【点拨解疑】首先要认真分析小物体的运动过程，建立物理图景。
开始时，设物体从x0点，以速度v0向右运动，它在水平方向受电场力qE和摩擦力f，方向均向左，因此物体向右做匀减速直线运动，直到速度为零；而后，物体受向左的电场力和向右的摩擦力作用，因为qE>f，所以物体向左做初速度为零的匀加速直线运动，直到以一定速度与墙壁碰撞，碰后物体的速度与碰前速度大小相等，方向相反，然后物体将多次的往复运动。
但由于摩擦力总是做负功，物体机械能不断损失，所以物体通过同一位置时的速度将不断减小，直到最后停止运动。
物体停止时，所受合外力必定为零，因此物体只能停在O点。
对于这样幅度不断减小的往复运动，研究其全过程。
电场力的功只跟始末位置有关，而跟路径无关，所以整个过程中电场力做功
根据动能定理，得：
。
点评：
该题也可用能量守恒列式：
电势能减少了，动能减少了，内能增加了，∴
同样解得。
【例题6】如图2所示，半径为r的绝缘细圆环的环面固定在水平面上，场强为E的匀强电场与环面平行。
一电量为+q、质量为m的小球穿在环上，可沿环作无摩擦的圆周运动，若小球经A点时，速度vA的方向恰与电场垂直，且圆环与小球间沿水平方向无力的作用，试计算：
（1）速度vA的大小；
（2）小球运动到与A点对称的B点时，对环在水平方向的作用力。
【点拨解疑】
（1）在A点，小球在水平方向只受电场力作用，根据牛顿第二定律得：
所以小球在A点的速度。
（2）在小球从A到B的过程中，根据动能定理，电场力做的正功等于小球动能的增加量，即，
小球在B点时，根据牛顿第二定律，在水平方向有
解以上两式，小球在B点对环的水平作用力为：
。
点评：
分析该题，也可将水平的匀强电场等效成一新的重力场，重力为Eq，A是环上的最高点，B是最低点；这样可以把该题看成是熟悉的小球在竖直平面内作圆周运动的问题。
【例题7】（xx年理综全国卷）如图3所示有三根长度皆为l＝1.00m的不可伸长的绝缘轻线，其中两根的一端固定在天花板上的O点，另一端分别挂有质量皆为m＝1.00×kg的带电小球A和B，它们的电量分别为一q和＋q，q＝1.00×C．A、B之间用第三根线连接起来．空间中存在大小为E＝1.00×106N/C的匀强电场，场强方向沿水平向右，平衡时A、B球的位置如图所示．现将O、B之间的线烧断，由于有空气阻力，A、B球最后会达到新的平衡位置．求最后两球的机械能与电势能的总和与烧断前相比改变了多少．（不计两带电小球间相互作用的静电力）
【点拨解疑】图
（1）中虚线表示A、B球原来的平衡位置，实线表示烧断后重新达到平衡的位置，其中、分别表示OA、AB与竖直方向的夹角。
A球受力如图
（2）所示：
重力mg，竖直向下；电场力qE，水平向左；细线OA对A的拉力T1，方向如图；细线AB对A的拉力T2，方向如图。
由平衡条件得
①②
B球受力如图（3）所示：
重力mg，竖直向下；电场力qE，水平向右；细线AB对B
的拉力T2，方向如图。
由平衡条件得
③④
联立以上各式并代入数据，得⑤⑥
由此可知，A、B球重新达到平衡的位置如图（4）所示。
与原来位置相比，A球的重力势能减少了⑦
B球的重力势能减少了
⑧
A球的电势能增加了WA=qElcos60°⑨
B球的电势能减少了
⑩
两种势能总和减少了
代入数据解得
【例题8】（xx年全国理综卷）如图5所示，两根平行的金属导轨，固定在同一水平面上，磁感应强度B=0.50T的匀强磁场与导轨所在平面垂直，导轨的电阻很小，可忽略不计。
导轨间的距离l=0.20m。
两根质量均为m=0.10kg的平行金属杆甲、乙可在导轨上无摩擦地滑动，滑动过程中与导轨保持垂直，每根金属杆的电阻为R=0.50Ω。
在t=0时刻，两杆都处于静止状态。
现有一与导轨平行、大小为0.20N的恒力F作用于金属杆甲上，使金属杆在导轨上滑动。
经过t=5.0s，金属杆甲的加速度为a=1.37m/s2，问此时两金属杆的速度各为多少？
【点拨解疑】设任一时刻t两金属杆甲、乙之间的距离为x，速度分别为v1和v2,经过很短的时间△t，杆甲移动距离v1△t，杆乙移动距离v2△t，回路面积改变
由法拉第电磁感应定律，回路中的感应电动势
回路中的电流
杆甲的运动方程
由于作用于杆甲和杆乙的安培力总是大小相等，方向相反，所以两杆的动量时为0）等于外力F的冲量
联立以上各式解得
代入数据得
针对训练
1．（xx年广西、河南、广东卷）在图9中虚线所示的区域存在匀强电场和匀强磁场。
取坐标如图。
一带电粒子沿x轴正方向进入此区域，在穿过此区域的过程中运动方向始终不发生偏转。
不计重力的影响，电场强度E和磁感强度B的方向可能是（ ）
A．E和B都沿x轴正方向B．E沿y轴正向，B沿z轴正向
C．E沿x轴正向，B沿y轴正向D．E、B都沿z轴正向
2．如图10所示，一束电子（电量为e）以速度v垂直射入磁感应强度为B，宽度为d的匀强磁场中，穿透磁场时速度方向与电子原来入射方向的夹角是30°，则电子的质量是，穿透磁场的时间是。
3．（xx年全国卷）如图11所示，两个共轴的圆筒形金属电极，外电极接地，其上均匀分布着平行于轴线的四条狭缝a、b、c和d，外筒的外半径为r，在圆筒之外的足够大区域中有平行于轴线方向的均匀磁场，磁感强度的大小为B。
在两极间加上电压，使两圆筒之间的区域内有沿半径向外的电场。
一质量为ｍ、带电量为＋q的粒子，从紧靠内筒且正对狭缝a的S点出发，初速为零。
如果该粒子经过一段时间的运动之后恰好又回到出发点S，则两电极之间的电压U应是多少？
（不计重力，整个装置在真空中）
4．如图12所示，空间分布着有理想边界的匀强电场和匀强磁场。
左侧匀强电场的场强大小为E、方向水平向右，电场宽度为L；中间区域匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里。
一个质量为m、电量为q、不计重力的带正电的粒子从电场的左边缘的O点由静止开始运动，穿过中间磁场区域进入右侧磁场区域后，又回到O点，然后重复上述运动过程。
求：
（1）中间磁场区域的宽度d；
（2）带电粒子从O点开始运动到第一次回到O点所用时间t。
参考答案：
1．AB
解析：
E和B都沿x轴正方向，由于带电粒子速度与磁感应强度B平行或反向平行，故不受磁场力只受电场力，而不论粒子带何种电荷，电场力与速度均共线，由此知粒子作直线运动，A正确。
若E沿y轴正向则电场力沿y轴正向（带正电）或负向（带负电），而B沿z轴正向，则由左手定则知其所受洛仑兹力沿y轴负向（带正电）或正向（带负电），合外力可能为零，故B正确。
若E沿z轴正向，则电场力沿z轴正向（带正电）或负向（带负电），B沿y轴正向，则洛仑兹力也沿z轴正向（带正电）或负向（带负电），合力不为零，且与速度不共线，粒子必然发生偏转，故C错。
若E、B都沿z轴方向，则电场力也沿z轴方向，而洛仑兹力沿y轴方向，合力不为零，且与速度不共线，粒子必发生偏转，故D错。
2．解析：
电子在磁场中运动，只受洛仑兹力作用，故其轨迹是圆弧的一部分，又因为f⊥v，故圆心在电子穿入和穿出磁场时受到洛仑兹力指向交点上，如图10中的O点，由几何知识知，AB间圆心角θ＝30°，OB为半径。
∴r=d/sin30°=2d，又由r=mv/Be得m=2dBe/v
又∵AB圆心角是30°，∴穿透时间t=T/12，故t=πd/3v。
3．解析：
如图13所示，带电粒子从S点出发，在两筒之间的电场作用下加速，沿径向穿过狭缝a而进入磁场区，在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动。
粒子再回到S点的条件是能沿径向穿过狭缝d.只要穿过了d，粒子就会在电场力作用下先减速，再反向加速，经d重新进入磁场区，然后粒子以同样方式经过c、b，再回到S点。
设粒子进入磁场区的速度大小为v，根据动能定理，有
设粒子做匀速圆周运动的半径为R，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律，有
由前面分析可知，要回到S点，粒子从a到d必经过圆周，所以半径R必定等于筒的外半径r，即R=r。
由以上各式解得
。
4．解析：
（1）带电粒子在电场中加速，由动能定理，可得：
带电粒子在磁场中偏转，由牛顿第二定律，可得：
由以上两式，可得。
可见在两磁场区粒子运动半径相同，如图14所示，三段圆弧的圆心组成的三角形ΔO1O2O3是等边三角形，其边长为2R。
所以中间磁场区域的宽度为
（2）在电场中
，
在中间磁场中运动时间
在右侧磁场中运动时间，
则粒子第一次回到O点的所用时间为
。
针对训练
1．如图6所示，长L1宽L2的矩形线圈电阻为R，处于磁感应强度为B的匀强磁场边缘，线圈与磁感线垂直。
将线圈以向右的速度v匀速拉出磁场，求：
①拉力F大小；②拉力的功率P；③拉力做的功W；④线圈中产生的电热Q；⑤通过线圈某一截面的电荷量q。
2．如图7所示，水平的平行虚线间距为d=50cm，其间有B=1.0T的匀强磁场。
一个正方形线圈边长为l=10cm，线圈质量m=100g，电阻为R=0.020Ω。
开始时，线圈的下边缘到磁场上边缘的距离为h=80cm。
将线圈由静止释放，其下边缘刚进入磁场和刚穿出磁场时的速度相等。
取g=10m/s2，求：
⑴线圈进入磁场过程中产生的电热Q。
⑵线圈下边缘穿越磁场过程中的最小速度v。
⑶线圈下边缘穿越磁场过程中加速度的最小值a。
3．（xx年上海卷）如图8所示，有两根和水平方向成。
角的光滑平行的金属轨道，上端接有可变电阻R，下端足够长，空间有垂直于轨道平面的匀强磁场，磁感强度为及一根质量为m的金属杆从轨道上由静止滑下。
经过足够长的时间后，金属杆的速度会趋近于一个最大速度几，则
（A）如果B增大，vm将变大
（B）如果α变大，vm将变大
（C）如果R变大，vm将变大
（D）如果m变小，vm将变大
4．（xx年上海卷）半径为a的圆形区域内有均匀磁场，磁感强度为B＝0.2T，磁场方向垂直纸面向里，半径为b的金属圆环与磁场同心地放置，磁场与环面垂直，其中a＝0.4m，b＝0.6m，金属环上分别接有灯L1、L2，两灯的电阻均为R0＝2Ω，一金属棒MN与金属环接触良好，棒与环的电阻均忽略不计
（1）若棒以v0＝5m/s的速率在环上向右匀速滑动，求棒滑过圆环直径OO′的瞬时（如图9所示）MN中的电动势和流过灯L1的电流。
（2）撤去中间的金属棒MN，将右面的半圆环OL2O′以OO´为轴向上翻转90º，若此时磁场随时间均匀变化，其变化率为ΔB/Δt＝4T/s，求L1的功率。
5．如图10所示，电动机牵引一根原来静止的、长L为1m、质量m为0.1kg的导体棒MN上升，导体棒的电阻R为1Ω，架在竖直放置的框架上，它们处于磁感应强度B为1T的匀强磁场中，磁场方向与框架平面垂直。
当导体棒上升h=3.8m时，获得稳定的速度，导体棒上产生的热量为2J，电动机牵引棒时，电压表、电流表的读数分别为7V、1A，电动机内阻r为1Ω，不计框架电阻及一切摩擦，求：
（1）棒能达到的稳定速度；
（2）棒从静止至达到稳定速度所需要的时间。
参考答案
1．解析：
，，，；；
；；
特别要注意电热Q和电荷q的区别，其中q与速度无关！
2．解：
⑴由于线圈完全处于磁场中时不产生电热，所以线圈进入磁场过程中产生的电热Q就是线圈从图中2位置到4位置产生的电热，而2、4位置动能相同，由能量守恒Q=mgd=0.50J
⑵3位置时线圈速度一定最小，而3到4线圈是自由落体运动因此有
v02-v2=2g（d-l），得v=2m/s
⑶2到3是减速过程，因此安培力减小，由F-mg=ma知加速度减小，到3位置时加速度最小，a=4.1m/s2
3．B、C
4．解析：
（1）E1＝B2av＝0.2×0.8×5＝0.8V①
I1＝E1/R＝0.8/2＝0.4A②
（2）E2＝ΔФ/Δt＝0.5×πa2×ΔB/Δt＝0.32V③
P1＝（E2/2）2/R＝1.28×102W
5．解析：
（1）电动机的输出功率为：
W
电动机的输出功率就是电动机牵引棒的拉力的功率，所以有
其中F为电动机对棒的拉力，当棒达稳定速度时
感应电流
由①②③式解得，棒达到的稳定速度为m/s
（2）从棒由静止开始运动至达到稳定速度的过程中，电动机提供的能量转化为棒的机械能和内能，由能量守恒定律得：
解得t=1s
升级会员 