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1、復合場組合場計算題一、計算題(本大題共8小題,共80.0分)1. 質量為m,帶電量為q的液滴以速度v沿與水平成45角斜向上進入正交的勻強電場和勻強磁場疊加區(qū)域,電場強度方向水平向右,磁場方向垂直紙面向里,如圖所示.液滴帶正電荷,在重力、電場力及磁場力共同作用下在場區(qū)做勻速直線運動.試求:(1)電場強度E和磁感應強度B各多大?(2)當液滴運動到某一點A時,電場方向突然變?yōu)樨Q直向上,大小不改變,不考慮因電場變化而產生的磁場的影響,此時液滴加速度多少?說明此后液滴的運動情況(即求:半徑與周期)2. 如圖所示,在豎直平面內有一個正交的勻強電場和勻強磁場,磁感應強度為4T,電場強度為103N/C,一個帶

2、正電的微粒,q=2×106C,質量m=2×106kg,在這正交的電場的磁場內恰好做勻速直線運動,g=10m/s2,求:(1)帶電粒子受到的洛倫茲力的大小(2)帶電粒子運動的速度大小(3)帶電粒子運動的速度方向3. 如圖所示,勻強電場的場強E=4V/m,方向水平向左,勻強磁場的磁感應強度B=2T,方向垂直紙面向里.一個質量為m=1g、帶正電的小物塊A,從M點沿絕緣粗糙的豎直壁無初速度下滑,當它滑行0.8m到N點時就離開壁做曲線運動.當A運動到P點時,恰好處于平衡狀態(tài),此時速度方向與水平成45角,設P與M的高度差H為1.6m.求:(1)A沿壁下滑時克服摩擦力做的功(2)P與M的

3、水平距離s是多少?4. 如圖所示,某空間內存在著正交的勻強電場和勻強磁場,電場方向水平向右,磁場方向垂直于紙面向里.一段光滑絕緣的圓弧軌道AC固定在場中,圓弧所在平面與電場平行,圓弧的圓心為O,半徑R=1.8m,連線OA在豎直方向上,圓弧所對應的圓心角=37.現(xiàn)有一質量m=3.6×104kg、電荷量q=9.0×104C的帶正電的小球(視為質點),以v0=4.0m/s的速度沿水平方向由A點射入圓弧軌道,一段時間后小球從C點離開圓弧軌道恰能在場中做勻速直線運動.不計空氣阻力,取g=10m/s2,sin37=0.6,cos37=0.8.求:(1)勻強電場場強E的大??;(2)小球剛

4、射入圓弧軌道瞬間對軌道壓力的大小5.如圖所示,兩豎直金屬板間電壓為U1,兩水平金屬板的間距為d,豎直極板a上有一質量為m、電荷量為q的微粒(重力不計)從靜止經電場加速后,從另一豎直極板上的小孔水平進入兩水平金屬板間并繼續(xù)沿直線運動,水平金屬板內的勻強磁場和極板右側寬度一定、寬度足夠高的勻強磁場方向都垂直紙面向里,磁感應強度大小均為B,求:(1)微粒剛進入水平平行金屬板間時的速度大小v0;(2)兩水平金屬板間的電壓多大;(3)為使微粒不從磁場右邊界射出,右側磁場的最少寬度D多大5. 如圖所示,有一對平行金屬板,板間加有恒定電壓;兩板間有勻強磁場,磁感應強度大小為B0,方向垂直于紙面向里.金屬板右

5、下方以MN、PQ為上下邊界,MP為左邊界的區(qū)域內,存在垂直紙面向外的勻強磁場,磁場寬度為d,MN與下極板等高,MP與金屬板右端在同一豎直線.一電荷量為q、質量為m的正離子,以初速度v0沿平行于金屬板面、垂直于板間磁場的方向從A點射入金屬板間,不計離子的重力(1)已知離子恰好做勻速直線運動,求金屬板間電場強度的大小和方向;(2)若撤去板間磁場B0,已知離子恰好從下極板的右側邊緣射出電場,方向與水平方向成30角,求A點離下極板的高度;(3)在(2)的情形中,為了使離子進入磁場運動后從邊界MP的P點射出,磁場的磁感應強度B應為多大?6. 如圖所示,豎直平面內的空間中,有沿水平方向、垂直于紙面向外的勻

6、強磁場,磁感應強度大小為B,在磁場中建立豎直的平面直角坐標系xOy,在x<0的區(qū)域內有沿x軸負向的勻強電場,電場強度大小為E,在x>0的區(qū)域內也存在勻強電場(圖中未畫出).一個帶正電的小球(可視為質點)從x軸上的N點豎直向下做勻速圓周運動至P點后進入x<0的區(qū)域,沿著與水平方向成=30角斜向上做直線運動,通過x軸上的M點,求:(重力加速度為g,不計空氣阻力) (1)小球運動速度的大小(2)在x>0的區(qū)域內所加的電場強度的大小(3)小球從N點運動到M點所用的時間8如圖所示,相距為d、板間電壓為U的平行金屬板M、N間有垂直紙面向里、磁感應強度為B0的勻強磁場;在pOy區(qū)域內

7、有垂直紙面向外、磁感應強度為B的勻強磁場;這pOx區(qū)域為無場區(qū).一正離子沿平行于金屬板、垂直磁場射入兩板間并做勻速直線運動,從H(0,a)點垂直y軸進入第I象限,經Op上某點離開磁場,最后垂直x軸離開第I象限.求:(1)離子在金屬板M、N間的運動速度;(2)離子的荷質比qm答案和解析【答案】1. (1)對液滴受力分析,受重力、電場力和洛倫茲力,做勻速直線運動,合力為零,根據平衡條件求解電場強度E和磁感應強度B;(2)電場方向突然變?yōu)樨Q直向上,大小不改變,故電場力與重力平衡,洛倫茲力提供向心力,粒子做勻速圓周運動,根據牛頓第二定律列式求解本題關鍵是明確粒子的受力情況和運動情況,然后根據平衡條件和

8、牛頓第二定律列式求解,不難2. 解:(1)液滴帶正電,液滴受力如圖所示: 根據平衡條件,有:Eq=mgtan=mg qvB=mgcos=2mg 故:E=mgq B=2mgqv;  (2)電場方向突然變?yōu)樨Q直向上,大小不改變,故電場力與重力平衡,洛倫茲力提供向心力,粒子做勻速圓周運動,根據牛頓第二定律,有:a=F合m=2g qvB=2mg=mv2R 解得:R=2v22g T=2Rv=2vg 答:(1)電場強度E為mgq,磁感應強度B為2mgqv;(2)液滴加速度為2g,此后液滴做勻速圓周運動,半徑為2v22g,周期為2vg2. (1)粒子受重力、電場力和洛倫茲力,做勻速直線運動,故合力

9、為零根據平衡條件并運用正交分解法列式求解洛侖茲力;(2)根據f=qvB求解速度大??;(3)根據左手定則判斷洛侖茲力的方向本題關鍵是根據物體做勻速直線運動的條件,運用平衡條件進行列式計算,要注意粒子做直線運動的條件是合力為零或者合力與速度共線,如果是變速運動,洛侖茲力大小變化,合力方向不可能恒定,故有洛侖茲力的直線運動通常都是勻速直線運動3. 解:粒子在重力、電場力與磁場力作用下做勻速直線運動.粒子的受力如圖所示水平方向:qE=fcos,豎直方向:fsin=mg,其中:f=qvB,聯(lián)立,解得:f=4×105N,v=5m/s =30 答:(1)帶電粒子受到的洛倫茲力的大小為4×

10、105N;(2)帶電粒子運動的速度大小為5m/s;(3)帶電粒子運動的速度方向與水平方向成30斜向左上方3. 對小球進行受力分析,再根據各力的變化,可以找出合力及加速度的變化;即可以找出小球最大速度及最大加速度的狀態(tài)本題要注意分析帶電小球的運動過程,屬于牛頓第二定律的動態(tài)應用與電磁場結合的題目,此類問題要求能準確找出物體的運動過程,并能分析各力的變化,對學生要求較高4. 解:(1)小物體A下落至N點時開始離開墻壁,說明這時小物體A與墻壁之間已無擠壓,彈力為零故有:qE=qvNB vN=EB=42=2m/s       

11、60;   對小物體A從M點到N點的過程應用動能定理,這一過程電場力和洛侖茲力均不做功,應有:mghWf克=12mvN2 Wf克=mgh12mvN2=103×10×0.812×103×22=6×l03 (J)      (2)小物體離開N點做曲線運動到達P點時,受力情況如圖所示,由于=45,物體處于平衡狀態(tài),建立如圖的坐標系,可列出平衡方程qBvpcos45qE=0        (1)

12、 qBvpsin45mg=0        (2) 由(1)得 vp=EBcos45=22m/s 由(2)得 q=mgBvpsin45=2.5×l03 c                   NP過程,由動能定理得mg(Hh)qES=12mvp212mv12 代入計算得  

13、60; S=0.6 m       答:(1)A沿壁下滑時克服摩擦力做的功6×l03 J(2)P與M的水平距離s是0.6m4. (1)小球離開軌道后做勻速直線運動,分析其受力知:小球受到重力mg、電場力qE和洛倫茲力qvB,由平衡條件求出電場強度場強E的大小(2)小球沿軌道從A運動到C的過程中,重力和電場力對小球做功,洛倫茲力不做功,由動能定理求出小球運動到C點時的速度.根據小球在C與A的速度關系,得到洛倫茲力大小關系.分析小球經過A點時的受力情況,根據牛頓第二定律求解軌道對小球的支持力,再由牛

14、頓第三定律得到小球對軌道的壓力本題力平衡、動能定理和牛頓第二定律的綜合應用,運用動能定理時要注意洛倫茲力不做功,但洛倫茲力對向心力有作用,分析受力情況,作出力圖是解答的基礎,難點是分析小球經過AC兩點的洛倫茲力關系5. 解:(1)小球離開軌道后做勻速直線運動,其受力情況如圖所示,則有:qvBcosmg=0      qvBsinqE=0 求得:E=3.0N/C  (2)設小球運動到C點時的速度為v,在小球沿軌道從A運動到C的過程中,根據動能定理有:qERsinmgR(1cos)=12mv212mv02 小球由A點射入圓弧軌道瞬間,設軌道對小球的

15、支持力為N,小球的受力情況如圖所示,由牛頓第二定律有:N+qBv0mg=mv02R 聯(lián)立求得:N=3.2×103N 根據牛頓第三定律可知,小球由A點射入圓弧軌道瞬間對軌道的壓力:N=3.2×103N 答:(1)勻強電場場強E的大小為3.0N/C;(2)小球剛射入圓弧軌道瞬間對軌道壓力的大小為3.2×103N.5. (1)粒子在電場中加速,根據動能定理可求得微粒進入平行金屬板間的速度大?。?2)根據粒子在平行板間做直線運動可知,電場力與洛倫茲力大小相等,列式可求得電壓大小;(3)粒子在磁場中做勻速圓周運動,根據幾何關系可知半徑與D之間的關系,再由洛倫茲充當向心力可求

16、得最小寬度本題考查帶電粒子在電場和磁場中的運動,要注意明確帶電粒子在磁場中運動時注意幾何關系的應用,明確向心力公式的應用;而帶電粒子在電場中的運動要注意根據功能關系以及運動的合成和分解規(guī)律求解6. 解:(1)在加速電場中,由動能定理得:qU1=12mv02 解得:v0=2qU1m;(2)在水平平行金屬板間時,當Bqv0=qUd時,微粒做直線運動解得:U=Bd2qU1m (3)若粒子進入磁場偏轉后恰與右邊界相切,此時對應寬度為D,由幾何關系可知,r=D;即:Bqv0=mv02r 聯(lián)立解得:D=mBq2qU1m 答:(1)微粒剛進入水平平行金屬板間時的速度大小v0為2qU1m;(2)兩水平金屬板間

17、的電壓為Bd2qU1m;(3)為使微粒不從磁場右邊界射出,右側磁場的最少寬度D為mBq2qU1m6. (1)離子做勻速直線運動時,電場力和洛侖茲力二力平衡,根據平衡條件列式,即可求解電場強度的大小,由左手定則判斷出洛茲力的方向,即可確定電場強度的方向;(2)撤去板間磁場B0,離子在電場中做類平拋運動,平行于極板做勻速直線運動,垂直于極板做初速度為零的勻加速直線運動,根據速度的分解求出離子從M點射出電場時的速度,由動能定理求解A點離下極板的高度;(3)根據題意畫出離子的運動軌跡,根據幾何知識求出軌跡半徑,再由洛倫茲力提供向心力,列式求解B本題是粒子速度選擇器、電場偏轉和磁場偏轉的綜合,關鍵要掌握

18、類平拋運動的處理方法:運動的分解法,并能運用動能定理求解h磁場中勻速圓周運動問題,關鍵要正確畫出離子的運動軌跡,運用幾何知識求解半徑7. 解:(1)設板間的電場強度為E,離子做勻速直線運動,受到的電場力和洛侖茲力平衡有: qE=qv0B0    解得:E=v0B0 由左手定則可判斷出洛侖茲力方向豎直向上,所以電場力的方向豎直向下,故場強的方向豎直向下(2)設A點離下極板的高度為h,離子射出電場時的速度為v,根據動能定理得: qEh=12mv212mv02  離子在電場中做類平拋運動,水平分方向做勻速直線運動,則有v=v0cos30&#

19、160;  聯(lián)立解得:h=mv026qv0B0=mv06qB0  (3)設離子進入磁場后做勻速圓周運動的半徑為r,由幾何關系得:r=12dsin60=33d  根據牛頓第二定律得:qvB=mv2r  聯(lián)立解得:B=2mv0qd;答:(1)金屬板間電場強度的大小為v0B0,方向豎直向下;(2)A點離下極板的高度為mv06qB0;(3)磁場的磁感應強度B應為2mv0qd7. (1)油滴從P到M做直線運動,根據油滴受力情況求出油滴的速度(2)油滴做勻速圓周運動,洛倫茲力提供向心力,則油滴的重力與電場力合力為零,據此求出電場強度(3)油滴在第三象限做直線運動,求

20、出粒子做圓周運動與做直線運動的時間,然后求出從N到M的運動時間本題考查了帶電油滴在復合場中的運動,分析清楚油滴的運動過程、應用平衡條件、牛頓第二定律、運動學公式可以解題;對油滴正確受力分析、應用幾何知識是正確解題的關鍵8. 解:(1)油滴沿PM做直線運動,油滴受力如圖所示: 在垂直于PM方向上,由平衡條件得:qE=qvBsin,解得:v=EBsin30=2EB;(2)由于tan=qEmg=33,則:mg=3qE,mgsin=mgcos,油滴所受合力為零;油滴從x軸上的N點豎直向下做勻速圓周運動,洛倫茲力提供向心力,油滴的重力與電場力合力為零,即:mg=qE,解得:E=mgq=3E;(3)油滴的

21、運動軌跡如圖所示: 油滴做勻速圓周運動轉過的圓心角:=120,油滴做圓周運動的時間:t1=360T=120360×2mqB=2m3qB,油滴在磁場中做圓周運動,洛倫茲力提供向心力,由牛頓第二定律得:qvB=mv2r,解得:r=mvBq=2mEB2q,由幾何知識得:OP=rcos30=3mEB2q,PM=OPsin30=23mEB2q,油滴從P到M做勻速直線運動,運動時間:t2=PMv=3mBq,則從N到M油滴的運動時間:t=t1+t2=2m+33m3qB;答:(1)油滴運動速度的大小為2EB;(2)在x>0的區(qū)域內所加的電場強度的大小為3E;(3)油滴從N點運動到M點所用的時間

22、為2m+33m3qB8. (1)正離子沿平行于金屬板垂直磁場射入兩板間做勻速直線運動時,洛倫茲力與電場力平衡,由平衡條件和E0=Ud結合可求出離子在平行金屬板間的運動速度(2)帶電粒子進入pOy區(qū)域做勻速圓周運動,據題由幾何關系可求出圓周運動的半徑.在磁場中由洛倫茲力提供向心力,可求出比荷本題中離子在復合場中運動的問題是速度選擇器的模型,要理解其工作原理.在磁場中畫軌跡,由幾何知識求解半徑、由圓心角確定時間都是常規(guī)思路9. 解:(1)設帶電粒子的質量為m、電量為q,在平行金屬板間的運動速度為v,平行金屬板間的場強為E0依題意,有:qvB0=qE0 又勻強電場,有:E0=Ud 聯(lián)立解得:v=UB

23、0d (2)帶電粒子進入pOy區(qū)域,做勻速圓周運動,設軌道半徑為r,有:qvB=mv2r 依題意帶電粒子進入第象限轉過14圈后從Op上離開磁場,如圖,由幾何關系:r+rtan45=a,得r=12a 聯(lián)立得:qm=2UB0Bad 答:(1)離子在金屬板M、N間的運動速度是UB0d;(2)離子的荷質比qm為2UB0Bad【解析】12. (1)對液滴受力分析,受重力、電場力和洛倫茲力,做勻速直線運動,合力為零,根據平衡條件求解電場強度E和磁感應強度B;(2)電場方向突然變?yōu)樨Q直向上,大小不改變,故電場力與重力平衡,洛倫茲力提供向心力,粒子做勻速圓周運動,根據牛頓第二定律列式求解本題關鍵是明確粒子的受

24、力情況和運動情況,然后根據平衡條件和牛頓第二定律列式求解,不難23. (1)粒子受重力、電場力和洛倫茲力,做勻速直線運動,故合力為零根據平衡條件并運用正交分解法列式求解洛侖茲力;(2)根據f=qvB求解速度大??;(3)根據左手定則判斷洛侖茲力的方向本題關鍵是根據物體做勻速直線運動的條件,運用平衡條件進行列式計算,要注意粒子做直線運動的條件是合力為零或者合力與速度共線,如果是變速運動,洛侖茲力大小變化,合力方向不可能恒定,故有洛侖茲力的直線運動通常都是勻速直線運動34. 對小球進行受力分析,再根據各力的變化,可以找出合力及加速度的變化;即可以找出小球最大速度及最大加速度的狀態(tài)本題要注意分析帶電小

25、球的運動過程,屬于牛頓第二定律的動態(tài)應用與電磁場結合的題目,此類問題要求能準確找出物體的運動過程,并能分析各力的變化,對學生要求較高45. (1)小球離開軌道后做勻速直線運動,分析其受力知:小球受到重力mg、電場力qE和洛倫茲力qvB,由平衡條件求出電場強度場強E的大小(2)小球沿軌道從A運動到C的過程中,重力和電場力對小球做功,洛倫茲力不做功,由動能定理求出小球運動到C點時的速度.根據小球在C與A的速度關系,得到洛倫茲力大小關系.分析小球經過A點時的受力情況,根據牛頓第二定律求解軌道對小球的支持力,再由牛頓第三定律得到小球對軌道的壓力本題力平衡、動能定理和牛頓第二定律的綜合應用,運用動能定理時要注意洛倫茲力不做功,但洛倫茲力對向心力有作用,分析受力情況,作出力圖是解答的基礎,難點是分析小球經過AC兩點的洛倫茲力關系56. (1)粒子在電場中加速,根據動能定理可求得微粒進入平行金屬板間的速度大?。?2)根據粒子在平行板間做直線運動可知,電場力與洛倫茲力大小相等,列式可求得電壓大??;(3)粒子在磁場中做勻速圓周運動,根據幾何關系可知

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