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第 4 課時(shí)　帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)
基礎(chǔ)知識(shí)歸納
1.復(fù)合場(chǎng)
復(fù)合場(chǎng)是指　電場(chǎng)　、　磁場(chǎng)　和　重力場(chǎng)　并存，或其中兩場(chǎng)并存，或分區(qū)域存在，分析方法和力學(xué)問(wèn)題的分析方法基本相同，不同之處是多了電場(chǎng)力和磁場(chǎng)力，分析方法除了力學(xué)三大觀點(diǎn)(動(dòng)力學(xué)、動(dòng)量、能量)外，還應(yīng)注意：
(1)　洛倫茲力　永不做功.
(2)　重力　和　電場(chǎng)力　做功與路徑　無(wú)關(guān)　，只由初末位置決定.還有因洛倫茲力隨速度而變化，洛倫茲力的變化導(dǎo)致粒子所受　合力　變化，從而加速度變化，使粒子做　變加速　運(yùn)動(dòng).
2.帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中無(wú)約束情況下的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)
(1)當(dāng)帶電粒子所受合外力為零時(shí)，將　做勻速直線運(yùn)動(dòng)　或處于　靜止　，合外力恒定且與初速度同向時(shí)做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，常見(jiàn)情況有：
①洛倫茲力為零(v與B平行)，重力與電場(chǎng)力平衡，做勻速直線運(yùn)動(dòng)，或重力與電場(chǎng)力合力恒定，做勻變速直線運(yùn)動(dòng).
②洛倫茲力與速度垂直，且與重力和電場(chǎng)力的合力平衡，做勻速直線運(yùn)動(dòng).
(2)當(dāng)帶電粒子所受合外力充當(dāng)向心力，帶電粒子做　勻速圓周運(yùn)動(dòng)　時(shí)，由于通常情況下，重力和電場(chǎng)力為恒力，故不能充當(dāng)向心力，所以一般情況下是重力恰好與電場(chǎng)力相平衡，洛倫茲力充當(dāng)向心力.
(3)當(dāng)帶電粒子所受合外力的大小、方向均不斷變化時(shí)，粒子將做非勻變速的　曲線運(yùn)動(dòng)　.
3.帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中有約束情況下的運(yùn)動(dòng)
帶電粒子所受約束，通常有面、桿、繩、圓軌道等，常見(jiàn)的運(yùn)動(dòng)形式有　直線運(yùn)動(dòng)　和　圓周運(yùn)動(dòng)　，此類(lèi)問(wèn)題應(yīng)注意分析洛倫茲力所起的作用.
4.帶電粒子在交變場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)
帶電粒子在不同場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)可能不同，可分別進(jìn)行討論.粒子在不同場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)的聯(lián)系點(diǎn)是速度，因?yàn)樗俣炔荒芡蛔�，在前一個(gè)場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的末速度，就是后一個(gè)場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的初速度.
5.帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的實(shí)際應(yīng)用
(1)質(zhì)譜儀
①用途：質(zhì)譜儀是一種測(cè)量帶電粒子質(zhì)量和分離同位素的儀器.
②原理：如圖所示，離子源S產(chǎn)生質(zhì)量為m，電荷量為q的正離子(重力不計(jì))，離子出來(lái)時(shí)速度很小(可忽略不計(jì))，經(jīng)過(guò)電壓為U的電場(chǎng)加速后進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)半個(gè)周期而達(dá)到記錄它的照相底片P上，測(cè)得它在P上的位置到入口處的距離為L(zhǎng)，則
qU＝ mv2－0；qBv＝m ；L＝2r
聯(lián)立求解得m＝ ，因此，只要知道q、B、L與U，就可計(jì)算出帶電粒子的質(zhì)量m，若q也未知，則
又因m∝L2，不同質(zhì)量的同位素從不同處可得到分離，故質(zhì)譜儀又是分離同位素的重要儀器.
(2)回旋加速器
①組成：兩個(gè)D形盒、大型電磁鐵、高頻振蕩交變電壓，D型盒間可形成電壓U.
②作用：加速微觀帶電粒子.
③原理：a.電場(chǎng)加速qU＝ΔEk
b.磁場(chǎng)約束偏轉(zhuǎn)qBv＝m ，r＝ ∝v
c.加速條件，高頻電源的周期與帶電粒子在D形盒中運(yùn)動(dòng)的周期相同，即T電場(chǎng)＝T回旋＝
帶電粒子在D形盒內(nèi)沿螺旋線軌道逐漸趨于盒的邊緣，達(dá)到預(yù)期的速率后，用特殊裝置把它們引出.
④要點(diǎn)深化
a.將帶電粒子在兩盒狹縫之間的運(yùn)動(dòng)首尾相連起來(lái)可等效為一個(gè)初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng).
b.帶電粒子每經(jīng)電場(chǎng)加速一次，回旋半徑就增大一次，所以各回旋半徑之比為1∶ ∶ ∶…
c.對(duì)于同一回旋加速器，其粒子回旋的最大半徑是相同的.
d.若已知最大能量為Ekm，則回旋次數(shù)n＝
e.最大動(dòng)能：Ekm＝
f.粒子在回旋加速器內(nèi)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間：t＝
(3)速度選擇器
①原理：如圖所示，由于所受重力可忽略不計(jì)，運(yùn)動(dòng)方向相同而速率不同的正粒子組成的粒子束射入相互正交的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)所組成的場(chǎng)區(qū)中，已知電場(chǎng)強(qiáng)度為B，方向垂直于紙面向里，若粒子運(yùn)動(dòng)軌跡不發(fā)生偏轉(zhuǎn)(重力不計(jì))，必須滿足平衡條件：qBv＝qE，故v＝ ，這樣就把滿足v＝ 的粒子從速度選擇器中選擇出來(lái)了.
②特點(diǎn)：a.速度選擇器只選擇速度(大小、方向)而不選擇粒子的質(zhì)量和電荷量，如上圖中若從右側(cè)入射則不能穿過(guò)場(chǎng)區(qū).
b.速度選擇器B、E、v三個(gè)物理量的大小、方向互相約束，以保證粒子受到的電場(chǎng)力和洛倫茲力等大、反向，如上圖中只改變磁場(chǎng)B的方向，粒子將向下偏轉(zhuǎn).
c.v′>v＝ 時(shí)，則qBv′>qE，粒子向上偏轉(zhuǎn)；當(dāng)v′③要點(diǎn)深化
a.從力的角度看，電場(chǎng)力和洛倫茲力平衡qE＝qvB；
b.從速度角度看，v＝ ；
c.從功能角度看，洛倫茲力永不做功.
(4)電磁流量計(jì)
①如圖所示，一圓形導(dǎo)管直徑為d，用非磁性制成，其中有可以導(dǎo)電的液體流過(guò)導(dǎo)管.
②原理：導(dǎo)電液體中的自由電荷(正、負(fù)離子)在洛倫茲力作用下橫向偏轉(zhuǎn)，a、b間出現(xiàn)電勢(shì)差，形成電場(chǎng).當(dāng)自由電荷所受電場(chǎng)力和洛倫茲力平衡時(shí)，a、b間的電勢(shì)差就保持穩(wěn)定.由Bqv＝Eq＝ q，可得v＝
液體流量Q＝Sv＝ ? ＝
(5)霍爾效應(yīng)
如圖所示，高為h、寬為d的導(dǎo)體置于勻強(qiáng)磁場(chǎng)B中，當(dāng)電流通過(guò)導(dǎo)體時(shí)，在導(dǎo)體板的上表面A和下表面A′之間產(chǎn)生電勢(shì)差，這種現(xiàn)象稱(chēng)為霍爾效應(yīng)，此電壓稱(chēng)為霍爾電壓.
設(shè)霍爾導(dǎo)體中自由電荷(載流子)是自由電子.圖中電流方向向右，則電子受洛倫茲力　向上　，在上表面A積聚電子，則qvB＝qE，
E＝Bv，電勢(shì)差U＝Eh＝Bhv.又I＝nqSv
導(dǎo)體的橫截面積S＝hd
得v＝
所以U＝Bhv＝
k= ，稱(chēng)霍爾系數(shù)．
重點(diǎn)難點(diǎn)突破
一、解決復(fù)合場(chǎng)類(lèi)問(wèn)題的基本思路
1.正確的受力分析.除重力、彈力、摩擦力外，要特別注意電場(chǎng)力和磁場(chǎng)力的分析.
2.正確分析物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài).找出物體的速度、位置及其變化特點(diǎn)，分析運(yùn)動(dòng)過(guò)程，如果出現(xiàn)臨界狀態(tài)，要分析臨界條件.
3.恰當(dāng)靈活地運(yùn)用動(dòng)力學(xué)三大方法解決問(wèn)題.
(1)用動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)分析，包括牛頓運(yùn)動(dòng)定律與運(yùn)動(dòng)學(xué)公式.
(2)用動(dòng)量觀點(diǎn)分析，包括動(dòng)量定理與動(dòng)量守恒定律.
(3)用能量觀點(diǎn)分析，包括動(dòng)能定理和機(jī)械能(或能量)守恒定律.針對(duì)不同的問(wèn)題靈活地選用，但必須弄清各種規(guī)律的成立條件與適用范圍.
二、復(fù)合場(chǎng)類(lèi)問(wèn)題中重力考慮與否分三種情況
1.對(duì)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(jì)其重力，因?yàn)槠渲亓σ话闱闆r下與電場(chǎng)力或磁場(chǎng)力相比太小，可以忽略；而對(duì)于一些實(shí)際物體，如帶電小球、液滴、金屬塊等不做特殊交待時(shí)就應(yīng)考慮其重力.
2.在題目中有明確交待是否要考慮重力的，這種情況比較正規(guī)，也比較簡(jiǎn)單.
3.直接看不出是否要考慮重力的，在進(jìn)行受力分析與運(yùn)動(dòng)分析時(shí)，要由分析結(jié)果，先進(jìn)行定性確定是否要考慮重力.
典例精析
1.帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中做直線運(yùn)動(dòng)的處理方法
【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＝0.6)，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，磁場(chǎng)方向垂直紙面向外.一個(gè)電荷量q＝＋4.0×10－2 C、質(zhì)量m＝0.40 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 s脫離斜面.求磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度(g取10 m/s2).[高考資源網(wǎng)]
【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＋ ＝10×0.6 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(kāi)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，其方向隨運(yùn)動(dòng)方向的反向而反向.能從運(yùn)動(dòng)過(guò)程及受力分析入手，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)，現(xiàn)將此棒豎直放入沿水平方向且互相垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)和勻強(qiáng)電場(chǎng)中.設(shè)小球電荷量不變，小球由靜止下滑的過(guò)程中( BD )
A.小球加速度一直增大 B.小球速度一直增大，直到最后勻速
C.桿對(duì)小球的彈力一直減小 D.小球所受洛倫茲力一直增大，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(kāi)始一段，如圖(a)：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).
2.靈活運(yùn)用動(dòng)力學(xué)方法解決帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問(wèn)題
【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＝0.5 T.質(zhì)量為m1＝9.995×10－7 kg、電荷量為q＝－1.0×10－8 C的帶電微粒，靜止在N板附近.在M、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(kāi)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)，最終落在N板上.若兩板間的電場(chǎng)強(qiáng)度E＝1.0×103 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＝5×10－10 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.[Ks5u.com]
(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，有一傾角為θ的足夠長(zhǎng)的光滑絕緣斜面.磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向水平向外；電場(chǎng)強(qiáng)度為E，方向豎直向上.有一質(zhì)量為m、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，當(dāng)滑塊從A點(diǎn)靜止下滑到C點(diǎn)時(shí)兩物體相碰并黏在一起.求此黏合體在斜面上還能再滑行多長(zhǎng)時(shí)間和距離？
【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(kāi)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(kāi)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2mg? sin θ＝ mv2
設(shè)碰后兩物體速度為u，碰撞前后由動(dòng)量守恒有mvC＝2mu
設(shè)黏合體將要離開(kāi)斜面時(shí)的速度為v′，由平衡條件有
qv′B＝(2mg＋qE)cos θ＝3mgcos θ
由動(dòng)能定理知，碰后兩物體共同下滑的過(guò)程中有
3mgsin θ?s＝ ?2mv′2－ ?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)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.一質(zhì)量為m、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＝60°角射入磁場(chǎng)，最后從y軸負(fù)半軸上的P點(diǎn)垂直于y軸射出磁場(chǎng)，如圖所示.不計(jì)重力，求：
(1)M、N兩點(diǎn)間的電勢(shì)差UMN；
(2)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑r；
(3)粒子從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)的總時(shí)間t.
【解析】(1)設(shè)粒子過(guò)N點(diǎn)時(shí)的速度為v，有 ＝cos θ①
v＝2v0②
粒子從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的過(guò)程，有qUMN＝ ③
UMN＝3mv /2q④
(2)粒子在磁場(chǎng)中以O(shè)′為圓心做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，半徑為O′N(xiāo)，有
qvB＝ ⑤
r＝ ⑥
(3)由幾何關(guān)系得ON＝rsin θ⑦
設(shè)粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t1，有ON＝v0t1⑧
t1＝ ⑨
粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期T＝ ⑩
設(shè)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2，有t2＝ T?
t2＝ ?
t＝t1＋t2＝
【思維提升】注重受力分析，尤其是運(yùn)動(dòng)過(guò)程分析以及圓心的確定，畫(huà)好示意圖，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律及動(dòng)能觀點(diǎn)求解.[高考資源網(wǎng)KS5U.COM]
【拓展3】如圖所示，真空室內(nèi)存在寬度為s＝8 cm的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.332 T，磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里.緊靠邊界ab放一點(diǎn)狀α粒子放射源S，可沿紙面向各個(gè)方向放射速率相同的α粒子.α粒子質(zhì)量為m＝6.64×10－27 kg，電荷量為q＝＋3.2×10－19 C，速率為v＝3.2×106 m/s.磁場(chǎng)邊界ab、cd足夠長(zhǎng)，cd為厚度不計(jì)的金箔，金箔右側(cè)cd與MN之間有一寬度為L(zhǎng)＝12.8 cm的無(wú)場(chǎng)區(qū)域.MN右側(cè)為固定在O點(diǎn)的電荷量為Q＝－2.0×10－6 C的點(diǎn)電荷形成的電場(chǎng)區(qū)域(點(diǎn)電荷左側(cè)的電場(chǎng)分布以MN為邊界).不計(jì)α粒子的重力，靜電力常量k＝9.0×109 N?m2/C2，(取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)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(kāi)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(huà)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＝ ＝0.2 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＝ ＝0.16 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＝ ＝0.16 m
故金箔cd被α粒子射中區(qū)域的長(zhǎng)度為
y＝O′Q＋O′P＝0.32 m
(2)如上圖所示，OE即為α粒子繞O點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r.α粒子在無(wú)場(chǎng)區(qū)域做勻速直線運(yùn)動(dòng)與MN相交，下偏距離為y′，則
tan 37°＝ ，y′＝Ltan 37°＝0.096 m
所以，圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r＝ ＝0.32 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k
α粒子從金箔上穿出時(shí)損失的動(dòng)能為
ΔEk＝ mv2－ mv′2＝2.5×10－14 J
易錯(cuò)門(mén)診
3.帶電體在變力作用下的運(yùn)動(dòng)
【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，如圖所示.帶電荷量為＋q、質(zhì)量為m的油滴從正上方下落并在兩板中央進(jìn)入板內(nèi)空間.已知?jiǎng)傔M(jìn)入時(shí)電場(chǎng)力大小等于磁場(chǎng)力大小，最后油滴從板的下端點(diǎn)離開(kāi)，求油滴離開(kāi)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(kāi)場(chǎng)區(qū)時(shí)，水平方向有Bqv＋qE＝ma，v ＝2a?
豎直方向有v ＝v2＋2gL
離開(kāi)時(shí)的速度v′＝
【錯(cuò)因】洛倫茲力會(huì)隨速度的改變而改變，對(duì)全程而言，帶電體是在變力作用下的一個(gè)較為復(fù)雜的運(yùn)動(dòng)，對(duì)這樣的運(yùn)動(dòng)不能用牛頓第二定律求解，只能用其他方法求解.
【正解】由動(dòng)能定理有mgL＋qE mv2
由題設(shè)條件油滴進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)有Bqv＝qE，E＝U/d
由此可以得到離開(kāi)磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)的速度v′＝
【思維提升】解題時(shí)應(yīng)該注意物理過(guò)程和物理情景的把握，時(shí)刻注意情況的變化，然后結(jié)合物理過(guò)程中的受力特點(diǎn)和運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)，利用適當(dāng)?shù)慕忸}規(guī)律解決問(wèn)題，遇到變力問(wèn)題，特別要注意與能量有關(guān)規(guī)律的運(yùn)用.


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