組合場問題的變式分析

1、組合場問題的變式分析山東省棗莊市第八中學孫茂森主 題詞：組合場 變式分析內(nèi)容摘要：本文結(jié)合一道典型題目的變式分析，就帶電粒子在組合場中運動的問題作了探究，進一步說明，在復習時，除了要做一定量的題目外，更重要的是善于總結(jié)方法，善于把做過的題目歸納分析，以達到舉一反三的效果，提高復習效率。適用所有教材版本，適用欄目：綜合典例所謂組合場，即在某一區(qū)域存在電場、磁場、重力場，或重合或分離相鄰，這類帶電粒子在組合場中運動 的問題，幾乎年年考到。分析這幾年的高考題，我們發(fā)現(xiàn)高考題通常是典型題目舊題翻新，雖然題目的場景是 舊的，是學生所熟悉的，但它的條件變了。而有的學生平時復習做題不注重認真分析物理過程，只

2、注重最后的 答案，當條件變了，也不去認真思考，從而導致失敗。請看下面典例：案例 如圖1,在xoy平面內(nèi)，I象限中有勻強電場，場強大小為E,方向沿y軸正方向，在x軸的下方有勻強磁場，磁感強度大小為 B,方向垂直于紙面向里，今有一個質(zhì)量為m電量為e的電子(不計重力)，從y軸上的P點以初速度V0垂直于電場方向進入電場。經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后，沿著與x軸正方向成45進入磁場，并能返回到原出發(fā)點 P。求:(1)作出電子運動軌跡的示意圖，并說明電子的運動情況.(2) P點離坐標原點的距離 h.(3)電子從P點出發(fā)經(jīng)多長時間第一次返回 P點？解題探究(1)分析電子的運動，可得電子運動的軌跡示意圖如下圖2所示,進入電場

3、從P到A,做類平拋運動(或勻變速曲線運動)；進入磁場從 A到C再圖1到D,做勻速圓周運動；離開磁場從D到P,做勻速直線運動.(2)電子經(jīng)過A點的速度大小 v = v2 v2 = . 2V01cle圖2電子從P至1J A,由動能te理 eEh=mv -一mv0 22求出h二強2eE(3)電子從P到A t1 = J， a eE2從A到C再到D由洛倫茲力提供向心力Bev=g-Rt =3T = t2 4T3 m2Be- 2h _ mv0v 2Ee丁 2 R 2 二mT =v Be從 D至U P t3 = DP3v3mv0 3 m求出 t = t1 t2 - t3 = -123 2Ee 2Be變式1如圖

4、3所示，在坐標系 Oxy的第一象限中存在沿 y軸正方向的 勻強電場，場強大小為E。在其他象限中存在勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里。A是y軸上的一點，它到坐標原點 O的距離為h; C是x軸上的一點， 到O的距離為I。一質(zhì)量為m電荷量為q的帶負電的粒子以某一初速度沿 x軸方向從A點進入電場區(qū)域，繼而通過 C點進入磁場區(qū)域，并在此通過 A 點，此時速度與y軸正方向成銳角。不計重力作用。試求：(1)粒子經(jīng)過C點是速度的大小和方向；(2)磁感應強度的大小 B。解題探究：本高考題與上一題相比，均為電場和磁場的組合，所不同的 一是磁場的區(qū)域變化了；二是在電場中條件有所不同。本題中做類平拋運 動兩方向的位移已

5、知，需求出電場時的方向，正好與上一題反過來；進入 磁場從C再到A做勻速圓周運動：(1)以a表示粒子在電場作用下的加速度，有qE=ma加速度沿y軸負方向。設粒子從A點進入電場時的初速度為 vo,由A點運動到C點經(jīng)歷的時間為t ,則有h 4at2設粒子從C點進入磁場時的速度為 v, v垂直于x軸的分量v1 = V2ah一,22、得 v =v12 = .qE(4h 1 )2mh設粒子經(jīng)過C點時的速度方向與 x軸夾角為a ,則有tana =工vo解得 = arctan生l(2)粒子從C點進入磁場后在磁場中做速率為v的圓周運動。若圓周的半2徑為R,則有qvB = m R設圓心為P,則PC必與過C點的速度

6、垂直，且有 PC = PA = R。用P表示PA與y軸的夾角，由幾何關系得Rcos : = Rcos 二 hRsin - = l - Rsin ;I = V0t22解得 R =4h2 l22hl ,2mhE所以 B =1一丁 h2 l2 , q技巧點撥 本題是電場與磁場組合型題，屬高考熱點題型.這類題要注意電荷在兩個場中運動的銜接點，如位置、速度等.一般電荷在電場中作類平拋運動，可分解成沿x軸勻速直線運動和沿 y軸負向初速度為零的勻加速直線運動.或用末速度反向延長線過水平位移的中點，再由幾何關系求各物理量.在磁場中作勻速圓周 運動，注意靈活選擇物理規(guī)律求解。變式2如圖5所示，在xoy平面內(nèi)，I

7、象限中有勻強電場，場強大小為E,方向沿y軸正方向，在x軸的下方有勻強磁場，磁感強度大小為B,方向垂直于紙面向里，今有一個質(zhì)量為m電量為e的電子(不計重力)，從y軸上的P點以某一初速度垂直于 電場方向進入電場。經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后，沿著與x軸正方向成銳角從 A點進入磁 場，并能返回到原出發(fā)點 P。P到坐標原點O的距離為h; A點到O的距離為 l。且 l =2h 求：(1)作出電子運動軌跡的示意圖，并說明電子的運動情況.(2)粒子經(jīng)過A點是速度的大小和方向；(3)磁感應強度的大小 Bo解題探究：(1)電子運動的軌跡示意圖如下圖所示， 進入電場從P到A, 做類平拋運動(或勻變速曲線運動) ；進入磁場從 A到

8、C再到D,做勻速圓 周運動；離開磁場從 D到P,做勻速直線運動.圖5(2)以a表示粒子在電場作用下的加速度，有qE=ma加速度沿y軸負方向。設粒子從 P點進入電場時的初速度為 v。，由P點運動到A點經(jīng)歷的時間為t ,則有atl = V0t聯(lián)立得Vo - l 2h設粒子從A點進入磁場時的速度為v, v垂直于x軸的分量v1 =，2ahAX X XX X X所以v = ,v0 ,吊2qE(4h2 l2) 2mh4qEhm設粒子經(jīng)過 A點時的速度方向與 x軸夾角為a ,則有tana =v0/曰一x 2h得-=arctan -即: 二45yB工 BXXXXB. X X X X pX E X X XXO

9、一 X X X X -(3)粒子從A點進入磁場后在磁場中做速率為v的圓周運動。若圓周的半徑為R,則有 2v qvB =m R設圓心為O,則0A必與過A點的速度垂直，離開磁場 D的速度大小與 A點相同，且有/DPO =/ODO =/DAO=a。由幾何關系得 htanoc +l = 2Rcosc(因此. 2mv _ 2 2Emh q(l h) i h . q除了要注意從力和運動的關系、功能關系這兩通過以上案例分析，我們可以看出解組合場的問題這類題時, 條線索分析帶電粒子在復合場中運動外，在復習時，還應該養(yǎng)成認真審題的習慣，要詳細分析題目中的物理過 程：先將復雜的過程分解成幾個簡單的過程，然后在每個

10、過程中搞清哪些物理量是變化的、哪些物理量是不變 的，它們之間的因果關系又是怎樣的？基礎比較好的考生還可以在解題后再想想，如果將某個條件改變一下， 這道題又將怎樣解？以增強自己的應變能力。變式練習.(原創(chuàng))如圖7所示，有一勻強電場，電場強度大小為12N/C、 方向沿x軸正方向位于豎直平面內(nèi)坐標系xoy內(nèi)，在該區(qū)域內(nèi)同時有一個勻強磁場，磁感應強度大小為2T,沿水平方向垂直于 xoy平面向里。一個帶正電的粒子，質(zhì)量為 m=4M10*kg,電荷量為 q =2.5父i/C ,在xoy平面內(nèi)做勻速直線運動， 運動到原點O時， 勻強磁場的磁感應強度突然變?yōu)?,經(jīng)一段時間后，帶電粒子正好過x軸上的P點。(g

11、=10m/s2),求：(1)帶電粒子做勻速直線運動的速度大小和方向;(2)P點到原點O的距離(3)帶電微粒從原點 O到P點的運動時間。. (2008天津理綜)在平面直角坐標系xOy中，第I象限存在沿y軸負方向的勻強電場，第IV象限存在垂直于坐標平面向外的勻強磁場，磁感應強 度為B。一質(zhì)量為 簿 電荷量為q的帶正電的粒子從 y軸正半軸上的 M點以速 度v垂直于y軸射入電場，經(jīng)x軸上的N點與x軸正方向成60o角射入磁場， 最后從y軸負半軸上的P點垂直于y軸射出磁場，如圖 8所示。不計粒子重 力，求(1) M N兩點間的電勢差5n(2)粒子在磁場中運動的軌道半徑r；(3)粒子從M點運動到P點的總時間

12、to圖93.如圖9所示，在x。坐標系的第n象限內(nèi)，x軸和平行x軸的虛線 之間(包才x軸和虛線)有磁感應強度大小為 B=2 M10”T、方向垂直紙面向 里的勻強磁場，虛線過y軸上的P點，OP1.0m,在x20的區(qū)域內(nèi)有磁感應 強度大小為 R、方向垂直紙面向外的勻強磁場。許多質(zhì)量m=1.6 M1075kg、電荷量q=+1.6 m10，8c的粒子，以相同的速率 v=2x105m/s從C點沿紙面內(nèi)的各個方向射人磁感應強度為Bl的區(qū)域，O(=0.5m。有一部分粒子只在磁感應強度為B的區(qū)域運動，有一部分粒子在磁感應強度為B的區(qū)域運動之后將進入磁感應強度為R的區(qū)域。設粒子在 B區(qū)域運動的最短時間為ti,這部

13、分粒子進入磁感應強度為B的區(qū)域后在 艮區(qū)域的運動時間為 t2,已知t2=4tio不計粒子重力。求：(1)粒子在磁感應強度為 B的區(qū)域運動 的最長時間to=?(2)磁感應強度 民的大??？ 變式練習答案1.(1)帶正電的粒子，質(zhì)量為 m=4M10,kg,電荷量為q=2.5M10“C,在xoy平面內(nèi)做勻速直線運動, 說明粒子所受合力為零，分析其受豎直向下的重力、水平向右的電場力和洛倫茲力，可判定洛倫茲力的方向與 重力和電場力的合力方向相反。由此可得Fb2 = FE2 +(mg)2電場力 FE = Eq洛侖茲力聯(lián)立求解、代入數(shù)據(jù)得v=10m/s(2)微粒運動到O點之后，撤去磁場，微粒只受到重力、電場力

14、作 用，其合力為一恒力，且方向與微粒在O點的速度方向垂直，所以微粒在后一段時間內(nèi)的運動為類平拋運動，可沿初速度方向和合力方向進行分解.F3tan6 =代入數(shù)據(jù)得tan6= 一mg4設沿初速度方向的位移為 百，沿合力方向的位移為 s2,Fb 二 Bqv1 . Fe2 (mg)2 t22 mOPScos 二聯(lián)立求解，代入數(shù)據(jù)可得 P點到原點O的距離OP= 15mO點到P點運動時間t=1.2s2. (1)設粒子過N點的速度為v,有包= cos8v1212粒子從 M點到N點的過程，有 qU MN =-mv mv0223mv；U MN 一2q(2)粒子在磁場中以 O為圓心做勻速圓周運動，半徑為mv22m

15、v0qvB =mv-得 r =0rqB(3)由幾何關系得 ON = rsin 0設粒子在電場中運動的時間為t1,有 ON=vot 1 =vt粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期T =2LmqB設粒子在磁場中運動的時間為t2,有t2 = 三二士T , t2 =2Wm , t = tl+t2, t=-(332-)m2二3qB3qB3.(1)粒子在磁感應強度為B的區(qū)域做勻速圓周運動的半徑為r= -mv = 1m ,周期為 qBiTi =2m =n Ml0s,由于OP = r所以粒子沿垂直于 x軸的方向進入 qBi時，在B的區(qū)域運動的時間最長為半個周期，即t0 =Ti =-x10s22(2)粒子沿+x軸的方向進入時，在磁感應強度為 B的區(qū)域運動的時間 最短，這些粒子在 B和R中運動的軌跡如圖所示，在 B中做圓周運動的 圓心是O, O點在虛線上，與y軸的交點是 A,在R中做圓周運動的圓心