復(fù)合場(chǎng)超詳解

1、由洛侖茲力公式和牛頓定律可得,2V。qv0 B m R式中R為圓軌道的半徑，解得mvoqB圓軌道的圓心位于0A的中垂線(xiàn)上，由幾何關(guān)系可得-Rsi n 2聯(lián)立、兩式，解得q乙型m IB18 .（ 12分）如下圖所示，在 y0的空間中存在勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)沿y軸負(fù)方向，在y0的空間中，存在著勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直 xOy平面（紙面）向外，一 電荷量為q、質(zhì)量為m的帶正電的運(yùn)動(dòng)粒子，經(jīng)過(guò)y軸上y=h處的點(diǎn)P1時(shí)速率為v,方向沿x軸正方向，然后經(jīng)過(guò) x軸上x(chóng)=2h處的P2點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)，并經(jīng)過(guò) y軸上y=-2h處的 P3點(diǎn)，不計(jì)重力.求：加r1r1t 1丨1f0 1* *11 _* 圖 11-4-16(1 )

2、電場(chǎng)強(qiáng)度的大??；(2 )粒子到達(dá)P2時(shí)速度的大小和方向;(3 )磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小解析：(1 )粒子在電場(chǎng)、磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖所示IIlliAo2h/ * y 設(shè)粒子從P1到P2的時(shí)間為t，電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為E,粒子在電場(chǎng)中的加速度為a，由牛頓第二定律及運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，有Eq=mavot=2hh=2at22mV。由式解得E= 2qh .(2 )粒子到達(dá)P2時(shí)速度沿x方向的分量仍為 V0，以V1表示速度沿y方向分量的大小，vV1 =V 0表示速度的大小，B表示速度和x軸的夾角，則有V12=2ahv=得Vl tan 0= Vo 由由得v=2vo0=45 (3 )設(shè)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，在洛倫茲力作用下粒

3、子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律2mvqvB= rr是圓周的半徑，此圓周與 x軸和y軸的交點(diǎn)分別為 P2、P3.因?yàn)?P2=0P 3, 0=45。，由幾何 關(guān)系知，連線(xiàn)P2P3為圓軌道的直徑，由此可得：r= 2h11mvo由1112可得：B= qh .122mvomvoI答案：(1)E= 2qh (2)v=2 vo 與 x 軸的夾角為 45 3)B= 9h10. 如圖11-4-14 所示，勻強(qiáng)電場(chǎng)水平向右，勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直紙面向里，一質(zhì)量為m、電荷量為q的微粒以速度v與磁場(chǎng)垂直、與電場(chǎng)成 45。角射入復(fù)合場(chǎng)中，恰能做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng) .求 電場(chǎng)強(qiáng)度E和磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小.解析：由于帶電微粒所受洛倫茲力

4、與速度 v垂直，電場(chǎng)力方向與電場(chǎng)線(xiàn)平行，可知微粒重力一定不能忽略才能做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)設(shè)微粒帶負(fù)電，則電場(chǎng)力水平向左，洛倫茲力斜向右下與速度v垂直，這樣粒子所受合外力不可能為零粒子不能做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，所以粒子應(yīng)帶正電，其受力如圖所示 .故: mg=qvBsin45 、2mg解得B= qvmge= q .、2mg mg答案：B= qv E= q11、如圖13-6所示，足夠長(zhǎng)兩面均光滑的絕緣平板，固定在區(qū)域足夠大的正交的方向豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)和方向水平向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小為E，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為 B，平板與水平面間的夾角為，帶電為 q的小物塊靜止在平板中央?，F(xiàn)沿平板斜向下的方

5、向給物塊一個(gè)瞬時(shí)沖量I的同時(shí)，保持磁場(chǎng)（包括大小和方向）和電場(chǎng)方向不變，使電場(chǎng)強(qiáng)度的大小變?yōu)?E,（當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹?g,設(shè)物塊沿平板運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中電量不變），求：（1）小物塊沿平板向下運(yùn)動(dòng)最大位移；（2 ）小物塊沿平板運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中機(jī)械能的增量。AJI * * *t* *A *析與解：（1 ）小物塊靜止在平板中央，有 mg qE，當(dāng)場(chǎng)強(qiáng)變?yōu)?E時(shí)，小物塊受到的電場(chǎng)力為3qE，沿光滑平板下滑時(shí)的受力圖如圖13-7所示，N為板對(duì)小物塊的彈力。顯然，小物塊受到的合力沿平板向上，故沿平板向下做勻減速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)速度減至零時(shí)，位移有最大值。對(duì)小物塊下滑的運(yùn)動(dòng)應(yīng)用動(dòng)能定理得2qEsin gsI mvo, m

6、延，聯(lián)立解得小物塊沿平板向下運(yùn)動(dòng)的最大位移 gi2g2 24q E sin圖 13-7圖 13-8（2 ）小物塊沿平板下滑至最低點(diǎn)后即沿平板向上做勻加速運(yùn)動(dòng)，受力情況如圖13-8N將減小，當(dāng)N =0所示，在垂直平板方向上有 2qEcos N qvB。隨著速度v的增大,時(shí)小物塊開(kāi)始離開(kāi)平板，此時(shí)的速度為小物塊沿平板向上運(yùn)動(dòng)的最大速度vm2Ecos。B史，聯(lián)立解對(duì)小物塊沿平板向上的運(yùn)動(dòng)應(yīng)用動(dòng)能定理得2qEsin gs丄mv； 0,2g得小物塊沿平板向上運(yùn)動(dòng)的最大位移S E2C0SB gsin機(jī)械能的增量決定于重力以外的力所做的功，在小物塊沿平板運(yùn)動(dòng)的全過(guò)程中，重力以 外只有 電場(chǎng)力 做功， 因 此

7、機(jī)械能 的增量2 2. 2E cosI g 、E 3qEsin gs s） 3qE（ 22 2）。B g 4q E12、如圖13-9所示，在y 0的空間中存在勻強(qiáng)電場(chǎng)， 場(chǎng)強(qiáng)沿y軸負(fù)方向；在y 0的空間中，存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直 xOy平面（紙面）向外。一電量為 q、質(zhì)量為m的 帶正電的運(yùn)動(dòng)粒子，經(jīng)過(guò)y軸上y h處的點(diǎn)R時(shí)速率為v0，方向沿x軸正方向；然后經(jīng)過(guò) x軸上x(chóng) 2h處的P2點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)，并經(jīng)過(guò) y軸上y 2h處的P3點(diǎn)。不計(jì)重力。求:（1）電場(chǎng)強(qiáng)度的大??；（2）粒子到達(dá)P2時(shí)速度的大小和方向；（3）磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小。圖 13-9圖 13-10析與解：(1)粒子在電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，如圖13-10。在x方向：2h向：h gqEct2，聯(lián)立解得:2 m2hVo2 mvo 2qh。P2、巳連mvo。qh(2