專題解析：（十九）“電場與磁場”計算大題專練1．如圖所示，U形金屬桿上邊長為L＝15cm，質(zhì)量為m＝1×10－3kg，下端插入導(dǎo)電液體中，導(dǎo)電液體連接電源，金屬桿所在空間有垂直紙面向里的大小為B＝8×10－2T的勻強(qiáng)磁場。(1)若插入導(dǎo)電液體部分深h＝2.5cm，閉合開關(guān)，金屬桿飛起后，其下端離液面最大高度H＝10cm，設(shè)離開導(dǎo)電液體前桿中的電流不變，求金屬桿離開液面時的速度大小和金屬桿中的電流有多大；(g＝10m/s2)(2)若金屬桿下端剛與導(dǎo)電液體接觸，改變電動勢的大小，通電后金屬桿跳起高度H′＝5cm，通電時間t′＝0.002s，求通過金屬桿橫截面的電荷量。解析：(1)對金屬桿，飛起后下端離液面高度為H，由運(yùn)動學(xué)關(guān)系式v2＝2gH，解得v＝eq\r(2gH)＝eq\r(2)m/s，通電過程金屬桿受到的安培力大小為FA＝BIL，由動能定理得BILh－mg(H＋h)＝0，解得I＝eq\f(25,6)A。(2)對金屬桿，通電時間t′＝0.002s，由動量定理有(BI′L－mg)t′＝mv′－0由運(yùn)動學(xué)公式v′2＝2gH′通過金屬桿橫截面的電荷量q＝I′t′聯(lián)立解得q＝0.085C。答案：(1)eq\r(2)m/seq\f(25,6)A(2)0.085C2．密立根油滴實驗的示意圖如圖所示。兩水平金屬平板上下放置，間距固定，可從上板中央的小孔向兩板間噴入大小不同、帶電量不同、密度相同的小油滴。兩板間不加電壓時，油滴a、b在重力和空氣阻力的作用下豎直向下勻速運(yùn)動，速率分別為v0、eq\f(v0,4)；兩板間加上電壓后(上板為正極)，這兩個油滴很快達(dá)到相同的速率eq\f(v0,2)，均豎直向下勻速運(yùn)動。油滴可視為球形，所受空氣阻力大小與油滴半徑、運(yùn)動速率成正比，比例系數(shù)視為常數(shù)。不計空氣浮力和油滴間的相互作用。(1)求油滴a和油滴b的質(zhì)量之比；(2)判斷油滴a和油滴b所帶電荷的正負(fù)，并求a、b所帶電荷量的絕對值之比。解析：(1)設(shè)油滴半徑為r，密度為ρ，則油滴質(zhì)量m＝eq\f(4,3)πr3ρ，則速率為v時受空氣阻力f＝krv(k為比例系數(shù))，當(dāng)油滴勻速下落時mg＝f，聯(lián)立解得r＝eq\r(\f(3kv,4πρg))∝eq\r(v)，可知eq\f(ra,rb)＝eq\r(\f(v0,\f(v0,4)))＝2，則eq\f(ma,mb)＝eq\f(ra3,rb3)＝eq\f(8,1)。(2)兩板間加上電壓后(上板為正極)，這兩個油滴很快達(dá)到相同的速率eq\f(v0,2)，可知油滴a做減速運(yùn)動，油滴b做加速運(yùn)動，可知油滴a帶負(fù)電，油滴b帶正電；當(dāng)再次勻速下落時，對a由受力平衡可得eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(qa))E＋fa＝mag，其中fa＝eq\f(\f(v0,2),v0)mag＝eq\f(1,2)mag，對b由受力平衡可得fb－qbE＝mbg，其中fb＝eq\f(\f(v0,2),\f(v0,4))mbg＝2mbg，聯(lián)立解得eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(qa,qb)))＝eq\f(ma,2mb)＝eq\f(4,1)。答案：(1)8∶1(2)油滴a帶負(fù)電油滴b帶正電4∶13．如圖(a)所示，離子源持續(xù)逸出帶電量為＋q、質(zhì)量為m的離子，其初速度視為0，離子經(jīng)過加速電場后，以速度v0沿兩平行極板P、Q的中線飛入交變電場。已知極板P、Q水平放置，間距為d，長度為L，極板上所加的交變電壓如圖(b)所示，變化周期T＝eq\f(L,v0)，所有離子均能從PQ極板右側(cè)射出，不計離子重力及離子間相互作用，求：(1)加速電場的電壓大小U0；(2)PQ極板間所加電壓U的最大值Um；(3)當(dāng)PQ極板間交變電壓為(2)問中所求的Um時，在PQ極板右側(cè)建立O-xyz直角坐標(biāo)系，其中Ox與極板Q的中軸線在同一直線上，圖中的兩個正方體邊長均為d，正方體OCDE-O1C1D1E1區(qū)域內(nèi)存在沿y軸正方向、大小為B1＝eq\f(3mv0,5qd)的勻強(qiáng)磁場，正方體CDGH-C1D1G1H1區(qū)域內(nèi)存在沿x軸正方向、大小為B2＝eq\f(9mv0,10qd)的勻強(qiáng)磁場，求離子在正方體CDGH-C1D1G1H1區(qū)域內(nèi)運(yùn)動的最長時間。解析：(1)離子經(jīng)過加速電場后，根據(jù)動能定理有U0q＝eq\f(1,2)mv02－0，解得U0＝eq\f(mv02,2q)。(2)離子在平行極板PQ間運(yùn)動時，水平方向做勻速直線運(yùn)動，有L＝v0t，解得t＝eq\f(L,v0)即離子在平行極板PQ間運(yùn)動的時間恰為電場變化的一個周期，t＝neq\f(T,2)(n＝0,1,2,3，…)時刻進(jìn)入極板間的離子恰從極板邊緣離開時，所加電壓最大，則有eq\f(qUm,d)＝maeq\f(d,2)＝2×eq\f(1,2)aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,2)))2解得Um＝eq\f(2mv02d2,qL2)。(3)離子飛過平行極板PQ過程中，沿豎直方向的速度增量為Δvy＝a×eq\f(T,2)－a×eq\f(T,2)即Δvy＝0，所有離子均以速度v0水平飛出PQ極板進(jìn)入第一個正方體區(qū)域后，洛倫茲力提供向心力：qv0B1＝eq\f(mv02,r1)，解得r1＝eq\f(5,3)d離子運(yùn)動軌跡俯視圖如圖(a)所示則有cosθ＝eq\f(d,r1)＝0.6CM＝r1－r1sinθ＝eq\f(d,3)即進(jìn)入第二個正方體的離子均從正方形CDD1C1的MN連線進(jìn)入，離子進(jìn)入第二個正方體區(qū)域后，沿x軸方向做勻速直線運(yùn)動，若能到正方形GG1H1H，則d＝v0sinθ·t1解得t1＝eq\f(5d,4v0)垂直于磁場的速度分量使離子做圓周運(yùn)動，即離子邊做圓周運(yùn)動邊做勻速直線運(yùn)動，為螺旋運(yùn)動qv0cosθ·B2＝meq\f((v0cosθ)2,r2)解得r2＝eq\f(2d,3)離子運(yùn)動的側(cè)視圖如圖(b)所示離子在第二個正方體中做圓周運(yùn)動的周期為T2＝eq\f(2πm,qB2)＝eq\f(20πd,9v0)從N點進(jìn)入的離子在磁場中做圓周運(yùn)動的時間最長，設(shè)該離子的偏轉(zhuǎn)角為α，由幾何關(guān)系得cosα＝eq\f(d－r2,r2)解得α＝60°能在該磁場中做圓周運(yùn)動的離子運(yùn)動的最長時間為t2＝eq\f(180°－α,360°)T2＝eq\f(20πd,27v0)由于t2>t1，即離子在第二個正方體中尚未完成一個螺旋便已離開，其運(yùn)動的最長時間為tmax＝t1＝eq\f(5d,4v0)。答案：(1)eq\f(mv02,2q)(2)eq\f(2mv02d2,qL2)(3)eq\f(5d,4v0)4．如圖所示，在0≤x≤2d、0≤y≤2d的區(qū)域中，存在沿y軸正方向、場強(qiáng)大小為E的勻強(qiáng)電場，電場的周圍分布著垂直紙面向外的恒定勻強(qiáng)磁場。一個質(zhì)量為m、電量為q的帶正電粒子從OP中點A進(jìn)入電場(不計粒子重力)。(1)若粒子初速度為零，粒子從上邊界垂直QN第二次離開電場后，垂直NP再次進(jìn)入電場，求磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小；(2)若改變電場強(qiáng)度大小，粒子以一定的初速度從A點沿y軸正方向第一次進(jìn)入電場，離開電場后從P點第二次進(jìn)入電場，在電場的作用下從Q點離開。(ⅰ)求改變后電場強(qiáng)度E′的大小和粒子的初速度v0；(ⅱ)通過計算判斷粒子能否從P點第三次進(jìn)入電場。解析：(1)如圖(a)所示為粒子在電場和磁場中的運(yùn)動軌跡，由幾何關(guān)系可得粒子軌跡半徑r1＝eq\f(d,3)粒子在電場中加速，設(shè)粒子第一次進(jìn)入磁場時的速度為v，根據(jù)動能定理得eq\f(1,2)mv2＝qE·2d解得v＝2eq\r(\f(qEd,m))根據(jù)粒子在磁場中的運(yùn)動半徑r1＝eq\f(mv,qB)可得B＝6eq\r(\f(mE,qd))。(2)(ⅰ)改變電場強(qiáng)度大小，設(shè)粒子第一次進(jìn)入磁場的速度為v1在磁場中做圓周運(yùn)動的半徑滿足r2＝eq\f(mv1,qB)粒子運(yùn)動軌跡如圖(b)所示，由幾何關(guān)系可得(r2－d)2＋(2d)2＝r22聯(lián)立解得r2＝eq\f(5,2)dv1＝15eq\r(\f(qEd,m))第二次進(jìn)入電場時，v1方向與PA方向夾角θ滿足cosθ＝eq\f(2d,r2)，故θ＝37°，由幾何關(guān)系可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(v1x＝v1cos37°＝12\r(\f(qEd,m)),v1y＝v1sin37°＝9\r(\f(qEd,m))))將粒子在電場中的運(yùn)動分解eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(v1xt＝2d,\f(v1y＋v2y,2)t＝2d))可得v2y＝15eq\r(\f(qEd,m))而水平方向為勻速運(yùn)動，則v2x＝v1x＝12eq\r(\f(qEd,m))根據(jù)動能定理可得qE′·2d＝eq\f(1,2)m(v2x2＋v2y2)－eq\f(1,2)mv12解得E′＝36E根據(jù)粒子第一次在電場中的運(yùn)動可得qE′·2d＝eq\f(1,2)mv12－eq\f(1,2)mv02解得v0＝9eq\r(\f(qEd,m))，方向向上。(ⅱ)當(dāng)粒子第二次進(jìn)入磁場時，速度為v2＝eq\r(v2x2＋v2y2)＝3eq\r(\f(41qEd,m))粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的半徑為r3＝eq\f(mv2,qB)＝eq\f(\r(41),2)d根據(jù)幾何關(guān)系可得圓心O2的坐標(biāo)為eq\