磁場電場綜合訓練題目及答案

1、磁場電場綜合訓練1如圖所示，涂有特殊材料的陰極K,在燈絲加熱時會逸出電子，電子的初速度可視為零，質(zhì)量為m電量為e.逸出的電子經(jīng)過加速電壓為 U的電場加速后，與磁場垂直的方向射人 半徑為R的圓形勻強磁場區(qū)域.已知磁場的磁感強度為B,方向垂直紙面向里，電子在磁場中運動的軌道半徑大于 R。試求：(1 )電子進人磁場時的速度大小；(2) 電子運動軌跡的半徑 r的大小；(3) 電子從圓形磁場區(qū)邊界的人射位置不同，它在磁場區(qū) 內(nèi)運動的時間就不相同.求電子在磁場區(qū)內(nèi)運動時間的最大 值.(1)電子在電場中的加速過程，根據(jù)動能定理有:電子由所受的洛侖茲力提供向心力，有ev0B = m Vormv01 2mUeB

2、 = B : e(3)分析可知，當電子在磁場中的軌跡弧最長時，它在磁場中 運動的時間也最長.因r R,最大的弦長應等 2R ,對應的弧 最長，運動時間也最長.-R =BR畫出幾何關系圖如右圖所示.sin2兀 r 2兀 mT =tmt2ms in 1eB電于做圓周運動的周期 T= v eB電子在磁場區(qū)運動的最長時間解得評分標準：本題20分.(1)問5分，式3分，式2分；(2)問5分，式3分，式2分，(3)問10分，得出式4分，、式各 2分.2. 質(zhì)譜儀是一種測定帶電粒子質(zhì)量和分析同位素的重要工具，它的構造原理如圖所示離子源S產(chǎn)生的各種不同正離子束（速度可看作為零），經(jīng)加速電場（加速電場極板間的距

3、離為 d、 電勢差為U）加速，然后垂直進入磁感應強度為B的有界勻強磁場中做勻速圓周運動，最后到達記錄它的照相底片 口處S!之間的距離為P上.設離子在P上的位置與入x。（1）求該離子的荷質(zhì)比qm（2）若離子源產(chǎn)生的是帶電量為q、質(zhì)量為mi和位素離子（mi m2），它們分別到達照相底片上的 位置（圖中末畫出），求R、P2間的距離厶X。若第（2）小題中兩同位素離子同時進入加速電場，U它們到達照相底片上的時間差厶t（磁場邊界與靠近磁（1）離子在電場中加速，由動能定理得qU1 mv2（1分）離子在磁場中做勻速圓周運動，由牛頓第二定律得:qBv2v=m r（1分）場邊界的極板間的距離忽略不計）X而匕（1分

4、）由式可得：q 8Um 一 B2x2（2分）（2）由式可得粒子m1在磁場中的運動半徑是口，則:.2qumiqB（1分）對離子m2，同理得 r2二2叫匹 （1分）qB照相底片上PP2間的距離伙=2（1 -2）2 2qU （m m2） S2分）qB離子m1在電場中加速：d 2qUm1d2t12 分）對離子m2,同理得：d =丄2 m2d2t2（2 分）離子mi、m2到達照相底片上的時間差r 21 -Ht 二 tj） f） d（. m1 - “2） （m1 - m2）（2 分） qUqB3. 如圖所示，坐標空間中有場強為 E的勻強電場和磁感應強度為 B的勻強磁場，y軸為兩種場的分界線，圖中虛線為磁場

5、區(qū)域的右邊界，現(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為-q的帶電粒子、 2從電場中坐標位置(-1，0)處，以初速度：0沿X軸正方向開始運動，且已知 | m 0 (重力不-qE計).試求：(1) 帶電粒子進入磁場時速度的大?。?2) 若要使帶電粒子能穿越磁場區(qū)域而不再返回電場中，磁場的寬度d應滿足的條件%id3 LX X 1Ir-t0!:X X j1iX X :(1) 帶電粒子在電場中做類平拋運動，設運動的加速度為a,由牛頓運動定律得：qE = ma設粒子出電場、入磁場時速度的大小為：，此時在軸方向的分速度為 ：y,粒子在電場中運動的V時間為 t，則有：U y=at | =U0t 解得：U y “ U =曲 “

6、y =(2)設：的方向與y軸的夾角為uy20,則有 cos日=得：日=45粒子進入磁場后在u 2洛倫茲力作用下做圓周運動，如圖所示，則有：R-qB由圖中的幾何關系可知，要使粒子穿越磁場區(qū)域，磁場的寬度應滿足的條件為：d 0的空間中，存在沿x軸方向的勻強電場，電場強度正E=10 N/C; 在 x,（3）如圖所示，帶電粒子在磁場中所受洛倫茲 力作為向心力，設在磁場中做圓周運動的半徑為 圓形磁場區(qū)域的半徑為 r，則：2VoBqvo 二mR由幾何知識可得：r=Rsi n30 磁場區(qū)域的最小面積為 S=n2 聯(lián)立求解得S=衛(wèi)4B2q9. 如圖所示，虛線上方有場強為 E的勻強電場，方向豎直向下，虛線上下有

7、磁感應強度相同的勻強磁場，方向垂直紙面向外，a b是一根長I的絕緣細桿，沿電場線放置在虛線上方的場中，b端在虛線上，將一套在桿上的帶正電的小球從a端由靜止釋放后，小球先作加速運 動，后作勻速運動到達 b端，已知小球與絕緣桿間的動摩擦系 數(shù)卩=0.3，小球重力忽略不計，當小球脫離桿進入虛線下方后，運動軌跡是半圓，圓的半徑是I/3，求帶電小球從 a到運動過程中克服摩擦力所做的功與電場力所做功的比值。小球在沿桿向下運動時，受力情況如圖，向左的洛侖茲力F，向右的彈力N,向下的電場力qE，向上的摩擦力 f。 F = Bqv, N= F = Bqv。（2分）f = N=卩 Bq （2 分）當小球作勻速運動

8、時，qE= f=y Bvp （2分）小球在磁場中作勻速圓周運動時，2mVbBqVb = mR（2 分）又 R = -/. vb= Bq I /3m（ 2 分）3小球從a運動到b過程中，由動能定理得2mvbW申 _Wfb電2（2分）W 電=qEI Bqvbl2 2.B q I10m（2 分）所以Wf電2 2 2 2 2 2 2 2 2mvb _ B2q2I mB2q212 2B2q2I2 2210m2 9m 45m（2 分）Wf4（2 分）10如圖所示，水平細桿MN、CD，長度均為L。兩桿間距離為 h, M、C兩端與半圓形細桿相連，半圓形細桿與MN、CD在同一豎直平面內(nèi)，且 MN、CD恰為半圓弧

9、在 M、C兩點處的切線。質(zhì)量為 m的帶正電的小球 P,電荷量為q,穿在細桿上，已知小球 P與兩水平 細桿間的動摩擦因數(shù)為 卩，小球P與半圓形細桿之間的摩擦不計，小球P與細桿之間相互絕緣。（1） 若整個裝置處在方向與之垂直、磁感應強度為B的勻強磁場中，如圖（甲）所示。 小球P以一定的初速度V。從D端出發(fā)，沿桿滑到 M點以后恰好在細桿 MN上勻速運動。 求： 小球P在細桿MN上滑行的速度； 小球P滑過DC桿的過程中克服摩擦力所做的功；（2） 撤去磁場，在 MD、NC連線的交點O處固定一電荷量為 Q的負電荷，如圖（乙）所示，使小球P從D端出發(fā)沿桿滑動，滑到 N點時速度恰好為零。（已知小球所受庫侖力始

10、終小于重力）求: 小球P在水平細桿 MN或CD上滑動時所受摩擦力的最大值和最小值; 小球P從D端出發(fā)時的初速度。解析：(1)根據(jù)到M點以后恰好做勻速運動，可知小球P所受洛侖茲力與重力平衡，即 qvB =mg，則 v =qB根據(jù)動能定理，小球 P在沿DCM滑動過程中：1 2 1 2-W f WGmvmv02 2WG = -mgh321 2 m gWf mv02 - -mgh2 2B q(2)小球在 O點正下方時摩擦力最小，fmin=Nmin=( mg- 4kQq/h2),小球在O點正上方時摩擦力最大，fmax=Nmax=( mg+ 4kQq/h )。利用對稱性及微元法：Wf=(mg - Fy)s

11、+(mg+ Fy)s= 2 mg s,所以 Wf= W1+ W2+= 2 mgL,又因為小球P在D點和N點電勢能相等，所以從 D到N , W電二0r 12則 2 mv。= mgh+ 2mgLV0= ,2gh 4pL11.如圖所示，在 xoy平面內(nèi)，MN和x軸之間有平行于 y軸的勻強電場和垂直于 xoy 平面的勻強磁場，y軸上離坐標原點 4 L的A點處有一電子槍，可以沿 +x方向射出速度 為vo的電子(質(zhì)量為 m,電量為e)。如果電場和磁場同時存在，電子將做勻速直線運 動如果撤去電場，只保留磁場，電子將從x軸上距坐標原點 3L的C點離開磁場.不計重力的影響，求：(1) 磁感應強度 B和電場強度E

12、的大小和方向；(2) 如果撤去磁場，只保留電場，電子將從D點(圖中未標出)離開電場，求 D點的坐標;（3 ）電子通過D點時的動能。解析：（1）只有磁場時，電子運動軌跡如答圖1所示,20Beu0 =m洛侖茲力提供向心力R，由幾何關系:R2二(3L)2(4L - R)28m 0B =求出25eL，垂直紙面向里。電子做勻速直線運動Ee 二 Be 28m E 二求出 25eL，沿y軸負方向。（2）只有電場時,電子從MN上的D點離開電場，如答圖2所示，設D點橫坐標為2L =密求出D點的橫坐標為5.2-2L : 3.5L縱坐標為y =6LX圖21Ee 2L=EkD mu（3）從A點到D點，由動能定理2Ek

13、D 求出57m25012.如圖所示，oxyz坐標系的y軸豎直向上，在坐標系所在的空間存在勻強電場和勻強磁場, 電場方向與x軸平行.從y軸上的M點（0, H , 0）無初速釋放一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負電的小球，它落在 xz平面上的N （l , 0, 3點（l0, b0）撤去磁場則小球落在 xz平面的P點（I，0，0）.已知重力加速度為(1)(2)(3)已知勻強磁場方向與某個坐標軸平行，試判斷其可能的具體方向.求電場強度E的大小.求小球落至N點時的速率v.g .R0(1)(2)用左手定則判斷出: 在未加勻強磁場時,球自由下落，有磁場方向為 一x方向或一y方向. 帶電小球在電場力和重力作用下落

14、到1 2H gt2P點，設運動時間為 t,小小球沿x軸方向只受電場力作用FE =qE1 2l a t2Fe小球沿x軸的位移為小球沿x軸方向的加速度聯(lián)立求解，得mglE 二 qH(3 )帶電小球在勻強磁場和勻強電場共存的區(qū)域運動時，洛侖茲力不做功電場力做功為WE=qEI重力做功為WG=mgH設落到N點速度大小為v,根據(jù)動能定理有1 2 mgH qEI =?mv解得 2 2vgH 113.如圖Ox Oy Oz為相互垂直的坐標軸， Oy軸為豎直方向，整個空間存在豎直向下 的勻強磁場，磁感應強度大小為 B.現(xiàn)有一質(zhì)量為 m、電量為q的小球從坐標原點 O以 速度vo沿Ox軸正方向拋出(不計空氣阻力，重力

15、加速度為g).求：(1) 若在整個空間加一勻 強電場日，使小球在xOz平 面內(nèi)做勻速圓周運動，求場 強Ei和小球運動的軌道半徑；(2) 若在整個空間加一勻 強電場E2,使小球沿Ox軸做 勻速直線運動，求Ea的大小；(3) 若在整個空間加一沿 y軸正方向的勻強電場，求 該小球從坐標原點 O拋出 后，經(jīng)過y軸時的坐標y和 動能E;解析：(1)由于小球在磁場 中做勻速圓周運動，設軌道半徑為則qE1 =mg 解得 E1方向沿y軸正向2v0qvB =m 解得 rmvorqB(2)小球做勻速直線運動，受力平衡，則qE2 二.(mg)2 (qvB)2解得 Ey軸方向做勻加速運動的加速度/mg從原點0到經(jīng)過y

16、軸時經(jīng)歷的時間gmt 二 nT1 .2y at2由動能定理得,2224n 二 m g（n =1、2、3| 川 |1）牡-mg）y 二Ek1解得 Ekmvo2 8n2二 2m3g(n “、2、3川川)14. 電子擴束裝置由電子加速器、偏轉電場和偏轉磁場組成.偏轉電場由加了電壓的相距為d的兩塊水平平行放置的導體板形成，勻強磁場的左邊界與偏轉電場的右邊界相距為s,如圖甲所示大量電子(其重力不計)由靜止開始，經(jīng)加速電場加速后，連續(xù)不斷地沿平行板的 方向從兩板正中間射入偏轉電場.當兩板不帶電時，這些電子通過兩板之間的時間為2to,當在兩板間加如圖乙所示的周期為2t。、幅值恒為U。的電壓時，所有電子均從兩

17、板間通過，進入水平寬度為I，豎直寬度足夠大的勻強磁場中，最后通過勻強磁場打在豎直放置的熒光 屏上.問：(1 )電子在剛穿出兩板之間時的最大側向位移與最小側向位移之比為多少?(2) 要使側向位移最大的電子能垂直打在熒光屏上，勻強磁場的磁感應強度為多少？(3) 在滿足第(2)問的情況下，打在熒光屏上的電子束的寬度為多少？(已知電子的質(zhì)量為m、電荷量為e)解析:|UU01111IIIIIIIINIIIIiIIIIIIxiiiiit0!:!t02t03t04t0乙(3)小球在復合場中做螺旋運動，可以分解成水平面內(nèi)的勻速圓周運動和沿 的勻加速運動.(1) 由題意可知，要使電子的側向位移最大，應讓電子從0

18、、2t。、4to等時刻進入偏轉電場，在這種情況下，電子的側向位移為ymax-ato22Vytoy max1 U 0巳2t02 dmU e 2dm 03 Uoe2 dm要使電子的側向位移最小，應讓電子從t。、3t0等時刻進入偏轉電場，在這種情況下，電子的側向位移為min二討2y min所以最大側向位移和最小側向位移之比為y max : y min= 3:1(2) 設電子從偏轉電場中射出時的偏向角為，由于電子要垂直打在熒光屏上，所以電子1 Ue 2t02 dm在磁場中運動半徑應為：R = -sin日設電子從偏轉電場中出來時的速度為Vt,垂直偏轉極板的速度為Vy，則電子從偏轉電vy場中出來時的偏向角

19、為：sin -式中VyUedmmvtR 1Be由上述四式可得：dl(3)由于各個時刻從偏轉電場中出來的電子的速度大小相同，方向也相同，因此電子進入磁場后的半徑也相同.由第(1)問可知電子從偏轉電場中出來時的最大側向位移和最小側向位移的差值為:ymax 一 yminU 0e 2 t0 dm所以打在熒光屏上的電子束的寬度為Uedm15. 如圖所示，在真空中，半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)存在勻強磁場，磁場方向垂直紙面向外，在磁場右側有一對平行金屬板M和N ,兩板間距離為 R，板長為2R，板的中心線Oi O2與磁場的圓心0在同一直線上，有一電荷量為q、質(zhì)量為m的帶正電的粒子，以速度：0圓周 上的a點沿垂直于半

20、徑 OOi并指向圓心 O的方向進入磁場，當從圓周上的 Oi點飛出磁場 時，給M、N板加上如圖b所示電壓，最后粒子剛好以平行于 N板的速度，從N板的邊緣 飛出(不計粒子重力)。(1) 求磁場的磁感應強度 B; 求交變電壓的周期 T和電壓U0的值；(3) 若t= T時，該粒子從 MN板右側沿板的中心線，仍以速度：0射人M N之間，求2粒子從磁場中射出的點到 a點的距離。R,(1)粒子自a點進入磁場，從 0點水平飛出磁場，運動的軌道半徑為2則qBr二性2，B =也RqR粒子自時間為t，則 2R= 0t7=2n 2mR 22 s2,解得：T =曲n ,1,2,2q0i點進入電場，最后恰好從N的邊緣平行極板飛出。設運動的(3)當t =T時，粒子以速度. 0沿C2O射入電場時，則該粒子恰好從 M板邊緣以平行于極 板的速度射人磁場， 進入磁場的速度仍為. 0,運動的軌道半徑為 R,設進入磁場時的點為 b，離開磁場時的點為 c，圓心為Q，如圖所示，四邊形ObOc是菱形，所以，Oc/ Ob,所以c、O a三點共線，即為圓的直徑。即c、a間的直徑距離d=2R=16. 如圖(甲)所示為電視機中顯像管的原理示意圖，電子槍中的燈絲加熱陰極而逸出