复合电磁场+答案

1、电磁场一、 连接场1、在平面直角坐标系xOy中，第象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第象限存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B。一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从y轴正半轴上的M点以速度v0垂直于y轴射入电场，经x轴上的N点与x轴正方向成60°角射入磁场，最后从y轴负半轴上的P点垂直于y轴射出磁场，如图937所示。不计粒子重力，求：(1)M、N两点间的电势差UMN；(2)粒子在磁场中运动的轨道半径r；(3)粒子从M点运动到P点的总时间t。2、(2012年广州二模)如图310所示，在xOy坐标中第和第象限分布着平行于x轴的匀强电场，第象限的长方形OPQH区域内还分布着垂直

2、坐标平面的、大小可以任意调节的匀强磁场一质子从y轴上的a点射入场区，然后垂直x轴通过b点，最后从y轴上的c点离开场区已知质子质量为m、带电量为q，射入场区时的速率为v0，通过b点时的速率为v0，22d，d，求：(1)在图中标出电场和磁场的方向；(2)电场强度的大小以及c到坐标原点的距离；(3)如果撤去电场，质子仍以v0从a点垂直y轴射入场区，试讨论质子可以从长方形OPQH区域的哪几条边界射出场区，从这几条边界射出时对应磁感应强度B的大小范围和质子转过的圆心角的范围3、如图所示，在y0的空间中存在匀强电场，场强方向沿y轴正方向，场强大小为E.在y0的空间中存在匀强磁场，磁场方向垂直xOy平面(纸

3、面)向外，磁感应强度大小为B.一电量为q、质量为m、重力不计的带负电的粒子，在y轴上yL处的P点由静止释放，然后从O点进入匀强磁场已知粒子在y0的空间运动时一直处于磁场区域内，求：(1)粒子到达O点时速度的大小v；(2)粒子经过O点后，第一次到达x轴上的Q点(图中未画出)的横坐标x0；(3)粒子从P点出发，第一次到达x轴上的Q点所用的时间t.4、如图所示，在平面直角坐标系xOy内，第象限有沿y方向的匀强电场，第象限有垂直于纸面向外的匀强磁场.现有一质量为m、带电量为q的粒子(重力不计)以初速度v0沿x方向从坐标为(3l，l)的P点开始运动，接着进入磁场后由坐标原点O射出，射出时速度方向与y轴方

4、向夹角为45°，求：(1)粒子从O点射出时的速度v；(2)电场强度E的大小；(3)粒子从P点运动到O点所用的时间.5如图所示，空间某平面内有一条折线是磁场的分界线，在折线的两侧分布着方向相反、与平面垂直的匀强磁场，磁感应强度大小都为B折线的顶角，P、Q是折线上的两点，AP=AQ=L现有一质量为m、电荷量为q的带负电微粒从P点沿PQ方向射出，不计微粒的重力。（1）若P、Q间外加一与磁场方向垂直的匀强电场，能使速度为v0射出的微粒沿PQ直线运动到Q点，求其电场强度。（2）撤去电场，为使微粒从P点射出后，途经折线的顶点A而到达Q点，求初速度v应满足什么条件？（3）求第（2）中微粒从P点到达

5、Q点所用时间的最小值6、如图M29所示，空间分布着方向平行于纸面且与场区边界垂直的有界匀强电场，电场强度为E、场区宽度为L.在紧靠电场右侧的圆形区域内，分布着垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B未知，圆形磁场区域半径为r.一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，从A点由静止释放后，在M点离开电场，并沿半径方向射入磁场区域，然后从N点射出，O为圆心，MON120°，粒子重力忽略不计求：(1)粒子经电场加速后，进入磁场时速度的大小；(2)匀强磁场的磁感应强度B的大小；(3)粒子从由A点出发到由N点离开磁场所经历的时间7图甲是质谱仪的工作原理示意图设法使某有机化合物的气态分子导入图中的A容

6、器，使它受到电子束轰击，失去一个电子成为正一价的离子离子从狭缝以很小的速度进入电压为U的加速电场区(初速度不计)，加速后再通过狭缝S2从小孔G垂直于MN射入偏转磁场，该偏转磁场是一个以直线MN为上边界、方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁场的磁感应强度为B.离子经偏转磁场后，最终到达照相底片上的H点(图中未画出)，测得G、H间的距离为d，粒子的重力可忽略不计，试求：(1)该粒子的比荷；(2)若偏转磁场是半径为d的圆形区域，且与MN相切于G点，如图乙所示，其他条件不变仍保证上述粒子从G点垂直于MN进入偏转磁场，最终仍然到达照相底片上的H点，则磁感应强度的比值为多少？二、 叠加场8、图中左边有一对平行

7、金属板，两板相距为d，电压为U；两板之间有匀强磁场，磁感应强度大小为B0，方向与金属板面平行并垂直于纸面朝里图中右边有一半径为R、圆心为O的圆形区域，区域内也存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里一电荷量为q的正离子沿平行于金属板面、垂直于磁场的方向射入平行金属板之间，沿同一方向射出平行金属板之间的区域，并沿直径EF方向射入磁场区域，最后从圆形区域边界上的G点射出已知弧所对应的圆心角为，不计重力求：(1)离子速度的大小(2)离子的质量9如图所示，绝缘地面上有长为L0.4 m的匀强电场区域，场强E6×105 N/C，方向水平向左，不带电的物块B静止在电场边缘的O点，带电量q

8、5×108 C、质量为mA1×102 kg的物块A在距O点s2.25 m处以v05 m/s的水平初速度向右运动，再与B发生碰撞，假设碰撞前后A、B构成的系统没有动能损失，A的质量是B的k(k>1)倍，A、B与绝缘地面的动摩擦因数都为0.2，物块均可视为质点，且A的电荷量始终不变，取g10 m/s2.(1)求A到达O点与B碰撞前的速度大小；(2)求碰撞后瞬间，A与B的速度大小；(3)讨论k在不同数值范围时，电场力对A做的功10如图所示，质量m0.015 kg的木块Q放在水平桌面上的A点A的左边光滑，右边粗糙，与木块间的动摩擦因数0.08.在如图的两条虚线之间存在竖直向上

9、的匀强电场和水平向里的匀强磁场，场强分别为E20 N/C、B1 T场区的水平宽度d0.2 m，竖直方向足够高带正电的小球P，质量M0.03 kg，电荷量q0.015 C，以v00.5 m/s的初速度向Q运动与Q发生正碰后，P在电、磁场中运动的总时间t1.0 s不计P和Q的大小，P、Q碰撞时无电量交换，重力加速度取g10 m/s2，计算时取3，试求：(1)通过受力分析判断碰后P球在电、磁场中做什么性质的运动(2)P从电、磁场中出来时的速度(3)P从电、磁场中出来的时刻，Q所处的位置11.如图所示，匀强电场场强 E4 V/m，方向水平向左，匀强磁场的磁感应强度B2 T，方向垂直纸面向里，质量m1

10、kg的带正电小物体A，从M点沿绝缘粗糙的竖直墙壁无初速度下滑，它滑行h0.8 m到N点时脱离墙壁做曲线运动，在通过P点瞬时A受力平衡，此时其速度与水平方向成45 °角，且P点与M点的高度差为H1.6 m，g取10 m/s2。试求：(1)A沿墙壁下滑时，克服摩擦力做的功Wf是多少？(2)P点与M点的水平距离s是多少？12.一绝缘“”形杆由两段相互平行的足够长的水平直杆PQ、MN和一半径为R的光滑半圆环MAP组成，固定在竖直平面内，其中MN杆是光滑的，PQ杆是粗糙的，整个装置处在水平向左的匀强电场中在PM左侧区域足够大的范围内同时存在垂直竖直平面向里的匀强磁场，磁感应强度为B现将一质量为

11、m、带正电电量为q的小环套在MN杆上，小环所受的电场力为重力的（已知重力加速度为g）（1）若将小环由D点静止释放，则刚好能到达P点，求DM间的距离（2）在满足第一问的情况下，小环在A点对圆环的压力（3）若将小环由M点右侧5R处静止释放，设小环与PQ杆间的动摩擦因数为，小环所受最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，求小环在整个运动过程中克服摩擦力所做的功B13.如图所示，与水平面成45°倾斜轨道AB（轨道AB长度 ），其延长线在C点与半圆光滑轨道CD（轨道半径）相切，全部轨道为绝缘材料制成且位于竖直面内。整个空间存在水平向左的匀强电场，电场强度，MN的右侧存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁场强

12、度。一个质量为、电荷量的带电小球由A处沿斜面下滑，至B点后接着沿直线BC（此处无轨道）运动到达C处恰好切入半圆轨道，切入时无动能损失，（不计空气阻力，小球与轨道AB间动摩擦因数，）试求（1）小球带何种电荷和在C处切入半圆轨道速度大小；（2）小球在A处沿斜面下滑时初速度大小；（3）设小球从D点飞出时磁场消失，小球离开D点后的运动轨迹与直线AC的交点到C点的距离。三、临界条件问题(1)微粒进入偏转电场时的速度 v0；(2)微粒射出偏转电场时的偏转角；(3)若该匀强磁场的宽度为 D10 cm，为使微粒不会由磁场右边射出，该匀强磁场的磁感应强度 B 至少多大？60°6LdBUMNPQEF2、

13、如图所示，两平行金属板E、F之间电压为U，两足够长的平行边界MN、PQ区域内，有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B.一质量为m、带电量为+q的粒子（不计重力），由E板中央处静止释放，经F板上的小孔射出后，垂直进入磁场，且进入磁场时与边界MN成60°角，最终粒子从边界MN离开磁场.求：（1）粒子在磁场中做圆周运动的半径r；（2）两边界MN、PQ的最小距离d；（3）粒子在磁场中运动的时间t.3.如图，粗糙的水平面AB上的空间中存在场强分别为E1的匀强电场及匀强磁场B，一带正电小球质量为m，所带电荷量为q，刚开始静止在A点，在电场力的作用下开始向右运动，到达B点时进入一埋入地下的半径为

14、R的光滑半圆形软管，且在转角B处无机械能损失，若小球到达B点时恰好对水平面的作用力为，试求：（1）小球到达B点时的速度大小是多少？（2）若A、间距离为，则小球从运动到克服摩擦力做多少功？（3）在软管的最低点E，软管对小球的作用力是多大？2L（4）在CD平面上距离C点L处有一长为2L的沙坑，要使小球落在CD平面上的沙坑外，试求CD上空的匀强电场E2的取值范围.电磁场答案三、 连接场1、(1)设粒子过N点时的速度为v，有cosv2v0粒子从M点运动到N点的过程，有qUMNmv2mv02，UMN。(2)粒子在磁场中以O为圆心做匀速圆周运动，半径为ON，有qvB，r。(3)由几何关系得ONrsin设粒

15、子在电场中运动的时间为t1，有ONv0t1 t1粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T设粒子在磁场中运动的时间为t2，有t2T，故t2tt1t2，t。2解：(1)电场方向平行x轴，指向x轴负方向；磁场方向垂直纸面向里(2)质子从a到b，洛伦兹力不做功，仅电场力做功，由动能定理得qE·qE·m·2mv解得E质子从b到c，做类平抛运动，设运动时间为t，则v0tat2t2联立以上各式得d.(3)质子在磁场中，洛伦兹力提供向心力，设做圆周运动的半径为R，则qBv0即R讨论(如图所示)：当R>d时，质子将从HQ边射出，此时0<B<，0<<；当dRd

16、时，质子将从OH边射出，此时B，；当R<d时，质子将从Oa边射出，此时B>，.3、解：(1)从P到O的过程中电场力做正功，根据动能定理qELmv2(2分)解得v.(2分)(2)粒子沿y方向进入磁场时，由左手定则可知粒子向右偏转，做匀速圆周运动，则有Bqvm(3分)由上式可得r(2分)所以，Q点的坐标在x轴正方向上，横坐标x02r.(1分)(3)设在电场中运动时间为t1，则Lt(2分)即 t1(2分)在磁场中运动时间为t2，则t2T(2分)故粒子从P点出发第一次到达x轴上Q点所用的时间tt1t2.(2分)4、带电粒子在电场中做类平抛运动，进入磁场后做匀速圆周运动，最终由O点射出.(如

17、图)(1) 根据对称性可知，粒子在Q点时的速度大小与粒子在O点的速度大小相等，均为v，方向与x轴方向成45°角，则有 vcos45°v0 (2分) 解得vv0 (1分)(2)在P到Q过程中，由动能定理得qElmv2mv (2分) 解得E (2分)(3)设粒子在电场中运动的时间为t1，则latt (2分)设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，由几何关系得 3lv0t1 (1分) r (1分)粒子在磁场中的运动时间为 t2× (1分)由以上各式联立求得粒子在由P到O过程中的总时间为Tt1t2(2) (2分)5、6(18分)解：(1)设粒子经电场加速后的速度为v，根据

18、动能定理有qELmv2(2分)解得v. (2分)(2)粒子在磁场中完成了如图M3所示的部分圆周运动，设其半径为R，洛伦兹力提供向心力图M3所以有qvB(2分)由几何关系得tan 30°(3分)所以B.(2分)(3)设粒子在电场中加速的时间为t1，在磁场中偏转的时间为t2，粒子在电场中做匀加速运动，有Lat，qEma(1分)t1(1分)粒子在磁场中做匀速圆周运动，其周期为T(2分)由于MON120°，所以MON60°故粒子在磁场中运动的时间t2TT(2分)所以粒子从由A点出发到由N点离开磁场所经历的时间tt1t2.(1分)7解：(1)由动能定理有qUmv2又R，qv

19、B得.(2)粒子在磁场B中的运动轨迹如图30所示，设GOH，带电粒子在磁场中运动半径为R.则tan ，即60°则HO2OP，即dR2R，得Rd因为其他条件不变，由牛顿第二定律qvBm，qvBm联立以上两式，得1.5.二、叠加场8解：(1)由题设知，离子在平行金属板之间做匀速直线运动，它所受到的向上的磁场力和向下的电场力平衡qvB0qE0式中，v是离子运动速度的大小，E0是平行金属板之间的匀强电场的强度，有E0联立上式解得v.(2)在圆形磁场区域，离子做匀速圆周运动，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有qvBm式中m和r分别是离子的质量和它做圆周运动的半径由题设，离子从磁场边界上的点G穿出，

20、离子运动的圆周的圆心O必在过E点垂直于EF的直线上，且在EG的垂直平分线上(见图32)由几何关系有tan联立解得离子的质量m.图329解：(1)设碰撞前A的速度为v，由动能定理mAgsmAv2mAv得v4 m/s.(2)设碰撞后瞬间A、B速度分别为vA、vB，且向右为正方向，由于是弹性碰撞，所以有mAvmAvAmBvBmAv2mAvmBv联立方程并将mAkmB及v4 m/s代入得vA m/svB m/s.(3)如果A能从电场右边界离开，必须满足mAv>mAgLqEL联立方程并代入数据得k3电场力对A做功为WEqEL5×108×6×105×0.4 J

21、1.2×102 J.如果A不能从电场右边界离开电场，必须满足：mAvmAgLqEL联立方程并代入数据得k3考虑到k1，所以在1k3范围内A不能从电场右边界离开又qE3×102 Nmg2×102 N所以A会返回并从电场的左侧离开，整个过程中电场力做功为0，即WE0.10解：(1)P进入电场、磁场后，受电场力、重力、洛伦兹力三力作用电场力FqE0.3 N重力GMg0.3 N可见电场力与重力大小相等、方向相反，二力平衡故相当于P在电场、磁场中只受洛伦兹力作用，做匀速圆周运动(2)由qvBM图31得R周期T代入数据得T12 s由已知条件，有t1.0 sT，故P的轨迹圆心角

22、30°由图31可知，轨迹半径R0.4 m联立解得v0.2 m/s.(3)P和Q碰撞时，系统动量守恒，有Mv0Mvmv解得v0.6 m/s对Q应用牛顿第二定律，有mgma得a0.8 m/s2Q停下前运动的时间t0.75 s由于t<t，说明P离开电、磁场时，Q已经停下故位移s0.225 m即Q停留在右方距初始位置A点0.225 m处11、(1)小物体A在N点有FN0，qvNBqE，vN对小物体从M到N的运动应用动能定理得mghWfmvN20Wfmghmv6 J(2)根据小物体A通过P点的瞬时受力分析，45°，qEmg，q2.5 Ccos，vP2 m/s对小物体A从N到P的运动应用动能定理得mg(Hh)qEsmvP2mv故s0.6 m12、解：（1）设电场强度为E，DM距离为L，对小环从D至P，由动能定理： （2分）题意有 （1分）结合得 L=4R （1分）（2）设小环在A点速度为，对小环从D至A的过程，由动能定理： （2分）由小环在A点的受力分析及牛顿第二定律得： （2分）由式可得 （1分）根据牛顿第三定律，小环在A点对圆环的压力大小为，方向水平向左。（1分）（3）小环首次到P点速度不为零，将向右运动，当速度为零时，若满足（i），即（1分），小环将保持静止。设此时小环距P点水平距离为，则对全程由动能定理： （2分）则克服摩擦力做功