電場-磁場-重力場的復合場、組合場問題

1、精選優(yōu)質(zhì)文檔-傾情為你奉上電場，磁場，重力場的復合場、組合場問題一、復合場1.一個質(zhì)量m0.1 g的小滑塊，帶有q5104 C的電荷量，放置在傾角30的光滑斜面上(斜面絕緣)，斜面置于B0.5 T的勻強磁場中，磁場方向垂直紙面向里，如圖8-2-29所示，小滑塊由靜止開始沿斜面滑下，其斜面足夠長，小滑塊滑至某一位置時，要離開斜面求：(1)小滑塊帶何種電荷？(2)小滑塊離開斜面的瞬時速度多大？(3)該斜面的長度至少多長？ 圖8-2-292.如圖8-3-6所示的平行板之間，存在著相互垂直的勻強磁場和勻強電場，磁場的磁感應強度B10.20 T，方向垂直紙面向里，電場強度E11.0105 V/m，PQ為

2、板間中線緊靠平行板右側邊緣xOy坐標系的第一象限內(nèi)，有一邊界線AO，與y軸的夾角AOy45，邊界線的上方有垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度B20.25 T，邊界線的下方有水平向右的勻強電場，電場強度E25.0105 V/m，在x軸上固定一水平的熒光屏一束帶電荷量q8.01019 C、質(zhì)量m8.01026 kg的正離子從P點射入平行板間，沿中線PQ做直線運動，穿出平行板后從y軸上坐標為(0，0.4 m)的Q點垂直y軸射入磁場區(qū)，最后打到水平的熒光屏上的位置C.求：圖8-3-6(1)離子在平行板間運動的速度大?。?2)離子打到熒光屏上的位置C的坐標；(3)現(xiàn)只改變AOy區(qū)域內(nèi)磁場的磁感應強度大小

3、，使離子都不能打到x軸上，磁感應強度大小B2應滿足什么條件？3.(2012重慶卷，24)有人設計了一種帶電顆粒的速率分選裝置，其原理如圖8-3-7所示兩帶電金屬板間有勻強電場，方向豎直向上，其中PQNM矩形區(qū)域內(nèi)還有方向垂直紙面向外的勻強磁場一束比荷(電荷量與質(zhì)量之比)均為的帶正電顆粒，以不同的速率沿著磁場區(qū)域的水平中心線O進入兩金屬板之間，其中速率為v0的顆粒剛好從Q點處離開磁場，然后做勻速直線運動到達收集板重力加速度為g，PQ3d，NQ2d，收集板與NQ的距離為l，不計顆粒間相互作用求：(1)電場強度E的大?。?2)磁感應強度B的大??； (3)速率為v0(1)的顆粒打在收集板上的位置到O點

4、的距離 圖8-3-74.在如圖8-3-9所示的空間里，存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B.在豎直方向存在交替變化的勻強電場如圖(豎直向上為正)，電場大小為E0.一傾角為長度足夠長的光滑絕緣斜面放置在此空間斜面上有一質(zhì)量為m，帶電量為q的小球，從t0時刻由靜止開始沿斜面下滑，設第5秒內(nèi)小球不會離開斜面，重力加速度為g.求：(1)第6秒內(nèi)小球離開斜面的最大距離(2)第19秒內(nèi)小球未離開斜面，角的正切值應滿足什么條件？圖8-3-9總結：1靜止或勻速直線運動：當帶電粒子在復合場中所受合外力為零時，將處于靜止狀態(tài)或做勻速直線運動2勻速圓周運動：當帶電粒子所受的重力與電場力大小相等，方向相反時，帶

5、電粒子在洛倫茲力的作用下，在垂直于勻強磁場的平面內(nèi)做勻速圓周運動3一般的曲線運動：當帶電粒子所受合外力的大小和方向均變化，且與初速度方向不在同一條直線上，粒子做非勻變速曲線運動，這時粒子運動軌跡既不是圓弧，也不是拋物線4分階段運動：帶電粒子可能依次通過幾個情況不同的復合場區(qū)域，其運動情況隨區(qū)域發(fā)生變化，其運動過程由幾種不同的運動階段組成.二、組合場5.如圖8-3-14所示的平面直角坐標系中，虛線OM與x軸成45角，在OM與x軸之間(包括x軸)存在垂直紙面向里、磁感應強度大小為B的勻強磁場，在y軸與OM之間存在豎直向下、電場強度大小為E的勻強電場，有一個質(zhì)量為m，電荷量為q的帶正電的粒子以某速度

6、沿x軸正方向從O點射入磁場區(qū)域并發(fā)生偏轉，不計帶電粒子的重力和空氣阻力，在帶電粒子進入磁場到第二次離開電場的過程中，求：(1)若帶電粒子從O點以速度v1進入磁場區(qū)域，求帶電粒子第一次離開磁場的位置到O點的距離(2)若帶電粒子第二次離開電場時恰好經(jīng)過O點，求粒子 圖8-3-14最初進入磁場時速度v的大小并討論當v變化時，粒子第二次離開電場時的速度大小與v大小的關系6.如圖14所示，在xOy平面的第一象限有一勻強電場，電場的方向平行于y軸向下；在x軸和第四象限的射線OC之間有一勻強磁場，磁感應強度的大小為B，方向垂直于紙面向外有一質(zhì)量為m，帶有電荷量q的質(zhì)點由電場左側平行于x軸射入電場質(zhì)點到達x軸

7、上A點時，速度方向與x軸的夾角為，A點與原點O的距離為d.接著，質(zhì)點進入磁場，并垂直于OC飛離磁場，不計重力影響若OC與x軸的夾角也為，求：(1)粒子在磁場中運動速度的大??；(2)勻強電場的場強大小 圖147.如圖所示，在xOy平面的第象限內(nèi)有半徑為R的圓分別與x軸、y軸相切于P、Q兩點，圓內(nèi)存在垂直于xOy面向外的勻強磁場。在第象限內(nèi)存在沿y軸負方向的勻強電場，電場強度為E。一帶正電的粒子(不計重力)以速率v0從P點射入磁場后恰好垂直y軸進入電場，最后從M(3R,0)點射出電場，出射方向與x軸正方向夾角為，且滿足45，求：(1)帶電粒子的比荷；(2)磁場磁感應強度B的大??；(3)粒子從P點射

8、入磁場到M點射出電場的時間。8.如圖所示，在xOy平面內(nèi)，一帶正電的粒子自A點經(jīng)電場加速后從C點垂直射入偏轉電場(視為勻強電場)，偏轉后通過極板MN上的小孔O離開電場，粒子在O點時的速度大小為v，方向與x軸成45角斜向上。在y軸右側yd范圍內(nèi)有一個垂直紙面向里、磁感應強度大小為B的勻強磁場，粒子經(jīng)過磁場偏轉后垂直打在極板MN上的P點。已知NC之間距離為d，粒子重力不計，求：(1)P點的縱坐標；(2)粒子從C點運動到P點所用的時間；(3)偏轉電場的電場強度。9.(2012山東卷)如圖甲所示，相隔一定距離的豎直邊界兩側為相同的勻強磁場區(qū)，磁場方向垂直紙面向里，在邊界上固定兩長為L的平行金屬極板MN

9、和PQ，兩極板中心各有一小孔S1、S2，兩極板間電壓的變化規(guī)律如圖乙所示，正反向電壓的大小均為U0，周期為T0。在t0時刻將一個質(zhì)量為m、電量為q(q0)的粒子由S1靜止釋放，粒子在電場力的作用下向右運動，在t時刻通過S2垂直于邊界進入右側磁場區(qū)。(不計粒子重力，不考慮極板外的電場)(1)求粒子到達S2時的速度大小v和極板間距d。(2)為使粒子不與極板相撞，求磁感應強度的大小應滿足的條件。(3)若已保證了粒子未與極板相撞，為使粒子在t3T0時刻再次到達S2，且速度恰好為零，求該過程中粒子在磁場內(nèi)運動的時間和磁感應強度的大小。電場，磁場，重力場的復合場、組合場問題答案1.解析(1)小滑塊沿斜面下

10、滑過程中，受重力mg、斜面支持力FN和洛倫茲力F.若要小滑塊離開斜面，洛倫茲力F方向應垂直斜面向上，根據(jù)左手定則可知，小滑塊應帶負電荷(2)小滑塊沿斜面下滑時，垂直斜面方向的加速度為零，有qvBFNmgcos 0.當FN0時，小滑塊開始脫離斜面，此時，qvBmgcos ，得v m/s2 m/s.(3)下滑過程中，只有重力做功，由動能定理得mgxsin mv2，斜面的長度至少應是x m1.2 m.答案(1)負電荷(2)2 m/s(3)1.2 m2解析圖甲(1)設離子的速度大小為v，由于沿中線PQ做直線運動，則有qE1qvB1，代入數(shù)據(jù)解得v5.0105 m/s.(2)離子進入磁場，做勻速圓周運動

11、，由牛頓第二定律有qvB2m得，r0.2 m，作出離子的運動軌跡，交OA邊界于N，如圖甲所示，OQ2r，若磁場無邊界，一定通過O點，則圓弧QN的圓周角為45，則軌跡圓弧的圓心角為90，過N點做圓弧切線，方向豎直向下，離子垂直電場線進入電場，做類平拋運動，yOOvt，xat2，而a，則x0.4 m，離子打到熒光屏上的位置C的水平坐標為xC(0.20.4)m0.6 m.圖乙(3)只要粒子能跨過AO邊界進入水平電場中，粒子就具有豎直向下的速度而一定打在x軸上如圖乙所示，由幾何關系可知使離子不能打到x軸上的最大半徑r m，設使離子都不能打到x軸上，最小的磁感應強度大小為B0，則qvB0m，代入數(shù)據(jù)解得

12、B0 T0.3 T, 則B20.3 T.答案(1)5.0105 m/s(2)0.6 m(3)B20.3 T3.解析(1)設帶電顆粒的電荷量為q，質(zhì)量為m.有Eqmg，將代入，得Ekg.(2)如圖甲所示，有qv0Bm，R2(3d)2(Rd)2，得B.(3)如圖乙所示，有qv0Bm，tan ，y1R1，y2ltan ，yy1y2，得yd(5).答案(1)kg(2)(3)d(5)4.解析(1)設第一秒內(nèi)小球在斜面上運動的加速度大小為a，由牛頓第二定律得：(mgqE0)sin ma第一秒末的速度為：vat1在第二秒內(nèi)：qE0mg所以小球將離開斜面在上方做勻速圓周運動，則由向心力公式得qvBm圓周運動的

13、周期為：T1 s由題圖可知，小球在奇數(shù)秒內(nèi)沿斜面做勻加速運動，在偶數(shù)秒內(nèi)離開斜面做完整的圓周運動所以，第五秒末的速度為：v5a(t1t3t5)6gsin 小球離開斜面的最大距離為d2R3由以上各式得：d.(2)第19秒末的速度：v19a(t1t3t5t7t19)20gsin 小球未離開斜面的條件是：qv19B(mgqE0)cos 所以：tan .答案(1)(2)tan 5.解析(1)粒子在磁場中做勻速圓周運動，根據(jù)牛頓第二定律有qv1Bm解得R設粒子從N點離開磁場，如圖所示，由幾何知識可知ONR聯(lián)立兩式解得：ON(2)粒子第二次離開磁場后在電場中做類平拋運動，若粒子第二次剛好從O點離開電場，則：水平位移x2Rvt解得：t豎直位移y2Rat2而a聯(lián)立式并解得v若v，則粒子從y軸離開電場，軌跡如上圖，水平位移x2Rvt得tvyatt則粒子離開電場時的速度v2 若v，則粒子從OM邊界離開電場，粒子在x、y方向的位移大小相等xvtyxt，解得vy2v則粒子離開電場時的速度v3v答案(1)(2)見解析6(1)sin (2)sin3cos 7.解析(1)在M點處：vyv0tanqEam豎直方向：vyat3水平方向：3Rv0t3得：