- 电磁学
- 共4057题
如图所示,直线MN上方存在着垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场,质量为m、电荷量为-q(q>0)的粒子1在纸面内以速度从O点射入磁场,其方向与MN的夹角α=30°;质量为m、电荷量为+q的粒子2在纸面内以速度
也从O点射入磁场,其方向与MN的夹角β=60°角。已知粒子1、2同时到达磁场边界的A、B两点(图中未画出),不计粒子的重力及粒子间的相互作用。
(1)求两粒子在磁场边界上的穿出点A、B之间的距离d;
(2)求两粒子进入磁场的时间间隔;
(3)若MN下方有平行于纸面的匀强电场,且两粒子在电场中相遇,其中的粒子1做直线运动。求电场强度E的大小和方向。
正确答案
(1)粒子在匀强磁场中作匀速圆周运动
2分
粒子1圆周运动的圆心角,
1分
粒子2圆周运动的圆心角,
1分
故 2分
(2)粒子圆周运动的周期 2分
粒子1在匀强磁场中运动的时间 1分
粒子2在匀强磁场中运动的时间 1分
所以 2分
(3)由题意,电场强度的方向应与粒子1穿出磁场的方向平行。
a.若电场强度的方向与MN成30°角斜向右上,则粒子1做匀加速直线运动,粒子2做类平抛运动。
1分
1分
1分
解得 1分
b.若电场强度的方向与MN成30°角斜向左下,则粒子1做匀减速直线运动,粒子2做类平抛运动。
解得,假设不成立。 1分
综上所述,电场强度的大小,方向与MN成30°角斜向右上。 1分
解析
略
知识点
如图所示,空间存在着竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场。一带电粒子在电场力和洛伦兹力的共同作用下,从静止开始自a点沿曲线acb运动,到b点时速度刚好为零。c点是轨迹的最低点,不计粒子的重力。下列说法正确的是
正确答案
解析
略
知识点
如图,静止于A处的离子,经加速电场加速后沿图中圆弧虚线通过静电分析器,从P点垂直CN进入矩形区域的有界匀强电场,电场方向水平向左。静电分析器通道内有均匀辐射分布的电场,己知圆弧虚线的半径为R,其所在处场强为E、方向如图所示;离子质量为m、电荷量为q;,离子重力不计。
(1)求加速电场的电压U。
(2)若离子恰好能打在Q点上,求矩形区域QNCD内匀强电场场强E0的值。
(3)若撤去矩形区域QNCD内的匀强电场,换为垂直纸面向里的匀强磁场,要求离子能最终打在ON上,求磁场磁感应强度B的取值范围。
正确答案
(1)
(2)E0=
(3)
解析
(1)离子在加速电场中加速,根据动能定理
离子在辐向电场中做匀速圆周运动,电场力提供向心力
联立得
(2)离子做类平抛运动
2d=vt
3d=
由牛顿第二定律得qE0=ma
联立得E0=
(3)离子在匀强磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,根据牛顿第二定律,有
则
离子能打在QN上,则既没有从DQ边出去也没有从PN边出去,则离子运动径迹的边界如图中Ⅰ和Ⅱ。
由几何关系知,离子能打在QN上,必须满足
则
知识点
在xOy平面内,直线OP与y轴的夹角α=45°。第一、第二象限内存在方向分别为竖直向下和水平向右的匀强电场,电场强度大小均为E=1.0×105 N/C;在x轴下方有垂直于纸面向外的匀强磁场,磁感应强度B=0.1T,如图所示。现有一带正电的粒子从直线OP上某点A(-L, L)处静止释放。设粒子的比荷=4.0×107 C/kg,粒子重力不计。求:
(1)若L=2 cm,粒子进入磁场时与x轴交点的横坐标及粒子速度的大小和方向;
(2)如果在直线OP上各点释放许多个上述带电粒子(粒子间的相互作用力不计),试证明各带电粒子进入磁场后做圆周运动的圆心点的集合为一抛物线。
正确答案
见解析。
解析
(1)粒子在第二象限匀加速直线的过程:
得v1=4×105 m/s
粒子在第一象限做类平抛运动:
x=v1t
得x=2L=0.04 m
vx=v1=4×105 m/s
vy=at=4×105 m/s
设粒子进入磁场时速度方向与x轴正方向的夹角为θ,
则θ=45°
粒子进入磁场时的速度为
与x轴正方向成45°角斜向下。
(2)L取任意值时均有:
x0=2L, θ=45°,
粒子在磁场中做匀速圆周运动时,
代入数据得: R=
所以圆心的坐标为:
,
R=代入并消去L,得
x=4y2+y
此方程为一抛物线方程。
知识点
静电喷漆技术具有效率高、浪费少、质量好、有益于健康等优点,其装置可简化如图。A、B为水平放置的间距d =1.6m的两块足够大的平行金属板,两板间有方向由B指向A的匀强电场,场强为E =0.1V/m。在A板的中央放置一个安全接地的静电油漆喷枪P,油漆喷枪可向各个方向均匀地喷出初速度大小均为V0=6m/s的油漆微粒,已知油漆微粒的质量均为m=1.010-5kg、电荷量均为q=-1.0
10-3C,不计油漆微粒间的相互作用、油漆微粒带电对板间电场和磁场的影响及空气阻力,重力加速度g=10m/s2。求:
(1)油漆微粒落在B板上所形成的图形面积;
(2)若让A、B两板间的电场反向,并在两板间加垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度B=0.06T,调节喷枪使油漆微粒只能在纸面内沿各个方向喷出,其它条件不变。B板被油漆微粒打中的区域的长度;
(3)在满足(2)的情况下,打中B板的油漆微粒中,在磁场中运动的最短时间。
正确答案
见解析
解析
(1)油漆微粒的加速度 ①
根据运动学 ②
运动的半径 ③
落在板上所形成圆形面积
④
由①②③式并代入数据得 ⑤
(2)当电场反向 ⑥
油漆微粒做匀速圆周运动,洛伦兹力充当向心力
⑦
水平向右射出的油漆微粒打在板的右端,根据几何关系
⑧
的长度
⑨
打在板左端的油漆微粒为和板相切的微粒,同理求得
⑩
油漆微粒打在极板上的长度
由⑥⑦⑧⑨⑩式并代入数据得
(3)打在板上的微粒中,
最短的弦长对应的时间最短
有几何关系
运动的最短时间
微粒在磁场中运动的周期
由式代入数据解得
评分标准:①②③④⑤式每式各1分,第一问共5分;⑥⑨式每式各1分。⑦⑧⑩式每式各2分,第二问共计10分。明确打在板上的微粒中,
最短的弦长对应的时间最短1分,
式每式各1分,第三问共计5分。
知识点
医生做某些特殊手术时,利用电磁血流计来监测通过动脉的血流速度。电磁血流计由一对电极a和b以及磁极N和S构成,磁极间的磁场是均匀的。使用时,两电极a、b均与血管壁接触,两触点的连线、磁场方向和血流速度方向两两垂直,如图所示。由于血液中的正负离子随血流一起在磁场中运动,电极a、b之间会有微小电势差。在达到平衡时,血管内部的电场可看作是匀强电场,血液中的离子所受的电场力和磁场力的合力为零。在某次监测中,两触点的距离为4.0mm,血管壁的厚度可忽略,两触点间的电势差为160µV,磁感应强度的大小为0.040T。则血流流量的近似值和电极a、b的正负为( )
正确答案
解析
略
知识点
如图所示,在y轴的右侧存在磁感应强度为B的方向垂直纸面向外的匀强磁场,在x轴的上方有一平行板式加速电场。有一薄绝缘板放置在y轴处,且与纸面垂直。现有一质量为m、电荷量为q的粒子由静止经过加速电压为U的电场加速,然后以垂直于板的方向沿直线从A处穿过绝缘板,而后从x轴上的D处以与x轴负向夹角为30°的方向进入第四象限,若在此时再施加一个电场可以使粒子沿直线到达y轴上的C点(C点在图上未标出)。已知OD长为l,不计粒子的重力.
求:
(1)粒子射入绝缘板之前的速度
(2)粒子经过绝缘板时损失了多少动能
(3)所加电场的电场强度和带电粒子在y周的右侧运行的总时间.
正确答案
见解析。
解析
(1)粒子在电场中加速由动能定理可知
解得:
(2)粒子在磁场中作圆周运动轨迹如图
由几何关系可得轨道半径为2l
由
解得=
由动能定理得
代入数据解得
所以损失动能为
或者 带入结果得
(3)粒子若作直线运动则=Eq
代入数据解得E=
方向与x轴正向斜向下成60°角
粒子在第一象限作匀速圆周运动的时间t1=
粒子在第四象限做匀速直线运动时间t2==
粒子x轴右侧运行的总时间t==
知识点
如图甲所示,建立Oxy坐标系,两平行极板P、Q垂直于y轴且关于x轴对称, 极板长度和板间距均为l,第一、四象限有磁场,磁感应强度为B,方向垂直于Oxy平面向里。位于极板左侧的粒子源沿x轴向右连续发射质量为m、电量为+q、速度相同、重力不计的带电粒子,在0-3t0时间内两板间加上如图乙所示的电压(不考虑极板边缘的影响)。已知t=0时刻进入两板间的带电粒子恰好在t0时刻经极板边缘射入磁场。上述m、q、l、t0、B为已知量(不考虑粒子间相互影响及返回板间的情况)。
(1)求电压U0的大小。
(2)求t0时刻进入两板间的带电粒子在磁场中做圆周运动的半径。
(3)何时进入两板间的带电粒子在磁场中的运动时间最短?求此最短时间。
正确答案
见解析
解析
解析: (1)时刻进入两极板的带电粒子在电场中做匀变速曲线运动,
时刻刚好从极板边缘射出,在y轴负方向偏移的距离为
,则有
①,(1分)
②(1分)
③(1分)
联立以上三式,解得两极板间偏转电压为④。 (1分)
(2)时刻进入两极板的带电粒子,前
时间在电场中偏转,后
时间两极板没有电场,带电粒子做匀速直线运动。
带电粒子沿x轴方向的分速度大小为 ⑤ (2分)
带电粒子离开电场时沿y轴负方向的分速度大小为 ⑥ (2分)
带电粒子离开电场时的速度大小为⑦ (2分)
设带电粒子离开电场进入磁场做匀速圆周运动的半径为R,
则有⑧(1分)
联立③⑤⑥⑦⑧式解得⑨。 (2分)
(3)时刻进入两极板的带电粒子在磁场中运动时间最短。带电粒子离开磁场时沿y 轴正方向的分速度为
⑩,(1分)
设带电粒子离开电场时速度方向与y轴正方向的夹角为,则
,(2分)
联立③⑤⑩式解得,带电粒子在磁场运动的轨迹图如图所示
圆弧所对的圆心角为 ,所求最短时间为
,带电粒子在磁场中运动的周期为
,联立以上两式解得
。(3分)
知识点
如图1所示,纸面表示竖直平面,过P点的竖直线MN左侧空间存在水平向右的匀强电场,右侧存在竖直向上的匀强电场,两个电场的电场强度大小相等。一个质量为m、带电量为+q的小球从O点开始以竖直向上的速度v0抛出,恰能水平地通过P点,到达P点时的速度大小仍为v0。从小球到达P点时起,在空间施加一个垂直纸面向外的周期性变化的磁场,磁感应强度随时间变化的图象如图2所示(其中t1、t2为未知的量,),同时将P点左侧的电场保持大小不变而方向改为竖直向上,经过一段时间又后,小球恰能竖直向上经过Q点,已知P、Q点处在同一水平面上,间距为L。(重力加速度为g)
(1)求OP间的距离;
(2)如果磁感应强度B0为已知量,试写出t1的表达式;(用题中所给的物理量的符号表示)
(3)如果小球从通过P点后便始终能在电场所在空间做周期性运动,但电场存在理想的右边界(即
的右侧不存在电场),且Q点到
的距离为
。当小球运动的周期最大时:
a.求此时的磁感应强度B0及小球运动的最大周期T;
b.画出小球运动一个周期的轨迹。
正确答案
见解析。
解析
(1)小球由O到P运动过程中,竖直方向做匀减速直线运动,水平方向做匀加速直线运动,令运动时间为t,由运动学规律有
水平位移
竖直位移
所求OP间距离
(2)设电场强度的大小为E,考虑小球在OP间运动过程,由牛顿第二定律和运动学规律竖直方向:
水平方向:
可得:
上式表明,小球通过P点后,在0~t1时间内沿水平方向做匀速直线运动,在t1~(t1+t2)时间内做匀速率圆周运动。
设小球在磁场中做圆周运动的周期为T0,若竖直向上通过Q点,由图1分析可知必有以下两个条件:
其中R为圆周运动的轨道半径。
由牛顿第二定律和圆周运动规律有:
解得:
(3)
a.小球运动的速率始终不变,当R变大时,T0也增加,在小球不飞出电场的情况下,当小球运动的周期T最大时,图1中圆轨迹右侧恰好跟相切,为使小球从通过P点后能做周期性运动,需满足t1=t2。
有:
解得:
而
可知小球在电场中运动的最大周期:
b.答图如图2所示
知识点
如图所示,水平线QC下方是水平向左的匀强电场;区域Ⅰ(梯形PQCD)内有垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为B;区域Ⅱ(三角形APD)内也有垂直纸面向里的匀强磁场,但是磁感应强度大小可以与区域Ⅰ不同;区域Ⅲ(虚线PD之上、三角形APD以外)有垂直纸面向外的匀强磁场,磁感应强度与区域Ⅱ内磁感应大小相等。三角形AQC是边长为2L的等边三角形,P、D分别为AQ、AC的中点.带正电的粒子从Q点正下方、距离Q点为L的O点以某一速度射出,在电场力作用下从QC边中点N以速度v0垂直QC射入区域Ⅰ,接着从P点垂直AQ射入区域Ⅲ。若区域Ⅱ、Ⅲ的磁感应强度大小与区域Ⅰ的磁感应强度满足一定的关系,此后带电粒子又经历一系列运动后又会以原速率返回O点.(粒子重力忽略不计)求:
(1)该粒子的比荷;
(2)粒子从O点出发再回到O点的整个运动过程所有可能经历的时间.
正确答案
见解析
解析
(1)根据牛顿第二定律和洛仑兹力表达式有…………①(3分)
代入R=L,解得…………②(2分)
(2)带电粒子在电磁场中运动的总时间包括三段:电场中往返的时间t0、区域I中的时间t1、区域Il和Ⅲ中的时间,根据平抛运动规律有
………… ③(2分)
设在区域Ⅰ中的时间为t1,则…………④(2分)
若粒子在区域Ⅱ和Ⅲ内的运动如图甲所示,则总路程为(2n+5/6)个圆周,根据几何关系有
………… ⑤(2分)
解得 其中n=0,l,2……
区域Ⅱ和Ⅲ内总路程为 ………… ⑥(2分)
知识点
如图所示,在电子枪右侧依次存在加速电场,两水平放置的平行金属板和竖直放置的荧光屏。加速电场的电压为U1。两平行金属板的板长、板间距离均为d。荧光屏距两平行金属板右侧距离也为d。电子枪发射的质量为m、电荷量为–e的电子,从两平行金属板的中央穿过,打在荧光屏的中点O。不计电子在进入加速电场前的速度及电子重力。
(1)求电子进入两金属板间时的速度大小v0;
(2)若两金属板间只存在方向垂直纸面向外的匀强磁场,求电子到达荧光屏的位置与O点距离的最大值和此时磁感应强度B的大小;
(3)若两金属板间只存在竖直方向的匀强电场,两板间的偏转电压为U2,电子会打在荧光屏上某点,该点距O点距离为,求此时U1与U2的比值;若使电子打在荧光屏上某点,该点距O点距离为d,只改变一个条件的情况下,请你提供一种方案,并说明理由。
正确答案
见解析。
解析
(1)设电子经电场加速后进入偏转场区的速度大小为v0,由动能定理得
①
②
(2)偏转场区中只有匀强磁场时,电子进入磁场区受洛仑兹力作用做匀速圆周运动,经磁场偏转后,沿直线运动到荧光屏。磁场的磁感应强度越大,偏转越大,电子偏转的临界状态是恰好从上板的右端射出,做直线运动到达荧光屏。它的位置与O点距离即为最大值,如图所示。
电子做圆周运动,有 ③
由图可得 ④
⑤
可得
⑥
由③式和
得 ⑦
(3)偏转区内只有匀强电场时,电子进入偏转区做匀加速曲线运动,如图所示。
离开偏转电场时沿电场方向的位移
速度方向偏转角设为,
打到荧光屏的位置距O点的距离 ⑧
可得
由可知,改变加速电压U1或偏转电压U2的大小,即可改变电子打到荧光屏的的位置:
方案一:保持U1的大小不变,将偏转电压U2加倍即可。
方案二:保持U2的大小不变,将加速电压U1减半即可。
知识点
地面附近水平虚线MN的下方存在着正交的匀强电场和匀强磁场,电场强度为E,磁感应强度为B,如图所示。一带电微粒自距MN为h的高处由静止下落,从P点进入场区,沿半圆圆弧POQ运动,经圆弧的最低点O从Q点射出。重力加速度为g,忽略空气阻力的影响。下列说法中错误的是
正确答案
解析
略
知识点
在直角坐标系的第一象限内存在按如图所示规律变化的磁场,磁场的左边界与轴重合,右边界与x轴成30°角;第二象限内存在磁感应强度为
的匀强磁场;第三象限内存在与y方向成45°的匀强电场,电场强度大小为E。一质量为m、电荷量为
的带电粒子从(0,-a)点由静止释放,从(-a,0)点进入第二象限并垂直y轴离开第二象限。若磁场方向垂直于纸面向外时磁感应强度为正值,t=0时粒子进入第一象限,不计粒子重力,求:
(1)粒子进入第二象限时的速度大小和在第三象限内运动的时间;
(2)粒子离开第二象限时的位置和在第二象限内运动的时间;
(3)B3为多大时粒子刚好能离开第一象限内的磁场区域。
正确答案
(1),
(2)粒子离开第二象限时的y轴坐标:y=;
(3)T0=
解析
(1)粒子在电场中运动时:
解得: ,
(2)由牛顿第二定律得,解得
粒子离开第二象限时的y轴坐标:
粒子在第二象限内运动时
(3)如图,相切时粒子刚好能离开第一象限内的磁场区域
0~内由
得
磁场的变化时间正好等于1/4周期,轨迹为1/4圆周,此后粒子经历4B0磁场
由图象知粒子整好运动了一个周期,轨迹为一完整圆周。在磁场为B3中运动时
知识点
如图甲所示,两块相同的平行金属板M、N正对着放置,相距为,板M、N上的小孔
、
与O三点共线,
=R,连线
垂直于板M、N.以O为圆心、R为半径的圆形区域内存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场.收集屏PQ上各点到O点的距离都为2R,两端点P、Q关于连线
对称,屏PQ所对的圆心角
.质量为m、电荷量为e的质子连续不断地经
进入M、N间的电场,接着通过
进入磁场.质子重力及质子间的相互作用均不计,质子在
处的速度看作零.
⑴若M、N间的电势差(U>0)时,求质子进入磁场时速度的大小
.
⑵若M、N间接入如图乙所示的随时间t变化的电压(式中
,周期T已知),且在质子通过板间电场区域的极短时间内板间电场视为恒定,则质子在哪些时刻自S1处进入板间,穿出磁场后均能打到收集屏PQ上?
⑶在上述⑵问的情形下,当M、N间的电压不同时,质子从S1处到打在收集屏PQ上经历的时间t会不同,求t的最大值.
正确答案
见解析
解析
(1)根据动能定理
有
(2)质子在板间运动,根据动能定理, 有
质子在磁场中运动,根据牛顿第二定律,有
若质子能打在收集屏上,轨道半径与
半径应满足的关系:
解得板间电压
结合图象可知:质子在…
(
,1,2,…)之间任一时刻从s1处进入电场,均能打到收集屏上
(3)M、N间的电压越小,质子穿出电场进入磁场时的速度越小,质子在极板间经历的时间越长,同时在磁场中运动轨迹的半径越小,在磁场中运动的时间也会越长,出磁场后打到收集屏前作匀速运动的时间也越长,所以当质子打在收集屏的P端时,对应时间t
最长,两板间的电压此时为
在板间电场中运动时间
在磁场中运动时间
出磁场后打到收集屏前作匀速运动的时间
所以,运动总时间
或t
知识点
如图所示,在平面直角坐标系xOy的第二象限内有场强大小为E、沿x轴正方向的匀强电场,在第一象限内有一圆形匀强磁场区域(图中未画出),磁场方向垂直xOy平面,圆形匀强磁场区域的边界与x轴相切于点P(2L,0)。两个质子(质子质量m,电荷量q,不计重力)a、b以相等的速率沿不同方向从P点同时射入磁场区,其中a的速度方向沿y轴正方向,b的速度方向与x轴正方向的夹角=30o,a、b经过磁场后都垂直于y轴进入第二象限,a通过y轴上的点Q(0,L),a、b从开始进入磁场到第一次射出磁场的时间差为t0。
(1)求磁感应强度B的大小和质子在磁场中运动速度v的大小;
(2)求质子在电场中运动离y轴的最远距离x;
(3)两个质子离开电场后会先后经过同一点M,求质子b从开始运动到经过M点的时间t;
(4)若只将第二象限内的匀强电场方向变为沿y轴负方向,仍使a、b以原来的速度射入磁场区,求a、b经过x轴上的两点间的距离x。
正确答案
(1)v=
(2)
(3)t=3t0++
(4)Δx=
解析
(1)两质子的运动轨迹如图,在磁场中的运动周期为:
a在磁场中转过90°圆心角,时间
b在磁场中转过150°圆心角,时间
则:t0= tb-ta =
解得:
由a的轨迹可知质子在磁场的运动半径:R= L
由
得:
(2)质子在电场中,由动能定理得:
-qEx=-mv2
得:
(3)两质子离开电场后再次返回磁场的轨迹如图,由运动的对称性可知, a、b在磁场中运动时间都是:t1==3t0
b在非场区运动时间:
在电场中:
b在电场中运动时间:
t= t1+t2+t3=3t0++
(4)ha=L,hb=R+Rcos30°=
由,
,xa= vta,xb= vtb
得a、b打在x轴上的两点间的距离:
Δx= xb-xa= v(tb-ta)=
知识点
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