专题:磁场计算题（附答案详解）1、如图所示，从离子源产生的甲、乙两种离子，由静止经加速电压U加速后在纸面内水平向右运动，自M点垂直于磁场边界射入匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁场左边界竖直．已知甲种离子射入磁场的速度大小为v1，并在磁场边界的N点射出；乙种离子在MN的中点射出；MN长为l.不计重力影响和离子间的相互作用．求：(1)磁场的磁感应强度大小；(2)甲、乙两种离子的比荷之比．2、如图所示，在y>0的区域存在方向沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E；在y<0的区域存在方向垂直于xOy平面向外的匀强磁场．一个氕核11H和一个氘21H先后从y轴上y＝h点以相同的动能射出，速度方向沿x轴正方向．已知11H进入磁场时，速度方向与x轴正方向的夹角为60°，并从坐标原点O处第一次射出磁场.11H的质量为m，电荷量为q.不计重力．求：(1)11H第一次进入磁场的位置到原点O的距离；(2)磁场的磁感应强大小；(3)21H第一次离开磁场的位置到原点O的距离．3、一足够长的条状区域内存在匀强电场和匀强磁场，其在xOy平面内的截面如图所示：中间是磁场区域，其边界与y轴垂直，宽度为l，磁感应强度的大小为B，方向垂直于xOy平面；磁场的上、下两侧为电场区域，宽度均为l′，电场强度的大小均为E，方向均沿x轴正方向；M、N为条状区域边界上的两点，它们的连线与y轴平行．一带正电的粒子以某一速度从M点沿y轴正方向射入电场，经过一段时间后恰好以从M点入射的速度从N点沿y轴正方向射出．不计重力．(1)定性画出该粒子在电磁场中运动的轨迹；(2)求该粒子从M点入射时速度的大小；(3)若该粒子进入磁场时的速度方向恰好与x轴正方向的夹角为π6，求该粒子的比荷及其从M点运动到N点的时间．4、如图所示，竖直放置的平行金属板板间电压为U，质量为m、电荷量为＋q的带电粒子在靠近左板的P点，由静止开始经电场加速，从小孔Q射出，从a点进入磁场区域，abde是边长为2L的正方形区域，ab边与竖直方向夹角为45°，cf与ab平行且将正方形区域等分成两部分，abcf中有方向垂直纸面向外的匀强磁场B1，defc中有方向垂直纸面向里的匀强磁场B2，粒子进入磁场B1后又从cf 上的M点垂直cf射入磁场B2中(图中M点未画出)，不计粒子重力，求：(1)粒子从小孔Q射出时的速度；(2)磁感应强度B1的大小；(3)磁感应强度B2的取值在什么范围内，粒子能从边界cd间射出．5、如图所示，在真空中xOy平面的第一象限内，分布有沿x轴负方向的匀强电场，场强E＝4×104 N/C，第二、三象限内分布有垂直于纸面向里且磁感应强度为B2的匀强磁场，第四象限内分布有垂直纸面向里且磁感应强度为B1＝0.2 T的匀强磁场．在x轴上有一个垂直于y轴的平板OM，平板上开有一个小孔P，在y轴负方向上距O点为 3 cm的粒子源S可以向第四象限平面内各个方向发射α粒子，且OS＞OP.设发射的α粒子速度大小v均为2×105 m/s，除了垂直于x轴通过P点的α粒子可以进入电场，其余打到平板上的α粒子均被吸收．已知α粒子的比荷为qm＝5×107 C/kg，重力不计，试问：(1)P点距O点的距离；(2)α粒子经过P点第一次进入电场，运动后到达y轴的位置与O点的距离；(3)要使离开电场的α粒子能回到粒子源S处，磁感应强度B2应为多大？6、如图25所示，在xOy平面的0≤x≤23a范围内有沿y轴正方向的匀强电场，在x＞23a范围内某矩形区域内有一个垂直于xOy平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B.一质量为m、电荷量为＋q的粒子从坐标原点O以速度v0沿x轴正方向射入电场，从M点离开电场，M点坐标为(23a，a)．再经时间t＝3mqB进入匀强磁场，又从M点正上方的N点沿x轴负方向再次进入匀强电场．不计粒子重力，已知sin 15°＝6－24，cos 15°＝6＋24.求：(1)匀强电场的电场强度；(2)N点的纵坐标；(3)矩形匀强磁场的最小面积．7、如图甲所示，竖直挡板MN左侧空间有方向竖直向上的匀强电场和垂直纸面的匀强磁场，电场和磁场的范围足够大，电场强度E＝40 N/C，磁感应强度B随时间t变化的关系图象如图乙所示，选定磁场垂直于纸面向里为正方向．t＝0时刻，一质量m＝8×10－4 kg、电荷量q＝＋2×10－4 C的微粒在O点具有竖直向下的速度v＝0.12 m/s，O′是挡板MN上一点，直线OO′与挡板MN垂直，g取10m/s2.求：(1)微粒再次经过直线OO′时与O点的距离；(2)微粒在运动过程中离开直线OO′的最大高度．(3)水平移动挡板，使微粒能垂直射到挡板上，挡板与O点间的距离应满足的条件．8、如图所示，在竖直平面内，水平x轴的上方和下方分别存在方向垂直纸面向外和方向垂直纸面向里的匀强磁场，其中x轴上方的匀强磁场磁感应强度大小为B1，并且在第一象限和第二象限有方向相反、强弱相同的平行于x轴的匀强电场，电场强度大小为E1，已知一质量为m的带电小球从y轴上的A(0，L)位置斜向下与y轴负半轴成60°角射入第一象限，恰能做匀速直线运动。

(1)判定带电小球的电性，并求出所带电荷量q及入射的速度大小；(2)为使得带电小球在x轴下方的磁场中能做匀速圆周运动，需要在x轴下方空间加一匀强电场，试求所加匀强电场的方向和电场强度的大小；(3)在满足第(2)问的基础上，若在x轴上安装有一绝缘弹性薄板，并且调节x轴下方的磁场强弱，使带电小球恰好与绝缘弹性板碰撞两次后从x轴上的某一位置返回到x轴的上方(带电小球与弹性板碰撞时，既无电荷转移，也无能量损失，并且入射方向和反射方向与弹性板的夹角相同)，然后恰能做匀速直线运动至y轴上的A(0，L)位置，则弹性板至少多长？带电小球从A位置出发返回至A位置过程中所经历的时间。

1、【答案】 (1)4Ul v 1(2)1∶4【解析】 (1)设甲种离子所带电荷量为q 1、质量为m 1，在磁场中做匀速圆周运动的半径为R 1，磁场的磁感应强度大小为B ，由动能定理有q 1U ＝12m 1v 21 ① 由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有q 1v 1B ＝m 1v 21R 1②由几何关系知2R 1＝l ③ 由①②③式得B ＝4Ul v 1. ④(2)设乙种离子所带电荷量为q 2、质量为m 2，射入磁场的速度为v 2，在磁场中做匀速圆周运动的半径为R 2.同理有q 2U ＝12m 2v 22 ⑤ q 2v 2B ＝m 2v 22R 2 ⑥由题给条件有2R 2＝l 2⑦由①②③⑤⑥⑦式得，甲、乙两种离子的比荷之比为q 1m 1∶q 2m 2＝1∶42、【答案】（1）s 1＝233h . （2） B ＝6mEqh. ⑨(1)11H 在电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示． 设11H 在电场中的加速度大小为a 1，初速度大小为v 1，它在电场中的运动时间为t 1，第一次进入磁场的位置到原点O 的距离为s 1.由运动学公式有s 1＝v 1t 1 ① h ＝12a 1t 21②由题给条件，11H 进入磁场时速度的方向与x 轴正方向夹角θ1＝60°，11H 进入磁场时速度的y 分量的大小为a 1t 1＝v 1tan θ1 ③ 联立以上各式得s 1＝233h . ④(2)11H 在电场中运动时，由牛顿第二定律有qE ＝ma 1 ⑤设11H 进入磁场时速度的大小为v ′1，由速度合成法则有v ′1＝v 21＋(a 1t 1)2 ⑥设磁感应强度大小为B ，11H 在磁场中运动的圆轨道半径为R 1，有q v ′1B ＝m v ′21R 1⑦由几何关系得s 1＝2R 1sin θ1 ⑧ 联立以上各式得B ＝6mEqh. ⑨(3)设21H 在电场中沿x 轴正方向射出的速度大小为v 2，在电场中的加速度大小为a 2得12(2m )v 22＝12m v 21 ⑩ 由牛顿第二定律有qE ＝2ma2 ⑪ 设21H 第一次射入磁场时的速度大小为v ′2，速度的方向与x 轴正方向夹角为θ2，入射点到原点的距离为s 2，在电场中运动的时间为t 2.由运动学公式有s 2＝v 2t 2 ⑫h ＝12a 2t 22⑬ v ′2＝v 22＋(a 2t 2)2⑭ sin θ2＝a 2t 2v ′2⑮ 联立以上各式得s 2＝s 1，θ2＝θ1，v ′2＝22v ′1 ⑯设21H 在磁场中做圆周运动的半径为R 2，由⑦⑯式得R 2＝(2m )v ′2qB ＝2R 1 ⑰ 所以出射点在原点左侧． 设21H 进入磁场的入射点到第一次离开磁场的出射点的距离为s ′2，由几何关系有s ′2＝2R 2sin θ2 ⑱联立④⑧⑯⑰⑱式得，21H 第一次离开磁场时的位置到原点O 的距离为s ′2－s 2＝233(2－1)h .3、【解析】 (1)粒子运动的轨迹如图所示．(粒子在电场中的轨迹为抛物线，在磁场中为圆弧，上下对称)(2)粒子从电场下边界入射后在电场中做类平抛运动．设粒子从M 点射入时速度的大小为v 0，在下侧电场中运动的时间为t ，加速度的大小为a ；粒子进入磁场的速度大小为v ，方向与电场方向的夹角为θ(见图(b))，速度沿电场方向的分量为v 1.根据牛顿第二定律有qE ＝ma ①式中q 和m 分别为粒子的电荷量和质量．由运动学公式有 v 1＝at ②l ′＝v 0t ③v 1＝v cos θ ④粒子在磁场中做匀速圆周运动，设其运动轨道半径为R ，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得q v B ＝m v 2R⑤由几何关系得l ＝2R cos θ ⑥联立①②③④⑤⑥式得v 0＝2El ′Bl. ⑦(3)由运动学公式和题给数据得v 1＝v 0cot π6⑧联立①②③⑦⑧式得q m ＝43El ′B 2l 2⑨设粒子由M 点运动到N 点所用的时间为t ′，则t ′＝2t ＋2(π2－π6)2πT ⑩ 式中T 是粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期．T ＝2πmqB⑪由③⑦⑨⑩⑪式得t ′＝Bl E (1＋3πl18l ′)．4、【答案】 (1)2qU m (2)1L mU q (3)1L 2mUq ≤B 2≤2(2＋32)7L mU q【解析】 (1)在两板间由动能定理有：qU ＝12m v 2解得：v ＝2qUm.(2)进入磁场B 1后，粒子做匀速圆周运动，设半径为r 1，轨迹如图所示，由几何关系有：r 1＝Lsin 45°＝2L由q v B 1＝m v 2r 1，联立解得：B 1＝1L mUq.(3)能从cd 边射出，则对应轨迹如图所示，恰好从c 点射出时，设此时半径为r 2，则有：r 2＝cM 2＝2L ＋L －2L 2＝(3－2)L2由q v B 2＝m v 2r 2解得：B 2＝2(2＋32)7L mUq若恰好与de 边相切，设此时半径为r 3， 则有：r 3＝L同理可以得到：B 2＝1L 2mU q 综上可得到：1L 2mUq ≤B 2≤2(2＋32)7L mU q时，粒子能从cd 间射出．5、【解析】 (1)α粒子从S 射出经过磁场B 1后，能从P 点垂直x 轴通过的运动轨迹如图所示，由公式B 1q v ＝m v 2r 可知，粒子的轨道半径r ＝m vB 1q＝0.02 m ，由几何关系可知：cos θ＝OS r ＝32，则θ＝30°，由此可知P 点距O 点的距离OP ＝r －r sin θ＝0.01 m.(2)α粒子进入电场后做类平抛运动，x 轴：x ＝OP ＝12at 2，y 轴：y ＝v t ，加速度为：a ＝qEm＝2×1012 m/s 2，粒子到达y 轴位置与O 点的距离为：y ＝0.02m.(3)设在y 轴射出电场的位置到粒子源S 的距离为H ＝y ＋OS ＝(2＋3)×10－2 m ，设粒子在y 轴射出电场方向与y 轴正方向夹角为φ，由tan φ＝atv ＝1，可知：φ＝45°，则α粒子射入磁场B 2的速度大小v ′＝2v ， α粒子能回到粒子源S 处可分以下两种情况处理：①粒子经B 2磁场偏转后直接回到粒子源S 处，如图乙所示．设粒子在B 2磁场中做圆周运动的半径为R ，由几何关系可知，cos 45°＝RH，则R ＝2＋32×10－2 m ，由公式B 2q v ′＝m v ′2R ，得到B 2＝m v ′qR ＝4(2－3)5 T.②粒子经B 2磁场偏转后进入B 1磁场偏转再回到离子源S 处，如图丙所示．则粒子进入B 1磁场的偏转半径r ′＝m v ′qB 1＝2m v qB 1＝2r ＝22×10－2 m ，由几何关系可知，cos 45°＝R ′H ＋2r ′，则R ′＝6＋32×10－2 m ，由公式B 2q v ′＝m v ′2R ′，得到B 2＝m v ′qR ′＝0.86＋3T ＝4(6－3)165 T.6、【解析】(1)粒子从O 点运动到M 点的过程中做类平抛运动．设其在电场中的运动时间为t 0，则有23a ＝v 0t 0，a ＝qEt 202m ，联立可得E ＝m v 206qa.(2)设粒子运动到M 点时速度大小为v ，偏转角为θ，则有v y ＝qE m t 0，v ＝v 20＋v 2y ，tan θ＝v y v 0， 代入数据解得v y ＝33v 0，v ＝233v 0，θ＝30°.由题意可知，设粒子从P 点进入磁场，从Q 点离开磁场，则有MP ＝v t ，代入数据解得MP ＝2m v 0qB.设粒子在磁场中以C 点为圆心做匀速圆周运动，半径为R ，MP 与MC 的夹角为α，过C 点 CD ⊥MN于点D ，则有q v B ＝m v 2R ，解得R ＝23m v 03qB ，tan α＝RMP，解得α＝30°.由MP ＝MD ，所以N 点的纵坐标为y N ＝R ＋MD ＋a ，将R ＝23m v 03qB 代入可解得y N ＝2(3＋3)m v 03qB＋a .(3)由几何关系可知，粒子在矩形磁场中的偏转角(即圆心角)为β＝150°，若使矩形磁场面积最小，有PQ ＝2R cos 15°，矩形的另一边长为R (1－sin 15°)，故矩形磁场的最小面积为S min ＝2R 2cos 15°(1－sin 15°)，代入数据可解得S min ＝2(2＋6－1)m 2v 203q 2B2. 7、【答案】 (1)1.2 m (2)2.48 m (3)L ＝(1.2n ＋0.6)m(n ＝0,1,2，…)【解析】 (1)根据题意可知，微粒所受的重力G ＝mg ＝8×10－3 N ①电场力大小F ＝qE ＝8×10－3 N ② 因此重力与电场力平衡，微粒先在洛仑兹力作用下做匀速圆周运动，则q v B ＝m v 2R③由③式解得R ＝0.6 m ④由T ＝2πRv ⑤ 得：T ＝10π s ⑥则微粒在5π s 内转过半个圆周，再次经直线OO ′时与O 点的距离L ＝2R ⑦将数据代入上式解得L ＝1.2 m ．⑧(2)微粒运动半周后向上匀速运动，运动的时间为t ＝5π s ，轨迹如图所示． 位移大小： s ＝v t=1.88 m ⑩因此，微粒离开直线OO ′的最大高度 H ＝s ＋R ＝2.48 m ．⑪(3)若微粒能垂直射到挡板上的某点P ，P 点在直线OO ′下方时，由图象可以知道，挡板MN 与O 点间的距离应满足 L ＝(2.4n ＋0.6)m(n ＝0,1,2，…)⑫若微粒能垂直射到挡板上的某点P ，P 点在直线OO ′上方时，由图象可知，挡板MN 与O 点间的距离应满足 L ＝(2.4 n ＋1.8)m(n ＝0,1,2，…)⑬结合两式可知L ＝(1.2n ＋0.6)m(n ＝0,1,2，…)．8、答案 (1)负电 3mg 3E 1 2E 1B 1 (2)竖直向下 3E 1 (3)233L 53πB 1L 3E 1＋2B 1LE 1解析 (1)小球在第一象限中的受力分析如图所示，所以带电小球带负电。