磁场综合题整理版

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1、磁场综合题1、（2013大纲理综）（20分）如图所示，虚线0L与y轴的夹角为9=60。，在此角范围 内有垂直于xOy平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为q（q 0）的粒子从左侧平行于x轴射入磁场，入射点为M。粒子在磁场中运动的轨道半径为 R。粒子离开磁场后的运动轨迹与x轴交于P点（图中未画出），且OD =R。不计重力。 求M点到0点的距离和粒子在磁场中运动的时间。2、（2013北京理综）（16分）如图所示，两平行金属板间距为d,电势差为U,板间电场 可视为匀强电场；金属板下方有一磁感应强度为B的匀强磁场。带电量为+q、质量为m 的粒子，由静止开始从正极板出发，经电场加速

2、后射出，并进入磁场做匀速圆周运动。忽略重力的影响，求：匀强电场场强 E 的大小；粒子从电场射出时速度v的大小；粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径R。m、3、（2013天津理综）（18分）一圆筒的横截面如图所示，其圆心为0。筒内有垂直于纸面 向里的匀强磁场，磁感应强度为B。圆筒下面有相距为d的平行金属板M、N,其中M板 带正电荷，N板带等量负电荷。质量为m、电荷量为q的带正电粒子自M板边缘的P处由 静止释放，经N板的小孔S以速度v沿半径SO方向射入磁场中，粒子与圈筒发生两次碰 撞后仍从S孔射出，设粒子与圆筒碰撞过程中没有动能损失，且电荷量保持不变，在不 计重力的情况下，求：（1）M、N间电场强度E

3、的大小；（2）圆筒的半径R；（3）保持M、N间电场强度E不变，仅将M板向上平移2d/3，粒子仍从M板边缘的P处 由静止释放粒子自进入圆筒至从S孔射出期间，与圆筒的碰撞次数n。4、（2013山东理综）（18分）如图所示，在坐标系xOy的第一、第三象限内存有相同的 匀强磁场，磁场方向垂直于xOy平面向里；第四象限内有沿y轴正方向的匀强电场，电 场强度大小为E。一带电量为+q、质量为m的粒子，自y轴的P点沿x轴正方向射入第四 象限，经x轴上的Q点进入第一象限,随即撤去电场，以后仅保留磁场。已知OP=d,，OQ=2d， 不计粒子重力。求粒子过Q点时速度的大小和方向。若磁感应强度的大小为一定值B0，粒子

4、将以垂直y轴的方向进入第二象限，求B0。若磁感应强度的大小为另一确定值,经过一段时间后粒子XO+占Qxp1XE将再次经过Q点，且速度与第一次过Q点时相同，求该粒子 相邻两次经过Q点所用的时间。5、（2013安徽理综）（16分）如图所示的平面直角坐标系xoy,在第I象限内有平行于y 轴的匀强电场，方向沿y正方向；在第W象限的正三角形abc区域内有匀强电场，方向 垂直于xoy平面向里，正三角形边长为L,且ab边与y轴平行。一质量为m、电荷量为 q的粒子，从y轴上的P（O,h）点，以大小为v的速度沿x轴正方向射入电场，通过电 场后从x轴上的a （2h，0）点进入第W象限，又经过磁场从y轴上的某点进入

5、第III象限,电场强度E的大小；粒子到达a点时速度的大小和方向； abc区域内磁场的磁感应强度B的最小值。且速度与 y 轴负方向成45角，不计粒子所受的重力。（1）（2）（3）6、（2013海南物理）如图，纸面内有E、F、G三点，ZGEF=30,ZEFG=135。空间有一 匀强磁场，磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面向外。先使带有电荷量为q （q0）的 点电荷a在纸面内垂直于EF从F点射出，其轨迹经过G点；再使带有同样电荷量的点电 荷b在纸面内与EF成一定角度从E点射出，其轨迹也经过G点。两点电荷从射出到经过 G点所用的时间相同，且经过G点时的速度方向也相同。已知点电荷a的质量为m,轨道 半径

6、为R,不计重力。求：点电荷a从射出到经过G点所用的时间；点电荷b的速度大小。7、（2012全国新课标）（18分）如图，一半径为R的圆表示一柱形区域的横截面（纸面）。 在柱形区域内加一方向垂直于纸面的匀强磁场，一质量为m、电荷量为q的粒子沿图中直 线在圆上的a点射入柱形区域，在圆上的b点离开该区域，离开时速度方向与直线垂直。3圆心o到直线的距离为5R。现将磁场换为平等于纸面且垂直于直线的匀强电场，同一 粒子以同样速度沿直线在a点射入柱形区域，也在b点离开该区域。若磁感应强度大小 为B，不计重力，求电场强度的大小。8、（2012天津卷）对铀235的进一步研究在核能的开发和利用中具有重要意义，如图所

7、 示，质量为m、电荷量为q的铀235离子，从容器A下方的小孔S持续飘入加速电场， 其初速度可视为零，然后经过小孔S2垂直于磁场方向进入磁感应强度为B的匀强磁场中， 做半径为R的匀速圆周运动，离子行进半个圆周后离开磁场并被收集，离开磁场时离子 束的等效电流为I,不考虑离子重力及离子间的相互作用。（1）求加速电场的电压U（2）求出在离子被收集的过程中任意时间t内收集到离子的质量M（3）实际上加速电压的大小会在U土 U范围内微小变化，若容器A中有电荷量相同的铀 235和铀238两种离子，如前述情况它们经电场加速后进入磁场中会发生分离，为使这两U种离子在磁场中运动的轨迹不发生交叠，亍应小于多少？（结果

8、用百分数表示，保留 两位有效数字）h 9、(2012山东卷)(18分)如图甲所示，相隔一定距离的竖直边界两侧为相同的匀 强磁 场区，磁场方向垂直纸面向里，在边界上固定两长为L的平行金属极板MN和PQ,两极板 中心各有一小孔s2，两极板间电压的变化规律如图乙所示，正反向电压的大小均为 Uo，周期为To。在t=0时刻将一个质量为m、电量为-q(q0)的粒子由S1静止释放，粒 子在电场力的作用下向右运动，在t= T/2时刻通过S垂直于边界进入右侧磁场区。(不 0 2计粒子重力，不考虑极板外的电场)(1) 求粒子到达S2时德 速度大小V和极板距离d。(2) 为使粒子不与极板相撞，求磁感应强度的大小应满

9、足的条件。(3) 若已保证了粒子未与极板相撞，为使粒子在t =3T时刻再次到达S2，且速度恰好为 零，求该过程中粒子在磁场内运动的时间和磁感强度的大小X I XXXXM X XX X KXXX；: X X XXXX： X X X10、(2012浙江卷)(20分)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。两板之间的右侧区域存有方向垂直纸面向里的匀强磁场。将喷墨打印机的 喷口靠近上板下表面，从喷口连续持续喷出质量均为m、水平速度均为v带相等电荷量的 墨滴。调节电源电压至U,墨滴在电场区域恰能沿水平向右做匀速直线运动；进入电场、 磁场共存区域后，最终垂直打在下板的M点。(1)

10、 判断墨滴所带电荷的种类，并求其电荷量；(2) 求磁感应强度B的值；(3) 现保持喷口方向不变，使其竖直下移到两板中间的位置。为了使墨滴仍能到达下板 11、（2012上海卷）（13分）载流长直导线周围磁场的磁感应强度大小为B = kI/r,式 中常量k0, I为电流强度，r为距导线的距离。在水平长直导线MN正下方，矩形线圈 abed通以逆时针方向的恒定电流，被两根轻质绝缘细线静止地悬挂，如图所示。开始时M点，应将磁感应强度调至BMN内不通电流，此时两细线内的张力均为T。当MN通以强度为I的电流时，两细线内01的张力均减小为T,当MN内电流强度变为I时，两细线内的张力均大于T。120（1）（2）

11、（3）此瞬间线圈的加速度大小为a,求13。分别指出强度为II2的电流的方向；求MN分别通以强度为I、I的电流时，线框受到的安培力F与F大小之比; 1 2 1 2c当MN内的电流强度为I3时两细线恰好断裂，在12、（2014 全国卷）如图，在第一象限存有匀强磁场，磁感应强度方向垂直于纸面（xy 平面）向外；在第四象限存有匀强电场，方向沿x轴负向.在y轴正半轴上某点以与x轴 正向平行、大小为V。的速度发射出一带正电荷的粒子，该粒子在（d，0）点沿垂直于x轴 的方向进入电场不计重力若该粒子离开电场时速度方向与y轴负方向的夹角为e, 求：（1 ）电场强度大小与磁感应强度大小的比值;（2）该粒子在电场中

12、运动的时间.答案1、【答案】（1 -nm6qB（a = 30 ）（1 + 叵）R 32qB【解析】根据题意，粒子进入磁场后做匀速圆周运动，设运动轨迹交虚线0L于A点， 圆心在y轴上的C点，AC与y轴的夹角为a；粒子从A点射出后，运动轨迹交x 轴的P点，设AP与x轴的夹角为B,如图所示。有 y 轴上得 1 分）nma = 90 ）v2qvB = mR2nm 周期为T = qB1 分）1 分）过 A 点作 x、y轴的垂线，垂足分别为B、D。由几何知识得AD = R sin a， OD = AD cot 60BP = OD cot 卩，OP = AD + BP a =卩 联立得至U sin a +

13、丄 cos a = 1解得 a = 30，或 a = 90判断出圆心在MhOC2 分）2 分）各 2 分）设M点到0点的距离为h，有AD = R sin a 至AD3h=R-OC，OC =CD-OD=Rcosa-联立得到h = R 三R cos（a + 30）1 分）解得 h=（1-a = 30 ）2 分）.3h = （1 +） R3当a = 30时，粒子在磁场中运动的时间为T nmt =126qB当a = 90时，粒子在磁场中运动的时间为a = 90 ）2 分）2 分）T nm t =42qB2 分）2、【答案】(1)d2 qUm2mUq【解析】电场强度E =冷(2)根据动能定理，有qU=丄

14、 mv 22得v =辺m(3)粒子在磁场中做匀速圆周运动时，洛伦兹力提供向心力，有v 2 qvB = m Rq2mUmv 23、【答案】(1)丽羽mv丽3【解析】(1)设两极板间的电压为U,由动能定理得qU =丄 mv 22由匀强电场中电势差与电场强度的关系得U=Ed厂 mv 2 联立上式可得E =丽(2)粒子进入磁场后做匀速圆周运动，使用几何关系做出圆心0圆半径为r,设第一次碰撞点为A,因为粒子与圆筒发生两次碰撞又从S孔射出，所以SAv2qvB = mrc v3mv联立式得R F（3）保持M、N间电场强度E不变，M板向上平移3d后，设板间电压为U，则U =Ed设粒子进入S孔时的速度为V，由式

15、看出 U =U v 2结合式可得V = V3设粒子做圆周运动的半径为r，则3mvr =3qB设粒子从S到第一次与圆筒碰撞期间的轨道所对圆心角为0，比较两式得 到r二R，可见0 = 2粒子须经过这样的圆弧才能从S孔射出，故n=35、【答案】2 ：qEdm45（2 +兀【解析】（1）设粒子在电场中运动的时间为t，加速度的大小为a,粒子的初速度为v 00 过Q点时速度的大小为v,沿y轴方向分速度的大小为v，速度与x轴正方向间的夹角y为0 ，由牛顿第二定律得qE 二 ma由运动学公式得021at22 02d = v t00v = aty 0v =vtan 0 = v0联立式得v = 2（5（6）0 二

16、 45。（2）设粒子做圆周运动的半径为 R ，粒子在第一象限的运动轨迹如1图所示，O为圆心，由几何关系可知O1OQ为等腰直角三角形，得R = 2* 2d1由牛顿第二定律得v2qvB = mo R1(0联立（式得Bo =（3）设粒子做圆周运动的半径为 R ，由几何分析（粒子运动的轨 2迹如图所示，O、O是粒子做圆周运动的圆心，Q、F、G、H是轨 22迹与两坐标轴的交点，连接O、O，由几何关系知，OFGO和2 2 2 2OQHO均为矩形，进而知FQ、GH均为直径，QFGH也是矩形，又 22FH丄GQ，可知QFGH是正方形，AQOG为等腰直角三角形）可知，粒 子在第一、第三象限的轨迹均为半圆，得2

17、R = 2v2d（粒子在第二、第四象限的轨迹为长度相等的线段，得FG = HQ = 2R2设粒子相邻两次经过Q点所用的时间为t,则有=FG + HQ + 2兀 R1314联立(7 (213(4得t = (2 + 兀)qEv2(3)粒子在磁场中运动时，有qvB = m r当粒子从b点射出时，磁场的磁感应强度为最小值，此时有迈T2mvr =L2所以B 0qL6、【答案】兀m2qB讣只3m【解析】(1)设点电荷a的速度大小为v，由牛顿第二定律得v2qvB = mR由式得：qBRm设点电荷a做圆周运动的周期为T,有2兀mqB如图，0和01分别是a和b的圆轨道的圆心。设a在磁场中偏转的角度为0，由几何关

18、 系得：0 = 900故a从开始运动到经过G点所有时间t为兀m2qB(2)设点电荷b的速度大小为v，轨道半径为R1，b在磁场中偏转的角度为0，依题意11有R 0R0t = i-i =vv1由式得R0Vi =甫V由于两轨道在G点相切，所有过G点的半径OG和01G在同一直线上，由几何关系和题给 条件得0 二 60。1R = 2 R1联立式，解得4qBRv =13m7、答案e=r4qRB25m解析粒子在磁场中做圆周运动，设圆周的半径为r,由牛顿第二定律和洛仑兹力公式得 qvB=mT式中v为粒子在&点的速度。过b点和0点作直线的垂线，分别与直线交于c和d点。由几何关系知，线段ac、be和过a、b两点的

19、轨迹圆弧的两条半径围成一正方形。因此，ac二be二r 由几何关系得ac =be =R + ： R 2 x 25联立式得r = 5 R再考虑粒子在电场中的运动。设电场强度的大小为E,粒子在电场中做类平抛运动。设其 加速度大小为a,由牛顿第二定律和带电粒子在电场中受力公式得qE = ma 粒子在电场方向和直线方向所走的距离均为r，由运动学公式得1r = at 22r = vt 式中t是粒子在电场中运动的时间，联立式得e=5B5m8、答案: 解析：(1)铀粒子在电场中加速到速度v,根据动能定理有mv 2 = qU2进入磁场后在洛伦兹力作用下做圆周运动，根据牛顿第二定律有mv 2=qvBR由以上两式化

20、简得qB 2 R 2U =2m(2)在时间t内收集到的粒子个数为N,粒子总电荷量为Q,则M 二 Nm由式解得m=m!Lq由可得半径为3)两种粒子在磁场中运动的轨迹不发生交叠，即不要重合，1 ,2mU由此可知质量小的铀 235 在电压最大时的半径存在最大值Rmax1 ：2m(U +AU)B q质量大的铀238质量m在电压最小时的半径存在最小值Rmin2m(U-AU)所以两种粒子在磁场中运动的轨迹不发生交叠的条件为1 ,2m(U + AU)1 ：2m(U -AU)IV IB qBq化简得AUm - m 238u - 235u 3V= 0.63 %Um + m 238u + 235u4739答案：S

21、S(1)粒子由1至2的过程中，根据动能定理得qU01=mv22由式得v=设粒子的加速度大小为“，由牛顿第二定律得z d由运动学公式得联立式得由牛顿第二定律qvB=mv2RO6要使粒子在磁场中运动时不与极板相撞,须满足2R L联立OOO式得O8(3)设粒子在两边界之间无场区向左匀速运动的过程用时为i,有d = vt1O9联立OOO式得Tt =0141O0S若粒子再次达到2时速度恰好为零，粒子回到极板间应做匀减速运动,设匀减速运动的时间为t2，根据运动学公式得d = vt2 2O11(2)设磁感应强度大小为B,粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R, 得联立O1DQ式得Tt = o2 2设粒子在磁场

22、中运动的时间为tTt = 3T -O t t0 2 1 2联立01213式得7Tt =013144设粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期为T,由 6 式结合运动学公式得qB15由题意得16T=t联立141516式得& mB =门了盘滴住咆册区城敘匀速W裁运初茁血辺式碍：/由于盹场方向岡下电商所璽电场力向上.可畑负电札.少 (习星膚珮尬峪也血圖摊褂K域俪力仍习电域力甲術冶力国于注伦族力应欄掘匀遵娜基助科 叭巴严芋4iwa人雀輛柏范歎的几何芙恭可何暑蕭犯齋储城诒気車冋甘之啸话功彌半轅If=i/(的绘据题赴.鼻精运翡执邊如恵设矗周送动半轻为即有由睇云可線”.-联比、式可魁；& 宋JCXXX-JSKX

23、” 砍*域、* / :d z w亠卷11、答案：(1) I方向向左，12方向向右，(2) 当MN中通以电流I时，线圈所受安培力大小为F=kIiL (丄一丄)，F:F=I:I,r r 12121 2(3) 2T =G, 2T +F =G, F +G=G/ga, I :I =F :F =(T T ) g / (a g) T ,I =011313130103(a g) T I / (T T ) g,0 1 0 112、答案(1)* tame (2) t2d 目2 0v tan e0解析(1)如图，粒子进入磁场后做匀速圆周运动.设磁感应强度的大小为B粒子 质量与所带电荷量分别为m和q,圆周运动的半径为R0.由洛伦兹力公式及牛顿第二定律 得。V2qv B=m?0 R0由题给条件和几何关系可知R0 = d设电场强度大小为E,粒子进入电场后沿x轴负方向的加速度大小为a,在电场中运x动的时间为t,离开电场时沿X轴负方向的速度大小为V.由牛顿定律及运动学公式得 xEq=ma Xv =a tXXvt = d由于粒子在电场中做类平抛运动(如图),有vtan 9 = xv0联立式得(2)联立式得E 1=v tan2B 2 0 22dv tan