高中物理復(fù)合場問題歸納60922

1、高中物理復(fù)合場問題分類總結(jié)高中物理復(fù)合場問題綜合性強，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)，存在勻強電場和勻強磁場已知電場強度和磁感強度的方向是相同的，電場強度的大小E=4.0V/m，磁感強度的大小B=0.15T今有一個帶負電的質(zhì)點以20m/s的速度

2、在此區(qū)域內(nèi)沿垂直場強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解析：由題意知重力、電場力和洛侖茲力的合力為零，則有=，則，代入數(shù)據(jù)得，1.96C/，又0.75，可見磁場是沿著與重力方向夾角為，且斜向下方的一切方向2、（海淀區(qū)高三年級第一學(xué)期期末練習(xí)）v0E圖28Bbaqll15.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l，板間距也為l，板間存在著方向豎直向下的勻強電場和垂直于紙面向里磁感強度為B的勻強磁場。假設(shè)電場、磁場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

3、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?。唬?）若僅將勻強磁場的磁感應(yīng)強度變?yōu)樵瓉淼?倍，粒子將擊中上極板，求粒子運動到達上極板時的動能大??；（3）若撤去電場，粒子能飛出場區(qū)，求m、v0、q、B、l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。解析：（1）U=lv0B；（2）EK=mv02qBlv0；（3）或;（4）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=1.25T的勻強磁場，如圖所示，在兩極板間加上如圖所示電壓，當(dāng)t=0時，有一質(zhì)量m=210-15Kg，電量q=110-10C帶正電荷的粒子，以速度Vo=

4、4×103m/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t/10-4sU/103V543210.5O1.51.0(b)BU+-VO(a)答案：(1)見下圖（2）兩板間運動時間為t=6.510-4s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=510-7N（方向向下），f=qvB=510-7N(方向向上)，粒子作勻速直線運動，位移為x=vot=0.4m；第二個10-4s無電場時，做勻速圓周運動，其周期為T=110-4s,半徑為R=6.410-2m<

5、;不會碰到板，粒子可以轉(zhuǎn)一周可知以后重復(fù)上述運動粒子可在磁場里作三個完整的圓周運動，其軌跡如圖votvotvotvot圖10-5（2）直線運動知=3.5由圖像可得，粒子轉(zhuǎn)了3周，所以在兩板間運動時間T=3.5t+3T=6.510-4s圖3-4-24、如圖3-4-2所示的正交電磁場區(qū)，有兩個質(zhì)量相同、帶同種電荷的帶電粒子，電量分別為qa、qb，它們沿水平方向以相同速率相對著直線穿過電磁場區(qū)，則ab()A它們?nèi)魩ж撾?，則qa、>qbB它們?nèi)魩ж撾?，則qa、<qbC它們?nèi)魩д?，則qa、>qbD它們?nèi)魩д?，則qa、<qbOBEPyx5、如圖3-4-8所示，在xoy豎直平面內(nèi)

6、，有沿+x方向的勻強電場和垂直xoy平面指向紙內(nèi)的勻強磁場，勻強電場的場強E=12N/C，勻強磁場的磁感應(yīng)強度B=2T一質(zhì)量m=4×10-5、電量q=2.5×10-5C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，勻強磁場撤去，經(jīng)一段時間到達x軸上P點，求：P點到原點O的距離和微粒由O到P的運動時間dhNML6、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MN相連，令電阻率為的水銀充滿管口，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差成正比，且當(dāng)管的兩端的壓強差為p時，水銀的流速為

7、v0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磁場，磁感應(yīng)強度為B（圖中未畫出）穩(wěn)定后，試求水銀在管子中的流速baPOH7、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電場和垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B，一質(zhì)量為4m帶電量為-2q的微粒b正好懸浮在板間正中央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v0(v0未知)進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0.3v0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)空間足夠大，則分開后a微粒運動

8、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0.4v0從H穿出，求H點與O點的高度差v0圖1-3-321-3-32圖1-3-318、在平行金屬板間，有如圖1-3-31所示的相互正交的勻強電場的勻強磁場粒子以速度v0從兩板的正中央垂直于電場方向和磁場方向射入時，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，將(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

9、勻強電場和勻強磁場的方向從兩板正中央射入，將(B)若增大勻強磁場的磁感應(yīng)強度，其它條件不變，電子以速度v0沿垂直于電場和磁場的方向，從兩板正中央射入時，將(C)圖1-3-379、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1-3-37所示的橫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a、b、c流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)強度為B的勻強磁場，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、

10、下兩表面分別與一串接了電阻R的電阻的兩端連接，I表示測得的電流值已知流體的電阻率為，不計電流表的內(nèi)阻，則可求得流量為(A)ABCD2、勻速圓周運動當(dāng)帶電粒子所受的重力與電場力平衡時，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，一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。O1、一帶電液滴在如圖3-13所示的正交的勻強電場和勻強磁場中運動已知電場強度為E，豎直向下；磁感強度為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

11、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)?R，圓周最低點也是A，則另一液滴將如何運動？解析：（1）Eq=mg，知液滴帶負電，q=mg/E，（2）設(shè)半徑為3R的速率為v1，則，知，由動量守恒，得v2=v則其半徑為BAR圖1-3-34E圖1-3-332、如圖1-3-33，在正交的勻強電磁場中有質(zhì)量、電量都相同的兩滴油A靜止，B做半徑為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(B)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ABMBNBEBD圖1

12、-3-393、在真空中同時存在著豎直向下的勻強電場和水平方向的勻強磁場，如圖1-3-39所示，有甲、乙兩個均帶負電的油滴，電量分別為q1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；RARBEBP圖1-3-414、如圖1-3-41所示的空間，勻強電場的方向豎直向下，場強為E1，勻強磁場的方向水平向外，磁感應(yīng)強度為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

13、速圓周運動（兩小球間的庫侖力可忽略），運動軌跡如圖。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)碰撞時兩個帶電小球間電荷量不轉(zhuǎn)移）。答案：都帶負電荷，；都相同；5、如圖1-3-52甲所示，空間存在著彼此垂直周期性變化的勻強電場和勻強磁場，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

14、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、D四點，圖中E0和B0都屬未知)圖1-3-52(1)此液滴帶正電還是帶負電?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之間的距離解：（1）微粒應(yīng)帶正電，并在的時刻開始運動，這樣，在的運動階段，只要滿足，微粒即可做勻速直線運動，歷時至。到點，電場反向。在的運動階段，要使微粒做圓周運動，必須，洛倫茲力提供向心力，周期。到C點，電場、磁場同時反向。在的運動階段，仍成立，微粒做勻速直線運動，歷時至D。到D點，電場、磁場同時反向。在的運動階段，因，洛倫茲力提

15、供向心力，運動至A。到A，電場反向。此后，微粒周期性重復(fù)上述運動。因此，如果微粒在的時刻開始運動，也能實現(xiàn)題設(shè)運動，考慮到所有情況，微粒從點開始運動的時刻應(yīng)為答案中所給出的通式。（2）答案：（1）、帶正電，可能是（n=1，2，3，）（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CD=2.0m的絕緣水平面平滑連接，水平面右側(cè)空間存在互相垂直的勻強電場和勻強磁場，電場強度E=40N/C，方向豎直向上，磁場的磁感應(yīng)強度B=1.0T，方向垂直紙面向外。兩個質(zhì)量無為m=2.0×10-6kg的小球a和b，a球不帶電，b球帶q=1.0&#

16、215;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=0.1mg,，取g=10m/s2。a、b均可作為質(zhì)點。求（1）小球a與b相碰后瞬間速度的大小v；（2）水平面離地面的高度h；（3）從小球a開始釋放到落地前瞬間的整個運動過程中，ab系統(tǒng)損失的機械能E。6、（18分）（1）（6分）設(shè)a球到D點時的速度為vD，從釋放至D點根據(jù)動能定理（3分）對a、b球，根據(jù)動量守恒定律mvD=2mv（2分）解得v=1.73m/s（1分）（2）（6分）

17、兩球進入處長合場后，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）洛侖茲力提供向心力（2分）由圖可知r=2h（2分）解得（1分）（3）（6分）ab系統(tǒng)損失的機械能（4分）或解得（2分）3、受力及能的轉(zhuǎn)化+-abp圖10-11、如圖10-2所示，帶電平行板中勻強電場豎直向上，勻強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B其電勢能將會增大C.小球所受洛倫茲力增大D小球所受的電場力將會增大

18、答案：ABC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點滑下進入板間能做勻速直線則受力平衡有qE+qvB=mg，?？膳袛嘈∏驇д姀腶點下落有qE+qvB=mg，從b點進入初速度變小所以qvB變小，軌跡將向下偏合外力做正功動能變大，速度變大，qvB變大?？朔妶隽ψ龉﹄妱菽茏兇?。電場力不變故選ABC圖1-3-342、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，兩板間勻強磁場的磁感強度為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B不可能作曲線運動C可能作勻速運動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

19、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1、+-abp圖3-4-1如圖3-4-1所示，帶電平行板中勻強電場豎直向上，勻強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BAC圖3-3-33圖1-3-322、如圖1-3-32所示，空間

20、存在豎直向下的勻強電場和垂直紙面向外的勻強磁場，一帶電液滴從靜止自A點沿曲線ACB運動，到達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液滴一定帶負電B液滴在C點動能最大C液滴受摩擦力不計，則機械能守恒D液滴在C點的機械能最小二、有約束情況下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磁場和勻強電場中，設(shè)小球電荷量不變，小球由靜止下滑的過程中EBA：小球速度一直增大，直到最后勻速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

21、：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，f洛=Bqv在不斷增大，開始一段f洛<F電，水平方向有f洛+N=F電，加速度a=,其中f=N，隨著速度的不斷增大，f洛增大，彈力減小，加速度隨之增大。當(dāng)f洛=F電時，加速度達到最大，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。BAKmm2、如圖3-4-7所示，質(zhì)量為m，電量為Q的金屬滑塊以某一初速度沿水平放置的木板進入電磁場空間，勻強磁場的方向垂直紙面向里，勻強電場的方向水平且平行紙面；滑塊和

22、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E的大小和方向？(2)磁感應(yīng)強度的大小為多少？(3) 摩擦力做多少功？ba圖1-3-353、足夠長的光滑絕緣槽，與水平方向的夾角分別為和（，如圖1-3-35所示，加垂直于紙面向里的磁場，分別將質(zhì)量相等，帶等量正、負電荷的小球a和b，依次從兩斜面的頂端由靜止釋放，關(guān)于兩球在槽上的運動，下列說法中正確的是(ACD)A 在槽上a、b兩球都做勻加速直線運動，aaabB

23、 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SaSbD a、b兩球沿槽運動的時間分別為ta、tb，則tatbMN圖1-3-384、如1-3-38圖，光滑絕緣細桿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度為B的水平勻強磁場與桿垂直，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0.4mg，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多遠處環(huán)與桿之間無彈力作用？負電圖1-3-535、如圖1-3-53所示，虛線上方有場強為E1=6×104N/C的勻強電場，方向豎直向上

24、，虛線下方有場強為E2的勻強電場，電場線用實線表示，另外，在虛線上、下方均有勻強磁場，磁感應(yīng)強度相等，方向垂直紙面向里，ab是一長為L0.3m的絕緣細桿，沿E1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=-5×10-8C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b端，小環(huán)與桿間的動摩擦因數(shù)=0.25，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）請指明勻強電場E2的場強方向，說明理由，并計算出場強E2的大?。唬?）若撤去虛線下方電場E2，其他條件不變，小環(huán)進入虛線下方區(qū)域后運動軌跡是半徑為L/3的半

25、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？；2、圓周運動ABCDOE1、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電場中，管的內(nèi)壁光滑?，F(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qEmg，以下說法正確的是A.小球釋放后，到達B點時速度為零，并在BDA間往復(fù)運動B.小球釋放后，第一次達到最高點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

26、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=,C點合外力提供向心力FN+mg=,得FN=5mg故C選項正確。第一次經(jīng)過D點qER+mgR=mvD2vD=，F(xiàn)ND-mg=所以FND=5mg故選項D正確。2、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，在水平正交的勻強電場和勻強磁場中已知小球所受電

27、場力與重力的大小相等磁場的磁感強度為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+qEBO(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與豎直方向夾角為，由動能定理得：而故有當(dāng)時動能有最大值，vc也有最大值為，（2）設(shè)小球在最高點的速度為v0，到達C的對稱點D點的速度為vd，由動能定理知：，以代入，可得：3、質(zhì)量為m，電量為q帶正電荷的小物塊，從半徑為R的1/4光滑圓槽頂點由靜止下滑，整個裝置處于電場強度E，磁感應(yīng)強度為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？E

28、omqB圖3-4-53、類平拋4、類單擺三、綜合1、長為的細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點，加一均強電場（未畫出），當(dāng)電場取不同的方向時，可使小球繞點以為半徑分別在不同的平面內(nèi)做圓周運動則：（）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）若去掉細線而改為加一范圍足夠大的勻強磁場（方向水平且垂直紙面），磁感應(yīng)強度B，小球恰好在此區(qū)域做速度為v的勻速圓周運動，求此時電場強度的大小和方向若某時刻小球運動到場中的P點，速度與水平方向成45o，如圖10-2，則為保證小球在此區(qū)域能做完整

29、的勻速圓周運動，P點的高度H應(yīng)滿足什么條件PvPHB圖10-2答案：（1）（2）E=，方向豎直向上H解析：本題考查帶電小球在電場力和重力共同作用做圓周運動。mgFEqmgEqF合圖103mgEqF合甲乙（） 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EqEq當(dāng)繩上拉力F為零時速度最小，有即恰好做圓周運動的最小速度為（2）小球做勻速圓周運動只能由洛倫茲力提供向心力，則有mg=qE解得E=，方向豎直向上MOP45oRN圖10-4小球做勻速圓周，軌跡半徑為R，如圖F=qvB=mR=PN=(1+)RH2、在某空間存在著水平向右的勻強電場和垂直于

30、紙面向里的勻強磁場，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=37°。今有一質(zhì)量m=3.6×104 kg、電荷量q=+9.0×104 C的帶電小球（可視為質(zhì)點），以v0=4.0 m/s的初速度沿水平方向從A點射入圓弧軌道內(nèi)，一段時間后從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，sin37°=0.6，cos?=0.8，不計空氣阻力，求：（1）勻強電場的場強E；（2）小球射入圓弧軌道后的瞬間對軌道的壓力。解析：（1）當(dāng)小球離開圓弧軌道后，對其

31、受力分析如圖所示，由平衡條件得：F電=qE=mgtan（2分）代入數(shù)據(jù)解得：E=3N/C（1分）（2）小球從進入圓弧軌道到離開圓弧軌道的過程中，由動能定理得：F電（2分）代入數(shù)據(jù)得：（1分）由（2分）解得：B=1T（2分）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：（2分）代入數(shù)據(jù)得：（1分）由牛頓第三定律得，小球?qū)壍赖膲毫Γ?分）四、分立的電場和磁場（組合場）1、如圖所示，在xOy平面內(nèi)的第象限中有沿y方向的勻強電場，場強大小為E在第I和第II象限有勻強磁場，方向垂直于坐標(biāo)平面向里有一個質(zhì)量為m，電荷量為e的電子，從y軸的P點以初速度v0垂直于電場方向進入電場（不計電子所

32、受重力），經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后，沿著與x軸負方向成450角進入磁場，并能返回到原出發(fā)點P.(1)簡要說明電子的運動情況，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）PO間的距離為（3）t=(4+3)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(1)軌跡如圖中虛線所示設(shè)，在電場中偏轉(zhuǎn)450，說明在M點進入磁場時的速度是，由動能定理知電場力做功，得，由，可知由對稱性，從N點射出磁場時速度與x軸也成450，又恰好能回到P點，因此可知在磁場中做圓周運動的

33、半徑；(2)由公式得PO間的距離為；(3）在第象限的平拋運動時間為，在第IV象限直線運動的時間為，在第I、象限運動的時間是，所以因此LdB2、如圖3-4-6所示，空間分布著圖示的勻強電場E（寬為L）和勻強磁場B，一帶電粒子質(zhì)量為m，電量為q（重力不計）從A點由靜止釋放后經(jīng)電場加速后進入磁場，穿過中間磁場進入右邊磁場后能按某一路徑再返回A點而重復(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）aebdEv0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方向的勻強電場，場強大小為E，一粒子源不斷地從a處的小孔沿ab方向向盒內(nèi)

34、發(fā)射相同的帶電粒子，粒子的初速度為v0，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磁場，磁感應(yīng)強度大小為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?電場強度E與磁感應(yīng)強度B的比值為多大?垂直面向外；4、（20分）如圖所示，兩平行金屬板A、B長8cm，兩板間距離d8cm，B板比A板電勢高300V，即UBA300V。一帶正電的粒子電量q10-10C，質(zhì)量m10-20kg，從R點沿電場中心線垂直電場線飛入電場，初速度v02×106m/s，粒子飛出平行板電場后經(jīng)過無場區(qū)域后，進入界面為

35、MN、PQ間勻強磁場區(qū)域，從磁場的PS邊界出來后剛好打在中心線上離PQ邊界4L/3處的S點上。已知MN邊界與平行板的右端相距為L,兩界面MN、PQ相距為L,且L12cm。求（粒子重力不計）（1）粒子射出平行板時的速度大小v；（2）粒子進入界面MN時偏離中心線RO的距離多遠？（3）畫出粒子運動的軌跡，并求勻強磁場的磁感應(yīng)強度B的大小。BAv0RMNLPSOlL4L/3Q4、（20分）（1）粒子在電場中做類平拋運動（1分）（1分）豎直方向的速度（2分）代入數(shù)據(jù)，解得:vy=15×106m/s（1分）所以粒子從電場中飛出時沿電場方向的速度為：（1）（2）設(shè)粒子從電場中飛出時的側(cè)向位移為h,

36、穿過界面PS時偏離中心線OR的距離為y，則：h=at2/2（1分）即：（1分）代入數(shù)據(jù)，解得：h=003m=3cm（1分）帶電粒子在離開電場后將做勻速直線運動,由相似三角形知識得：（2分）代入數(shù)據(jù)，解得:y=012m=12cm（1分）（3）設(shè)粒子從電場中飛出時的速度方向與水平方向的夾角為，則：（1分）BAv0RMNLPSOlL4L/3Q）軌跡如圖所示（3分）由幾何知識可得粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑：（2分）由：（1分）代入數(shù)據(jù)，解得：（1分）××××××××××××&#

37、215;×·×××××××××××××××××××××O450(3L,L)PA1xy3.(20分)如圖所示,在xoy坐標(biāo)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)有一垂直于平面向內(nèi)的勻強磁場,現(xiàn)有一質(zhì)量為m帶電量為q的負粒子(重力不計)從電場中坐標(biāo)為(3L,L)的P點與x軸負方向相同的速度射入，從O點與y軸正方向成夾角射出,求:(1) 粒子在O點的速度大小.(2) 勻強電場的場強E.(3) 粒子從P點運動到O點所用的時間.解:(1)粒子運動軌跡如圖所示,設(shè)粒子在P點時速度大小為,OQ段為四分之一圓弧,QP段為拋物線,根據(jù)對稱性可知,粒子在Q點的速度大小也為,方向與x軸正方向成450.可得（1分）yO450(3L,L)PxQvv(2)Q到P過程,由動能定理得（3分）即（1分）(3)在Q點時,（2分）由P到Q過程中,豎直方向上有:（1分）（2分）水平方向有:（1分）則OQ=3L-2L=L（1分）得粒子在OQ段圓周運動的半徑（2分）Q到O的時間:（2分）粒子從P到O點所用的時間:t=t1+t2=（2分