高中物理-磁場計算專題(附答案詳解)

專題:磁場計算題（附答案詳解）1、如圖所示，從離子源產(chǎn)生的甲、乙兩種離子，由靜止經(jīng)加速電壓U加速后在紙面內(nèi)水平向右運動，自M點垂直于磁場邊界射入勻強磁場，磁場方向垂直于紙面向里，磁場左邊界豎直．已知甲種離子射入磁場的速度大小為v1，并在磁場邊界的N點射出；乙種離子在MN的中點射出；MN長為l.不計重力影響和離子間的相互作用．求：(1)磁場的磁感應(yīng)強度大小；(2)甲、乙兩種離子的比荷之比．2、如圖所示，在y>0的區(qū)域存在方向沿y軸負方向的勻強電場，場強大小為E；在y<0的區(qū)域存在方向垂直于xOy平面向外的勻強磁場．一個氕核eq\o\al(1,1)H和一個氘eq\o\al(2,1)H先后從y軸上y＝h點以相同的動能射出，速度方向沿x軸正方向．已知eq\o\al(1,1)H進入磁場時，速度方向與x軸正方向的夾角為60°，并從坐標原點O處第一次射出磁場.eq\o\al(1,1)H的質(zhì)量為m，電荷量為q.不計重力．求：(1)eq\o\al(1,1)H第一次進入磁場的位置到原點O的距離；(2)磁場的磁感應(yīng)強大?。?3)eq\o\al(2,1)H第一次離開磁場的位置到原點O的距離．3、一足夠長的條狀區(qū)域內(nèi)存在勻強電場和勻強磁場，其在xOy平面內(nèi)的截面如圖所示：中間是磁場區(qū)域，其邊界與y軸垂直，寬度為l，磁感應(yīng)強度的大小為B，方向垂直于xOy平面；磁場的上、下兩側(cè)為電場區(qū)域，寬度均為l′，電場強度的大小均為E，方向均沿x軸正方向；M、N為條狀區(qū)域邊界上的兩點，它們的連線與y軸平行．一帶正電的粒子以某一速度從M點沿y軸正方向射入電場，經(jīng)過一段時間后恰好以從M點入射的速度從N點沿y軸正方向射出．不計重力．(1)定性畫出該粒子在電磁場中運動的軌跡；(2)求該粒子從M點入射時速度的大??；(3)若該粒子進入磁場時的速度方向恰好與x軸正方向的夾角為eq\f(π,6)，求該粒子的比荷及其從M點運動到N點的時間．4、如圖所示，豎直放置的平行金屬板板間電壓為U，質(zhì)量為m、電荷量為＋q的帶電粒子在靠近左板的P點，由靜止開始經(jīng)電場加速，從小孔Q射出，從a點進入磁場區(qū)域，abde是邊長為2L的正方形區(qū)域，ab邊與豎直方向夾角為45°，cf與ab平行且將正方形區(qū)域等分成兩部分，abcf中有方向垂直紙面向外的勻強磁場B1，defc中有方向垂直紙面向里的勻強磁場B2，粒子進入磁場B1后又從cf上的M點垂直cf射入磁場B2中(圖中M點未畫出)，不計粒子重力，求：(1)粒子從小孔Q射出時的速度；(2)磁感應(yīng)強度B1的大小；(3)磁感應(yīng)強度B2的取值在什么范圍內(nèi)，粒子能從邊界cd間射出．5、如圖所示，在真空中xOy平面的第一象限內(nèi)，分布有沿x軸負方向的勻強電場，場強E＝4×104N/C，第二、三象限內(nèi)分布有垂直于紙面向里且磁感應(yīng)強度為B2的勻強磁場，第四象限內(nèi)分布有垂直紙面向里且磁感應(yīng)強度為B1＝0.2T的勻強磁場．在x軸上有一個垂直于y軸的平板OM，平板上開有一個小孔P，在y軸負方向上距O點為eq\r(3)cm的粒子源S可以向第四象限平面內(nèi)各個方向發(fā)射α粒子，且OS＞OP.設(shè)發(fā)射的α粒子速度大小v均為2×105m/s，除了垂直于x軸通過P點的α粒子可以進入電場，其余打到平板上的α粒子均被吸收．已知α粒子的比荷為eq\f(q,m)＝5×107C/kg，重力不計，試問：(1)P點距O點的距離；(2)α粒子經(jīng)過P點第一次進入電場，運動后到達y軸的位置與O點的距離；(3)要使離開電場的α粒子能回到粒子源S處，磁感應(yīng)強度B2應(yīng)為多大？6、如圖25所示，在xOy平面的0≤x≤2eq\r(3)a范圍內(nèi)有沿y軸正方向的勻強電場，在x＞2eq\r(3)a范圍內(nèi)某矩形區(qū)域內(nèi)有一個垂直于xOy平面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B.一質(zhì)量為m、電荷量為＋q的粒子從坐標原點O以速度v0沿x軸正方向射入電場，從M點離開電場，M點坐標為(2eq\r(3)a，a)．再經(jīng)時間t＝eq\f(\r(3)m,qB)進入勻強磁場，又從M點正上方的N點沿x軸負方向再次進入勻強電場．不計粒子重力，已知sin15°＝eq\f(\r(6)－\r(2),4)，cos15°＝eq\f(\r(6)＋\r(2),4).求：(1)勻強電場的電場強度；(2)N點的縱坐標；(3)矩形勻強磁場的最小面積．7、如圖甲所示，豎直擋板MN左側(cè)空間有方向豎直向上的勻強電場和垂直紙面的勻強磁場，電場和磁場的范圍足夠大，電場強度E＝40N/C，磁感應(yīng)強度B隨時間t變化的關(guān)系圖象如圖乙所示，選定磁場垂直于紙面向里為正方向．t＝0時刻，一質(zhì)量m＝8×10－4kg、電荷量q＝＋2×10－4C的微粒在O點具有豎直向下的速度v＝0.12m/s，O′是擋板MN上一點，直線OO′與擋板MN垂直，g取10m/s2.求：(1)微粒再次經(jīng)過直線OO′時與O點的距離；(2)微粒在運動過程中離開直線OO′的最大高度．(3)水平移動擋板，使微粒能垂直射到擋板上，擋板與O點間的距離應(yīng)滿足的條件．8、如圖所示，在豎直平面內(nèi)，水平x軸的上方和下方分別存在方向垂直紙面向外和方向垂直紙面向里的勻強磁場，其中x軸上方的勻強磁場磁感應(yīng)強度大小為B1，并且在第一象限和第二象限有方向相反、強弱相同的平行于x軸的勻強電場，電場強度大小為E1，已知一質(zhì)量為m的帶電小球從y軸上的A(0，L)位置斜向下與y軸負半軸成60°角射入第一象限，恰能做勻速直線運動。(1)判定帶電小球的電性，并求出所帶電荷量q及入射的速度大??；(2)為使得帶電小球在x軸下方的磁場中能做勻速圓周運動，需要在x軸下方空間加一勻強電場，試求所加勻強電場的方向和電場強度的大小；(3)在滿足第(2)問的基礎(chǔ)上，若在x軸上安裝有一絕緣彈性薄板，并且調(diào)節(jié)x軸下方的磁場強弱，使帶電小球恰好與絕緣彈性板碰撞兩次后從x軸上的某一位置返回到x軸的上方(帶電小球與彈性板碰撞時，既無電荷轉(zhuǎn)移，也無能量損失，并且入射方向和反射方向與彈性板的夾角相同)，然后恰能做勻速直線運動至y軸上的A(0，L)位置，則彈性板至少多長？帶電小球從A位置出發(fā)返回至A位置過程中所經(jīng)歷的時間。1、【答案】(1)eq\f(4U,lv1)(2)1∶4【解析】(1)設(shè)甲種離子所帶電荷量為q1、質(zhì)量為m1，在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R1，磁場的磁感應(yīng)強度大小為B，由動能定理有q1U＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)①由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有q1v1B＝m1eq\f(v\o\al(2,1),R1)②由幾何關(guān)系知2R1＝l③由①②③式得B＝eq\f(4U,lv1).④(2)設(shè)乙種離子所帶電荷量為q2、質(zhì)量為m2，射入磁場的速度為v2，在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R2.同理有q2U＝eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)⑤q2v2B＝m2eq\f(v\o\al(2,2),R2)⑥由題給條件有2R2＝eq\f(l,2)⑦由①②③⑤⑥⑦式得，甲、乙兩種離子的比荷之比為eq\f(q1,m1)∶eq\f(q2,m2)＝1∶42、【答案】（1）s1＝eq\f(2\r(3),3)h.（2）B＝eq\r(\f(6mE,qh)).⑨(1)eq\o\al(1,1)H在電場中做類平拋運動，在磁場中做勻速圓周運動，運動軌跡如圖所示．設(shè)eq\o\al(1,1)H在電場中的加速度大小為a1，初速度大小為v1，它在電場中的運動時間為t1，第一次進入磁場的位置到原點O的距離為s1.由運動學(xué)公式有s1＝v1t1①h＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)②由題給條件，eq\o\al(1,1)H進入磁場時速度的方向與x軸正方向夾角θ1＝60°，eq\o\al(1,1)H進入磁場時速度的y分量的大小為a1t1＝v1tanθ1③聯(lián)立以上各式得s1＝eq\f(2\r(3),3)h.④(2)eq\o\al(1,1)H在電場中運動時，由牛頓第二定律有qE＝ma1⑤設(shè)eq\o\al(1,1)H進入磁場時速度的大小為v′1，由速度合成法則有v′1＝eq\r(v\o\al(2,1)＋a1t12)⑥設(shè)磁感應(yīng)強度大小為B，eq\o\al(1,1)H在磁場中運動的圓軌道半徑為R1，有qv′1B＝eq\f(mv′\o\al(2,1),R1)⑦由幾何關(guān)系得s1＝2R1sinθ1⑧聯(lián)立以上各式得B＝eq\r(\f(6mE,qh)).⑨(3)設(shè)eq\o\al(2,1)H在電場中沿x軸正方向射出的速度大小為v2，在電場中的加速度大小為a2得eq\f(1,2)(2m)veq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)⑩由牛頓第二定律有qE＝2ma2?設(shè)eq\o\al(2,1)H第一次射入磁場時的速度大小為v′2，速度的方向與x軸正方向夾角為θ2，入射點到原點的距離為s2，在電場中運動的時間為t2.由運動學(xué)公式有s2＝v2t2?h＝eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,2) ?v′2＝eq\r(v\o\al(2,2)＋a2t22)?sinθ2＝eq\f(a2t2,v′2)?聯(lián)立以上各式得s2＝s1，θ2＝θ1，v′2＝eq\f(\r(2),2)v′1?設(shè)eq\o\al(2,1)H在磁場中做圓周運動的半徑為R2，由⑦?式得R2＝eq\f(2mv′2,qB)＝eq\r(2)R1?所以出射點在原點左側(cè)．設(shè)eq\o\al(2,1)H進入磁場的入射點到第一次離開磁場的出射點的距離為s′2，由幾何關(guān)系有s′2＝2R2sinθ2?聯(lián)立④⑧???式得，eq\o\al(2,1)H第一次離開磁場時的位置到原點O的距離為s′2－s2＝eq\f(2\r(3),3)(eq\r(2)－1)h.3、【解析】(1)粒子運動的軌跡如圖所示．(粒子在電場中的軌跡為拋物線，在磁場中為圓弧，上下對稱)(2)粒子從電場下邊界入射后在電場中做類平拋運動．設(shè)粒子從M點射入時速度的大小為v0，在下側(cè)電場中運動的時間為t，加速度的大小為a；粒子進入磁場的速度大小為v，方向與電場方向的夾角為θ(見圖(b))，速度沿電場方向的分量為v1.根據(jù)牛頓第二定律有qE＝ma①式中q和m分別為粒子的電荷量和質(zhì)量．由運動學(xué)公式有v1＝at②l′＝v0t③v1＝vcosθ④粒子在磁場中做勻速圓周運動，設(shè)其運動軌道半徑為R，由洛倫茲力公式和牛頓第二定律得qvB＝eq\f(mv2,R)⑤由幾何關(guān)系得l＝2Rcosθ⑥聯(lián)立①②③④⑤⑥式得v0＝eq\f(2El′,Bl).⑦(3)由運動學(xué)公式和題給數(shù)據(jù)得v1＝v0coteq\f(π,6)⑧聯(lián)立①②③⑦⑧式得eq\f(q,m)＝eq\f(4\r(3)El′,B2l2)⑨設(shè)粒子由M點運動到N點所用的時間為t′，則t′＝2t＋eq\f(2\f(π,2)－\f(π,6),2π)T⑩式中T是粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期．T＝eq\f(2πm,qB)?由③⑦⑨⑩?式得t′＝eq\f(Bl,E)(1＋eq\f(\r(3)πl(wèi),18l′))． 4、【答案】(1)eq\r(\f(2qU,m))(2)eq\f(1,L)eq\r(\f(mU,q))(3)eq\f(1,L)eq\r(\f(2mU,q))≤B2≤eq\f(22＋3\r(2),7L)eq\r(\f(mU,q))【解析】(1)在兩板間由動能定理有：qU＝eq\f(1,2)mv2解得：v＝eq\r(\f(2qU,m)).(2)進入磁場B1后，粒子做勻速圓周運動，設(shè)半徑為r1，軌跡如圖所示，由幾何關(guān)系有：r1＝eq\f(L,sin45°)＝eq\r(2)L由qvB1＝meq\f(v2,r1)，聯(lián)立解得：B1＝eq\f(1,L)eq\r(\f(mU,q)).(3)能從cd邊射出，則對應(yīng)軌跡如圖所示，恰好從c點射出時，設(shè)此時半徑為r2，則有：r2＝eq\f(cM,2)＝eq\f(2L＋L－\r(2)L,2)＝eq\f(3－\r(2)L,2)由qvB2＝meq\f(v2,r2)解得：B2＝eq\f(22＋3\r(2),7L)eq\r(\f(mU,q))若恰好與de邊相切，設(shè)此時半徑為r3，則有：r3＝L同理可以得到：B2＝eq\f(1,L)eq\r(\f(2mU,q))綜上可得到：eq\f(1,L)eq\r(\f(2mU,q))≤B2≤eq\f(22＋3\r(2),7L)eq\r(\f(mU,q))時，粒子能從cd間射出．5、【解析】(1)α粒子從S射出經(jīng)過磁場B1后，能從P點垂直x軸通過的運動軌跡如圖所示，由公式B1qv＝meq\f(v2,r)可知，粒子的軌道半徑r＝eq\f(mv,B1q)＝0.02m，由幾何關(guān)系可知：cosθ＝eq\f(OS,r)＝eq\f(\r(3),2)，則θ＝30°，由此可知P點距O點的距離OP＝r－rsinθ＝0.01m.(2)α粒子進入電場后做類平拋運動，x軸：x＝OP＝eq\f(1,2)at2，y軸：y＝vt，加速度為：a＝eq\f(qE,m)＝2×1012m/s2，粒子到達y軸位置與O點的距離為：y＝0.02m.(3)設(shè)在y軸射出電場的位置到粒子源S的距離為H＝y(tǒng)＋OS＝(2＋eq\r(3))×10－2m，設(shè)粒子在y軸射出電場方向與y軸正方向夾角為φ，由tanφ＝eq\f(at,v)＝1，可知：φ＝45°，則α粒子射入磁場B2的速度大小v′＝eq\r(2)v，α粒子能回到粒子源S處可分以下兩種情況處理：①粒子經(jīng)B2磁場偏轉(zhuǎn)后直接回到粒子源S處，如圖乙所示．設(shè)粒子在B2磁場中做圓周運動的半徑為R，由幾何關(guān)系可知，cos45°＝eq\f(R,H)，則R＝eq\f(2＋\r(3),\r(2))×10－2m，由公式B2qv′＝eq\f(mv′2,R)，得到B2＝eq\f(mv′,qR)＝eq\f(42－\r(3),5)T.②粒子經(jīng)B2磁場偏轉(zhuǎn)后進入B1磁場偏轉(zhuǎn)再回到離子源S處，如圖丙所示．則粒子進入B1磁場的偏轉(zhuǎn)半徑r′＝eq\f(mv′,qB1)＝eq\f(\r(2)mv,qB1)＝eq\r(2)r＝2eq\r(2)×10－2m，由幾何關(guān)系可知，cos45°＝eq\f(R′,H＋\r(2)r′)，則R′＝eq\f(6＋\r(3),\r(2))×10－2m，由公式B2qv′＝eq\f(mv′2,R′)，得到B2＝eq\f(mv′,qR′)＝eq\f(0.8,6＋\r(3))T＝eq\f(46－\r(3),165)T.6、【解析】(1)粒子從O點運動到M點的過程中做類平拋運動．設(shè)其在電場中的運動時間為t0，則有2eq\r(3)a＝v0t0，a＝eq\f(qEt\o\al(2,0),2m)，聯(lián)立可得E＝eq\f(mv\o\al(2,0),6qa).(2)設(shè)粒子運動到M點時速度大小為v，偏轉(zhuǎn)角為θ，則有vy＝eq\f(qE,m)t0，v＝eq\r(v\o\al(2,0)＋v\o\al(2,y))，tanθ＝eq\f(vy,v0)，代入數(shù)據(jù)解得vy＝eq\f(\r(3),3)v0，v＝eq\f(2\r(3),3)v0，θ＝30°.由題意可知，設(shè)粒子從P點進入磁場，從Q點離開磁場，則有MP＝vt，代入數(shù)據(jù)解得MP＝eq\f(2mv0,qB).設(shè)粒子在磁場中以C點為圓心做勻速圓周運動，半徑為R，MP與MC的夾角為α，過C點CD⊥MN于點D，則有qvB＝meq\f(v2,R)，解得R＝eq\f(2\r(3)mv0,3qB)，tanα＝eq\f(R,MP)，解得α＝30°.由MP＝MD，所以N點的縱坐標為yN＝R＋MD＋a，將R＝eq\f(2\r(3)mv0,3qB)代入可解得yN＝eq\f(23＋\r(3)mv0,3qB)＋a.(3)由幾何關(guān)系可知，粒子在矩形磁場中的偏轉(zhuǎn)角(即圓心角)為β＝150°，若使矩形磁場面積最小，有PQ＝2Rcos15°，矩形的另一邊長為R(1－sin15°)，故矩形磁場的最小面積為Smin＝2R2cos15°(1－sin15°)，代入數(shù)據(jù)可解得Smin＝eq\f(2\r(2)＋\r(6)－1m2v\o\al(2,0),3q2B2).7、【答案】(1)1.2m(2)2.48m(3)L＝(1.2n＋0.6)m(n＝0,1,2，…)【解析】(1)根據(jù)題意可知，微粒所受的重力G＝mg＝8×10－3N①電場力大小F＝qE＝8×10－3N②因此重力與電場力平衡，微粒先在洛侖茲力作用下做勻速圓周運動，則qvB＝meq\f(v2,R)③由③式解得R＝0.6m④由T＝eq\f(2πR,v)⑤得：T＝10πs⑥則微粒在5πs內(nèi)轉(zhuǎn)過半個圓周，再次經(jīng)直線OO′時與O點的距離L＝2R⑦將數(shù)據(jù)代入上式解得L＝1.2m．⑧(2)微粒運動半周后向上勻速運動，運動的時間為t＝5πs，軌跡如圖所示．位移大?。簊＝vt=1.88m⑩因此，微粒離開直線OO′的最大高度H＝s＋R＝2.48m．?(3)若微粒能垂直射到擋板上的某點P，P點在直線OO′下方時，由圖象可以知道，擋板MN與O點間的距離應(yīng)滿足L＝(2.4n＋0.6)m(n＝0,1,2，…)?若微粒能垂直射到擋板上的某點P，P點在直線OO′上方時，由圖象可知，擋板MN與O點間的距離應(yīng)滿足L＝(