四川省米易中学高二物理磁场练习5

1、fOXLXXXA点时悬线的拉力q的液滴做半径为则油滴的质量和环绕速度分别1E jKijrc.*1VX77r aR的匀E和匀强磁场BB、方 交占 、八、B，该粒子仍从 A处以相同的 60角，求磁感带电量为q的带电粒子以某一初速射入如图所示的匀强磁场中(磁感应强度为 ，要使此带电粒子穿过这个磁场，则带电粒子的初速度应为多大?Bi 2B2，方向垂直纸面向里。班烦Bi中。MN为界的两匀强磁场，磁感应强度(12分)如图所示，一束电子(电荷量为e)以速度v垂直射入磁感应强度内充满磁感应强度为 B、方向垂直纸面 O点处，垂直磁场方向射入一速度为 v0 30 .已知粒子质量为 m带电量为厂口，5.V0的大小范

2、围.?在这种情况下，()6、X X X X BXdXXXXPRBiI | M賈M MdZ场强沿y轴负方向；在yv 0的空间中，存在匀强磁场， q、质量为m的带正电的运动粒子，经过 y轴上y=h x轴上x=2h处的P2点进入磁场，并经过 yn.7.2B2，方向垂直纸面向里。现X XB,方向如图所示，x轴的下方有匀强电场,、质量为m的粒子(不计重力)，从坐标原 X XbJS.60T ,磁场 有一个点状白的 a粒子发 粒子的速度都是 v = 3. 0X 1戒m/s已知a粒子的电量与质量 粒子，求 劣上被.a粒子打中的区域长度 vJ # Xlfl F lr磁场部分例题选讲1、 带负电的小球用绝缘丝线悬

3、挂于O点在匀强磁场中摆动，当小球每次通过最低点A时：A、摆球受到的磁场力相 同B、摆球的动能相同 C摆球的动量相同D、向右摆动通过A点时悬线的拉力大于向左摆动通过2、如图所示，在互相垂直的匀强电场和匀强磁场中，电量速圆周运动，已知电场强度为E,磁感应强度为 B,A Eq/g , BgR/EB 2BqR/E, E/BC B Rq/ g , qRg D Eq/g , E/B3、 PQ为一根足够长的绝缘细直杆，处于竖直的平面内，与水平夹角为斜放，空间充满磁感应强度B的匀强磁场，方向水平如图所示。 一个质量为 m带有负电荷的小球套在 PQ杆上，小球可沿杆滑动， 球与杆之间的动摩擦因数为( qE)；若将

4、磁场的方向反向而保持其他因素都不变，最大速度vmax和最大加速度amax又是多少？9 .在相互垂直的匀强电场和匀强磁场中，有一倾角为9，足够长的光滑绝缘斜面，磁感应强度为B,方向垂直纸面向外，电场方向竖直向上.有一质量为m,带电量为十q的小球静止在斜面顶端，这时小球对斜面的正压力恰 好为零，如图所示,若迅速把电场方向反转竖直向下，小球能在斜面上连 续滑行多远？所用时间是多少？4、在以坐标原点 O为圆心、半径为r的圆形区域内，存在磁感应强度大小为 里的匀强磁场，如图所示。一个不计重力的带电粒子从磁场边界与x轴的x方向射入磁场，它恰好从磁场边界与y轴的交点C处沿+y方向飞出。(1) 请判断该粒子带

5、何种电荷，并求出其比荷 q/m ;(2) 若磁场的方向和所在空间范围不变，而磁感应强度的大小变为速度射入磁场，但飞出磁场时的速度方向相对于入射方向改变了 此次粒子在磁场中运动所用时间t是多少？12. 一质量为m场宽度为L)7 如图所示，以带电量为q的正粒子，从 0点沿图示方向进入应强度直于纸 速度*面向V沿一B多大?B,磁X卜Bi X *2 NL 3(1) 试画出粒子的运动轨迹；(2 )求经过多长时间粒子重新回到O点？17. (14分)用磁场可以约束带电离子的轨迹，如图示，宽d=2cm的有界匀强磁场的横向范围足够大，磁感应强度方向垂直纸面向里，B= 1T。现有一束带正电的粒子从O点以v= 2X

6、 106m / s的速度沿纸面垂直边界进入磁场。 粒子的电荷量q= 1.6 X 10 19C,质量m= 3.2 X 10_27kg。求：(1) 粒子在磁场中运动的轨道半径r和运动时间t是多大？(2) 粒子保持原有速度，又不从磁场上边界射出，则磁感应强度最小为多 大？16.为B、宽度为d的匀强磁场中，穿出磁场时速度方向与电子原来入射方向的夹角 是 30, 求：(1)电子的质量；(2)穿越磁场的时间.如图所示，足够长的矩形区域 abcd 向里的匀强磁场，现从 ad边的中心 的带正电粒子，vo与ad边的夹角为 ad边长为L,不计粒子的重力.(1) 求要使粒子能从 ab边射出磁场，(2) 粒子在磁场中

7、运动的最长时间是多少 粒子将从什么范围射出磁场 ？ 如图所示，在y 0的空间中存在匀强电场， 磁场方向垂直xy平面(纸面)向外。一电量为 处的点P1时速率为v,方向沿x轴正方向；然后，经过 轴上y=-2h处的Ps点。不计重力。求： (1 )电场强度的大小 (2 )粒子到达P2时速度的大小和方向(3) 磁感应强度的大小如图所示，以 MN为界的两匀强磁场，磁感应强度 B1 带电量为q的正粒子，从 O点沿图示方向进入 Br中。(1)试画出粒子的运动轨迹；(2 )求经过多长时间粒子重新回到O点？10. 在xoy平面内，x轴的上方有匀强磁场， 磁感应强度为 电场强度为E,方向与y轴的正方向相反。今有电量

8、为 -q 点沿y轴的正方向射出，射出以后，第三次到达x轴时，它与O点的距离为L,问:(1 )粒子射出时的速度多大 ？(2)粒子运动的总路程为多少？11. 如图所示，真空室内有匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度的大小；内有一块平行感光板 ab,板面与磁场方向平行，在距ab的距离I = 16cm处，射源S,它向各个方向发射 a粒子，a 之比q/m= 5.0 X 107C/kg，现只考虑在纸平面中运动的a12. 质量为m带电量为q的带电粒子以某一初速射入如2XX图所示的匀强磁场中（磁感应强度为B,磁场宽度为L），要使此带电粒子穿过这个磁场，则带电粒子的初速度应为多大？ 徽粒在加逋电场中主动

9、能定理得 甲6 丄2分 解得vq-1. 0 n/s1分（2）徴粒在偏转电场中做奠平抛运动.有1=1E=4V/m,垂直纸面向里的匀强磁场磁感应强度B=2T,质量13、如图所示，水平向左的匀强电场场强m=1g的带正电小物块 A从M点沿绝缘粗糙的竖直墙壁无初速下滑，当它沿墙壁滑行点时就离开墙壁做曲线运动，之后当 A运动到P点时受力平衡，此时 A的 速度方向与水平方向成 450,已知P点与M点的高度差h=1.6m,g取10m/s2, 求：（1）A沿墙壁下滑过程中克服摩擦力所做的功；（2）P与M间的水平距离。19. （14分）如图所示，一个质量为 m=2. 0X 10-11kg ,电荷量q = +1.

10、0X 10-5CK V0*x f d=0.8m 到达 NX x M的带电微粒（重力忽略不计），从静止开始经 U=100V电压加速后，水平进入两平行金属板间的偏转电v -at-a1 分比飞出电场时，逮度偏转角的正切沖；12场，偏转电场的电压 U=100Vo偏转电场金属板长 L=20cm,上极板带正电，两板间距d = 10. 3cm。求：（1）微粒进入偏转电场时的速度 vo大小;（2 ）微粒射出偏转电场时的偏转角0;（3 ）若该匀强磁场的宽度为 至少多大？D=10cm为使微粒不会由磁场右边射出，该匀强磁场的磁感应强度ton & =解得 e =30*(3)迸入磁场时微粒的遠度是:cos航迹如图由几何

11、关系有：D二广十sin日联立絲 B = a/3 /5=0, 54ST到及的时第二定律22. （13分）如图所示，在 xOy平面直角坐标系的第一象限存在匀强电场，场强沿y轴负方向；在第四象限存在匀强磁场， 磁场方向垂直xOy平面（纸面）向外。一个电荷量为q=0.1c、质量为m=1x 10 _-5kg的带正电的运动粒子，从y轴上y=h处（h=1mj）的P点以v=1 x 10_3m/s的速率，沿x轴正方向水平射入电场；然后，经过 x轴上x=2h处的F2点进入磁场，并经过 y轴上y=2 h处的P3点。不计重力.求：（1）电场强度的大小 E（2）粒子到达F2时速度的大小 V和方向（3）磁感应强度的大小

12、B22、（13分）解析：（1）粒子在电场、磁场中运动的轨迹如图所示，间为t，电场的大小为 E,粒子在电场中的加速度为 及运动学公式有2qE ma ot罚夕氏2 h联解得E需=5X g 4N/C(2)粒子到达 巳时速度沿x方向的分量仍为 ，以i表示速度沿y方向分量的大小，表示速度(2)要使墨滴不从两板间射出，求墨滴的入射速率应满足的条件。1 BD 2、A 3、(1) am gsin ,v mg cos /qB (2) vm mg(sin4：( 1)由粒子的飞行轨迹，利用左手定则可知，该粒子带负电荷。cos ) / qB的大小，表示速度和x轴的夹角，则有粒子由A点射入，由C点飞出，其速度方向改变了

13、 90。，则粒子轨迹半径2210 tan- 联解得10.2 0 =1.41 X 10 3m/s45v2又 qvB m - (2)R(3 )设磁场的磁感应强度为B,在洛伦兹力作用下粒子做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得则粒子的比荷vBr2q B m其中r是圆周的半径,此圆与x轴和y轴的交点分别为 P2、P3，因为OP2 OP3，(2)粒子从D点飞出磁场速度方向改变了60。角，故AD弧所对圆心角60粒子做圆周运动的45，半径 R r cot 30o . 3r(由几何关系可知，连线 P，、P3为圆轨道的直径，由此可求得r . 2h联解得B 二=0.仃qh14.图中虚线MN是一垂直纸面的平面与纸面的交线

14、，在平面右侧的半空间存在一磁感强度为B的匀强磁场，方向垂直纸 面向外O是MN上的一点，从 O点可以向磁场区域发射电量为+q、质量为m、速率为v的粒子，粒子射入磁场时的速度可在纸面内各个方向，已知先后射人的两个粒子恰好在磁场中给定的P点相遇，P到0的距离为L不计重力及粒子间的相互作用(1) 求所考察的粒子在磁场中的轨道半径(2) 求这两个粒子从 O点射人磁场的时间间隔V4. (18分)(2013四川自贡一诊)如右图所示，在矩形ABCD区域内，对角钱.bD以上的区域存在有平行于AD向下的匀强电场，对角线BD以下的区域存在有垂直于纸面的匀强磁场(图中未标出) -，矩形AD边长L, AB边长为2L。一

15、个质量为 m电荷量为+q的带电粒子(重力不计以初速度 vo从A点沿 AB方向进入电场，在对角线BD 的中点P处进入磁场，并从 DC边上以垂于DC边的速度离开磁场(图中未画出)，求：.(1)电场强度E的大小和带电粒子经过 P点时速度v的大小和方向：:百“又所以Rmv小 qBB3 B (3粒子在磁场中飞行时间t1t12 m 3 r 66qB3vqBL5、(1)v 0qBLt5，在O点上方L/3范围内m3m3qB6、解：(1)粒子在电场中做平抛运动y方向：h=at22严)22 m v02/ E=mv/2qh(2)粒子到达P点时，vy=at= -Eq -2h v0 v x=vo m V。v Jv； V

16、：方向与x轴成45(3 )在磁场中粒子轨迹如图：圆心O由几何关系，轨迹半径R=2. 2h为m速度水平且大小相等、带等量电荷的墨滴。调节电源电3d压至U使墨滴在电场的左侧区域恰能沿水平方向向右做匀速r/_1*- 111HJIL-*L_JH J Z I|丿、J/| I| nJ lj 1 II / J1 y J 1 J 1J z 111 hlA-直线运动。(重力加速度为g)X j11L(1)判断墨滴所带电荷的种类，并求其电荷量；V1iXXXxX11dIXXXXXIr7. (2013武汉联考)如图所示，两块水平放置、相距为 d的长金属板接在电压可调的电源上。两板之间的右侧长度为3d的区域存在方向垂直纸

17、面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。喷墨打印机的喷口可在两极板左侧上下自由移动，并且从喷口连续不断喷出质量均又 R=mvqBm 2v0qBB=mvo/2qh7.qB2旦罟E；g；罟B9.m Bq B Bq BBq2 2m g cosm丄2 2； cotB2q2 sinBq10. BqL/4m;2、2L B L q2 16Em t=4marccos( lqB/2 m)/ qB解题思路：由类 平抛运动规律和速度分解合成知识列方程得到电场强度E的大小和 带电粒子经过 P点时速度V的大小和方向；由洛伦兹力提供向心力和相关知识解得磁场的磁感应强度B的大小和方向。考查要点：类平抛运动规律、速度分解和合成、洛

18、伦解析.(18分)兹力、牛顿第二定律。(1)带电粒子在电场中做类平抛运动，设粒子在电场 中运动的时间为t ,则11:洛伦兹力是 粒子轨迹与ab相切，以及 a粒子带正电，用左手定则判定2半径，有BqV= m，解得r r (3ma粒子作圆运动的向心力；计算出圆半径后，确定圆心的位置就成为解题的关键，a粒子离S最远的距离为2r是判定最远点的条件.如图11-3-2 .a粒子在磁场中沿逆时针方向做匀速圆周运动，用r表示轨道3 106亍m 0.10m，可见 2rl r.5.0 107 0.6AB方向:LVot（2 分）AD 方向:（2 分）解得:2mvoE qL（2 分）则此切点 的距离为因向不同方向发射

19、的P1就是a粒子能打中的左侧最远点，为定出 r = 0.10m.以S为圆心，r为半径，作弧交a粒子的圆轨迹都过 S,由此可知，某一圆轨迹在图中N左侧与ab相切，F1的位置，可作平行与 ab的直线cd, cd到ab cd于Q点，过Q作ab的垂线，它与ab的交点设粒子在P点沿AD方向的分速度为 Vy，则有nqE L 22Vym 2（1 分）即为Pi.由图中几何关系得:NR Jr2 （I r）2 .再考虑N的右侧，任何 可能超过2r，以2r为半径, 侧的F2点，F2即为aa粒子在运动中离 S的距离不 S为圆心作圆，交 粒子在右侧能达到的最远点.ab于N右由几何关系得：NP24r2 l2ac解之得:V

20、yVo（1 分）粒子在P点的速度为：v=设速度与AB方向的夹角为，则:2Vy 2 v0（2 分）tanVyVo所求长度为：P1P2=NP+NP=0.20m.12、qBL/m(1 cos )和 qBL/m(1 cos )313、 (1)W=-6 x 10- J(2)s=0.6m14、(1)设粒子在磁场中作圆周运动的轨道半径为得 F=mV qB(2 )如图所示，以 OP为弦可画两个半径相同的圆，分别表示在P点相遇的两个粒子的轨道。圆心和直径分别为 0、Q和OOQ, OOQ,在0处两个圆的切线分别表示两个粒子的射入方向，用e表示它们之间的夹角。由几何关系可知/ POQ=/PQQe从0点射入到相遇，粒

21、子 1的路程为半个圆周加弧长QPQP= Re粒子2的路程为半个圆周减弧长PQ=2 PQ=Ret1=(1/2 T)+( Re /v)的周期。粒子2运动的时间为R由牛顿第二定律，有qvB=mV/ R所以:045 （1 分）粒子1运动的时间其中T为圆周运t2=(1/2 T)-( R0 /v)两粒子射入的时间问隔1因 R cos L2 22arccos 丄 2R由、三式得 t=t1-t2=2R0 /V2 2 2R2（3d） R d）解得（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，由几何关系可知:粒子在磁场中转过的圆心角为4叮L如 45 = 2r（1分）得半径；心返厶2（1分）由牛顿笫二定律有：qvB = m r（2分）得日宀a分）（2）由左手定则可知磁场方向：垂直纟氏面向外Ci分）7-解析：（10分）CD墨禰在电场左侧区域做匀速直线运动，有二吨 2分d得警1分由于电场方向向下，电荷所受电场力向上，可知墨精带负电荷。1分R2 5d联立解得5Bgd22