高中物理磁场计算专题(附答案详解)

1、离了源I|丨1H“T1 XXXJ XXX:XXXXXXXXX| XXX为扌，求该粒子的比荷及其从M点运动到N点的时间.专题:磁场计算题（附答案详解）1、如图所示，从离子源产生的甲、 乙两种离子，由静止经加速电压 U加速后在纸面内水平向右运动， 自M点垂直于磁场边界射入匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁场左边界竖直.已知甲种离子 射入磁场的速度大小为 vi,并在磁场边界的 N点射出；乙种离子在 MN的中点射出；MN长为I不计 重力影响和离子间的相互作用.求：（1）磁场的磁感应强度大小；（2）甲、乙两种离子的比荷之比.3、一足够长的条状区域内存在匀强电场和匀强磁场，其在xOy平面内的截面如图所示

2、：中间是磁场区域，其边界与y轴垂直，宽度为I，磁感应强度的大小为 B,方向垂直于xOy平面；磁场的上、下 两侧为电场区域，宽度均为I电场强度的大小均为E,方向均沿x轴正方向；M、N为条状区域边界上的两点，它们的连线与y轴平行.一带正电的粒子以某一速度从M点沿y轴正方向射入电场，经过一段时间后恰好以从 M点入射的速度从 N点沿y轴正方向射出.不计重力.（1）定性画出该粒子 在电磁场中运动的轨迹；（2）求该粒子从M点入射时速度的大小；（3）若该粒子进入磁场时的速度方向恰好与x轴正方向的夹角磁感应强度B2的取值在什么范围内，粒子能从边界cd间射出.2、如图所示，在 y>0的区域存在方向沿 y轴

3、负方向的匀强电场，场强大小为 E;在y<0的区域存在 方向垂直于xOy平面向外的匀强磁场.一个氕核 1H和一个氘1H先后从y轴上y = h点以相同的动能 射出，速度方向沿 x轴正方向.已知1H进入磁场时，速度方向与 x轴正方向的夹角为 60 °并从坐标 原点O处第一次射出磁场1H的质量为m,电荷量为q.不计重力.求：（1）1h第一次进入磁场的位置到原点O的距离；（2）磁场的磁感应强大小；（3）2H第一次离开磁场的位置到原点O的距离.4、如图所示，竖直放置的平行金属板板间电压为U，质量为m、电荷量为+ q的带电粒子在靠近左板的P点，由静止开始经电场加速，从小孔 Q射出，从a点进入

4、磁场区域，abde是边长为2L的正 方形区域，ab边与竖直方向夹角为 45° cf与ab平行且将正方形区域等分成两部分，abcf中有方向垂直纸面向外的匀强磁场B1, defc中有方向垂直纸面向里的匀强磁场B2，粒子进入磁场 B1后又从cf上的M点垂直cf射入磁场B2中（图中M点未画出），不计粒子重力，求：（1）粒子从小孔Q射出时的 速度；（2）磁感应强度B1的大小；5、如图所示，在真空中xOy平面的第一象限内，分布有沿x轴负方向的匀强电场，场强E = 4X 104 N/C , 第二、三象限内分布有垂直于纸面向里且磁感应强度为B2的匀强磁场，第四象限内分布有垂直纸面向里且磁感应强度为

5、B1= 0.2 T的匀强磁场在 x轴上有一个垂直于 y轴的平板0M，平板上开有一 个小孔P,在y轴负方向上距 0点为.3 cm的粒子源S可以向第四象限平面内各个方向发射a粒子，且0S> 0P.设发射的a粒子速度大小 v均为2 X 105 m/s,除了垂直于x轴通过P点的a粒子可以进入a粒子均被吸收.已知 a粒子的比荷为=5 Xm电场，其余打到平板上的（1）P点距0点的距离；（2） a粒子经过P点第一次进入电场，运动后到达（3）要使离开电场的 a粒子能回到粒子源 S处，磁感应强度B2应为多大？107 c/kg，重力不计，试问:y轴的位置与0点的距离;0XX XXXXX XX XxXX XX

6、 X7、如图甲所示，竖直挡板 MN左侧空间有方向竖直向上的匀强电场和垂直纸面的匀强磁场，电场和 磁场的范围足够大，电场强度 磁场垂直于纸面向里为正方向.0点具有竖直向下的速度 vm/s2.求：（1）微粒再次经过直线 00'（2）微粒在运动过程中离开直线 00 ' 与0点间的距离应满足的条件.E = 40 N/C,磁感应强度B随时间t变化的关系图象如图乙所示，选定t= 0时刻，一质量 m = 8X 104 kg、电荷量q = + 2X 104 C的微粒在 =0.12 m/s, 0'是挡板 MN上一点，直线 00'与挡板 MN垂直，g取10 时与0点的距离； 的最大

7、高度.（3）水平移动挡板，使微粒能垂直射到挡板上，挡板-Ofix>2 ,'3a范围内6、如图25所示，在xOy平面的0<x< 2 ,'3a范围内有沿y轴正方向的匀强电场，在 某矩形区域内有一个垂直于xOy平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B.一质量为m、电荷量为+ q的粒子从坐标原点 0以速度V0沿x轴正方向射入电场，从M点离开电场，M点坐标为（2-：'3a，a）.再经时间t=：3m进入匀强磁场，又从 M点正上方的N点沿x轴负方向再次进入匀强电场不计 粒子重力，已知sin 15 =五严,cos 15 =靡严.求：（1）匀强电场的电场强度；（2）N点的

8、纵坐标；（3）矩形匀强磁场的最小面积.x轴的上方和下方分别存在方向垂直纸面向外和方向垂直纸面向Bi，并且在第一象限和第二象限有方向Ei，已知一质量为 m的带电小球从y轴&如图所示，在竖直平面内，水平里的匀强磁场，其中 x轴上方的匀强磁场磁感应强度大小为 相反、强弱相同的平行于x轴的匀强电场，电场强度大小为上的A（0， L）位置斜向下与y轴负半轴成60°角射入第一象限，恰能做匀速直线运动。（1）判定带电小球的电性，并求出所带电荷量q及入射的速度大小；为使得带电小球在 x轴下方的磁场中能做匀速圆周运动，需要在x轴下方空间加一匀强电场，试求所加匀强电场的方向和电场强度的大小；在满足

9、第 问的基础上，若在 x轴上安装有一绝缘弹性薄板，并且调节x轴下方的磁场强弱，使带电小球恰好与绝缘弹性板碰撞两次后从x轴上的某一位置返回到x轴的上方（带电小球与弹性板碰撞时，既无电荷转移，也无能量损失，并且入射方向和反射方向与弹性板的夹角相同），然后恰能做匀速直线运动至y轴上的A（0，L）位置，则弹性板至少多长？带电小球从A位置出发返回至 A位置过J&i1 £A4V-VXXX0 XXX XXXXXXXXXXXXX程中所经历的时间。|IV4Ui、【答案】（i）4U （2）i : 4【解析】（i）设甲种离子所带电荷量为qi、质量为mi，在磁场中做匀速圆周运动的半径为Ri,磁场i的

10、磁感应强度大小为 B,由动能定理有qiU = 2miv2v2<AqiviB= mi Ri4U由式得B= 4 .Ivi质量为m2，射入磁场的速度为 v2,在磁场中做匀速圆周运动的半径I 2R2= 2由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有由几何关系知2Ri = I 3、【解析】（1）粒子运动的轨迹如图所示.（粒子在电场中的轨迹为抛物线，在磁场中为圆弧，上下对称）（2）粒子从电场下边界入射后在电场中做类平抛运动.设粒子从 度的大小为vo,在下侧电场中运动的时间为 的速度大小为v，方向与电场方向的夹角为vi.根据牛顿第二定律有 qE= ma M点射入时速 t，加速度的大小为 a;粒子进入磁场 （见图（b

11、），速度沿电场方向的分量为（2）设乙种离子所带电荷量为i为R2.同理有q2U = gm2v2q2、q2V2B = m2R由题给条件有由 式得,甲、乙两种离子的比荷之比为虫:生=i : 4mi m2式中q和m分别为粒子的电荷量和质量.由运动学公式有vi= at I' = vot vi= vcos （粒子在磁场中做匀速圆周运动，设其运动轨道半径为 R,由洛伦兹力公式和牛2顿第二定律得qvB =罟 由几何关系得I = 2Rcos （R2EI'联立 式得vo=.BIM2、【答案】（i） si = 2_3_3h.（i）iH在电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示.设

12、iH在电场中的加速度大小为ai,初速度大小为 vi，它在电场中的运动时间为第一次进入磁场的位置到原点O的距离为si.由运动学公式有isi = viti h = ait2 由题给条件，1h进入磁场时速度的方向与(2) B=譽.qht1,n（3）由运动学公式和题给数据得W = vocot -联立式得卫=4芳2'设粒子由n n2 -2 2 62 T2 nB2I2M点运动到N点所用的时间为速度的y分量的大小为aiti = vitan （2）1H在电场中运动时，由牛顿第二定律有 设iH进入磁场时速度的大小为V ' i,x轴正方向夹角 （=60 °店进入磁场时联立以上各式得si=

13、 Zfh.qE = mai 由速度合成法则有v ' i= v2 +设磁感应强度大小为 B, 1h在磁场中运动的圆轨道半径为Ri,有 qv'aiti 2 mv' 2 _ iB=-Ri由几何关系得si = 2Ri sin 0i联立以上各式得 B=6qhE.1 1设2H在电场中沿x轴正方向射出的速度大小为v2,在电场中的加速度大小为a2得2（2m）v2= ?mv2由牛顿第二定律有 qE= 2ma2 ?设2H第一次射入磁场时的速度大小为v' 2,速度的方向与 x轴正方向夹角为1的距离为S2,在电场中运动的时间为 t2.由运动学公式有 s2= v2t2 ? h=尹2链（2

14、,入射点到原点a2t2 sin (=?v' 2联立以上各式得 S2= Si, (= 0i, v' 2 =' iv' 2 = P：*'：'v2 +a2t2 2设2H在磁场中做圆周运动的半径为R2,由？式得所以出射点在原点左侧.设2H进入磁场的入射点到第一次离开磁场的出射点的距离为2m v 2 厂R2= qB. 2Ri ?s' 2,由几何关系有联立?式得，iH第一次离开磁场时的位置到原点O的距离为s' 2 S2 =s' 2= 2R2Sin ( ? 穿血i)h.式中T是粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期.由?式得t' =

15、|（i +晋）.4、【答案】(12mU【解析】（2）进入磁场.2L1（1）在两板间由动能定理有：qU = mv2解得：v=Bi后，粒子做匀速圆周运动，设半径为由qvBi = m*，联立解得：Bi=十晋（3）能从cd边射出，则对应轨迹如图所示，恰好从cM 2L + L J 2L时，设此时半径为 2,则有：r2 = 2 =2由 qvB2=解得：B2=二7严晋若恰好与de边相切，设此时半径为 3, 则有：g= L2qU门，轨迹如图所示，由几何关系有：ri= sin；5c点射出3 2 L2； Bi * '犬9 / kgrv J xz o / w同理可以得到：B2= L :晋综上可得到: 射出.

16、沁三B2W咛1q7L罟时，粒子能从cd间5、【解析】(1) a粒子从S射出经过磁场 B1后，能从P点垂直X轴通过的运2动轨迹如图所示，由公式B1qv = mv可知，粒子的轨道半径r = 一 = 0.02 m ,rB1q由几何关系可知：cos 0= °-S=23，则0= 30° °由此可知P点距O点的距离OP = r rsina粒子进入电场后做类平抛运动，X轴:加速度为：a = qE= 2 x 1012 m/s2,粒子到达=0.01 m.1x = OP= 2at2, y 轴：y= vt,y轴位置与0点的距离为：y= 0.02I'i W0_户:X址4就碱 X灯

17、胃江巧 X M K/圮诚*Brx x尺的 m X x x wm.(3)设在y轴射出电场的位置到粒子源S的距离为 H = y+ OS= (2 + 3)x 10 2 m, at设粒子在y轴射出电场方向与 y轴正方向夹角为 購由tan $= = 1,可知：$=vk k xkrHArH耳寓e ）!K -H H » K M M 尹hlm員u"/Aft"*«>TJ'MIPH-v拭NJif 再耳鼻 H 上寓 M X M K SA KJliM于点 D，则有 qvB = mR，解得 R=_, tan a= Mp，解得 a= 30°.由MP = MD

18、，所以N点的纵坐标为yN = R+ MD + a,将只="鈴带代入可解得n= 2 笃厶；叫+ a. (即圆心角)为3= 150 °若使矩形磁场面积最小， °) 故矩形磁场的最小面积为22+ ：6 1 m2/(3)由几何关系可知，粒子在矩形磁场中的偏转角有PQ = 2Rcos 15 °矩形的另一边长为R(1 sin 15Smin = 2R2cos 15 ° 1sin 15 ；代入数据可解得Smin =3q2B245 °则a粒子射入磁场 B2的速度大小v' = '2v, a粒子能回到粒子源 S处可分以下两种情况处理： 粒子

19、经B2磁场偏转后直接回到粒子源 S处，如图乙所示.设粒子在B2磁场中做圆周运动的半径为R,由几何关系可知，2+丽mv' 2mv'R=' x 10 2 m,由公式 B2qv'= ，得到 B2=cos 45 = ”，T.u : -M. .1p2RqR5 粒子经B2磁场偏转后进入 B1磁场偏转再回到离子源 S处，如图丙所示.mv'2mv 厂 -o=qB1 =Vr = 2Vx 10 m, 6 + 岁 3 2R = - _ x 10 2 m,0.8_4 6 3 _- T = 7、【答案】 (1)1.2 m (2)2.48 m (3)L = (1.2 n+ 0.6)

20、m( n= 0,1,2，) 【解析】(1)根据题意可知，微粒所受的重力G= mg= 8x 10 3 N电场力大小 F = qE= 8 x 103 N 因此重力与电场力平衡，微粒先在洛仑兹力作用下做匀速圆周运动，2则 qvB = mR 由式解得R= 0.6 m由t=纽得：T = 10nv则微粒在5n S内转过半个圆周，再次经直线00 '时与O点的距离=2R将数据代入上式解得L = 1.2 m.(2) 微粒运动半周后向上匀速运动，运动的时间为t= 5 n ,轨迹如图所示.位移大小：s= vt= 1.88 m因此，微粒离开直线 OO '的最大高度H= s+ R= 2.48 m . ?

21、(3) 若微粒能垂直射到挡板上的某点P, P点在直线OO'下方时，由图象可以知道,O点间的距离应满足L= (2.4n + 0.6)m(n = 0,1,2,)？若微粒能垂直射到挡板上的某点P, P点在直线OO '上方时，由图象可知，挡板的距离应满足L = (2.4 n + 1.8)m(n = 0,1,2,)？结合两式可知 L = (1.2 n + 0.6)m( n= 0,1,2,w挡板MN则粒子进入Bi磁场的偏转半径r'=qBiMN与与0点间）由几何关系可知，cos 45 °=厂H + 72r'/ 2 /由公式 B2qv = mv,得到 B2=m_=RqR6+ 百，则&答案负电诗罗詈(2)竖直向下23Ei（3）3 3L5石 7B1L 2B1L3E1+ E1解析(1)小球在第一象限中的受力分析如图所示,所以带电小球带负电。mg= qE1tan 60 ,°q聖?。6、【解析】(1)粒子从O点运动到M点的过程中做类平抛运动设其在电场中的运动时间为 2 3a = V0t0, a=警0