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重難點16重力場電場磁場的復合

更新時間：2023-12-29 文章作者：信息來源：閱讀次數：52次

重難點16重力場電場磁場的復合

1．如圖所示，空間中存在水平方向的勻強電場和勻強磁場，電場方向水平向左，磁場方向垂直紙面向里。一帶電小球恰能以速度v₀沿與水平方向成30°角斜向右下方做勻速直線運動，最后進入一軸線沿小球運動方向且固定擺放的一光滑絕緣管道（管道內徑略大于小球直徑），下列說法正確的是（）

A．小球帶負電
B．磁場和電場的大小關系為

C．若小球剛進入管道時撤去磁場，小球將在管道中做勻加速直線運動
D．若小球剛進入管道時撤去電場，之后小球的機械能大小不變
【答案】D
【詳解】
A．經分析，洛倫茲力不做功，重力做正功，而小球動能不變，電場力一定做負功，小球帶正電，A錯誤；
B．僅當支持力為零，電場力、重力、洛倫茲力三力平衡時，有
qE=qv₀Bsin30°
即

B錯誤；
C．因為電場力、重力、洛倫茲力三力平衡時，電場力和重力的合力與洛倫茲力方向相反，說明合力和速度方向垂直，撤去磁場后，重力和電場力合力不做功，支持力不做功，則小球仍沿桿做勻速直線運動，C錯誤；
D．撤去電場，只有重力對小球做功，小球的機械能不變，D正確。
故選D。
2．如圖所示，下端封閉、上端開口、高

內壁光滑的細玻璃管豎直放置，管底有質量

，電荷量的絕對值

的小球，整個裝置以

的速度沿垂直于磁場方向進入磁感應強度

，方向垂直紙面向內的勻強磁場，由于外力的作用，玻璃管在磁場中的速度保持不變，最終小球從上端管口飛出。g取

。下列說法中正確的是（　　）

A．小球帶負電 B．洛倫茲力對小球做正功
C．小球在玻璃管中的運動時間等于

D．小球機械能的增加量為

【答案】C
【詳解】
A．小球從上端管口飛出，所以進入磁場時，小球收到的洛倫茲力向上，根據左手定則，小球帶正電，A錯誤；
B．洛倫茲力不做功，小球能量的增加是由于外力做功的結果，B錯誤；
C．對小球，水平分速度提供豎直分洛倫茲力，根據牛頓第二定律得

根據

解得

C正確；
D．小球從上端管口飛出，重力勢能增量為

，初速度為零，因為動能還有增量，即機械能增量大于0.5J，D錯誤。
故選C。
3．如圖所示，帶電平行板中勻強磁場方向水平垂直紙面向里，某帶電小球從光滑絕緣軌道上的a點自由滑下，經過軌道端點P進入板間后恰能沿水平方向做直線運動。現使小球從較低的b點開始下滑，經P點進入板間，在板間的運動過程中（　　）

A．其電勢能將會增大
B．其機械能將會增大
C．小球所受的洛倫茲力的大小將會減小
D．小球的速度將減小
【答案】A
【詳解】
根據題意分析得，小球從P點進入平行板間后做直線運動，對小球進行受力分析可得小球共受到三個力作用且合力為零。因為重力方向豎直向下，則可知電場力F和洛倫茲力

方向相同，都豎直向上。若小球從較低的b點開始下滑，則小球到達P點的速度將會變小，所以洛倫茲力

也會變小，導致三個力的合力豎直向下，而小球從P點進入時的速度方向在水平方向上，所以小球會偏離水平方向向下做曲線運動，故電場力做負功，電勢能增加，機械能減小。水平方向速度不變，但豎直方向的速度增加，所以速度將會增大，導致洛倫茲力也會增大。
故選A。
4．一個帶正電的小球，如果在某空間中存在勻強電場和勻強磁場，其方向可以自己設定，下述對小球的運動狀態的描述正確的是（　　）
A．小球如果在此空間中受洛淪茲力的作用做直線運動，則其可能做勻加速直線運動
B．給小球一水平初速，小球在此空間中可能做平拋運動
C．給小球一水平初速，不管電場、磁場方向如何，小球不可能做平拋運動
D．小球在此空間一定不能做勻速率圓周運動
【答案】C
【詳解】
A．若小球能在洛倫茲力存在的情況下做勻加速直線運動，則隨著速度的增加，洛倫茲力的大小也增加，此時洛倫茲力比與速度方向垂直，故不能保持勻加速直線運動，故A錯誤；
BC．若小球能夠做平拋運動，必然存在一個方向大小不變的加速度，即存在一個方向大小不變的力，但小球做平拋運動時，合速度方向不斷發生改變，此時洛倫茲力方向也不斷發生改變，故小球無法做平拋運動，故B錯誤，C正確；
D．當小球所受重力與電場力相互抵消，此時給小球一個初速度，小球在洛倫茲力的作用下做勻速圓周運動，故D錯誤；
故選C。

5．如圖所示，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ是豎直平面內三個相同的半圓形光滑軌道，K為軌道最低點，Ⅰ處于勻強磁場中，Ⅱ和Ⅲ處于勻強電場中，三個完全相同的帶正電小球a、b、c從軌道最高點自由下滑至第一次到達最低點K的過程中，下列說法正確的是（　　）

A．在K處球a速度最大 B．在K處球b對軌道壓力最大
C．球b需要的時間最長 D．球c機械能損失最多
【答案】C
【詳解】
ABC．對a小球受力分析可知

所以

對b球受力分析可得

解得

對c球受力分析可知

解得

由于a球在磁場中運動，磁場力對小球不做功，整個過程中小球的機械能守恒；c球受到的電場力對小球做正功，到達最低點時球的速度大小最大，對軌道壓力最大，b球受到的電場力對小球做負功，到達最低點時的速度的大小最小，所以b球的運動的時間也長，AB錯誤C正確；
D．c球受到的電場力對小球做正功，到達最低點時球的速度大小最大，所以c球的機械能增加，D錯誤。
故選C。
6．如圖所示，一質量為m＝0.10 g、帶電荷量q＝1.6×10^－³ C的帶負電滑塊(可看作質點)以初速度v₀＝5 m/s由水平面上的A點向右滑動，到達C點后恰好能通過半徑為R＝0.5 m的光滑半圓軌道的最高點D，已知水平軌道AC與半圓軌道相切于C點，整個裝置處在垂直紙面向里、磁感應強度B＝0.50 T的勻強磁場中，重力加速度g＝10 m/s²，則(　　)

A．滑塊運動到最高點D時的速度大小為1.25 m/s
B．滑塊運動到最高點D時的速度大小為

m/s
C．滑塊從C運動到D的過程中，機械能不守恒
D．滑塊從A到C的過程中克服阻力做的功為2×10^－⁴ J
【答案】D
【解析】
AB、因滑塊恰好能通過光滑半圓軌道的最高點D，在D點由豎直向下的重力和豎直向上的洛倫茲力的合力提供向心力，即

，代入數值得v＝1 m/s，故AB錯誤；
C、滑塊從C到D的過程中，洛倫茲力時刻與速度方向垂直，不做功，只有重力做功，機械能守恒，故C錯誤；
D、滑塊從C到D的過程中，由機械能守恒定律知

，即

，滑塊從A到C的過程中，由動能定理知克服阻力做的功為

，即

，故D正確；
【點睛】粒子在磁場中做勻速圓周運動，由重力和洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律可以求出在最高點的速度，滑塊從C到D的過程中，洛倫茲力時刻與速度方向垂直，不做功，只有重力做功，機械能守恒，由機械能守恒定律求出C點速度，由動能定理求出滑塊從A到C的過程中克服阻力做的功．
7．如圖，空間某區域存在勻強電場和勻強磁場，電場方向豎直向上（與紙面平行），磁場方向垂直于紙面向里。三個質量相等的小球，分別帶上不等量的正電荷，電荷量分別為

、

、

。已知在該區域內，a在紙面內向右做勻速直線運動，b在紙面內做勻速圓周運動，c在紙面內向左做勻速直線運動，三球速度大小相等，下列選項正確的是（　　）

A．

B．

C．

D．

【答案】A
【詳解】
由題意可知，a球在紙面內向右做勻速直線運動，對a球受力分析可知，a球受到豎直向上的電場力

，豎直向上的洛倫茲力

，豎直向下的重力mg；由球a受力平衡可得

其中

，

聯立以上兩式解得

b球受力分析可知，b球受豎直向上的電場力

，豎直向下的重力mg，指向圓心的洛倫茲力。由于b球做勻速圓周運動，所以b球的合外力只由洛倫茲力提供，所以重力和電場力的合力為零，得

其中

聯立以上兩式解得

對c球進行受力分析可知，c球受豎直向上的電場力

，豎直向下的洛倫茲力

，豎直向下的重力。由于c球向左做勻速直線運動，即受力平衡，得

其中

，

聯立以上兩式解得

所以

所以A項正確，故選A。

8．如圖所示，整個空間存在垂直紙面向里的勻強磁場，

為一水平線。一帶電小球從a點由靜止釋放，部分運動軌跡如圖中曲線所示，b為整段軌跡的最低點。下列說法正確的是（　　）

A．軌跡

為一段拋物線
B．小球經過b點后一定能到

水平線
C．小球到b點時速度一定最大，且沿水平方向
D．小球在b點時受到的洛倫茲力與重力大小相等
【答案】BC
【詳解】
A．小球受到重力和洛侖茲力作用，且洛侖茲力逐漸增大，小球受的不是恒力，軌跡不可能是拋物線，選項A錯誤；
B．小球受到的洛侖茲力不做功，只有重力做功，小球機械能守恒，故小球在到b點后一定能到ac水平線，故選項B正確；
C．b為最低點，重力做功最多，應用動能定理可知速度最大，速度沿切線方向，選項C正確；
D．小球做曲線運動，在b點有豎直向上的向心力，洛侖茲力大于重力，選項D錯誤；
故選BC。
9．如圖所示，勻強電場方向水平向右，電場場強大小為

，勻強磁場方向垂直紙面向里，磁感應強度大小為

，現有一質量為

帶正電的粒子以某一速度與磁場方向垂直，與電場成45°角射入復合場中，帶電粒子恰好能做勻速直線運動。已知重力加速度大小為

，則帶電粒子的電荷量和射入速度大小分別是（　　）

A．帶電粒子的電荷量

B．帶電粒子的電荷量

C．射入速度大小是

D．射入速度大小是

【答案】AC
【詳解】
小球在電場、磁場、重力場的復合場中做直線運動，一定做的是勻速直線運動，對小球受力分析，由力的平衡可知

聯立解得

，

故BD錯誤，AC正確。
故選AC。
10．如圖所示，套在足夠長的絕緣直棒上的小球，其質量為m，帶電荷量為

，小球可在棒上滑動，將此棒豎直放在水平向右的勻強電場和水平向右的勻強磁場中，電場強度

，磁感應強度為B，小球與棒間的動摩擦因數為

，小球由靜止開始沿棒下落，設小球帶電荷量不變，重力加速度大小為g，下列關于小球運動的說法正確的是（　　）

A．小球下落的加速度不變 B．小球沿棒下落的最大加速度為

C．小球沿棒下落的最大速度為

D．小球沿棒下落過程中受到的最大洛倫茲力為

【答案】BC
【詳解】
A．下落過程中，對小球由牛頓第二定律得

小球向下加速運動，速度不同，加速度不同，故A錯誤；
B．速度達到最大值前，速度增加，故加速度減；當速度達到最大值時，加速度為零，之后小球以最大速度沿棒勻速運動，故當速度等于零時，加速度最大，為

故B正確；
C．當加速度等于零時，速度最大，解得

故C正確
D．速度最大時，洛倫茲力最大，解得

故D錯誤。
故選BC。
11．如圖所示，傾角為θ的粗糙絕緣斜面上等間距的分布著A、B、C、D四點，間距為l，其中BC段被打磨光滑，A點右側有垂直紙面向里的勻強磁場。質量為m的帶負電物塊從斜面頂端由靜止釋放，已知物塊通過AB段與通過CD段的時間相等。下列說法正確的有（　　）

A．物塊通過AB段時做勻減速運動
B．物塊經過A、C兩點時的速度相等
C．物塊通過BC段比通過CD段的時間短
D．物塊通過CD段的過程中機械能減少了

【答案】BCD
【詳解】
A．根據通過AB段和通過CD段的時間相等，在BC段是做勻加速直線運動，所以在AB和CD段不可能做勻速運動，速度變化，所受的洛倫茲力就會發生改變從而導致摩擦力的改變，所以在AB段和CD段不可能做勻減速運動，選項A錯誤；
B．由時間相等和位移相等，推出AB段的運動和CD段的運動應該是一個完全一樣的過程，所以v_A=v_C，選項B正確；
C．由于AB段的運動和CD段的運動完全一致，可得出v_B=v_D，v_A=v_C，位移也相同，但是CD段是在做一個加速度減小的減速運動的，所以CD段所用的時間更多，選項C正確；
D．對AC段列動能定理

所以AB段摩擦力做功

又AB段和CD段運動完全一樣，所以CD段摩擦力做功也為W_f，即機械能減少了2mglsinθ，選項D正確。
故選BCD。
12．如圖所示為一個質量為m．電荷量為＋q的圓環，可在水平放置的足夠長的粗糙細桿上滑動，細桿處于磁感應強度為B的勻強磁場中，不計空氣阻力，現給圓環向右的初速度v₀，在以后的運動過程中，圓環運動的速度圖像可能是下列選項中的（）

A．

B．

C．

D．

【答案】AD
【詳解】
A．由左手定則可知，圓環所受洛倫茲力豎直向上，帶電圓環在磁場中受到向上的洛倫茲力，當重力與洛倫茲力相等時，圓環將做勻速直線運動，故A正確；
BC．當重力大于洛倫茲力時，水平方向受摩擦力作用，做減速運動，根據牛頓第二定律得加速度為

隨著速度的減小，加速度增大，直到速度減為零后靜止，所以其v-t圖象的斜率應該逐漸增大，故BC錯誤；
D．當洛倫茲力大于重力時，水平方向受摩擦力作用，做減速運動，根據牛頓第二定律得加速度為

隨著速度的減小，加速度減小，直到

時，加速度為零，則圓環最后將做勻速直線運動，故D正確。
故選AD。
13．如圖所示，絕緣材料做成的軌道ACDE固定于豎直平面內，AC段水平，CDE段為半徑R=0.4m的半圓軌道，整個裝置處在勻強磁場中，磁感應強度大小為B=0.5T，方向與軌道平面垂直。有一個質量為m=1.0×10^-4kg，帶電量為q=+1.5×10^-3C，可視為質點的小滑塊，以v₀=5m/s的初速度從C點開始進入半圓軌道，小滑塊恰好能通過E點水平飛出，一段時間后小滑塊通過與E點等高的F點（圖中未標出）。若運動過程中小滑塊帶電量不變，取重力加速度為g=10m/s²。下列說法正確的是（　　）

A．小滑塊通過E、F兩點時的速度大小相等
B．小滑塊通過E點時的速度大小為2m/s
C．從C到E小滑塊克服摩擦力做的功為4.0×10^-4J
D．從C到D小滑塊損失的機械能小于2.0×10^-4J
【答案】AC
【詳解】
A．小滑塊從E點到等高的F點，重力做功為零，洛倫茲力不做功，則由能量關系可知，通過E、F兩點時的動能相同，即速度大小相等，選項A正確；
B．小滑塊恰好能通過E點水平飛出

則
v_E=1m/s
選項B錯誤；
C．從C到E小滑塊克服摩擦力做的功為

解得
W_f=4.0×10^-4J
選項C正確；
D．從C到D小滑塊的速度大于從D到E的速度，可知從C到D滑塊對軌道的壓力大于從D到E對軌道的壓力，則從C到D滑塊受到的摩擦力大于從D到E受到的摩擦力，則從C到D損失的機械能大于2.0×10^-4J，選項D錯誤。
故選AC。
14．如圖所示，在豎直平面內，y≥0區域存在水平向左的勻強電場，y＜0區域存在豎直向上的勻強電場，電場強度大小均為E；在y＜0區域還同時存在垂直于xoy平面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B。長為L的絕緣輕繩一端固定于點P（

，

），另一端連接一帶正電的小球，比荷大小為

。現將小球由C點靜止釋放，釋放時繩恰好伸直且與y軸平行，小球運動到O點瞬間將繩燒斷。不計空氣阻力，重力加速度為g。求：
(1)小球剛釋放瞬間的加速度大小a；
(2)小球剛到達O點時的速度大小v；
(3)小球從O點開始到第四次到達x軸（不含O點）所用的時間t。

【答案】(1)

g；(2)

；(3)

【詳解】
(1)由題意可知
mg=Eq
則C點時小球的合力大小為

根據牛頓第二定律F=ma有
a=

g
(2)設小球勻加速到D點（繩子拉直）時速度大小為v₀，由運動學公式有

垂直于繩方向的分速度為
v₁=v₀cos45°
從D到O的過程，由動能定理可知

解得

(3)由幾何關系可知，微粒通過O點時速度與橫軸夾角為45°。進入橫軸下方后，由于重力與電場力等大、反向，所以微粒做勻速圓周運動，根據牛頓第二定律可知

由幾何對稱性可知，粒子通過O點后，經過

圓周運動后第一次經過橫軸且與橫軸成45°斜向右上進入第一象限。則

圓周運動的時間

而后，粒子在第一象限中做勻變速直線運動經過
v=at
t₂=2t
eqId3b81d5865061483889287b05e6f00d43

斜向左下45°第二次經過橫軸，然后粒子經過

勻速圓周運動后，斜向左上45°第三次經過橫軸，所用時間t₃

根據運動合成與分解的知識可知，第四次經過橫軸的時間等于豎直上拋的時間

所以，從通過O點開始到第四次經過橫軸的時間是
t=t₁+t₂+t₃+t₄
eqId7470e91077be473cb9f7595dbfa67f8a

15．如圖所示，足夠大平行板MN、PQ水平放置，MN板上方空間存在疊加的勻強磁場和勻強電場，磁場方向垂直紙面向里，磁感應強度大小為B，電場方向與水平成

角斜向左上方（圖中未畫出），電場強度大小

；兩板間也存在方向垂直紙面向外的勻強磁場和豎直向上的勻強電場，磁感應強度大小和電場強度大小也為B和E。現有一質量為m、電量為q的帶正電小球，在MN板上方電磁場中沿直線運動，并能通過MN板上的小孔進入兩板間。
(1)求小球剛進入平行板時的速度v大小和方向；
(2)若小球進入兩板間后，經過t時間撤去板間電場，小球恰好能做勻速直線運動且不與PQ板碰撞，求兩板間距離d應滿足的條件以及時間t。

【答案】(1)

，方向與AB成

角斜向下；(2)

，

【詳解】
(1)帶正電的小球能在電磁場中沿直線運動，可知一定是勻速直線運動，受力平衡，因電場力

方向沿左上方與水平成

角，重力mg豎直向下，可知電場力與重力夾角為

，其合力大小為mg。如圖所示

則滿足

解得

方向與MN成

角斜向下。
(2)依題知

故小球在兩板間做勻速圓周運動。由牛頓第二定律

得

且

如圖示位置撤去電場

由

可做勻速直線運動。由幾何關系得

且

16．如圖所示，在豎直平面內的坐標系xOy的第一象限與第四象限內有一條垂直于x軸的虛線MN、MN與x軸的交點為D。在y軸與虛線MN之間有勻強電場與勻強磁場，電場方向豎直向上，場強大小為E₁；x軸上方的磁場方向垂直紙面向外，磁感應強度大小為B₁，x軸下方的磁場方向垂直紙面向里，磁感應強度大小為B2，B₁ = 2B₂。在第二象限內有水平向右的勻強電場，場強大小為E₂。一個質量為m、電荷量為 + q的帶電液滴從P點由靜止釋放，恰經過原點O進入第四象限后，開始做勻速圓周運動。已知P點坐標為（- 3d，4d），B₁ =

（g為重力加速度），液滴通過O點后穿過x軸一次，最后垂直于MN射出磁場，sin37° = 0.6，cos37° = 0.8。求：
(1)場強E₁、E₂的大小；
(2)虛線MN與y軸的距離；
(3)液滴從P點釋放到離開磁場的時間。

【答案】(1)E₂ =

；(2)6d；(3) eqIda905c560bd23475c9619a8763a490da1

【詳解】
(1)液滴在第一、四象限內做勻速圓周運動電場力與重力大小相等、方向相反，故有
E₁q =mg
則
E₁=

在第二象限，液滴在P點由靜止釋放后沿直線運動，設液滴進入磁場時速度方向與x軸成α角則
tanα=

=

解得
α= 53°
合力必沿PO方向，所以
tanα=

解得
E₂=

(2)設液滴經過O點時的速度大小為v，則
3E₂qd + 4mgd =

mv²
解得
v=

液滴在磁場中做勻速圓周運動的軌跡如圖所示

在x軸下方磁場中有
qvB₂=m

可得
R₂= 3d
同理可解得液滴在x軸上方磁場中做勻速圓周運動的軌跡半徑
R₁=

d
所以虛線MN與y軸的距離
x= 2R₂sin53° + R₁sin53° = 6d
(3)液滴在第二象限的加速度
a=

液滴在第二象限的運動時間
t₁=

= 2

液滴在x軸上方磁場中做勻速圓周運動的周期
T₁=

=

液滴從P點移動到離開磁場的時間
t=t₁ +

= (4 +

)

17．如圖所示，在無限長的豎直邊界

和

間有勻強電場，同時該區域上、下部分分別有方向垂直于

平面向內和向外的勻強磁場，磁感應強度大小分別為

和

，

為上下磁場的水平分界線，在

和

邊界上，距

高

處分別有

、

兩點，

和

間距為

，質量為

，帶電荷量為

的小球（可視為質點）從

點垂直于

邊界射入該區域，在兩邊界之間做勻速圓周運動，重力加速度為

。
(1)求電場強度的大小和方向；
(2)要使粒子不從

邊界飛出，求粒子入射速度的最小值；
(3)若粒子能經過

點從

邊界飛出，求粒子入射速度的所有可能值。

【答案】(1)

，方向豎直向下；(2)

；(3)

，

，

【詳解】
解：(1)小球在磁場中做勻速圓周運動，電場力與重力平衡，即
mg=qE
解得

電場力的方向豎直向上，電場強度方向豎直向下。
(2)粒子運動軌跡如下左圖所示，設粒子不從NS邊飛出的入射速度最小值是v_min，對應的粒子在上、下區域的軌道半徑分別為r₁、r₂，圓心的連線與NS夾角為φ，小球在磁場中做勻速圓周運動，由牛頓第二定律得

解得粒子軌道半徑

則有

由幾何知識得

解得

(3)小球運動軌跡如上右圖所示，設粒子入射速度為v，粒子在上、下區域軌道半徑分別為r₁、r₂，粒子第一次經KL時，距K點為x，由題意可知
3nx=1.8h（n=1、2、3?）

解得

，n<3.5
即n=1時

n=2時

n=3時

18．如圖所示，半徑R＝3.6m的

光滑絕緣圓弧軌道，位于豎直平面內，與長L＝5m的絕緣水平傳送帶平滑連接，傳送帶以v＝5m/s的速度順時針轉動，傳送帶右側空間存在互相垂直的勻強電場和勻強磁場，電場強度E＝20N/C，磁感應強度B＝2.0T，方向垂直紙面向外。a為m₁＝1.0×10^-3kg的不帶電的絕緣物塊，b為m₂＝2.0×10^-3kg、q＝1.0×10^-3C帶正電的物塊。b靜止于圓弧軌道最低點，將a物塊從圓弧軌道頂端由靜止釋放，運動到最低點與b發生彈性碰撞（撞撞過程中b的電量不發生變化），碰后立即撤去a。碰后b先在傳送帶上運動，后離開傳送帶飛入復合場中，最后落在地面上的P點，落地時速度方向與水平面成60°斜向左下方(如圖)。已知b物塊與傳送帶之間的動摩擦因數為μ＝0.1。（g取10m/s²，a、b均可看做質點）求：
(1)物塊a運動到圓弧軌道最低點時的速度及對軌道的壓力；
(2)物塊b離開傳送帶時的速度；
(3)從b開始運動到落地前瞬間，b運動的時間。

【答案】(1)6m/s，0.02N；(2)5m/s；(3)3.2s
【詳解】
(1)由動能定理

可得
v₀=6m/s
在B點，根據牛頓第二定律有

可得
F_N=0.02N
由牛頓第三定律可得物塊對軌道壓力
F′_N=- F_N =-0.02N
方向豎直向下
(2)a與b彈性碰撞，則有：

聯立可得

故b做加速運動；
由

解得
x=4.5m<L
即b以v=5m/s的速度離開傳送帶飛進復合場
(3)b開始運動后：又因為

所以有

解得
R=5m

可得
t₁=1s
L-x=vt₂
可得
t₂=0.1s
圓周運動的周期

可得

故

19．如圖所示，在平面直角坐標系中，

是

的角平分線，x軸上方存在水平向左的勻強電場，下方存在豎直向上的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場，兩電場的電場強度大小相等。一質量為m、帶電荷量為+q的質點從

上的M點由靜止釋放，質點恰能沿

運動而通過O點，經偏轉后從x軸上的C點進入第一象限內并擊中

上的D點（C、D均未畫出）。已知

，勻強磁場的磁感應強度大小為

，重力加速度g取10

。求：
(1)兩勻強電場的電場強度E的大小；
(2)

的長度L；
(3)質點從M點出發到擊中D點所經歷的時間

【答案】(1)

；(2)

或

；(3)

或

【詳解】
(1)質點在第一象限內受重力和水平向左的電場力作用，沿

做勻加速直線運動，所以有

解得

(2)質點在x軸下方，重力與電場力平衡，質點做勻速圓周運動，從C點進入第一象限后做類平拋運動，其軌跡如圖所示。

則有

由運動學規律知

設粒子從C點運動到D點所用時間為

，由類平拋運動規律知

聯立解得

或

(3)質點從M到O做勻加速直線運動有

得

或

質點做勻速圓周運動有

質點做類平拋運動有

得

質點從M點出發到擊中D點所經歷的時間為

或

20．如圖所示，半徑為R的

光滑絕緣圓形軌道固定在豎直面內，以圓形軌道的圓心O為坐標原點，沿水平直徑方向建立x軸，豎直方向建立y軸。y軸右側存在豎直向下范圍足夠大的勻場強電場，電場強度大小為

，第二象限存在勻強電場（方向與大小均未知)。不帶電的絕緣小球a質量為M，帶電量為+q的小球b質量為m，a球從與圓心等高的軌道A處由靜止開始沿軌道下滑，與靜止于軌道最低點的b球正碰，碰撞后b球恰好能通過軌道最高點C，并落回軌道A處，小球落回A處時的速度大小與小球離開最高點C時速度大小相等，重力加速度為g，小球b的電量始終保持不變。試求：
(1)第一次碰撞結束后，小球a的速度大小；
(2)第二象限中電場強度E₂的大小和方向。

【答案】(1)

；(2)

，水平向右
【詳解】
（1）設小球a滑動到最低時速度為v，由機械能守恒定律得

設a、b小球在B點碰撞后的速度分別為v₁、v₂，b球過最高點速度為v_c，由動量守恒定律得

由動能定理得

在C點，由牛頓第二定律得

聯立解得

（2）要讓b小球落回A處時的速度大小與小球離開最高點C時速度大小相等，電場力qE₂與mg的合力應垂直于AC邊斜向下，把運動沿CA方向與垂直CA方向分解，CA方向做勻速直線運動，垂直CA方向做勻減速運動，如圖所示

則有

由幾何關系得，設小球b從C運動到A點時間為t，CA長

小球b垂直CA方向加速度大小為a，有

解得

。小球從C到A受到的合力

由幾何關系電場力大小為

則

方向水平向右。
21．如圖甲所示，直角坐標系

位于豎直平面內且x軸沿水平方向，其第二象限內有一對平行金屬板A、B，兩板相距為d，兩板之間有方向平行于板面并垂直于紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為

，第一象限某一矩形區域內存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為

，第四象限存在一未知電場。第三象限存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為

，在豎直方向存在交變電場，將一個傾角為

的滑絕緣斜面放置在此空間中。已知大量帶電量均為

的帶電粒子從平行金屬板左側沿x軸正方向以相同的速度

飛入平行金屬板A、B之間，穩定后，某一質量為m的帶電離子能沿平行金屬板中心線射出，經過第一象限的磁場偏轉后進入第四象限未知電場做勻減速直線運動，恰好沿斜面進入第三象限，此時粒子速度為0，且此后一直在第三象限內運動，取帶電粒子剛進入斜面時為

時刻，電場變化如圖乙所示，電場方向豎直向上為正，場強大小為

，已知

的大小數值上等于

，且題中d、

、

、q、m、

、

為已知量，不計帶電粒子的重力及粒子間的相互作用，則
（1）求穩定后兩金屬板之間的電勢差

；
（2）求帶電粒子在第一象限磁場中做圓周運動的半徑

；
（3）求第一象限內磁場的最小面積與斜面傾角

的函數關系式；
（4）若帶電粒子在第

內恰好沒有離開斜面，

后電場變為垂直斜面向上的勻強電場，電場大小變為

，并在斜面末端安裝一垂直斜面的熒光屏

。已知小球在電場變化后的

內打在熒光屏上，且與C點的距離為

，求

末帶電粒子與斜面底端C點的距離L（計算結果用角度關系表示）。

【答案】（1）

；（2）

；（3）

；（4）

【詳解】
（1）粒子在第二象限的兩板間沿直線運動，則滿足

解得

（2）粒子在第一象限的矩形磁場中做勻速圓周運動，則
eqIda1e978cd876d4392b1ca6a7b2c76fbff

解得

（3）第一象限的矩形磁場的最小面積
eqId164e55b7a2aa46e791e4534e03c5205e

（4）在19s之前電場和磁場共存時粒子沒有離開斜面，粒子在剛進入第三象限后在電場的作用下加速，電場加速度后粒子在只有磁場存在的情況下做勻速圓周運動，則由

可得

代入數據解得

；說明粒子在磁場單獨存在的情況下做一個完整的勻速圓周運動，然后繼續電場加速，磁場完整圓周運動的情形，當粒子即將脫離斜面時，則垂直斜面方向一定滿足

在19s時電場的大小和方向均改變，則將粒子的速度分解為沿斜面運動的

和

，則有

粒子的

的速度受到的洛倫茲力和電場力平衡，做沿斜面的勻速直線運動，

的速度做只受洛倫茲力的勻速圓周運動，而運動了

打在屏幕上，因此運動了

圓周，根據條件可得圓周運動在斜面和垂直斜面的位移相同，因此總位移為做圓周運動的半徑加勻速直線的位移，即

22．如圖所示，在邊長為L的正方形

區域內存在圖示方向的勻強電場，正方形的內切圓內存在垂直紙面向里的勻強磁場。現有一質量為m、帶電量為

的粒子從

邊中點e以速度

沿內切圓直徑

射入場區，粒子恰沿直線從

邊的中點f射出場區。保持粒子入射位置及速度大小、方向均不變，僅撤去磁場，粒子射出電場時速度偏向角

。已知

，不計粒子重力。
(1)求僅撤去磁場時粒子在電場內運動的時間

及電場強度E的大小；
(2)若保持粒子入射位置及速度大小、方向均不變，僅撤去電場，求粒子在磁場中的運動時間。

【答案】(1)

；

；(2)

【詳解】
(1)當只有電場時，粒子做類平拋運動，設粒子出電場時沿電場方向分速度為

速度偏向角的正切值

沿初速度方向

沿電場力方向

可得

可知粒子一定是從c點射出電場，可得

加速度

沿電場方向分速度

可得

(2)設磁場的磁感應強度大小為B，當電場和磁場共存時粒子做直線運動，則

當只存在磁場時粒子做圓周運動，由洛倫茲力提供向心力得

粒子運動軌跡如圖所示

由幾何關系可知偏轉角

滿足

粒子在磁場內運動周期

粒子在磁場內運動時間

23．如圖所示，兩塊水平放置、相距為d的長金屬板接在電壓可調的電源上。兩板之間的右側區域存在方向垂直紙面向里的長為2d的矩形勻強磁場，磁場的磁感應強度為B，將噴墨打印機的噴口靠近下板上表面（墨滴與下極板恰好沒接觸），從噴口連續不斷沿水平方向噴出質量均為m、帶相等電荷量為+q的墨滴。調節電源電壓至某值時，墨滴在電場區域恰能沿水平向右做勻速直線運動，并進入電場、磁場共存區域運動，不考慮邊緣效應，重力加速度為g。求：
(1)墨滴在電場區域恰能沿水平向右做勻速直線運動時，極板兩端電壓U為多大？
(2)要使進入電場、磁場共存區域的墨滴打不到上極板，水平速度v₀的值。

【答案】(1)

；(2)

或

【分析】
(1)根據電場力和重力平衡求出電壓。
(2)墨滴垂直進入電磁場共存區域，重力仍與電場力平衡，墨滴做勻速圓周運動，根據墨滴恰好打不到上極板，通過幾何關系得出墨滴的軌道半徑，結合帶電墨滴在磁場中運動的半徑公式求出墨滴進入磁場后恰好不打到上板的右端時水平速度v₀的取值。
【詳解】
(1)墨滴在電場區域做勻速直線運動，有

得

(2)進入電場、磁場共存區域后，重力與電場力平衡，磁場力做勻速圓周運動的向心力

墨滴進入磁場后恰好不打到上板，軌跡與上板剛好相切時，如圖軌跡①，由幾何關系得半徑

由此可得

墨滴進入磁場后恰好不打到上板的右端時，如圖軌跡②

由幾何關系得
（R₂-d）²+（2d）²=R₂²
得

由此可得

因此，水平速度v₀的取值

或

24．如圖所示，xOy坐標系位于豎直平面內，在x＜0的區域內存在電場強度大小

（g為重力加速度）、方向沿y軸正方向的勻強電場和磁感應強度大小為B、方向垂直坐標平面向外的勻強磁場；在x＞0的區域內存在電場強度大小E₂＝2E₁、方向沿y軸正方向的勻強電場．某時刻，在第三象限的N

點以大小為v₀的初速度沿x軸負方向射出質量為m、帶電荷量為+q的小球甲，小球甲從y軸上的P點（圖中未畫出）進入y軸右側的電場，最終恰好以沿x軸正方向的速度經過x軸上的Q₁點（圖中未畫出）．小球所帶的電荷量不影響電場的空間分布．（結果均用B、m、q、v₀四個物理量中的量表示）
（1）求P點到O點的距離．
（2）求E₁和B大小的比值．
（3）如果在P點靜止放置一質量為m、不帶電的小球乙，小球甲運動到P點時與小球乙相碰，碰撞時間極短，碰撞過程電荷量不變，碰后兩小球結合成一個整體，求結合體從P點運動到與Q₁點在同一豎直線上的Q₂點（圖中未畫出）的時間．

【答案】（1）

；（2）

；（3）

．
【詳解】
（1）對小球甲在x＜0的區域內受力分析有:
qE₁＝mg
可知小球甲所受的電場力與重力平衡，洛倫茲
力使小球甲在y軸左側做勻速圓周運動，軌跡
半徑

，
又N點的坐標為

，
小球甲運動軌跡的圓心在x軸負半軸上，且小
球甲運動

個圓周后到達P點，運動軌跡如圖
所示：

小球甲在P點的度方向與y軸負方向的夾角
α＝45°，
故

；
（2）小球甲進入y軸右側的場電場后，對小球甲
受力分析得
qE₂﹣mg＝ma，
解得a＝g，方向豎直向上，
根據題意可知，小球甲在y軸右側的運動軌跡
恰好與x軸相切，則在沿y軸方向有

，
又

，
聯立解得

（3）小球甲、乙在P點相碰，設碰后結合體的速
度大小為v，由動量守恒定律得

在y軸右側的電場中，對結合體有

所以結合體在y軸右側做勻速直線運動，由運
動學規律可知OQ₁＝2OP
根據幾何關系有

又PQ₂＝vt
解得結合體從P點運動到Q₂點的時間

．
25．如圖所示，在水平虛線下方區域內分布著互相垂直的勻強電場和勻強磁場，電場的電場強度大小E=1V/m、方向水平向左，磁場的磁感應強度大小B=0.1T，方向垂直于紙面向里。在該區域上方的某點A，以初速度

水平向右拋出一帶正電的小球，小球進入該區域后恰好做直線運動，取重力加速度大小g=10m/s²，不計空氣阻力。求：
(1)A點距該虛線的高度h；
(2)小球的比荷

。

【答案】(1)

；(2)

【詳解】
(1)小球進入電磁疊加場后受力分析如圖所示，

由受力特點可知小球做勻速直線運動，設速度v與水平夾角為

，有

由平拋規律可知

聯立解得

(2)由豎直方向的平衡有

而

聯立解得

26．如圖所示，在空間建立直角坐標系，坐標軸正方向如圖所示。空間有磁感應強度為B=1T，方面垂直于紙面向里的磁場，II、III、IV象限（含x、y軸）有電場強度為E=2N/C，豎直向下的電場。光滑

圓弧小管道（管的直徑略大于B球直徑），圓心O'，半徑為R=4m，小圓管底端位于坐標軸原點O。質量為m=1kg，帶電q₁=-1C的小球A從O'處水平向右飛出，經過一段時間，正好運動到O點。質量為m₂=2kg，帶電q₂=2C的小球B從小圓管頂端（與圓心等高處）靜止釋放，與A同時運動到O點并發生完全非彈性碰撞，碰后生成小球C。小球A、B、C均可視為質點，所在空間無重力場作用。
(1)小球A在O'處的初速度為多大；
(2)碰撞完成后瞬間，小球C對圓管軌道的壓力；
(3)小球C從O點飛出后的瞬間，將磁場方向改為豎直向上。分析C球在后續運動過程中，又回到y軸時離O點的距離。

【答案】(1) 2m/s (2) 壓力為3N，方向向下 (3)

（n=1、2、3。）
【詳解】
(1)A從O'飛出后，在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動

洛倫茲力提供向心力

解得

(2)設B滑到O點的速度為v_B，由動能定理

解得

A、B在O點發生完全非彈性碰撞，設碰后生成的C球質量為m_c，

，速度為v₁，
由動量守恒定律

得

在碰后瞬間，C球做圓周運動，設軌道對C支持力為N，C球帶電量

解得
N=3N
由牛頓第三定律可得壓力為3N，方向向下；
(3)C球從軌道飛出后，受到豎直向下的電場力和垂直紙面向外的洛倫茲力，在電場力作用下，C球在豎直方向做初速度為零的勻加速直線運動，在水平方向做勻速圓周運動，每隔一個周期T，C球回到y軸上。由

及

解得C球圓周運動周期

C球豎直方向加速度

C球回到y軸時坐標

代入數據解得

（n=1、2、3。）
27．如圖所示的豎直平面內，豎直分界線

左側存在豎直向上的勻強電場，電場場強為

，右側存在垂直紙面向里的勻強磁場和豎直向上的勻強電場，電場強度為

，左側區域有一段半徑為

的光滑絕緣圓弧軌道

與分界線

交于

點，

兩點等高，

點為圓弧最高點，另有一段足夠長的光滑絕緣直軌道與圓弧相切與

點，直軌道與水平面成

角。右側區域有一個半徑也為

的圓圈，圓心

與

兩點等高。電量為

可視為質點的帶電小球從絕緣直軌道上距

點

處由靜止釋放，小球能夠沿著左側軌道運動，經過

點后在右側區域做勻速圓周運動。若小球再次回到左側區域后的運動不考慮，重力加速度未知。
（1）求帶電小球的重力及經過

點時對軌道的壓力；
（2）若帶電小球從直軌道上距

點的距離為

的兩個地方由靜止釋放，小球在右側區域的圓周軌跡都恰好和圓圈相切，求

間的距離

；
（3）若第（2）問中釋放點距

點較近的距離為

，求小球質量與右側區域磁感應強度的平方之比

。

【答案】（1）

，

，方向豎直向上；（2）

；（3）

【詳解】
（1）帶電小球在右側區域做勻速圓周運動，故有

對小球從釋放到

點的過程，根據動能定理得

設在

點軌道對小球的作用力大小為

，對小球，有

解得

根據牛頓第三定律知，小球經過

點時對軌道的壓力大小為

，方向豎直向上。
（2）設帶電小球從距

點

遠處釋放，到達

點處的速率為

，由動能定理得

故兩次釋放距離和進入右側區域的速度滿足

由于

，故

在右側電磁場中，根據洛倫茲力提供向心力，得

其中

表示小球做圓周運動的半徑
所以兩次半徑之比

由圖中幾何關系和余弦定理得

聯立解得

解得

（3）把

代入

，可得

與第2問分析同理可得

聯立解得

28．如圖所示，水平地面上方有水平向右的勻強電場，豎直放置的光滑絕緣圓弧軌道固定在地面上，軌道末端C點與圓心O的連線和豎直直徑的夾角為

，軌道右側豎直虛線MN和PQ間還有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小

。一帶電小球（看做質點）自最高點A水平向左進入軌道，小球的質量m=0.3kg，帶電量

，小球沿著軌道圓周運動至C點的過程中，和軌道間的最小壓力

，小球離開軌道后立即進入MN右側有磁場的區域，在MN和PQ間恰好做直線運動，運動至和A 點等高的D點離開磁場區域，又經過一段時間落在地面上。已知重力加速度g =10m/s²，求：
(1)小球運動至軌道末端C點時的速度大小；
(2)圓弧軌道的半徑；
(3)小球最后落地時的速度大小。

【答案】(1)10m/s；(2)0.6m；(3)

【詳解】
(1)小球在MN和PQ間只能做勻速直線運動，且帶正電，沿著運動方向則有

可得勻強電場的電場強度

垂直運動方向則有

解得小球在磁場中的速度，即在軌道末端時的速度

(2)小球在軌道上運動至等效最高點時

自等效最高點至等效最低點（C點）

可得圓弧軌道的半徑

(3)小球離開磁場后，豎直方向則有

落地時豎直分速度

又有

可得小球離開磁場到落地的時間

落地時水平速度

落地時速度

29．如圖甲所示，豎直面MN的左側空間中存在豎直方向的勻強電場（上、下及左側無邊界）．一個質量為m、電荷量為q、可視為質點的帶正電小球，以水平初速度

沿PQ向右做直線運動，Q位于MN上，若小球剛經過D點時（t=0），在電場所在空間疊加如圖乙所示隨時間做周期性變化、垂直紙面向里的勻強磁場，使得小球再次通過D點時與PQ連線成90°角，已知D、Q間的距離為2L，

小于小球在磁場中做圓周運動的周期，忽略磁場變化造成的影響，重力加速度為g。求：
（1）電場強度E的大小和方向；
（2）

與

的比值；
（3）小球過D點后做周期性運動，則當小球運動的周期最大時，求出此時磁感應強度

的大小及運動的最大周期

。

【答案】（1）

，豎直向上；（2）3π:2；（3）

，

【詳解】
（1）不加磁場時，小球沿直線PQ做直線運動，有
qE=mg
解得
E=

電場強度的方向豎直向上。
（2）小球能再次通過D點，其運動軌跡如下圖所示

設半徑為r，做圓周運動的周期為T，則

，

，

解得

（3）當小球運動周期最大時，其運動軌跡應與MN相切，如下圖所示

由幾何關系得2R=2L由牛頓第二定律得

解得
B₀=

30．在豎直平面內建立一平面直角坐標系xoy，x軸沿水平方向，如圖甲所示。第一象限有一豎直向下的勻強電場，第二象限內有一水平向左的勻強電場，第一象限場強大小為第二象限場強大小的一半。處在第三象限的某種發射裝置（圖中沒有畫出）豎直向上射出一個質量為m、電荷量為-q（q>0）的帶電粒子（可視為質點），該粒子以初速度v₀從-x上的A點沿y軸正方向進入第二象限，并從+y上的C點沿x軸正方向進入第一象限，C點粒子動能為A點粒子動能的4倍。重力加速度為g。試求：
(1)OC距離L以及第二象限勻強電場的電場強度E的大小；
(2)若第一象限同時存在按如圖乙所示規律變化的磁場，磁場方向垂直于紙面（以垂直紙面向外的磁場方向為正方向，圖中B₀，T₀均為未知量），并且在t=

時刻粒子由C點進入第一象限，且恰好能通過同一水平線上的D點，速度方向仍然水平，且CD=

OC．若粒子在第一象限中完成一個完整圓周運動的周期與磁場變化周期相同，求交變磁場變化的周期T₀的大小；
(3)若第一象限仍同時存在按如圖乙所示規律變化的磁場（以垂直紙面向外的磁場方向為正方向，圖中B₀，T₀均為未知量），調整磁場變化的周期，讓粒子在t=0時刻由C點進入第一象限，且恰能通過x軸上F點，且OF=

OC，求交變磁場的磁感應強度B₀的大小應滿足的條件。

【答案】(1)

，

；(2)

；(3)

【詳解】

(1)設粒子從A點運動至C點所用時間為t，C點速度為

，根據“C點粒子動能為A點粒子動能的四倍”可得

豎直方向上粒子做勻減速直線運動，取豎直向上為正方向，則

取水平向右為正方向，則

解得

，

(2)由第(1)問及題干可知

因此帶電粒子在第一象限將做速度為

的勻速圓周運動。

設運動半徑為R，周期為

，使粒子從C點運動到同一水平線上的D點，如圖所示，則

由位移關系可得

粒子在磁場中勻速圓周運動的周期

則磁場變化的周期

(3)使粒子從C點運動到F點，如圖所示，設粒子運動軌道半徑為R′，則每經過磁場的半個周期粒子轉過圓心角60°，則

又

故交變磁場磁感應強度大小應滿足的關系

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