《2022年高三物理復習 專題三 力與物體的曲線運動 第2課時 電場和磁場中的曲線運動講義》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2022年高三物理復習 專題三 力與物體的曲線運動 第2課時 電場和磁場中的曲線運動講義（16頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、2022年高三物理復習 專題三 力與物體的曲線運動 第2課時 電場和磁場中的曲線運動講義 1． 帶電粒子在電場中受到電場力，如果電場力的方向與速度方向不共線，將會做曲線運動；如果帶電粒子垂直進入勻強電場，將會做類平拋運動，由于加速度恒定且與速度方向不共線，因此是勻變速曲線運動． 2． 研究帶電粒子在勻強電場中的類平拋運動的方法與平拋運動相同，可分解為垂直電場方向的勻速直線運動和沿電場方向的勻加速直線運動；若場強為E，其加速度的大小可以表示為a＝. 3． 帶電粒子垂直進入勻強磁場時將做勻速圓周運動，向心力由洛倫茲力提供，洛倫茲力始終垂直于運動方向，它不做功．其半徑R＝，周期T＝.

2、 1． 帶電粒子在電場和磁場的組合場中運動時，一般是類平拋運動和勻速圓周運動的組合，可以先分別研究這兩種運動，而類平拋運動的末速度往往是勻速圓周運動的線速度，分析運動過程中轉折點的速度是解決此類問題的關鍵． 2． 本部分內容通常應用運動的合成與分解的方法、功能關系和圓周運動的知識解決問題. 題型1　帶電粒子在電場中的曲線運動問題 例1　如圖1所示，虛線a、b、c代表電場中的三條電場線，實線為一帶負電的粒子僅在電場力作用下通過該區(qū)域時的運動軌跡，P、R、Q是這條軌跡上的三點，由此可知(　　) 圖1 A．帶電粒子在R點時的速度大于在Q點時的速度 B．帶電粒子在P點時的電勢能

3、比在Q點時的電勢能大 C．帶電粒子在R點時的動能與電勢能之和比在Q點時的小，比在P點時的大 D．帶電粒子在R點時的加速度小于在Q點時的加速度 審題突破　帶電粒子在R點時受到的電場力的方向如何？R、Q兩點的場強的大小關系是什么？ 解析　根據牛頓第二定律可得ma＝qE，又根據電場線的疏密程度可以得出Q、R兩點處的電場強度的大小關系為ER>EQ，則帶電粒子在R、Q兩點處的加速度的大小關系為aR>aQ，故D錯誤；由于帶電粒子在運動過程中只受電場力作用，只有動能與電勢能之間的相互轉化，則帶電粒子的動能與電勢能之和不變，故C錯誤；根據物體做曲線運動的軌跡與速度、合外力的關系可知，帶電粒子在R點處所

4、受電場力的方向為沿電場線向右，又由于該粒子帶負電，則R點處電場的方向應該向左，根據等勢面與電場線的關系可得R、Q兩點處電勢的關系為φR>φQ，根據電勢能與電勢的關系Ep＝qφ及帶電粒子的電性可得R、Q兩點處電勢能的關系為EpREkQ，根據動能的定義式Ek＝mv2可得R、Q兩點處速度大小的關系為vR>vQ，故A正確；P、Q兩點處電勢的關系為φP>φQ，根據電勢能與電勢的關系Ep＝qφ及帶電粒子的電性可得P、Q兩點處電勢能的關系為EpP

5、角范圍內，且向著力的方向彎曲，這是我們畫軌跡或者分析受力的依據． 　如圖2所示，平行板電容器AB兩極板水平放置，A在上方，B在下方，現將其和二極管串聯接在電源上，已知A和電源正極相連，二極管具有單向導電性，一帶電小球沿AB 中心水平射入，打在B極板上的N點，小球的重力不能忽略，現通過上下移動A板來改變兩極板AB間距(兩極板仍平行)，則下列說法正確的是 (　　) 圖2 A．若小球帶正電，當AB間距增大時，小球打在N的右側 B．若小球帶正電，當AB間距減小時，小球打在N的左側 C．若小球帶負電，當AB間距減小時，小球可能打在N的右側 D．若小球帶負電，當AB間距增大時，小球可能打

6、在N的左側 答案　BC 解析　若小球帶正電，當AB間距增大時，由于二極管的單向導電性，平行板電容器帶電量不變，AB兩極板之間電場強度不變，小球所受向下的電場力不變，向下的加速度不變，小球仍打在N點，選項A錯誤；若小球帶正電，當AB間距減小時，平行板電容器帶電量增大，平行板電容器AB兩極板之間電場強度增大，小球所受向下的電場力增大，向下的加速度增大，小球打在N的左側，選項B正確；若小球帶負電，當AB間距減小時，平行板電容器帶電量增大，平行板電容器AB兩極板之間電場強度增大，小球所受向上的電場力增大，向下的加速度減小，小球可能打在N的右側，選項C正確；若小球帶負電，當AB間距增大時，由于二極管

7、的單向導電性，平行板電容器帶電量不變，AB兩極板之間電場強度不變，小球所受向上的電場力不變，小球仍打在N點，選項D錯誤． 題型2　帶電體在電場中的曲線運動問題 例2　如圖3所示，粗糙水平桌面AM的右側連接有一豎直放置、半徑R＝0.3 m的光滑半圓軌道MNP，桌面與軌道相切于M點．在水平半徑ON的下方空間有水平向右的勻強電場．現從A點由靜止釋放一個質量m＝0.4 kg、電荷量為q的帶正電的絕緣物塊，物塊沿桌面運動并由M點進入半圓軌道，并恰好以最小速度通過軌道的最高點P.已知物塊與水平桌面間的動摩擦因數為0.55，電場強度E＝，取g＝10 m/s2，則 (　　) 圖3 A．物塊經

8、過M點時的速率為 m/s B．物塊經過半圓軌道MN的中點時對軌道的壓力為4 N C．物塊由M向P運動的過程中速率逐漸減小 D．AM的長度為1 m 審題突破　物塊在最高點的速度是多少？由M到N的過程中有幾個力做功，是正功還是負功？小物塊在N點受幾個力作用？ 解析　物塊恰好通過P點，則在P點有mg＝m，物塊從M到P由動能定理得qER－2mgR＝mv－mv，聯立解得vM＝3 m/s，選項A錯誤；設物塊在半圓軌道中點時的速度大小為v，由動能定理得qER－mgR＝mv2－mv，又FN－qE＝m、FN′＝FN，聯立解得壓力大小為FN′＝16 N，選項B錯誤；物塊由M向N運動的過程中速率先增大后減

9、小，選項C錯誤；物塊從A到M由動能定理得(qE－μmg)l＝mv－0，解得l＝1 m，選項D正確． 答案　D 以題說法　1.帶電體一般要考慮重力，而且電場力對帶電體做功的特點與重力相同，即都與路徑無關． 2．帶電體在電場中做曲線運動(主要是類平拋、圓周運動)的分析方法與力學中的方法相同，只是對電場力的分析要更謹慎． 　如圖4所示，有一帶正電小球，從豎直面上的A點正上方的某點O以某一初速度平拋，落地點為B點(不計空氣阻力)；今在豎直平面所在的空間上加一個豎直向上的勻強電場后，仍從O點以相同的初速度平拋該帶電小球，小球落地點為C點，測得AC＝2AB.已知小球的重力為mg，小球所帶電量為q，

10、求：電場強度E的大?。? 圖4 答案　 解析　設O點距A點高度為h，AB的距離為s，無電場時下落時間為t1，加上電場后下落時間為t2，初速度為v0，則無電場平拋時， 水平方向s＝v0t1 豎直方向h＝ 得s＝v0 加上電場后平拋時，水平方向2s＝v0t2 豎直方向h＝ 豎直方向的加速度a＝(mg－Eq)/m 代入得2s＝v0 解得E＝ 題型3　帶電粒子在磁場中的圓周運動問題 例3　(16分)如圖5所示，在半徑為R＝的圓形區(qū)域內有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B，圓形區(qū)域右側有一豎直感光板，圓弧頂點P有一速率為v0的帶正電的粒子平行于紙面進入磁場，已知粒子的

11、質量為m，電荷量為q，粒子重力不計． 圖5 (1)若粒子對準圓心射入，求它在磁場中運動的時間； (2)若粒子對準圓心射入，且速率為v0，求它打到感光板上時速度的垂直分量； (3)若粒子以速率v0從P點以任意角射入，試證明它離開磁場后均垂直打在感光板上． 審題突破　粒子射入磁場的方向如何？這種情況下有什么規(guī)律？ 解析　(1)設帶電粒子進入磁場中做勻速圓周運動的軌跡半徑為r，由牛頓第二定律得 Bqv0＝m (2分) 所以r＝＝R (2分) 帶電粒子在磁場中的運動軌跡為四分之一圓周，軌跡對應的圓心角為，如圖所示． 則它

12、在磁場中運動的時間t＝＝ (3分) (2)由(1)知，當v＝v0時，帶電粒子在磁場中運動的軌跡半徑為R，其運動軌跡如圖所示． 由幾何關系可知∠PO2O＝∠OO2A＝30° (2分) 所以帶電粒子離開磁場時偏轉角為60° 粒子打到感光板上時速度的垂直分量為 v⊥＝vsin 60°＝v0 (2分) (3)由(1)知，當帶電粒子以v0射入時，粒子在磁場中的運動軌跡半徑為R，設粒子射入方向與PO方向之間的夾角為θ，帶電粒子從區(qū)域邊界S射出，帶電粒子運動軌跡如圖所示． 因PO3＝O3S＝PO＝SO＝R 所以四邊形POSO3

13、為菱形 (2分) 由幾何關系可知：PO∥O3S 在S點的速度方向與O3S垂直，因此，帶電粒子射出磁場時的方向為水平方向，離開磁場后垂直打在感光板上，與入射的方向無關． (3分) 答案　(1)　(2)v0　(3)見解析 以題說法　1.對于帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的問題，基本思路是：根據進場點和出場點的速度方向，確定洛倫茲力的方向，其交點為圓心，利用幾何關系求半徑． 2．帶電粒子在常見邊界磁場中的運動規(guī)律 (1)直線邊界： ①對稱性：若帶電粒子以與邊界成θ角的速度進入磁場，則一定以與邊界成θ角的速度離開磁場． ②完整性：正、負帶電粒子以相同的

14、速度進入同一勻強磁場時，兩帶電粒子軌跡圓弧對應的圓心角之和等于2π. (2)圓形邊界：沿徑向射入的粒子，必沿徑向射出． 　如圖6所示，中軸線PQ將矩形區(qū)域MNDC分成上、下兩部分，上部分充滿垂直紙面向外的勻強磁場，下部分充滿垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度皆為B.一質量為m、電荷量為q的帶正電的粒子從P點進入磁場，速度與邊MC的夾角θ＝30°.MC邊長為a，MN邊長為8a，不計粒子重力．求： 圖6 (1)若要求該粒子不從MN邊射出磁場，其速度最大是多少？ (2)若要求該粒子恰從Q點射出磁場，其在磁場中的運行時間最少是多少？ 答案　(1)　(2) 解析　(1)設該粒子恰不從M

15、N邊射出磁場時的軌跡半徑為r，由幾何關系得：rcos 60°＝r－a，解得r＝a 又由qvB＝m 解得最大速度v＝ (2)由幾何關系知，軌跡半徑為r時，粒子每經過分界線PQ一次，在PQ方向前進的位移為軌跡半徑r的倍 設粒子進入磁場后第n次經過PQ線時恰好到達Q點 有n×r＝8a 解得n＝＝4.62 n所能取的最小自然數為5 粒子做圓周運動的周期為T＝ 粒子每經過PQ分界線一次用去的時間為 t＝T＝ 粒子到達Q點的最短時間為tmin＝5t＝ 5． 帶電粒子在電場和磁場中運動的綜合問題 審題示例 (16分)如圖7所示，兩塊水平放置、相距為d的長金屬板接在電壓可調的電源

16、上．兩板之間的右側長度為3d的區(qū)域存在方向垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B.噴墨打印機的噴口可在兩極板左側上下自由移動，并且從噴口連續(xù)不斷噴出質量均為m、速度水平且大小相等、帶等量電荷的墨滴．調節(jié)電源電壓至U，使墨滴在未進入磁場前的左側區(qū)域恰能沿水平方向向右做勻速直線運動．(重力加速度為g) 圖7 (1)判斷墨滴所帶電荷的種類，并求其電荷量； (2)要使墨滴不從兩板間射出，求墨滴的入射速率應滿足的條件． 審題模板 答題模板 (1)墨滴在未進入磁場前的左側區(qū)域恰能沿水平方向向右做勻速直線運動，有： ＝mg ①(2分) 解得：q＝

17、 ②(2分) 墨滴所受重力向下，電場力向上，所以墨滴帶負電． (2)墨滴進入電場、磁場共存區(qū)域后，重力與電場力平衡，洛倫茲力提供墨滴做勻速圓周運動所需的向心力 qvB＝m ③(2分) 從上極板邊緣射入的墨滴最容易從兩板間射出，只要這個墨滴沒有射出，其他墨滴就都不會射出．若墨滴剛好由極板左側射出，其運動軌跡如圖所示． 則有R1＝d ④(2分) 聯立②③④解得 v1＝ (2分) 若墨滴剛好從極板右側射出，其運動軌跡如圖所示． 則有R＝(3d)2＋(R2－d)2

18、 ⑤ 解得R2＝5d ⑥(2分) 聯立②③⑥解得 v2＝ (2分) 所以要使墨滴不會從兩極間射出，速率應該滿足 0表示 電場方向豎直向上，一傾角為30°且足夠長的光滑絕緣斜面放置在此空間中．t＝0時， 一帶負電、質量為m的微粒從斜面上的A點由靜止開始沿斜面運動，到C點后，做一次 完整

19、的圓周運動，在t＝T時刻回到C點，再繼續(xù)沿斜面運動到t＝13t0時刻．在運動過 程中微粒電荷量不變，重力加速度為g.上述E0、m、t0、g均為已知量． 　 圖8 (1)求微粒所帶電荷量q和磁感應強度B的大小； (2)求微粒在A、C間運動的加速度a的大小和運動到C點時的速度v1的大??； (3)求0～2T時間內微粒經過的路程． 答案　(1)　　(2)g　gt0　(3)35gt 解析　(1)由題給微粒在0～T時間內的運動情況可知，在0～t0時間內微粒沿斜面運動，在這之后的Δt2＝T－t0＝11t0時間內做勻速圓周運動，做勻速圓周運動時，電場力與重力的合力為零． 由qE0＝mg，解得

20、q＝ (2分) 由11t0＝，解得B＝＝ (2)微粒在A、C間運動時(qE0＋mg)sin 30°＝ma 解得a＝g 微粒運動到C點時的速度大小v1＝at0＝gt0 (3)設t0～T時間內做圓周運動的周長為s1 s1＝v1Δt2＝gt0·11t0＝11gt 在12t0～13t0時間內沿斜面做勻加速直線運動，在t＝13t0時刻速度大小為v2 v2＝a·2t0＝2gt0 設13t0～2T時間內做圓周運動的周長為s2 s2＝v2·11t0＝22gt 0～2T時間內做勻加速直線運動的時間為2t0，經過的路程為s3，s3＝a(2t0)2＝2gt 0～2T時間

21、內微粒經過的總路程 s＝s1＋s2＋s3＝35gt (限時：45分鐘) 1． 一帶電粒子僅在電場力作用下，從電場中的a點以初速度v0進入電場并沿虛線所示的軌跡運動到b點，如圖1所示，可以判斷該粒子 (　　) 圖1 A．在a點的加速度比b點大 B．在a點的電勢能比b點小 C．在a點的電勢比b點小 D．在a點的動能比b點小 答案　D 解析　a點的電場線比b點電場線稀疏，故a點場強比b點場強小，粒子在a點的加速度比在b點時小，選項A錯誤；做曲線運動的物體受到的合力指向曲線的內側，從a點到b點，電場力做正功，電勢能減小，故粒子在a點的電勢能比在b點時大，選項B錯

22、誤；沿電場線方向電勢降低，故a點電勢高于b點電勢，選項C錯誤；電場力做正功，根據動能定理可知，粒子在a點的動能比在b點時小，選項D正確． 2． 如圖2所示，兩個等量異種點電荷的連線和其中垂線上有a、b、c三點，下列說法正確的是 (　　) 圖2 A．a點電勢比b點電勢高 B．a、b兩點的場強方向相同，b點場強比a點場強大 C．b點電勢比c點電勢高，場強方向相同 D．一個電子僅在電場力作用下不可能沿如圖所示的曲線軌跡從a點運動到c點 答案　BD 解析　由等量異種點電荷電場分布的特點可知，等量異種點電荷的中垂面為等勢面，因此a、b兩點電勢相等，A錯誤

23、；在中垂面上場強方向都與中垂面垂直，且從b點向外越來越小，B正確；在兩點電荷連線上，沿電場線方向電勢越來越低，所以b點電勢比c點電勢低，C錯誤；電子受力應指向電場的反方向，根據力與速度的關系可判斷D正確． 3． 如圖3所示，光滑絕緣桿PQ放置在豎直平面內，PQ的形狀與以初速度v0(v0＝)水平拋出的物體的運動軌跡相同，P端為拋出點，Q端為落地點，P點距地面的高度為h.現在將該軌道置于水平向右的勻強電場中，將一帶正電小球套于其上，由靜止開始從軌道P端滑下．已知重力加速度為g，電場力等于重力．當小球到達軌道Q端時(　　) 圖3 A．小球的速率為 B．小球的速率為2 C．小球在水平方向

24、的速度大小為 D．小球在水平方向的速度大小為2 答案　A 解析　小球做平拋運動時，豎直方向上做自由落體運動，由運動學公式得豎直速度vy＝，水平位移x＝·t，豎直位移h＝·t＝·t，解得x＝2h，小球運動到Q端時的合速度方向與水平方向的夾角為45°，當帶電小球沿桿下滑時，對于全過程根據動能定理得mgh＋qEx＝mv2，解得v＝，A正確，B錯誤；由于合速度的方向就是軌跡的切線方向，因此沿桿運動時合速度的方向與小球平拋時合速度的方向相同，小球沿桿運動到Q端時的速度與水平方向的夾角也為45°，將其分解，小球的水平方向的速度大小為vcos 45°＝×＝，C、D錯誤． 4． 如圖4，在x>0、y>

25、0的空間中有恒定的勻強磁場，磁感應強度的方向垂直于xOy平面向里，大小為B，現有四個相同的帶電粒子，由x軸上的P點以不同初速度平行于y軸射入此磁場，其出射方向如圖所示，不計重力影響，則 (　　) 圖4 A．初速度最大的粒子是沿①方向出射的粒子 B．初速度最大的粒子是沿②方向出射的粒子 C．在磁場中運動經歷時間最長的是沿③方向出射的粒子 D．在磁場中運動經歷時間最長的是沿④方向出射的粒子 答案　AD 解析　由R＝可知，速度越大，粒子在磁場中做圓周運動的半徑越大，A正確，B錯誤；由T＝知，各粒子的運動周期相同，沿④方向出射的粒子的軌跡對應的圓心角最大，用時最長，C錯誤，

26、D正確． 5． 如圖5所示，在邊界上方存在著垂直紙面向里的勻強磁場，有兩個電荷量、質量均相同的正、負粒子(不計重力)，從邊界上的O點以相同速度先后射入磁場中，入射方向與邊界成θ角，則正、負粒子在磁場中 (　　) 圖5 A．運動軌跡的半徑相同 B．重新回到邊界所用時間相同 C．重新回到邊界時速度大小和方向相同 D．重新回到邊界時與O點的距離相等 答案　ACD 解析　洛倫茲力充當帶電粒子做圓周運動的向心力，由qvB＝m得，帶電粒子做圓周運動的半徑r＝，所以正、負粒子在磁場中運動的軌道半徑相同，選項A正確；根據qvB＝mr，可得帶電粒子做圓周運動的周期T＝，而正

27、粒子在磁場中運動的時間為t1＝T，負粒子在磁場中運動的時間為t2＝T，兩時間并不相同，選項B錯誤；正、負帶電粒子的運動軌跡如圖所示，由幾何關系可知O2A∥O1C，重新回到邊界時速度大小和方向是相同的，選項C正確；兩粒子重新回到邊界時與O點的距離都是2rsin θ，選項D正確． 6． (xx·浙江·20)在半導體離子注入工藝中，初速度可忽略的磷離子P＋和P3＋，經電壓為U的電場加速后，垂直進入磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向里、有一定寬度的勻強磁場區(qū)域，如圖6所示．已知離子P＋在磁場中轉過θ＝30°后從磁場右邊界射出．在電場和磁場中運動時，離子P＋和P3＋ (　　)

28、 圖6 A．在電場中的加速度之比為1∶1 B．在磁場中運動的半徑之比為∶1 C．在磁場中轉過的角度之比為1∶2 D．離開電場區(qū)域時的動能之比為1∶3 答案　BCD 解析　磷離子P＋和P3＋的質量相等設為m，P＋的電荷量設為q，則P3＋的電荷量為3q，在電場中由a＝知，加速度之比為所帶電荷量之比，即為1∶3，A錯誤；由qU＝mv2得Ek∝q，即離開電場區(qū)域時的動能之比為1∶3，D正確；又由qvB＝，得r＝ ∝，所以rP＋∶rP3＋＝∶1，B正確；由幾何關系可得P3＋在磁場中轉過60°角后從磁場右邊界射出，C正確． 7． 在光滑水平面上，有一質量m＝1.0×10－3 kg、電量q＝1

29、.0×10－10 C的帶正電小球，靜止在O點．如圖7所示，以O點為原點，在該水平面內建立直角坐標系xOy.現在突然加一沿x軸正方向，場強大小E＝2.0×106 V/m的勻強電場，使小球開始運動．經過一段時間后，所加勻強電場再突然變?yōu)檠貀軸正方向，場強大小不變，最終使該小球恰好能夠到達坐標為(0.3,0.1)的P點．求： 圖7 (1)電場改變方向前經過的時間； (2)帶正電小球到達P點時的速度大小和方向． 答案　見解析 解析　(1)由牛頓運動定律得，在勻強電場中小球加速度的大小為a＝ 代入數據得a＝0.20 m/s2 設電場改變方向前經過的時間為t，t時刻小球的速度大小為 v

30、x＝at 小球沿x軸方向移動的距離x1＝at2 電場方向改為沿y軸正方向后的時間T內，小球在x軸正方向做速度大小為vx的勻速直線運動，在y軸正方向做初速度為零的勻加速直線運動． 沿x方向移動的距離x＝vxT＋x1＝0.30 m 沿y方向移動的距離y＝aT2＝0.10 m 由以上各式解得t＝1 s，T＝1 s vx＝0.20 m/s (2)到P點時小球在x方向的分速度仍為vx，在y方向的分速度vy＝aT＝0.20 m/s v＝≈0.28 m/s，此時運動方向與x軸成45°角 8． 如圖8所示，在一半徑為R的圓形區(qū)域內有磁感應強度為B的勻強磁場，方向垂直紙面向外．一束質量為m、電

31、量為q的帶正電粒子沿平行于直徑MN的方向進入勻強磁場，粒子的速度大小不同，重力不計．入射點P到直徑MN的距離為h，求： 圖8 (1)若某粒子經過磁場射出時的速度方向恰好與其入射方向相反，則該粒子的入射速度是多大？ (2)恰好能從M點射出的粒子速度是多大？ (3)若h＝，粒子從P點經磁場到M點的時間是多少？ 答案　(1)　(2)　(3) 解析　(1)粒子出射方向與入射方向相反，即在磁場中運動了半個周期，其半徑r1＝h 設粒子的入射速度為v1 則qv1B＝m 解得v1＝ (2)粒子從M點射出，其運動軌跡如圖所示，設其半徑為r2，在 △MQO1中 r＝(R－)2＋(h－r

32、2)2 得r2＝ 由qv2B＝m 得v2＝ (3)若h＝，sin∠POQ＝＝，可得∠POQ＝ 由幾何關系得粒子在磁場中偏轉所對圓心角為α＝ 周期T＝ 所以t＝T＝ 9． (xx·北京·22)如圖9所示，兩平行金屬板間距為d，電勢差為U，板間電場可視為勻強電場；金屬板下方有一磁感應強度為B的勻強磁場．帶電量為＋q、質量為m的粒子，由靜止開始從正極板出發(fā)，經電場加速后射出，并進入磁場做勻速圓周運動．忽略重力的影響，求： 圖9 (1)勻強電場場強E的大??； (2)粒子從電場射出時速度v的大??； (3)粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑R. 答案　(1)　(2) 　(3)

33、 解析　(1)勻強電場的場強E＝ (2)在加速電場中，由動能定理得： Uq＝mv2 解得v＝ (3)粒子在磁場中做勻速圓周運動時，洛倫茲力提供向心力，有qvB＝ 解得R＝＝ 10．如圖10所示，現在有一個小物塊，質量為m＝80 g，電荷量q＝＋2×10－4 C．與水平軌道之間的動摩擦因數為μ＝0.2，處在一個水平向左的勻強電場中，電場強度E＝4×103 V/m，在水平軌道的末端N處，連接一個光滑的半圓形軌道，半徑為R＝40 cm，取g＝10 m/s2，求： 圖10 (1)若小物塊恰好能夠運動到軌道的最高點L，那么小物塊應該從哪個位置釋放？ (2)如果在上小題的位置釋

34、放小物塊，當它運動到P(軌道中點)點時軌道對它的支持力等于多少？ (3)同位置釋放，當小物塊運動到N點時，突然撤去電場，撤去電場的同時，加一勻強磁場，磁感應強度B＝2 T，方向垂直紙面向里，能否運動到L點？請說明理由．如果最后能落回到水平面MN上，則剛到達MN時小物塊的速度大小為多少？ 答案　(1)距離N點1.25 m處　(2)4.8 N (3)見解析 解析　(1)小物塊恰好能通過軌道最高點的條件是 mg＝m 解得v＝2 m/s 設小物塊從距N點s處釋放，由動能定理得： Eqs－μmgs－mg·2R＝mv2－0 解得s＝1.25 m (2)小物塊從P點到L點，由動能定理得： mv2－mv＝－mgR－EqR 解得vP＝2 m/s 在P點處有： FN－Eq＝ 解得FN＝4.8 N (3)能達到．因為洛倫茲力不做功，到達最高點速度時仍為v＝2 m/s，所受洛倫茲力背離圓心，軌道對小物塊會產生向下的支持力，所以能到達最高點L. 從小物塊到達N點到落回到MN水平面的過程中，重力做功為0，洛倫茲力做功為0，所以剛到達MN時小物塊的速度大小vt等于第一次經過N點時的速度大小． 由動能定理得：Eqs－μmgs＝mv vt＝vN＝2 m/s