2015高中物理磁场经典计算题一含详解.doc

《2015高中物理磁场经典计算题一含详解.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2015高中物理磁场经典计算题一含详解.doc（7页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、磁场综合训练（一）1.弹性挡板围成边长为L= 100cm的正方形abcd，固定在光滑的水平面上，匀强磁场竖直向 下，磁感应强度为B = 0.5T，如图所示. 质量为m=210-4kg、带电量为q=410-3C的小 球，从cd边中点的小孔P处以某一速度v垂直于cd边和磁场方向射入，以后小球与挡板 的碰撞过程中没有能量损失.（1）为使小球在最短的时间内从P点垂直于dc射出来，小球入射的速度v1是多少？abcdBPv（2）若小球以v2 = 1 m/s的速度入射，则需经过多少时间才能由P点出来？2. 如图所示, 在区域足够大空间中充满磁感应强度大小为B的匀强磁场,其方向垂直于纸面 向里.在纸面内固定放

2、置一绝缘材料制成的边长为L的等边三角形框架DEF, DE中点S处 有一粒子发射源,发射粒子的方向皆在图中截面内且垂直于DE边向下，如图（a）所示. 发射粒子的电量为+q,质量为m,但速度v有各种不同的数值.若这些粒子与三角形框架碰撞 时均无能量损失,并要求每一次碰撞时速度方向垂直于被碰的边.试求： （1）带电粒子的速度v为多大时,能够打到E点? （2）为使S点发出的粒子最终又回到S点,且运动时间最短,v应为多大?最短时间为多少? （3）若磁场是半径为a的圆柱形区域，如图（b）所示(图中圆为其横截面)，圆柱的轴线 通过等边三角形的中心O，且a=L.要使S点发出的粒子最终又回到S点，带电粒子速度v

3、的大小应aOESFDLv（b）取哪些数值？LBvESFD（a）A C D v03.在直径为d的圆形区域内存在匀强磁场，磁场方向垂直于圆面指向纸外一电荷量为q，质量为m的粒子，从磁场区域的一条直径AC上的A点射入磁场，其速度大小为v0,方向与AC成若此粒子恰好能打在磁场区域圆周上D点，AD与AC的夹角为，如图所示求该匀强磁场的磁感强度B的大小AOCMN4.如图所示，真空中有一半径为R的圆形磁场区域，圆心为O，磁场的方向垂直纸面向内， 磁感强度为B，距离O为2R处有一光屏MN，MN垂直于纸面放置，AO过半径垂直于屏，延 长线交于C一个带负电粒子以初速度v0沿AC方向进入圆形磁场区域，最后打在屏上D

4、 点，DC相距2R，不计粒子的重力若该粒子仍以初速v0从A点进入圆形磁场区域， 但方向与AC成600角向右上方，粒子最后打在屏上E点，求粒子从A到E所用时间5.如图所示，3条足够长的平行虚线a、b、c，ab间和bc间相距分别为2L和L，ab间和 bc间都有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度分别为B和2B。质量为m，带电量为q 的粒子沿垂直于界面a的方向射入磁场区域，不计重力，为使粒子能从界面c射出磁场， 粒子的初速度大小应满足什么条件？ 2LLv0B2Ba b c6. 如图所示宽度为d的区域上方存在垂直纸面、方向向内、磁感应强度大小均为B的匀强磁场，现有一质量为m，带电量为+q的粒子在纸面内

5、以速度v从此区域下边缘上的A点射入，其方向与下边缘线成30角，试求当v满足什么条件时，粒子能回到A。d300vA7.在受控热核聚变反应的装置中温度极高，因而带电粒子没有通常意义上的容器可装，而 是由磁场将带电粒子的运动束缚在某个区域内。现有一个环形区域，其截面内圆半径R1= m，外圆半径R2=1.0m，区域内有垂直纸面向外的匀强磁场（如图所示）。已知磁感应 强度B1.0T，被束缚带正电粒子的荷质比为4.0107C/kg，不计带电粒子的重力和 它们之间的相互作用 （1）若中空区域中的带电粒子由O点沿环的半径方向射入磁场，求带电粒子不能穿越磁场外边界的最大速度v0。（2）若中空区域中的带电粒子以中

6、的最大速度v0沿圆环半径方向射入磁场，求带电 粒子从刚进入磁场某点开始到第一次回到该点所需要的时间。8.空间中存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，一带电量为+q、质量为m 的粒子，在P点以某一初速开始运动，初速方向在图中纸面内如图中P点箭头所示。该粒 子运动到图中Q点时速度方向与P点时速度方向垂直。如图中Q点箭头所示。已知P、Q 间的距离为l。若保持粒子在P点时的速度不变，而将匀强磁场换成匀强电场，电场方向 与纸面平行且与粒子在P点时的速度方向垂直，在此电场作用下粒子也由P点运动到Q点。 不计重力。求：电场强度的大小。两种情况中粒子由P运动到Q点所经历的时间之差。PQ参考答案（1

7、）根据题意，小球经bc、ab、ad的中点垂直反弹后能以最短的时间射出框架，如甲图所 示.即小球的运动半径是 R = = 0.5 m 由牛顿运动定律 qv1B = m 得 v1 = 代入数据得 v1 = 5 m/s （2）由牛顿运动定律 qv2B = m 得 R2 = = 0.1 m 由题给边长知 L = 10R2 其轨迹如图乙所示.由图知小球在磁场中运动的周期数 n = 9 根据公式 T = = 0.628 s 小球从P点出来的时间为 t = nT = 5.552 s abcdPv abcdPv甲 乙2. (1)从S点发射的粒子将在洛仑兹力作用下做圆周运动,即 -（2分）因粒子圆周运动的圆心在

8、DE上,每经过半个园周打到DE上一次，所以粒子要打到E点应满足： -（2分）由得打到E点的速度为，-（2分）说明：只考虑n=1的情况，结论正确的给4分。(2) 由题意知, S点发射的粒子最终又回到S点的条件是在磁场中粒子做圆周运动的周期,与粒子速度无关,所以, 粒子圆周运动的次数最少,即n=1时运动的时间最短,即当：时时间最短 -（2分）粒子以三角形的三个顶点为圆心运动,每次碰撞所需时间: -（2分）经过三次碰撞回到S点,粒子运动的最短时间-（2分）(3)设E点到磁场区域边界的距离为,由题设条件知 -（1分）S点发射的粒子要回到S点就必须在磁场区域内运动,即满足条件:,即又知, -（1分）当时

9、, 当时,当时, 当时,所以,当时,满足题意.3. 设粒子在磁场中做圆周运动的半径为R，则有 qv0B=m 圆心在过A与v0方向垂 直的直线上，它到A点距离为R，如图所示，图中直线AD是圆轨道的弦，故有OAD= ODA，用表示此角度，由几何关系知 2Rcos=AD dcos=AD +=/2 解得R= 代入得B= 2LLv0B2Ba b cR1R24. 5.（提示：做图如右，设刚好从c射出场，则+=90，而，有R1=2R2，设R2=R，而2L=2Rsin，L=R(1-cos)，得=30，R1=4L。）6.粒子运动如图所示，由图示的几何关系可知 （1）粒子在磁场中的轨道半径为r，则有 （2）联立两式，得，此时粒子可按图中轨道返到A点。7.（1）如图所示，当粒子以最大速度在磁场中运动时，设运动半径为r，则： 解得： m 又由牛顿第二定律得： 解得： （2）如图 ，带电粒子必须三次经过磁场，才会回到该点 在磁场中的圆心角为，则在磁场中运动的时间为 在磁场外运动的时间为 故所需的总时间为： 8. 7 / 7第 7 页 共 7 页