电场磁场计算题专项训练及答案

1、电场磁场计算题专项训练【注】该专项涉及运动：电场中加速、抛物线运动、磁场中圆周1、（2009浙江）如图所示，相距为d的平行金属板A、B竖直放置，在两板之间水平放置一绝缘平板。有一质量m、电荷量q（q0）的小物块在与金属板A相距l处静止。若某一时刻在金属板A、B间加一电压UAB-3mgd，小物块与金属板只发生了一次碰撞，碰撞后2q电荷量变为-q/2，并以与碰前大小相等的速度反方向弹回。已知小物块与绝缘平板间的动摩擦因数为，若不计小物块几何量对电场的影响和碰撞时间。则（1）小物块与金属板A碰撞前瞬间的速度大小是多少？（2）小物块碰撞后经过多长时间停止运动？停在何位置？B2、（2006天津）在以坐标

2、原点O为圆心、半径为r的圆形区域内，存在磁感应强度应大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，如图所示。一个不计重力的带电粒子从磁场边界与x轴的交点A处以速度v沿x方向射入磁场，它恰好从磁场边界的交点C处沿y方向飞出。 （1）判断该粒子带何种电荷，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B/，该粒子仍以A处相同的速度射入磁场，但飞出磁场时的速度方向相对于入射方向改变了60°角，求磁感应强度B/多大？此粒子在磁场中运动所用时间t是多少？3、（2010全国卷）如下图，在0x3a区域内存在与xy平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小为B。在t = 0时刻

3、，一位于坐标原点的粒子源在xy平面内发射出大量同种带电粒子，所有粒子的初速度大小相同，方向与y轴正方向夹角分布在0180°范围内。已知沿y轴正方向发射的粒子在t =t0时刻刚好从磁场边界上P(a,a)点离开磁场。求：（1）粒子在磁场中做圆周运动的半径R及粒子的比荷qm；（2）t0时刻仍在磁场中的粒子的初速度方向与y轴正方向夹角的取值范围；（3）从粒子发射到全部粒子离开磁场所用的时间4、（2008天津）在平面直角坐标系xOy中，第一象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第四象限存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B。一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从y轴正半轴上的M点以速度v0

4、垂直于y轴射入电场，经x轴上的N点与x轴正方向成=60°角射入磁场，最后从y轴负半轴上的P点垂直于y轴射出磁场，如图所示。不计粒子重力，求(1)M、N两点间的电势差UMN。(2)粒子在磁场中运动的轨道半径 r ；(3)粒子从M点运动到P点的总时间 t 。5、（2009宁夏）如图所示，在第一象限有一匀强电场，场强大小为E，方向与y轴平行；在x轴下方有一匀强磁场，磁场方向与纸面垂直。一质量为m、电荷量为-q（q>0）的粒子以平行于x轴的速度从y轴上的P点处射入电场，在x轴上的Q点处进入磁场，并从坐标原点O离开磁场。粒子在磁场中的运动轨迹与y轴交于M点。已知OP = l，OQ =2l

5、 。不计重力。求（1）M点与坐标原点O间的距离；（2）粒子从P点运动到M点所用的时间。6、（2008宁夏）如图所示，在xOy平面的第一象限有一匀强电场，电场的方向平行于y轴向下；在x轴和第四象限的射线OC之间有一匀强磁场，磁感应强度的大小为B，方向垂直于纸面向外有一质量为m，带有电荷量+q的质点由电场左侧平行于x轴射入电场质点到达x轴上A点时，速度方向与x轴的夹角为，A点与原点O的距离为d接着，质点进入磁场，并垂直于OC飞离磁场不计重力影响若OC与x轴的夹角为，求： 粒子在磁场中运动速度的大小；匀强电场的场强大小7、（2009江苏）1932年，劳伦斯和利文斯设计出了回旋加速器。回旋加速器的工作

6、原理如图所示，置于高真空中的D形金属盒半径为R，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计。磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直。A处粒子源产生的粒子，质量为m、电荷量为+q ，在加速器中被加速，加速电压为U。加速过程中不考虑相对论效应和重力作用。（1）求粒子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比；（2）求粒子从静止开始加速到出口处所需的时间t ；（3）实际使用中，磁感应强度和加速电场频率都有最大值的限制。若某一加速器磁感应强度和加速电场频率的最大值分别为Bm、fm，试讨论粒子能获得的最大动能Ekm 。8、（2009天津）如图所示，直角坐标系xOy位于竖直平面内，在水平的x轴下方存

7、在匀强磁场和匀强电场，磁场的磁感应强度为B，方向垂直xOy平面向里，电场线平行于y轴。一质量为m、电荷量为q的带正电的小球，从y轴上的A点水平向右抛出，经x轴上的M点进入电场和磁场，恰能做匀速圆周运动，从x轴上的N点第一次离开电场和磁场，MN之间的距离为L，小球过M点时的速度方向与x轴的方向夹角为。不计空气阻力，重力加速度为g，求(1) 电场强度E的大小和方向；(2) 小球从A点抛出时初速度v0的大小;(3) A点到x轴的高度h.9、（2010四川卷）如图所示，电源电动势E0=15V、内阻r0=1，电阻R1=30，R2=60。间距d = 0.2m的两平行金属板水平放置，板间分布有垂直于纸面向里

8、、磁感应强度B=1T的匀强磁场。闭合开关S，板间电场视为匀强电场，将一带正电的小球以初速度v = 0.1m/s沿两板间中线水平射入板间。设滑动变阻器接入电路的阻值为Rx，忽略空气对小球的作用，取g =10m/s2。(1)当Rx=29时，电阻R2消耗的电功率是多大？(2)若小球进入板间做匀速度圆周运动并与板相碰，碰时速度与初速度的夹角为60°，则Rx是多少？10、（2010安徽卷）如图1所示，宽度为d的竖直狭长区域内（边界为l1、l2），存在垂直纸面向里的匀强磁场和竖直方向上的周期性变化的电场（如图2所示），电场强度的大小为E0，E > 0表示电场方向竖直向上，t = 0时，一带

9、正电、质量为m的微粒从左边界上的N1点以水平速度v射入该区域，沿直线运动到Q点后，做一次完整的圆周运动，再沿直线运动到右边界的N2点。Q为线段N1N2的中点，重力加速度为g 。上述d、E0、m、v、g为已知量。（1）求微粒所带电荷量q和磁感应强度B的大小；（2）求电场变化的周期T；（3）改变宽度d，使微粒仍能按上述运动过程通过相应宽度的区域，求T的最小值。答案1、（12）时间为4l，停在2l处或距离A板为2l g【解析】本题考查电场中的动力学问题（1）加电压后，B极板电势高于A板，小物块在电场力作用与摩擦力共同作用下向A板做匀加速直线运动。电场强度为E=UBA d小物块所受的电场力与摩擦力方向

10、相反，则合外力为F合=qE-mg故小物块运动的加速度为a1=F合qU-mgd1=g mmd2设小物块与A板相碰时的速度为v1，由2 v1=2a1l解得v1=（2）小物块与A板相碰后以v1大小相等的速度反弹，因为电荷量及电性改变，电场力大小与方向发生变化，摩擦力的方向发生改变，小物块所受的合外力大小 为F合=mg-加速度大小为 a2=qE 2F合1=g m4设小物块碰后到停止的时间为 t，注意到末速度为零，有0-v1=-a2t解得 t=v1l=4 a2g2设小物块碰后停止时距离为x，注意到末速度为零，有 0-v1=-2a2xv2则 x=2l 2a2或距离A板为 d=2l2、（1）由粒子的飞行轨迹

11、，利用左手定则可知，该粒子带负电荷。粒子由A点射入，由C点飞出，其速度方向改变了90°，则粒子轨迹半径Rr 又v2qvBm R则粒子的比荷qv= mBr（2）粒子从D点飞出磁场速度方向改变60°角，故AD弧所对应的圆心角为60°，粒子做国，圆周运动的半径R/rcot30°又R/mmv qB/所以 B/ 粒子在磁场中飞行时间tT=1612m =/6qB2q2 a =3m3Bt03、R=速度与y轴的正方向的夹角范围是60°到120°从粒子发射到全部离开所用 时间 为2t04、【解析】（1）设粒子过N点时的速度为v，有v=2v0 （2）粒子

12、从M点运动到N点的过程，有qUMN=v0=cos （1） v1212mv-mv0 3） 22UMN23mv0 （4） =2q（2）粒子在磁场中以o'为圆心做匀速圆周运动，半径为mv2O'N，有qvB= （5） rr=2mv0 （6） qB（3）由几何关系得ON=Rsin （7）设粒子在电场中运动的时间为t1,有ON=v0t1 （8）t1= （9） qB2m （10） qB粒子在磁场在做匀速圆周运动的周期 T=设粒子在磁场中运动的时间为t2,有t2=-T （11） 2t2=2m （12） 3qBt=t1+t2t= (13) 5、【解析】（1）带电粒子在电场中做类平抛运动，在y轴负

13、方向上做初速度为零的匀加速运动，设加速度的大小为a；在x轴正方向上做匀速直线运动，设速度为v0，粒子从P点运动到Q点所用的时间为t1，进入磁场时速度方向与x轴正方向的夹角为，则a=qE t1= mv0=x0 t1其中x0=,y0=l。又有tan=联立式，得=30因为M、O、Q点在圆周上，MOQ=90，所以MQ为直径。从图中的几何关系可at1 v0知。R= MO =6l （2）设粒子在磁场中运动的速度为v,从Q到M点运动的时间为t2, 则有v =v0R t2= cosv带电粒子自P点出发到M点所用的时间为t为t=t1+ t2 联立式，并代入数据得t= + 1 26、解：由几何关系得：Rdsin由

14、洛仑兹力公式和牛顿第二定律得v2qvB= R解得： v=qBdsin m质点在电场中的运动为类平抛运动设质点射入电场的速度为v0，在电场中的加速度为a，运动时间为t，则有 v0vcos vsinat dv0t v2sincos解得：a= d设电场强度的大小为E，由牛顿第二定律得 qEma qB2d3sincos 解得：E=m7、答案：（1）r2:r1（2）t=BR22U（3）Ekm22q2BmR22=，Ekm=22mfmR 2m【解析】 (1)设粒子第1次经过狭缝后的半径为r1,速度为v1 qu=1mv122v12qv1B=m r1解得r1=同理，粒子第2次经过狭缝后的半径r2=则r2:r1（

15、2）设粒子到出口处被加速了n圈 12mv2v2qvB=m R2mT=qBt=nT2nqU=解得 t=BR22U（3）加速电场的频率应等于粒子在磁场中做圆周运动的频率，即f=当磁场感应强度为Bm时，加速电场的频率应为fBm=粒子的动能EK=qB 2mqBm 2m12mv 2当fBmfm时，粒子的最大动能由Bm决定2vmqvmBm=m R22q2BmR= 2m解得Ekm当fBmfm时，粒子的最大动能由fm决定22vm=2fmR 解得 Ekm=22mfmRqBLmgq2B2L2cot （3）8、答案：（1），方向竖直向上 （2） 22mq8mg【解析】本题考查平抛运动和带电小球在复合场中的运动。（1

16、）小球在电场、磁场中恰能做匀速圆周运动，说明电场力和重力平衡（恒力不能充当圆周运动的向心力），有qE=mg E=mg q重力的方向竖直向下，电场力方向只能向上，由于小球带正电，所以电场强度方向竖直向上。（2）小球做匀速圆周运动，O为圆心，MN为弦长，MO'P=，如图所示。设半径为r，由几何关系知L=sin 2r小球做匀速圆周运动的向心力由洛仑兹力白日提供，设小球做圆周运动的速率为v，有mv2qvB= r由速度的合成与分解知由式得 v0=cos vqBLcot 2m v0=（3）设小球到M点时的竖直分速度为vy，它与水平分速度的关系为vy=v0tan 由匀变速直线运动规律v=2gh 由式

17、得 2q2B2L2h= 8m2g9、【答案】速度图像为右图。900m【解析】闭合电路的外电阻为R=Rx+R1R23060=29+=49 R1+R230+60根据闭合电路的欧姆定律I=E15=0.3A R+r49+1R2两端的电压为U2=E-I(Rx+r)=15-0.330=6V R2消耗的功率为2U262P2=0.6W R260小球进入电磁场做匀速圆周运动，说明重力和电场力等大反向，洛仑兹力提供向心力，根据牛顿第二定律v2Bqv=m RU2q=mg dBRdg v 连立化简得 U2=小球做匀速圆周运动的初末速的夹角等于圆心角为60°，根据几何关系得R=d 连立带入数据Bd2g10.0410=4V U2=v0.1干路电流为I=U24=0.2 A R1220E-U215-4-r=-1=