最新电磁场综合题

最新电磁场综合题1.如图所示的坐标系，x轴沿水平方向，y轴沿竖直方向.在x轴上方空间的第一、第二象限内，既无电场也无磁场；在第三象限，存在沿y轴正方向的匀强电场和垂直xy平面（纸面）向里的匀强磁场；在第四象限，存在沿y轴负方向、场强大小与第三象限电场场强相等的匀强电场.一质量为m、电荷量为q的带电质点，从y轴上y=h处的P1点以一定的水平初速度沿x轴负方向进入第二象限，然后经过x轴上x=-2h处的P2点进入第三象限，带电质点恰好能做匀速圆周运动.之后经过y轴上y=-2h处的P3点进入第四象限.已知重力加速度为g.求:（1）粒子到达P2点时速度的大小和方向；（2）第三象限空间中电场强度和磁感应强度的大小； （3）带电质点在第四象限空间运动过程中最小速度的大小和方向.解析：(1)质点从P1到P2，由平抛运动规律h=gt2方向与x轴负方向成45°角.(2)质点从P2到P3，重力与电场力平衡，洛伦兹力提供向心力Eq=mg(3)质点进入第四象限，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀减速直线运动. 当竖直方向的速度减小到0，此时质点速度最小，即v在水平方向的分量vmin=vcos45°=方向沿x轴正方向.2.如图17所示，一带电微粒质量为m=2.0×10-11kg、电荷量为q=+1.0×10-5C，从静止开始经电压为U1=100V的电场加速后，水平进入两平行金属板间的偏转电场中，偏转电压为U2=100V，接着进入一个方向垂直纸面向里、宽度为D=34.6cm的匀强磁场区域。

已知偏转电场中金属板长L=20cm，两板间距d =17.3cm，带电微粒的重力忽略不计。

求：（1）带电微粒进入偏转电场时的速率v1；（2）带电微粒射出偏转电场时的速度偏转角；（3）为使带电微粒不会从磁场右边界射出，该匀强磁场的磁感应强度的最小值B。

解析：（1）带电微粒经加速电场加速后速度为v1，根据动能定理=1.0×104m/s（3分）（2）带电微粒在偏转电场中只受电场力作用，做类平抛运动。

在水平方向：带电微粒在竖直方向做匀加速直线运动，加速度为a，出电场时竖直方向速度为v2，竖直方向：由几何关系联立求解（3分）（3）带电微粒进入磁场做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，设微粒轨道半径为R，由几何关系知：设微粒进入磁场时的速度为由牛顿运动定律及运动学规律B=0.1T 若带电粒子不射出磁场，磁感应强度B至少为0.1T。

3.如图15甲所示，水平加速电场的加速电压为U0，在它的右侧有由水平正对放置的平行金属板a、b构成的偏转电场，已知偏转电场的板长L=0.10 m，板间距离d=5.0×10-2m，两板间接有如图15乙所示的随时间变化的电压U，且a板电势高于b板电势。

在金属板右侧存在有界的匀强磁场，磁场的左边界为与金属板右侧重合的竖直平面MN，MN右侧的磁场范围足够大，磁感应强度B=5.0×10-3T，方向与偏转电场正交向里（垂直纸面向里）。

质量和电荷量都相同的带正电的粒子从静止开始经过电压U0=50V的加速电场后，连续沿两金属板间的中线OO′方向射入偏转电场中，中线OO′与磁场边界MN垂直。

已知带电粒子的比荷=1.0×108C/kg，不计粒子所受的重力和粒子间的相互作用力，忽略偏转电场两板间电场的边缘效应，在每个粒子通过偏转电场区域的极短时间内，偏转电场可视作恒定不变。

（1）求t=0时刻射入偏转电场的粒子在磁场边界上的入射点和出射点间的距离；（2）求粒子进入磁场时的最大速度；（3）对于所有进入磁场中的粒子，如果要增大粒子在磁场边界上的入射点和出射点间的距离，应该采取哪些措施？试从理论上推理说明。

解析：（1）设经过加速电场加速后，粒子的速度为v0，根据动能定理有，解得v0==1.0×105m/s……………………………………（1分）由于t=0时刻偏转电场的场强为零，所以此时射入偏转电场的粒子将匀速穿过电场而以v0的速度垂直磁场边界进入磁场中，在磁场中的运动轨迹为半圆。

设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得qv0B=m………………………………………………………………………（1分）解得r=…………………………………………………………………………（1分）所以粒子在磁场边界上的入射点和出射点间的距离d=2r =0.40m…………………（1分）（2）设粒子以最大偏转量离开偏转电场，即轨迹经过金属板右侧边缘处，进入磁场时a、b板的电压为U m，则粒子进入偏转电场后，加速度a=水平方向L=v0t竖直方向y==解得U m==25 V<50V………………………………………………………（1分）所以，电压U m=25V时对应粒子进入磁场的速度最大，设最大速度大小为v m，方向与OO′的夹角为q，则对于粒子通过加速电场和偏转电场的过程，根据动能定理有qU0+q= mv m2解得v m==×105m/s=1.1×105m/s…………………………（1分）tan q==，即q=arctan……………………………………………（1分）（或cos q==，即q=arccos）（说明：计算结果带有根号，结果正确的同样得分）（3）设任意时刻进入磁场的粒子，其进入磁场时速度方向与OO′的夹角为α，则其速度大小粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径由如图答-3所示的几何关系可知，粒子在磁场边界上的入射点和出射点间的距离……………………………………………（1分）所以要增大粒子在磁场边界上的入射点和出射点间的距离x，应该减小匀强磁场的磁感应强度B，或增大加速电压U0………………………………………………………（2分）4.如图所示，带电平行金属板PQ和MN之间的距离为d；两板之间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。

如图建立坐标系，x轴平行于金属板，与金属板中心线重合，y 轴垂直于金属板。

区域I的左边界为y轴，右边界与区域II的左边界重合，且与y轴平行；区域II的左、右边界平行。

在区域I和区域II内分别存在匀强磁场，磁感应强度大小均为B，区域I内的磁场垂直于Oxy平面向外，区域II内的磁场垂直于Oxy平面向里。

一电子沿着x轴正向以速度v0射入平行板之间，在平行板间恰好沿着x轴正向做直线运动，并先后通过区域I和II。

已知电子电量为e，质量为m，区域I和区域II沿x轴方向宽度均为。

不计电子重力。

（1）求两金属板之间电势差U；（2）求电子从区域II右边界射出时，射出点的纵坐标y；（3）撤除区域I中的磁场而在其中加上沿x轴正向的匀强电场，使得该电子刚好不能从区域II的右边界飞出。

求电子两次经过y轴的时间间隔t。

解析：（1）电子在平行板间做直线运动，电场力与洛伦兹力平衡即【2分】所以，【1分】（2）如右图所示，电子进入区域I做匀速圆周运动，向上偏转，洛伦兹力提供向心力所以，【1分】设电子在区域I中沿着y轴偏转距离为y0，区域I的宽度为b（b=），则【1分】代入数据，解得【1分】电子在两个磁场中有相同的偏转量。

电子从区域II射出点的纵坐标【1分】（3）电子刚好不能从区域II的右边界飞出，说明电子在区域II中做匀速圆周运动的轨迹恰好与区域II的右边界相切，圆半径恰好与区域II宽度相同。

电子运动轨迹如下图所示。

设电子进入区域II时的速度为，则，所以【1分】电子通过区域I的过程中，向右做匀加速直线运动，此过程中平均速度电子通过区域I的时间（b为区域I的宽度）解得：【1分】电子在区域II中运动了半个圆周，设电子做圆周运动的周期为T，则电子在区域II中运动的时间【1分】电子反向通过区域I的时间仍为。

所以，电子两次经过y轴的时间间隔【2分】5.如图所示，真空中有以（r，0）为圆心，半径为 r 的圆形匀强磁场区域，磁场的磁感应强度大小为 B ，方向垂直于纸面向里，在 y = r 的虚线上方足够大的范围内，有水平向左的匀强电场，电场强度的大小为 E ，现在有一质子从 O 点沿与 x 轴正方向斜向下成 30o方向（如图中所示）射入磁场，经过一段时间后由M点（图中没有标出）穿过y轴。

已知质子在磁场中做匀速圆周运动的半径为 r ，质子的电荷量为e ，质量为 m ，不计重力、阻力。

求：（1）质子运动的初速度大小（2）M点的坐标（3）质子由O点运动到M点所用时间解析：（1）质子在磁场做匀速圆周运动有∴得v=（2分）（2）质子在磁场和电场中运动轨迹如图所示，质子在磁场中转过 120°角后，从 P 点再匀速运动一段距离后垂直电场线进入电场，由几何关系得= r + rsin30o = 1．5 rP 点距 y 轴的距离为 x2质子在电场中做类平抛运动所以有①②由①②得M点的纵坐标所以M点坐标为（5分）（3）质子在磁场中运动时间由几何关系得P点的纵坐标所以质子匀速运动时间质子由O点运动到M点所用时间（5分）6.如图甲所示，在以O为圆心，内外半径分别为R1和R2的圆环区域内，存在辐射状电场和垂直纸面的匀强磁场，内外圆间的电势差U为常量，R1＝R0，R2＝3R0，一电荷量为＋q、质量为m的粒子从内圆上的A点进入该区域，不计重力．(1)已知粒子从外圆上以速度v1射出，求粒子在A点的初速度v0的大小．(2)若撤去电场，如图乙所示，已知粒子从OA延长线与外圆的交点C以速度v2射出，方向与OA延长线成45°角，求磁感应强度的大小及粒子在磁场中运动的时间．(3) 在图乙中，若粒子从A点进入磁场，速度大小为v3，方向不确定，要使粒子一定能够从外圆射出，磁感应强度应小于多少？解析：（1）电、磁场都存在时，只有电场力对带电粒子做功，由动能定理qU＝mv－mv①得v0＝②（2）由牛顿第二定律qBv2＝③如图所示，由几何关系确定粒子运动轨迹的圆心O′和半径RR2＋R2＝(R2－R1)2④联立③④，得磁感应强度大小B＝⑤粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T＝⑥由几何关系确定粒子在磁场中运动的时间t＝⑦联立④⑥⑦式，得t＝⑧（3）如图所示，为使粒子射出，则粒子在磁场内的运动半径应大于过A点的最大内切圆半径，该半径为R＝⑨由③⑨得磁感应强度应小于B c＝⑩7.质量为m、电量为q的带电离子从P（0，h）点沿x轴正方向射入第一象限的匀强磁场中，磁感应强度为B，并沿着y轴负方向垂直进入匀强电场（电场方向沿x轴负方向），然后离子经过y轴上的M（0，－2h）点，进入宽度为h的无场区域，如图所示，再进入另一范围足够大的匀强磁场，最后回到P点。

不计重力，试求：（1）初速度v（2）电场强度E（3）从P点出发到再次回到P点所用的时间解析：（1）如图（2）（3） 1分θ=45°8.如图所示，匀强电场区域和匀强磁场区域是紧邻的且宽度相等均为d，电场方向在纸平面内，而磁场方向垂直纸面向里．一带正电沿垂直电场方向进入电场．在电场力的作用下粒子从O点以速度v发生偏转，从A点离开电场进入磁场，离开电场时带电粒子在电场方向的偏移量为d/2，当粒子从C点穿出磁场时速度方向与进入电场O点时的速度方向一致，不计带电粒子的重力，求： (1)粒子从C点穿出磁场时的速度v.(2)电场强度和磁感应强度的比值.解析：（1）粒子在电场中做类平抛运动，则水平：（1分）竖直：（2分）解得速度偏转角：所以飞出电场时的速度：（2分）粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力不做功，所以穿出磁场时的速度大小为：方向：水平向右（2分）四、粒子在电场中运动：（1分） ------(1)粒子在磁场中运动轨迹如右图所示：由几何关系，得（2分）粒子做匀速圆周运动：（1分）得（2分） (2)（1）、（2）联立，解得（1分）9.如图所示，粒子源K与虚线MN之间是一加速电场．虚线MN与PQ之间是匀强电场，虚线PQ与荧光屏之间是匀强磁场，且MN、PQ与荧光屏三者互相平行．电场和磁场的方向如图所示．图中A点与O点的连线垂直于荧光屏．从K发射出的一初速度为零的带正电的粒子，被电场加速后以速度v0从A点垂直射入偏转电场，在离开偏转电场后进入匀强磁场，最后恰好垂直地打在图中的荧光屏上，已知电场和磁场区域在竖直方向足够长，加速电场电压与偏转电场的场强关系为，式中的d是偏转电场的宽度，磁场的磁感应强度与偏转电场的电场强度和带电粒子离开加速电场的速度v­关系符合表达式，（以上关系式中U、E、B均为未知量）（1）试说明v0的大小与K和MN之间的距离有何关系；（无关）（2）求带电粒子进入磁场时的速度大小；√2V0（3）带电粒子最后在电场和磁场中总的偏转距离是多少(0.9d)10.如图所示, xoy为空间直角坐标系，PQ与y轴正方向成θ=30°角。