帶電微粒及帶電體在復(fù)合場中的運動問題第1頁，共20頁，2023年，2月20日，星期一解決問題的要點1.對帶電微?；驇щ婓w正確的受力分析;2.在運動過程中,帶電微粒及帶電體受力變化的判斷(在這類問題中,物體速度的變化是引起洛倫茲力變化的原因,而洛倫茲力的變化又導(dǎo)致物體所受其它力的變化,如彈力、摩擦力等等);3.要特別注意洛倫茲力做功的特點及其在解題中的特殊意義;4.要靈活選擇處理問題的方法,常用的有:(1)動力學(xué)觀點;(2)動量觀點;(3)能量觀點.第2頁，共20頁，2023年，2月20日，星期一例題1.如圖所示，在互相垂直的水平方向的勻強電場（E已知）和勻強磁場（B已知）中，有一固定的豎直絕緣桿，桿上套一個質(zhì)量為m、電量為+q的小球，它們之間的摩擦因數(shù)為μ，現(xiàn)由靜止BE釋放小球.試分析:小球運動的加速度和速度的變化情況，并求出速度及車速度的最大值（mg＞μqE）第3頁，共20頁，2023年，2月20日，星期一在解答該類問題時,要注意將物理的運動劃分為幾個運動階段分別討論,討論中要注意抓物體運動的特殊狀態(tài).解析:(1)剛釋放時:物體受重力、電場力、桿的支持力及摩擦力作用,BEmgEqFf如圖所示.由于mg＞μqE,所以物體加速向下運動.(2)運動后物體受力情況發(fā)生了變化,具體如圖所示.第4頁，共20頁，2023年，2月20日，星期一隨物體運動速度的增大,洛倫茲力增大,支持力F和摩擦力f減小,物體所受合外力增大,運動加速度增大.當支持力減小為零,摩擦力減小為零時,合外力達最大,此時加速度也達最大.根據(jù)牛頓第二定律得:am=gBEBmgFfqBV(3)隨著速度繼續(xù)增大,洛倫茲力將繼續(xù)變大,此后支持力方向變?yōu)樵瓉矸捶较?受力情況如圖所示.當物體所受合外力為零時,加速度為零,速度達到最大.vm=mg/μqB

+E/BqBVmgfEqF第5頁，共20頁，2023年，2月20日，星期一例題2:如圖所示,水平虛線上方有場強為E1的勻強電場,方向豎直向下,虛線下方有場強為E2的勻強電場,方向水平向右;在虛線上、下方均有磁感應(yīng)強度相同的勻強磁場,方向垂直紙面向外,ab是一長為L的絕緣細桿,豎直位于虛線上方,b端恰在虛線上,將一套在桿上的帶電小環(huán)從a端由靜止開始釋放,小環(huán)先加速而后勻速到達b端,環(huán)與桿之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.3,小環(huán)的重力不計,當環(huán)脫離桿后在虛線下方沿原方向做勻速直線運動，求：（1）E1與E2的比值；（2）若撤去虛線下方的電場,小環(huán)進入虛線下方后的運動軌跡為半圓，圓周半徑為,環(huán)從a到b的過程中克服摩擦力做功Wf與電場做功WE之比有多大?第6頁，共20頁，2023年，2月20日，星期一解析:（1）在虛線上方，球受電場力、洛倫茲力、摩擦力作用，環(huán)最后做勻速運動，摩擦力與電場力平衡f=μN=μBqv=fE=qE1①在虛線下方環(huán)仍作做勻速運動，此時電場力與洛倫茲力平衡:Bvq＝qE2②聯(lián)立以上兩式得=μ=0.3③（2）在虛線上方電場力做功EE=qE1L④摩擦力做功Wf=WE－mv2⑤在虛線下方，撤去電場后小環(huán)做勻速圓周運動Bvq=

…………⑥①、⑥聯(lián)立得mv2=⑦{答案：}第7頁，共20頁，2023年，2月20日，星期一例題3:如圖所示,勻強電場的場強有,方向水平向左,勻強磁場的磁感應(yīng)強度B=2T,方向垂直紙面向里,一個質(zhì)量m=1g,帶正電的小物塊A從M點沿絕緣粗糙的豎直壁無初速下滑,當它滑行h=0.8m到N點時就離開壁做曲線運動.當A運動到P點時,恰好處于平衡狀態(tài),此時速度方向與水平方向成450角,設(shè)P與M的高度差H=1.6m,求(1)A沿壁下滑時摩擦力做的功;(2)P與M的水平距離(g取10m/s2).sNMAHhP解析：分析A物體所做的運動可知，物體有三個運動過程：第一過程（M→N）對粒子進行受力分析，如圖所示。列方程：水平方向

豎直方向

當V增大→N增大→f增大→a減小,所以M→N物體A做a減小的加速運動,當物體到達N點時彈力N=0,物體離開豎直壁.第8頁，共20頁，2023年，2月20日，星期一這一階段摩擦力做功,且摩擦力是變力,屬于變力做功,以后離開壁后無摩擦力,所以只要求這一階段就可以了,用能量觀點處理.設(shè)摩擦做功為Wf,到N點速度為V1,重力做功由動能定理得：

在N點,當N=0時,有：

解上述各式可得：

fNqBVmgEq第二過程（N→P）粒子做曲線運動,用能量觀點處理,設(shè)到達P點后的速度V2,物體A由N→P過程中,只有重力做功和電場力做功,洛倫茲力不做功,由動能定理列方程：第9頁，共20頁，2023年，2月20日，星期一第三過程（過P點后）是勻速直線運動,受力分析如圖所示,列平衡方程：

解方程可得

EqF=qBv2V2mg第10頁，共20頁，2023年，2月20日，星期一例題4:如圖所示,在豎直平面內(nèi)X軸下方有磁感應(yīng)強度為B,方向垂直紙面向里的勻強磁場和豎直向下的勻強電場,電場強度為E.一個帶電小球從Y軸上P(0,h)點以初速度V0豎直向下拋出,小球穿過X軸后恰好做勻速圓周運動,重力加速度為g,求(小球質(zhì)量和電量未知)(1)小球做圓周運動的半徑;(2)小球從P點出發(fā)開始計時,在什么時刻穿過X軸.XYP(0,h)OV0分析:首先小球由P點開始沿Y軸負方向勻加速下落,經(jīng)O點后進入復(fù)合場中,做勻速圓周運動.第11頁，共20頁，2023年，2月20日，星期一解:(1)設(shè)小球剛剛進入復(fù)合場時的速度為V1,根據(jù)勻變速直線運動的規(guī)律可得:V1=(V02+2gh)1/2由題義知:小球進入復(fù)合場后所受重力與電場力平衡,在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動.由mg=Eq得:m/q=E/g由R=mV/qB得:(2)設(shè)從開始到小球第一次進入磁場所用的時間為t,根據(jù)勻變速直線運動規(guī)律可得:設(shè)小球在復(fù)合場中每次運動的時間為t`,從小球開始釋放至第n次豎直向下經(jīng)過X軸,有:n=(1、2、……）第12頁，共20頁，2023年，2月20日，星期一例題5:如圖所示,在地面附近,坐標系XOY在豎直平面內(nèi),空間有沿水平方向垂直紙面向里的勻強磁場,磁感應(yīng)強度大小為B,在X<0的空間還有沿X軸負方向的勻強電場,場強大小為E,一個帶正電的油滴經(jīng)圖中X軸上的M點,沿著與水平方向成300角的方向斜向下做直線運動,進入X>0的區(qū)域,要使油滴進入X>0區(qū)域后能在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動,需在X>0的區(qū)域內(nèi)加一個勻強電場.若帶電油滴做圓周運動時通過X軸上的N點,且MO=ON,求:(1)油滴運動速率;(2)在X>0空間內(nèi)所加電場的場強大小和方向;(3)油滴從X軸上的M點開始到達X軸上的N點所用的時間.BEXYMNO分析:油滴由M點出發(fā)后沿直線運動的過程中,受重力、電場力及洛倫茲力作用,由于前者均為恒力所以洛倫茲力也必將為恒力,且三力平衡.當油滴進入X>0區(qū)域后做勻速圓周運動,油滴所受重力必與電場力平衡.第13頁，共20頁，2023年，2月20日，星期一解:(1)帶電油滴在X<0區(qū)域內(nèi)做直線運動時,受力情況如圖所示.由于重力及電場力均為恒力,所以洛倫茲力定為恒力,且三力平衡.由物體的平衡條件可得:V=2E/B①(2)帶電油滴在X<0區(qū)域內(nèi)運動時有:mg=qEcot300②油滴進入X>0區(qū)域后做勻速圓周運動,必有mg=E`q解上述兩式可得:方向向上.BEXYMNOPO1V(3)油滴由M→P所用時間t1=MP/V ③由P→N所用的時間t2=Tθ/2π ④由于MP=Rcot300 ⑤T=2πm/qB ⑥由幾何關(guān)系可以證明O1N=O1P,O1為油滴勻速圓周運動的圓心,得圓心角θ=1200解以上各式可得:第14頁，共20頁，2023年，2月20日，星期一例題6:如圖所示,在空間存在著水平方向的勻強磁場和豎直方向勻強電場,電場強度為E,磁感應(yīng)強度為B,在某點由靜止釋放一帶電液滴a,它運動到最低點處,恰好與一個原來處于靜止狀態(tài)的帶電液滴b相碰,碰后兩液滴合為一體,沿水平方向做直線運動,已知液滴a的質(zhì)量為液滴b質(zhì)量的2倍,液滴a的電量大小為液滴b電量大小的4倍,求兩液滴初始位置間豎直高度差h(設(shè)a、b之間靜電力可以忽略).abBEh分析:根據(jù)液滴的運動狀態(tài)可判定a帶負電,b帶正電.設(shè)液滴b的質(zhì)量為mb=m,所帶電量的大小為qb=q,則液滴a的質(zhì)量為ma=2m,所帶電量的大小為qa=4q.在a向下運動過程中,重力與電場力對液滴做功;a與b碰撞合為一體的過程中,遵守電荷守恒,同時遵守動量守恒定律.由碰后整體的運動狀態(tài)知,整體必受平衡力作用.第15頁，共20頁，2023年，2月20日，星期一解:設(shè)設(shè)液滴b的質(zhì)量為mb=m,所帶電量的大小為qb=q,則液滴a的質(zhì)量為ma=2m,所帶電量的大小為qa=4q.由于b開始處于靜止狀態(tài)，所以有：mg=qE…①在a運動至最低點的過程中,重力與電場力做功,由動能定理得:(4Eq+2mg)h=2mV12/2=mV12……②在a與b碰撞結(jié)合為一體的過程中遵守電荷守恒定律及動量守恒定律，所以整體所帶電量為：Q=3q由動量守恒定律得：2mV1=3mV2…………③由于碰后整體沿水平直線運動,所以受合外力零,根據(jù)平衡條件得:3mg+3Eq=3qBV2………………④解以上各式可得：第16頁，共20頁，2023年，2月20日，星期一例題7:如圖所示,在XOY平面內(nèi),有場強為12V/m,方向沿X軸正方向的勻強電場和磁感應(yīng)強度為2T,方向垂直XOY平面指向紙里的勻強磁場.一質(zhì)量為4×10-5kg,電量為2.5×10-5C帶正電的微粒,在XOY平面內(nèi)做勻速直線運動,運動到原點O時,撤去磁場,經(jīng)一段時間后,帶電微粒運動到了X軸上的P點,求:(1)P點到原點O的距離;(2)帶電微粒由原點O運動到P點的時間.OYXEBP分析:首先根據(jù)帶電微粒的運動性質(zhì)受力分析,并確定下微粒的運動方向.再分析微粒通過O點后在電場中的運動情況,注意選擇適當?shù)奶幚矸椒?第17頁，共20頁，2023年，2月20日，星期一解:根據(jù)微粒在復(fù)合場中做勻速直線運動的條件,作出微粒圖示受力圖.由物體的平衡條件得:(qBV)2=(mg)2+(Eq)2代入數(shù)據(jù)后解得:V=10m/s設(shè)速度V與X軸夾角為α,tanα=Eq/mg=3/4,α=370(1)設(shè)OP間距離為X,微粒經(jīng)過O點后受重力和電場力作用,將此過程分解為沿豎直方向的豎直上拋運mgEqfVα動和沿X軸正向的勻加速運動.根據(jù)豎直上拋運動的特點可得:t=(2Vsinα)/g=1.2s(2)在沿X方向,根據(jù)勻變速運動規(guī)律得:X=Vtcosα+Eqt2/2m=15m第18頁，共20頁，2023年，2月20日，星期一例題8:將帶電量為+0.03C,質(zhì)量為0.15kg的滑塊放在小車的絕緣板的右端,小車的質(zhì)量為0.5kg,滑塊小車絕緣板間的動摩擦因數(shù)為0.4,小車的絕緣板足夠長,它們所在的空間存在著磁感應(yīng)強度為20T的水平方向的勻強磁場,開始時小車靜止在光滑水平面上.一擺長為1.25m,擺球質(zhì)量為0.4kg的擺,當擺球從水平位置由靜止釋放,擺到最低點時與小車相撞,碰撞后擺球恰好靜止,求:(1)擺球與小車碰撞過程系統(tǒng)損失的機械能EK是多少?(2)碰撞后小車的最終速度是多少?OLB分析:擺球下落過程中,只有重力做功,機械能守恒.球與小車碰撞過程中,動量守恒.需注意:由于碰撞時間極短,滑塊來不及參與作用.小車被碰后向右運動,此時小車與滑塊間發(fā)生相對滑動,小車減速運動,滑塊加速運動.在滑塊加速運動過程中,所受洛倫茲力逐漸增大.需注意滑塊能否離開小車絕緣板的判斷.無論滑塊能否離開小車,小車與滑塊作用過程中都遵守動量守恒定律.第19頁，共20頁，2023年，2月20日，星期一解:(1)擺球下擺過程中,機械能守恒,有:mgL=mV02/2解得:V0=5m/s擺球與小車碰撞過程中動量守恒,有:mV0=MV解得V=4m/s