電場磁場計算題專項訓練及答案

1、精品文檔電場磁場計算題專項訓練【注】該專項涉及運動：電場中加速、拋物線運動、磁場中圓周1、( 2009浙江)如圖所示，相距為 d的平行金屬板 A、B豎直放置，在兩板之間水平放置一 絕緣平板。有一質(zhì)量 m、電荷量q (q > 0)的小物塊在與金屬板 A相距I處靜止。若某一時刻在金屬板A、B間加一電壓Uab = - 3 mgd，小物塊與金屬板只發(fā)生了一次碰撞， 碰撞后2q電荷量變?yōu)?q/2,并以與碰前大小相等的速度反方向彈回。已知小物塊與絕緣平板間的動摩擦因數(shù)為 仏若不計小物塊幾何量對電場的影響和碰撞時間。則(1) 小物塊與金屬板 A碰撞前瞬間的速度大小是多少？(2) 小物塊碰撞后經(jīng)過多長時

2、間停止運動？停在何位置？2、( 2006天津)在以坐標原點 O為圓心、半徑為r的圓形區(qū)域內(nèi)，存在磁感應強度應大小 為B、方向垂直于紙面向里的勻強磁場，如圖所示。一個不計重力的帶電粒子從磁場邊界與C處沿+ y方向飛B/,該粒子仍以Ax軸的交點A處以速度v沿一x方向射入磁場，它恰好從磁場邊界的交點出。(1)判斷該粒子帶何種電荷，并求出其比荷q/m；(2)若磁場的方向和所在空間范圍不變，而磁感應強度的大小變?yōu)?0 °角，求磁感應處相同的速度射入磁場，但飛出磁場時的速度方向相對于入射方向改變了強度B/多大？此粒子在磁場中運動所用時間t是多少?3、( 2010全國卷I)如下圖，在 0 x &#

3、39;、3a區(qū)域內(nèi)存在與 xy平面垂直的勻強磁場，磁感 應強度的大小為 B。在t = 0時刻，一位于坐標原點的粒子源在 xy平面內(nèi)發(fā)射出大量同種帶 電粒子，所有粒子的初速度大小相同，方向與 y軸正方向夾角分布在0180°范圍內(nèi)。已知沿y軸正方向發(fā)射的粒子在 t =to時刻剛好從磁場邊界上 P( 3a , a)點離開磁場。求:(1)粒子在磁場中做圓周運動的半徑R及粒子的比荷q/m;(2) to時刻仍在磁場中的粒子的初速度方向與y軸正方向夾角的取值范圍;(3)從粒子發(fā)射到全部粒子離開磁場所用的時間.4、( 2008天津)在平面直角坐標系 xOy中，第一象限存在沿 y軸負方向的勻強電場，第

4、四 象限存在垂直于坐標平面向外的勻強磁場，磁感應強度為B。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的粒子從y軸正半軸上的 M點以速度vo垂直于y軸射入電場，經(jīng) x軸上的N點與x軸 正方向成9=60°角射入磁場，最后從 y軸負半軸上的 P點垂直于y軸射出磁場，如圖所示。 不計粒子重力，求(1)M、N兩點間的電勢差 Umn。£:U(2)粒子在磁場中運動的軌道半徑r ;1粒子從M點運動到P點的總時間t。0* B5、( 2009寧夏)如圖所示，在第一象限有一勻強電場，場強大小為E，方向與y軸平行；在x軸下方有一勻強磁場，磁場方向與紙面垂直。一質(zhì)量為m、電荷量為-q (q>0)的粒子以平

5、行于x軸的速度從y軸上的P點處射入電場，在 x軸上的Q點處進入磁場，并從坐標 原點O離開磁場。粒子在磁場中的運動軌跡與y軸交于M點。已知OP = I, OQ =2.3|。不計重力。求尸(1) M點與坐標原點O間的距離；(2) 粒子從P點運動到M點所用的時間?！?一 Q 工o6、（ 2008寧夏）如圖所示，在 xOy平面的第一象限有一勻強電場，電場的方向平行于y軸向下；在x軸和第四象限的射線 OC之間有一勻強磁場，磁感應強度的大小為 B，方向垂直 于紙面向外.有一質(zhì)量為 m,帶有電荷量+q的質(zhì)點由電場左側(cè)平行于x軸射入電場.質(zhì)點到達x軸上A點時，速度方向與 x軸的夾角為 為A點與原點O的距離為d

6、 .接著，質(zhì)點進入磁場，并垂直于 OC飛離磁場.不計重力影響.若OC與x軸的夾角為0,求:粒子在磁場中運動速度的大小;勻強電場的場強大小.7、（ 2009江蘇）1932年，勞倫斯和利文斯設計出了回旋加速器?；匦铀倨鞯墓ぷ髟砣?圖所示，置于高真空中的D形金屬盒半徑為 R,兩盒間的狹縫很小，帶電粒子穿過的時間可以忽略不計。磁感應強度為B的勻強磁場與盒面垂直。A處粒子源產(chǎn)生的粒子，質(zhì)量為m、 電荷量為+q，在加速器中被加速，加速電壓為U。加速過程中不考慮相對論效應和重力作用。（1 ）求粒子第2次和第1次經(jīng)過兩D形盒間狹縫后軌道半徑之比；（2） 求粒子從靜止開始加速到出口處所需的時間t ;（3）實

7、際使用中，磁感應強度和加速電場頻率都有最大值的限制。若某一加速器磁感應強度和加速電場頻率的最大值分別為Bm、fm，試討論粒子能獲得的最大動能Ekm。8、（ 2009天津）如圖所示，直角坐標系 磁場和勻強電場，磁場的磁感應強度為xOy位于豎直平面內(nèi)，在水平的x軸下方存在勻強B，方向垂直xOy平面向里，電場線平行于 y軸。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的小球，從 y軸上的A點水平向右拋出，經(jīng) x軸上的M點進入電場和磁場，恰能做勻速圓周運動，從x軸上的N點第一次離開電場和磁場，MN之間的距離為L，小球過M點時的速度方向與 x軸的方向夾角為 0o不計空氣阻力，重力加速度為g，求（1）電場強度E的大小和

8、方向;(2)小球從A點拋出時初速度 vo的大小； A點到x軸的高度h.9、( 2010四川卷)如圖所示，電源電動勢Eo=15V、內(nèi)阻ro=1 Q,電阻 Ri=30 Q, R2=60 Q。間距d = 0.2m的兩平行金屬板水平放置，板間分布有垂直于紙面向里、磁感應強度B=1T的勻強磁場。閉合開關 S,板間電場視為勻強電場，將一帶正電的小球以初速度v = 0.1m/s沿兩板間中線水平射入板間。設滑動變阻器接入電路的阻值為Rx，忽略空氣對小球的作用，取 g =10m/s2。(1) 當Rx=29 Q時，電阻R2消耗的電功率是多大？(2) 若小球進入板間做勻速度圓周運動并與板相碰，碰時速度與初速度的夾角

9、為60 °則Rx是多少?10、(2010安徽卷)如圖1所示，寬度為d的豎直狹長區(qū)域內(nèi)(邊界為 11、12),存在垂直紙 面向里的勻強磁場和豎直方向上的周期性變化的電場(如圖2所示),電場強度的大小為 E0,E > 0表示電場方向豎直向上，t = 0時，一帶正電、質(zhì)量 為m的微粒從左邊界上的 N1點以 水平速度v射入該區(qū)域，沿直線運動到 Q點后，做一次完整的圓周運動，再沿直線運動到 右邊界的n2點。Q為線段N1N2的中點，重力加速度為 g。上述d、E0、m、v、g為已知量。(1) 求微粒所帶電荷量 q和磁感應強度B的大??；(2) 求電場變化的周期 T;(3) 改變寬度d，使微粒仍

10、能按上述運動過程通過相應寬度的區(qū)域，求T的最小值。曲圈*精品文檔(1) gl (2)時間為4停在21處或距離A板為21答案1、【解析】本題考查電場中的動力學問題A板做（1）加電壓后，B極板電勢高于 A板，小物塊在電場力作用與摩擦力共同作用 勻加速直線運動。電場強度為E U BAd小物塊所受的電場力與摩擦力方向相反，則合外力為F 合 qE mg故小物塊運動的加速度為F合 qU mgd 1ai _ gmmd2設小物塊與A板相碰時的速度為 V1,由2Vi 2aj解得電場力大小（2）小物塊與A板相碰后以V1大小相等的速度反彈， 因為電荷量及電性改變, 與方向發(fā)生變化，摩擦力的方向發(fā)生改變，小物塊所受的

11、合外力大小為mgqE22V21粒子由A點射入，由C點飛出，其速度方向改變了90°則粒子軌跡半徑a2加速度大小為設小物塊碰后到停止的時間為t,注意到末速度為零，有0 v1a2t解得設小物塊碰后停止時距離為x，注意到末速度為零，有20-v12a2xd 212a2或距離A板為2、（ 1）由粒子的飛行軌跡，利用左手定則可知，該粒子帶負電荷。精品文檔則粒子的比荷(2)R= rqvB2v=m 一RvBrgm粒子從D點飛出磁場速度方向改變做國，圓周運動的半徑R/ = rcot30°=3 r所以60° 角,故AD弧所對應的圓心角為 60°粒子R/= 口蘭qB/粒子在磁場

12、中飛行時間qB/3vX X3、Rm 3Bt0速度與y軸的正方向的夾角范圍是60°到 120°從粒子發(fā)射到全部離開所用時間為2t04、【解析】（1 ）設粒子過N點時的速度為v,有 V0vcos (1)v 2vo粒子從M點運動到N點的過程，有qUMN1 2 -mv 21 2_mv0 3)2U MN3mv：2q(4)(2)粒子在磁場中以 O為圓心做勻速圓周運動，半徑為OyON，有 qvB2mv(5)ti3mqB(9)2mv0 r qB(6)(3)由幾何關系得ON Rsi n(7)設粒子在電場中運動的時間為t1，有 ON v°t1(8)粒子在磁場在做勻速圓周運動的周期2

13、m T(10)qB(11)設粒子在磁場中運動的時間為t2,有t2 T2t22 m3qB(12)t ti t2t (3 3 2 )m3qB5、【解析】(1)帶電粒子在電場中做類平拋運動,(13)在y軸負方向上做初速度為零的勻加速運動，設加速度的大小為動到Q點所用的時間為的夾角為，則av0t1其中 X。2 3l,y。Vo聯(lián)立式，得30因為M、0、Q點在圓周上，MOQ=90 ，所以MQ為直徑。從圖中的幾何關系可精品文檔知。R 2 31MO 612(2)設粒子在磁場中運動的速度為V,從Q到M點運動的時間為t2 ,則有v 0COSt2 RV帶電粒子自P點出發(fā)到M點所用的時間為t為t t|+ t2聯(lián)立式，

14、并代入數(shù)據(jù)得(11)6、解：由幾何關系得：R= dsi n©由洛侖茲力公式和牛頓第二定律得qvB速度為a，運動時間為t，則有V0= VCOS © vsi n ©= at d= vot2解得：a圧2 COSd設電場強度的大小為qE = maE,由牛頓第二定律得A .OJ/¥ 解得：EqBdsin3 cosm7、答案:(1) r2: r-j2 :1(2)BR22U(3)kmq 罪，Ekm 2 2mf；R2【解析】1qu= mv12(1)設粒子第1次經(jīng)過狹縫后的半徑為ri,速度為V1解得：V qBd sin m質(zhì)點在電場中的運動為類平拋運動.設質(zhì)點射入電場的速

15、度為Vo,在電場中的加2V1 qV1 B=m 解得1 2mUB q精品文檔同理，粒子第2次經(jīng)過狹縫后的半徑則 r2: ri2 :1（2）設粒子到出口處被加速了n圈1 4mU2nqU - mv222v qvB mRqBt nT解得 tBR22U（3）加速電場的頻率應等于粒子在磁場中做圓周運動的頻率，即f 2 m 當磁場感應強度為 Bm時，加速電場的頻率應為fBm qB2 m-粒子的動能Ekmv22當fBm W fm時，粒子的最大動能由 Bm決定2vm qVmBm m_R"解得Ekm2 2q BmR2mqE mg當fBmfm時，粒子的最大動能由fm決定2 2 2Vm 2 fm R解得 E

16、km 2 mfm R8、答案：（1） 9，方向豎直向上(2) qBLCOtq2m(3)q2B2L28m2g【解析】本題考查平拋運動和帶電小球在復合場中的運動。（1）小球在電場、磁場中恰能做勻速圓周運動，說明電場力和重力平衡（恒力不能充 當圓周運動的向心力），有精品文檔62qvBmV r由速度的合成與分解知VVcos由式得V。qBL cot 2m2(3)設小球到M點時的豎直分速度為 Vy，它與水平分速度的關系為R RxR-i R2R1R22930 6030 60mg重力的方向豎直向下，電場力方向只能向上，由于小球帶正電，所以電場強度方向豎直向上。(2)小球做勻速圓周運動， 0為圓心，MN為弦長，

17、MO P，如圖所示。設半徑為r，由幾何關系知sin2r小球做勻速圓周運動的向心力由洛侖茲力白日提供，設小球做圓周運動的速率為V,有Vy v tan由勻變速直線運動規(guī)律2V 2gh由式得2 2.q B Lc 28m g9、【答案】速度圖像為右圖。 900m【解析】閉合電路的外電阻為根據(jù)閉合電路的歐姆定律E 15I0.3AR r 49 1R2兩端的電壓為E l(Rx r) 15 0.3 306VR2消耗的功率為2P2UlR600.6 w小球進入電磁場做勻速圓周運動， 據(jù)牛頓第二定律說明重力和電場力等大反向，洛侖茲力提供向心力， 根Bqv連立化簡得U2 BRdgmgv60°,根據(jù)幾何關系得小球做勻速圓周運動的初末速的夾角等于圓心角為R