高三電磁復(fù)合場計算題

1、帶電粒子在復(fù)合場中的運動（教案）1（易）在圖所示的坐標系中，x軸水平，y軸垂直，x軸上方空間只存在重力場，第象限存在沿y軸正方向的勻強電場和垂直xy平面向里的勻強磁場，在第象限由沿x軸負方向的勻強電場，場強大小與第象限存在的電場的場強大小相等。一質(zhì)量為m，帶電荷量大小為q的質(zhì)點a，從y軸上y=h處的P1點以一定的水平速度沿x軸負方向拋出，它經(jīng)過x= -2h處的P2點進入第象限，恰好做勻速圓周運動，又經(jīng)過y軸上方y(tǒng)= -2h的P3點進入第象限，試求：質(zhì)點到達P2點時速度的大小和方向；第象限中勻強電場的電場強度和勻強磁場的磁感應(yīng)強度的大小；質(zhì)點a進入第象限且速度減為零時的位置坐標解：（2分）如圖所

2、示。（1）質(zhì)點在第象限中做平拋運動，設(shè)初速度為v0，由 （2分）2h=v0t （2分）解得平拋的初速度 （1分）在P2點，速度v的豎直分量 （1分）所以，v=2，其方向與軸負向夾角 =45 （1分）（2）帶電粒子進入第象限做勻速圓周運動，必有 mg=qE （2分） 又恰能過負y軸2h處，故為圓的直徑，轉(zhuǎn)動半徑R= （1分）又由 （2分）可解得E =mg/q （1分）； B = （2分）（3）帶電粒以大小為v，方向與x軸正向夾45角進入第象限，所受電場力與重力的合力為，方向與過P3點的速度方向相反，故帶電粒做勻減速直線運動，設(shè)其加速度大小為a，則： （2分）； 由（2分） 由此得出速度減為0時的

3、位置坐標是（1分）2（易）如圖所示的坐標系，x軸沿水平方向，y軸沿豎直方向在x軸上空間第一、第二象限內(nèi)，既無電場也無磁場，在第三象限，存在沿y軸正方向的勻強電場和垂直xy平面（紙面）向里的均強磁場，在第四象限，存在沿y軸負方向、場強大小與第三象限電場場強相等的勻強電場。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電質(zhì)點，從y軸上y=h處的P1點以一定的水平初速度沿x軸負方向進入第二象限。然后經(jīng)過x軸上x= -2h處的P2點進入第三象限，帶電質(zhì)點恰好能做勻速圓周運動之后經(jīng)過y軸上y= 2h處的P3點進入第四象限。已知重力加速度為g求： （1）粒子到達P2點時速度的大小和方向； （2）第三象限空間中電場強度和磁感應(yīng)

4、強度的大??； （3）帶電質(zhì)點在第四象限空間運動過程中最小速度的大小和方向。解：（1）參見圖,帶電質(zhì)點從P1到P2，由平拋運動規(guī)律 （2分）； v0=2h/t（1分）vy=gt（1分） 求出（2分）方向與x軸負方向成45角（1分） （2）質(zhì)點從P2到P3，重力與電場力平衡，洛倫茲力提供向心力Eq=mg（1分）；（2分）（2分）；由解得（2分）聯(lián)立式得（2分） （3）質(zhì)點進入等四象限，水平方向做勻速直線運動，豎直方向做勻減速直線運動. 當豎直方向的速度減小到0，此時質(zhì)點速度最小，即v在水平方向的分量vmin=vcos45=（2分）方向沿x軸正方向2分）3（易）如圖所示，在xoy平面的第一、第三和第

5、四象限內(nèi)存在著方向豎直向上的大小相同的勻強電場，在第一和第四象限內(nèi)存在著垂直于紙面向里的勻強磁場。一個質(zhì)量為m，電量為+q的帶電質(zhì)點，在第三象限中以沿x軸正方向的速度v做勻速直線運動，第一次經(jīng)過y軸上的M點，M點距坐標原點O的距離為L；然后在第四象限和第一象限的電磁場中做勻速圓周運動，質(zhì)點第一次經(jīng)過x軸上的N點距坐標原點O的距離為。已知重力加速度為g，求：勻強電場的電場強度E的大小。勻強磁場的磁感應(yīng)強度B的大小。（中易）質(zhì)點第二次經(jīng)過x軸的位置距坐標原點的距離d的大小。解：帶電質(zhì)點在第三象限中做勻速直線運動，電場力與重力平衡，則：qE=mg 得：E=mg/q設(shè)質(zhì)點做勻速圓周運動的半徑為R，則：

6、 解得：R=2L由； 得：聯(lián)立解得：質(zhì)點在第二象限做平拋運動后第二次經(jīng)過x軸，設(shè)下落的高度為h，則：由平拋運動的規(guī)律有：； 解得：4（中）如圖所示，在xOy坐標系的第象限內(nèi)，x軸和平行x軸的虛線之間(包括x軸和虛線)有磁感應(yīng)強度大小為B1=2102T、方向垂直紙面向里的勻強磁場，虛線過y軸上的P點，OP=1.0m，在xO的區(qū)域內(nèi)有磁感應(yīng)強度大小為B2、方向垂直紙面向外的勻強磁場。許多質(zhì)量m=1.61025kg、電荷量q=+1.61018C的粒子，以相同的速率v=2105m/s從C點沿紙面內(nèi)的各個方向射人磁感應(yīng)強度為B1的區(qū)域，OC=0.5 m有一部分粒子只在磁感應(yīng)強度為B1的區(qū)域運動，有一部分

7、粒子在磁感應(yīng)強度為B1的區(qū)域運動之后將進入磁感應(yīng)強度為B2的區(qū)域。設(shè)粒子在B1區(qū)域運動的最短時間為t1，這部分粒子進入磁感應(yīng)強度為B2的區(qū)域后在B2區(qū)域的運動時間為t2，已知t2=4t1。不計粒子重力求：(1)粒子在磁感應(yīng)強度為B1的區(qū)域運動的最長時問t0=?（中）(2)磁感應(yīng)強度B2的大小 （中）解：（1）設(shè)粒子在磁感應(yīng)強度為B1的區(qū)域做勻速圓周運動的半徑為r，周期為T1，則r =r=mv/qB1 （1分）,r = 1.0 m （1分）；T1 =2 m /qB1 （1分）由題意可知，OP = r，所以粒子沿垂直x軸的方向進入時，在B1區(qū)域運動的時間最長為半個周期，即t0 =T1/ 2 （2分

8、），解得t0 = 1.57105 s （2分）（2）粒子沿+x軸的方向進入時，在磁感應(yīng)強度為B1的區(qū)域運動的時間最短，這些粒子在B1和B2中運動的軌跡如圖所示，在B1中做圓周運動的圓心是O1，O1點在虛線上，與y軸的交點是A，在B2中做圓周運動的圓心是O2，與y軸的交點是D，O1、A、O2在一條直線上。由于OC =r （1分）；所以AO1C = 302分）則t1=T1/12 （2分）設(shè)粒子在B2區(qū)域做勻速圓周運動的周期為T2，則T2 = （1分）由于PAO1 =OAO2 =ODO2 = 30（1分）所以AO2D = 120（2分）則t2 = （2分），由t2 = 4 t1 ，解得B2 = 2B

9、1 （1分）B2 = 4102 （1分）5（中）如圖所示，在xoy坐標平面的第一象限內(nèi)有一沿y軸正方向的勻強電場,在第四象限內(nèi)有一垂直于平面向外的勻強磁場現(xiàn)有一質(zhì)量為m，電荷量為q的負粒子（重力不計）從坐標原點o射入磁場，其入射方向與y軸負方向成45角當粒子運動到電場中坐標為（3L，L）的P點處時速度大小為v0，方向與x軸正方向相同求： （1）粒子從O點射人磁場時的速度v （2）勻強電場的場強E（3）粒子從O點運動到P點所用的時間（中）解： （1）v=v0/cos45=v0（2）因為v與x軸夾角為45，由動能定理得： , 解得E =mv02/2qL（3）粒子在電場中運動L =，a =qE/m

10、解得：t2=2L/v0粒子在磁場中的運動軌跡為l/4圓周，所以 R =( 3L2L)/ = L/2 粒子在磁場中的運動時間為：t1= 粒子從O運動到P所用時闖為：t=t1+t2=L(+8)/4vo6（中）如圖所示，x軸上方存在磁感應(yīng)強度為B的圓形勻強磁場區(qū)域，磁場方向垂直紙面向外（圖中未畫出）。x軸下方存在勻強電場，場強大小為E，方向沿與x軸負方向成60角斜向下。一個質(zhì)量為m，帶電量為e的質(zhì)子以速度v0從O點沿y軸正方向射入勻強磁場區(qū)域。質(zhì)子飛出磁場區(qū)域后，從b點處穿過x軸進入勻強電場中，速度方向與x軸正方向成30，之后通過了b點正下方的c點。不計質(zhì)子的重力。（1）畫出質(zhì)子運動的軌跡，并求出圓

11、形勻強磁場區(qū)域的最小半徑和最小面積；（中）（2）求出O點到c點的距離。（中）【解析】（1）質(zhì)子先在勻強磁場中做勻速圓周運動，射出磁場后做勻速直線運動，最后進入勻強電場做類平拋運動，軌跡如圖所示.根據(jù)牛頓第二定律，有ev0B = （2分）要使磁場的區(qū)域面積最小，則Oa為磁場區(qū)域的直徑，由幾何關(guān)系可知： r =Rcos30（4分）求出圓形勻強磁場區(qū)域的最小半徑（2分）圓形勻強磁場區(qū)域的最小面積為（1分）（2）質(zhì)子進入電場后，做類平拋運動，垂直電場方向： s sin30=v0t（3分）平行電場方向：scos30=a t2 / 2，（3分）由牛頓第二定律eE=ma，（2分）解得：。O點到c點的距離：

12、7（中）如圖所示，坐標系xOy位于豎直平面內(nèi)，在該區(qū)域內(nèi)有場強E=12N/C、方向沿x軸正方向的勻強電場和磁感應(yīng)強度大小為B=2T、沿水平方向且垂直于xOy平面指向紙里的勻強磁場一個質(zhì)量m=4105kg，電量q=2.5105C帶正電的微粒，在xOy平面內(nèi)做勻速直線運動，運動到原點O時，撤去磁場，經(jīng)一段時間后，帶電微粒運動到了x軸上的P點取g10 m/s2，求：（1）帶電微粒運動的速度大小及其跟 x軸正方向的夾角方向（中）（2）帶電微粒由原點O運動到P點的時間（中）解：微粒運動到O點之前要受到重力、電場力和洛侖茲力作用，在這段時間內(nèi)微粒做勻速直線運動，說明三力合力為零由此可得 （2分）電場力 （

13、2分）洛侖茲力 （2分）聯(lián)立求解、代入數(shù)據(jù)得v=10m/s （2分）微粒運動的速度與重力和電場力的合力垂直,設(shè)該合力與y軸負方向的夾角為, 則: （2分）；代入數(shù)據(jù)得tan= 3/4 , = 37 帶電微粒運動的速度與 x軸正方向的夾角為 = 37（2分）微粒運動到O點之后，撤去磁場，微粒只受到重力、電場力作用，其合力為一恒力，且方向與微粒在O點的速度方向垂直，所以微粒在后一段時間內(nèi)的運動為類平拋運動，可沿初速度方向和合力方向進行分解設(shè)沿初速度方向的位移為s1，沿合力方向的位移為s2，則因為s1=v t 聯(lián)立求解，代入數(shù)據(jù)可得: O點到P點運動時間 t12 s 8（中）如圖所示，x軸上方有一勻

14、強磁場，磁感應(yīng)強度的方向垂直紙面向里，大小為B，x軸下方有一勻強電場，電場強度的大小為E，方向與y軸的夾角為30，且斜向上方，現(xiàn)有一質(zhì)量為m電量為q的質(zhì)子，以速度為v0由原點沿與x軸負方向的夾角為30的方向射入第二象限的磁場，不計質(zhì)子的重力，磁場和電場的區(qū)域足夠大，求：（1）質(zhì)子從原點到第一次穿越x軸所用的時間。（2）質(zhì)子第一次穿越x軸穿越點與原點的距離。（3）質(zhì)子第二次穿越x軸時的速度的大小、速度方向與電場方向的夾角。（用反三角函數(shù)表示）解：（1）由題意可知，t=T/6T= 2m/qB =m/3qB；qv0B=m 易知AOB為等邊三角形第一次穿越x軸，穿越點與原點距離x=r=mv0/qBA時

15、速度方向與x軸夾30角方向與電場方向垂直，在電場中類平拋：v0 = at由幾何關(guān)系知： v=at=第一次穿越x軸的速度大小v=與電場方向夾角=arcsin 9（易）如圖所示，在地球表面附近有一范圍足夠大的互相垂直的勻強電場和勻強磁場。磁感應(yīng)強度為B，方向水平并垂直紙面向里。一質(zhì)量為m、帶電荷量為+q的帶電微粒在此區(qū)域恰好做速度大小為v的勻速圓周運動。（該區(qū)域的重力加速度為g）（1）求該區(qū)域內(nèi)電場強度的大小和方向。（2）若某一時刻微粒運動到場中距地面高度為H的A點，速度與水平向成45，如圖所示。則該微粒至少需經(jīng)多長時間運動到距地面最高點？最高點距地面多高？（3）在（2）間中微粒又運動A點時，突然

16、撤去磁場，同時電場強度大小不變，方向變?yōu)樗较蜃螅瑒t該微粒運動中距地面的最大高度是多少？解：（1）帶電微粒在做勻速圓周運動，電場與重力應(yīng)平衡，因此mg = Eq （2分）解得： （2分）方向：豎直向上（2分）（2）該微粒做勻速圓周運動，軌道半徑為R，如圖qBv = m（2分）最高點與地面的距離為：Hm = H + R ( 1 + cos 45) （2分）解得：Hm = H + （2分）該微粒運動周期為：T =（2分）運動到最高點所用時間為：（2分）（3）設(shè)該粒上升高度為h，由動能定理得：（2分）解得：（2分）；該微粒離地面最大高度為：H +（2分）10（中難）在傾角為30的光滑斜面上有相距40

17、m的兩個可看作質(zhì)點的小物體P和Q，質(zhì)量分別100g和500g，其中P不帶電，Q帶電。整個裝置處在正交的勻強電場和勻強磁場中，電場強度的大小為50V/m，方向豎直向下；磁感應(yīng)強度的大小為5(T)，方向垂直紙面向里。開始時，將小物體P無初速釋放，當P運動至Q處時，與靜止在該處的小物體Q相碰，碰撞中兩物體的電荷量都保持不變。碰撞后，兩物體能夠再次相遇。其中斜面無限長，g取10m/s2。求：（1）試分析物體Q的帶電性質(zhì)及電荷量；（2）物體P、Q第一次碰撞后，物體Q可能的運動情況，此運動是否為周期性運動？若是，物體Q的運動周期為多大？（3）物體P、Q第一次碰撞過程中由物體P和Q組成的系統(tǒng)損失的機械能。（

18、難）解：（20分）（1）對物體Q，在碰撞之前處于靜止狀態(tài)，由平衡條件有m2g =qE 得q =0.1C，且物體Q帶負電（2）物體P、Q碰撞之后，物體Q受重力、電場力、洛倫茲力的作用，由于重力和電場力等大反向，故物體Q將在斜面上方做勻速圓周運動.對物體Q，勻速圓周運動的周期：（3）要使P、Q能夠再次相遇，則相遇點一定為P、Q的第一次碰撞點,物體P在碰撞后一定反向彈回，再次回到碰撞點時再次相遇。對物體P，從釋放到與Q碰撞之前，由運動學公式有： v0=2gsims 得v0=20m/s 對物體P和Q，在碰撞過程中，動量守恒有 碰撞過程中，系統(tǒng)損失的能量為 對物體P，時間關(guān)系： ()當k=1時，v1=5

19、m/s，v2=5m/s，E=12.5J當k=2時，v1=10m/s，v2=6m/s，E=6J當k=3時，v1=15m/s，v2=7m/s，系統(tǒng)總動能增加，不滿足能量守恒定律。綜上所述，碰撞過程中由物體P和Q組成的系統(tǒng)損失的機械能可能為12.5J或6J.11（易）如圖所示，直角坐標中的第象限中存在沿y軸負方向的勻強電場，在第象限中存在垂直紙面向外的勻強磁場。一電荷量為q、質(zhì)量為m的帶正電的粒子，在x軸上的a點以速度v0與x軸成60度角射入磁場，從y = L處的b點垂直于y軸方向進入電場，并經(jīng)過x軸上x = 2L處的c點。不計重力。求（1）磁感應(yīng)強度B的大?。唬?）電場強度E的大?。唬?）粒子在磁

20、場和電場中的運動時間之比。解：（1）帶電粒子在磁場運動由軌跡可知：r =2L/3 （2分） 又因為qv0B =（2分） 解得：B =（2分）（2）帶電粒子在電場中運動時，沿x軸有：2L = v0t2（1分） 沿y軸有：L =（1分） 又因為qE = ma（2分） 解得：E =（2分）（3）帶電粒子在磁場中運動時間為t =（2分） 帶電粒子在電場中運動時間為：t2 =2L/v0（2分）所以帶電粒子在磁場和電場中運動時間之比為：t1/t2 = 2/9（2分）12（易）如圖所示，在y0的區(qū)域內(nèi)有沿y軸正方向的勻強電場，在y 0的空間中存在勻強電場，場強沿y軸負方向；在y 0的空間中，存在勻強磁場，磁

21、場方向垂直xy平面（紙面）向外一電量為q、質(zhì)量為m的帶正電的運動粒子，經(jīng)過y軸上y = h處的點P1時速率為v0，方向沿x軸正方向，然后經(jīng)過x軸上x = 2h處的P2點進入磁場，并經(jīng)過y軸上y = 2h處的P3點不計粒子的重力，求： （1）電場強度的大??； （2）粒子到達P2時速度的大小和方向； （3）磁感應(yīng)強度的大小解：（1）粒子在電場、磁場中的運動軌跡如圖所示設(shè)粒子從P1到P2的時間為t，電場強度的大小為E，粒子在電場中的加速度為a，由牛頓第二定律及運動學公式有：qE = ma v0t = 2h at2 /2= h由式解得E =mv/2qh （2）粒子到達P2時速度沿x方向的分量仍為v0，以v1表示速度沿y方向分量的大小，v表示速度