【正文】 外力變小，環(huán)做加速度變小的加速運動，當環(huán)所受的滑動摩擦力等于環(huán)的重力時，環(huán)的加速度 為零，速度達到最大，接下去環(huán)將做勻速直線運動。 開始下滑時，環(huán)的受力如圖（ 1）所示，當彈力為零時，物體在豎直方向只受重力作用，此時環(huán)的加速度最大，由牛頓第二定律可得： mg=mamax， ∴ amax=g=10m/s2. 當環(huán)的加速度達到最大后，環(huán)受力情況如圖（ 2）所示，當環(huán)的速度達到最大時，環(huán)所受的滑動摩擦力等于的重力，即 f=mg。 而由于 f=μN， N=qvmaxB－ qE ∴ 例 解析：由于質子 在 O 點的速度垂直于板 NP，所以粒子在磁場中做圓周運動的圓心 O′一定位于 NP 所在的直線上，如果直徑小于 ON，則軌跡將是圓心位于 ON 之間的一個半圓?。S著磁場 B的減弱，其半徑 r＝ 逐漸增大，當半徑 r＝ ON/2 時，質子恰 能從 N第 5 頁 共 21 頁 點射出．如果 B 繼續(xù)減小，質子將從 NM 之間的某點射出．當 B 減小到某一值時，質子恰從 M 點射出．如果 B 再減小，質子將打在 MQ板上而不能飛出．因此質子分別從 N點和 M點射出是 B 所對應的兩個臨界值． 第一種情況是質子從 N 點射出，此時質子軌跡的半個圓，半徑為 ON/2＝ d/4． 所以 R1＝ B1＝ 第二種情況是質子恰好從 M 點射出，軌跡如圖中所示．由平面幾何知識可得： R22＝ d2＋（ R2－ d） 2 ① 又 R2＝ ② 由 ①② 得： B2＝ 磁感應強度 B 應滿足的條件： ≤B≤ ． 【說明】求解帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的題目時，正確地畫出帶電粒子的軌跡是解題的關鍵．作圖時一定要認真、規(guī)范，不要怕在此耽誤時間．否則將會增大解題的難度．造成失誤。通過本例說明（ 1）確定帶電粒子在磁場中做圓周運動的圓心并進一步利用幾何關系求半徑的方法．（ 2）分析解決臨界問題的方法． 例 解析：帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，從 a點射入從 b 點射出， O、 a、 b 均在圓形磁場區(qū)域的邊界，粒子運動軌道圓心為 O2，令 由題意可知， ∠ aO2b＝ 60176。，且 △ aO2b 為正三角形 在 △ OO2b 中， R2＝（ R－ l） 2＋（ Rsin60176。） 2 ① 而 R＝ ② 由 ①② 得 R＝ 2l 所以 B＝ 而粒子在磁場中飛行時間 t＝ 第 6 頁 共 21 頁 由于 ∠ aOb＝ 90176。又 ∠ aOb 為磁場圖形區(qū)域的圓周角 所以 ab 即為磁場區(qū)域直徑 O1的 x坐標： x＝ aO1sin60176。＝ y＝ l－ aO1cos60176。＝ 所以 O1坐標為（ ， ） 【說明】本題為帶電粒子在有邊界磁場區(qū)域中的圓周運動，解題的關鍵一步是找圓心，根據(jù)運動電荷在有界磁場的出入點速度方向垂線的交點，確定圓心的位置，然后作出軌跡和半徑，根據(jù)幾何關系找出等量關系．求解飛行時間從找軌跡所對應的圓心角的方面著手． 當然帶電粒子在有界磁場中做部分圓周運動，除了要運用圓周運動的規(guī)律外，還要注意各種因素的制約而形成不是惟一的解，這就要求必須深刻理解題意，挖掘隱含條件，分析不確定因素，力求解答準確、完整． 【設計意圖】（ 1）鞏固找圓心求半徑的方法． （ 2）說明求時間的方法． 高考解析 解析：粒子所受洛倫茲力不做功，在整個運動過程中的速度大小恒為 v，交替地在 xy平面內 B1與 B2磁場區(qū)域中做勻速圓周運動，軌道都是半個圓周． 設粒子的質量和電荷量的大小分別為 m 和 q，圓周運動的半徑分別為 r1和 r2，根據(jù)，有 ① ② 由于 B1＞ B2，所以， 。 粒子在 B1和 B2磁場區(qū)域中運動的軌跡 如圖所示。在 xy 平面內，粒子先沿半徑為r1的半圓 C1運動至 y軸上離 O點距離為 2 r1的 A點，接著沿半徑為 r2的半圓 D1運動至 O1點，此時完成一次周期性的運動。則 OO1的距離 d＝ 2（ r2－ r1） ③ 此后，粒子每經歷一次 “回旋 ”（即從 y 軸出發(fā)沿半徑為 r1的半圓和半徑為 r2的半圓運動回到原點下方的 y 軸上），粒子的 y 坐標就減小 d． 設粒子經過 n 次回旋后與 y 軸交于 On點，若 OOn即 nd滿足： nd＝ 2r1 ④ 則粒子再經過半圓 Cn+1 就能經過原點 O，式中 n＝ 1， 2， 3， … 為回旋次數(shù)． 聯(lián) 立 ③④ 解得 （ n＝ 1， 2， 3， … ） ⑤ 第 7 頁 共 21 頁 聯(lián)立 ①②⑤ 可得 B B2 應滿足的條件： （ n＝ 1， 2， 3， … ） 答案： （ n＝ 1， 2， 3， … ） 題型特點與命題趨向： 本題考查帶電粒子在磁場中的運動，測試分析綜合能力。通過分析帶電粒子的受力情況，確定圓心、畫出其運動軌跡示意圖是解答這類問題的關鍵。磁偏轉是高考考查的重點內容之一。 同步測試 1—8 D D A D BC D B B 提示： 沿 d 方向射出的電子軌跡的圓心在電子源 S 的正上方． 從 c 處射出的電子和從 d 處射出的電子運動半徑之比為 2∶ 1，故由 r＝ ，知 vc∶ vd＝ 2∶ 1，而從 c 處射出的電子和從 d 處射出的電子運動時間之比為 ∶ ； T＝，即 tc∶ td＝ 1∶ 2；由 a＝ ，可知 ac∶ ad＝ vc∶ vd＝ 2∶ 1． 由幾何關系可知：欲使離子不打在極板上，入射離子的半徑必滿足 r＜ 或 r＞ L，即 ＜ 或 ＞ L；解之得： v＜ ， v＞ ． 若為正電荷，則繩未斷 前， F 向 ＝ F 繩 ＋ F 庫 ，繩斷后， F 向 減小， v不變， r 增大；若初態(tài)繩上無力，則繩斷后仍逆時針，半徑不變；若為負電荷，將順時針運動，若 F 向 ＝ F 繩－ F 庫 ＝ F 庫 ′時，則半徑不變，若 F 庫 ′＞ F 繩 － F 庫 時，半徑減?。? 帶電粒子在勻強磁場中所受的洛倫茲力的大小不但與速度的大小有關，而且與速度的方向有關，當粒子的速度方向與磁場方向垂直時，粒子所受的洛倫茲力最大，當粒子的速度方向與磁場平行時，帶電粒子不受洛倫茲力的作用，速度大小相同的粒子，沿不同方向進入磁場時所受的洛倫茲力的大小不同，所以選項 A 不正確。由于洛倫茲力的方 向始終與速度方向垂直，所以洛倫茲力只改變速度的方向，不改變速度的大小，動能保持不變，洛倫茲力不做功；但在洛倫茲力的作用下，粒子的運動方向要發(fā)生變化，動量就要發(fā)生變化，所以本題的正確選項為 BC。 洛倫茲力的大小與電荷運動方向和磁場方向夾角有關，當兩者平行時洛倫茲力為零，故 D 正確。 帶電小球不動，而磁場運動，也可以看作帶電小球相對于磁場沿相反方向運動，故磁場相對于小球運動時，小球同樣會受到洛倫茲力的作用。現(xiàn)要使小球從水平地面飄起，應使小球受到豎直向上的洛倫茲力的作用，其臨界條件是洛倫茲力大小剛好 等于重力的大第 8 頁 共 21 頁 小，即 qvB=mg，所以磁場運動的最小速度為 ，由左手定則可知，若磁場不動，小球應右運動，則當小球不動時，磁場的運動方向應為水平向左。本題的正確答案應為 B。 單擺在擺動過程中受重力、線的彈力、洛倫茲 力，且只有重力做功，所以向左通過C 和向右通過 C 時速率相等，由 ，得 ，向左通過時受向上的洛倫茲力，有 T1＋ f－ mg=ma1，向右通過時受向下的洛倫茲力有 T2－ f－ mg=ma2，所以 T1T2，故 B 正確。 解析： 由 a 靜止得 Eq=mag油滴帶負電，對 b 有 mbg＋ fb=Eq， 對 c 有 Eq＋ fc=mcg， ∴ mc最大， m