高中物理復(fù)合場問題分析

1、qBl4m或v05qB154m2014年高中物理復(fù)合場問題分析復(fù)合場問題綜合性強(qiáng)， 覆蓋的考點多(如牛頓定律、動能定理、能量守恒和圓周運動) 是理綜試題中的熱點、難點。復(fù)合場一般包括重力場、電場、磁場，該專題所說的復(fù)合場指 的是磁場與電場、磁場與重力場、電場與重力場，或者是三場合一。所以在解題時首先要弄清題目是一個怎樣的復(fù)合場。一、無約束1、勻速直線運動如速度選擇器。一般是電場力與洛倫茲力平衡。分析方法：先受力分析，根據(jù)平衡條件列方程求解1、設(shè)在地面上方的真空室內(nèi)，存在勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場.已知電場強(qiáng)度和磁感強(qiáng)度的方向是相同的，電場強(qiáng)度的大小E=m磁感強(qiáng)度的大小 B=.今有一個帶負(fù)電的質(zhì)點以 2

2、0m/s的速度在此區(qū)域內(nèi)沿垂直場強(qiáng)方向做勻速直線運動，求此帶電質(zhì)點的電量q與質(zhì)量之比q/m以及磁場的所有可能方向.1、由題意知重力、電場力和洛侖茲力的合力為零，則有mg ；(Bq )2 (Eq)2 =q Jb2 21T，則g g,代入數(shù)據(jù)得,q/m 1.96C/m .b2 2 E2kg,又tan B /E ,可見磁場是沿著與重力方向夾角為arctan0.75,且斜向卜方的一切方向2、(海淀區(qū)高三年級第一學(xué)期期末練習(xí))15.如圖28所示，水平放置的兩塊帶電金屬板a、b平行正對。極板長度為 1,板間距也為1,板間存在著方向豎直向下的勻強(qiáng)電場和垂 直于紙面向里磁感強(qiáng)度為 B的勻強(qiáng)磁場。假設(shè)電場、磁場

3、只存在于兩板間的空間區(qū)域。一質(zhì)量為m的帶電荷量為q的粒子(不計重力及空氣阻力)， 以水平速度 V0從兩極板的左端中間射入場區(qū)，恰好做勻速直線運動。求：(1)金屬板a、b間電壓U的大?。?2)若僅將勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度變?yōu)樵瓉淼?倍，粒子將擊中上極板，求粒子運動到達(dá)上極板時的動能大?。?3)若撤去電場，粒子能飛出場區(qū)，求m、Vo、q、B、滿足的關(guān)系；(4)若滿足(3)中條件，粒子在場區(qū)運動的最長時間。圖282、（1）U=lvoB; （2）EK=；m vo2 2 qB l v。；（3） V。3、兩塊板長為L=1.4m,間距d=0.3m水平放置的平行板，板間加有垂直于紙面向里,B=的勻強(qiáng)磁場，如圖所

4、示，在兩極板間加上如圖所示電壓，當(dāng)t=0時，有一質(zhì)量m=2 10-15Kg,電量q=1 10-10C帶正電荷的粒子，以速度 Vo=4X 103m/s從兩極正中央沿與板面平行的方 向射入，不計重力的影響，(1)畫出粒子在板間的運動軌跡(2)求在兩極板間運動的時間八 U/ 103V+ U u“VO xB.X X X XO 1 2 3 4 5 t/ 104s o -(b) (a)答案：(1)見下圖 (2)兩板間運動時間為t=解析：本題主要考查帶電粒子在電磁復(fù)合場中的勻速圓周運動和勻速直線運動。第一個10-4s有電場，洛倫茲力 F=qE=5 10-7N (方向向下)，f=qvB=5 107N(方向向上

5、),粒子作勻速直線運動，位移為x=v0t=0.4m；第二個10-4s無電場時，做勻速圓周運動，其周期為t=25=1 10-4s,qB半徑為R=mv= -2m0BC.它們?nèi)魩д?，則 qa CbD.它們?nèi)魩ж?fù)電，則qa、qb.它們?nèi)魩д?，則 qa qb()圖 3-4-25、如圖3-4-8所示，在xoy豎直平面內(nèi)，有沿+x方向的勻強(qiáng)電場和垂直xoy平面指向紙內(nèi)的勻強(qiáng)磁場，勻強(qiáng)電場的場強(qiáng) E=12N/C,勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度 B=2T. 一質(zhì)量m=4X 105kg、電量q=x 10-5C的帶電微粒，在 xoy平面內(nèi)作勻速直線運動，當(dāng)它過原點O時，勻強(qiáng)磁場撤去，經(jīng)一段時間到達(dá)x軸上P點，求：P點到原

6、點O的距離和微粒由 O到P的運動時間.6、如圖3-4-9所示，矩形管長為 L,寬為d,高為h,上下兩平面是絕緣體，相距為 d的兩個側(cè)面為導(dǎo)體，并用粗導(dǎo)線MNffi連，令電阻率為p的水銀充滿管口，源源不斷地流過該矩形管.若水銀在管中流動的速度與加在管兩端的壓強(qiáng)差成正比，且當(dāng)管的兩端的壓強(qiáng)差為 p時，水銀的流速為 Vo.今在矩形管所在的區(qū)域加一與管子的上下平面垂直的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B （圖中未畫出）.穩(wěn)定后，試求水銀在管子中的流速.7、如圖3-4-10所示，兩水平放置的金屬板間存在一豎直方向的勻強(qiáng)電場和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)弓雖度為 B, 一質(zhì)量為4m帶電量為-2q的微粒b正好懸浮在

7、板間正中央O點處，另一質(zhì)量為 m的帶電量為q的微粒a,從P點以一水平速度 vo（vo未知）進(jìn)入兩板間正好做勻速直線運動，中途與B相碰.（1）碰撞后a和b分開，分開后b具有大小為的水平向右的速度，且電量為-q/2 .分開后瞬間a和b的加速度為多大？分開后a的速度大小如何變化？假如O點左側(cè)空間足夠H大，則分開后a微粒運動軌跡的最高點和O點的高度差為多少?（分開后兩微粒間的相互作用的庫侖力不計）（2）若碰撞后a、b兩微粒結(jié)為一體，最后以速度V0從H穿出，求H點與O點的高度差.8、在平行金屬板間，有如圖1-3-31所示的相互正交的勻強(qiáng)電場的勻強(qiáng)磁XX察 1-3-31場.a粒子以速度v0從兩板的正中央垂

8、直于電場方向和磁場方向射入時，恰好 能沿直線勻速通過.供下列各小題選擇的答案有：A.不偏轉(zhuǎn) B.向上偏轉(zhuǎn) C.向下偏轉(zhuǎn)D.向紙內(nèi)或紙外偏轉(zhuǎn)若質(zhì)子以速度 v0從兩板的正中央垂直于電場方向和磁場方向射入時,(A )若電子以速度v0從兩板的正中央垂直于電場方向和磁場方向射入時，將(A )若質(zhì)子以大于的 V0速度，沿垂直于勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場的方向從兩板正中央射入，將 (B )vo沿垂直于電場和磁場的方(C )若增大勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度，其它條件不變，電子以速度 向，從兩板正中央射入時，將9、電磁流量計廣泛應(yīng)用于測量可導(dǎo)電流體(如污水)在管中的流量(在單位時間內(nèi)通B的勻強(qiáng)圖 1-3-371-3-37所示

9、的橫a、b、c.流過管內(nèi)橫截面的流體的體積).為了簡化，假設(shè)流量計是如圖 截面為長方形的一段管道，其中空部分的長、寬、高分別為圖中的 量計的兩端與輸送流體的管道相連接(圖中虛線).圖中流量計的上下兩面是 金屬材料，前后兩面是絕緣材料.現(xiàn)于流量計所在處加磁感應(yīng)強(qiáng)度為磁場，磁場方向垂直于前后兩面.當(dāng)導(dǎo)電流體穩(wěn)定地流經(jīng)流量計時，在管外將流量計上、下兩表面分別與一串接了電阻流體的電阻率為A. (bRc),不計電流表的內(nèi)阻,B. -(aR b)B cR的電阻的兩端連接，I 則可求得流量為(AC. l(cR -)I表示測得的電流值.已知)D. -(R bc)B a2、勻速圓周運動當(dāng)帶電粒子所受的重力與電場

10、力平衡時,帶電粒子可以在洛倫茲力的作用下,在垂直于磁場的平面內(nèi)做勻速圓周運動。無約束的圓周運動必為勻速圓周運動。分析方法：先受力分析,般是洛倫茲力提供向心力，然后根據(jù)牛頓定律和勻速圓周運動知識，以及其他力平衡條件列方程求解。帶電液滴在如圖 3-13所示的正交的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場中運動.已知電場強(qiáng)度為E,豎直向下；磁感強(qiáng)度為 B,垂直紙面向內(nèi).此液滴在垂直于磁場的豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動，軌道半徑為 R.問：(1)液滴運動速率多大？方向如何？ ( 2)若液滴運動到最低點 A時分裂成兩個液滴，其中一個在原運行方向上作勻速圓周運動，半徑變?yōu)?3R圓周最低點也是 A,則另一液滴將如何運動?XXOXX1

11、、(1) Eq=mg知液滴帶負(fù)電,q=mg/E Bq徑為3R的速率為v1 ,則 Bq 12mlz2,知3R2 m_R3BqRmBqR(2)設(shè)半1m -m 121-m22,得V2二一v.則其半徑為m/22Bq22、如圖1-3-33,在正交的勻強(qiáng)電磁場中有質(zhì)量、m3BgRER.Bq電量都相同的兩滴油.止，B做半彳至為R的勻速圓周運動.若B與A相碰并結(jié)合在一起，則它們將,由動量守恒,A .以B原速率的一半做勻速直線運動B.以R/2為半徑做勻速圓周運動C. R為半徑做勻速圓周運動D.做周期為B原周期的一半的勻速圓周運動3、在真空中同時存在著豎直向下的勻強(qiáng)電場和水平方向的勻強(qiáng)磁場，如圖1-3-39所示，

12、有甲、乙兩個均帶負(fù)電的油滴，電量分別為qi和q2,甲原來靜止在磁場中的A點，乙在過A點的豎直平面內(nèi)做半徑為 r的勻速圓周運動.如果 乙在運動過程中與甲碰撞后結(jié)合成一體，仍做勻速圓周運動，軌跡如圖所示， 則碰撞后做勻速圓周運動的半徑是多大？原來乙做圓周運動的軌跡是哪一段？ 假設(shè)甲、乙兩油滴相互作用的電場力很小，可忽略不計.r (mi m2 )v ； DMA 是(qi q2)B4、如圖1-3-41所示的空間，勻強(qiáng)電場的方向豎直向下，場強(qiáng)為 Ei,勻強(qiáng) 磁場的方向水平向外，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.有兩個帶電小球 A和B都能在垂直于磁場方向的同一豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動(兩小球間的庫侖力可忽略)，運 動軌跡如

13、圖。已知兩個帶電小球A和B的質(zhì)量關(guān)系為 mA=3mB,軌道半徑為RA=3RB=9cm .(1)試說明小球A和B帶什么電，它們所帶的電荷量之比qA： qA等于多少？(2)指出小球A和B的繞行方向？(3)設(shè)帶電小球 A和B在圖示位置P處相碰撞，且碰撞后原先在小圓軌道上運圖 1-3-41碰撞時兩個帶電小球間電荷量不轉(zhuǎn)移)。都帶負(fù)電荷，-qA -；者B相同；RA 7cmqB 1動的帶電小球B恰好能沿大圓軌道運動， 求帶電小球A碰撞后所做圓周運動的軌道半徑 (設(shè)、D四點，囹中Eo和Bo都屬未知)CD=2.0m的絕緣水平面平滑連接，水平面右側(cè)空間存在5、如圖1-3-52甲所示，空間存在著彼此垂直周期性變化

14、的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，磁場 和電場隨時間變化分別如圖中乙、丙所示(電場方向豎直向上為正，磁場方向垂直紙面水平向里為正)，某時刻有一帶電液滴從A點以初速v開始向右運動，圖甲中虛線是液滴的運動軌跡(直線和半圓相切于 A、B、C(1)此液滴帶正電還是 帶負(fù)電？可能是什么時刻從 A點開始運動的？(2)求液滴的運動速度和BC之間的距離.*1 )、帶正電，可能是*(4n 3) s (n=1, 2, 3,)1t 102 2) 2m/s, 0.4m6、(18分)如圖所示， 半徑R=0.8m的四分之一光 滑圓弧軌道位于豎直平面內(nèi)，與長互相垂直的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，電場強(qiáng)度E=40N/C ,方向豎直向上，磁場的磁

15、感應(yīng)強(qiáng)度B=,方向垂直紙面向外。兩個質(zhì)量無為m=x10-6kg的小球a和b, a球不帶電，b球帶q=x 10-6C的正電并靜止于水平面右邊緣處.將a球從圓弧軌道項端由靜止釋放，運動到D點與b球發(fā)生正碰，碰撞時間極短，碰后兩球粘合在一起飛入復(fù)合場中，最后落在地面上的 P點，已知小球a在水平面上運動時所受的摩擦阻力f=, PN J3ND ,取g=10m/s2。a、b均可作為質(zhì)點。求小球a與b相碰后瞬間速度的大小v;(2)(3)6、(1)水平面離地面的高度 h;從小球a開始釋放到落地前瞬間的整個運動過程中,（18 分）（6分）設(shè)a球到D點時的速度為v對a、b球，根據(jù)動量守恒定律解得(2)(3)3、a

16、b系統(tǒng)損失的機(jī)械能 E。隊釋放至D點12,mvD2根據(jù)動能定理 mgR 0.1mgryjFAEHjrjaffjrjgtfxJDrji LuaJ-1.mvD=2mvv=1.73m/s（6分）兩球進(jìn)入處長合場后，由計算可知Eq=2mg兩球在洛侖茲力作用下做勻速圓周運動軌跡示意圖如右圖所示(1分)2洛侖茲力提供向心力 evB 2m r由圖可知解得(2分)r=2h(2分)h 2.3m 3.46m（6分）ab系統(tǒng)損失的機(jī)械能1 mg(R h) mgh -0.1mg CD 1mvD 22mv2解得E 1.48 10 4 J受力及能的轉(zhuǎn)化(1分)J3 33(4分)22mv Eqh(2分)1、如圖10-2所示

17、，帶電平行板中勻強(qiáng)電場豎直向上, 帶電小球從光滑絕緣軌道上的 a點滑下，經(jīng)過軌道端點 板間后恰好沿水平方向做直線運動，現(xiàn)使小球從稍低些的勻強(qiáng)磁場方向垂直紙面向里，某P進(jìn)入b點開始自由滑下，在經(jīng)過點進(jìn)入板間的運動過程中，以下分析正確的是A.其動能將會增大C.小球所受洛倫茲力增大答案：ABCB.其電勢能將會增大D.小球所受的電場力將會增大-Q + 圖 10-1解析：本題考查帶電粒子在復(fù)合場中的受力及能的轉(zhuǎn)化。從a點滑下進(jìn)入板間能做勻速直線則受力平衡有qE+qvB=mg ,o可判斷小球帶正電從a點下落有qE+qvB=mg ,從b點進(jìn)入初速度變小所以 qvB變小，軌跡將向下偏合外力做 正功動能變大，速

18、度變大，qvB變大。克服電場力做功電勢能變大。電場力不變故選ABC2、有一帶電量為q,重為G的小球，由兩豎直的帶電平行板上方自由落下，兩板間勻強(qiáng)磁場的磁感強(qiáng)度為 B,方向如圖1-3-34,則小球通過電場、 磁場空間時（A ）+A. 一定作曲線運動C.可能作勻速運動B.不可能作曲線運動D .可能作勻加速運動4、復(fù)雜的曲線運動當(dāng)帶電粒子所受的合外力是變力，且與初速度方向不在同一直線上，粒子做非勻變速曲線運動，這時粒子的運動軌跡不是圓弧，也不是拋物線，也不可能是勻變速。有洛倫茲力作用的曲線運動不可能是類拋體運動。處理方法：一般應(yīng)用動能定理或能量守恒定律列方程求解+圖 3-4-11、如圖3-4-1所示

19、，帶電平行板中勻強(qiáng)電場豎直向上，勻 強(qiáng)磁場方向垂直紙面向里，某帶電小球從光滑絕緣軌道上的a點滑下，經(jīng)過軌道端點 P進(jìn)入板間后恰好沿水平方向做直線運 動，現(xiàn)使小球從稍低些的 b點開始自由滑下，在經(jīng)過 P點進(jìn)入 板間的運動過程中（）A.能將會增大B .其電勢能將會增大C.洛倫茲力增大D .小球所受的電場力將會增大2、如圖1-3-32所示，空間存在豎直向下的勻強(qiáng)電場和垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，一帶電液滴從靜止自 A點沿曲線ACB運動，到達(dá)B點時速度為零.C點是運動的最低點，以下說法中正確的是（ABD ）A.液滴一定帶負(fù)電B.液滴在C點動能最大C.液滴受摩擦力不計，則機(jī)械能守恒D.液滴在C點的機(jī)械能最小

20、二、有約束1、直線運動1、如圖所示，套在足夠長的絕緣粗糙直棒上的帶正電小球，其質(zhì)量m,帶電量q,小球可在棒上滑動，現(xiàn)將此棒豎直放入沿水平方向且互相垂直的勻強(qiáng)磁場和勻強(qiáng)電場中，設(shè)小 球電荷量不變，小球由靜止下滑的過程中A :小球速度一直增大，直到最后勻速f ,其中f=科N ,隨著速度的不斷增B:小球加速度一直增大C:小球?qū)U的彈力一直減小D:小球所受的洛倫茲力一直增大，直到最后不變答案：AD解析：本題主要考查帶電粒子在復(fù)合場中的復(fù)雜運動小球靜止加速下滑，洛=84丫在不斷增大，開始一段f洛F電，水平方向有f洛+N= F電，力口速度a= mgm大，f洛增大，彈力減小，加速度隨之增大。當(dāng)f洛二F電時，

21、加速度達(dá)到最大，以后f洛F 電，水平方向f洛=N +F電，隨著速度的增大，N不斷變大，摩擦力變大加速度減 小，當(dāng)f=mg時，加速度a=0,此后小球做勻速直線運動。由以上分析可知 AD 正確。2、如圖3-4-7所示，質(zhì)量為mi電量為Q的金屬滑塊以某乂一 KB一初速度沿水平放置的木板進(jìn)入電磁場空間，勻強(qiáng)磁場的方向垂直紙面向里，勻強(qiáng)電場的方向水平且平行紙面；滑塊和木板間的動摩擦因數(shù)為，已知滑塊由A點至B點是勻速的，且在B點與提供電場的電路的控制開關(guān)K相碰，使電場立即消失，滑塊也由于碰撞動能減為碰前的1/4,其返回A點的運動恰好也是勻速的，若往返總時間為T, AB長為L,求：(1)滑塊帶什么電？場強(qiáng)

22、E的大小和方向？(2)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為多少?(3)摩擦力做多少功?3、足夠長的光滑絕緣槽， 與水平方向的夾角分別為“和 3 (aabB.在槽上a、b兩球都做變加速直線運動，但總有aaabC. a、b兩球沿直線運動的最大位移 分別為Sa、Sb,則Sa SbD. a、b兩球沿槽運動的時間分別為ta、tb,則taVtb4、如1-3-38圖，光滑絕緣細(xì)桿 MN處于豎直平面內(nèi)，與水平面夾角為37 , 一個范圍較大的磁感強(qiáng)度為 B的水平勻強(qiáng)磁場與桿垂直，質(zhì)量為m的帶電小球沿桿下滑到圖中的P處時，向左上方拉桿的力為，已知環(huán)帶電量為q.求環(huán)帶何種電荷？環(huán)滑到P處時速度多大？在離P多遠(yuǎn)處環(huán)與桿之間無彈力作用？

23、負(fù)電(2)v1 12吧 s 2m2gqB35、如圖1-3-53所示，虛線上方有場強(qiáng)為Ei=6X104N/C的勻強(qiáng)電場，方向豎直向上，虛線下方有場強(qiáng)為E2的勻強(qiáng)電場，電場線用實線表示，另外，在虛線上、下方均有勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度相等，方向垂直紙面向里，ab是一長為L= 0.3m的絕緣細(xì)桿,沿Ei電場線方向放置在虛線上方的電、磁場中，b端在虛線上，將一套在 ab桿上的帶電量為q= -5 x 10-8C的帶電小環(huán)從a端由靜止釋放后，小環(huán)先作加速運動而后作勻速運動到達(dá)b圖 1-3-53端，小環(huán)與桿間的動摩擦因數(shù)科二,不計小環(huán)的重力，小環(huán)脫離ab桿后在虛線下方仍沿原方向作勻速直線運動.(1)請指明勻強(qiáng)電

24、場 E2的場強(qiáng)方向，說明理由，并計算出場強(qiáng)E2的大??；(2)若撤去虛線下方電場 E2,其他條件不變，小環(huán)進(jìn)入虛線下方區(qū)域后運動軌跡是半徑為 L/3的半圓，小環(huán)從a到b的運動過程中克服摩擦力做的功為多少？E2 且 2.4 105 N/C； Wf ( 1)qE1L3 10 4J62、圓周運動C1、如圖所示，半徑為 R的環(huán)形塑料管豎直放置， AB為該環(huán)的水平直徑，且管的內(nèi)徑遠(yuǎn)小于環(huán)的半徑，環(huán)的AB及其以下部分處于水平向左的勻強(qiáng)電場中，管的內(nèi)壁光滑。現(xiàn)將一質(zhì)量為m|帶電量為+ q的小球從管中 A點由靜止釋放，已知qE= mg以下說法正確的是A.小球釋放后，到達(dá) B點時速度為零，并在 BDAW往復(fù)運動B

25、.小球釋放后，第一次達(dá)到最高點C時對管壁無壓力C.小球釋放后，第一次和第二次經(jīng)過最高點C時對管壁的壓力之比為1:5D.小球釋放后，第一次經(jīng)過最低點D和最高點C時對管壁的壓力之比為5:1答案：CD解析：本題主要考查復(fù)合場中有約束的非勻速圓周運動由到電場力做正功 2qER重力做正功 mgR都做正功，B點速度不為零故 A選項錯第一次到達(dá)C點合外力做功為零由動能定理知C點速度為零，合外力提供向心力FN-mg=0FN=mg所以B選項錯，第一次經(jīng)過 C點時對管壁的壓力為 mg,從A點開始運動到第二次 經(jīng)過C點時合外力做功為4qER-mgR= ； mv2, C點的速度為v= v16gR ,C點合外力提供向心

26、mv2 一 .1c力Fn +mg=，得Fn =5mg故C選項正確。第一次經(jīng)過 D點qER+mgR= - mvD2R22 mvD vd= 4gR , FND-mg=R所以FND=5mg故選項D正確。一一 X X圖 10-22、如圖3-14所示，半徑為R的光滑絕緣豎直環(huán)上， 套有一電量為q的帶正電的小球，在水平正交的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場中.已知小球所受電場力與重力的大小相等.磁場的磁感強(qiáng)度為B.則(1)在環(huán)頂端處無初速釋放小球，小球的運動過程中所受的最大磁場力.(2)若要小球能在豎直圓環(huán)上做完整的圓周運動，在頂端釋放時初速必須滿足什么條件？2、(1)設(shè)小球運動到 C處vc為最大值，此時OC與豎直方向

27、夾角為，由動能定理得:mgR(1 cos ) EqRsin 而 Eq mg,故有1 25m c mgR(1 sin cos ) mgR1 + 2sin( 45 ) 口 廳門療內(nèi)仃門力450時.動能有最大值mgR（1 次），Vc也有最大值為#2Rg（1，fm Bq、,2Rg（1一百.（2）設(shè)小球在最高點的速度為V0,到達(dá)C的對稱點D點的速度為Vd,由動能定理知：1m 2 1m 02 mgR（1 45o） EqRsin45o mgR（1 % , 以 d 0 代入， 可得：2 2o v；2（v2 1）Rg .圖 3-4-53、質(zhì)量為 由電量為q帶正電荷的小物塊，從半徑為 R的1/4光滑 圓槽頂點由靜

28、止下滑，整個裝置處于電場強(qiáng)度E,磁感應(yīng)強(qiáng)度為 B的區(qū)域內(nèi)，如圖3-4-5所示.則小物塊滑到底端時對軌道的壓力為多大？三、綜合1、長為L的細(xì)線一端系有一帶正電的小球，電荷量為q,質(zhì)量為 m。另一端固定在空間的O點，加一均強(qiáng)電場（未畫出），當(dāng)電場取不同的方向時，可使小球繞O點以L為半徑 分別在不同的平面內(nèi)做圓周運動.則：（1）若電場的方向豎直向上，且小球所受電場力的大小等于小球所受重力的J3倍使小球在豎直平面內(nèi)恰好能做圓周運動，求小球速度的最小值；（2）若去掉細(xì)線而改為加一范圍足夠大的勻強(qiáng)磁場（方向水平且垂直紙面），磁感應(yīng)強(qiáng)度B,小球恰好在此區(qū)域做速度為 v的勻速圓周運動，求此時電場強(qiáng)度的大小和方

29、向若某時刻小球運動到場中的P點，速度與水平方向成 45 o ,如圖10-2,則為保證小球在此區(qū)域能做完整的勻速圓周運動，P點的高度H應(yīng)滿足什么條件X XX X0/答案:(1) v J(%/3 1) gl (2) E=mg ,方向豎直向上 H _(2一 2)mv q2qB解析:(1)本題考查帶電小球在電場力和重力共同作用做圓周運動。因電場力向上且大于重力，所以在最低點時具有最小速度，在最低點對小球受力分析如圖103由牛頓第二定律得2mvEq + F mg = iFEqEq= . 3mg當(dāng)繩上拉力F為零時速度最小，有2% 3mg - mg = |mgF合甲mgEqF F合mg乙圖 10- 3v (

30、3 1)gl即恰好做圓周運動的最小速度為v. ( 3 1)glmg=qE解得 E=mg ,方向 q豎直向上小球做勻速圓周，軌跡半徑為 R,如圖(2)小球做勻速圓周運動只能由洛倫茲力提供向心力，則有2 v F=qvB=m -mvR= 一qB2PN=(1+ )R(2 2)mv2qB2、在某空間存在著水平向右的勻強(qiáng)電場和垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場，如圖所示，一段光滑且絕緣的圓弧軌道 AC固定在紙面內(nèi)，其圓心為 O點，半徑R = 1.8 m , OA連線在豎直方向上，AC弧對應(yīng)的圓心角 0 = 37。今有一質(zhì)量 m= x 10 4 kg、電荷量 q = + x 104 C的帶電小球(可視為質(zhì)點)，以Vo

31、 = 4.0 m/s 的初速度沿水平方向從 A點射入圓弧軌道內(nèi),sin37段時間后從 C點離開，小球離開C點后做勻速直線運動。已知重力加速度g = 10 m/s2, =,cos?=,不計空氣阻力，求：(1)勻強(qiáng)電場的場強(qiáng) E;2、解:（1）（2）當(dāng)小球離開圓弧軌道后，對其受力分析如圖所示， 由平衡條件得：F電=qE = mgtan 代入數(shù)據(jù)解得：E =3 N/C小球從進(jìn)入圓弧軌道到離開圓弧軌道的過程中，由動能定理得:F 電 Rsin mgR（1 cos ）2mv22mv。2（2分）（1分）（2分）（1分）代入數(shù)據(jù)得:由F磁qvBv 5m/ smgcos（2分）(2)小球射入圓弧軌道后的瞬間對軌

32、道的壓力。（2分）解得：B=1T分析小球射入圓弧軌道瞬間的受力情況如圖所示,由牛頓第二定律得：F N Bqvo mg2mV。（2分）代入數(shù)據(jù)得：Fn 3.2 10 3N（1分）由牛頓第三定律得，小球?qū)壍赖膲毫n FN 3.2 10 3N（1分）四、分立的電場和磁場1、如圖所示，在xOy平面內(nèi)的第出象限中有沿一第I和第II象限有勻強(qiáng)磁場， 方向垂直于坐標(biāo)平面向里.y方向的勻強(qiáng)電場,場強(qiáng)大小為E.在有一個質(zhì)量為 m,電荷量為e的電子，從y軸的P點以初速度V0垂直于電場方向進(jìn)入電場(不計電子所受重力)，經(jīng)電場偏 轉(zhuǎn)后，沿著與x軸負(fù)方向成450角進(jìn)入磁場，并能返回到原出發(fā) 點P.(1)簡要說明電子

33、的運動情況，并畫出電子運動軌跡的示意 圖；(2)求P點距坐標(biāo)原點的距離；(3)電子從P點出發(fā)經(jīng)多長時間再次返回P點？答案：（1）如右圖在電場做類平拋運動后再磁場做勻速圓周運動NP兩點做勻速直線運動2(2) PO間的距離為s mv0-2eE,33mv0(3) t=(4+3)o8eE解析：本題主要考查粒子在電場和磁場組成的復(fù)合場中的運動情況軌跡如圖中虛線所示.設(shè) OP S,在電場中偏轉(zhuǎn) 450,說明在M點進(jìn)入磁場時的速度是v2v0 ,由動能定理知電場力做功Ees 1 mv02 ,得2V0,s -t ,由 OMv0t ,可知2OM2s .由對稱性，從 N點射出磁場時速度與 x軸也成450,又恰好能回

34、到 P點，因此ON s.可知在磁場中做圓周運動的半徑R 1.5，2s；12,（2）由公式Ees -mv0得PO間的距離為22 mvo 2eE （3）在第出象限的平拋運動時間為t12sVomvoeE,在第IV象限直線運動的時間為t32 s mV。2vo 2eE 在第I、n象限運動的時間是t2,R3s23 2mVo ,所以 t4eE9 mv028eE3mvo 因此 t t112 t3(4 3 )-8eE2、如圖3-4-6所示，空間分布著圖示的勻強(qiáng)電場E （寬為L）和勻強(qiáng)磁場B, 一帶電粒X|x*B X子質(zhì)量為m電量為q （重力不計）.從 A點由靜止釋放后經(jīng)電場加速后進(jìn)入磁場，穿過中間磁場進(jìn)入右邊磁

35、場后能按某一路徑再返回A點而重xx復(fù)前述過程.求中間磁場的寬度d和粒子的運動周期 T.（虛線為分界線）圖 1-3-283、如圖1-3-28, abcd是一個正方形的盒子，在 cd邊的中點有一小 孔e,盒子中存在著沿 ad方向的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)大小為 巳一粒子源不 斷地從a處的小孔沿ab方向向盒內(nèi)發(fā)射相同的帶電粒子，粒子的初速 度為vo,經(jīng)電場作用后恰好從e處的小孔射出，現(xiàn)撤去電場，在盒 子中加一方向垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為 B（圖中未畫出）,粒子仍恰好從 e孔射出（帶電粒子的重力和粒子之間的相互作用力均可 忽略不計）.問：所加的磁場的方向如何 ？電場強(qiáng)度E與磁感應(yīng)強(qiáng)度 B的比值為多大？ 垂直面向外；E 5voB4、（ 20分）如圖所示，兩平行金