復(fù)合場(chǎng) 組合場(chǎng)計(jì)算題-普通用卷

1、復(fù)合場(chǎng)組合場(chǎng)計(jì)算題一、計(jì)算題（本大題共8小題，共80.0分）1. 質(zhì)量為m，帶電量為q的液滴以速度v沿與水平成45角斜向上進(jìn)入正交的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)疊加區(qū)域，電場(chǎng)強(qiáng)度方向水平向右，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，如圖所示.液滴帶正電荷，在重力、電場(chǎng)力及磁場(chǎng)力共同作用下在場(chǎng)區(qū)做勻速直線運(yùn)動(dòng).試求：(1)電場(chǎng)強(qiáng)度E和磁感應(yīng)強(qiáng)度B各多大？(2)當(dāng)液滴運(yùn)動(dòng)到某一點(diǎn)A時(shí)，電場(chǎng)方向突然變?yōu)樨Q直向上，大小不改變，不考慮因電場(chǎng)變化而產(chǎn)生的磁場(chǎng)的影響，此時(shí)液滴加速度多少？說明此后液滴的運(yùn)動(dòng)情況(即求：半徑與周期)2. 如圖所示，在豎直平面內(nèi)有一個(gè)正交的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為4T，電場(chǎng)強(qiáng)度為103N/C，一個(gè)帶

2、正電的微粒，q=2×106C，質(zhì)量m=2×106kg，在這正交的電場(chǎng)的磁場(chǎng)內(nèi)恰好做勻速直線運(yùn)動(dòng)，g=10m/s2，求：(1)帶電粒子受到的洛倫茲力的大小(2)帶電粒子運(yùn)動(dòng)的速度大小(3)帶電粒子運(yùn)動(dòng)的速度方向3. 如圖所示，勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)E=4V/m，方向水平向左，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B=2T，方向垂直紙面向里.一個(gè)質(zhì)量為m=1g、帶正電的小物塊A，從M點(diǎn)沿絕緣粗糙的豎直壁無初速度下滑，當(dāng)它滑行0.8m到N點(diǎn)時(shí)就離開壁做曲線運(yùn)動(dòng).當(dāng)A運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)，恰好處于平衡狀態(tài)，此時(shí)速度方向與水平成45角，設(shè)P與M的高度差H為1.6m.求：(1)A沿壁下滑時(shí)克服摩擦力做的功(2)P與M的

3、水平距離s是多少？4. 如圖所示，某空間內(nèi)存在著正交的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電場(chǎng)方向水平向右，磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里.一段光滑絕緣的圓弧軌道AC固定在場(chǎng)中，圓弧所在平面與電場(chǎng)平行，圓弧的圓心為O，半徑R=1.8m，連線OA在豎直方向上，圓弧所對(duì)應(yīng)的圓心角=37.現(xiàn)有一質(zhì)量m=3.6×104kg、電荷量q=9.0×104C的帶正電的小球(視為質(zhì)點(diǎn))，以v0=4.0m/s的速度沿水平方向由A點(diǎn)射入圓弧軌道，一段時(shí)間后小球從C點(diǎn)離開圓弧軌道恰能在場(chǎng)中做勻速直線運(yùn)動(dòng).不計(jì)空氣阻力，取g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8.求：(1)勻強(qiáng)電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)E的大?。?2)小球剛

4、射入圓弧軌道瞬間對(duì)軌道壓力的大小5.如圖所示，兩豎直金屬板間電壓為U1，兩水平金屬板的間距為d，豎直極板a上有一質(zhì)量為m、電荷量為q的微粒(重力不計(jì))從靜止經(jīng)電場(chǎng)加速后，從另一豎直極板上的小孔水平進(jìn)入兩水平金屬板間并繼續(xù)沿直線運(yùn)動(dòng)，水平金屬板內(nèi)的勻強(qiáng)磁場(chǎng)和極板右側(cè)寬度一定、寬度足夠高的勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向都垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，求：(1)微粒剛進(jìn)入水平平行金屬板間時(shí)的速度大小v0；(2)兩水平金屬板間的電壓多大；(3)為使微粒不從磁場(chǎng)右邊界射出，右側(cè)磁場(chǎng)的最少寬度D多大5. 如圖所示，有一對(duì)平行金屬板，板間加有恒定電壓；兩板間有勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0，方向垂直于紙面向里.金屬板右

5、下方以MN、PQ為上下邊界，MP為左邊界的區(qū)域內(nèi)，存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)寬度為d，MN與下極板等高，MP與金屬板右端在同一豎直線.一電荷量為q、質(zhì)量為m的正離子，以初速度v0沿平行于金屬板面、垂直于板間磁場(chǎng)的方向從A點(diǎn)射入金屬板間，不計(jì)離子的重力(1)已知離子恰好做勻速直線運(yùn)動(dòng)，求金屬板間電場(chǎng)強(qiáng)度的大小和方向；(2)若撤去板間磁場(chǎng)B0，已知離子恰好從下極板的右側(cè)邊緣射出電場(chǎng)，方向與水平方向成30角，求A點(diǎn)離下極板的高度；(3)在(2)的情形中，為了使離子進(jìn)入磁場(chǎng)運(yùn)動(dòng)后從邊界MP的P點(diǎn)射出，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B應(yīng)為多大？6. 如圖所示，豎直平面內(nèi)的空間中，有沿水平方向、垂直于紙面向外的勻

6、強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，在磁場(chǎng)中建立豎直的平面直角坐標(biāo)系xOy，在x<0的區(qū)域內(nèi)有沿x軸負(fù)向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E，在x>0的區(qū)域內(nèi)也存在勻強(qiáng)電場(chǎng)(圖中未畫出).一個(gè)帶正電的小球(可視為質(zhì)點(diǎn))從x軸上的N點(diǎn)豎直向下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)至P點(diǎn)后進(jìn)入x<0的區(qū)域，沿著與水平方向成=30角斜向上做直線運(yùn)動(dòng)，通過x軸上的M點(diǎn)，求：(重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力) (1)小球運(yùn)動(dòng)速度的大小(2)在x>0的區(qū)域內(nèi)所加的電場(chǎng)強(qiáng)度的大小(3)小球從N點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn)所用的時(shí)間8如圖所示，相距為d、板間電壓為U的平行金屬板M、N間有垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B0的勻強(qiáng)磁場(chǎng)；在pOy區(qū)域內(nèi)

7、有垂直紙面向外、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)；這pOx區(qū)域?yàn)闊o場(chǎng)區(qū).一正離子沿平行于金屬板、垂直磁場(chǎng)射入兩板間并做勻速直線運(yùn)動(dòng)，從H(0，a)點(diǎn)垂直y軸進(jìn)入第I象限，經(jīng)Op上某點(diǎn)離開磁場(chǎng)，最后垂直x軸離開第I象限.求：(1)離子在金屬板M、N間的運(yùn)動(dòng)速度；(2)離子的荷質(zhì)比qm答案和解析【答案】1. (1)對(duì)液滴受力分析，受重力、電場(chǎng)力和洛倫茲力，做勻速直線運(yùn)動(dòng)，合力為零，根據(jù)平衡條件求解電場(chǎng)強(qiáng)度E和磁感應(yīng)強(qiáng)度B；(2)電場(chǎng)方向突然變?yōu)樨Q直向上，大小不改變，故電場(chǎng)力與重力平衡，洛倫茲力提供向心力，粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律列式求解本題關(guān)鍵是明確粒子的受力情況和運(yùn)動(dòng)情況，然后根據(jù)平衡條件和

8、牛頓第二定律列式求解，不難2. 解：(1)液滴帶正電，液滴受力如圖所示： 根據(jù)平衡條件，有：Eq=mgtan=mg qvB=mgcos=2mg 故：E=mgq B=2mgqv；  (2)電場(chǎng)方向突然變?yōu)樨Q直向上，大小不改變，故電場(chǎng)力與重力平衡，洛倫茲力提供向心力，粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律，有：a=F合m=2g qvB=2mg=mv2R 解得：R=2v22g T=2Rv=2vg 答：(1)電場(chǎng)強(qiáng)度E為mgq，磁感應(yīng)強(qiáng)度B為2mgqv；(2)液滴加速度為2g，此后液滴做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，半徑為2v22g，周期為2vg2. (1)粒子受重力、電場(chǎng)力和洛倫茲力，做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故合力

9、為零根據(jù)平衡條件并運(yùn)用正交分解法列式求解洛侖茲力；(2)根據(jù)f=qvB求解速度大??；(3)根據(jù)左手定則判斷洛侖茲力的方向本題關(guān)鍵是根據(jù)物體做勻速直線運(yùn)動(dòng)的條件，運(yùn)用平衡條件進(jìn)行列式計(jì)算，要注意粒子做直線運(yùn)動(dòng)的條件是合力為零或者合力與速度共線，如果是變速運(yùn)動(dòng)，洛侖茲力大小變化，合力方向不可能恒定，故有洛侖茲力的直線運(yùn)動(dòng)通常都是勻速直線運(yùn)動(dòng)3. 解：粒子在重力、電場(chǎng)力與磁場(chǎng)力作用下做勻速直線運(yùn)動(dòng).粒子的受力如圖所示水平方向：qE=fcos，豎直方向：fsin=mg，其中：f=qvB，聯(lián)立，解得：f=4×105N，v=5m/s =30 答：(1)帶電粒子受到的洛倫茲力的大小為4×

10、105N；(2)帶電粒子運(yùn)動(dòng)的速度大小為5m/s；(3)帶電粒子運(yùn)動(dòng)的速度方向與水平方向成30斜向左上方3. 對(duì)小球進(jìn)行受力分析，再根據(jù)各力的變化，可以找出合力及加速度的變化；即可以找出小球最大速度及最大加速度的狀態(tài)本題要注意分析帶電小球的運(yùn)動(dòng)過程，屬于牛頓第二定律的動(dòng)態(tài)應(yīng)用與電磁場(chǎng)結(jié)合的題目，此類問題要求能準(zhǔn)確找出物體的運(yùn)動(dòng)過程，并能分析各力的變化，對(duì)學(xué)生要求較高4. 解：(1)小物體A下落至N點(diǎn)時(shí)開始離開墻壁，說明這時(shí)小物體A與墻壁之間已無擠壓，彈力為零故有：qE=qvNB vN=EB=42=2m/s       

11、60;   對(duì)小物體A從M點(diǎn)到N點(diǎn)的過程應(yīng)用動(dòng)能定理，這一過程電場(chǎng)力和洛侖茲力均不做功，應(yīng)有：mghWf克=12mvN2 Wf克=mgh12mvN2=103×10×0.812×103×22=6×l03 (J)      (2)小物體離開N點(diǎn)做曲線運(yùn)動(dòng)到達(dá)P點(diǎn)時(shí)，受力情況如圖所示，由于=45，物體處于平衡狀態(tài)，建立如圖的坐標(biāo)系，可列出平衡方程qBvpcos45qE=0        (1)

12、 qBvpsin45mg=0        (2) 由(1)得 vp=EBcos45=22m/s 由(2)得 q=mgBvpsin45=2.5×l03 c                   NP過程，由動(dòng)能定理得mg(Hh)qES=12mvp212mv12 代入計(jì)算得  

13、60; S=0.6 m       答：(1)A沿壁下滑時(shí)克服摩擦力做的功6×l03 J(2)P與M的水平距離s是0.6m4. (1)小球離開軌道后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，分析其受力知：小球受到重力mg、電場(chǎng)力qE和洛倫茲力qvB，由平衡條件求出電場(chǎng)強(qiáng)度場(chǎng)強(qiáng)E的大小(2)小球沿軌道從A運(yùn)動(dòng)到C的過程中，重力和電場(chǎng)力對(duì)小球做功，洛倫茲力不做功，由動(dòng)能定理求出小球運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)的速度.根據(jù)小球在C與A的速度關(guān)系，得到洛倫茲力大小關(guān)系.分析小球經(jīng)過A點(diǎn)時(shí)的受力情況，根據(jù)牛頓第二定律求解軌道對(duì)小球的支持力，再由牛

14、頓第三定律得到小球?qū)壍赖膲毫Ρ绢}力平衡、動(dòng)能定理和牛頓第二定律的綜合應(yīng)用，運(yùn)用動(dòng)能定理時(shí)要注意洛倫茲力不做功，但洛倫茲力對(duì)向心力有作用，分析受力情況，作出力圖是解答的基礎(chǔ)，難點(diǎn)是分析小球經(jīng)過AC兩點(diǎn)的洛倫茲力關(guān)系5. 解：(1)小球離開軌道后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，其受力情況如圖所示，則有：qvBcosmg=0      qvBsinqE=0 求得：E=3.0N/C  (2)設(shè)小球運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)的速度為v，在小球沿軌道從A運(yùn)動(dòng)到C的過程中，根據(jù)動(dòng)能定理有：qERsinmgR(1cos)=12mv212mv02 小球由A點(diǎn)射入圓弧軌道瞬間，設(shè)軌道對(duì)小球的

15、支持力為N，小球的受力情況如圖所示，由牛頓第二定律有：N+qBv0mg=mv02R 聯(lián)立求得：N=3.2×103N 根據(jù)牛頓第三定律可知，小球由A點(diǎn)射入圓弧軌道瞬間對(duì)軌道的壓力：N=3.2×103N 答：(1)勻強(qiáng)電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)E的大小為3.0N/C；(2)小球剛射入圓弧軌道瞬間對(duì)軌道壓力的大小為3.2×103N.5. (1)粒子在電場(chǎng)中加速，根據(jù)動(dòng)能定理可求得微粒進(jìn)入平行金屬板間的速度大?。?2)根據(jù)粒子在平行板間做直線運(yùn)動(dòng)可知，電場(chǎng)力與洛倫茲力大小相等，列式可求得電壓大?。?3)粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)幾何關(guān)系可知半徑與D之間的關(guān)系，再由洛倫茲充當(dāng)向心力可求

16、得最小寬度本題考查帶電粒子在電場(chǎng)和磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，要注意明確帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)注意幾何關(guān)系的應(yīng)用，明確向心力公式的應(yīng)用；而帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)要注意根據(jù)功能關(guān)系以及運(yùn)動(dòng)的合成和分解規(guī)律求解6. 解：(1)在加速電場(chǎng)中，由動(dòng)能定理得：qU1=12mv02 解得：v0=2qU1m；(2)在水平平行金屬板間時(shí)，當(dāng)Bqv0=qUd時(shí)，微粒做直線運(yùn)動(dòng)解得：U=Bd2qU1m (3)若粒子進(jìn)入磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后恰與右邊界相切，此時(shí)對(duì)應(yīng)寬度為D，由幾何關(guān)系可知，r=D；即：Bqv0=mv02r 聯(lián)立解得：D=mBq2qU1m 答：(1)微粒剛進(jìn)入水平平行金屬板間時(shí)的速度大小v0為2qU1m；(2)兩水平金屬板間

17、的電壓為Bd2qU1m；(3)為使微粒不從磁場(chǎng)右邊界射出，右側(cè)磁場(chǎng)的最少寬度D為mBq2qU1m6. (1)離子做勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，電場(chǎng)力和洛侖茲力二力平衡，根據(jù)平衡條件列式，即可求解電場(chǎng)強(qiáng)度的大小，由左手定則判斷出洛茲力的方向，即可確定電場(chǎng)強(qiáng)度的方向；(2)撤去板間磁場(chǎng)B0，離子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，平行于極板做勻速直線運(yùn)動(dòng)，垂直于極板做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)速度的分解求出離子從M點(diǎn)射出電場(chǎng)時(shí)的速度，由動(dòng)能定理求解A點(diǎn)離下極板的高度；(3)根據(jù)題意畫出離子的運(yùn)動(dòng)軌跡，根據(jù)幾何知識(shí)求出軌跡半徑，再由洛倫茲力提供向心力，列式求解B本題是粒子速度選擇器、電場(chǎng)偏轉(zhuǎn)和磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)的綜合，關(guān)鍵要掌握

18、類平拋運(yùn)動(dòng)的處理方法：運(yùn)動(dòng)的分解法，并能運(yùn)用動(dòng)能定理求解h磁場(chǎng)中勻速圓周運(yùn)動(dòng)問題，關(guān)鍵要正確畫出離子的運(yùn)動(dòng)軌跡，運(yùn)用幾何知識(shí)求解半徑7. 解：(1)設(shè)板間的電場(chǎng)強(qiáng)度為E，離子做勻速直線運(yùn)動(dòng)，受到的電場(chǎng)力和洛侖茲力平衡有： qE=qv0B0    解得：E=v0B0 由左手定則可判斷出洛侖茲力方向豎直向上，所以電場(chǎng)力的方向豎直向下，故場(chǎng)強(qiáng)的方向豎直向下(2)設(shè)A點(diǎn)離下極板的高度為h，離子射出電場(chǎng)時(shí)的速度為v，根據(jù)動(dòng)能定理得： qEh=12mv212mv02  離子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，水平分方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則有v=v0cos30&#

19、160;  聯(lián)立解得：h=mv026qv0B0=mv06qB0  (3)設(shè)離子進(jìn)入磁場(chǎng)后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r，由幾何關(guān)系得：r=12dsin60=33d  根據(jù)牛頓第二定律得：qvB=mv2r  聯(lián)立解得：B=2mv0qd；答：(1)金屬板間電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為v0B0，方向豎直向下；(2)A點(diǎn)離下極板的高度為mv06qB0；(3)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B應(yīng)為2mv0qd7. (1)油滴從P到M做直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)油滴受力情況求出油滴的速度(2)油滴做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，則油滴的重力與電場(chǎng)力合力為零，據(jù)此求出電場(chǎng)強(qiáng)度(3)油滴在第三象限做直線運(yùn)動(dòng)，求

20、出粒子做圓周運(yùn)動(dòng)與做直線運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，然后求出從N到M的運(yùn)動(dòng)時(shí)間本題考查了帶電油滴在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，分析清楚油滴的運(yùn)動(dòng)過程、應(yīng)用平衡條件、牛頓第二定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可以解題；對(duì)油滴正確受力分析、應(yīng)用幾何知識(shí)是正確解題的關(guān)鍵8. 解：(1)油滴沿PM做直線運(yùn)動(dòng)，油滴受力如圖所示： 在垂直于PM方向上，由平衡條件得：qE=qvBsin，解得：v=EBsin30=2EB；(2)由于tan=qEmg=33，則：mg=3qE，mgsin=mgcos，油滴所受合力為零；油滴從x軸上的N點(diǎn)豎直向下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，油滴的重力與電場(chǎng)力合力為零，即：mg=qE，解得：E=mgq=3E；(3)油滴的

21、運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示： 油滴做勻速圓周運(yùn)動(dòng)轉(zhuǎn)過的圓心角：=120，油滴做圓周運(yùn)動(dòng)的時(shí)間：t1=360T=120360×2mqB=2m3qB，油滴在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qvB=mv2r，解得：r=mvBq=2mEB2q，由幾何知識(shí)得：OP=rcos30=3mEB2q，PM=OPsin30=23mEB2q，油滴從P到M做勻速直線運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間：t2=PMv=3mBq，則從N到M油滴的運(yùn)動(dòng)時(shí)間：t=t1+t2=2m+33m3qB；答：(1)油滴運(yùn)動(dòng)速度的大小為2EB；(2)在x>0的區(qū)域內(nèi)所加的電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為3E；(3)油滴從N點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn)所用的時(shí)間

22、為2m+33m3qB8. (1)正離子沿平行于金屬板垂直磁場(chǎng)射入兩板間做勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，洛倫茲力與電場(chǎng)力平衡，由平衡條件和E0=Ud結(jié)合可求出離子在平行金屬板間的運(yùn)動(dòng)速度(2)帶電粒子進(jìn)入pOy區(qū)域做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，據(jù)題由幾何關(guān)系可求出圓周運(yùn)動(dòng)的半徑.在磁場(chǎng)中由洛倫茲力提供向心力，可求出比荷本題中離子在復(fù)合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的問題是速度選擇器的模型，要理解其工作原理.在磁場(chǎng)中畫軌跡，由幾何知識(shí)求解半徑、由圓心角確定時(shí)間都是常規(guī)思路9. 解：(1)設(shè)帶電粒子的質(zhì)量為m、電量為q，在平行金屬板間的運(yùn)動(dòng)速度為v，平行金屬板間的場(chǎng)強(qiáng)為E0依題意，有：qvB0=qE0 又勻強(qiáng)電場(chǎng)，有：E0=Ud 聯(lián)立解得：v=UB

23、0d (2)帶電粒子進(jìn)入pOy區(qū)域，做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)軌道半徑為r，有：qvB=mv2r 依題意帶電粒子進(jìn)入第象限轉(zhuǎn)過14圈后從Op上離開磁場(chǎng)，如圖，由幾何關(guān)系：r+rtan45=a，得r=12a 聯(lián)立得：qm=2UB0Bad 答：(1)離子在金屬板M、N間的運(yùn)動(dòng)速度是UB0d；(2)離子的荷質(zhì)比qm為2UB0Bad【解析】12. (1)對(duì)液滴受力分析，受重力、電場(chǎng)力和洛倫茲力，做勻速直線運(yùn)動(dòng)，合力為零，根據(jù)平衡條件求解電場(chǎng)強(qiáng)度E和磁感應(yīng)強(qiáng)度B；(2)電場(chǎng)方向突然變?yōu)樨Q直向上，大小不改變，故電場(chǎng)力與重力平衡，洛倫茲力提供向心力，粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律列式求解本題關(guān)鍵是明確粒子的受

24、力情況和運(yùn)動(dòng)情況，然后根據(jù)平衡條件和牛頓第二定律列式求解，不難23. (1)粒子受重力、電場(chǎng)力和洛倫茲力，做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故合力為零根據(jù)平衡條件并運(yùn)用正交分解法列式求解洛侖茲力；(2)根據(jù)f=qvB求解速度大??；(3)根據(jù)左手定則判斷洛侖茲力的方向本題關(guān)鍵是根據(jù)物體做勻速直線運(yùn)動(dòng)的條件，運(yùn)用平衡條件進(jìn)行列式計(jì)算，要注意粒子做直線運(yùn)動(dòng)的條件是合力為零或者合力與速度共線，如果是變速運(yùn)動(dòng)，洛侖茲力大小變化，合力方向不可能恒定，故有洛侖茲力的直線運(yùn)動(dòng)通常都是勻速直線運(yùn)動(dòng)34. 對(duì)小球進(jìn)行受力分析，再根據(jù)各力的變化，可以找出合力及加速度的變化；即可以找出小球最大速度及最大加速度的狀態(tài)本題要注意分析帶電小

25、球的運(yùn)動(dòng)過程，屬于牛頓第二定律的動(dòng)態(tài)應(yīng)用與電磁場(chǎng)結(jié)合的題目，此類問題要求能準(zhǔn)確找出物體的運(yùn)動(dòng)過程，并能分析各力的變化，對(duì)學(xué)生要求較高45. (1)小球離開軌道后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，分析其受力知：小球受到重力mg、電場(chǎng)力qE和洛倫茲力qvB，由平衡條件求出電場(chǎng)強(qiáng)度場(chǎng)強(qiáng)E的大小(2)小球沿軌道從A運(yùn)動(dòng)到C的過程中，重力和電場(chǎng)力對(duì)小球做功，洛倫茲力不做功，由動(dòng)能定理求出小球運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)的速度.根據(jù)小球在C與A的速度關(guān)系，得到洛倫茲力大小關(guān)系.分析小球經(jīng)過A點(diǎn)時(shí)的受力情況，根據(jù)牛頓第二定律求解軌道對(duì)小球的支持力，再由牛頓第三定律得到小球?qū)壍赖膲毫Ρ绢}力平衡、動(dòng)能定理和牛頓第二定律的綜合應(yīng)用，運(yùn)用動(dòng)能定理時(shí)要注意洛倫茲力不做功，但洛倫茲力對(duì)向心力有作用，分析受力情況，作出力圖是解答的基礎(chǔ)，難點(diǎn)是分析小球經(jīng)過AC兩點(diǎn)的洛倫茲力關(guān)系56. (1)粒子在電場(chǎng)中加速，根據(jù)動(dòng)能定理可求得微粒進(jìn)入平行金屬板間的速度大??；(2)根據(jù)粒子在平行板間做直線運(yùn)動(dòng)可知，電場(chǎng)力與洛倫茲力大小相等，列式可求得電壓大??；(3)粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)幾何關(guān)系可知