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1、高考綜合復(fù)習(xí)帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專(zhuān)題 ●知識(shí)網(wǎng)絡(luò) 場(chǎng) 運(yùn)動(dòng)性質(zhì) 研究方法 典型實(shí)例 帶電粒子 相鄰區(qū)域存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)和勻強(qiáng)電場(chǎng) 磁場(chǎng)中的勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)、勻速圓周運(yùn)動(dòng)與電場(chǎng)中的勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)、類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)結(jié)合 能量守恒或牛頓運(yùn)動(dòng)定律，注意從磁場(chǎng)進(jìn)入電場(chǎng)或從電場(chǎng)進(jìn)入磁場(chǎng)的分界狀態(tài) 質(zhì)譜儀、回旋加速器 同一區(qū)域同時(shí)存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)和勻強(qiáng)電場(chǎng) 勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng) 用平衡知識(shí)求解 速度選擇器 磁流體發(fā)電機(jī)、電磁流量計(jì)、磁強(qiáng)計(jì) 一般曲線(xiàn)運(yùn)動(dòng) 能量守恒 帶電微粒 同一區(qū)域同時(shí)存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)、勻強(qiáng)電場(chǎng)和重力場(chǎng) 勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng) 用平衡知識(shí)求解 勻速圓周運(yùn)動(dòng) 利用牛頓運(yùn)動(dòng)定律

2、結(jié)合圓周運(yùn)動(dòng)知識(shí)分析求解，此時(shí)重力和電場(chǎng)力平衡 一般曲線(xiàn)運(yùn)動(dòng) 有軌道束縛 直軌道上的變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng) 用牛頓運(yùn)動(dòng)定律分析加速度、速度的變化，特別注意洛倫茲力、彈力和摩擦力的變化 圓規(guī)道上的一般曲線(xiàn)運(yùn)動(dòng) 用牛頓運(yùn)動(dòng)定律結(jié)合圓周運(yùn)動(dòng)知識(shí)分析加速度、速度的變化，特別注意洛倫茲力、彈力和摩擦力的變化 ●復(fù)習(xí)指導(dǎo)： 　　本考點(diǎn)是帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的知識(shí)，縱觀近年高考題可以看出題型以計(jì)算題為主，試題側(cè)重于考查帶電粒子在磁場(chǎng)和電場(chǎng)、磁場(chǎng)和重力場(chǎng)以及磁、電、重三場(chǎng)所形成的復(fù)合場(chǎng)問(wèn)題，大多是綜合性試題。 　　通過(guò)對(duì)近年高考題目的分析可以看出，由于復(fù)合場(chǎng)問(wèn)題綜合性較強(qiáng)，覆

3、蓋考點(diǎn)較多，在現(xiàn)今的理綜試題中是一個(gè)熱點(diǎn)，高考出題的概率依然比較大。 　　●要點(diǎn)精析☆帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)規(guī)律分析： 　　復(fù)合場(chǎng)一般包括重力場(chǎng)、電場(chǎng)和磁場(chǎng)，本單元所說(shuō)的復(fù)合場(chǎng)指的是磁場(chǎng)與電場(chǎng)、磁場(chǎng)與重力場(chǎng)，或者是三場(chǎng)合一。 　　1．三種場(chǎng)力的特點(diǎn) 　?。?）重力的大小為mg，方向豎直向下。重力做功與路徑無(wú)關(guān)，其數(shù)值除與帶電粒子的質(zhì)量有關(guān)外，還與始末位置的高度差有關(guān)。 　?。?）電場(chǎng)力的大小為qE，方向與電場(chǎng)強(qiáng)度E及帶電粒子所帶電荷的性質(zhì)有關(guān)。電場(chǎng)力做功與路徑無(wú)關(guān)，其數(shù)值除與帶電粒子的電荷量有關(guān)外，還與始末位置的電勢(shì)差有關(guān)。 　?。?）洛侖茲力的大小跟速度與磁場(chǎng)方向

4、的夾角有關(guān)，當(dāng)帶電粒子的速度與磁場(chǎng)方向平行時(shí)f＝0；當(dāng)帶電粒子的速度與磁場(chǎng)方向垂直時(shí)f＝Bvq。洛侖茲力的方向垂直于速度v和磁感應(yīng)強(qiáng)度B所決定的平面。無(wú)論帶電粒子做什么運(yùn)動(dòng)，洛侖茲力都不做功。 　　2．帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的處理方法． 　　（1）正確分析帶電粒子的受力及運(yùn)動(dòng)特征是解決問(wèn)題的前提 　　帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中做什么運(yùn)動(dòng)，取決于帶電粒子所受的合外力及其初始狀態(tài)的速度，因此應(yīng)把帶電粒子的運(yùn)動(dòng)情況和受力情況結(jié)合起來(lái)進(jìn)行分析。 　?、佼?dāng)帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中所受合外力為零時(shí)，做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)（如速度選擇器）。 　?、诋?dāng)帶電粒子所受的重力與電場(chǎng)力等值反向，洛倫茲力提供向心力時(shí)，

5、帶電粒子在垂直于磁場(chǎng)的平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。 　　③當(dāng)帶電粒子所受的合外力是變力，且與初速度方向不在一條直線(xiàn)上時(shí)，粒子做非勻變速曲線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，這時(shí)粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡既不是圓弧，也不是拋物線(xiàn)，由于帶電粒子可能連續(xù)通過(guò)幾個(gè)情況不同的復(fù)合場(chǎng)區(qū)，因此粒子的運(yùn)動(dòng)情況也發(fā)生相應(yīng)的變化，其運(yùn)動(dòng)過(guò)程可能由幾種不同的運(yùn)動(dòng)階段所組成。 　　（2）靈活選用力學(xué)規(guī)律是解決問(wèn)題的關(guān)鍵 　?、佼?dāng)帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，應(yīng)根據(jù)平衡條件列方程求解。 　　②當(dāng)帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，往往同時(shí)應(yīng)用牛頓第二定律和平衡條件列方程聯(lián)立求解。 　　③當(dāng)帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中做非勻速曲線(xiàn)運(yùn)動(dòng)時(shí)，應(yīng)選用動(dòng)能

6、定理或能量守恒定律列方程求解． 　　說(shuō)明： 　?、偃绻婕皟蓚€(gè)帶電粒子的碰撞問(wèn)題，還要根據(jù)動(dòng)量守恒定律列出方程，再與其它方程聯(lián)立求解。 　?、谟捎趲щ娏Ｗ釉趶?fù)合場(chǎng)中受力情況復(fù)雜，運(yùn)動(dòng)情況多變，往往出現(xiàn)臨界問(wèn)題，這時(shí)應(yīng)以題目中的“恰好”、“最大”、“最高”、“至少”等詞語(yǔ)為突破口，挖掘隱含條件，根據(jù)臨界條件列出輔助方程，再與其它方程聯(lián)立求解。 　　☆用力學(xué)觀點(diǎn)分析帶電體在復(fù)合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)：1．動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)：包括牛頓三大定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律； 　　2．動(dòng)量觀點(diǎn)：包括動(dòng)量定理和動(dòng)量守恒定律； 　　3．能量觀點(diǎn)：包括動(dòng)能定理和能量守恒定律． 　　其中：對(duì)單個(gè)物體討論，宜用兩

7、大定理，涉及時(shí)間（或研究力的瞬間作用）優(yōu)先考慮動(dòng)量定理，涉及位移優(yōu)先考慮動(dòng)能定理；對(duì)多個(gè)物體組成的系統(tǒng)討論，則優(yōu)先考慮兩大守恒定律；涉及加速度的力學(xué)問(wèn)題必定得用牛頓第二定律，必要時(shí)再用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式。 　　注意：洛倫茲力始終和速度方向垂直，永不做功；重力G對(duì)物體做功與路徑無(wú)關(guān)，只取決于初末位置的高度差；電場(chǎng)力F對(duì)電荷做功與路徑無(wú)關(guān)，只取決于初、末位置的電勢(shì)差。 　　☆幾種常見(jiàn)的復(fù)合場(chǎng)問(wèn)題：1．速度選擇器： 　　如圖所示，當(dāng)帶正電粒子從左側(cè)平行于極板射入時(shí)帶電粒子同時(shí)受到電場(chǎng)力qE和洛侖茲力qvB作用，當(dāng)兩者等大反向時(shí)，粒子不偏轉(zhuǎn)而是沿直線(xiàn)勻速運(yùn)動(dòng)，qE＝qvB，得以v＝E/B的速度沿

8、垂直于磁場(chǎng)和電場(chǎng)的方向射入正交的電場(chǎng)、磁場(chǎng)中就不發(fā)生偏轉(zhuǎn)。速度選擇器只選擇速度，與粒子的電性、電量、質(zhì)量無(wú)關(guān)（不計(jì)重力）。 2．質(zhì)譜儀： 　　質(zhì)譜儀是先經(jīng)過(guò)速度選擇器對(duì)帶電粒子進(jìn)行速度選擇后，再由右側(cè)的偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)把不同的比荷的粒子分開(kāi)，由此可以用來(lái)測(cè)定帶電粒子的荷質(zhì)比和分析同位素。 3．回旋加速器： 　　回旋加速器是利用帶電粒子在電場(chǎng)中的加速和帶電粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)使帶電粒子在磁場(chǎng)中改變運(yùn)動(dòng)方向，再利用加速電場(chǎng)對(duì)帶電粒子做正功使帶電粒子的動(dòng)能增加。（交變電壓的周期和粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期相等） 　　4．磁流體發(fā)電機(jī) 　　磁流體發(fā)電機(jī)的原理是：等離子氣體噴

9、入磁場(chǎng)，正、負(fù)離子在洛侖茲力的作用下發(fā)生上下偏轉(zhuǎn)而聚集到A、B板上，產(chǎn)生電勢(shì)差。設(shè)A、B平行金屬板的面積為S，相距為L(zhǎng)，等離子體的電阻率為ρ，噴入氣體速度為v，板間磁場(chǎng)的磁感強(qiáng)度為B，板外電阻為R，當(dāng)?shù)入x子氣體勻速通過(guò)A、B板間時(shí)，A、B板上聚集的電荷最多，板間電勢(shì)差最大，即電源電動(dòng)勢(shì)，此時(shí)離子受力平衡；E場(chǎng)q＝qvB，E場(chǎng)＝vB，電動(dòng)勢(shì)E＝E場(chǎng)L＝BLv，電源內(nèi)電阻 ，R中電流 5．電磁流量計(jì) 　　電磁流量計(jì)原理可解釋為：如圖，一圓形導(dǎo)管直徑為d，用非磁性材料制成，其中有可以導(dǎo)電的液體流動(dòng)，導(dǎo)電流體中的自由電荷(正負(fù)離子)在洛侖茲力作用下橫向偏轉(zhuǎn)，a、b間出現(xiàn)電勢(shì)差，當(dāng)自由電荷所受電

10、場(chǎng)力和洛侖茲力平衡時(shí)，a、b間的電勢(shì)差就保持穩(wěn)定，由，可得，流量 6．霍爾效應(yīng) 　　如圖，厚度為h，寬度為d的導(dǎo)體板放在垂直于它的磁感強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，當(dāng)電流通過(guò)導(dǎo)體板時(shí)，在導(dǎo)體板的上側(cè)面A和下側(cè)面A’之間會(huì)產(chǎn)生電勢(shì)差，這種現(xiàn)象稱(chēng)為霍爾效應(yīng)。實(shí)驗(yàn)表明，當(dāng)磁場(chǎng)不太強(qiáng)時(shí)，電勢(shì)差U、電流I和B的關(guān)系為，式中的比例系數(shù)k稱(chēng)為霍爾系數(shù)?；魻栃?yīng)可解釋為：外部磁場(chǎng)的洛侖茲力使運(yùn)動(dòng)的電子聚集在導(dǎo)體板的一側(cè)，在導(dǎo)體板的另一側(cè)會(huì)出現(xiàn)多余的正電荷，從而形成橫向電場(chǎng)，橫向電場(chǎng)對(duì)電子施加與洛侖茲力方向相反的靜電力，當(dāng)靜電力與洛侖茲力達(dá)到平衡時(shí)，導(dǎo)體板上下兩側(cè)之間會(huì)形成穩(wěn)定的電勢(shì)差。 ●精題精講例題1

11、. 　　回旋加速器是用來(lái)加速一群帶電粒子使它獲得很大動(dòng)能的儀器，其核心部分是兩個(gè)D形金屬扁盒，兩盒分別和一高頻率電源兩極相接觸，以便在盒間的窄縫中形成勻強(qiáng)電場(chǎng)，使粒子每穿過(guò)狹縫都得到加速，兩盒放在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直于盒底面，離子源置于盒圓心附近，若離子源射出的離子電量為q，質(zhì)量為m，粒子最大回旋半徑為Rm，其運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示： 　　問(wèn)： 　　①盒內(nèi)有無(wú)電場(chǎng)？ 　?、陔x子在盒內(nèi)做何種運(yùn)動(dòng)？ 　　③所加交流電頻率應(yīng)是多大，離子角速度為多大？ 　?、茈x子離開(kāi)加速器時(shí)速度為多大，最大動(dòng)能為多少？ 　　⑤設(shè)兩D形盒間電場(chǎng)的電勢(shì)差為U，其電場(chǎng)均勻(粒子在電場(chǎng)中的加速時(shí)間可忽略)，求

12、加速到上述能量所需時(shí)間。 　　解析：①②若盒內(nèi)有電場(chǎng)，離子不能做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，所以無(wú)電場(chǎng)； 　?、鬯咏涣麟婎l率應(yīng)等于離子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的頻率： 　　　④⑤粒子加速到上述能量所需時(shí)間t等于圓周運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，又粒子每轉(zhuǎn)一周增加能量為2qU，所以粒子旋轉(zhuǎn)的圈數(shù)： 　　　點(diǎn)評(píng)： 　　回旋加速器是典型模型，對(duì)它的原理和相關(guān)的計(jì)算應(yīng)給予重點(diǎn)把握。 　　例題2. 　　如圖所示為一種獲得高能粒子的裝置，環(huán)形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向外、大小可調(diào)節(jié)的均勻磁場(chǎng)，有質(zhì)量為m、電荷量為+q的粒子在環(huán)中做半徑為R的圓周運(yùn)動(dòng)。A、B為兩塊中心開(kāi)有小孔的極板，原先兩極板電勢(shì)都為零，每當(dāng)粒子飛經(jīng)A板時(shí)，A板電

13、勢(shì)升高為+U，B板電勢(shì)仍保持為零，粒子在兩板間電場(chǎng)中得到加速。每當(dāng)粒子離開(kāi)B板時(shí)，A板電勢(shì)又降為零，粒子在電場(chǎng)的一次次加速下動(dòng)能不斷增大，而繞行半徑不變。 　　(1)設(shè)t=0時(shí)粒子靜止在A板小孔處，在電場(chǎng)作用下加速并繞行第一圈，求粒子繞行n圈回到A板時(shí)獲得的總動(dòng)能； 　　(2)為使粒子始終保持在半徑為R的圓軌道上運(yùn)動(dòng)，磁場(chǎng)必須周期性遞增，求粒子繞行n圈時(shí)的磁感應(yīng)強(qiáng)度Bn； 　　(3)求粒子繞行n圈所需的總時(shí)間tn；（設(shè)極板間距遠(yuǎn)小于R） 　　(4)在下圖中畫(huà)出A板電勢(shì)u與時(shí)間t的關(guān)系；（從t=0起畫(huà)到粒子第四次離開(kāi)B板時(shí)即可） 　　(5)在粒子繞行的整個(gè)過(guò)程中，A板電勢(shì)是否可

14、始終保持為＋U？為什么？ 　　解析： 　　(1)粒子僅在A、B兩板間由電場(chǎng)加速獲得能量qU，繞行過(guò)程中僅受洛倫茲力作用，洛倫茲力不會(huì)對(duì)粒子做功，所以繞行n圈的總動(dòng)能為： 　　(2)當(dāng)?shù)趎次穿過(guò)AB兩板間開(kāi)始作第n圈繞行時(shí)，應(yīng)滿(mǎn)足條件： 　　 　 ，得： 　　 　因有洛倫茲力作向心力，故 　 　　 　 　　所以第n圈繞行的磁感應(yīng)強(qiáng)度為： 　 　　 　　(3)因第n圈的繞行時(shí)間為 　　 　 　　 　所以，繞行n圈的總時(shí)間： 　　 　 　　(4)加在A板上的電勢(shì)大小不變，由于粒子的速度越來(lái)越大，穿越A、B兩板的時(shí)間和繞行一周的時(shí)間都越來(lái)越短，因此，A、B間加

15、有電勢(shì)差的時(shí)間和每次加上電勢(shì)差的時(shí)間間隔(Δt)都越來(lái)越短，下圖畫(huà)出的是A板電勢(shì)與時(shí)間t的關(guān)系（間隔越來(lái)越近的等幅脈沖）。 　　(5)不可以。因?yàn)槿鬉板保持恒定電勢(shì)＋U的話(huà)，粒子在A、B兩板間飛行時(shí)電場(chǎng)力對(duì)它做正功．當(dāng)粒子在A、B外飛行時(shí)電場(chǎng)力對(duì)它做負(fù)功，粒子繞行一周時(shí)電場(chǎng)對(duì)粒子所做的總功為零，粒子的能量不會(huì)增加。 　　點(diǎn)評(píng)： 　　本題裝置利用了回旋加速器原理，其基本原理并不超過(guò)考綱要求，通過(guò)此題可加深對(duì)電場(chǎng)、磁場(chǎng)作用的認(rèn)識(shí)。 　　例題3. 　　如圖所示，在x軸上方有勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)為E；在x軸下方有勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感強(qiáng)度為B，方向如圖，在x軸上有一點(diǎn)M，離O點(diǎn)距離為l?，F(xiàn)有一

16、質(zhì)量為m、帶電量為＋q的粒子，從靜止開(kāi)始釋放后能經(jīng)過(guò)M點(diǎn)．求如果此粒子放在y軸上，其坐標(biāo)應(yīng)滿(mǎn)足什么關(guān)系？（重力忽略不計(jì)） 解析： 　　由于此帶電粒子是從靜止開(kāi)始釋放的，要能經(jīng)過(guò)M點(diǎn)，其起始位置只能在勻強(qiáng)電場(chǎng)區(qū)域。物理過(guò)程是：靜止電荷位于勻強(qiáng)電場(chǎng)區(qū)域的y軸上，受電場(chǎng)力作用而加速，以速度v進(jìn)入磁場(chǎng)，在磁場(chǎng)中受洛侖茲力作用作勻速圓周運(yùn)動(dòng)，向x軸偏轉(zhuǎn)?；剞D(zhuǎn)半周期過(guò)x軸重新進(jìn)入電場(chǎng)，在電場(chǎng)中經(jīng)減速、加速后仍以原速率從距O點(diǎn)2R處再次越過(guò)x軸，在磁場(chǎng)回轉(zhuǎn)半周后又從距O點(diǎn)4R處飛越x軸，……如圖所示（圖中電場(chǎng)與磁場(chǎng)均未畫(huà)出）： 　　故有當(dāng)l=n·2R時(shí)粒子能經(jīng)過(guò)M點(diǎn)，即 　　R=l/2n，(

17、n=1、2、3……)?、? 　　設(shè)粒子靜止于y軸正半軸上，和原點(diǎn)距離為h，由能量守恒得 　?、? 　　對(duì)粒子在磁場(chǎng)中只受洛侖茲力作用而作勻速圓周運(yùn)動(dòng)有： 　?、? 　　解①②③式得： ，(n=1、2、3……) 　　點(diǎn)評(píng)： 　　此類(lèi)題正確分析并畫(huà)出粒子運(yùn)動(dòng)軌跡圖是關(guān)鍵，并注意由于其運(yùn)動(dòng)的周期性，從而帶來(lái)多解（幾個(gè)解）的可能．不要僅考慮到n=1的特殊情況。 　　例題4. 　　如圖所示，勻強(qiáng)電場(chǎng)的方向豎直向上，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的方向垂直紙面向內(nèi)，三個(gè)液滴a、b、c帶有等量同種電荷，已知a在豎直面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，b水平向左做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，c水平向右做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，則它們的質(zhì)量關(guān)系是___

18、_____________，（設(shè)a、b、c質(zhì)量分別是ma、mb、mc） 解析： 　　由于a做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，所以a所受合外力必定是只充當(dāng)大小不變的向心力，則a必受重力作用，且重力和電場(chǎng)力大小相等方向相反，即 　　 ，且a帶正電。 　　由此可分析到b、c的受力如上圖所示，由直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)條件可得： 　　點(diǎn)評(píng)： 　　帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中作勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，必定有其它力與恒定的重力相抵消以確保合力大小不變方向時(shí)刻指向圓心。 　　拓展： 　　如圖所示，傾角為θ的光滑絕緣斜面，處在方向垂直斜面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)和方向未知的勻強(qiáng)電場(chǎng)中．有一質(zhì)量m，帶電量為-q的小球，恰可在斜面上作勻速圓周運(yùn)動(dòng)，角

19、速度為ω，求：勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感強(qiáng)度B的大小。 答案：提示： 　　電場(chǎng)力、重力和支持力合力為零，洛倫茲力提供向心力有：例題5. 　　如圖所示，套在很長(zhǎng)的絕緣直棒上的小球，其質(zhì)量為m，帶電量是+q，小球可在棒上滑動(dòng)，將此棒豎直放在互相垂直、且沿水平方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，電場(chǎng)強(qiáng)度是E，磁感強(qiáng)度是B，小球與棒的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，求小球由靜止沿棒下落的最大加速度和最大速度。（設(shè)小球帶電量不變） 解析： 　　此類(lèi)問(wèn)題屬于涉及加速度的力學(xué)問(wèn)題，必定得用牛頓第二定律解決，小球的受力情況如圖所示。 　　由于 ，所以 　　可見(jiàn)隨v增大，F(xiàn)合減小，由牛頓第二定律知，小球作加速度越來(lái)越小直到最

20、后勻速的變加速運(yùn)動(dòng)。 　　故當(dāng)v=0時(shí)， 　　當(dāng)F合=0即a=0時(shí)，v有最大值vm，即 　　所以 。 　　點(diǎn)評(píng)： 　　此例中小球共受五個(gè)力作用，其中F洛受運(yùn)動(dòng)速度的影響發(fā)生變化引起了N、f的變化，要特別注意。若例中小球帶負(fù)電，情況又怎樣呢？ 　　例題6. 　　如圖所示，質(zhì)量為m=1kg，帶正電q=5×10-2C的小滑塊，從半徑為R=0.4m的光滑絕緣圓弧軌道上由靜止自A端滑下。整個(gè)裝置處在方向互相垂直的勻強(qiáng)電場(chǎng)與勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。已知E=100 V/m，水平向右；B=1T，方向垂直紙面向里。 　　求： 　　(1)滑塊m到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的速度； 　　(2)在C點(diǎn)時(shí)滑塊對(duì)軌道的

21、壓力。 　　解析： 　　以滑塊為研究對(duì)象，自軌道上A點(diǎn)滑到C點(diǎn)的過(guò)程中，受重力mg，方向豎直向下；電場(chǎng)力FE=qE，水平向右；洛倫茲力F洛＝qBv，方向始終垂直于速度方向。 　　(1)滑動(dòng)過(guò)程中洛倫茲力F洛＝qBv不做功，由動(dòng)能定理得： 　 　　 　 　　所以 　 　　 　　(2)在C點(diǎn)，受四個(gè)力作用，如上圖所示，由牛頓第二定律與圓周運(yùn)動(dòng)知識(shí)得： 　　　 　　　 由牛頓第三定律知，滑塊在C點(diǎn)處對(duì)軌道壓力FN’＝－FN，大小為20.1 N，方向向下。 　　答案： 　　(1)2 m/s 　　(2)20. 1 N 　　點(diǎn)評(píng)： 　　帶電體的非勻變速運(yùn)動(dòng)

22、過(guò)程，從功與能的角度分析比較方便，因?yàn)槁鍌惼澚Σ蛔龉ΑＤ骋凰矔r(shí)位置的受力與其運(yùn)動(dòng)狀態(tài)之間的瞬時(shí)對(duì)應(yīng)關(guān)系應(yīng)由牛頓第二定律討論，這是由牛頓第二定律的瞬時(shí)性所決定的。 　　例題7. 　　如圖所示，一個(gè)質(zhì)量m=0.01kg，電荷量q=10-2 C的帶正電小球，和一個(gè)質(zhì)量為m、不帶電的小球相距L=0.2m，放在絕緣的光滑水平面上。當(dāng)加上水平向左的E=103 N/C的勻強(qiáng)電場(chǎng)和B=0.5T、方向垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)后，帶電小球向左運(yùn)動(dòng)，與不帶電小球相碰并粘在一起，則兩球碰后速度為多少？?jī)汕蚺龊笾羶汕螂x開(kāi)水平面過(guò)程中通過(guò)位移為多少？ 解析： 　　帶電小球在電場(chǎng)力作用下向左加速運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過(guò)

23、程中受向上的洛倫茲力，當(dāng)洛倫茲力小于小球重力時(shí)，小球仍在光滑水平面運(yùn)動(dòng)。與B球碰撞過(guò)程中，動(dòng)量守恒，可求出兩球碰后速度，碰后兩球整體繼續(xù)向左運(yùn)動(dòng)，仍受向上的洛倫茲力，當(dāng)洛倫茲力等于兩球重力時(shí)，兩球離開(kāi)水平地面，由Bqv’=2mg可求出兩球離開(kāi)地面時(shí)的速度。碰后兩球在水平方向做勻加速運(yùn)動(dòng)，最后由勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的運(yùn)動(dòng)學(xué)關(guān)系可求碰后到兩球離開(kāi)水平地面過(guò)程中通過(guò)的位移。 　　A球在和B球碰前的速度vA，為 　　 　　A、B兩球相碰，動(dòng)量守恒，則 　　 　　A、B粘合后，運(yùn)動(dòng)的加速度 　　 　　當(dāng)A、B對(duì)地面的壓力N＝0時(shí)，將離開(kāi)地面有 　　 　　根據(jù) 　　得●反饋練習(xí)計(jì)算題 　　

24、1．如圖是測(cè)量帶電粒子質(zhì)量的儀器工作原理示意圖，設(shè)法將某有機(jī)化合物的氣態(tài)分子導(dǎo)入圖中所示的容器A中，使它受到電子束轟擊，失去一個(gè)電子變成正一價(jià)的分子離子。分子離子從狹縫S1以很小的速度進(jìn)入電壓為U的加速電場(chǎng)區(qū)（初速不計(jì)），加速后，再通過(guò)狹縫S2、S3射入磁感強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，方向垂直于磁場(chǎng)區(qū)的界面PQ，最后，分子離子打到感光片上，形成垂直于紙面而且平行于狹縫S3的細(xì)線(xiàn)。若測(cè)得細(xì)線(xiàn)到狹縫S3的距離為d，導(dǎo)出分子離子的質(zhì)量m的表達(dá)式。 　　2．空間中存在方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，一帶電量為+q、質(zhì)量為m的粒子，在P點(diǎn)以某一初速開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，初速方向在圖中紙面P點(diǎn)箭頭所示，該粒

25、子運(yùn)動(dòng)到圖中Q點(diǎn)時(shí)速度方向與P點(diǎn)時(shí)速度方向垂直，如圖中Q點(diǎn)箭頭所示。已知P、Q間的距離為L(zhǎng)，若保持粒子在P點(diǎn)時(shí)的速度不變，而將勻強(qiáng)磁場(chǎng)換成勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)方向與紙面平行且與粒子在P點(diǎn)時(shí)速度方向垂直，在此電場(chǎng)作用下粒子也由P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)，不計(jì)重力。 　　求： 　?。?）電場(chǎng)強(qiáng)度的大小 　?。?）兩種情況中粒子由P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)所經(jīng)歷的時(shí)間之差。 　　3．如圖所示，在y>0的空間中存在勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)沿y軸負(fù)方向；在y<0的空間中，存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直xy平面（紙面）向外。一電量為q、質(zhì)量為m的帶正電的運(yùn)動(dòng)粒子，經(jīng)過(guò)y軸上y=h處的點(diǎn)P1時(shí)速率為v0，方向沿x軸正方向；然后，經(jīng)過(guò)x

26、軸上x(chóng)=2h處的P2點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)，并經(jīng)過(guò)y軸上y＝－2h處的P3點(diǎn)，不計(jì)重力。 　　求： 　?。?）電場(chǎng)強(qiáng)度的大小。 　?。?）粒子到達(dá)P2時(shí)速度的大小和方向。 　?。?）磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小。 　　4．湯姆生用來(lái)測(cè)定電子的比荷（電子的電荷量與質(zhì)量之比）的實(shí)驗(yàn)裝置如圖所示，真空管內(nèi)的陰極K發(fā)出的電子（不計(jì)初速、重力和電子間的相互作用）經(jīng)加速電壓加速后，穿過(guò)A'中心的小孔沿中心軸O1O的方向進(jìn)入到兩塊水平正對(duì)放置的平行極板P和P’間的區(qū)域。當(dāng)極板間不加偏轉(zhuǎn)電壓時(shí)，電子束打在熒光屏的中心O點(diǎn)處，形成了一個(gè)亮點(diǎn)；加上偏轉(zhuǎn)電壓U后，亮點(diǎn)偏離到O’點(diǎn)，O’與O點(diǎn)的豎直間距為d，水平間距可忽略

27、不計(jì)。此時(shí)，在P和P’間的區(qū)域，再加上一個(gè)方向垂直子紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，調(diào)節(jié)磁場(chǎng)的強(qiáng)弱，當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B時(shí)，亮點(diǎn)重新回到O點(diǎn)。已知極板水平方向的長(zhǎng)度為L(zhǎng)1，極板間距為b，極板右端到熒光屏的距離為L(zhǎng)2（如圖所示）。 　　求： 　?。?）求打在熒光屏O點(diǎn)的電子速度的大小。 　?。?）推導(dǎo)出電子的比荷的表達(dá)式。 　　5．在同時(shí)存在勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)的空間中取正交坐標(biāo)系Oxyz（z軸正方向豎直向上），如圖所示。已知電場(chǎng)方向沿z軸正方向，場(chǎng)強(qiáng)大小為E；磁場(chǎng)方向沿y軸正方向，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B；重力加速度為g。問(wèn)：一質(zhì)量為m、帶電量為＋q的從原點(diǎn)出發(fā)的質(zhì)點(diǎn)能否在坐標(biāo)軸（x、y、z）

28、上以速度v0做勻速運(yùn)動(dòng)？若能，m、q、E、B、v及g應(yīng)滿(mǎn)足怎樣的關(guān)系？若不能，說(shuō)明理由。 　　6．如圖所示絕緣水平板MN（固定在地面上）右端固定一塊擋板，水平板上方存在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在虛線(xiàn)右方（ON段）還存在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向垂直紙面指向讀者的水平勻強(qiáng)磁場(chǎng)。在虛線(xiàn)左邊M點(diǎn)有一塊質(zhì)量為m、帶正電荷為q的滑塊從靜止開(kāi)始在電場(chǎng)力作用下加速向右運(yùn)動(dòng). OM段板面是光滑的，ON段板面是粗糙的，滑塊跟板面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ。由于摩擦力作用，滑塊在進(jìn)入ON段后恰好作勻速運(yùn)動(dòng)。當(dāng)滑塊與擋板發(fā)生碰撞時(shí)，電場(chǎng)立即消失，滑塊以碰前一半的速率反彈，又恰好向左作勻速運(yùn)動(dòng)。假定滑塊在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中帶電量沒(méi)有發(fā)

29、生變化。 　　求： 　?。?）滑塊碰撞擋板之前的速度大?。? 　?。?）勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)； 　　（3）O、M之間的距離。 　　7．在如圖所示的直角坐標(biāo)系中，坐標(biāo)原點(diǎn)O處固定有正點(diǎn)電荷，另有平行于y軸的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。一個(gè)質(zhì)量為m、帶電量+q的微粒，恰能以y軸上O'(0，a，0)點(diǎn)為圓心作勻速圓周運(yùn)動(dòng)，其軌跡平面與xOz平面平行，角速度為ω，旋轉(zhuǎn)方向如圖中箭頭所示，試求勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小和方向。 反饋練習(xí)答案： 　　1．由動(dòng)能定理得： 　　 　洛侖茲力提供向心力： 　　 　幾何關(guān)系：d＝2R 　　 　解得： 　　2．（1）粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，以v0表示粒

30、子在P點(diǎn)的初速度,R表示圓周的半徑，則有 　　　　　　由于粒子在Q點(diǎn)的速度垂直于它在P點(diǎn)的速度，可知粒子由P點(diǎn)到Q點(diǎn)的軌跡為1/4圓周．故有 　　　　　　以E表示電場(chǎng)強(qiáng)度的大小，a表示粒子在電場(chǎng)中加速度的大小，tE表示粒子在電場(chǎng)中由P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)經(jīng)過(guò)的時(shí)間，則有： 　　　　　　由以上各式解得 　　　 （2）因粒子在磁場(chǎng)中由P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)的軌跡為1/4圓周，故運(yùn)動(dòng)經(jīng)歷的時(shí)間tB為圓周運(yùn)動(dòng)周期T的1/4，而 　　　　　　 　　　　　　解得 　　　　　　由此可解得： 　　3．（1）粒子在電場(chǎng)、磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖所示： 　　　　　　設(shè)粒子從P1到P2的時(shí)間為t，電場(chǎng)強(qiáng)度的大

31、小為E，粒子在電場(chǎng)中的加速度為a，由牛頓第二定律及運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有： 　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　 　（1） 　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　?。?） 　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　 （3） 　　　　　　由（1）（2）（3）式解得 　　　 （4） 　　　 （2）粒子到達(dá)P2時(shí)速度沿x方向的分量仍為v0 。以v1表示速度沿y方向分量的大小，v表示速度的大小，θ表示速度和x軸的夾角，則有 　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　?。?） 　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　（6） 　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　 （7） 　　　

32、　　　由（2）（3）（5）式得 　　　　　　（8） 　　　　　　由（6）（7）（8）式得 　　　　　（9） 　　　　　　 　　　　　　　　　　　　 　　　 （10） 　　 ?。?）設(shè)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，在洛侖茲力作用下粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。由牛頓第二定律 　　　　　　 　　　　　　　　　　 　　　 （11） 　　　　　　r是圓周的半徑，此圓周與x軸和y軸的交點(diǎn)分別為P2、P3。因?yàn)镺P2=OP3，，由幾何關(guān)系可知，連線(xiàn)P2P3為圓軌道的直徑，由此可求得 　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　?。?2） 　　　　　　由（9）、（11）、（12）可得 　　4．(1)當(dāng)電子

33、受到的電場(chǎng)力與洛侖茲力平衡時(shí)，電子做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，亮點(diǎn)重新回復(fù)到中心O點(diǎn)。設(shè)電子的速度為v，則evB＝eE 　　　　　得v＝E/B 　　　　　即v＝U/Bb 　　 　(2)當(dāng)極板間只有偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)，電子以速度v進(jìn)入后，豎直方向做勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度為： 　　　　　 　　　　　電子在水平方向上做勻速運(yùn)動(dòng)，在電場(chǎng)內(nèi)的運(yùn)行時(shí)間 　　　　　這樣，電子在電場(chǎng)中，豎直向上偏轉(zhuǎn)的距離為 　　　　　離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)豎直向上的分速度為 　　　　　電子離開(kāi)電場(chǎng)后做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，經(jīng)t2時(shí)間到達(dá)熒光屏 　　　　　t2時(shí)間內(nèi)向上運(yùn)動(dòng)的距離為 　　　　　這樣，電子向上的總偏轉(zhuǎn)距離為 　　　　　可解得 　

34、　5．已知帶電質(zhì)點(diǎn)受到的電場(chǎng)力為qE，方向沿z軸正方向；質(zhì)點(diǎn)受到的重力為mg，沿z軸的負(fù)方向。 　　　 假設(shè)質(zhì)點(diǎn)在x軸上做勻速運(yùn)動(dòng)，則它受的洛倫茲力必沿z軸正方向（當(dāng)v沿x軸正方向）或沿z軸負(fù)方向（當(dāng)v沿x軸負(fù)方向），要質(zhì)點(diǎn)做勻速運(yùn)動(dòng)必分別有： 　　 　qvB＋qE＝mg或qE＝qvB＋mg 　　　 假設(shè)質(zhì)點(diǎn)在y軸上做勻速運(yùn)動(dòng)，則無(wú)論沿y軸正方向還是負(fù)方向，洛倫茲力都為0，要質(zhì)點(diǎn)做勻速運(yùn)動(dòng)必有： 　　 　qE＝mg 　　　 假設(shè)質(zhì)點(diǎn)在z軸上做勻速運(yùn)動(dòng)，則它受的洛倫茲力必平行于x軸，而電場(chǎng)力和重力都平行于z軸，三力的和不可能為0，與假設(shè)矛盾，故質(zhì)點(diǎn)不可能在z軸上做勻速運(yùn)動(dòng)。 　　

35、6．（1）設(shè)與擋板碰撞前滑塊速率是v，則碰撞后速率為v/2。由左手定則判定滑塊向左運(yùn)動(dòng)時(shí)受到洛侖茲力方向向上，依題意，此時(shí)滑塊受到摩擦力必須為零，因此 　　　　　　 　　　　　　得 　　 ?。?）滑塊在ON向右勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，受力如圖所示： 　　　　　　則 　　　　　　得 　　 ?。?）在OM段電場(chǎng)力對(duì)滑塊做功，設(shè)OM＝s，則 　　　　　　 　　　　　　解得 　　7．設(shè)微粒轉(zhuǎn)動(dòng)半徑為r，微粒受到的庫(kù)侖排斥力為F，微粒在豎直方向上處于平衡狀態(tài) 　　　 可得 　　　 　　　 水平方向上，洛侖茲力與庫(kù)侖排斥力的水平分力的合力使微粒作勻速回周運(yùn)動(dòng) 　　　 　　　 聯(lián)立得 　　　 解得 　　　 磁場(chǎng)方向沿y軸負(fù)方向 內(nèi)容總結(jié) （1）高考綜合復(fù)習(xí)帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專(zhuān)題 ●知識(shí)網(wǎng)絡(luò) ●復(fù)習(xí)指導(dǎo)： 　　本考點(diǎn)是帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的知識(shí)，縱觀近年高考題可以看出題型以計(jì)算題為主，試題側(cè)重于考查帶電粒子在磁場(chǎng)和電場(chǎng)、磁場(chǎng)和重力場(chǎng)以及磁、電、重三場(chǎng)所形成的復(fù)合場(chǎng)問(wèn)題，大多是綜合性試題 （2）此時(shí)，在P和P’間的區(qū)域，再加上一個(gè)方向垂直子紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，調(diào)節(jié)磁場(chǎng)的強(qiáng)弱，當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B時(shí)，亮點(diǎn)重新回到O點(diǎn)