【導(dǎo)讀】然結(jié)合題目所給的已知量追尋)，直至求出未知量。這樣一種思維方式“目標(biāo)明。法應(yīng)當(dāng)熟練掌握。關(guān)系明確以后，將各局部綜合在一起，以得整體的解決。以分析為基礎(chǔ)，二者相輔相成。這就要集中思考“難點(diǎn)”，注意挖。掘“隱含條件?！睍r就應(yīng)當(dāng)將習(xí)題“化整為零”，將習(xí)題化成幾個過程，就每一過程進(jìn)行分析。讀者獲得進(jìn)一步的認(rèn)識，擴(kuò)大知識面。必要時應(yīng)轉(zhuǎn)換研究對象。“對象”受到的外力，而且分析“原始力”，不要邊分析，邊處理力。，各力變化問題，可采用解析法或圖解法進(jìn)行研究。③固定轉(zhuǎn)動軸的物體平衡及變化。為零，則稱為平衡，欲使質(zhì)點(diǎn)平衡須有∑F＝0。②這三個力矢量組成封閉三角形。③任何兩個力的合力必定與第三個力等值反向。從研究對象看，有單個物體也有多個物體。①根據(jù)題意選定研究對象，確定m。②分析物體受力情況，畫受力圖，確定合F。⑧分析物體初、末速度以明確初、末動量。求重錘對工件的平均打擊力。

　　

【正文】 的勻強(qiáng)磁場中，試求當(dāng)物體離開斜面時，物體運(yùn)動的速率及其沿斜面下滑的距離？（斜面足夠長） 例 如圖所示，在豎直放置的絕緣直棒上套一個小環(huán)，其質(zhì)量為 ，環(huán)帶有電量為 q=410－ 4C 的正電荷，環(huán)與棒之間的動摩擦因數(shù)為 μ=，棒所在的空間分布有正交的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，電場的場強(qiáng)為 E=10V/m，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為 B=，現(xiàn)讓環(huán)從靜止開始下滑，求： （ 1）環(huán)在下滑過程中的最大加速度； （ 2）環(huán)在下滑過程中的最大速度。 例 如圖所示，一帶正電的質(zhì)子從 O 點(diǎn)垂直射入，兩個板間存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，已知兩板之間距 離為 d，板長為 d， O 點(diǎn)是板的正中間，為使粒子能從兩板間射出，試求磁感應(yīng)強(qiáng)度 B 應(yīng)滿足的條件（已知質(zhì)子的帶電量為 e，質(zhì)量為 m）． 例 如圖所示，在 xOy 平面上， a 點(diǎn)坐標(biāo)為（ 0， l），平面內(nèi)一邊界通過a 點(diǎn)和坐標(biāo)原點(diǎn) O 的圓形勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁場方向垂直紙面向里，有一電子（質(zhì)量為 m，電量為 e）從 a 點(diǎn)以初速度 v0平行 x 軸正方向射入磁場區(qū)域，在磁場中運(yùn)動，恰好在 x 軸上的 b 點(diǎn)（未標(biāo)出）射出磁場區(qū)域，此時速度方向與 x 軸正方向夾角為 60176。，求： （ 1）磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度； （ 2）磁場區(qū)域圓心 O1 的坐標(biāo)； （ 3）電子在磁場中運(yùn)動的時間． 高考 真題 這節(jié)內(nèi)容在高考試題中經(jīng)常出現(xiàn)，并且以比較新的形式出現(xiàn)，同學(xué)們要在掌握基本知識的基礎(chǔ)上靈活運(yùn)用。 （ 2020 年全國卷）如圖所示，在 x＜ 0 與 x＞ 0 的區(qū)域中，存在磁感 應(yīng)強(qiáng)度大小分別為 B1與 B2的勻強(qiáng)磁場，磁場方向均垂直于紙面向里，且 B1＞ B2．一個帶負(fù)電荷的粒子從坐標(biāo)原點(diǎn) O 以速度 v 沿 x 軸負(fù)方向射出，要使該粒子經(jīng)過一段時間后又經(jīng)過 O 點(diǎn)， B1與 B2的比值應(yīng)滿足什么條件？ 例 解 析：由于 AB 中通有電流，在陰極射線管中產(chǎn)生磁場，電子受到洛倫茲力的作用而發(fā)生偏轉(zhuǎn)，由左手定則可知，陰極射線管中的磁場方向垂直紙面向內(nèi)，所以根據(jù)安培定則， AB 中的電流方向應(yīng)為從 B 流向 A。當(dāng) AB 中的電流方向變?yōu)閺?A 流向 B，則 AB 上方的磁場方向變?yōu)榇怪奔埫嫦蛲?，電子所受的洛倫茲力變?yōu)橄蛏?，電子束的徑跡變?yōu)橄蛏掀D(zhuǎn)。所以本題的正確選項應(yīng)為 B、 C。答案： BC 例 解析：物體剛離開斜面時，對斜面的壓力為零，物體受到斜面的支持力為零，受力分析如圖乙， f=G2，以此可求速度 v，下滑時由于洛侖茲力不做功，勢能轉(zhuǎn)化為動能， 物體下降的高度 h 可以求出，物體下滑的距離。 物體剛離開斜面時， f=Gcosθ，即 qvB=mgcosθ，所以得， 由于洛侖茲力不做功， mgh= ① ， 沿斜面下滑的距離 ② ， 聯(lián)立 ①② 代入 v 得 。 例 解析：要求出環(huán)在下滑過程中的最大加速度和最大速度，必須要了解環(huán)在整個下滑過程中的運(yùn)動情況和受力情況。首先應(yīng)對環(huán)進(jìn)行受力分析，環(huán)在下滑過程中受到豎直向下的重力、水平向左的電場力、水平向右的洛倫茲力、水平方向的彈力和豎直向上的摩擦力。當(dāng)環(huán)剛開始下滑時，環(huán)的速度很小，洛倫茲力也很小，環(huán)所受的電場力大于洛倫茲力。所以彈力的方向水平向右 ，環(huán)向下做加速運(yùn)動，隨著環(huán)的速度增大，環(huán)所受的洛倫茲力也增大，環(huán)所受的彈力變小，滑動摩擦力也變小，環(huán)在豎直方向所受的合力增大，環(huán)做加速度變大的加速運(yùn)動，當(dāng)環(huán)所受的洛倫茲力等于電場力時，彈力為零，滑動摩擦力也為零，此時，環(huán)在豎直方向的合力達(dá)到最大，加速度達(dá)到最大，為重力加速度 g。隨著環(huán)速度的進(jìn)一步增大，環(huán)所受的洛倫茲力將大于電場力，彈力的方向變?yōu)樗较蜃螅㈦S著洛倫茲力的增大而增大，環(huán)所受的滑動摩擦力增大，環(huán)在豎直方向所受的合外力變小，環(huán)做加速度變小的加速運(yùn)動，當(dāng)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(dá)到最大，接下去環(huán)將做勻速直線運(yùn)動。 開始下滑時，環(huán)的受力如圖（ 1）所示，當(dāng)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(dāng)環(huán)的加速度達(dá)到最大后，環(huán)受力情況如圖（ 2）所示，當(dāng)環(huán)的速度達(dá)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(yùn)， N=qvmaxB－ qE ∴ 例 解析：由于質(zhì)子在 O 點(diǎn)的速度垂直于板 NP，所以粒子在磁場中做圓周運(yùn)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 之間的一個半圓弧．隨著磁場 B 的減弱，其半徑 r＝ 逐漸增大，當(dāng)半徑 r＝ ON/2 時，質(zhì)子恰能 從 N 點(diǎn)射出．如果 B 繼續(xù)減小，質(zhì)子將從 NM之間的某點(diǎn)射出．當(dāng) B 減小到某一值時，質(zhì)子恰從 M 點(diǎn)射出．如果 B 再減小，質(zhì)子將打在 MQ 板上而不能飛出．因此質(zhì)子分別從 N 點(diǎn)和 M 點(diǎn)射出是 B 所對應(yīng)的兩個臨界值． 第一種情況是質(zhì)子從 N 點(diǎn)射出，此時質(zhì)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(zhì)子恰好從 M 點(diǎn)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(yīng)強(qiáng)度 B 應(yīng)滿足的條件： ≤B≤ ． 【說明】求解帶電粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的題目時，正確地畫出帶電粒子的軌跡是解題的關(guān)鍵．作圖時一定要認(rèn)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(yùn)動的圓心并進(jìn)一步利用幾何關(guān)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(yùn)動，從 a 點(diǎn)射入從 b 點(diǎn)射出，O、 a、 b 均在圓形磁場區(qū)域的邊界，粒子運(yùn)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＝ 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(biāo)： x＝ aO1sin60176。＝ y＝ l－ aO1cos60176。＝ 所以 O1坐標(biāo)為（ ， ） 【說明】本題為帶電粒子在有邊界磁場區(qū)域中的圓周運(yùn)動，解題的關(guān)鍵一步是找圓心，根據(jù)運(yùn)動電荷在有界磁場的出入點(diǎn)速度方向垂線的交點(diǎn)，確定圓心的位置，然后作出軌跡和半徑，根據(jù)幾何關(guān)系找出等量關(guān)系．求解飛行時間從找軌跡所對應(yīng)的圓心角的方面著手． 當(dāng)然帶電粒子在有界磁場中做部分圓周運(yùn)動，除了要運(yùn)用圓周運(yùn)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(zhǔn)確、完整． 【設(shè)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(yùn)動過程中的速度大小恒為 v，交替地在 xy 平面內(nèi) B1與 B2磁場區(qū)域中做勻速圓周運(yùn)動，軌道都是半個圓周． 設(shè)粒子的質(zhì)量和電荷量的大小分別為 m 和 q，圓周運(yùn)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(yùn)動的軌跡如 圖所示。在 xy 平面內(nèi)，粒子先沿半徑為 r1的半圓 C1運(yùn)動至 y 軸上離 O 點(diǎn)距離為 2 r1的 A 點(diǎn)，接著沿半徑為r2的半圓 D1運(yùn)動至 O1點(diǎn)，此時完成一次周期性的運(yùn)動。則 OO1的距離 d＝ 2（ r2－ r1） ③ 此后，粒子每經(jīng)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(yùn)動回到原點(diǎn)下方的 y 軸上），粒子的 y 坐標(biāo)就減小 d． 設(shè)粒子經(jīng)過 n 次回旋后與 y 軸交于 On 點(diǎn)，若 OOn 即 nd 滿足： nd＝ 2r1 ④ 則粒子再經(jīng)過半圓 Cn+1 就能經(jīng)過原點(diǎn) O，式中 n＝ 1， 2， 3， … 為回旋次數(shù)． 聯(lián)立 ③④ 解得 （ n＝ 1， 2， 3， … ） ⑤ 聯(lián)立 ①②⑤ 可得 B B2 應(yīng)滿足的條件： （ n＝ 1， 2， 3， … ） 答案： （ n＝ 1， 2， 3， … ） 題型特點(diǎn)與命題趨向： 本題考查帶電粒子在磁場中的運(yùn)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(yùn)動軌跡示意圖是解答這類問題的關(guān)鍵。磁偏轉(zhuǎn)是高考考查的重點(diǎn)內(nèi)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(yùn)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(yùn)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(guān)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(fù)電荷，將順時針運(yùn)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(qiáng)磁場中所受的洛倫茲力的大小不但與速度的大小有關(guān)，而且與速度的方向有關(guān)，當(dāng)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(dāng)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(jìn)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(yùn)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(yùn)動方向和磁場方向夾角有關(guān)，當(dāng)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(yùn)動，也可以看作帶電小球相對于磁場沿相反方向運(yùn)動，故磁場相對于小球運(yùn)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(yīng)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 于重力的大小，即 qvB=mg，所以磁場運(yùn)動的最小速度為，由左手定則可知，若磁場不動，小球應(yīng)右運(yùn)動，則當(dāng)小球不動時，磁場的運(yùn)動方向應(yīng)為水平向左。本題的正確答案應(yīng)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(fù)電，對 b 有 mbg＋ fb=Eq， 對 c 有 Eq＋ fc=mcg， ∴ mc最大， mb 最小。 答案： c、 b 解析： 當(dāng)小球向下加速運(yùn)動時，小球受到水平向左的洛倫茲力作用，使小球 受到墻壁的摩擦力，使小球向下運(yùn)動加速度減小，當(dāng)摩擦力等于重力時，小球速度最大，做勻速運(yùn)動，所以 Bqvmax=N（ 1）， μN(yùn)=mg （ 2），聯(lián)立（ 1）（ 2）得 ，最大加速度為初始時刻的加速度 g。 答案： 1 解析： 由左手定則得，正離子向上極板偏，負(fù)離子向下極板偏，使上下極板分別帶上正負(fù)電荷，并隨著電荷量的增加，兩板間電壓增大，當(dāng)達(dá)到 220V時，離子受洛倫茲力與電場力平衡不再偏轉(zhuǎn)，極板上電荷不再增加，電壓穩(wěn)定為220V，所以有 ，即 v=2200m/s，因?yàn)樯习鍘д娝?a 是電源正極。 答案： 2200，正 1 解析： （ 1）因洛倫茲力一定垂直速度方向和磁場方向，所以 F1垂直 B，F(xiàn)2也垂直 B，即 B 垂直 F1和 F2決定的平面，所以 在 y 軸方向上，又因?yàn)槲⒘Ｒ詖2=2105m/s 的速度沿＋ z 軸運(yùn)動受 F2=410－ 5N，沿＋ x 軸方向，所以 B 沿 y 負(fù)方向。 . （ 2） v1分解 x軸方向 vx=v1cos45176。， y軸方向 vy=v1sin45176。 F1=Bqvx=10－ 5N. 1 解析： （ 1）小球向下加速運(yùn)動受到垂直桿向上的洛倫茲力，使球?qū)U的壓力減小，小球受摩擦力減小，加速度增大，當(dāng)小球速度達(dá)某個值時洛倫茲力等于重力垂直桿方向的分力，此時，加速度最大，小球繼續(xù)加速，小球受桿向下的彈力，小球又受向上的摩擦力，當(dāng)摩擦等于重力沿桿方 向分力時，小球速