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＝0.1 g的小滑块，带有q＝5×10－4 C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＝0.5 T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8-2-29 2.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＝0.20 T，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＝0.25 T，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＝8.0×10－19 C、质量m＝8.0×10－26 kg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(0，0.4 m)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B 2′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v 0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λv 0(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 ＝2πm q.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E 0＝mg q.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.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M(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S 1、S 2，两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U 0，周期为T 0。
在t ＝0时刻将一个质量为m 、电量为－q(q>0)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S 2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S 2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 ＝3T 0时刻再次到达S 2，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。
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F N 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 ＋F N －mg cos α＝0.当F N ＝0时，小滑块开始脱离斜面，此时，qvB ＝mg cos α，得v ＝mg cos αqB＝0.1×10－3×10×320.5×5×10－4m/s ＝23 m/s.(3)下滑过程中，只有重力做功，由动能定理得 mgx sin α＝12mv 2，斜面的长度至少应是x ＝v 22g sin α＝2322×10×0.5m ＝1.2 m.答案 (1)负电荷 (2)2 3 m/s (3)1.2 m2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qE 1＝qvB 1，代入数据解得v ＝5.0×105 m/s.(2)离子进入磁场，做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有qvB 2＝m v 2r得，r ＝0.2 m ，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 ＝12at 2，而a ＝E 2q m ，则x ＝0.4 m ，离子打到荧光屏上的位置C 的水平坐标为x C ＝(0.2＋0.4)m ＝0.6 m.图乙(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B 0，则qvB 0＝m v 2r ′，代入数据解得B 0＝2＋18T ＝0.3 T, 则B 2′≥0.3 T.答案 (1)5.0×105 m/s (2)0.6 m (3)B 2′≥0.3 T3.解析 (1)设带电颗粒的电荷量为q ，质量为m .有Eq ＝mg ，将q m ＝1k代入，得E ＝kg .(2)如图甲所示，有qv 0B ＝m v 20R ，R 2＝(3d )2＋(R －d )2，得B ＝kv 05d.(3)如图乙所示，有q λv 0B ＝mλv 02R 1，tan θ＝3dR 21－3d2，y 1＝R 1－R 21－3d2，y 2＝l tanθ，y ＝y 1＋y 2，得y ＝d (5λ－25λ2－9)＋3l 25λ2－9.答案 (1)kg (2)kv 05d(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 ＋qE 0)sin θ＝ma ①第一秒末的速度为：v ＝at 1② 在第二秒内：qE 0＝mg ③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 ＝m v 2R④圆周运动的周期为：T ＝2πmqB＝1 s ⑤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：v 5＝a (t 1＋t 3＋t 5)＝6g sin θ⑥小球离开斜面的最大距离为d ＝2R 3⑦ 由以上各式得：d ＝6g sin θπ.(2)第19秒末的速度：v 19＝a (t 1＋t 3＋t 5＋t 7＋…＋t 19)＝20g sin θ⑧小球未离开斜面的条件是：qv 19B ≤(mg ＋qE 0)cos θ⑨所以：tan θ≤120π.答案 (1)6g sin θπ (2)tan θ≤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qv 1B ＝m v 21R①解得R ＝mv 1qB②设粒子从N 点离开磁场，如图所示，由几何知识可知ON ＝2R ③联立②③两式解得：ON ＝2mv 1qB④(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 ＝2mv qB＝vt ⑤解得：t ＝2m qB⑥竖直位移y ＝2R ＝2mv qB ＝12at 2⑦而a ＝Eq m⑧联立⑥⑦⑧式并解得v ＝EB⑨①若v >EB，则粒子从y 轴离开电场，轨迹如上图，水平位移x ＝2R ＝2mv qB ＝vt 得t ＝2mqB⑩v y ＝at ＝qE m t ＝2E B⑪则粒子离开电场时的速度v 2＝v 2y ＋v 2＝4E 2B 2＋v 2⑫②若v <EB，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 ＝vt ⑬y ＝x ＝v y2t ，解得v y ＝2v ⑭则粒子离开电场时的速度v 3＝v 2y ＋v 2＝5v ⑮答案 (1)2mv 1qB(2)见解析6．(1)qBd m sin φ (2)qB 2dmsin 3φcos φ7.解析 (1)在M 点处：v y ＝v 0tan α qE ＝am竖直方向：v y ＝at 3 水平方向：3R ＝v 0t3 得：qm ＝v203RE。