帶電粒子在復合場中運動

1、第四節(jié)第四節(jié)周璐系列復習課件周璐系列復習課件磁場磁場要點要點疑點疑點考點考點一、帶電粒子在復合場中運動的基本分析一、帶電粒子在復合場中運動的基本分析 1.1.這里所說的復合場是指電場、磁場、重力場這里所說的復合場是指電場、磁場、重力場并存，或其中某兩種場并存的場并存，或其中某兩種場并存的場. .帶電粒子在這些復帶電粒子在這些復合場中運動時，必須同時考慮電場力、洛倫茲力和合場中運動時，必須同時考慮電場力、洛倫茲力和重力的作用或其中某兩種力的作用，因此對粒子的重力的作用或其中某兩種力的作用，因此對粒子的運動形式的分析就顯得極為重要運動形式的分析就顯得極為重要. . 2. 2.當帶電粒子在復合場中所

2、受的合外力為當帶電粒子在復合場中所受的合外力為0 0時，時，粒子將做勻速直線運動或靜止粒子將做勻速直線運動或靜止. . 3.當帶電粒子所受的合外力與運動方向在同一條當帶電粒子所受的合外力與運動方向在同一條直線上時，粒子將做變速直線運動直線上時，粒子將做變速直線運動. 4.當帶電粒子所受的合外力充當向心力時，粒子當帶電粒子所受的合外力充當向心力時，粒子將做勻速圓周運動將做勻速圓周運動. 5.當帶電粒子所受的合外力的大小、方向均是不當帶電粒子所受的合外力的大小、方向均是不斷變化的，則粒子將做變加速運動，這類問題一般斷變化的，則粒子將做變加速運動，這類問題一般只能用只能用能量能量關系處理關系處理.要

3、點要點疑點疑點考點考點二、電場力和洛倫茲力的比較二、電場力和洛倫茲力的比較 1.在電場中的電荷，不管其運動與否，均受到電場力在電場中的電荷，不管其運動與否，均受到電場力的作用；而磁場僅僅對運動著的、且速度與磁場方向不的作用；而磁場僅僅對運動著的、且速度與磁場方向不平行的電荷有洛倫茲力的作用平行的電荷有洛倫茲力的作用. 2.電場力的大小電場力的大小F=Eq,與電荷的運動的速度無關；而洛與電荷的運動的速度無關；而洛倫茲力的大小倫茲力的大小f=Bqvsina，與電荷運動的速度大小和方向，與電荷運動的速度大小和方向均有關均有關. 3.電場力的方向與電場的方向或相同、或相反；而洛電場力的方向與電場的方向

4、或相同、或相反；而洛倫茲力的方向始終既和磁場垂直，又和速度方向垂直倫茲力的方向始終既和磁場垂直，又和速度方向垂直.要點要點疑點疑點考點考點 4.電場既可以改變電荷運動的速度大小，也可以改電場既可以改變電荷運動的速度大小，也可以改變電荷運動的方向，而洛倫茲力只能改變電荷運動的變電荷運動的方向，而洛倫茲力只能改變電荷運動的速度方向，不能改變速度大小速度方向，不能改變速度大小. 5.電場力可以對電荷做功，能改變電荷的動能；洛電場力可以對電荷做功，能改變電荷的動能；洛倫茲力不能對電荷做功，不能改變電荷的動能倫茲力不能對電荷做功，不能改變電荷的動能. 6.勻強電場中在電場力的作用下，運動電荷的偏轉(zhuǎn)勻強電

5、場中在電場力的作用下，運動電荷的偏轉(zhuǎn)軌跡為拋物線；勻強磁場中在洛倫茲力的作用下，垂軌跡為拋物線；勻強磁場中在洛倫茲力的作用下，垂直于磁場方向運動的電荷的偏轉(zhuǎn)軌跡為圓弧直于磁場方向運動的電荷的偏轉(zhuǎn)軌跡為圓弧.要點要點疑點疑點考點考點 三、對于重力的考慮三、對于重力的考慮 重力考慮與否分三種情況重力考慮與否分三種情況.(1)對于微觀粒子，如電對于微觀粒子，如電子、質(zhì)子、離子等一般不做特殊交待就可以不計其重子、質(zhì)子、離子等一般不做特殊交待就可以不計其重力，因為其重力一般情況下與電場力或磁場力相比太力，因為其重力一般情況下與電場力或磁場力相比太小，可以忽略；而對于一些實際物體，如帶電小球、小，可以忽略

6、；而對于一些實際物體，如帶電小球、液滴、金屬塊等不做特殊交待時就應當考慮其重力液滴、金屬塊等不做特殊交待時就應當考慮其重力.(2)在題目中有明確交待的是否要考慮重力的，這種情況在題目中有明確交待的是否要考慮重力的，這種情況比較正規(guī)，也比較簡單比較正規(guī)，也比較簡單.(3)是直接看不出是否要考慮重是直接看不出是否要考慮重力，但在進行受力分析與運動分析時，要由分析結(jié)果，力，但在進行受力分析與運動分析時，要由分析結(jié)果，先進行定性確定再是否要考慮重力先進行定性確定再是否要考慮重力.歸納總結(jié)歸納總結(jié)1 1、通常所說復合場的含義：、通常所說復合場的含義： 電場、磁場和重力場并存或某兩場復電場、磁場和重力場并

7、存或某兩場復合或組合。合或組合。2 2、受力分析注意三力的特點：、受力分析注意三力的特點： 電場力、重力往往不變，洛倫茲力始電場力、重力往往不變，洛倫茲力始終與速度方向垂直。終與速度方向垂直。3 3、三力單獨作用的運動特點：、三力單獨作用的運動特點： 電場力、重力作用下作直線運動或類電場力、重力作用下作直線運動或類平拋運動，洛倫茲力作用下作圓周運動或平拋運動，洛倫茲力作用下作圓周運動或螺旋線運動。螺旋線運動。4 4、做功特點：、做功特點： 電場力、重力做功與路徑無關，由始末電場力、重力做功與路徑無關，由始末位置決定，洛倫茲力永不做功。位置決定，洛倫茲力永不做功。5 5、應用廣泛：、應用廣泛：

8、如回旋加速器、速度選擇器、質(zhì)譜儀、如回旋加速器、速度選擇器、質(zhì)譜儀、磁流體發(fā)電機、電磁流量計、霍耳效應磁流體發(fā)電機、電磁流量計、霍耳效應. . 因此帶電粒子在復合場中運動問題就是因此帶電粒子在復合場中運動問題就是綜合運用力學三大觀點：動力學觀點，能量綜合運用力學三大觀點：動力學觀點，能量觀點、動量觀點。觀點、動量觀點。課課 前前 熱熱 身身1、如圖所示，勻強電場方向豎直向上，勻強磁場方、如圖所示，勻強電場方向豎直向上，勻強磁場方向水平指向紙外，有一電荷向水平指向紙外，有一電荷(不計重力），恰能沿直不計重力），恰能沿直線從左向右飛越此區(qū)域，則若電子以相同的速率從線從左向右飛越此區(qū)域，則若電子以相

9、同的速率從右向左水平飛入該區(qū)域，則電子將右向左水平飛入該區(qū)域，則電子將( )A.沿直線飛越此區(qū)域沿直線飛越此區(qū)域B.電子將向上偏轉(zhuǎn)電子將向上偏轉(zhuǎn)C.電子將向下偏轉(zhuǎn)電子將向下偏轉(zhuǎn)D.電子將向紙外偏轉(zhuǎn)電子將向紙外偏轉(zhuǎn)C2、如圖所示，一個帶正電的擺球，在水平勻強磁場、如圖所示，一個帶正電的擺球，在水平勻強磁場中振動，振動平面與磁場垂直，當擺球分別從左側(cè)或中振動，振動平面與磁場垂直，當擺球分別從左側(cè)或右側(cè)運動到最低位置時，具有相同的物理量是：右側(cè)運動到最低位置時，具有相同的物理量是：( ) A.球受到的磁場力球受到的磁場力 B.懸線對球的拉力懸線對球的拉力 C.球的動量球的動量 D.球的動能球的動能D

10、課課 前前 熱熱 身身3、如圖所示，一質(zhì)、如圖所示，一質(zhì)量為量為m、帶電量為、帶電量為+q的帶的帶電圓環(huán)由靜止開始，沿電圓環(huán)由靜止開始，沿動摩擦系數(shù)為動摩擦系數(shù)為的桿下滑，的桿下滑，則圓環(huán)的運動情況是則圓環(huán)的運動情況是先做先做加速度減小的加速運動，加速度減小的加速運動，后做勻速直線運動后做勻速直線運動.課課 前前 熱熱 身身 【模仿題【模仿題】如圖所示空間存在水平如圖所示空間存在水平向左的勻強電場向左的勻強電場E和垂直紙面向里的和垂直紙面向里的勻強磁場勻強磁場B.質(zhì)量為質(zhì)量為m、帶電量為、帶電量為+q的的小球套在粗糙的并足夠長的豎直絕緣小球套在粗糙的并足夠長的豎直絕緣桿上由靜止開始下滑，則桿上

11、由靜止開始下滑，則( )A.小球的加速度不斷減小，直至為小球的加速度不斷減小，直至為0B.小球的加速度先增大后減小，最終為小球的加速度先增大后減小，最終為0C.小球的速度先增大后減小，最終為小球的速度先增大后減小，最終為0D.小球的動能不斷增大，直到某一最大值小球的動能不斷增大，直到某一最大值BD課課 前前 熱熱 身身4 4、在圖中虛線框內(nèi)同時存在勻強電、在圖中虛線框內(nèi)同時存在勻強電場和勻強磁場，一帶電粒子從左向右場和勻強磁場，一帶電粒子從左向右沿直線穿過此區(qū)域沿直線穿過此區(qū)域( (不計重力不計重力) )，電場，電場E E方向和磁場方向和磁場B B方向的可能是什么？方向的可能是什么？(1)E(

12、1)E方向豎直向下，方向豎直向下，B B方向垂直紙面向里方向垂直紙面向里( (或或E E、B B均反向均反向) )；(2)B(2)B方向豎直向下，方向豎直向下，E E方向垂直紙方向垂直紙面向外面向外( (或或B B、E E均反向均反向) )。（。（3 3）E E、B B方向與方向與V V方向相同或相反。方向相同或相反。 課課 前前 熱熱 身身5 5、如圖所示，在勻強電場和勻強磁場共存的區(qū)域內(nèi)，、如圖所示，在勻強電場和勻強磁場共存的區(qū)域內(nèi)，場強場強E E的方向豎直向下，磁感應強度的方向豎直向下，磁感應強度B B的方向垂直紙面的方向垂直紙面向里有三個帶有等量同種電荷的油滴向里有三個帶有等量同種電荷

13、的油滴M M、N N、P P在該在該區(qū)域中運動，其中區(qū)域中運動，其中M M向有做勻速直線運動，向有做勻速直線運動，N N在豎直平在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動，面內(nèi)做勻速圓周運動，P P向左做勻速直線運動，不計向左做勻速直線運動，不計空氣阻力，則三個油滴的質(zhì)量關系是空氣阻力，則三個油滴的質(zhì)量關系是 A A、m mM Mm mN Nm mP P B B、m mP Pm mN Nm mM M C C、m mN Nm mP Pm mM M D D、m mP Pm mM Mm mN N課課 前前 熱熱 身身課課 前前 熱熱 身身能力能力思維思維方法方法 在復合場中嚴格來說對于電場和磁場又可以分在復合場中嚴

14、格來說對于電場和磁場又可以分為復合場與疊加場兩種情況：為復合場與疊加場兩種情況： 一、復合場：一、復合場：即電場與磁場有明顯的界線，帶即電場與磁場有明顯的界線，帶電粒子分別在兩個區(qū)域內(nèi)做兩種不同的運動，即電粒子分別在兩個區(qū)域內(nèi)做兩種不同的運動，即分段運動，該類問題運動過程較為復雜，但對于分段運動，該類問題運動過程較為復雜，但對于每一段運動又較為清晰易辨，往往這類問題的關每一段運動又較為清晰易辨，往往這類問題的關鍵在于分段運動的連接點時的速度，其有承上啟鍵在于分段運動的連接點時的速度，其有承上啟下的作用下的作用.【例【例1】如圖甲所示，在如圖甲所示，在x軸上方有勻強電場，場軸上方有勻強電場，場強

15、為強為E，在，在x軸下方有勻強磁場，磁感應強度為軸下方有勻強磁場，磁感應強度為B，方向如圖，在方向如圖，在x軸方向上有一點軸方向上有一點M離離O點距離為點距離為L，現(xiàn)有一帶電量為現(xiàn)有一帶電量為+q的粒子，從靜止開始釋放后的粒子，從靜止開始釋放后能經(jīng)過能經(jīng)過M點，求如果此粒子放在點，求如果此粒子放在y軸上，其坐標軸上，其坐標應滿足什么關系應滿足什么關系?(重力不計重力不計)能力能力思維思維方法方法 【解析【解析】由于此帶電粒子是從靜止開始釋放的，由于此帶電粒子是從靜止開始釋放的，要能經(jīng)過要能經(jīng)過M點，其起始位置只能在勻強電場區(qū)域，點，其起始位置只能在勻強電場區(qū)域，物理過程是：靜止電荷位于勻強電場

16、區(qū)域的物理過程是：靜止電荷位于勻強電場區(qū)域的y軸上，軸上，受電場力作用而加速，以速度受電場力作用而加速，以速度v進入磁場，在磁場進入磁場，在磁場中受洛倫茲力作用做勻速圓周運動，向中受洛倫茲力作用做勻速圓周運動，向x軸偏轉(zhuǎn)，軸偏轉(zhuǎn)，回轉(zhuǎn)半周期后過回轉(zhuǎn)半周期后過x軸重新進入電場，在電場中經(jīng)減軸重新進入電場，在電場中經(jīng)減速、加速后仍以原速率從距速、加速后仍以原速率從距O點點2R處再次進次越過處再次進次越過x軸，在磁場回轉(zhuǎn)半周期后又從距軸，在磁場回轉(zhuǎn)半周期后又從距O點點4R處越過處越過x軸，軸，如此往復如圖如此往復如圖.能力能力思維思維方法方法解、由定性的運動分析可知解、由定性的運動分析可知 L=2n

17、R，即，即R=L/2n,(n=1、2、3) 設粒子靜止于設粒子靜止于y軸正半軸上，和原點距離為軸正半軸上，和原點距離為h，由，由動能定理或動力學知識均可求得：動能定理或動力學知識均可求得： v= 而在磁場中的勻速圓周運動有：而在磁場中的勻速圓周運動有：R=mv/qB; 聯(lián)立解得：聯(lián)立解得：h=B2qL2/(8n2mE)；(n=1、2、3)mEhq2 【解題回顧【解題回顧】本題中從總體一看比較復雜，但細本題中從總體一看比較復雜，但細分析其每一段運動則較為簡單分析其每一段運動則較為簡單.當然對學生來說，當然對學生來說，就要求他們思路清晰，分析到位就要求他們思路清晰，分析到位.能力能力思維思維方法方

18、法 二、疊加場：二、疊加場：即在同一區(qū)域內(nèi)同時有電場和磁場，即在同一區(qū)域內(nèi)同時有電場和磁場，此類問題看似簡單，受力不復雜，但仔細分析其運此類問題看似簡單，受力不復雜，但仔細分析其運動往往比較難以把握，是不能一目了然的，這對于動往往比較難以把握，是不能一目了然的，這對于學生的空間想象和邏輯思維能力要求較高學生的空間想象和邏輯思維能力要求較高. 【例【例2】如圖所示，在平行金屬板間有勻強電場如圖所示，在平行金屬板間有勻強電場和勻強磁場，方向如圖，有一束正電荷沿中心線方和勻強磁場，方向如圖，有一束正電荷沿中心線方向水平射入，卻分成三束分別由向水平射入，卻分成三束分別由a、b、c三點射出，三點射出，問

19、可以確定的是這三束帶電粒子的什么物理量不相問可以確定的是這三束帶電粒子的什么物理量不相同同?(重力不計重力不計) 【解析【解析】此題帶電粒子的運動情況完全由其受力此題帶電粒子的運動情況完全由其受力所決定，但值得注意的是帶電粒子從所決定，但值得注意的是帶電粒子從a、c兩點射出時兩點射出時的運動形式是非勻變速曲線運動的運動形式是非勻變速曲線運動.此題必須由帶電粒此題必須由帶電粒子的受力結(jié)合其運動情況來最終確定子的受力結(jié)合其運動情況來最終確定. 解從解從b點飛出的帶電粒子一定是勻速直線運動，點飛出的帶電粒子一定是勻速直線運動，其所受電場力與洛倫茲力是一對平衡力，即：其所受電場力與洛倫茲力是一對平衡力

20、，即：Bqv=Eq,所以有所以有v=E/B; 同理，從同理，從a處飛出的有：處飛出的有：vE/B;從從c處飛出的有：處飛出的有：vE/B.【解題回顧【解題回顧】受力分析和運動分析是關鍵受力分析和運動分析是關鍵.能力能力思維思維方法方法 【例【例3】如圖所示，質(zhì)量為如圖所示，質(zhì)量為m、帶電量為、帶電量為q的小的小球，在傾角為球，在傾角為的光滑斜面上由靜止下滑，勻強的光滑斜面上由靜止下滑，勻強磁場的感應強度為磁場的感應強度為B，方向垂直紙面向外，若帶，方向垂直紙面向外，若帶電小球下滑后某時刻對斜面的作用力恰好為電小球下滑后某時刻對斜面的作用力恰好為0，問：小球所帶電問：小球所帶電荷的性質(zhì)如何荷的性

21、質(zhì)如何?此時此時小球的下滑速度和小球的下滑速度和下滑位移各是多大下滑位移各是多大?能力能力思維思維方法方法 【解析【解析】對于小球為何會對斜面的壓力為對于小球為何會對斜面的壓力為0，通過受力分析即可獲得小球所受洛倫茲力垂直斜面通過受力分析即可獲得小球所受洛倫茲力垂直斜面向上，由小球沿斜面向下運動可知小球帶正電，而向上，由小球沿斜面向下運動可知小球帶正電，而小球下滑的過程中速度增加，洛倫茲力增加，斜面小球下滑的過程中速度增加，洛倫茲力增加，斜面支持力減小，當洛倫茲力大小等于重力垂直于斜面支持力減小，當洛倫茲力大小等于重力垂直于斜面的分力時，支持力為的分力時，支持力為0. 關鍵是小球沿斜面方向的受

22、力是恒力關鍵是小球沿斜面方向的受力是恒力.能力能力思維思維方法方法解解 壓力為壓力為0時有：時有：mgcos =Bqv 可得可得v=mgcos /Bq 小于沿斜面向下的加速度為小于沿斜面向下的加速度為gsin 且為勻加且為勻加速，可由速，可由v=2as得：得：s=m2gcos2 /(2B2q2sin ) ； 【解題回顧【解題回顧】由物體運動分析可定性確定物由物體運動分析可定性確定物體的受力情況，剩下的是動力學規(guī)律的運用。體的受力情況，剩下的是動力學規(guī)律的運用。能力能力思維思維方法方法 【例【例4】如左下圖所示，勻強電場方向水平如左下圖所示，勻強電場方向水平向右，勻強磁場方向垂直于紙面向里，一質(zhì)

23、向右，勻強磁場方向垂直于紙面向里，一質(zhì)量為量為m m，帶電量為，帶電量為q q的微粒以速度的微粒以速度v v與磁場方與磁場方向垂直，與電場成向垂直，與電場成4545角射入復合場中，恰角射入復合場中，恰能做勻速直線運動，求電場強度能做勻速直線運動，求電場強度E E的大小，的大小，磁感應強度磁感應強度B B的大小的大小. . 能力能力思維思維方法方法 解析：解析：由帶電粒子所受的洛倫茲力與由帶電粒子所受的洛倫茲力與v v垂直，電垂直，電場力方向與電場線平行，微粒如圖所示方向進入磁場場力方向與電場線平行，微粒如圖所示方向進入磁場中，如果只受到電場力與洛倫茲力作用，合力不可能中，如果只受到電場力與洛倫

24、茲力作用，合力不可能為零，也就不可能做勻速直線運動為零，也就不可能做勻速直線運動. .由此可知本題必由此可知本題必須考慮到微粒所受的重力，才可能使微粒做勻速直線須考慮到微粒所受的重力，才可能使微粒做勻速直線運動運動. . 假設粒子不帶負電，則所受電場力方向水平向左，假設粒子不帶負電，則所受電場力方向水平向左，洛倫茲力方向斜向右下方與洛倫茲力方向斜向右下方與v v垂直，同學們可以從力垂直，同學們可以從力的平衡條件判斷出這樣的粒子不可能做勻速直線運動，的平衡條件判斷出這樣的粒子不可能做勻速直線運動，所以粒子應帶正電荷，受力情況如圖所示，根據(jù)合外所以粒子應帶正電荷，受力情況如圖所示，根據(jù)合外力為零可

25、得：力為零可得： 能力能力思維思維方法方法mgmg= =qvBqvBsin45sin45 qEqE= =qvBqvBcos45cos45 由由式可得：式可得：B B = ; = ; E E= =mgmg/ /q q答案：答案：B B= ;= ;E E= =mgmg/ /q qqvmg2能力能力思維思維方法方法 【例【例5】如圖所示，在一根足夠長的豎直絕緣桿上，如圖所示，在一根足夠長的豎直絕緣桿上，套著一個質(zhì)量為套著一個質(zhì)量為m m、帶電量為、帶電量為-q-q的小球，球與桿之間的小球，球與桿之間的動摩擦因數(shù)為的動摩擦因數(shù)為場強為場強為E E的勻強電場和磁感應強的勻強電場和磁感應強度為度為B B的

26、勻強磁場方向如圖所示，小球由靜止開始下的勻強磁場方向如圖所示，小球由靜止開始下落求：（落求：（1 1）小球開始下落時的加速度；（）小球開始下落時的加速度；（2 2）小球）小球的速度多大時，有最大加速度，它們的值是多少？的速度多大時，有最大加速度，它們的值是多少？（3 3）小球運動的最大速度為多少？）小球運動的最大速度為多少？能力能力思維思維方法方法【例【例6】如圖所示，在如圖所示，在x x軸上方有垂軸上方有垂直于直于xyxy平面向里的勻強磁場，磁感平面向里的勻強磁場，磁感應強度為應強度為B B，在，在X X軸下方有沿軸下方有沿y y軸負軸負方向的勻強電場，場強為方向的勻強電場，場強為E E一質(zhì)

27、一質(zhì)量為量為m m，電量為，電量為-q-q的粒子從坐標原的粒子從坐標原點點O O沿著沿著y y軸正方向射出射出之后，軸正方向射出射出之后，第三次到達第三次到達X X軸時，它與點軸時，它與點O O的距離的距離為為L L求此粒子射出時的速度求此粒子射出時的速度V V和運和運動的總路程（重力不計）動的總路程（重力不計）能力能力思維思維方法方法 解析、解析、帶電粒子在帶電粒子在x x軸上方運動只受洛侖茲力作軸上方運動只受洛侖茲力作用，做勻速圓周運動，又因為用，做勻速圓周運動，又因為x x軸是磁場的邊界，粒軸是磁場的邊界，粒子入射速度方向與磁場垂直，所以粒子的軌跡為半子入射速度方向與磁場垂直，所以粒子的

28、軌跡為半圓帶電粒子在圓帶電粒子在x x軸下方運動只受電場力作用，速度軸下方運動只受電場力作用，速度方向與力在一條直線上，粒子做勻變速直線運方向與力在一條直線上，粒子做勻變速直線運動即當粒子從磁場中以速度動即當粒子從磁場中以速度v v垂直于垂直于x x軸向下射出軸向下射出時，因電場力作用先勻減速到時，因電場力作用先勻減速到0 0，再反向加速至，再反向加速至v v，并垂直射入磁場（粒子在電場中做類平拋運并垂直射入磁場（粒子在電場中做類平拋運動）因為只要求討論到粒子第三次到達動）因為只要求討論到粒子第三次到達x x軸，所以軸，所以粒子運動軌跡如圖所示粒子運動軌跡如圖所示延伸延伸拓展拓展 【例【例7】

29、如圖所示，在光滑的絕緣水平桌面上，如圖所示，在光滑的絕緣水平桌面上，有直徑相同的兩個金屬小球有直徑相同的兩個金屬小球a和和b，質(zhì)量分別為，質(zhì)量分別為ma=2m,mb=m，b球帶正電荷球帶正電荷2q，靜止在磁感應強，靜止在磁感應強度為度為B的勻強磁場中；不帶電小球的勻強磁場中；不帶電小球a以速度以速度v0進入磁進入磁場，與場，與b球發(fā)生正碰，若碰后球發(fā)生正碰，若碰后b球?qū)ψ烂鎵毫η『们驅(qū)ψ烂鎵毫η『脼闉?，求，求a球?qū)ψ烂娴膲毫κ嵌啻笄驅(qū)ψ烂娴膲毫κ嵌啻? 【解析【解析】本題相關的物理知識有接觸起電、動量守本題相關的物理知識有接觸起電、動量守恒、洛倫茲力，受力平衡與受力分析，而最為關鍵的恒、洛倫

30、茲力，受力平衡與受力分析，而最為關鍵的是碰撞過程，所有狀態(tài)和過程都是以此為轉(zhuǎn)折點，物是碰撞過程，所有狀態(tài)和過程都是以此為轉(zhuǎn)折點，物理量的選擇和確定亦是以此作為切入點和出發(fā)點；理量的選擇和確定亦是以此作為切入點和出發(fā)點； 解、解、碰后碰后b球的電量為球的電量為q、a球的電量也為球的電量也為q，設，設b球的速度為球的速度為vb，a球的速度為球的速度為va；以；以b為研究對象則有為研究對象則有Bqvb=mbg;可得可得vb=mg/Bq; 以碰撞過程為研究對象，有動量守恒，以碰撞過程為研究對象，有動量守恒， 即即mav0=mava+mbvb,將已知量代入可得將已知量代入可得va=v0-mg/(2Bq)

31、;本表達式中本表達式中va已經(jīng)包含在其中，分析已經(jīng)包含在其中，分析a碰后碰后的受力，則有的受力，則有N+Bqva=2mg，得，得N=(5/2)mg-Bqv0延伸延伸拓展拓展 【例【例8】如圖，兩個共軸的圓筒形金屬電極，外電極如圖，兩個共軸的圓筒形金屬電極，外電極接地，其上均勻分布著平行于軸線的四條狹縫接地，其上均勻分布著平行于軸線的四條狹縫a a、b b、c c和和d d，外筒的外半徑為，外筒的外半徑為r r0 0。在圓筒之外的足夠大區(qū)域中。在圓筒之外的足夠大區(qū)域中有平行于軸線方向的均勻磁場，磁感應強度的大小為有平行于軸線方向的均勻磁場，磁感應強度的大小為B B。在兩極間加上電壓，使兩圓筒之間

32、的區(qū)域內(nèi)有沿半在兩極間加上電壓，使兩圓筒之間的區(qū)域內(nèi)有沿半徑向外的電場，一質(zhì)量為徑向外的電場，一質(zhì)量為m m，帶，帶電荷量為電荷量為+q+q的粒子，從緊靠內(nèi)的粒子，從緊靠內(nèi)筒且正對狹縫筒且正對狹縫a a的的S S點出發(fā)，初點出發(fā)，初速為零，如果該粒子經(jīng)過一段速為零，如果該粒子經(jīng)過一段時間的運動之后恰好又回到出時間的運動之后恰好又回到出發(fā)點發(fā)點S S，則兩極之間的電壓，則兩極之間的電壓U U應應是多少？（不計重力，整個裝是多少？（不計重力，整個裝置在真空中）置在真空中） 解析：解析：帶電粒子從帶電粒子從S S出發(fā)，在兩極之間的電場力作用下加速，出發(fā)，在兩極之間的電場力作用下加速，沿徑向穿出沿徑向穿出a a而進入磁場區(qū)，在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，而進入磁場區(qū)，在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，粒子再回到粒子再回到S S點的條件是能沿徑向穿過狹縫點的條件是能沿徑向穿過狹縫d d，只要穿過了，只要穿過了d d，粒，粒子就會在電場力作用下先減速，再反向加速，經(jīng)子就會在電場力作用下先減速，再反向加速，經(jīng)d d重新進入磁場重新進入磁場區(qū)，然后粒子將