(十二)电场-磁场-重力场的复合场、组合场问题

1电场，磁场，重力场的复合场、组合场问题一、复合场1.一个质量m＝0.1g的小滑块，带有q＝5×10－4C的电荷量，放置在倾角α＝30°的光滑斜面上(斜面绝缘)，斜面置于B＝0.5T的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，如图8-2-29所示，小滑块由静止开始沿斜面滑下，其斜面足够长，小滑块滑至某一位置时，要离开斜面．求：(1)小滑块带何种电荷？(2)小滑块离开斜面的瞬时速度多大？(3)该斜面的长度至少多长？图8-2-292.如图8-3-6所示的平行板之间，存在着相互垂直的匀强磁场和匀强电场，磁场的磁感应强度B1＝0.20T，方向垂直纸面向里，电场强度E1＝1.0×105V/m，PQ为板间中线．紧靠平行板右侧边缘xOy坐标系的第一象限内，有一边界线AO，与y轴的夹角∠AOy＝45°，边界线的上方有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B2＝0.25T，边界线的下方有水平向右的匀强电场，电场强度E2＝5.0×105V/m，在x轴上固定一水平的荧光屏．一束带电荷量q＝8.0×10－19C、质量m＝8.0×10－26kg的正离子从P点射入平行板间，沿中线PQ做直线运动，穿出平行板后从y轴上坐标为(0，0.4m)的Q点垂直y轴射入磁场区，最后打到水平的荧光屏上的位置C.求：图8-3-6(1)离子在平行板间运动的速度大小；(2)离子打到荧光屏上的位置C的坐标；(3)现只改变AOy区域内磁场的磁感应强度大小，使离子都不能打到x轴上，磁感应强度大小B2′应满足什么条件？3.(2012·重庆卷，24)有人设计了一种带电颗粒的速率分选装置，其原理如图8-3-7所示．两带电金属板间有匀强电场，方向竖直向上，其中PQNM矩形区域内还有方向垂直纸面向外的匀强磁场．一束比荷(电荷量与质量之比)均为1k的带正电颗粒，以不同的速率沿着磁场区域的水平中心线O′进入两金属板之间，其中速率为v0的颗粒刚好从Q点处离开磁场，然后做匀速直线运动到达收集板．重力加速度为g，PQ＝3d，NQ＝2d，收集板与NQ的距离2为l，不计颗粒间相互作用．求：(1)电场强度E的大小；(2)磁感应强度B的大小；(3)速率为λv0(λ＞1)的颗粒打在收集板上的位置到O点的距离．图8-3-74.在如图8-3-9所示的空间里，存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B＝2πmq.在竖直方向存在交替变化的匀强电场如图(竖直向上为正)，电场大小为E0＝mgq.一倾角为θ长度足够长的光滑绝缘斜面放置在此空间．斜面上有一质量为m，带电量为－q的小球，从t＝0时刻由静止开始沿斜面下滑，设第5秒内小球不会离开斜面，重力加速度为g.求：(1)第6秒内小球离开斜面的最大距离．(2)第19秒内小球未离开斜面，θ角的正切值应满足什么条件？图8-3-9总结：1．静止或匀速直线运动：当带电粒子在复合场中所受合外力为零时，将处于静止状态或做匀速直线运动．2．匀速圆周运动：当带电粒子所受的重力与电场力大小相等，方向相反时，带电粒子在洛伦兹力的作用下，在垂直于匀强磁场的平面内做匀速圆周运动．3．一般的曲线运动：当带电粒子所受合外力的大小和方向均变化，且与初速度方向不在同一条直线上，粒子做非匀变速曲线运动，这时粒子运动轨迹既不是圆弧，也不是抛物线．4．分阶段运动：带电粒子可能依次通过几个情况不同的复合场区域，其运动情况随区域发生变化，其运动过程由几种不同的运动阶段组成.3二、组合场5.如图8-3-14所示的平面直角坐标系中，虚线OM与x轴成45°角，在OM与x轴之间(包括x轴)存在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，在y轴与OM之间存在竖直向下、电场强度大小为E的匀强电场，有一个质量为m，电荷量为q的带正电的粒子以某速度沿x轴正方向从O点射入磁场区域并发生偏转，不计带电粒子的重力和空气阻力，在带电粒子进入磁场到第二次离开电场的过程中，求：(1)若带电粒子从O点以速度v1进入磁场区域，求带电粒子第一次离开磁场的位置到O点的距离．(2)若带电粒子第二次离开电场时恰好经过O点，求粒子图8-3-14最初进入磁场时速度v的大小．并讨论当v变化时，粒子第二次离开电场时的速度大小与v大小的关系6.如图14所示，在xOy平面的第一象限有一匀强电场，电场的方向平行于y轴向下；在x轴和第四象限的射线OC之间有一匀强磁场，磁感应强度的大小为B，方向垂直于纸面向外．有一质量为m，带有电荷量＋q的质点由电场左侧平行于x轴射入电场．质点到达x轴上A点时，速度方向与x轴的夹角为φ，A点与原点O的距离为d.接着，质点进入磁场，并垂直于OC飞离磁场，不计重力影响．若OC与x轴的夹角也为φ，求：(1)粒子在磁场中运动速度的大小；(2)匀强电场的场强大小．图147.如图所示，在xOy平面的第Ⅱ象限内有半径为R的圆分别与x轴、y轴相切于P、Q两点，圆内存在垂直于xOy面向外的匀强磁场。在第Ⅰ象限内存在沿y轴负方向的匀强电场，电场强度为E。一带正电的粒子(不计重力)以速率v0从P点射入磁场后恰好垂直y轴进入电场，最后从4M(3R,0)点射出电场，出射方向与x轴正方向夹角为α，且满足α＝45°，求：(1)带电粒子的比荷；(2)磁场磁感应强度B的大小；(3)粒子从P点射入磁场到M点射出电场的时间。8.如图所示，在xOy平面内，一带正电的粒子自A点经电场加速后从C点垂直射入偏转电场(视为匀强电场)，偏转后通过极板MN上的小孔O离开电场，粒子在O点时的速度大小为v，方向与x轴成45°角斜向上。在y轴右侧y≥d范围内有一个垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，粒子经过磁场偏转后垂直打在极板MN上的P点。已知NC之间距离为d，粒子重力不计，求：(1)P点的纵坐标；(2)粒子从C点运动到P点所用的时间；(3)偏转电场的电场强度。9.(2012·山东卷)如图甲所示，相隔一定距离的竖直边界两侧为相同的匀强磁场区，磁场方向垂直纸面向里，在边界上固定两长为L的平行金属极板MN和PQ，两极板中心各有一小孔S1、S2，两极板间电压的变化规律如图乙所示，正反向电压的大小均为U0，周期为T0。在t＝0时刻将一个质量为m、电量为－q(q0)的粒子由S1静止释放，粒子在电场力的作用下向右运动，在t＝T02时刻通过S2垂直于边界进入右侧磁场区。(不计粒子重力，不考虑极板外的电场)(1)求粒子到达S2时的速度大小v和极板间距d。(2)为使粒子不与极板相撞，求磁感应强度的大小应满足的条件。(3)若已保证了粒子未与极板相撞，为使粒子在t＝3T0时刻再次到达S2，且速度恰好为零，求该过程中粒子在磁场内运动的时间和磁感应强度的大小。5电场，磁场，重力场的复合场、组合场问题答案1.解析(1)小滑块沿斜面下滑过程中，受重力mg、斜面支持力FN和洛伦兹力F.若要小滑块离开斜面，洛伦兹力F方向应垂直斜面向上，根据左手定则可知，小滑块应带负电荷．(2)小滑块沿斜面下滑时，垂直斜面方向的加速度为零，有qvB＋FN－mgcosα＝0.当FN＝0时，小滑块开始脱离斜面，此时，qvB＝mgcosα，得v＝mgcosαqB＝0.1×10－3×10×320.5×5×10－4m/s＝23m/s.(3)下滑过程中，只有重力做功，由动能定理得mgxsinα＝12mv2，斜面的长度至少应是x＝v22gsinα＝2322×10×0.5m＝1.2m.答案(1)负电荷(2)23m/s(3)1.2m2解析图甲(1)设离子的速度大小为v，由于沿中线PQ做直线运动，则有qE1＝qvB1，代入数据解得v＝5.0×105m/s.(2)离子进入磁场，做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有qvB2＝mv2r得，r＝0.2m，作出离子的运动轨迹，交OA边界于N，如图甲所示，OQ＝2r，若磁场无边界，一定通过O点，则圆弧QN的圆周角为45°，则轨迹圆弧的圆心角为θ＝90°，过N点做圆弧切线，方向竖直向下，离子垂直电场线进入电场，做类平抛运动，y＝OO′＝vt，x＝12at2，而a＝E2qm，则x＝0.4m，离子打到荧光屏上的位置C的水平坐标为xC＝(0.2＋0.4)m＝0.6m.图乙6(3)只要粒子能跨过AO边界进入水平电场中，粒子就具有竖直向下的速度而一定打在x轴上．如图乙所示，由几何关系可知使离子不能打到x轴上的最大半径r′＝0.42＋1m，设使离子都不能打到x轴上，最小的磁感应强度大小为B0，则qvB0＝mv2r′，代入数据解得B0＝2＋18T＝0.3T,则B2′≥0.3T.答案(1)5.0×105m/s(2)0.6m(3)B2′≥0.3T3.解析(1)设带电颗粒的电荷量为q，质量为m.有Eq＝mg，将qm＝1k代入，得E＝kg.(2)如图甲所示，有qv0B＝mv20R，R2＝(3d)2＋(R－d)2，得B＝kv05d.(3)如图乙所示，有qλv0B＝mλv02R1，tanθ＝3dR21－3d2，y1＝R1－R21－3d2，y2＝ltanθ，y＝y1＋y2，得y＝d(5λ－25λ2－9)＋3l25λ2－9.答案(1)kg(2)kv05d(3)d(5λ－25λ2－9)＋3l25λ2－94.解析(1)设第一秒内小球在斜面上运动的加速度大小为a，由牛顿第二定律得：(mg＋qE0)sinθ＝ma①第一秒末的速度为：v＝at1②在第二秒内：qE0＝mg③所以小球将离开斜面在上方做匀速圆周运动，则由向心力公式得qvB＝mv2R④圆周运动的周期为：T＝2πmqB＝1s⑤7由题图可知，小球在奇数秒内沿斜面做匀加速运动，在偶数秒内离开斜面做完整的圆周运动．所以，第五秒末的速度为：v5＝a(t1＋t3＋t5)＝6gsinθ⑥小球离开斜面的最大距离为d＝2R3⑦由以上各式得：d＝6gsinθπ.(2)第19秒末的速度：v19＝a(t1＋t3＋t5＋t7＋…＋t19)＝20gsinθ⑧小球未离开斜面的条件是：qv19B≤(mg＋qE0)cosθ⑨所以：tanθ≤120π.答案(1)6gsinθπ(2)tanθ≤120π5.解析(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有qv1B＝mv21R①解得R＝mv1qB②设粒子从N点离开磁场，如图所示，由几何知识可知ON＝2R③联立②③两式解得：ON＝2mv1qB④(2)粒子第二次离开磁场后在电场中做类平抛运动，若粒子第二次刚好从O点离开电场，则：水平位移x＝2R＝2mvqB＝vt⑤解得：t＝2mqB⑥竖直位移y＝2R＝2mvqB＝12at2⑦而a＝Eqm⑧联立⑥⑦⑧式并解得v＝EB⑨8①若vEB，则粒子从y轴离开电场，轨迹如上图，水平位移x＝2R＝2mvqB＝vt得t＝2mqB⑩vy＝at＝qEmt＝2EB⑪则粒子离开电场时的速度v2＝v2y＋v2＝4E2B2＋v2⑫②若vEB，则粒子从OM边界离开电场，粒子在x、y方向的位移大小相等x＝vt⑬y＝x＝vy2t，解得vy＝2v⑭则粒子离开电场时的速度v3＝v2y＋v2＝5v⑮答案(1)2mv1qB(2)见解析6．(1)qBdmsinφ(2)qB2dmsin3φcosφ7.解析(1)在M点处：vy＝v0tanαqE＝am竖直方向：vy＝at3水平方向：3R＝v0t3得：qm＝v203RE。(2)粒子运动轨迹如图，设O1为磁场的圆心，O2为粒子轨迹圆心，P′为粒子射出磁场的位置，则P′O2∥PO1，△O1O2P≌△O1O2P′，粒子的轨迹半径为：r＝RBqv0＝mv20r，得B＝3Ev0(3)粒子从N进入电场，ON＝yy＝12at23，qE＝am,3R＝v0t3得y＝32R，t3＝3Rv0又∵y＝R＋Rcosθ，∴θ＝π3。P到P′的时间为t1：t1＝－2πT得t1＝2πR3v0P′N＝R－Rsinθ，所以t2＝R－Rsinθv0＝2－32v0R9P到M的总时间t＝t1＋t2＋t3＝2πR3v0＋8－32v0R。8.[答案](1)(2＋2)d(2)34＋π2d4v(3)24vB9.[答案](1)2qU0mT042qU0m(2)B4L2mU0q(3)74T08πm7qT0