加原理和对称性，得A 、B 、C 、D 各图中O 点的电场强度分别为E A ＝E 、E B ＝2E 、E C ＝E 、E D ＝0，故选项B 正确．]4．(多选)(2015·江苏高考T 8)两个相同的负电荷和一个正电荷附近的电场线分布如图7-3所示．c 是两负电荷连线的中点，d 点在正电荷的正上方，c 、d 到正电荷的距离相等，则( )【导学号：17214116】图7-3A ．a 点的电场强度比b 点的大B．a点的电势比b点的高C．c点的电场强度比d点的大D．c点的电势比d点的低ACD[根据电场线的分布图，a、b两点中，a点的电场线较密，则a点的电场强度较大，选项A正确．沿电场线的方向电势降低，a点的电势低于b点的电势，选项B错误．由于c、d关于正电荷对称，正电荷在c、d两点产生的电场强度大小相等、方向相反；两负电荷在c点产生的电场强度为0，在d 点产生的电场强度方向向下，根据电场的叠加原理，c点的电场强度比d点的大，选项C正确．c、d两点中c点离负电荷的距离更小，c点电势比d点低，选项D正确．]5．(多选)(2013·江苏高考T6)将一电荷量为＋Q的小球放在不带电的金属球附近，所形成的电场线分布如图7-4所示，金属球表面的电势处处相等．a、b为电场中的两点，则()【导学号：17214117】图7-4A．a点的电场强度比b点的大B．a点的电势比b点的高C．检验电荷－q在a点的电势能比在b点的大D．将检验电荷－q从a点移到b点的过程中，电场力做负功ABD[由题图可知，a处电场线比b处密，所以E a>E b，选项A正确；沿着电场线的方向电势不断降落，a点电势高于不带电金属球的电势，不带电金属球的电势高于b点电势，所以φa>φb，选项B正确；负电荷在高电势点的电势能小，选项C错误；检验电荷－q从a点移到b点时，电势能增大，故电场力做负功，选项D正确．]电场强度、电势、电势能的判断方法(1)电场强度：①根据电场线的疏密程度进行判断；②根据等势面的疏密程度进行判断；③根据E ＝ma q 进行判断．(2)电势：①沿电场线方向电势逐渐降低；②若q 和W ab 已知，由U ab ＝W ab q 判定．(3)电势能：①电场力做正功，电势能减小；电场力做负功，电势能增大；②正电荷在电势高的地方电势能大，负电荷在电势高的地方电势能反而小．●考向1 电场力的性质1．(2017·绍兴模拟)如图7-5所示，绝缘水平面上有A 、B 、C 、D 四点，依次相距L ，若把带电金属小球甲(半径远小于L )放在B 点，测得D 点处的电场强度大小为E ；现将不带电的相同金属小球乙与甲充分接触后，再把两球分置于A 、C 两点，此时D 点处的电场强度大小为( )图7-5A ．49EB ．59EC ．ED ．209E D [根据点电荷电场强度公式E ＝kQ r 2，则B 点电荷在D 的电场强度为E B ＝kQ (2L )2＝kQ 4L 2＝E ；当将不带电的相同金属小球乙与甲充分接触后，再把两球分置于A 、C 两点，则两球的电量分别为Q 2，那么A 处的小球在D 处的电场强度E A ＝k ·Q 2(3L )2＝kQ 18L 2，而C 处的小球在D 处的电场强度E C ＝kQ 2L 2；由于两球在D 处的电场强度方向相同，因此它们在D 点处的电场强度大小为E 合＝kQ 18L 2＋kQ 2L 2＝5kQ 9L 2＝209E ，故A 、B 、C 错误，D 正确．]●考向2 电场能的性质2．(2017·南京一模)如图7-6所示，带正电的金属球A ，放置在不带电的金属球B 附近，M 、N 是金属球B 表面上的两点．下列说法中正确的是( )【导学号：17214118】图7-6A．M点处带正电，N点处带负电，且M点电势高于N点电势B．M点处带正电，N点处带负电，且M点电势等于N点电势C．M点处带负电，N点处带正电，且M点电势高于N点电势D．M点处带负电，N点处带正电，且M点电势等于N点电势D[带电的金属球A靠近不带电的金属球B，由于电荷间的相互作用，同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引，导致金属球B中左侧的自由电子向右侧移动，M点由于得到电子带负电；N点由于失去电子带正电；但整个金属球B是处于静电平衡的导体，其整体是等势体，故M、N点电势相等，故A、B、C错误，D正确．]3．(2017·南通二模)实验表明，地球表面上方的电场强度不为零，且方向竖直向下，说明地球表面有净负电荷．设地球表面净负电荷均匀分布，且电荷量绝对值为Q，已知地球半径为R，静电力常量为k，选地面电势为零，则在地面上方高h (约几十米)处的电势为()A．－kQh(R＋h)2B．kQh(R＋h)C．－kQhR D．kQh(R＋h)2D[地球表面电荷在地面上方h处的场强，根据点电荷的场强公式，有：E＝k Q(R＋h)2因为距离地面h，且h约为几十米，电场强度变化不大，认为是匀强电场，有：U＝Ed＝kQ(R＋h)2·h＝kQh(R＋h)2地面电势为0，故地面上方h处的电势为：φ＝kQh(R＋h)2，故D正确，A、B、C错误．]●考向3电场的综合应用4．(2017·镇江三模)如图7-7所示，在正点电荷Q的电场中有M、N、P、F四点，M、N、P为直角三角形的三个顶点，F为MN的中点，∠M＝30°．M、N、P、F四点处的电势分别用φM、φN、φP、φF表示．已知φM＝φN，φP＝φF，点电荷Q在M、N、P三点所在平面内，则()【导学号：17214119】图7-7A．点电荷Q一定在MP的中点B．φP大于φMC．N点的场强比P点的场强大D．将负试探电荷从P点搬运到N点，电场力做正功B[点电荷的等势面是一系列的同心圆，对于圆、圆弧上任意两点的连线的中垂线一定通过圆心，故场源电荷在MN的中垂线和FP的中垂线的交点上，在MP的连线上，如图所示，故A错误；根据图可知，正点电荷到P点的距离小于到M点的距离，所以φP大于φM，故B正确；在点电荷的电场中，离场源越远，电场强度越小，所以N点的场强比P点的场强小，故C错误；在正点电荷的电场中，离场源越远，电势越低，将负试探电荷从P点搬运到N点，电势能增加，故电场力做负功，故D错误．]5．(2017·宿迁三模)某静电除尘设备集尘板的内壁带正电，设备中心位置有一个带负电的放电极，它们之间的电场线分布如图7-8所示，虚线为某带电烟尘颗粒(重力不计)的运动轨迹，A、B是轨迹上的两点，C点与B点关于放电极对称．下列说法正确的是()【导学号：17214120】图7-8A．A点电势低于B点电势B．A点电场强度小于C点电场强度C．烟尘颗粒在A点的动能大于在B点的动能D．烟尘颗粒在A点的电势能小于在B点的电势能A[由沿电场线方向电势降低可知，A点电势低于B点电势，故A正确；由题图可知，A点电场线比C点密集，因此A点的场强大于C点场强，故B错误；烟尘颗粒带负电，从A到B的过程中，电场力做正功，动能增加，烟尘颗粒在A点的动能小于在B点的动能，故C错误；烟尘颗粒带负电，从A到B的过程中，电场力做正功，电势能减小，烟尘颗粒在A点的电势能大于在B点的电势能，故D错误．]考点2| 平行板电容器难度：中档题题型：选择题(对应学生用书第33页)6．(2012·江苏高考T2)一充电后的平行板电容器保持两极板的正对面积、间距和电荷量不变，在两极板间插入一电介质，其电容C和两极板间的电势差U的变化情况是()A．C和U均增大B．C增大，U减小C．C减小，U增大D．C和U均减小【解题关键】B[由平行板电容器电容决定式C＝4πkd知，当插入电介质后，ε变大，则在S、d不变的情况下C增大；由电容定义式C＝QU得U＝QC，又电荷量Q不变，故两极板间的电势差U减小，选项B正确．]●考向1电容器的动态分析6．(2017·南京一模)如图7-9所示是可变电容器，旋转动片使之与定片逐渐重合，则电容器的电容将()图7-9A．逐渐增大B．逐渐减小C．保持不变D．先增大后减小A[旋转动片使之与定片逐渐重合时，相当于增加了电容器的正对面积，则由电容器电容的决定式C＝εS4πkd可知，电容将逐渐增大，故B、C、D错误，A正确．]7．(2017·盐城二模)目前的手机触摸屏大多是电容式触摸屏．电容式触摸屏内有一导电层．导电层四个角引出四个电极，当手指触摸屏幕时，人体和触摸屏就形成了一个电容，电容具有“通高频”的作用，从而导致有电流分别从触摸屏四角上的电极中流出，并且流经这四个电极的电流与手指到四角的距离成正比，控制器通过对这四个电流比例的精确计算，得出触摸点的位置信息．在开机状态下，下列说法正确的是()【导学号：17214121】A．电容式触摸屏感测手指触摸点的位置是因为手指对屏幕按压产生了形变B．电容式触摸屏感测手指触摸点的位置是利用了电磁感应现象C．当手指触摸屏幕时手指有微弱的电流流过D．当手指离开屏幕时，电容变小，对高频电流的阻碍变大，控制器不易检测到手指的准确位置C[电容式触摸屏只需要触摸，由于流经四个电极的电流与手指头到四角的距离成正比，控制器就能确定手指的位置，不需要手指有压力，故A错误；电容式触摸屏感测手指触摸点的位置是电容器的充放电原理，不是电磁感应现象，故B错误；由题意可知，手指从手的触点吸走一部分电荷，在电荷定向移动的过程中，会有微弱电流通过，故C正确；根据电容器的工作原理可知，当手指离开屏幕时，电容变小，电容器将放电，控制器仍然能检测到手指离开的准确位置，故D错误．]●考向2平行板电容器的综合问题8．(多选)(2017·苏北四市摸底)如图7-10所示，电路中平行板电容器C不带电．下列说法正确的有()图7-10A．闭合S瞬间，电流计G中有a→b方向的电流B．闭合S后，增大C两极板间距离的过程中，电流计G中有a→b方向的电流C．闭合S后再断开，增大C两极板间距离，极板间电场强度保持不变D．闭合S后再断开，在C两极板间插入电介质，极板间电势差变小ACD[闭合S瞬间，电容器充电，上极板接正极，故电流计中有a→b方向的电流，故A正确；闭合S后，电压不变，增大C两极板间距离的过程中，由C＝εS4πkd可知，C减小，由Q＝UC可知，电量减小，电容器放电，故电流计中有b→a方向的电流，故B错误；闭合S后再断开，电容器两板上的电量不变，增大C两极板间距离，由C＝εS4πkd和Q＝UC可知，U＝4πkdQεS，再由U＝Ed可得，E＝4πkQεS，故两极板间电场强度不变，故C正确；闭合S后再断开，电容器两板上的电量不变，在两极板间插入电介质时电容C增大，则由Q＝UC可知，U变小，故D正确．]考点3| 带电粒子在电场中的运动难度：中档题题型：选择题、计算题五年1考(对应学生用书第33页)7．(2017·江苏高考T4)如图7-11所示，三块平行放置的带电金属薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分别位于O、M、P点．由O点静止释放的电子恰好能运动到P点．现将C板向右平移到P′点，则由O点静止释放的电子()【导学号：17214122】图7-11A．运动到P点返回B．运动到P和P′点之间返回C．运动到P′点返回D．穿过P′点【解题关键】1、E212点运动到P点的过程中，据动能定理得：eE1d1－eE2d2＝0①当C板向右平移后，BC板间的电场强度E′2＝U′d′2＝QC′d′2＝QεS4πkd′2·d′2＝4πkQεS，BC板间的电场强度与板间距无关，大小不变．第二次释放后，设电子在BC间移动的距离为x，则eE1d1－eE2x＝0－0②比较①②两式知，x＝d2，即电子运动到P点时返回，选项A正确．]带电粒子在电场中的运动问题的解题思路(1)首先分析粒子的运动规律，区分是在电场中的直线运动还是曲线运动问题．(2)对于直线运动问题，可根据对粒子的受力分析与运动分析，从以下两种途径进行处理：①如果是带电粒子在恒定电场力作用下做直线运动的问题，应用牛顿第二定律找出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度、位移等．②如果是非匀强电场中的直线运动，一般利用动能定理研究全过程中能的转化，研究带电粒子的速度变化、运动的位移等．(3)对于曲线运动问题，如是类平抛运动模型，通常采用运动的合成与分解方法处理．通过对带电粒子的受力分析和运动规律分析，应用动力学方法或功能方法求解．●考向1 电场中的直线运动9．(2017·武汉二模)如图7-12所示，倾斜放置的平行板电容器两极板与水平面夹角为θ，极板间距为d ，带负电的微粒质量为m 、带电量为q ，从极板M 的左边缘A 处以初速度v 0水平射入，沿直线运动并从极板N 的右边缘B 处射出，则( )【导学号：17214123】图7-12A ．微粒达到B 点时动能为12m v 20B ．微粒的加速度大小等于g sin θC ．两极板的电势差U MN ＝mgd q cos θD ．微粒从A 点到B 点的过程电势能减少mgd cos θC [物体在运动过程中，受力如图所示．由于物体受力不在一条直线上，因此不可能做匀速直线运动，到达B 点的动能一定不是12m v 20，因此A 错误；将电场力分解到水平方向和竖直方向上，可知，Eq cos θ＝mg ，Eq sin θ＝ma ，因此加速度大小为g tan θ，B 错误；电容器内的电场强度E ＝mg q cos θ，因此两板间的电势差为U ＝Ed ＝mgd q cos θ，C 正确；从A 向B 运动的过程中，由于电场力做负功，电势能增加，D 错误．]●考向2 电场中的曲线运动10．(2017·林州市月考)a 、b 、c 三个α粒子(重力不计)由同一点M 同时垂直场强方向进入带有等量异种电荷的两平行金属板的电场间，其轨迹如图7-13所示，其中b 恰好沿板的边缘飞出电场，由此可知( )【导学号：17214124】图7-13A ．进入电场时a 的速度最大，c 的速度最小B ．a 、b 、c 在电场中运动经历的时间相等C ．若把上极板向上移动，则a 在电场中运动经历的时间增长D ．若把下极板向下移动，则a 在电场中运动经历的时间增长D [三个α粒子进入电场后加速度相同，由图看出，竖直方向a 、b 偏转距离相等，大于c 的偏转距离，由y ＝12at 2知，a 、b 运动时间相等，大于c 的运动时间，即t a ＝t b ＞t c ．又水平位移的关系为 x a ＜x b ＝x c ，因为粒子水平方向都做匀速直线运动，所以v c ＞v b ＞v a ，即a 的速度最小，c 的速度最大，故A 、B 错误．若把上极板向上移动，根据推论E ＝4πkQ εS 知，板间场强不变，粒子的加速度不变，可知a 的运动情况不变，运动时间不变，故C 错误．若把下极板向下移动，根据推论E ＝4πkQ εS 知，板间场强不变，粒子的加速度不变，a的竖直分位移增大，由y ＝12at 2知，a 在电场中运动经历的时间增长，故D 正确．]●考向3 电场中的力电综合问题11．(2017·徐州期末)如图7-14甲所示，极板A 、B 间电压为U 0，极板C 、D 间距为d，荧光屏到C、D板右端的距离等于C、D板的板长．A板O处的放射源连续无初速地释放质量为m、电荷量为＋q的粒子，经电场加速后，沿极板C、D的中心线射向荧光屏(荧光屏足够大且与中心线垂直)，当C、D板间未加电压时，粒子通过两板间的时间为t0；当C、D板间加上图7-14乙所示电压(图中电压U1已知)时，粒子均能从C、D两板间飞出，不计粒子的重力及相互间的作用．求：图7-14(1)C、D板的长度L；(2)粒子从C、D板间飞出时垂直于极板方向偏移的最大距离；(3)粒子打在荧光屏上区域的长度．【导学号：17214125】【解析】(1)粒子在A、B板间有：qU0＝12m v2在C、D板间有：L＝v0t0解得：L＝t02qU0 m．(2)粒子从nt0(n＝0、2、4…)时刻进入C、D间，偏移距离最大，粒子做类平抛运动，偏移距离为：y＝12at2加速度为：a＝qU1 md得：y＝qU1t20 2md．(3)粒子在C、D间偏转距离最大时打在荧光屏上距中心线最远处C、D板偏转角tan θ＝v yv0，v y＝at0打在荧光屏上距中心线最远距离为：s＝y＋L tan θ荧光屏上区域长度为：Δs＝s＝3qU1t20 2md．【答案】(1)t02qU0m(2)qU1t202md(3)3qU1t202md热点模型解读| 平行板电容器中带电粒子运动模型(对应学生用书第35页)内阻不能忽略，当开关闭合，滑片P位于滑动变阻器R左端点a时，水平放置的平行金属板间有一带电液滴正好处于静止状态，在将滑片P由左端点a滑向右端点b的过程中，下列关于液滴的带电情况及运动情况(液滴始终没与极板相碰)分析正确的是()【导学号：17214126】图7-15A．液滴带正电，液滴将向上做匀加速直线运动B．液滴带正电，液滴将以原平衡位置为中心做往复运动C．液滴带正电，液滴将向上先做变加速再做变减速直线运动D．液滴带负电，液滴将向上做变速直线运动【解题指导】当开关闭合，滑片P位于滑动变阻器R左端点a时，液滴在重力和电场力作用下处于平衡状态，所以电场力竖直向上，由题图知下极板带正电，即液滴一定带正电，D项错误；因滑片由左端点a滑向右端点b的过程中，外电路总电阻先增大后减小，电路的总电流先减小后增大，内电压先减小后增大，即电源的路端电压先增大后减小，所以电容器两极板间电压先增大后减小，由E＝Ud可知电容器两极板间电场强度先增大后减小，但方向不变，所以液滴的加速度先增大后减小，方向一直向上，即液滴将向上先做变加速运动再做变减速直线运动，C项正确，A、B项错误．【答案】 C[拓展应用]如图7-16(a)所示，平行板电容器间距为d，两板所加电压如图7-16(b)所示，t＝0时刻，质量为m、带电荷量为q的粒子以平行于极板的速度v0射入电容器，2．5T时恰好落在下极板上，带电粒子的重力不计，在这一过程中，求：图7-16(1)该粒子的水平位移；(2)粒子落到下极板时的速度．【解析】(1)带电粒子在水平方向不受外力作用，做匀速直线运动，因此水平位移为s ＝v 0t ＝v 0×2．5T ＝2．5v 0T ．(2)带电粒子落在下极板上时在竖直方向的分速度为v y ＝a ·32T ＝3qU 02md T粒子落在下极板上时的速度大小为v ＝v 2x ＋v 2y ＝ v 20＋9q 2U 20T 24m 2d2． 【答案】 (1)2．5v 0T (2) v 20＋9q 2U 20 T 24m 2d 2。

子仍以同一初速度沿截面直径入射,粒子飞出此区域时,速度方向
偏转了
������ 3
。根据上述条件可求得的物理量有(
CD
)
A.带电粒子的初速度 B.带电粒子在磁场中运动的半径 C.带电粒子在磁场中运动的周期 D.带电粒子的比荷
12
解析 无磁场时,带电粒子做匀速直线运动,设圆柱形区域的半径为
R得0,R则=有������������������������v,由=2几������������0何,而关有系磁得场,圆时磁,带场电半粒径子与做圆匀轨速道圆半周径运的动关,由系半为径R公= 式3可R0,
必查点22
必查点23
必查点24
带电粒子在匀强磁场中的运动(Ⅱ)
1.带电粒子的运动规律
若v∥B,带电粒子不受洛伦兹力,则带电粒子做匀速直线运动。若
带电粒子垂直进入匀强磁场,则做匀速圆周运动。 向心力由洛伦兹力提供:qvB=mvr2; 轨道半径 r=mqBv,周期 T=2q������Bm。
2.带电粒子做圆周运动问题
必查点22
必查点23
必查点24
洛伦兹力公式(Ⅱ) (1)洛伦兹力是磁场对运动电荷的作用力,当v∥B时,F=0;当v⊥B 时,F=qvB。洛伦兹力垂直于B与v所决定的平面,方向利用左手定 则判定。只有运动电荷在磁场中才有可能受到洛伦兹力作用,静止 电荷在磁场中受到的磁场对电荷的作用力一定为0。 (2)由于F垂直于v,故洛伦兹力只改变速度的方向,不改变速度的 大小,洛伦兹力对带电粒子不做功。
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(1)求粒子刚到达内圆时速度的大小; (2)以收集薄板MN所在的直线为轴建立如图的平面直角坐标系。 分析外圆哪些位置的粒动一个周期内在磁场中所用时间。 答案 (1)2×104 m/s (2)(0,2 m),(2 m,0),(0,-2 m),(-2 m,0) π2×10-4 s

带电粒子在复合场中的运动1、如图所示，在y > 0的空间中存在匀强电场，场强沿y 轴负方向；在y < 0的空间中，存在匀强磁场，磁场方向垂直xy 平面（纸面）向外．一电量为q 、质量为m 的带正电的运动粒子，经过y 轴上y = h 处的点P1时速率为v0，方向沿x 轴正方向，然后经过x 轴上x = 2h 处的P2点进入磁场，并经过y 轴上y = – 2h 处的P3点．不计粒子的重力，求 （1）电场强度的大小；（2）粒子到达P2时速度的大小和方向； （3）磁感应强度的大小． 2、如图所示的区域中，第二象限为垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B ，第一、第四象限是一个电场强度大小未知的匀强电场，其方向如图。

一个质量为m ，电荷量为+q 的带电粒子从P 孔以初速度v0沿垂直于磁场方向进入匀强磁场中，初速度方向与边界线的夹角θ=30°，粒子恰好从y 轴上的C孔垂直于匀强电场射入匀强电场，经过x 轴的Q 点，已知OQ=OP ，不计粒子的重力，求：（1）粒子从P 运动到C 所用的时间t ； （2）电场强度E 的大小；（3）粒子到达Q 点的动能Ek 。

3、如图所示，半径分别为a 、b 的两同心虚线圆所围空间分别存在电场和磁场，中心O 处固定一个半径很小（可忽略）的金属球，在小圆空间内存在沿半径向内的辐向电场，小圆周与金属球间电势差为U ，两圆之间的空间存在垂直于纸面向里的匀强磁场，设有一个带负电的粒子从金属球表面沿＋x 轴方向以很小的初速度逸出，粒子质量为m ，电量为q ，（不计粒子重力，忽略粒子初速度）求：（1）粒子到达小圆周上时的速度为多大？（2）粒子以（1）中的速度进入两圆间的磁场中，当磁感应强度超过某一临界值时，粒子将不能到达大圆周，求此最小值B 。

（3）若磁感应强度取（2）中最小值，且b ＝（2＋1）a ，要粒子恰好第一次沿逸出方向的反方向回到原出发点，粒子需经过多少次回旋？并求粒子在磁场中运动的时间。

• (2)处理复合场用等效方法
• 各种性质的场与实物(由分子和原子构成 的物质)的根本区别之一是场具有叠加性， 即几个场可以同时占据同一空间，从而形 成叠加场．叠加场中的力学问题，可以根 据力的独立作用原理分别研究每一种场力 对物体的作用效果；也可以同时研究几种 场力共同作用的效果，将叠加场等效为一 个简单场，然后与重力场中的力学问题进 行类比，利用力学的规律和方法进行分析 与解答．
• c．弄清所研究过程的始、末状态(主要指
• Ⅱ.用包括静电势能和内能在内的能量守 恒定律处理，解决方法常有两种：
• a．从初、末状态的能量相等(即E1＝E2) 列方程；
• b．从某些能量的减少等于另一些能量的 增加(即ΔE＝ΔE′)列方程；
• c．若受重力、电场力和磁场力作用，由 于洛伦兹力不做功，而重力与电场力做功 都与路径无关，只取决于始末位置．因此 它们的机械能与电势能的总和保持不变．
• 高分通道
• 根据题目条件结合匀速直线运动的条件和 摩擦力产生的条件对滑块进行正确的受力 分析，是求解该题的关键．
• 5．匀变速曲线运动
• 【例5】 真空中存在一空间范围足够大 的、水平向右的匀强电场，在电场中将一 质量为m、带正电小球由静止释放，则运 动中小球的速度与竖直方向夹角为37°. 现将该小球从电场中某点以初速度v0竖直 向上抛出．求运动过程中：
• 二、典型例题解析 • 1．匀速直线运动 • 【例1】 如图1所示，匀强电场方向水平
向右，匀强磁场方向垂直于纸面向里，一 质量为m、电量为q的粒子以速度v与磁场 垂直、与电场成45°角射入复合场中，恰 能做匀速直线运动，求电场强度E和磁感 强度B的大小．
图1
• 解析：由带电粒子所受洛伦兹力与速度v 垂直、电场力方向与电场线平行，知粒子 必须还受重力才能做匀速直线运动．假设 粒子带负电受电场力水平向左，则它所受 洛伦兹力就应斜向右下方与速度v垂直， 这样一来粒子不能做匀速直线运动，所以 粒子应带正电．可画出受力分析如图1所 示m，g＝据qv共Bs点in4力5°，平qE衡＝条qvB件co可s45得°，