2022年高三物理復(fù)習(xí) 第8章 帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)學(xué)案

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1、2022年高三物理復(fù)習(xí) 第8章 帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)學(xué)案 一、概念規(guī)律題組 1．如圖1所示，在xOy平面內(nèi)，勻強(qiáng)電場(chǎng)的方向沿x軸正向，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的方向垂直于xOy平面向里．一電子在xOy平面內(nèi)運(yùn)動(dòng)時(shí)，速度方向保持不變．則電子的運(yùn)動(dòng)方向沿(　　) 圖1 A．x軸正向 B．x軸負(fù)向 C．y軸正向 D．y軸負(fù)向 2．一個(gè)質(zhì)子穿過某一空間而未發(fā)生偏轉(zhuǎn)，則(　　) A．可能存在電場(chǎng)和磁場(chǎng)，它們的方向與質(zhì)子運(yùn)動(dòng)方向相同 B．此空間可能只有磁場(chǎng)，方向與質(zhì)子的運(yùn)動(dòng)方向平行 C．此空間可能只有磁場(chǎng)，方向與質(zhì)子的運(yùn)動(dòng)方向垂直 D．此空間可能有正交的電場(chǎng)和磁

2、場(chǎng)，它們的方向均與質(zhì)子的運(yùn)動(dòng)方向垂直 3．如圖2所示，沿直線通過速度選擇器的正離子從狹縫S射入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B2的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，偏轉(zhuǎn)后出現(xiàn)的軌跡半徑之比為R1∶R2＝1∶2，則下列說法正確的是(　　) 圖2 A．離子的速度之比為1∶2 B．離子的電荷量之比為1∶2 C．離子的質(zhì)量之比為1∶2 D．以上說法都不對(duì) 圖3 4．(xx·浙江杭州市模擬)有一個(gè)帶電量為＋q、重為G的小球，從兩豎直的帶電平行板上方h處自由落下，兩極板間另有勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向如圖3所示，則帶電小球通過有電場(chǎng)和磁場(chǎng)的空間時(shí)，下列說法錯(cuò)誤的是(　　) A．一定做曲線運(yùn)動(dòng) B．不可能做曲線

3、運(yùn)動(dòng) C．有可能做勻加速運(yùn)動(dòng) D．有可能做勻速運(yùn)動(dòng) 二、思想方法題組 5. 圖4 一個(gè)帶電微粒在如圖4所示的正交勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的豎直平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，該帶電微粒必然帶______(填“正”或“負(fù)”)電，旋轉(zhuǎn)方向?yàn)開_______(填“順時(shí)針”或“逆時(shí)針”)．若已知圓的半徑為r，電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為E，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B，重力加速度為g，則線速度為________． 圖5 6．在兩平行金屬板間，有如圖5所示的互相正交的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)．α粒子以速度v0從兩板的正中央垂直于電場(chǎng)方向和磁場(chǎng)方向從左向右射入時(shí)，恰好能沿直線勻速通過．供下列各小題選擇的答案有： A．不

4、偏轉(zhuǎn) B．向上偏轉(zhuǎn) C．向下偏轉(zhuǎn) D．向紙內(nèi)或紙外偏轉(zhuǎn) (1)若質(zhì)子以速度v0從兩板的正中央垂直于電場(chǎng)方向和磁場(chǎng)方向從左向右射入，質(zhì)子將________ (2)若電子以速度v0從兩板的正中央垂直于電場(chǎng)方向和磁場(chǎng)方向從左向右射入，電子將________ (3)若質(zhì)子以大于v0的速度，沿垂直于勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)的方向從兩板正中央射入，質(zhì)子將_______ 一、帶電粒子在無約束的復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 1．常見運(yùn)動(dòng)形式的分析 (1)帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng) 帶電粒子進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)、勻強(qiáng)磁場(chǎng)和重力場(chǎng)共同存在的復(fù)合場(chǎng)中，重力和電場(chǎng)力等大反向，兩個(gè)力的合力為零，粒子運(yùn)動(dòng)

5、方向和磁場(chǎng)方向垂直時(shí)，帶電粒子在洛倫茲力的作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)． (2)帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)、勻強(qiáng)磁場(chǎng)和重力場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng) 自由的帶電粒子(無軌道約束)，在勻強(qiáng)電場(chǎng)、勻強(qiáng)磁場(chǎng)和重力場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng)應(yīng)該是勻速直線運(yùn)動(dòng)，這是因?yàn)殡妶?chǎng)力和重力都是恒力，若它們的合力不與洛倫茲力平衡，則帶電粒子速度的大小和方向都會(huì)改變，就不可能做直線運(yùn)動(dòng)．(粒子沿磁場(chǎng)方向運(yùn)動(dòng)除外) 2．帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的處理方法 (1)搞清楚復(fù)合場(chǎng)的組成，一般是磁場(chǎng)、電場(chǎng)的復(fù)合；磁場(chǎng)、重力場(chǎng)的復(fù)合；磁場(chǎng)、重力場(chǎng)、電場(chǎng)的復(fù)合；電場(chǎng)和磁場(chǎng)分區(qū)域存在． (2)正確進(jìn)行受力分析，除重力、彈力、摩擦力外還要特別關(guān)注電場(chǎng)力和磁場(chǎng)力的分

6、析． (3)確定帶電粒子的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)．注意將運(yùn)動(dòng)情況和受力情況結(jié)合進(jìn)行分析． (4)對(duì)于粒子連續(xù)經(jīng)過幾個(gè)不同場(chǎng)的情況，要分段進(jìn)行分析、處理． (5)畫出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡，靈活選擇不同的運(yùn)動(dòng)規(guī)律． 【例1】 圖6 (xx·安徽·23)如圖6所示，在以坐標(biāo)原點(diǎn)O為圓心、半徑為R的半圓形區(qū)域內(nèi)，有相互垂直的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，磁場(chǎng)方向垂直于xOy平面向里．一帶正電的粒子(不計(jì)重力)從O點(diǎn)沿y軸正方向以某一速度射入，帶電粒子恰好做勻速直線運(yùn)動(dòng)，經(jīng)t0時(shí)間從P點(diǎn)射出． (1)求電場(chǎng)強(qiáng)度的大小和方向． (2)若僅撤去磁場(chǎng)，帶電粒子仍從O點(diǎn)以相同的速度射入，經(jīng)時(shí)間恰好從半圓

7、形區(qū)域的邊界射出．求粒子運(yùn)動(dòng)加速度的大?。? (3)若僅撤去電場(chǎng)，帶電粒子仍從O點(diǎn)射入，但速度為原來的4倍，求粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間． [規(guī)范思維] 　 　 圖7 【例2】 (xx·江蘇高考改編)在場(chǎng)強(qiáng)為B的水平勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，一質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的小球在O點(diǎn)靜止釋放，小球的運(yùn)動(dòng)曲線如圖7所示．已知此曲線在最低點(diǎn)的曲率半徑為該點(diǎn)到x軸距離的2倍，重力加速度為g.求： (1)小球運(yùn)動(dòng)到任意位置P(x，y)的速率v； (2)小球在運(yùn)動(dòng)過程中第一次下降的最大距離ym； (3)欲使小球沿x軸正向做直線運(yùn)動(dòng)，可

8、在該區(qū)域加一勻強(qiáng)電場(chǎng)，試分析加電場(chǎng)時(shí)，小球在什么位置，所加電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)為多少？方向如何？ [規(guī)范思維] 　 　 　 二、帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中有約束情況下的運(yùn)動(dòng) 帶電體在復(fù)合場(chǎng)中受輕桿、輕繩、圓環(huán)、軌道等約束的情況下，常見的運(yùn)動(dòng)形式有直線運(yùn)動(dòng)和圓周運(yùn)動(dòng)，此時(shí)解題要通過受力分析明確變力、恒力做功情況，并注意洛倫茲力不做功的特點(diǎn)，用動(dòng)能定理、能量守恒定律結(jié)合牛頓運(yùn)動(dòng)定律求出結(jié)果． 圖8 【例3】 如圖8所示，套在很長的絕緣直棒上的小球，質(zhì)量為1.0×10－4 kg，帶4.0×10－4 C正電荷，小球在棒上可以滑動(dòng)，將此棒豎直放置在沿水平方向的勻

9、強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E＝10 N/C，方向水平向右，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.5 T，方向?yàn)榇怪庇诩埫嫦蚶?，小球與棒間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.2，求小球由靜止沿棒豎直下落的最大加速度和最大速度．(設(shè)小球在運(yùn)動(dòng)過程中所帶電荷量保持不變，g取10 m/s2) [規(guī)范思維] 　 　 【基礎(chǔ)演練】 1. 圖9 (xx·廣東單科·11)如圖9所示，表面粗糙的斜面固定于地面上，并處于方向垂直于紙面向外、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中．質(zhì)量為m、帶電荷量為＋Q的小滑塊從斜面頂端由靜止下滑．在滑塊下滑的過程中，下列判斷正確的是(　　)

10、 A．滑塊受到的摩擦力不變 B．滑塊到達(dá)地面時(shí)的動(dòng)能與B的大小無關(guān) C．滑塊受到的洛倫茲力方向垂直斜面向下 D．B很大時(shí)，滑塊可能靜止于斜面上 圖10 2．(xx·福建福州月考)如圖10所示，在互相垂直的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，電荷量為q的液滴在豎直面內(nèi)做半徑為R的勻速圓周運(yùn)動(dòng)．已知電場(chǎng)強(qiáng)度為E，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，則液滴的質(zhì)量和環(huán)繞速度分別為(　　) A.， B.， C．B ， D.， 圖11 3．一帶正電的粒子以速度v0垂直飛入如圖11所示的電場(chǎng)和磁場(chǎng)共有的區(qū)域，B、E及v0三者方向如圖所示，已知粒子在運(yùn)動(dòng)過程中所受的重力恰好與電場(chǎng)力平衡，則帶電粒子

11、在運(yùn)動(dòng)過程中(　　) A．機(jī)械能守恒 B．動(dòng)量守恒 C．動(dòng)能始終不變 D．電勢(shì)能與機(jī)械能總和守恒 圖12 4．(xx·北京東城二模)如圖12所示，兩平行金屬板中間有相互正交的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度為E，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，一質(zhì)子沿極板方向以速度v0從左端射入，并恰好從兩板間沿直線穿過．不計(jì)質(zhì)子重力，下列說法正確的是(　　) A．若質(zhì)子以小于v0的速度沿極板方向從左端射入，它將向上偏轉(zhuǎn) B．若質(zhì)子以速度2v0沿極板方向從左端射入，它將沿直線穿過 C．若電子以速度v0沿極板方向從左端射入，它將沿直線穿過 D．若電子以速度v0沿極板方向從右端射入，它將沿直線穿過 圖1

12、3 5．(xx·東北三校第一次聯(lián)考)如圖13所示，ABC為豎直平面內(nèi)的光滑絕緣軌道，其中AB為傾斜直軌道，BC為與AB相切的圓形軌道，并且圓形軌道處在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里．質(zhì)量相同的甲、乙、丙三個(gè)小球中，甲球帶正電，乙球帶負(fù)電、丙球不帶電，現(xiàn)將三個(gè)小球在軌道AB上分別從不同高度處由靜止釋放，都恰好通過圓形軌道的最高點(diǎn)，則(　　) A．經(jīng)過最高點(diǎn)時(shí)，三個(gè)小球的速度相等 B．經(jīng)過最高點(diǎn)時(shí)，甲球的速度最小 C．甲球的釋放位置比乙球的高 D．運(yùn)動(dòng)過程中三個(gè)小球的機(jī)械能均保持不變 6．(xx·淄博調(diào)研)如下圖所示，兩虛線之間的空間內(nèi)存在著正交或平行的勻強(qiáng)電場(chǎng)E和勻強(qiáng)磁場(chǎng)B，有一個(gè)

13、帶正電的小球(電荷量為＋q、質(zhì)量為m)從電磁復(fù)合場(chǎng)上方的某一高度處自由落下，那么，帶電小球可能沿直線通過的電磁復(fù)合場(chǎng)的是(　　) 題號(hào) 1 2 3 4 5 6 答案 【能力提升】 圖14 7．(xx·山東濟(jì)南月考)如圖14所示的坐標(biāo)系，x軸沿水平方向，y軸沿豎直方向．在x軸上方空間的第一、第二象限內(nèi)，既無電場(chǎng)也無磁場(chǎng)，在第三象限，存在沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直xOy平面(紙面)向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，在第四象限，存在沿y軸負(fù)方向、場(chǎng)強(qiáng)大小與第三象限電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)相等的勻強(qiáng)電場(chǎng)．一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電質(zhì)點(diǎn)，從y軸上y＝h處的P1點(diǎn)以一定的水

14、平初速度沿x軸負(fù)方向進(jìn)入第二象限，然后經(jīng)過x軸上x＝－2h處的P2點(diǎn)進(jìn)入第三象限，帶電質(zhì)點(diǎn)恰好能做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，之后經(jīng)過y軸上y＝－2h處的P3點(diǎn)進(jìn)入第四象限．已知重力加速度為g.試求： (1)粒子到達(dá)P2點(diǎn)時(shí)速度的大小和方向； (2)第三象限空間中電場(chǎng)強(qiáng)度和磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小； (3)帶電質(zhì)點(diǎn)在第四象限空間運(yùn)動(dòng)過程中最小速度的大小和方向． 8．(xx·湖南荊門聯(lián)考)如圖15所示的豎直平面內(nèi)有范圍足夠大、水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在虛線的左側(cè)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.一絕緣“”形彎桿由兩段直桿和一半徑為R的半圓環(huán)組成，固定在紙面所在的豎直平面內(nèi)

15、．PQ、MN水平且足夠長，半圓環(huán)MAP在磁場(chǎng)邊界左側(cè)，P、M點(diǎn)在磁場(chǎng)邊界線上，NMAP段是光滑的．現(xiàn)有一質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的小環(huán)套在MN桿上，它所受電場(chǎng)力為重力的3/4.現(xiàn)在M右側(cè)D點(diǎn)由靜止釋放小環(huán)，小環(huán)剛好能到達(dá)P點(diǎn)． 圖15 (1)求DM間的距離x0. (2)求上述過程中小環(huán)第一次通過與O點(diǎn)等高的A點(diǎn)時(shí)彎桿對(duì)小環(huán)作用力的大?。? (3)若小環(huán)與PQ間動(dòng)摩擦因數(shù)為μ(設(shè)最大靜摩擦力與滑動(dòng)摩擦力大小相等)，現(xiàn)將小環(huán)移至M點(diǎn)右側(cè)4R處由靜止開始釋放，求小環(huán)在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中克服摩擦力所做的功． 圖16 9．(xx·福建

16、高考)圖16為可測(cè)定比荷的某裝置的簡化示意圖，在第一象限區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝2.0×10－3 T，在x軸上距坐標(biāo)原點(diǎn)L＝0.50 m的P處為粒子的入射口，在y軸上安放接收器．現(xiàn)將一帶正電荷的粒子以v＝3.5×104 m/s的速率從P處射入磁場(chǎng)，若粒子在y軸上距坐標(biāo)原點(diǎn)L＝0.50 m的M處被觀測(cè)到，且運(yùn)動(dòng)軌跡半徑恰好最小，設(shè)帶電粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q，不計(jì)其重力． (1)求上述粒子的比荷； (2)為了在M處觀測(cè)到按題設(shè)條件運(yùn)動(dòng)的上述粒子，第一象限內(nèi)的磁場(chǎng)可以局限在一個(gè)矩形區(qū)域內(nèi)，求此矩形磁場(chǎng)區(qū)域的最小面積，并在圖中畫出該矩形．

17、 學(xué)案43　帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 【課前雙基回扣】 1．C　2.ABD　3.D　4.BCD　 5．負(fù)　逆時(shí)針　 解析　因帶電微粒做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)力必與重力平衡，所以帶電微粒必帶負(fù)電． 由左手定則可知微粒應(yīng)逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng) 電場(chǎng)力與重力平衡有：mg＝qE 根據(jù)牛頓第二定律有：qvB＝m 聯(lián)立解得：v＝. 6．(1)A　(2)A　(3)B 思維提升 1．復(fù)合場(chǎng)是指電場(chǎng)、磁場(chǎng)、重力場(chǎng)并存或其中的兩種場(chǎng)并存．重力、電場(chǎng)力做功與路徑無關(guān)，洛倫茲力不做功．重力做功改變物體的重力勢(shì)能，電場(chǎng)力做功改變

18、電勢(shì)能． 2．(1)當(dāng)帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中所受合外力為零時(shí)，它將處于靜止?fàn)顟B(tài)或勻速直線運(yùn)動(dòng)狀態(tài)． (2)當(dāng)帶電粒子所受的重力與電場(chǎng)力大小相等、方向相反時(shí)，帶電粒子在洛倫茲力的作用下，在垂直于勻強(qiáng)磁場(chǎng)的平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)． 3．復(fù)合場(chǎng)應(yīng)用實(shí)例：速度選擇器，磁流體發(fā)電機(jī)，電磁流量計(jì)． 【核心考點(diǎn)突破】 例1 見解析 解析　(1)因?yàn)閹щ娏Ｗ舆M(jìn)入復(fù)合場(chǎng)后做勻速直線運(yùn)動(dòng)， 則qv0B＝qE① R＝v0t0② 由①②聯(lián)立解得E＝ 方向沿x軸正方向． (2)若僅撤去磁場(chǎng)，帶電粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，沿y軸正方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)y＝v0·＝③ 沿x軸正方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)x＝a(

19、)2＝④ 由幾何關(guān)系知x＝＝R⑤ 解得a＝ (3)僅有磁場(chǎng)時(shí)，入射速度v′＝4v0，帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)軌道半徑為r，由牛頓第二定律有 qv′B＝m⑥ 又qE＝ma⑦ 可得r＝⑧ 由幾何知識(shí)sin α＝⑨ 即sin α＝，α＝⑩ 帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)周期 T＝ 則帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間 t′＝T 所以t′＝t0 例2 (1)　(2)　(3)見解析 解析　(1)洛倫茲力不做功，由動(dòng)能定理得 mgy＝mv2① 得v＝② (2)設(shè)在最大距離ym處的速率為vm，根據(jù)圓周運(yùn)動(dòng)有 qvmB－mg＝m③ 且由②知vm＝④ 由③④及R＝2ym得

20、ym＝⑤ (3)當(dāng)小球沿x軸正向做直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，小球受力平衡，由此可知，加電場(chǎng)時(shí)，小球應(yīng)在最低點(diǎn)． 且有qvmB－mg－qE＝0⑥ 解④⑤⑥得E＝ 方向豎直向下． [規(guī)范思維]　分析該題時(shí)應(yīng)把握以下幾點(diǎn)： (1)求解小球的速率可根據(jù)動(dòng)能定理； (2)小球下降的最大距離可由圓周運(yùn)動(dòng)分析； (3)小球做直線運(yùn)動(dòng)，可由小球的運(yùn)動(dòng)特征分析受力的特點(diǎn)． 例3 2 m/s2　5 m/s 解析　帶電小球沿絕緣棒下滑過程中，受豎直向下的重力，豎直向上的摩擦力，水平方向的彈力和洛倫茲力及電場(chǎng)力作用．當(dāng)小球靜止時(shí)，彈力等于電場(chǎng)力，小球在豎直方向所受摩擦力最小，小球加速度最大．小球運(yùn)動(dòng)過程中，彈力

21、等于電場(chǎng)力與洛倫茲力之和，隨著小球運(yùn)動(dòng)速度的增大，小球所受洛倫茲力增大，小球在豎直方向的摩擦力也隨之增大，小球加速度減小，速度增大，當(dāng)小球的加速度為零時(shí)，速度達(dá)最大．小球剛開始下落時(shí)，加速度最大，設(shè)為am，這時(shí)豎直方向有：mg－Ff＝ma① 在水平方向上有：qE－FN＝0② 又Ff＝μFN③ 由①②③解得am＝ 代入數(shù)據(jù)得am＝2 m/s2 小球沿棒豎直下滑，當(dāng)速度最大時(shí)，加速度a＝0 在豎直方向上有：mg－Ff′＝0④ 在水平方向上有：qvmB＋qE－FN′＝0⑤ 又Ff′＝μFN′⑥ 由④⑤⑥解得vm＝代入數(shù)據(jù)得 vm＝5 m/s. [規(guī)范思維]　(1)帶電物體在復(fù)合

22、場(chǎng)中做變速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，所受洛倫茲力的大小不斷變化，而洛倫茲力的變化往往引起其他力的變化，從而導(dǎo)致加速度不斷變化． (2)帶電物體在復(fù)合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，必須注意重力、電場(chǎng)力對(duì)帶電物體的運(yùn)動(dòng)產(chǎn)生影響，帶電物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的變化又會(huì)與洛倫茲力產(chǎn)生相互影響． 思想方法總結(jié) 1．帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)問題的分析方法： (1)弄清復(fù)合場(chǎng)的組成，一般有磁場(chǎng)、電場(chǎng)的復(fù)合；磁場(chǎng)、重力場(chǎng)的復(fù)合；磁場(chǎng)、電場(chǎng)、重力場(chǎng)三者的復(fù)合． (2)對(duì)粒子進(jìn)行正確的受力分析，除重力、彈力、摩擦力外要特別注意靜電力和磁場(chǎng)力的分析． (3)確定帶電粒子的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，注意運(yùn)動(dòng)情況和受力情況的結(jié)合． (4)對(duì)于粒子連續(xù)通過幾個(gè)不同

23、情況場(chǎng)的問題，要分階段進(jìn)行處理．轉(zhuǎn)折點(diǎn)的速度往往成為解題的突破口． (5)畫出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡，靈活選擇不同的運(yùn)動(dòng)規(guī)律． ①當(dāng)帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中做勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)受力平衡列方程求解． 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)，應(yīng)用牛頓定律結(jié)合圓周運(yùn)動(dòng)規(guī)律求解． ③當(dāng)帶電粒子做復(fù)雜曲線運(yùn)動(dòng)時(shí)，一般用動(dòng)能定理或能量守恒定律求解． ④對(duì)于臨界問題，要注意挖掘隱含條件． 2．復(fù)合場(chǎng)中的粒子重力是否應(yīng)該考慮的三種情況 (1)對(duì)于微觀粒子，如電子、質(zhì)子、離子等，因?yàn)橐话闱闆r下其重力與電場(chǎng)力或磁場(chǎng)力相比太小，可以忽略；而對(duì)于一些實(shí)際物體，如帶電小球、液滴、金屬塊等一般應(yīng)當(dāng)考慮其重力． (2)

24、在題目中有明確說明是否要考慮重力的，這種情況比較正規(guī)，也比較簡單． (3)不能直接判斷是否要考慮重力的，在進(jìn)行受力分析與運(yùn)動(dòng)分析時(shí)，要由分析結(jié)果確定是否要考慮重力． 【課時(shí)效果檢測(cè)】 1．C　2.D　3.CD　4.C　5.CD　6.CD　 7．(1)2　與x軸負(fù)方向成45°角　(2) 　(3)　方向沿x軸正方向 解析　(1)軌跡如右圖所示，帶電質(zhì)點(diǎn)從P1到P2，由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律得 h＝gt2 v0＝＝ vy＝gt＝ 求出v＝＝2① 方向與x軸負(fù)方向成45°角 (2)帶電質(zhì)點(diǎn)從P2到P3，重力與電場(chǎng)力平衡，洛倫茲力提供向心力 Eq＝mg② Bqv＝m③ (2R

25、)2＝(2h)2＋(2h)2④ 由②解得：E＝ 聯(lián)立①③④式得B＝ . (3)帶電質(zhì)點(diǎn)進(jìn)入第四象限，水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，豎直方向做勻減速直線運(yùn)動(dòng)．當(dāng)豎直方向的速度減小到0，此時(shí)質(zhì)點(diǎn)速度最小，即v在水平方向的分量 vmin＝vcos 45°＝ 方向沿x軸正方向． 8．(1)R　(2)mg＋　(3)見解析 解析　(1)小環(huán)剛好能到達(dá)P點(diǎn)，說明小環(huán)在P點(diǎn)的速度為0，由能量守恒定律得：Eqx0－mg2R＝0，解得x0＝R (2)設(shè)小環(huán)在A點(diǎn)速度v，對(duì)小環(huán)在A點(diǎn)時(shí)進(jìn)行受力分析，由牛頓第二定律和能量守恒定律知： FN－Eq－Bqv＝m Eq(x0＋R)－mgR＝mv2 聯(lián)立解得F

26、N＝mg＋ (3)若μmg大于或等于Eq，即μ大于或等于3/4，則小環(huán)將停在PQ上某處，設(shè)小環(huán)停的位置離P點(diǎn)的距離為x，由能量守恒定律得：Eq(4R－x)－mg2R－μmgx＝0 解得x＝ Wf＝ 若μmg小于Eq即μ＜3/4，小環(huán)速度為零后將反向運(yùn)動(dòng)，在導(dǎo)軌上往復(fù)數(shù)次，直至到達(dá)P點(diǎn)時(shí)速度為零(因摩擦力作用，小環(huán)的動(dòng)能和勢(shì)能之和會(huì)逐漸減小，但小環(huán)不會(huì)靜止在P點(diǎn)，而是在導(dǎo)軌DMAP處往復(fù)運(yùn)動(dòng))，則Wf＝4qER－2mgR＝mgR. 9．(1)4.9×107 C/kg(或5.0×107 C/kg) (2)0.25 m3　見解析圖 解析　 (1)設(shè)粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)半徑為r.如圖

27、甲所示，依題意M、P連線即為該粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的直徑，由幾何關(guān)系得r＝① 由洛倫茲力提供粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，可得 qvB＝m② 聯(lián)立①②并代入數(shù)據(jù)解得 ≈4.9×107 C/kg(或5.0×107 C/kg)③ (2)如圖乙所示，所求的最小矩形是MM1P1P，該區(qū)域面積 S＝2r2④ 聯(lián)立①④并代入數(shù)據(jù)得 S＝0.25 m2 矩形如圖乙中MM1P1P(虛線)所示． 易錯(cuò)點(diǎn)評(píng) 1．在第6題中，有些同學(xué)錯(cuò)誤地認(rèn)為小球可能做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，易錯(cuò)選A.錯(cuò)選的原因是不能從題目給出的條件——小球做直線運(yùn)動(dòng)判斷出小球是做勻速直線運(yùn)動(dòng)，沒有注意洛倫茲力隨速度的變化而變化． 2．在第8題中，某些同學(xué)因過程不清或外力做的功考慮不全．導(dǎo)致列第(1)、(2)問的方程時(shí)出現(xiàn)錯(cuò)誤，屬于基本技能不扎實(shí)造成的．在第(3)問中，由于考慮不到摩擦力(μmg)與電場(chǎng)力的大小關(guān)系不同，導(dǎo)致只考慮了一種結(jié)果，造成漏解． 3．在第9題的第(2)問中，由于不理解題意或示意圖畫得太隨意，導(dǎo)致找不出磁場(chǎng)所在的矩形區(qū)域．