1、1电场，磁场，重力场的复合场、组合场问题一、复合场1.一个质量 m0.1 g 的小滑块，带有 q510 4 C 的电荷量，放置在倾角 30的光滑斜面上(斜面绝缘)，斜面置于 B0.5 T 的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，如图 8-2-29 所示，小滑块由静止开始沿斜面滑下，其斜面足够长，小滑块滑至某一位置时，要离开斜面求：(1)小滑块带何种电荷？(2)小滑块离开斜面的瞬时速度多大？(3)该斜面的长度至少多长？ 图 8-2-292.如图 8-3-6 所示的平行板之间，存在着相互垂直的匀强磁场和匀强电场，磁场的磁感应强度 B10.20 T，方向垂直纸面向里，电场强度 E11.010 5 V/m
2、，PQ 为板间中线紧靠平行板右侧边缘 xOy 坐标系的第一象限内，有一边界线 AO，与 y 轴的夹角AOy 45，边界线的上方有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度 B20.25 T，边界线的下方有水平向右的匀强电场，电场强度 E25.010 5 V/m，在 x 轴上固定一水平的荧光屏一束带电荷量 q8.010 19 C、质量 m8.010 26 kg 的正离子从 P 点射入平行板间，沿中线 PQ 做直线运动，穿出平行板后从 y 轴上坐标为(0，0.4 m)的 Q 点垂直 y 轴射入磁场区，最后打到水平的荧光屏上的位置 C.求：图 8-3-6(1)离子在平行板间运动的速度大小；(2)离子打到荧光
3、屏上的位置 C 的坐标；(3)现只改变 AOy 区域内磁场的磁感应强度大小，使离子都不能打到 x 轴上，磁感应强度大小 B2应满足什么条件？3.(2012重庆卷，24)有人设计了一种带电颗粒的速率分选装置，其原理如图 8-3-7 所示两带电金属板间有匀强电场，方向竖直向上，其中 PQNM 矩形区域内还有方向垂直纸面向外的匀强磁场一束比荷(电荷量与质量之比 )均为 的带正电颗粒，以不同的速率沿着磁场区1k域的水平中心线 O进入两金属板之间，其中速率为 v0 的颗粒刚好从 Q 点处离开磁场，然2后做匀速直线运动到达收集板重力加速度为 g，PQ3d，NQ2d，收集板与 NQ 的距离为 l，不计颗粒间
4、相互作用求： (1)电场强度 E 的大小；(2)磁感应强度 B 的大小； (3)速率为 v0(1)的颗粒打在收集板上的位置到 O 点的距离 图 8-3-74.在如图 8-3-9 所示的空间里，存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为 B .在竖2mq直方向存在交替变化的匀强电场如图(竖直向上为正) ，电场大小为 E0 .一倾角为 长度mgq足够长的光滑绝缘斜面放置在此空间斜面上有一质量为 m，带电量为q 的小球，从t0 时刻由静止开始沿斜面下滑，设第 5 秒内小球不会离开斜面，重力加速度为 g.求：(1)第 6 秒内小球离开斜面的最大距离(2)第 19 秒内小球未离开斜面， 角的正切值应满足什
5、么条件？图 8-3-9总结：1静止或匀速直线运动：当带电粒子在复合场中所受合外力为零时，将处于静止状态或做匀速直线运动2匀速圆周运动：当带电粒子所受的重力与电场力大小相等，方向相反时，带电粒子在洛伦兹力的作用下，在垂直于匀强磁场的平面内做匀速圆周运动3一般的曲线运动：当带电粒子所受合外力的大小和方向均变化，且与初速度方向不在同一条直线上，粒子做非匀变速曲线运动，这时粒子运动轨迹既不是圆弧，也不是抛物线4分阶段运动：带电粒子可能依次通过几个情况不同的复合场区域，其运动情3况随区域发生变化，其运动过程由几种不同的运动阶段组成.二、组合场5.如图 8-3-14 所示的平面直角坐标系中，虚线 OM 与
6、 x 轴成 45角，在 OM 与 x 轴之间( 包括 x 轴)存在垂直纸面向里、磁感应强度大小为 B 的匀强磁场，在 y 轴与 OM 之间存在竖直向下、电场强度大小为 E 的匀强电场，有一个质量为m，电荷量为 q 的带正电的粒子以某速度沿 x 轴正方向从 O 点射入磁场区域并发生偏转，不计带电粒子的重力和空气阻力，在带电粒子进入磁场到第二次离开电场的过程中，求：(1)若带电粒子从 O 点以速度 v1 进入磁场区域，求带电粒子第一次离开磁场的位置到 O 点的距离(2)若带电粒子第二次离开电场时恰好经过 O 点，求粒子 图 8-3-14最初进入磁场时速度 v 的大小并讨论当 v 变化时，粒子第二次
7、离开电场时的速度大小与v 大小的关系6.如图 14 所示，在 xOy 平面的第一象限有一匀强电场，电场的方向平行于 y 轴向下；在 x轴和第四象限的射线 OC 之间有一匀强磁场，磁感应强度的大小为 B，方向垂直于纸面向外有一质量为 m，带有电荷量 q 的质点由电场左侧平行于 x 轴射入电场质点到达 x轴上 A 点时，速度方向与 x 轴的夹角为 ，A 点与原点 O 的距离为 d.接着，质点进入磁场，并垂直于 OC 飞离磁场，不计重力影响若 OC与 x 轴的夹角也为 ，求：(1)粒子在磁场中运动速度的大小；(2)匀强电场的场强大小图 147.如图所示，在 xOy 平面的第 象限内有半径为 R 的圆
8、分别与 x 轴、y 轴相切于 P、Q 两点，圆内存在垂直于4xOy 面向外的匀强磁场。在第 象限内存在沿 y 轴负方向的匀强电场，电场强度为 E。一带正电的粒子(不计重力)以速率 v0 从 P 点射入磁场后恰好垂直 y 轴进入电场，最后从M(3R,0)点射出电场，出射方向与 x 轴正方向夹角为 ，且满足 45，求：(1)带电粒子的比荷；(2)磁场磁感应强度 B 的大小；(3)粒子从 P 点射入磁场到 M 点射出电场的时间。8.如图所示，在 xOy 平面内，一带正电的粒子自 A 点经电场加速后从 C 点垂直射入偏转电场(视为匀强电场)，偏转后通过极板 MN 上的小孔 O 离开电场，粒子在 O 点
9、时的速度大小为 v，方向与 x 轴成 45角斜向上。在 y 轴右侧 yd 范围内有一个垂直纸面向里、磁感应强度大小为 B 的匀强磁场，粒子经过磁场偏转后垂直打在极板 MN 上的 P 点。已知 NC 之间距离为 d，粒子重力不计，求：(1)P 点的纵坐标；(2)粒子从 C 点运动到 P 点所用的时间；(3)偏转电场的电场强度。9.(2012山东卷)如图甲所示，相隔一定距离的竖直边界两侧为相同的匀强磁场区，磁场方向垂直纸面向里，在边界上固定两长为 L 的平行金属极板MN 和 PQ，两极板中心各有一小孔 S1、S 2，两极板间电压的变化规律如图乙所示，正反向电压的大小均为 U0，周期为 T0。在 t
10、0 时刻将一个质量为 m、电量为q(q0)的粒子由S1 静止释放，粒子在电场力的作用下向右运动，在 t 时刻通过 S2 垂直于边界进入右侧T02磁场区。(不计粒子重力，不考虑极板外的电场 )(1)求粒子到达 S2 时的速度大小 v 和极板间距 d。(2)为使粒子不与极板相撞，求磁感应强度的大小应满足的条件。(3)若已保证了粒子未与极板相撞，为使粒子在 t3T 0 时刻再次到达 S2，且速度5恰好为零，求该过程中粒子在磁场内运动的时间和磁感应强度的大小。电场，磁场，重力场的复合场、组合场问题答案1.解析 (1)小滑块沿斜面下滑过程中，受重力 mg、斜面支持力 FN和洛伦兹力 F.若要小滑块离开斜
11、面，洛伦兹力 F 方向应垂直斜面向上，根据左手定则可知，小滑块应带负电荷(2)小滑块沿斜面下滑时，垂直斜面方向的加速度为零，有qvBF Nmgcos 0.当 FN0 时，小滑块开始脱离斜面，此时，qvBmgcos ，得v m/s2 m/s.mgcos qB 0.110 310320.5510 4 3(3)下滑过程中，只有重力做功，由动能定理得mgxsin mv2，12斜面的长度至少应是 x m1.2 m.v22gsin 2322100.5答案 (1)负电荷 (2)2 m/s (3)1.2 m32 解析 图甲(1)设离子的速度大小为 v，由于沿中线 PQ 做直线运动，则有 qE1qvB 1，代入
12、数据解得v5.010 5 m/s.(2)离子进入磁场，做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有 qvB2m 得，r0.2 m，作出离v2r子的运动轨迹，交 OA 边界于 N，如图甲所示，OQ2r，若磁场无边界，一定通过 O 点，则圆弧 QN 的圆周角为 45，则轨迹圆弧的圆心角为 90，过 N 点做圆弧切线，方向竖直向下，离子垂直电场线进入电场，做类平抛运动，yOOvt ，x at2，而 a ，12 E2qm6则 x0.4 m，离子打到荧光屏上的位置 C 的水平坐标为 xC(0.20.4)m0.6 m.图乙(3)只要粒子能跨过 AO 边界进入水平电场中，粒子就具有竖直向下的速度而一定打在 x 轴上如图
13、乙所示，由几何关系可知使离子不能打到 x 轴上的最大半径 r m，设使0.42 1离子都不能打到 x 轴上，最小的磁感应强度大小为 B0，则 qvB0m ，代入数据解得 B0 T0.3 T, 则 B20.3 T.v2r 2 18答案 (1)5.010 5 m/s (2)0.6 m (3)B 20.3 T3.解析 (1)设带电颗粒的电荷量为 q，质量为 m.有 Eqmg，将 代入，qm 1k得 Ekg .(2)如图甲所示，有 qv0Bm ，R 2(3d) 2( Rd) 2，得 B .v20R kv05d(3)如图乙所示，有 qv0Bm ，v02R1tan ，3dR21 3d2y1R 1 ，y 2
14、ltan ，yy 1y 2，R21 3d2得 yd(5 ) .252 93l252 9答案 (1)kg (2) (3) d(5 )kv05d 252 9 3l252 974.解析 (1)设第一秒内小球在斜面上运动的加速度大小为 a，由牛顿第二定律得：(mgqE 0)sin ma第一秒末的速度为：vat 1在第二秒内：qE 0mg所以小球将离开斜面在上方做匀速圆周运动，则由向心力公式得 qvBm v2R圆周运动的周期为：T 1 s2mqB由题图可知，小球在奇数秒内沿斜面做匀加速运动，在偶数秒内离开斜面做完整的圆周运动所以，第五秒末的速度为：v5a(t 1t 3t 5)6gsin 小球离开斜面的最
15、大距离为 d2R 3由以上各式得：d .6gsin (2)第 19 秒末的速度：v19a(t 1t 3t 5t 7t 19)20gsin 小球未离开斜面的条件是：qv19B( mgqE 0)cos 所以：tan .120答案 (1) (2)tan 6gsin 1205.解析 (1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有qv1Bm v21R8解得 R mv1qB设粒子从 N 点离开磁场，如图所示，由几何知识可知ON R2联立两式解得：ON 2mv1qB(2)粒子第二次离开磁场后在电场中做类平抛运动，若粒子第二次刚好从 O 点离开电场，则：水平位移 x2R vt2mvqB解得：t 2mqB
16、竖直位移 y2R at22mvqB 12而 a Eqm联立式并解得 v EB若 v ，则粒子从 y 轴离开电场，轨迹如上图，水平位移EBx2R vt 得 t 2mvqB 2mqBvyat t qEm 2EB则粒子离开电场时的速度 v2 v2y v24E2B2 v2若 v ，则粒子从 OM 边界离开电场，粒子在 x、y 方向的位移大小相等EBxvtyx t，解得 vy2vvy29则粒子离开电场时的速度 v3 vv2y v2 5答案 (1) (2) 见解析2mv1qB6(1) sin (2) sin3cos qBdm qB2dm7.解析 (1)在 M 点处：v yv 0tanqEam竖直方向：v
17、yat 3水平方向：3Rv 0t3得： 。qm v203RE(2)粒子运动轨迹如图，设 O1 为磁场的圆心，O2 为粒子轨迹圆心，P 为粒子射出磁场的位置，则 PO2PO1， O1O2PO1O2P，粒子的轨迹半径为：rRBqv0m ，得 Bv20r 3Ev0(3)粒子从 N 进入电场， ONyy at ，qE am,3Rv 0t312 23得 y R，t 332 3Rv0又 yRRcos， 。3P 到 P的时间为 t1：t 1 T 得 t1 2 2R3v0PNRRsin ，所以 t2 RR Rsinv0 2 32v0P 到 M 的总时间 tt 1t 2t 3 R。2R3v0 8 32v08.答案 (1)(2 )d (2) (3) vB234 2d4v 249.答案 (1) 2qU0m T04 2qU0m10(2)B (3) T0 4L2mU0q 74 8m7qT0
