高考題（復合場專題）

1、如圖所示，真空中有以（r，0）為圓心，半徑為 r 的圓形勻強磁場區(qū)域，磁場的磁感應強度大小為 B ，方向垂直于紙面向里，在 y = r 的虛線上方足夠大的范圍內(nèi)，有水平向左的勻強電場，電場強度的大小為 E ，現(xiàn)在有一質(zhì)子從O點沿與 x 軸正方向斜向下成 30o 方向（如圖中所示）射入磁場，經(jīng)過一段時間后由M點（圖中沒有標出）穿過y軸。已知質(zhì)子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為 r ，質(zhì)子的電荷量為 e ，質(zhì)量為 m ，不計重力 、阻力。30oyxOEBr求：（1）質(zhì)子運動的初速度大小. （2）M點的坐標. （3）質(zhì)子由O點運動到M點所用時間.25.(18分)解: (1)evB= v=（4分）(2)

2、如圖，由幾何關系知，P點到y(tǒng)軸距離x2=r+rsin30°=1.5r（2分）Ee=ma x2= （2分）解得：（2分）M點的縱坐標y=r+vt3=r+BrM點的坐標(0, r+Br)（2分）(3)質(zhì)點在磁場中運動時間t1=（2分）由幾何關系知，P點縱坐標y2=r所以質(zhì)子勻速運動時間（2分）質(zhì)子由O點運動到M點所用時間（2分）35.物理-選修3-5 （15分）25（18分）rabE如圖所示，光滑水平面內(nèi)有一勻強電場，電場中有一半徑為r的光滑絕緣圓軌道，軌道平面與電場方向平行，a、b為直徑的兩端，該直徑與電場方向平行，一帶電量為q的正電荷沿軌道內(nèi)側(cè)運動，經(jīng)過a點和b點時對軌道壓力的大小分

3、別為Na和Nb。不計重力.(1)求電場強度的大小E；(2)求質(zhì)點經(jīng)過a點和b點時的動能。25.(18分)如圖，在平面直角坐標系xOy內(nèi)，第I象限存在沿y軸負方向的勻強電場，第IV象限以ON為直徑的半圓形區(qū)域內(nèi)，存在垂直于坐標平面向外的勻強磁場，磁感應強度為B. 一質(zhì)量為m，電荷量為q的帶正電粒子，從y軸正半軸上y = h處的M點，以速度v0垂直于y軸射入電場，經(jīng)x軸上x = 2h處的P點進入磁場，最后以垂直于y軸的方向射出磁場. 不計粒子重力. 求：(1)電場強度大小E ；(2)粒子在磁場中運動的軌道半徑r； (3)粒子從進入電場到離開磁場經(jīng)歷的總時間t.25.解：粒子運動軌跡如圖所示(1)設

4、粒子在電場中運動的時間為t1y： 1分x； 2h = v0t1 1分根據(jù)牛頓第二定律 Eq = ma 2分得： 2分(2)設粒子進入磁場時速度為v根據(jù)動能定理 2分得： 1分在磁場中 2分 1分(3)粒子在電場中運動的時間 1分粒子在磁場中運動的周期 1分設粒子在磁場中運動的時間為t2 2分得： 2分25（18分）如圖所示，在x軸下方的區(qū)域內(nèi)存在方向與y軸相同的勻強電場，電場強度為E在x軸上方以原點O為圓心、半徑為R的半圓形區(qū)域內(nèi)存在勻強磁場，磁場的方向垂直于xy平面并指向紙面外，磁感應強度為By軸下方的A點與O點的距離為d一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子從A點由靜止釋放，經(jīng)電場加速后從O點

5、射入磁場不計粒子的重力作用（1） 求粒子在磁場中運動的軌道半徑r（2）要使粒子進入磁場之后不再經(jīng)過x軸，電場強度需大于或等于某個值E0求E0（3）若電場強度E等于第(2)問E0中的，求粒子經(jīng)過x軸時距坐標原點O的距離。解析：(1)粒子在電場中加速，由動能定理得 (2分)粒子進入磁場后做圓周運動，有(2分)解得：(2分)（2） 粒子之后恰好不再經(jīng)過x軸，則離開磁場時的速度方向與x 軸平行，運動情況如圖可得,(2分)由以上各式解得：(2分)（3） 將代入可得磁場中運動的軌道半徑，(2分)粒子運動情況如圖，圖中的角度、滿足即 (2分) (1分) 粒子經(jīng)過x軸的位置坐標為：(1分)解得：(2分)25（

6、18分）如圖所示，xOy平面內(nèi)存在著沿y軸正方向的勻強電場，一個質(zhì)量為m、帶電荷量為+q的粒子從坐標原點O以速度v0沿x軸正方向開始運動當它經(jīng)過圖中虛線上的M（，a）點時，撤去電場，粒子繼續(xù)運動一段時間后進入一個矩形勻強磁場區(qū)域（圖中未畫出），又從虛線上的某一位置N處沿y軸負方向運動并再次經(jīng)過M點，己知磁場方向垂直xOy平面（紙面）向里，磁感應強度大小為B，不計粒子的重力，試求： （l）電場強度的大小： （2）N點的坐標； （3）矩形磁場的最小面積25（18分）（1）粒子從O到M做類平拋運動，設時間為t，則有   （1分）  （1分）得   （

7、1分）（2）粒子運動到M點時速度為v，與x方向的夾角為，則   （1分）  （1分），即  （1分）由題意知，粒子從P點進入磁場，從N點離開磁場，粒子在磁場中以O點為圓心做勻速圓周運動，設半徑為R，則  （1分）解得粒子做圓周運動的半徑為 （1分）由幾何關系知 （1分）所以N點的縱坐標為 （2分）橫坐標為 （1分）即N點的坐標為（，）  （1分）25（18分）如圖甲所示，空間分布著有理想邊界的勻強電場和勻強磁場勻強磁場分為、兩個區(qū)域，其邊界為MN、PQ，磁感應強度大小均為B，方向如圖所示，區(qū)域高度為d，區(qū)域的高度足夠大一個質(zhì)量為m、電

8、荷量為q的帶正電的小球從磁場上方的O點由靜止開始下落，進入電、磁復合場后，恰能做勻速圓周運動（已知重力加速度為g）(1)求電場強度E的大??； (2)若帶電小球運動一定時間后恰能回到O點，求帶電小球釋放時距MN的高度h；(3)若帶電小球從距MN的高度為3h的O點由靜止開始下落，為使帶電小球運動一定時間后仍能回到O點，需將磁場向下移動一定距離y（如圖乙所示），求磁場向下移動的距離y及小球從O點釋放到第一次回到O點的時間T。解得： -（1分）（3）當帶電小球從距MN的高度為3h的O'點由靜止開始下落時，應有： -（2分） -（2分）畫出粒子的運動軌跡，如右圖所示，在中間勻速直線運動過程中，粒

9、子的速度方向與豎直方向成30°角，根據(jù)幾何關系，可得：-（1分）粒子自由落體和豎直上拋的總時間： -（1分）粒子圓周運動的總時間： -（1分）粒子勻速直線運動的總時間： -（1分）一個來回的總時間：-（1分25（18分）如下左圖所示，真空中有兩水平放置的平行金屬板C、D，上面分別開有正對的小孔O1和O2，金屬板C、D接在正弦交流電源上，兩板間的電壓uCD隨時間t變化的圖線如下右圖所示。t=0時刻開始，從D板小孔O1處連續(xù)不斷飄入質(zhì)量為m=3.2×10-25kg，電荷量為q=1.6×10-19C的帶正電的粒子（設飄入速度很小，可視為零）。在C板外側(cè)有以MN為上邊界C

10、M為左邊界的勻強磁場，MN與C金屬板平行，相距d=10cm，O2C的長度L=10cm，勻強磁場磁感應強度的大小為B=0.10T，方向如圖所示，粒子的重力及粒子間相互作用力忽略不計。平行金屬板C、D之間的距離足夠小，粒子在兩板間的運動時間可忽略不計。求：帶電粒子經(jīng)小孔O2進入磁場后，能飛出磁場邊界MN的最小速度為多大？從0到0.04s末時間內(nèi)哪些時間段飄入小孔O1的粒子能穿過電場并飛出磁場邊界MN？磁場邊界MN有粒子射出的長度范圍有多長。（計算結(jié)果保留三位有效數(shù)字）k+s-5#u 25（1）設粒子飛出磁場邊界MN的最小速度為v0，粒子在磁場中做勻速圓周運動，根據(jù)洛倫茲力提供向心力知： qv0B=

11、mv02/R0 (2分)粒子恰好飛出磁場，則有：R0=d (2分)所以最小速度 v0=qBd/m=5×103m/s (2分)uCDCDMNBO2O1(2)由于C、D兩板間距離足夠小，帶電粒子在電場中運動時間可忽略不計，故在粒子通過電場過程中，兩極板間電壓可視為不變，設恰能飛出磁場邊界MN的粒子在電場中運動時CD板對應的電壓為U0，則根據(jù)動能定理知：qU0=mv02/2 (2分) 得：U0=mv02/2q=25V (2分)根據(jù)圖像可知：UCD=50sin50t，25V(或-25V)電壓對應的時間分別為： 7/300s和11/300s，所以粒子在0到0.04s內(nèi)飛出磁場邊界的時間為7/3

12、00s11/300s (2分)（3）設粒子在磁場中運動的最大速度為vm，對應的運動半徑為Rm，則有：qUm=mvm2/2 (1分) qvmB=mvm2/Rm (1分)粒子飛出磁場邊界時相對小孔向左偏移的最小距離為： x=Rm-(Rm2-d2)1/2=0.1×(21/2-1)m0.0414m (2分)磁場邊界MN有粒子射出的長度范圍為：x=d-x=0.0586m (2分)25（19分）如圖，在xOy平面第一象限整個區(qū)域分布勻強電場，電場方向平行y軸向下，在第四象限內(nèi)存在有界勻強磁場，左邊界為y軸，右邊界為x5l2的直線，磁場方向垂直紙面向外。質(zhì)量為m、帶電量為q的粒子從y軸上P點以初速

13、度v0垂直y軸射入勻強電場，在電場力作用下從x軸上Q點以與x軸正方向45°角進入勻強磁場。已知OQl，不計粒子重力。求：（1）P點坐標；（2）要使粒子能再進入電場，磁感應強度B的取值范圍；（3）要使粒子能第二次進入磁場，磁感應強度B的取值范圍。25（19分）（1）設粒子運動至Q點時，沿y方向的速度為vy，則vyv0tan45°（2分）設粒子在電場中運動時間為t，則OQv0t（1分）OPvy t2（2分）由以上各式，得OPl2（1分）（2）粒子剛好能再進入電場時，其在磁場中的軌跡與y軸相切，設此時的軌跡半徑為r1r1r1sin45°l得r1(2)l（2分）粒子在磁場

14、中的速度vv0（1分）根據(jù)牛頓第二定律qvB1mv2r1（1分）得B1(1) mv0(q l) （1分）要使粒子能再進入電場，磁感應強度B的范圍B(1) mv0(q l) （2分）（3）粒子從P到Q的時間為t，則粒子從C（第二次經(jīng)過x軸）到D（磁場右邊界與x軸交點）的時間為2t，所以CD2l （1分）CQl2 （1分）設此時粒子在磁場中的軌道半徑為r2，由幾何關系2r2sin45°CQ（1分）那么r2l4同理可得B24mv0(q l)（1分）要使粒子能第二次進磁場，磁感應強度B的范圍(1) mv0(q l)B4mv0(q l) （2分）25（19分）如圖所示，真空室內(nèi)豎直條形區(qū)域I存

15、在垂直紙面向外的勻強磁場，條形區(qū)域（含I、區(qū)域分界面）存在水平向右的勻強電場，電場強度為E，磁場和電場寬度均為l且足夠長，M、N為涂有熒光物質(zhì)的豎直板?，F(xiàn)有一束質(zhì)子從A處連續(xù)不斷地射入磁場，入射方向與M板成60°夾角且與紙面平行如圖。質(zhì)子束由兩部分組成，一部分為速度大小為v的低速質(zhì)子，另一部分為速度大小為3v的高速質(zhì)子，當I區(qū)中磁場較強時，M板出現(xiàn)兩個亮斑，緩慢改變磁場強弱，直至亮斑相繼剛好消失為止，此時觀察到N板有兩個亮斑。已知質(zhì)子質(zhì)量為m，電量為e，不計質(zhì)子重力和相互作用力，求：（1）此時I區(qū)的磁感應強度；（2）N板兩個亮斑之間的距離。 。25（19分）（1）低速質(zhì)子運動軌跡與界

16、面相切，得半徑r2l3 3分 由evBmv2r 3分 得B3mv2el 2分（2）高速質(zhì)子運動半徑r2l，運動至區(qū)域界面，速度方向與界面垂直 低速質(zhì)子在電場中，沿電場方向做初速度為零的勻加速運動，位移l 3分 垂直電場方向上做勻速直線運動，位移yvt 3分 所以N板兩個亮斑之間的距離Yrcos30°y 3分 解得Yv 25、（19分）如圖所示的坐標系，x軸沿水平方向，y軸沿豎直方向。在x軸上方空間的第一、第二象限內(nèi)，既無電場也無磁場，在第三象限內(nèi)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，在第四象限內(nèi)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、

17、電量為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)點恰能做勻速圓周運動，之后經(jīng)過y軸上y=-2h處的的P3點進入第四象限。試求：(1)第三象限空間中電場強度和磁感應強度的大?。?2)帶電質(zhì)點在第四象限空間運動過程中的最小速度25、(1)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 (2分) 解得 E= (1分)h=gt2 (1分) v0= (1分)vy=gt (1分) 求v= (1分)方向與x軸負方向成45°角 (1分)Bqv=m (2分)(2R)2=(2h)2+(2h)2

18、(2分)得B= (1分)(2)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°= (3分)方向沿x軸正方向 (3分)25.（18分）如圖所示，在一底邊長為2L，45°的等腰三角形區(qū)域內(nèi)(O為底邊中點)有垂直紙面向外的勻強磁場. 現(xiàn)有一質(zhì)量為m，電量為q的帶正電粒子從靜止開始經(jīng)過電勢差為U的電場加速后，從O點垂直于AB進入磁場，不計重力與空氣阻力的影響.(1)粒子經(jīng)電場加速射入磁場時的速度？(2)磁感應強度B為多少時，粒子能以最大的圓周半徑偏轉(zhuǎn)后打到OA板？(3)增加磁

19、感應強度的大小，可以再延長粒子在磁場中的運動時間，求粒子在磁場中運動的極限時間.(不計粒子與AB板碰撞的作用時間，設粒子與AB板碰撞前后，電量保持不變并以相同的速率反彈) UABOCL25.（18分）依題意，粒子經(jīng)電場加速射入磁場時的速度為v，由動能定理得： 由 -（2分）得 -（2分）要使圓周半徑最大，則粒子的圓周軌跡應與AC邊相切，設圓周半徑為RABOCULR由圖中幾何關系：-（3分）由洛侖茲力提供向心力： -（2分）聯(lián)立解得 -（3分） ABOCLU 設粒子運動圓周半徑為r， ，當r越小，最后一次打到AB板的點越靠近A端點，在磁場中圓周運動累積路程越大，時間越長. 當r為無窮小，經(jīng)過n個

20、半圓運動，如圖所示，最后一次打到A點. 有： -（2分）圓周運動周期： -（1分）最長的極限時間 -（1分）由式得：-（2分）25.(18分)如圖，兩個共軸的圓筒形金屬電極，在內(nèi)筒上均勻分布著平行于軸線的標號1-8的八個狹縫，內(nèi)筒內(nèi)半徑為R，在內(nèi)筒之內(nèi)有平行于軸線向里的勻強磁場，磁感應強度為B。在兩極間加恒定電壓，使筒之間的區(qū)域內(nèi)有沿半徑向里的電場。不計粒子重力，整個裝置在真空中，粒子碰到電極時會被電極吸收。(1)一質(zhì)量為m1，帶電量為+q1的粒子從緊靠外筒且正對1號縫的S點由靜止出發(fā)，進入磁場后到達的第一個狹縫是3號縫，求兩電極間加的電壓U是多少?(2)另一個粒子質(zhì)量為m2，帶電量為+q2，

21、也從S點由靜止出發(fā)，該粒子經(jīng)過一段時間后恰好又回到S點，求該粒子在磁場中運動多少時間第一次回到S點。25.（1）m1粒子從S點出發(fā)在電場力作用下加速沿徑向由1號縫以速度V1進入磁場，依動能定理 在磁場中做勻速圓周運動，由洛倫茲力公式和牛頓定律得 粒子從1號縫直接到3號縫，軌跡為1/4圓周，軌跡半徑等于內(nèi)筒半徑 由以上得 （2）m2粒子進入磁場后，做勻速圓周運動周期為T 得 m2粒子能回到S點的條件是能沿徑向進入某條縫，在電場中先減速再反向加速重回磁場，然后以同樣的方式經(jīng)過某些縫最后經(jīng)1號縫回到S點。共有三種可能情況： 第一種：粒子依次經(jīng)過2、3、4、5、6、7、8號縫回到1號縫 第二種：粒子依次經(jīng)3、5、7號縫回到1