第九章 电磁学压轴大题增分策略(一)

第九章“冲刺双一流”深化内容电磁学压轴大题增分策略(一)——解决带电粒子在磁场中运动的三种思想方法带电粒子在匀强磁场中的运动常常命制压轴大题，涉及的题型通常有磁场区域最小面积的求解，“数学圆”模型在电磁学中的应用，“磁发散”和“磁聚焦”等问题。

三种题型分装在三节课时中，本节课则通过对近年高考及各地模拟题的研究，阐述应用对称法、临界极值法、递推法解决带电粒子在磁场中运动的问题。

对称法的应用 利用对称性解决物理问题能大大简化解题步骤。

物理解题中的对称法，就是从对称性的角度去分析物理过程，利用对称性解决物理问题的方法一般来讲，当研究对象在结构或相互作用上、物理过程在时间和空间上以及物理量在分布上具有对称的特征时，宜采用对称法进行解决。

[例1] (2015·山东高考)如图所示，直径分别为D 和2D 的同心圆处于同一竖直面内，O 为圆心，GH 为大圆的水平直径。

两圆之间的环形区域(Ⅰ区)和小圆内部(Ⅱ区)均存在垂直圆面向里的匀强磁场。

间距为d 的两平行金属板间有一匀强电场，上极板开有一小孔。

一质量为m 、电量为＋q 的粒子由小孔下方d 2处静止释放，加速后粒子以竖直向上的速度v 射出电场，由H 点紧靠大圆内侧射入磁场。

不计粒子的重力。

(1)求极板间电场强度的大小；(2)若粒子运动轨迹与小圆相切，求Ⅰ区磁感应强度的大小；(3)若Ⅰ区、Ⅱ区磁感应强度的大小分别为2m v qD 、4m v qD ，粒子运动一段时间后再次经过H点，求这段时间粒子运动的路程。

[审题指导] 解决此题时要从以下几个方面进行思考(1)粒子在电场中的加速问题怎么解决(利用动能定理)。

(2)粒子运动轨迹与小圆相切时的两种情况(外切和内切)下如何通过几何关系寻找粒子做圆周运动的半径(利用粒子在磁场中运动轨迹的对称性)。

(3)如何寻找粒子在两磁场中运动一段时间后再次回到H 点时的运动轨迹(利用粒子在磁场中运动的重复性)。

[解析] (1)设极板间电场强度的大小为E ，对粒子在电场中的加速运动，由动能定理得 qE d 2＝12m v 2 ①由①式得E ＝m v 2qd 。

②(2)设Ⅰ区磁感应强度的大小为B ，粒子做圆周运动的半径为R ，由牛顿第二定律得q v B ＝m v 2R ③如图甲所示，粒子运动轨迹与小圆相切有两种情况。

若粒子轨迹与小圆外切，由几何关系得R ＝D 4④联立③④式得B ＝4m v qD⑤ 若粒子轨迹与小圆内切，由几何关系得R ＝3D 4 ⑥ 联立③⑥式得B ＝4m v 3qD 。

⑦(3)设粒子在Ⅰ区和Ⅱ区做圆周运动的半径分别为R 1、R 2，由题意可知，Ⅰ区和Ⅱ区磁感应强度的大小分别为B 1＝2m v qD 、B 2＝4m v qD由牛顿第二定律得q v B 1＝m v 2R 1，q v B 2＝m v 2R 2⑧代入数据得R 1＝D 2，R 2＝D 4 ⑨ 设粒子在Ⅰ区和Ⅱ区做周围运动的周期分别为T 1、T 2，由运动学公式得T 1＝2πR 1v ，T 2＝2πR 2v ⑩据题意分析，粒子两次与大圆相切的时间间隔内，运动轨迹如图乙所示，根据对称性可知，Ⅰ区两段圆弧所对圆心角相同，设为θ1，Ⅱ区内圆弧所对圆心角设为θ2，圆弧和大圆的两个切点与圆心O 连线间的夹角设为α，由几何关系得θ1＝120°⑪ θ2＝180° ⑫α＝60° ⑬粒子重复上述交替运动回到H 点，轨迹如图丙所示，设粒子在Ⅰ区和Ⅱ区做圆周运动的时间分别为t 1、t 2，可得t 1＝360°α×θ1×2360°T 1， ⑭ t 2＝360°α×θ2360°T 2⑮设粒子运动的路程为s ，由运动学公式得s ＝v (t 1＋t 2)⑯ 联立⑨⑩⑪⑫⑬⑭⑮⑯式得s ＝5.5πD 。

⑰ [答案] (1)m v 2qd (2)4m v qD 或4m v 3qD(3)5.5πD临界与极值法的应用 电磁学中的临界、极值问题是高考命题的热点，难度往往较大，尤其是在分析带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的这类问题时，通常以题目中的“恰好”“最高”“最长”“至少”等为突破口，将不确定的物理量推向极端(如极大、极小；最上、最下；最左、最右等)，结合相应的物理规律分析出临界条件，列出相应方程求解。

[例2] 如图所示，一平行板电容器两极板水平相对放置，在两极板的正中心上各开一孔，孔相对极板很小，因此不会影响两极板间的电场分布。

现给上下两极板分别充上等量的正负电荷，上板带正电、下板带负电，使两极板间形成匀强电场，电场强度大小为E＝3mg q 。

一根长为L 的绝缘轻质硬杆上下两端分别固定一带电金属小球A 、B ，两球大小相等，且直径小于电容器极板上的孔，A 球带负电Q A ＝－3q ，B 球带正电Q B ＝＋q ，两球质量均为m 。

将“杆—球”装置移动到上极板上方，保持竖直，且使B 球刚好位于上极板小孔的中心处、球心与上极板在一平面内，然后由静止释放。

已知带电平行板电容器只在其两极板间存在电场，两球在运动过程中不会接触到极板，且各自的带电荷量始终不变。

忽略两球产生的电场对平行板间匀强电场的影响，两球可以看成质点，电容器极板厚度不计。

重力加速度取g 。

(1)求B 球刚进入两极板间时，“杆—球”装置的加速度大小a 。

(2)若以后的运动过程中，发现B 球从下极板的小孔穿出后，刚好能运动L 2的距离，求电容器两极板的间距d 。

(3)A 、B 两球从开始到最低点的运动过程中，硬杆上所产生的弹力始终是拉力，则拉力最大值是多大(静电力常量为k )?[解析] (1)以AB 系统为研究对象，有qE ＋2mg ＝2ma ，可以得到：a ＝52g 。

(2)①从开始到A 刚进入两极板间有：v 12＝2aL ，得v 1＝5gL②A 进入两极板间到B 即将穿出下孔，有：qE ＋2mg －3qE ＝2ma 2得a 2＝－2g ，v 22－v 12＝2a 2s③B 穿出下孔后，有2mg －3qE ＝2ma 3，得a 3＝－72g 0－v 22＝2a 3×L 2联立解得s ＝38L ，所以，两极板间距d ＝s ＋L ＝118L 。

(3)B 球刚进入电场时，以A 球为研究对象，有：T 1＋mg ＋3kq 2L 2＝ma ， 得T 1＝32mg －3kq 2L 2 A 球刚进入电场时，以B 球为研究对象，有：T 2＋3kq 2L 2－mg －qE ＝m |a 2| 得T 2＝6mg －3kq 2L 2 B 球刚离开电场时，以B 球为研究对象，有：T 3＋3kq 2L 2－mg ＝m |a 3|， 得T 3＝92mg －3kq 2L 2 所以，最大拉力为T 2＝6mg －3kq 2L 2。

[答案] (1)52g (2)118L (3)6mg －3kq 2L 2递推法是根据具体问题，建立递推关系，再通过递推关系求解问题的方法，即当问题中涉及相互联系的物体较多并且有规律时，应根据题目特点应用数学思想将所研究的问题归类，然后求出通式具体步骤是先分析某一次作用的情况，得出结论；再根据多次作用的重复性和它们的共同点，把结论推广；最后结合数学知识求解。

方法应用：(1)建立递推关系——利用物理规律导出第一次相互作用中(或者第一个过程中)物理量之间的关系或相邻两次作用中的递推关系式；(2)递推关系有何性质——寻找规律，得出第n 次相互作用的递推关系；(3)如何求解递推关系——结合数学知识(如数列)求解。

[注意] 递推法可以分为顺推法(从已知条件出发，逐步推出要解决的问题)与逆推法(从问题出发逐步推到已知条件)。

[例3] (2015·天津高考)现代科学仪器常利用电场、磁场控制带电粒子的运动。

真空中存在着如图所示的多层紧密相邻的匀强电场和匀强磁场，电场与磁场的宽度均为d 。

电场强度为E ，方向水平向右；磁感应强度为B ，方向垂直纸面向里。

电场、磁场的边界互相平行且与电场方向垂直。

一个质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子在第1层电场左侧边界某处由静止释放，粒子始终在电场、磁场中运动，不计粒子重力及运动时的电磁辐射。

(1)求粒子在第2层磁场中运动时速度v 2的大小与轨迹半径r 2；(2)粒子从第n 层磁场右侧边界穿出时，速度的方向与水平方向的夹角为θn ，试求sin θn ；(3)若粒子恰好不能从第n 层磁场右侧边界穿出，试问在其他条件不变的情况下，也进入第n 层磁场，但比荷较该粒子大的粒子能否穿出该层磁场右侧边界，请简要推理说明之。

[审题指导] 粒子在交替存在的电场、磁场中的运动，是高考的热点：处理的方法是分段考虑带电粒子在电场、磁场中的运动，可以从动力学角度(牛顿运动定律及运动学公式)或能量角度(动能定理)建立方程，寻找递推关系。

[解析] 法一：(1)粒子在进入第2层磁场时，经过两次电场加速，中间穿过磁场时洛伦兹力不做功。

由动能定理，有2qEd ＝12m v 22 ①由①式解得v 2＝2 qEdm ②粒子在第2层磁场中受到的洛伦兹力充当向心力，有q v 2B ＝m v 22r 2③由②③式解得r 2＝2B mEdq 。

④ (2)设粒子在第n 层磁场中运动的速度为v n ，轨迹半径为r n (各量的下标均代表粒子所在层数，下同)。

nqEd ＝12m v n 2 ⑤ q v n B ＝m v n 2r n ⑥粒子进入第n 层磁场时，速度的方向与水平方向的夹角为αn ，从第n 层磁场右侧边界穿出时速度方向与水平方向的夹角为θn ，粒子在电场中运动时，垂直于电场线方向的速度分量不变，有v n －1sin θn －1＝v n sin αn⑦由图甲看出r n sin θn －r n sin αn ＝d⑧ 由⑥⑦⑧式得r n sin θn －r n －1sin θn －1＝d ⑨ 由⑨式看出r 1sin θ1，r 2sin θ2，…，r n sin θn 为一等差数列，公差为d ，可得r n sin θn ＝r 1sin θ1＋(n －1)d⑩当n ＝1时，由图乙看出r 1sin θ1＝d⑪ 由⑤⑥⑩⑪式得sin θn ＝B nqd 2mE 。

⑫ (3)若粒子恰好不能从第n 层磁场右侧边界穿出，则θn ＝π2，sin θn ＝1。

在其他条件不变的情况下，换用比荷更大的粒子，设其比荷为q ′m ′，假设能穿出第n 层磁场右侧边界，粒子穿出时速度方向与水平方向的夹角为θn ′，由于q ′m ′＞q m则导致sin θn ′＞1说明θn ′不存在，即原假设不成立。

所以比荷较该粒子大的粒子不能穿出该层磁场右侧边界。

法二：(1)与解法一相同(略)。

(2)设粒子在第1层磁场中运动的半径为r 1，速度为v 1，离开磁场时速度与水平方向的夹角为θ1由图丙看出r 1sin θ1＝d⑤ qEd ＝12m v 12 ⑥ q v 1B ＝m v 12r 1 ⑦设粒子在第2层磁场中运动的半径为r 2，速度为v 2，进入磁场时速度与水平方向的夹角为α2，离开磁场时速度与水平方向的夹角为θ2由图丁可知，r 2sin θ2－r 2sin α2＝d ⑧粒子在电场中运动时，垂直于电场线方向的速度分量不变，有v 1sin θ1＝v 2sin α2 ⑨又由于r ＝m v qB ，可知半径与速度成正比，所以⑨式变为r 1sin θ1＝r 2sin α2⑩由⑧⑩得r 2sin θ2－r 1sin θ1＝d设粒子在第3层磁场中运动的半径为r 3，射出磁场的速度与水平方向的夹角为θ3 同理，有r 3sin θ3－r 2sin θ2＝d ⑪ 设粒子在第n 层磁场中运动的速度为v n ，轨迹半径为r n由⑧⑩⑪看出r 1sin θ1，r 2sin θ2, … ，r n sin θn 为一等差数列，公差为d ，可得r n sin θn ＝r 1sin θ1＋(n －1)d⑫ nqEd ＝12m v n 2 ⑬ q v n B ＝m v n 2r n⑭由⑤⑫⑬⑭得sin θn ＝B nqd 2mE 。