- 磁场
- 共12215题
（1）小球的带电性质及其电量与质量的比值；
（2）该匀强磁场的磁感强度B的大小和方向；
（3）小球从P经a至b时，共需时间为多少？
正确答案
解析
解：带电粒子在复合场中做匀速圆周运动，则重力和电场力平衡，洛仑兹力提供做圆周运动的向心力
（1）重力和电场力平衡，电场力方向向上，电场方向向下，则为负电荷mg=Eq，比荷
（2）粒子由a到b运动半周，由其受力方向根据左手定则可知磁场方向为垂直纸面向外
由牛顿第二定律可知：
由机械能守恒可知：
而由几何关系可知：L=2R
联立可得
（3）由p到a时，h=
在复合场中，粒子恰转过了180°，则转动时间：
t2=
则运动总时间：
（1）匀强电场的电场强度；
（2）PQ的长度．
正确答案
解析
解：（1）粒子源在P点时，OP=
粒子在电场中加速，由动能定理得：qEa=
粒子运动轨迹如图所示：
由几何知识可知，R1=
粒子在磁场中做匀速圆周运动，
由牛顿第二定律得：qv1B=m
解得：E=
（2）粒子源在Q点时，运动轨迹应与EF相切，设OQ=d，
粒子运动轨迹如图所示：
由动能定理得：qEd=
由几何知识可知，R2=
由牛顿第二定律得：qv2B=m
解得：d=
答：（1）匀强电场的电场强度为：
（2）PQ的长度PQ=
求：（1）释放ab棒后ab棒能达到的最大速度vm的大小；
（2）ab棒达到最大速度后，能从O点进入B2磁场区域的粒子速度v的大小；
（3）感光板上能接收到的粒子比荷（
正确答案
解析
解：（1）ab棒达到最大速度时做匀速运动受力分析如图所示，由平衡条件得：
mgsinθ=B0IL ①
E=B0Lvm②
由闭合电路欧姆定律：
联立①②③得：
带入数据得v=15m/s；
（2）由平衡条件得：
由闭合电路欧姆定律得：
联立②④⑤式解得v=2.5m/s；
（3）粒子进入磁场B2后，正粒子向上做圆周运动，负粒子向下做圆周运动，感光板在左下方，故只有带负电的粒子才有可能打在感光板上．由牛顿第二定律得：
如图所示，由几何关系得：
①粒子从下极板射回时，最小半径R1=
②粒子与CD边相切时，半径最大，
此时粒子仍能打在感光板上，最大半径R2=d
则感光板上能接收到的粒子的比荷（
答：（1）释放ab棒后ab棒能达到的最大速度vm的大小为15m/s；
（2）ab棒达到最大速度后，能从O点进入B2磁场区域的粒子速度v的大小为6.25C/kg；
（3）感光板上能接收到的粒子比荷（
正确答案
解析
解：粒子在磁场中做圆周运动的周期：T=
粒子做圆周运动的轨道半径：r=
粒子在磁场中运动的弧长越长，弦长越长，对应的圆心角θ越大，
粒子在磁场中做圆周运动，沿与半径成30°的V3方向射入的粒子
转过的圆心角：θ=60°，rsin
则该粒子对应的弦长为圆形磁场区域的直径，该粒子运动轨迹对应的弦长最长，转过的圆心角θ最大，
粒子的运动时间：t=
故选：C．
质量为m，带电量为q的电子以速度v垂直于磁场的方向射入磁感应强度为B的匀强磁场中．则电子作圆周运动的半径为______；周期为______．
正确答案
解析
解：粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，
由牛顿第二定律得：qvB=m
周期：T=
故答案为：
正确答案
正
不带
负
解析
解：由于磁场的方向向里，带正电的粒子向右上方运动，所以电流的方向就是向右上方的，根据左手定则可知，受到的洛伦兹力的方向是向左上方的，所以向左上方偏转的A带正电；B没有偏转，所以B不带电；C偏转的方向与A相反，说明与A的电性相反，所以带负电．
故答案为：正，不带，负．
（1）求运动轨迹不发生偏折的离子的初速度v1；
（2）如果初速为v2（已知）的离子（v2＞v1）在射出速度选择器时的侧移正好为
正确答案
解析
解：（1）正离子进入电场和磁场后，轨迹不发生偏折，由平衡条件得：qE=qv1B，解得：v1=
（2）因为v2＞v1，所以速率为v2的正离子所受洛仑兹力大于电场力，离子必向上偏折，
设从缝边射出时速率为v2′，由于洛仑兹力对其不做功，据动能定理有：
该正离子在磁场B‘中作匀速圆周运动时有：
由以上二式解得：
答：（1）运动轨迹不发生偏折的离子的初速度v1为
（2）如果初速为v2（已知）的离子（v2＞v1）在射出速度选择器时的侧移正好为
质子和α粒子由静止出发经同一加速电场加速后沿垂直磁感线方向进入同一匀强磁场，在磁场中轨道半径之比为______，运动周期之比为______（质子的电荷量为e，α粒子的电荷量为2e，α粒子的质量为质子的4倍）
正确答案
1：2
解析
解：根据动能定理得：qU=
解得：v=
因为质子和α粒子的电量之比为1：2，质量之比为1：4，则动能之比为1：2，速率之比为
粒子在磁场中运动的半径：r=
因为质子和α粒子的电量之比为1：2，质量之比为1：4，则半径之比为1：
粒子在磁场中运动的周期：T=
故答案为：
“太空粒子探测器”是由加速、偏转和收集三部分组成，其原理可简化如下：如图1所示，辐射状的加速电场区域边界为两个同心平行半圆弧面，圆心为O，外圆弧面AB的半径为L，电势为φ1，内圆弧面CD的半径为
（1）求粒子到达O点时速度的大小；
（2）如图2所示，在边界ACDB和收集板MN之间加一个半圆形匀强磁场，圆心为O，半径为L，方向垂直纸面向内，则发现从AB圆弧面收集到的粒子经O点进入磁场后有
（3）同上问，从AB圆弧面收集到的粒子经O点进入磁场后均不能到达收集板MN，求磁感应强度所满足的条件．试写出定量反映收集板MN上的收集效率η与磁感应强度B的关系的相关式子．
正确答案
解析
又U=φ1-φ2
所以：
（2）从AB圆弧面收集到的粒子有2/3能打到MN板上，刚好不能打到MN上的粒子从磁场中出来后速度方向与MN平行，则入射的方向与AB之间的夹角是600，在磁场中运动的轨迹如图1，轨迹圆心角θ=60°
根据几何关系，粒子圆周运动的半径为r=L，
由牛顿第二定律得：
联立解得：
（3）当沿OD方向的粒子刚好打到MN上，则由几何关系可知，
由牛顿第二定律得：
得：
即
如图2，设粒子在磁场中运动圆弧对应的圆心角为α，由几何关系可知：
MN上的收集效率：
答：（1）粒子到达O点时速度的大小是
（2）所加磁感应强度的大小是
（3）试写出定量反映收集板MN上的收集效率η与磁感应强度B的关系的相关式子是
A若v0=
B若v0=
C若v0=
D若v0=
正确答案
解析
解：粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=m
A、若v0=
B、若v0=
C、若v0=
D、当θ=0°飞入的粒子在磁场中，粒子恰好从AC中点飞出，因此在AC 边界上只有一半区域有粒子射出，故D正确；
故选：D．
正确答案
解析
解：AB、粒子在磁场中做匀速圆周运动时，由洛伦兹力提供向心力，根据qvB=m
C、粒子圆周运动的周期为T=
故选：BC．
A使粒子的速度v＜
B使粒子的速度v＞
C使粒子的速度v＞
D使粒子速度
正确答案
解析
由牛顿第二定律得：qvB=m
解得：r=
若粒子刚好从左侧射出，如图所示，则：r1=
若粒子刚好从右侧射出，如图，有：r22=L2+（r2-
解得：r2=
欲使离子不打在极板上，则v＜
故选：AB．
正确答案
解析
解：根据牛顿第二定律，由洛伦兹力提供向心力，
则有：
解得：
由于粒子垂直进入磁场，运动轨迹为半圆．
则经过磁场所需要的时间为
故答案为：
（1）当M、N间的电压为Ux时，求粒子进入磁场时速度的大小vx；
（2）要使粒子能够打在收集板D上，求在M、N间所加电压的范围；
（3）若粒子恰好打在收集板D的中点上，求粒子从s1开始运动到打在D的中点上经历的时间．
正确答案
解析
解：
（1）粒子从s1到达s2的过程中，根据动能定理得：
解得：
（2）粒子进入磁场后在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，设此时其速度大小为v，轨道半径为r，根据牛顿第二定律得：
粒子在M、N之间运动，根据动能定理得：
联立解得：
当粒子打在收集板D的A点时，经历的时间最长，由几何关系可知粒子在磁场中运动的半径
当粒子打在收集板D的C点时，经历的时间最短，由几何关系可知粒子在磁场中运动的半径
要使粒子能够打在收集板D上，在M、N间所加电压的范围为
（3）根据题意分析可知，当粒子打在收集板D的中点上时，根据几何关系可以求得粒子在磁场中运动的半径r0=R，粒子进入磁场时的速度
粒子在电场中运动的时间：
粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期
粒子在磁场中经历的时间
粒子出磁场后做匀速直线运动经历的时间
所以粒子从s1运动到A点经历的时间为
答：（1）当M、N间的电压为Ux时，求粒子进入磁场时速度的大小
（2）要使粒子能够打在收集板D上，在M、N间所加电压的范围为
（3）若粒子恰好打在收集板D的中点上，粒子从s1开始运动到打在D的中点上经历的时间是
正确答案
解析
解：设电子刚进入平行板电容器极板间区域时的速度为v0，因为速度方向平行于电容器的极板，通过长度为l的极板区域所需的时间：t1=
当两极板之间加上电压时，设两极板间的场强为E，作用于电子的静电力的大小为qE方向垂直于极板由C指向D，电子的加速度：a=
而 E=
因电子在垂直于极板方向的初速度为0，因而在时间t1内垂直于极板方向的位移
y1=
电子离开极板区域时，沿垂直于极板方向的末速度：vy=at1…（5）
设电子离开极板区域后，电子到达荧光屏上P点所需时间为t2：
t2=
在t2时间内，电子作匀速直线运动，在垂直于极板方向的位移：y2=vyt2…（7）
P点离开O点的距离等于电子在垂直于极板方向的总位移y=y1+y2…（8）
由以上各式得电子的荷质比为：
加上磁场B后，荧光屏上的光点重新回到O点，表示在电子通过平行板电容器的过程中电子所受电场力与磁场力相等，即：qE=qv0B…（l0）
结合（3），即可得电子射入平行板电容器的速度：
v0=
代入（9）式得：
代入有关数据求得：
答：电子的荷质比为1.6×1011 C/kg．
扫码查看完整答案与解析