1、复合场计算题专题1.如图所示，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反方向 水平向右，其宽度为Z;中间区域匀强磁场的磁感强度大小为6、方向垂直纸面向外；右侧匀强磁 场的磁感强度大小也为5、方向垂直纸而向里.一个带正电的粒子（质量血电量q,不计重力）从电 场左边缘a点由静止开始运动，穿过中间磁场区域进入右恻磁场区域后，又回到了 a点，然后重复 上述运动过程.求：（1）中间磁场区域的宽度日（2）带电粒子从a点开始运动到第一次回到a点时所用的时间t.2.如图所示，水平放置的两块长平行金属板a4相距0. 10m, a、6间的电场强度为乒5. OX 10N/C, 6板下方整个
2、空间存在着磁感应强度大小为84. 0T,方向垂直纸面向里的匀强磁场，今有一质 量为炉48Xl（Pkg,电荷量为q=1.6Xl（TC的带正电的粒子（不计重力），从贴近a板的左端 以vl.OXlOWs的初速度水平射入匀强磁场，刚好从狭缝P穿过b板而垂直进入匀强磁场， 最后粒子回到6板的Q （图中未标出）处，求尸、Q之间的距离.XXX 0)、质量为s的小球尸在球面上做水平的匀速圆周运动,圆心为。二球心。到该圆周上任一点的连线与竖直方向的夹角为0 (0 0 )的匀强电场时，小球从瑞争止释放后获 q得的最大速率匕心14 .如图所示。在地面附近有一范围足够大的互相正交曲匀强电场和匀强磁场.匀强磁场的磁感应
3、 强度为B,方向水平并垂直纸面向外。一质量为m、带电量为一 q的带电微粒在此区域恰好做速度 大小为口的匀连圆周运动.(重力加速度为F)(1)求此区域内电场强度的大小和方向：(2)若某时刻微粒运动到场中距地而高度为H的P点，速度与水平方向成45 ,如图所 示.则该微粒至少须经多长时间运动到距地面最高点?最高点距地而多高？(3)在同中微粒运动P点时，突然撤去磁场，同时电场尸，jFjt 丁，强度大小不变，方向变为水平向右，则该微粒运动中距地而的最大高度是多少?15 .在某一真空空间内建立xOy坐标系，从原点0处向第I象限发射一荷质比幺=04C/kS的带正 m电的粒子(重力不计).速度大小Vu=103
4、 m/S、方向与x轴正方向成30。角.(1)若在坐标系y轴右侧加有匀强磁场区域，在第I象限，磁场方向垂直xOy平面向外：在第N 象限，磁场方向垂直xOy平面向里；磁感应强度为B=1T,如图(a)所示，求粒子从O点射出后， 第2次经过x轴时的坐标若将上述磁场均改为如图(b)所示的匀强磁场，在1=0到t=2xl()Ts时，磁场方向垂直于 3xOy平而向外；在t=xl()Ts至it=*xl()Ts时，磁场方向垂直于xOy平面向里，此后该空间 不存在磁场，在t=0时刻，粒子仍从O点以与原来相同的速度Vo射入，求粒子从O点射出后第2 次经过X轴时的坐标X2.某处放置一个粒子源，粒子沿W方向连续不断地放出
5、速度q=l.0xl（）52/s的带正电的粒子, 在直线的右侧分布有范围足够大的匀强磁场，磁感应强度反0.01/rT,方向垂直纸而向里，.MV,与中线00,垂直。两平行金属板间的电压Z7随时间变化的1图线如图11-19乙所示，已知带电粒子的荷质比人= l.OxlOSC/kg,粒子的重力和粒子之间的作用力均可忽略不计，若 m/=0.1s时刻粒子源放出的粒子恰能从平行金属板边缘离开电场（设在每个粒子通过电场区域的时间内，可以把板间的电场看作是恒定的工求：（1）f=O.ls时刻粒子源放出的粒子离开电场时的速度大小和方向。（2）从粒子源放出的粒子在磁场中运动的最短时间和最长时间。+!xXXX：xXXX
6、Io： XXXXXXXXN图11-19甲图11-19乙19. （20分）如图所示，在直角坐标系的第I象限和第HI象限存在着电场强度均为E的匀强电场， 其中第I象限电场沿*轴正方向，第IH象限电场沿y轴负方向.在第U象限和第IV象限存在着磁感 应强度均为5的匀强磁场，磁场方向均垂直纸面向里.有一个电子从y轴的尸点以垂直于y轴的初 速度外进入第HI象限，第一次到达x轴上时速度方向与*轴负方向夹角为45 ,第一次进入第I象 限时，与y轴夹角也是45 ,经过一段时间电子又回到了尸点，进行周期性运动.已知电子的电荷 量为。，质量为出不考虑重力和空气阻力.求：（1）9点距原点。的距离；（2）电子从尸点出发
7、到第一次回到尸点所用的时间.23. （18分）放置在竖直平面内的光滑绝缘轨道如图所示，其中BC为水平而，斜面AB与BC通过 较小光滑圆弧连接，CDF是半径为R （R大小未知）的圆形轨道.一个质量为八带电量为p的小球，从距水平而BC高h处的P点由静止下滑，小球恰能通过竖直圆形轨道的最高点。而 作圆周运动。试求：（1）圆形轨道半径R的大小；（2）现在竖直方向加方向竖直向下的足够大的匀强电场，且电场强度满足mg=2qE,若仍从P 点由静止释放该小球，试判断小球能否通过圆形轨道的最高点D.若不能，说明理由；若 能，求出小球在D点时对轨道的压力，参考答案，1. （16分）（1）电场中加速，由。=也 m可
8、见在两磁场区粒子运动半径相同，如图，三段圆弧的圆心组成的三角形是等边三角形,其边长为2r/. d =rsin 60 = 2B/小 右上2y 2mv(2)电场中，/.= 一 = a qE中间磁场中，/）=2乂二=二竺 6 3qB右侧磁场中，t=-T = 6 3qB则r = A+f2+，3=22mL 7 m”qE 3qB2,解:粒子a板左端运动到P处，由动能定理得1212qEd = inv -6%22代入有关数据，解得口 = 2x10”$3.cos。=殳，代入数据得=30粒子在磁场中做匀速圆周运动，圆心为0，半径为r，- = rsin302如图.由几何关系得又 qvB = m r联立求得L =代入
9、数据解得 占5.8cmqB3.解：（1）洛仑兹力提供向心力Bv.q =/心（2分）T = - T = - （2 分）% Bq（2）粒子的运动轨迹将磁场边界分成等分（二2, 3,由几何知识可得：0 = In4）tan。=BqR 血 二 （n = 2,3,4）（4 分）m 2/z当为偶数时,由对称性可得/=27=署（ = 2,4,6 ）（2 分）当为奇数时，为周期的整数倍加上第一段的运动时间，即_ 乃 + / T _ (/ + 一%F 丁2尸画一(n = 3,5,7)(2 分)（3）由几何知识得 = Rtan工2R2cos%不超出边界须有：（2分）R 1 + sin当 =2时不成立，如图（1分）N
10、（2分）比较当 =3、 = 4时的运动半径,知当 =3时，运动半径最大，粒子的速度最大.r = /?tan= = 23 Bq得：% =叵（1分） 3m5.解析：（1）液滴在金属板间运动时，由动能定理 qEd - mgd = 0进入磁场后所受洛仑兹力大小为/ = c/v.B ,方向竖直向上由题意BE/v.由以上各式解得X *X 乂f = mg所以液滴进入磁场后做匀速直线运动（2）在金属板间vo-gti在磁场中运动2二%总时间为=乙+G由式解得t = + g %+自（或”丝+占 vo %6.解析：(1)正、负电子在匀强磁场中圆周运动半径相同但绕行方向不同，分别作出正、负电子 在磁场中运动的轨迹如图
11、所示。由Beu =得 RmvR二 Be射出点距离PQ = 4Rsin，所以竺 Be(2)由r =出得丁 =卫 vBe负电子在磁场中运动时间乙=上二丝7 =1 2九 6，I正电子在磁场中运动时间f,=二7 = -T-246所以两个电子射出的时间差Ar = r1-r,= 1 - 3Be7解析:(1)如图得R=2LR=mvo/Be(2) x 轴坐标 x=a(Xsin60 =a/3L/2y 轴坐标为 y二La0,sin600 =L/2(X点坐标为(百L/2,L/2 )(3)粒子在磁场中飞行时间为，= 60T/360 = 2E/3%8 .解析：(1)设：带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动半径为R,如图甲
12、所示，/00 A =30 ,由图可知，圆运动的半径R二0一二,(2)根据牛顿运动定律，有：Bqv = mmv有：R二夕8,甲A故粒子的入射速度二F(3)当带电粒子入射方向转过60角，如图乙所示，在A0A0,中，0A = r. 0盘二上r, Z0：A0= 30 ,由几何关系可得，0Q=r, NA0：E=60。,设：带电粒子在磁场中运动所用时间为3由:2 兀R n v =.R =Bq，有：T = Bq , T _ Ton解出：t=6 3亚 。9 .解析：(1)质点在磁场中的轨迹为一圆弧。由于质点飞离磁场时，速度垂直于*,故圆弧的圆心 在上。依题意，质点轨迹与x轴的交点为4过0点作与月点的速度方向垂
13、直的直线，与如交 于由几何关系知，AOf垂直于，0是圆弧的圆心。设圆弧的半径为斤，则有后 dsin由洛化兹力公式和牛顿第二定律得V qvB = m 一R将式代入式，得qBd .自v =sin/m (2)质点在电场中的运动为类平抛运动。设质点射入电场的度为外在电场中的加速度为a，运动时间为t，则有Vo= vcos vsin =at联立得 _ v2 sin(pcos(p设电场强度的大小为E,由牛顿第二定律得 qE= ma联立得E = sin3ecos0 m10 .解析：(1)设磁场左边界与x轴相交于D点，与C0相交于0点，则几何关系可知，直线00与 粒子过0点的速度v垂直。在直角三角形00D中N0
14、0D=303设磁场左右边界间距为d,则00=2d, 依题意可知，粒子第一次进入磁场的运动轨迹的圆心即为0点，圆孤轨迹所对的圆心角为30。，且OA为圆弧的半径R。由此可知，粒子自A点射入磁场的速度与左边界垂直。A点到x轴的距离AD = R(1 cos30)由洛仑兹力公式、牛顿第二定律及圆周运动的规律，得mv联立式得布=丝（2）设粒子在磁场中做圆周运动的周期为T,第一次在磁场中飞行的时间为匕，有T / 12.2加1 =qB依题意，匀强电场的方向与x轴正向夹角应为150。由几何关系可知，粒子再次从。点进入磁 场的速度方向与磁场右边夹角为60。设粒子第二次在磁场中飞行的圆弧的圆为O, O必定在直 线0
15、C上。设粒子射出磁场时与磁场右边界交于P点，则NOO”P=120。设粒子第二次进入磁场在磁 场中运动的时间为口，有t.=-T-3设带电粒子在电场中运动的时间为t3,依题意得G =7-（。+，2）由匀变速运动的规律和牛顿定律可知一 U = U 联立可得（3）粒子自P点射出后将沿直线运动，设其由P点再次进入电场，则几何关系知/CTPP = 30三角形OPP为等腰三角形。设粒子在P、P两点间运动的时间为有PP0 二 一又由几何关系知方=JiR。联立式得可qB1L解析：（1）设粒子过N点时速度/有 上=cos。vv=2vq粒子从点运动到N点的过程，有z. _ 1.12q 匕长=mv mva22 3mv
16、a3（2）粒子在磁场中以。为圆做匀速圆周运动，半径为0.V；有mv2n，()r=qB（3）由几何关系得OArsin。粒子在电场中运动的时间/有QV= % ti粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期27tm T=qB设粒子在磁场中运动的时间持 有七_兀-8Ttz12万270)1 tz=3qBt= tl+ tzl (3-73 + 2)/7/3qB口有qvB=12.解析：据题意，小球尸在球而上做水平的匀速圆周运动，该圆周的圆心为。 P受到向下 的重力侬、球面对它沿8方向的支持力N和磁场的洛仑兹力f=QvB式中y为小球运动的速率。洛仑兹力f的方向指向。；根据牛顿第二定律Ncos8 7g = 0f - N s
17、in = mRsin 0由式得 2 qBRsin 8 】+ qRsin2 0()cos 8由于y是实数，必须满足qBR sin 0 V 4gRsin2 . A -辛 Ucos 8由此得可见，为了使小球能够在该圆周上运动，磁感应强度大小的最小值为Bfnin此时，带电小球做匀速圆周运动的速率为祖小sin 6 2m由式得v = J/Lsin6 cos813.解析：（D洛仑兹力不做功，由动能定理得,1 3C尸一mv2得（2）设在最大距离外处的速率为根据圆周运动有,且由知 匕” =J2gy,”由及后2%得 % =舞q b(3)小球运动如图所示，由动能定理(qE-mg) ya- - mvn 乙 2由圆周运
18、动Q VaBmg -qE=m R且由及后2： 为解得2 ,厂v标 F(qE-mg) qB14.（1）带电微粒在做匀速圆周运动,电场力与重力平衡,有mg=Eq,即E=mg/q（3分），方向竖直向下，（1分）（2）粒子做匀速圆周运动，轨道半径为R,如图所示。V-qvB = m一 , （1分）（1分）R最高点与地而的距离为H：H +R（l+cos45 ）, （1分）|解得 kH + （1 + ）（2分）qB 2该微粒运动周期为T二出, qB运动至最高点所用时间为t二二T二;二 （2分）8 4qB1 ,（3）设粒子上升高度为h,由动能定理得一吆瓦加cot45。= 0 3八，2, （3分）-，“71 广
19、VV*解得力=（2分）微粒离地而最大高度为H+。（1分）2（?g + Eq）4g4g15.解：（D粒子在x轴上方和下方的磁场中做半径相同的匀速圆周运动，其运动轨迹如图（a）所示.设粒子的轨道半径r,有qvB = m ,r = 0. m（b）由几何关系知粒子第二次经过X轴 的坐标为Xi=2r=0.2 m.（2）设粒子在磁场中做圆周运动的周期为T.则T = = 24x IO-4s . Bq据题意，知粒子在t=0到t =二 x 10一“ s 内 和 在3t=2xio-4s至IJ t=xl（）Ts时间内在磁场中转过的圆弧所对的圆心角均为2,粒子的运动 333轨迹应如图（b）所示。由几何关系得x:=6r
20、=0. 6 mo16解：（1）带电粒子在电场中受到电场力的作用发生偏转，做类平抛运动。竖直方向：离开电场时的速度=yotan3O粒子发生偏转的位移水平方向：粒子匀速运动的时间 二1 %,V3L 联立以上几式解得，=一1（2）在电场中粒子受到电场力，由牛顿第二定律得，qE=ma 根据运动学公式有，又因为粒子运动时间占上，%带电粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，即：q，B =团?粒子离开电场时的速度v = 师 + 丫：粒子在磁场中的运动轨迹如右图所示L-,d /）由几何关系得，7 = cos30 解得，8 =空空LqL17 .解：带电质点只要能进入第二磁场，就可满足要求。即带电质点至少能
21、进入的第二个磁场的 速度为最小值。大万（1+cos 0 ）（4 分）Bqv0 =（4分） 所以% =曰=（4分）Rm7（1 + cos6）因为一冲所=迎泮（4分）18 .解：（1）设板间距为d, /0.1s时刻释放的粒子在板间做类平抛运动在沿电场方向上 ? =（2分）2 2dm粒子离开电场时，沿电场方向的分速度八=江，（2分）dm粒子离开电场时的速度1，=而高（2分）粒子在电场中的偏角为夕tand = &-（2分）%由焚得 v= L = 1,4x105,k/5（1 分）V mtan-亚=1&分）V 叫；（2）带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期T = = 2x10-65（2 分）qB不同时
22、刻释放的粒子在电场中的偏角。不同，进入磁场后在磁场中运动的时间不同，6大的磁场中的偏角大，运动时间长。f = 0时刻释放的粒子，在电场中的偏角为0,在磁场中运动的时间最短（2分）。=1 = 1x10-6 S1 21=0,卜时刻释放的粒子，在电场中的偏角最大为45 ,在磁场中的运动时间（2分）31, =-T = 1.5xlO-S 419 （20分）电子在第H象限做类平抛运动，沿y轴方向的分速度为uv =uQ tan450 = i0（2 分） 设Okh,则行=2竺力（2分）m2由得力=竺二（2分）2eE在一个周期内，设在第IH象限运动时间为3在第H象限运动时间为气在I象限运动时间为为在第IV象限运
23、动时间为f：eE在第n【象限有% =必=一%（2分）m由解得外=竺“（1分）eE在第II象限电子做圆周运动,周期7 =eB在第n象限运动的时间为八=1=2（3分）2 eB由几何关系可知，电子在第I象限的运动与第川象限的运动对称，沿x轴方向做匀减速运动，沿y轴 方向做匀速运动,到达x轴时垂直进入第四象限的磁场中,速度变为人.在第【象限运动时间为=右=（3分） 1 eE电子在第IV象限做四分之一圆周运动,运动周期与第IH周期相同，即丁 =之” eB（3分）T rrm在第IV象限运动时间为。=1 = 7不电子从尸点出发到第一次回到尸点所用时间为t=t +t2 +t3 +t42mu（, 3 冗m-+e
24、E2eB20. （18 分）解：（1）由小球恰能通过竖直圆形轨道的最高点。而作圆周运动，因此对小球受力分析得到:（2分）从P点到D点，由动能定理：mg （h-2R） =mv2（3 分）2联立两式，得到：2R=-/z（2 分）5（2）存在电场时，设小球恰能通过D点的速度为/ 则由于重力和电场力的合力提供向心力，即：（2分）v - mg+Eq=? R即/= ggR （1 分）高度为h时，若小球能通过D点，此时小球在D点的速度设为山从P点到D点由动能定理，得到：（mg4-Eq） （h-2R） =-mv （3 分）2解得：vD =（1 分） 由于/ =匕），因此小球恰好通过D点（2分）因此对D点的压力N=0（2分）
