【正文】 考慮重力.典例精析【例1】如圖所示，足夠長(zhǎng)的光滑絕緣斜面與水平面間的夾角為α(sin α＝)，放在水平方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，電場(chǎng)強(qiáng)度E＝50 V/m，方向水平向左，＝＋10－2 C、質(zhì)量m＝ kg的光滑小球，以初速度v0＝20 m/s從斜面底端向上滑，然后又下滑，共經(jīng)過(guò)3 (g取10 m/s2).【解析】小球沿斜面向上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中受力分析如圖所示.由牛頓第二定律，得qEcos α＋mgsin α＝ma1，故a1＝gsin α＋＝10 m/s2＋ m/s2＝10 m/s2，向上運(yùn)動(dòng)時(shí)間t1＝＝2 s小球在下滑過(guò)程中的受力分析如圖所示.小球在離開斜面前做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，a2＝10 m/s2運(yùn)動(dòng)時(shí)間t2＝t－t1＝1 s脫離斜面時(shí)的速度v＝a2t2＝10 m/s在垂直于斜面方向上有：qvB＋qEsin α＝mgcos α故B＝＝5 T【思維提升】(1)知道洛倫茲力是變力，其大小隨速度變化而變化，分析可能存在的最大速度、最大加速度、最大位移等.(2)明確小球脫離斜面的條件是FN＝0.【拓展1】如圖所示，套在足夠長(zhǎng)的絕緣粗糙直棒上的帶正電小球，其質(zhì)量為m，帶電荷量為q，小球可在棒上滑動(dòng)，小球由靜止下滑的過(guò)程中( BD ) ，直到最后勻速 ，直到最后不變【解析】小球由靜止加速下滑，f洛＝Bqv在不斷增大，開始一段，如圖(a)：f洛F電，水平方向有f洛＋FN＝F電，加速度a＝，其中f＝μFN，隨著速度的增大，f洛增大，F(xiàn)N減小，加速度也增大，當(dāng)f洛＝F電時(shí)，a達(dá)到最大；以后如圖(b)：f洛F電，水平方向有f洛＝F電＋FN，隨著速度的增大，F(xiàn)N也增大，f也增大，a＝減小，當(dāng)f＝mg時(shí)，a＝0，此后做勻速運(yùn)動(dòng)，故a先增大后減小，A錯(cuò)，B對(duì)，彈力先減小后增大，C錯(cuò)，由f洛＝Bqv知D對(duì).【例2】如圖所示，水平放置的M、N兩金屬板之間，有水平向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝ ＝10－7 kg、電荷量為q＝－10－8 C的帶電微粒，、N兩板間突然加上電壓(M板電勢(shì)高于N板電勢(shì))時(shí)，微粒開始運(yùn)動(dòng)，經(jīng)一段時(shí)間后，該微粒水平勻速地碰撞原來(lái)靜止的質(zhì)量為m2的中性微粒，并粘合在一起，然后共同沿一段圓弧做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，＝103 V/m，求：(1)兩微粒碰撞前，質(zhì)量為m1的微粒的速度大??；(2)被碰撞微粒的質(zhì)量m2；(3)兩微粒粘合后沿圓弧運(yùn)動(dòng)的軌道半徑.【解析】(1)碰撞前，質(zhì)量為m1的微粒已沿水平方向做勻速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平衡條件有m1g＋qvB＝qE解得碰撞前質(zhì)量m1的微粒的速度大小為v＝m/s＝1 m/s(2)由于兩微粒碰撞后一起做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，說(shuō)明兩微粒所受的電場(chǎng)力與它們的重力相平衡，洛倫茲力提供做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，故有(m1＋m2)g＝qE解得m2＝= kg＝510－10 kg(3)設(shè)兩微粒一起做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的速度大小為v′，軌道半徑為R，根據(jù)牛頓第二定律有qv′B＝(m1＋m2)研究?jī)晌⒘５呐鲎策^(guò)程，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有m1v＝(m1＋m2)v′以上兩式聯(lián)立解得R＝m≈200 m【思維提升】(1)全面正確地進(jìn)行受力分析和運(yùn)動(dòng)狀態(tài)分析，f洛隨速度的變化而變化導(dǎo)致運(yùn)動(dòng)狀態(tài)發(fā)生新的變化.(2)若mg、f洛、F電三力合力為零，粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng).(3)若F電與重力平衡，則f洛提供向心力，粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng).(4)根據(jù)受力特點(diǎn)與運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)，選擇牛頓第二定律、動(dòng)量定理、動(dòng)能定理及動(dòng)量守恒定律列方程求解.【拓展2】如圖所示，在相互垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)和勻強(qiáng)電場(chǎng)中，方向水平向外；電場(chǎng)強(qiáng)度為E，、帶電荷量為＋q的小滑塊靜止在斜面頂端時(shí)對(duì)斜面的正壓力恰好為零.(1)如果迅速把電場(chǎng)方向轉(zhuǎn)為豎直向下，求小滑塊能在斜面上連續(xù)滑行的最遠(yuǎn)距離L和所用時(shí)間t；(2)如果在距A端L/4處的C點(diǎn)放入一個(gè)質(zhì)量與滑塊相同但不帶電的小物體，？【解析】(1)由題意知qE＝mg場(chǎng)強(qiáng)轉(zhuǎn)為豎直向下時(shí)，設(shè)滑塊要離開斜面時(shí)的速度為v，由動(dòng)能定理有(mg＋qE)Lsin θ＝，即2mgLsin θ＝當(dāng)滑塊剛要離開斜面時(shí)由平衡條件有qvB＝(mg＋qE)cos θ，即v＝ 由以上兩式解得L＝根據(jù)動(dòng)量定理有t＝(2)兩物體先后運(yùn)動(dòng)，設(shè)在C點(diǎn)處碰撞前滑塊的速度為vC，則2mgs＝2mu2聯(lián)立以上幾式解得s＝將L結(jié)果代入上式得s＝碰后兩物體在斜面上還能滑行的時(shí)間可由動(dòng)量定理求得t′＝cotθ【例3】在平面直角坐標(biāo)系xOy中，第Ⅰ象限存在沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，第Ⅳ象限存在垂直于坐標(biāo)平面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，、電荷量為q的帶正電粒子從y軸正半軸上的M點(diǎn)以速度v0垂直于y軸射入電場(chǎng)，經(jīng)x軸上的N點(diǎn)與x軸正方向成θ＝60176。m2/C2，(取sin 37176。＝)求：(1)金箔cd被α粒子射中區(qū)域的長(zhǎng)度y；(2)打在金箔d端離cd中心最遠(yuǎn)的粒子沿直線穿出金箔，經(jīng)過(guò)無(wú)場(chǎng)區(qū)進(jìn)入電場(chǎng)就開始以O(shè)點(diǎn)為圓心做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，垂直打在放置于中心線上的熒光屏FH上的E點(diǎn)(未畫出)，計(jì)算OE的長(zhǎng)度；(3)計(jì)算此α粒子從金箔上穿出時(shí)損失的動(dòng)能.【解析】(1)粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，有qvB＝m，得R＝＝ m如圖所示，當(dāng)α粒子運(yùn)動(dòng)的圓軌跡與cd相切時(shí)，上端偏離O′最遠(yuǎn)，由幾何關(guān)系得O′P＝＝ m當(dāng)α粒子沿Sb方向射入時(shí)，下端偏離O′最遠(yuǎn)，由幾何關(guān)系得O′Q＝＝ m故金箔cd被α粒子射中區(qū)域的長(zhǎng)度為y＝O′Q＋O′P＝ m(2)如上圖所示，下偏距離為y′，則tan 37176。＝ m所以，圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r＝＝ m(3)設(shè)α粒子穿出金箔時(shí)的速度為v′，由牛頓第二定律有kα粒子從金箔上穿出時(shí)損失的動(dòng)能為ΔEk＝mv2－mv′2＝10－14 J 易錯(cuò)門診 【例4】豎直的平行金屬平板A、B相距為d，板長(zhǎng)為L(zhǎng)，板間的電壓為U，垂直于紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的磁場(chǎng)只分布在兩板之間，＋q、最后油滴從板的下端點(diǎn)離開，求油滴離開場(chǎng)區(qū)時(shí)速度的大小.【錯(cuò)解】由題設(shè)條件有Bqv＝qE＝q，v＝；油滴離開場(chǎng)區(qū)時(shí)，水平方向有Bqv＋qE＝ma，v＝2a江蘇)在場(chǎng)強(qiáng)為B的水平勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，一質(zhì)量為m、帶正電q的小球在O點(diǎn)靜止釋放，：(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(guò)程中第一次下降的最大距離ym；(3)當(dāng)在上述磁場(chǎng)中加一豎直向上、場(chǎng)強(qiáng)為E(Emg/q)的勻強(qiáng)電場(chǎng)時(shí)，小球從O點(diǎn)靜止釋放后獲得的最大速率vm.【考點(diǎn)】洛倫茲力、重力、電場(chǎng)力做功特點(diǎn)等.【解析】(1)洛倫茲力不做功，由動(dòng)能定理得mgy＝mv2 ① 解得 v＝ ② (2)設(shè)在最大距離ym處的速率vm，根據(jù)圓周運(yùn)動(dòng)有qvmB－mg＝m ③且由②式知vm＝ ④由③④式及R＝2ym解得ym＝ ⑤(3)小球運(yùn)動(dòng)如圖所示，由動(dòng)能定理有(qE－mg)│ym│＝mv2 ⑥由圓周運(yùn)動(dòng)有qvmB＋mg－qE＝m ⑦由⑥⑦式及R＝2│ym│解得vm＝(qE－mg)【思維提升】 解決第(3)問(wèn)必須首先清楚各力的特點(diǎn)，先求出電場(chǎng)力和重力的合力，方向向上，具有前面的重力的特點(diǎn)，再應(yīng)用動(dòng)能定理和圓周運(yùn)動(dòng)的規(guī)律解題.【例2】(2008全國(guó)Ⅰ)如圖，一段導(dǎo)線abcd位于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，且與磁場(chǎng)方向(垂直于紙面向里)、bc和cd的長(zhǎng)度均為L(zhǎng)，且∠abc＝∠bcd＝135176。北京)如圖所示的虛線區(qū)域內(nèi)，(不計(jì)重力)以一定的初速度由左邊界的O點(diǎn)射入磁場(chǎng)、電場(chǎng)區(qū)域，恰好沿直線由區(qū)域右邊界的O′點(diǎn)(圖中未標(biāo)出)，另一個(gè)同樣的粒子b(不計(jì)重力)仍以相同初速度由O點(diǎn)射入，從區(qū)域右邊界穿出，則粒子b( C )′點(diǎn)下方 ′點(diǎn)上方，在電場(chǎng)中的電勢(shì)能一定減小 ，動(dòng)能一定減小3.(2009寧夏)醫(yī)生做某些特殊手術(shù)時(shí)，兩電極a、b均與血管壁接觸，兩觸點(diǎn)的連線、磁場(chǎng)方向和血流速度方向兩兩垂直，電極a、血管內(nèi)部的電場(chǎng)可看做是勻強(qiáng)電場(chǎng)， mm，血管壁的厚度可忽略，兩觸點(diǎn)間的電勢(shì)差為160 μV， 、b的正負(fù)分別為( A ) m/s，a正、b負(fù) m/s，a正、b負(fù) m/s，a負(fù)、b正 m/s，a負(fù)、b正5.(2007福建)圖為可測(cè)定比荷的某裝置的簡(jiǎn)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＝10－3 T，在x軸上距坐標(biāo)原點(diǎn)L＝ m的P處為粒子的入射口，在y上安放接收器，現(xiàn)將一帶正電荷的粒子以v＝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＝ 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)如果在上述粒子運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的某個(gè)時(shí)刻，在第一象限內(nèi)再加一個(gè)勻強(qiáng)電場(chǎng)，就可以使其沿y軸正方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，求該勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小和方向，并求出從粒子射入磁場(chǎng)開始計(jì)時(shí)經(jīng)過(guò)多長(zhǎng)時(shí)間加這個(gè)勻強(qiáng)電場(chǎng)；(3)為了在M處觀測(cè)到按題設(shè)條件運(yùn)動(dòng)的上述粒子，在第一象限內(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.【解析】(2)問(wèn)涉及到復(fù)合場(chǎng)(速度選擇器模型)，第(3)問(wèn)是帶電粒子在有界磁場(chǎng)(矩形區(qū)域)中的運(yùn)動(dòng).(1)，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＝ ②聯(lián)立①②式并代入數(shù)據(jù)得＝107 C/kg(107 C/kg) ③(2)，當(dāng)粒子經(jīng)過(guò)Q點(diǎn)時(shí)，速度沿y軸正方向，依題意，此時(shí)在加入沿x軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)力此時(shí)與洛倫茲力平衡，則有qE＝qvB ④代入數(shù)據(jù)得E＝70 N/C ⑤，圓弧所對(duì)應(yīng)的圓心角為4