英才班用复合场题(含答案)

1、 复合场问题专项训练1在如图所示的空间区域里，y轴左方有一匀强电场，场强方向跟y轴负方向成30°角，大小为E = 4.0×105N/C，y轴右方有一垂直纸面的匀强磁场，有一质子以速度0 = 2.0×106m/s由x轴上A点（OA = 10cm）第一次沿x轴正方向射入磁场，第二次沿x轴负方向射入磁场，回旋后都垂直射入电场，最后又进入磁场，已知质子质量m为1.6×10-27kg，求：（1）匀强磁场的磁感应强度；（2）质子两次在磁场中运动的时间之比；（3）质子两次在电场中运动的时间各为多少 2如图所示，虚线MO与水平线PQ相交于O，二者夹角=30°，

2、在MO左侧存在电场强度为E、方向竖直向下的匀强电场，MO右侧某个区域存在磁感应强度为B、垂直纸面向里的匀强磁场，O点处在磁场的边界上.现有一群质量为m、电量为+q的带电粒子在纸面内以速度v()垂直于MO从O点射入磁场,所有粒子通过直线MO时，速度方向均平行于PQ向左.不计粒子的重力和粒子间的相互作用力，求：（1）速度最大的粒子自O点射入磁场至返回水平线POQ所用的时间.（2）磁场区域的最小面积.3.如图甲所示，带正电的粒子以水平速度v0从平行金属板MN间中线连续射入电场中，MN板间接有如图乙所示的随时间t变化的电压UMN，电压变化周期T=0.1s，两板间电场可看做均匀的，且两板外无电场. 紧邻

3、金属板右侧有垂直纸面向里的匀强磁场B，分界线为CD，AB为荧光屏. 金属板间距为d，长度为L，磁场B的宽度为d. 已知：B=5×103T ，L=d=0.2m，v0=105m/s，带正电的粒子的比荷为q/m=108C/kg，重力忽略不计. 试求：（1）带电粒子进入磁场做圆周运动的最小半径；（2）带电粒子射出电场时的最大速度；（3）带电粒子打在荧光屏AB上的范围.U0tU02t03t0t04t0乙+UB荧光屏甲l4如图甲所示的控制电子运动装置由偏转电场、偏转磁场组成。偏转电场处在加有电压U、相距为d的两块水平平行放置的导体板之间，匀强磁场水平宽度一定，竖直长度足够大，其紧靠偏转电场的右边

4、。大量电子以相同初速度连续不断地沿两板正中间虚线的方向向右射入导体板之间。当两板间没有加电压时，这些电子通过两板之间的时间为2t0；当两板间加上图乙所示的电压U时，所有电子均能通过电场、穿过磁场，最后打在竖直放置的荧光屏上。已知电子的质量为m、电荷量为e，不计电子的重力及电子间的相互作用，电压U的最大值为U0，磁场的磁感应强度大小为B、方向水平且垂直纸面向里。（1）如果电子在t=t0时刻进入两板间，求它离开偏转电场时竖直分位移的大小。（2）要使电子在t=0时刻进入电场并能最终垂直打在荧光屏上，匀强磁场的水平宽度l为多少？（3）证明：在满足（2）问磁场宽度l的条件下，所有电子自进入板间到最终打在

5、荧光屏上的总时间相同。5.如图所示，第一次粒子经U1加速后沿中线O1O2射入AB两金属极板间做直线运动，两板间充满相互垂直的匀强电场和匀强磁场，磁场垂直纸面向里，磁感应强度大小为B，板长为L，两板间距为D=L/3。MN为绝缘挡板，MN与中线O1O2的夹角为=60°，右侧是垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度也为B，粒子穿过O3后击中MN上的P点，第二次AB间磁场撤去，粒子经U1加速后沿中线O1O2射入AB两金属极板间恰好从A板右侧边缘射出击中MN上的Q点，PQ=15L/4且粒子从O1运动到Q的时间为t。求：（1）粒子的荷质比。 （2）加速电场的电压U1。（3）粒子第一次从O1运动到P的

6、时间t1为多少？6如图中甲所示，真空中两水平放置的平行金属板C、D，上面分别开有正对的小孔O1和O2，金属板C、D接在正弦交流电源上，C、D两板间的电压UCD随时间t变化的图线如图中乙所示。t0时刻开始，从C板小孔O1处连续不断飘入质量为m3.2×1021kg、电荷量q1.6×1015C的带正电的粒子（设飘入速度很小，可视为零）。在D板外侧有以MN为边界的匀强磁场，MN与金属板C相距d10cm，匀强磁场的大小为B0.1T，方向如图中所示，粒子的重力及粒子间相互作用力不计，平行金属板C、D之间的距离足够小，粒子在两板间的运动时间可忽略不计。求：（1）带电粒子经小孔O2进入磁场

7、后，能飞出磁场边界MN的最小速度为多大？（2）从0到0.04s末时间内哪些时刻飘入小孔O1的粒子能穿过电场并飞出磁场边界MN？（3）以O2为原点建立直角坐标系，在图甲中画出粒子在有界磁场中可能出现的区域（用斜线标出），并标出该区域与磁场边界交点的坐标。要求写出相应的计算过程7如图所示，在xOy坐标平面内的第象限内有半径为R的圆分别与x轴、y轴相切与P、Q点，圆内存在垂直xOy平面的匀强磁场。在第象限内存在沿y轴方向的匀强电场，电场强度为E。一质量为m、电荷量为q的粒子从P点射入磁场后恰好垂直y轴进入电场，最后从M（2R，0）点射出电场，出射方向与x轴夹角满足tan1.5。求：（1）粒子进入电场

8、时的速率v0；（2）匀强磁场的磁感应强度B；（3）粒子从P点入射的方向与x轴负方向的夹角。8.如图所示，在坐标系xOy内有一半径为a的圆形区域，圆心坐标为O1（a，0），圆内分布有垂直纸面向里的匀强磁场。在直线ya的上方和直线x2a的左侧区域内，有一沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E一质量为m、电荷量为+q（q>0）的粒子以速度v从O点垂直于磁场方向射入，当速度方向沿x轴正方向时，粒子恰好从O1点正上方的A点射出磁场，不计粒子重力。（1）求磁感应强度B的大小；（2）粒子在第一象限内运动到最高点时的位置坐标；（3）若粒子以速度v从O点垂直于磁场方向射入第一象限，当速度方向沿x轴正方向的夹

9、角=30°时，求粒子从射入磁场到最终离开磁场的时间t。9在竖直平面内建立一平面直角坐标系xoy，x轴沿水平方向，如图甲所示。第二象限内有一水平向右的匀强电场，场强为E1。坐标系的第一、四象限内有一正交的匀强电场和匀强交变磁场，电场方向竖直向上，场强E2=1/2E1，匀强磁场方向垂直纸面。处在第三象限的某种发射装置（图中没有画出）竖直向上射出一个比荷=102C/kg的带正电的粒子（可视为质点），该粒子以v0=4m/s的速度从-x上的A点进入第二象限，并以v1=8m/s速度从+y上的C点沿水平方向进入第一象限。取粒子刚进入第一象限的时刻为0时刻，磁感应强度按图乙所示规律变化（以垂直纸面向

10、外的磁场方向为正方向），g=10 m/s2.试求：（1）带电粒子运动到C点的纵坐标值h及电场强度E1；（2）+x轴上有一点D,OD=OC，若带电粒子在通过C点后的运动过程中不再越过y轴，要使其恰能沿x正方向通过D点，求磁感应强度B0及其磁场的变化周期T0为多少？（3）要使带电粒子通过C点后的运动过程中不再越过y轴，求交变磁场磁感应强度和变化周期的乘积应满足的关系？ 10如图（甲）所示，M1M4、N1N4为平行放置的水平金属轨道，M4P、N4Q为相同半径，平行放置的竖直半圆形金属轨道，M4、N4为切点，P、Q为半圆轨道的最高点，轨道间距L=1.0m，圆轨道半径r=0.32m，整个装置左端接有阻值

11、R=0.5的定值电阻。M1M2N2N1、M3M4N4N3为等大的长方形区域、，两区域宽度 d=0.5m，两区域之间的距离s=1.0m；区域内分布着均匀的变化的磁场B1，变化规律如图（乙）所示，规定竖直向上为B1的正方向；区域内分布着匀强磁 场B2，方向竖直向上。两磁场间的轨道与导体棒CD间的动摩擦因数为=0.2，M3N3右侧的直轨道及半圆形轨道均光滑。质量m=0.1kg，电阻R0=0.5的导体棒CD在垂直于棒的水平恒力F拉动下，从M2N2处由静止开始运动，到达M3N3处撤去恒力F，CD棒匀速地穿过匀强磁场区，恰好通过半圆形轨道的最高点PQ处。若轨道电阻、空气阻力不计，运动过程导棒与轨道接触良好

12、且始终与轨道垂直，g取10m/s2 求：（1）水平恒力F的大小；（2）CD棒在直轨道上运动过程中电阻R上产生的热量Q；25ddLs（甲）（乙）（3）磁感应强度B2的大小。11.如图所示，竖直平面内有一半径为r、内阻为R1、粗细均匀的光滑半圆形金属球，在M、N处与相距为2r、电阻不计的平行光滑金属轨道ME、NF相接，EF之间接有电阻R2，已知R112R，R24R。在MN上方及CD下方有水平方向的匀强磁场I和II，磁感应强度大小均为B。现有质量为m、电阻不计的导体棒ab，从半圆环的最高点A处由静止下落，在下落过程中导体棒始终保持水平，与半圆形金属环及轨道接触良好，高平行轨道中够长。已知导体棒ab下

13、落r/2时的速度大小为v1，下落到MN处的速度大小为v2。（1）求导体棒ab从A下落r/2时的加速度大小。（2）若导体棒ab进入磁场II后棒中电流大小始终不变，求磁场I和II之间的距离h和R2上的电功率P2。（3）若将磁场II的CD边界略微下移，导体棒ab刚进入磁场II时速度大小为v3，要使其在外力F作用下做匀加速直线运动，加速度大小为a，求所加外力F随时间变化的关系式。 复合场答案1 解：（1）如图所示，设质子第一、第二次由B、C两点分别进入电场，轨迹圆心分别为O1和O2所以：sin30° = ，R = 2×OA，由B = = 0.1T，得（2）从图中可知，第一、第二次质

14、子在磁场中转过的角度分别为210°和30°，则 = = （3）两次质子以相同的速度和夹角进入电场，所以在电场中运动的时间相同由x = 0t和y = ××t2以及tan30° = ；由以上解得t = = ×10-7s2解：（1）粒子的运动轨迹如图所示，设粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径为R，周期为T，粒子在匀强磁场中运动时间为t1则 ；即： (1分) (1分)； (1分)设粒子自N点水平飞出磁场，出磁场后应做匀速运动至OM，设匀速运动的距离为s，匀速运动的时间为t2，由几何关系知：S=Rcot (1分)； (1分)过MO后粒子做类平

15、抛运动，设运动的时间为，则： (2分)又由题知： (1分)则速度最大的粒子自O进入磁场至重回水平线POQ所用的时间(1分)解得： (1分)（2）由题知速度大小不同的粒子均要水平通过OM，则其飞出磁场的位置均应在ON的连线上，故磁场范围的最小面积是速度最大的粒子在磁场中的轨迹与ON所围成的面积。扇形的面积 (3分)的面积为： (2分)；又 (1分)联立得：或 (2分)3解：（1）t=0时刻射入电场的带电粒子不被加速，进入磁场做圆周运动的半径最小，粒子在磁场中运动时有（2分）（1分）（2）因带电粒子通过电场时间t=L/v0=2×104T，故带电粒子通过电场过程中可认为电场恒定不变。（2分

16、）设两板间电压为U1时，带电粒子能从N板右边缘飞出， （2分）（2分）在电压低于或等于100V时，带电粒子才能从两板间射出电场，故U1=100V时，带电粒子射出电场速度最大，（2分）（2分）（3）t=0时刻进入电场中粒子，进入磁场中圆轨迹半径最小，打在荧光屏上最高点E，从N板右边缘射出粒子进入磁场中圆轨迹半径最大，（1分）；（2分）因，故，（2分）所以从P点射出粒子轨迹圆心O2正好在荧光屏上且O2与M板在同一水平线上，（1分）（1分）带电粒子打在荧光屏AB上范围为：（EF=0.382m也正确）（1分）U0tU02t03t0t04t0乙+UB荧光屏甲l4 【答案】(1) (2) (3)【解析】（

17、1）电子在t=t0时刻进入两板间，先做匀速运动，后做类平抛运动，在2t03t0时间内发生偏转 （2）设电子从电场中射出的偏向角为，速度为v，则 电子通过匀强磁场并能垂直打在荧光屏上，其圆周运动的半径为R，根据牛顿第二定律 有 由几何关系得 得 水平宽度 （3）证明：无论何时进入两板间的电子，在两板间运动的时间均为 射出电场时的竖直分速度均相同， 射出电场时速度方向与初速v0方向的夹角均相同，满足 因进入偏转磁场时电子速度大小相同，方向平行，所以电子在磁场中的轨道半径相同，都垂直打在荧光屏上 根据几何关系，电子在磁场中运动轨迹所对的圆心角必为，则在磁场中运动时间 综上所述，电子运动的总时间，即总

18、时间相同。 苏北四市联合命题5. 解：分析粒子在的U1加速：qU1=mv2/2分析粒子在电磁复合场中做匀速直线运动Eq=Bqv 分析粒子在两板间撤去磁场后做类平抛运动 qE=ma； tan=at/v0 tan=（L/2）/（D/2） 所以=30°分析粒子做匀速圆周运动 Bqv0=Mv02/R,；所以 R=/L分析几何关系： O3P=2Rsin ；O3P+ O3Q=PQ ；O3Q=（L/2+O2O3）sin分析粒子第二次从O1运动到O2水平方向是匀速：vOt=（L+ O2O3）O3Q·cos所以q/m=13/24Bt ；U1=13BL2/16t分析第一次运动时间t1=（L+

19、O2O3）v0t2=（2/360）T T=2m/Bq所以t1= t1+ t2=t（1+/3）解：（1）设粒子飞出磁场边界MN的最小速度为v0，粒子在磁场中做匀速圆周运动半径为R0，根据洛伦兹力提供向心力知：qv0Bmv02/R0 要使粒子恰好飞出磁场，据图有：R0d 所以最小速度 v0qBd/m5×103m/s（2）由于C、D两板间距离足够小，带电粒子在电场中运动时间可忽略不计，故在粒子通过电场过程中，两极板间电压可视为不变，CD间可视为匀强电场。要使粒子能飞出磁场边界MN，则进入磁场时的速度必须大于v0，粒子在电场中运动时CD板对应的电压为U0，则根据动能定理知： qU0mv02/

20、2 得：U0mv02/(2q)25V 因为电荷为正粒子，因此只有电压在25V50V时进入电场的粒子才能飞出磁场。根据电压图像可知：UCD50sin50t，25V电压对应的时间分别为：7/300s和11/300s，所以粒子在0到0.04s内能够飞出磁场边界的时间为7/300st11/300s (2分)（3）设粒子在磁场中运动的最大速度为vm，对应的运动半径为Rm，Um50V，则有： qUmmvm2/2qvmBmvm2/RmRm0.14m 粒子飞出磁场边界时相对小孔向左偏移的最小距离为： xRm(Rm2d2)1/2=0.1×(21/21)m0.04m 因此，粒子能到达的区域如图所示：其中

21、弧PBO2是以d为半径的半圆，弧O2A是以Rm为半径的圆弧。与磁场边界交点的坐标分别为：O2（，）A：（0.04m，0.1m）；B：（0.1m，0.1m）P：（0.2m，0）画图正确给1分未标O2（，）的不扣分7 【解题思路】（1）在M处，粒子的y轴分速度vy2v0tan设粒子在电场中运动时间为t，在x轴方向匀速运动：2Rv0t设y轴方向匀加速运动的加速度为a，由qEma；且vyat联立解得：v0（2）如图所示，O1为磁场圆的圆心，O2为粒子轨迹圆的圆心，P为粒子射出磁场的位置，依题意可知粒子垂直y轴进入电场，则PO2/PO1，且PO1/PO1R，O2PO2P，由几何关系可知O1PO2P为另行

22、，即粒子轨迹圆半径等于R。由向心力公式及牛顿第二定律：qv0Bm；联立解得：B（3）粒子从N点进入电场，由y轴方向匀加速直线运动公式有NO的长度y满足vy22ay联立解得：y1.5R；由几何关系：RRcosy解得：60°8 解：（1）设粒子在磁场中做圆运动的轨迹半径为R，牛顿第二定律有 （2分）粒子自A点射出，由几何知识 （1分）解得 （2分）（2）粒子从A点向上在电场中做匀减运动，设在电场中减速的距离为y1由动能定理得：qEy1=0（2分）; 得 （1分）所以在电场中最高点的坐标为（a，） （2分）（3）粒子在磁场中做圆运动的周期 （1分）粒子从磁场中的P点射出，因磁场圆和粒子的轨迹圆的半径相等，OO1PO2构成菱形，故粒子从P点的出射方向与y轴平行，粒子由O到P所对应的圆心角为： 1=60°由几何知识可知，粒子由P点到x轴的距离： S = acos 粒子在电场中做匀变速运动，在电场中运动的时间：t1=2mv/qE （1分）粒子由P点第2次进入磁场，由Q点射出，PO1QO3 构成菱形，由几何知识可知Q点在x轴上，粒子由P到Q