电磁场相关计算

1、一选择题（共6小题）1用回旋加速器来加速粒子，为使粒子获得的动能增为原来的4倍，原则上可采用的方法是：（）A将回旋加速器的磁感应强度B增为原来的2倍；（其他条件不变）B将回旋加速器的电压U增为原来的4倍；（其他条件不变）C将D形盒的半径增大为原来的2倍；（其他条件不变）D将磁感应强度B与D形盒的半径，同时增大为原来的2倍（其他条件不变）2两个相同的半圆型光滑轨道分别竖直放在匀强电场和磁场中，轨道两端在同一高度上，两个相同的带正电的小球同时从两轨道左端最高点由静止释放，M、N为轨道的最低点，以下说法正确的是（）A两小球到达轨道最低点的速度vMvNB两小球到达轨道最低点的速度vMvNC两小球第1次

2、到达轨道最低点时对轨道压力NMNND在磁场中小球能到达轨道另一端最高点，在电场中小球不能到达轨道另一端最高点3如图所示，一带负电的滑块从粗糙的绝缘斜面的顶端滑至底端时速率为V，若加一个垂直纸面向外的匀强磁场，则它滑至底端时的速率将（）A不变B变大C变小D不能确定4如图所示，真空中狭长区域内的匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，区域宽度为d，边界为CD和EF，速度为v的电子从边界CD外侧沿垂直于磁场方向射入磁场，入射方向跟CD的夹角为，已知电子的质量为m、带电荷量为e，为使电子能从另一边界EF射出，电子的速率应满足的条件是（）AvBvCvDv5如图所示，相同的带正电粒子A和B，同时以vA

3、和vB的速度从宽度为d的有界匀强磁场的边界上的0点分别以60°和30°（与边界的夹角）方向射入磁场，又恰好不从另一边界飞出，则下列说法中正确的是（）AA、B两粒子的速度之比BA、B两粒子在磁场中的位移之比1：1CA、B两粒子在磁场中的路程之比1：2DA、B两粒子在磁场中的时间之比2：16如图所示，金属棒ab置于水平放置的金属导轨cdef上，棒ab与导轨相互垂直并接触良好，导轨间接有电源现用两种方式在空间加匀强磁场，ab棒均处于静止第一次匀强磁场方向竖直向上；第二次匀强磁场方向斜向左上与金属导轨平面成=30°角，两次匀强磁场的磁感应强度大小相等下列说法中正确的是（）

4、A两次金属棒ab所受的安培力大小不变B第二次金属棒ab所受的安培力大C第二次金属棒ab受的摩擦力小D第二次金属棒ab受的摩擦力大二解答题（共6小题）7如图所示，一束电荷量为e、质量为m的电子以速度v垂直左边界射入宽度为d的有界匀强磁场中，穿过磁场时的速度方向与原来的电子的入射方向的夹角是30°，则磁感应强度为多大？电子穿过磁场的时间又是多少？8电视机的显像管中，电子束的偏转是用磁偏转技术实现的电子束经过电压为U的加速电场后，进入一圆形匀强磁场区，如图所示磁场方向垂直于圆面磁场区的中心为O，半径为r当不加磁场时，电子束将通过O点而打到屏幕的中心M点为了让电子束射到屏幕边缘P，需要加磁场

5、，使电子束偏转一已知角度，此时磁场的磁感应强度B应为多少？（电子的质量m、电量e均为已知）9如图所示，坐标空间中有场强为E的匀强电场和磁感应强度为B的匀强磁场，y轴为两种场的分界面，图中虚线为磁场区的右边界现有一质量为m电量为q的带电粒子，从电场中的P点以初速度V0沿x轴正方向开始运动，已知P点的坐标为（L，0）且，（不计带电粒子的重力）试求：（1）带电粒子运动到Y轴上时的速度；（2）要使带电粒子能穿越磁场区域而不再返回到电场中，磁场的宽度最大为多少10如图所示，在两条平行的虚线内存在着宽度为L、场强为E的匀强电场，在与右侧虚线相距也为L处有一与电场平行的屏现有一电荷量为+q、质量为m的带电粒

6、子（重力不计），以垂直于电场线方向的初速度v0射入电场中，v0方向的延长线与屏的交点为O试求：（1）粒子从射入到打到屏上所用的时间；（2）粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向间夹角的正切值tan；（3）粒子打到屏上的点P到O点的距离s11如图所示，、为电场和磁场的理想边界，一束电子（电量为e，质量为m，重力不计）由静止状态从P点经过、间的电场加速后垂直到达边界的Q点匀强磁场的磁感应强度为B，磁场边界宽度为d，电子从磁场边界穿出时的速度方向与电子原来的入射方向夹角为30°求：（1）电子在磁场中运动的时间t；（2）若改变PQ间的电势差，使电子刚好不能从边界射出，则此时PQ间的电势差U是

7、多少？12如图所示，在光滑的水平面上有一直角坐标系Oxy现有一个质量m=Olkg带电荷量q=一2×104C的微粒，从y轴正半轴上的P1点以速度v0=0.6m/s垂直于y轴射入已知在y0的空间内有与y轴方向平行的匀强电场，在y0的空间内存在方向与纸面垂直的匀强磁场带电微粒从P1点射入电场后，经坐标（1.2，0）的P2点与x轴正方向成53°角射入y0的空间，最后从y轴负半轴上的P3点垂直于y轴射出（已知：sin53=0.8，cos53°=0.6）求：（1）P1点的坐标；（2）匀强电场的电场强度E；（3）匀强磁场的磁感应强度B2016年12月30日Q919509572的

8、高中物理组卷参考答案与试题解析一选择题（共6小题）1（2014秋长沙校级期中）用回旋加速器来加速粒子，为使粒子获得的动能增为原来的4倍，原则上可采用的方法是：（）A将回旋加速器的磁感应强度B增为原来的2倍；（其他条件不变）B将回旋加速器的电压U增为原来的4倍；（其他条件不变）C将D形盒的半径增大为原来的2倍；（其他条件不变）D将磁感应强度B与D形盒的半径，同时增大为原来的2倍（其他条件不变）【分析】根据D形盒的半径，通过洛伦兹力提供向心力得出粒子获得的速度，从而得出获得的动能，然后进行分析判断【解答】解：根据qvB=得，粒子离开回旋加速器的速度v=，则粒子的动能A、将回旋加速器的磁感应强度增为

9、原来的2倍，则动能变为原来的4倍故A正确B、将回旋加速器的电压U增大为原来的4倍，粒子的动能不变故B错误C、将D形盒的半径增大为原来的2倍，则动能变为原来的4倍故C正确D、将磁感应强度B与D形盒的半径，同时增大为原来的2倍，则粒子的动能变为原来的16倍故D错误故选：AC【点评】解决本题的关键知道回旋加速器的工作原理，知道最大动能与磁感应强度B和D形盒的半径有关2（2014秋沈河区校级月考）两个相同的半圆型光滑轨道分别竖直放在匀强电场和磁场中，轨道两端在同一高度上，两个相同的带正电的小球同时从两轨道左端最高点由静止释放，M、N为轨道的最低点，以下说法正确的是（）A两小球到达轨道最低点的速度vMv

10、NB两小球到达轨道最低点的速度vMvNC两小球第1次到达轨道最低点时对轨道压力NMNND在磁场中小球能到达轨道另一端最高点，在电场中小球不能到达轨道另一端最高点【分析】带电小球在磁场中运动，洛伦兹力不做功，根据动能定理求出运动到最低点的速度，从而根据牛顿第二定律求出底部对小球的支持力大小，然后进行比较【解答】解：小球在磁场中运动，在最低点进行受力分析可知：FMmgBqv1=m解得：FM=m+mg+Bqv1小球在电场中运动，在最低点受力分析可知：FNmg=m解得：FN=m+mgAB、由于小球在磁场中运动，磁场力对小球不做功，整个过程中小球的机械能守恒；而小球在电场中运动受到的电场力对小球做负功，

11、到达最低点时的速度的大小较小，即vMvN，所以在电场中运动的时间也长，故A正确，B错误；C、因为v1v2，结合可知：FMFN，由牛顿第三定律，NMNN，故C正确；D、在磁场中小球能运动到另一端的最高处，则根据动能定理知，在电场中，电场力始终做负功，小球不能到达最高点故D正确故选：ACD【点评】解决本题的关键知道电场力做功和洛伦兹力做功的区别，知道洛伦兹力不做功，综合动能定理和牛顿第二定律进行求解3（2013秋开原市校级月考）如图所示，一带负电的滑块从粗糙的绝缘斜面的顶端滑至底端时速率为V，若加一个垂直纸面向外的匀强磁场，则它滑至底端时的速率将（）A不变B变大C变小D不能确定【分析】未加磁场时，

12、滑块受到重力、支持力、滑动摩擦力加磁场后，根据左手定则，多了一个垂直斜面向下的洛伦兹力两种情况重力做功相同，洛伦兹力不做功，但加磁场时对斜面的正压力变大，摩擦力变大，克服摩擦力做功变多，根据动能定理，即可比较出两种情况到达底端的速率【解答】解：未加磁场时，根据动能定理，有mghWf=0，；加磁场后，多了洛伦兹力，根据左手定则判断可知，洛伦兹力方向垂直于斜面向下，洛伦兹力不做功，但使物体对斜面的压力变大，滑动摩擦力变大，物体克服摩擦力做功增大，根据动能定理，有 mghWf=mv20，由上分析可知 WfWf，所以比较得vv故C正确，A、B、D错误故选：C【点评】解决本题的关键两次运用动能定理，抓住

13、两种情况重力功相同，洛伦兹力不做功，而克服摩擦力做功变大，从而比较出到达底端的速率4（2015春上饶期末）如图所示，真空中狭长区域内的匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，区域宽度为d，边界为CD和EF，速度为v的电子从边界CD外侧沿垂直于磁场方向射入磁场，入射方向跟CD的夹角为，已知电子的质量为m、带电荷量为e，为使电子能从另一边界EF射出，电子的速率应满足的条件是（）AvBvCvDv【分析】粒子在磁场中做匀速圆周运动，当其轨迹恰好与EF边相切时，轨迹半径最小，对应的速度最小【解答】解：由题意可知电子从EF射出的临界条件为到达边界EF时，速度与EF平行，轨迹与EF相切，如右图由几何知识

14、得R+Rcos=d，R=，解得v0=，vv0，即能从EF射出故选：A【点评】本题考查圆周运动的边界问题的求解方法当入射速率v0很小时，电子会在磁场中转动一段圆弧后又从CD一侧射出，速率越大，轨道半径越大，当轨道与边界EF相切时，电子恰好不能从EF射出5（2015秋大连校级期中）如图所示，相同的带正电粒子A和B，同时以vA和vB的速度从宽度为d的有界匀强磁场的边界上的0点分别以60°和30°（与边界的夹角）方向射入磁场，又恰好不从另一边界飞出，则下列说法中正确的是（）AA、B两粒子的速度之比BA、B两粒子在磁场中的位移之比1：1CA、B两粒子在磁场中的路程之比1：2DA、B两

15、粒子在磁场中的时间之比2：1【分析】以任一带电粒子为研究对象，画出轨迹示意图，根据几何知识得出轨迹半径r与磁场的宽度d的关系式，结合半径公式r=，即可求得速度之比；根据公式t=，是轨迹的圆心角求时间之比；路程s=r；【解答】解：A、设粒子速度方向和磁场边界的夹角为，粒子做圆周运动的半径为r，如图所示，有 r+rcos=d得 r=又由轨迹半径公式 r=所以=故A正确B、粒子在磁场中的位移x=2rsin，所以=故B错误C、粒子在磁场中的路程s=r=r×（22）所以=故C错误D、轨迹的圆心角为时，粒子在磁场中运动时间为t=T，而周期T=，两个粒子的周期是相同的所以=故D错误故选A【点评】考

16、查牛顿第二定律、匀速圆周运动半径和周期公式，并与几何关系综合解题，注意考虑粒子的临界情况是本题突破口同时还强调圆心角的正确表示6（2016咸阳一模）如图所示，金属棒ab置于水平放置的金属导轨cdef上，棒ab与导轨相互垂直并接触良好，导轨间接有电源现用两种方式在空间加匀强磁场，ab棒均处于静止第一次匀强磁场方向竖直向上；第二次匀强磁场方向斜向左上与金属导轨平面成=30°角，两次匀强磁场的磁感应强度大小相等下列说法中正确的是（）A两次金属棒ab所受的安培力大小不变B第二次金属棒ab所受的安培力大C第二次金属棒ab受的摩擦力小D第二次金属棒ab受的摩擦力大【分析】第一次安培力水平向右，第

17、二次安培力斜向右上方，受力分析后根据平衡条件列式求解即可【解答】解：A、B、两次磁场方向都与导体棒垂直，故安培力均为F=BIL，故A正确，B错误；C、D、第一次安培力水平向右，导体棒受重力、支持力、安培力和向左的静摩擦力，根据平衡条件，有：f=F=BIL第二次安培力斜向右上方，与竖直方向成30°，导体棒受重力、支持力、安培力和向左的静摩擦力，如图所示：根据平衡条件，有：f=Fsin30°=BIL故第二次的摩擦力较小，故C正确，D错误；故选：AC【点评】本题关键对导体棒受力分析后根据共点力平衡条件列式求解，安培力方向用左手定则判断，基础题二解答题（共6小题）7（2015秋山西

18、校级期末）如图所示，一束电荷量为e、质量为m的电子以速度v垂直左边界射入宽度为d的有界匀强磁场中，穿过磁场时的速度方向与原来的电子的入射方向的夹角是30°，则磁感应强度为多大？电子穿过磁场的时间又是多少？【分析】电子垂直射入匀强磁场中，只受洛伦兹力作用做匀速圆周运动，画出轨迹，由几何知识求出轨迹的半径，由牛顿第二定律求出磁感应强度；由几何知识求出轨迹所对的圆心角，由t=求出时间，注意s是弧长【解答】解：电子垂直射入匀强磁场中，只受洛伦兹力作用做匀速圆周运动，画出轨迹，由几何知识得到，轨迹的半径为：r=2d由牛顿第二定律得：evB=m解得：B=由几何知识得到，轨迹的圆心角为=，故穿越磁

19、场的时间为：t=答：磁感应强度为；电子穿过磁场所用的时间为【点评】本题是带电粒子在匀强磁场中圆周运动问题，关键要画出轨迹，根据圆心角求时间，由几何知识求半径是常用方法在求时间时要注意利用弧长与线速度的比值也是一个不错的方法；不要只局限于周期公式8（2014秋城阳区校级期末）电视机的显像管中，电子束的偏转是用磁偏转技术实现的电子束经过电压为U的加速电场后，进入一圆形匀强磁场区，如图所示磁场方向垂直于圆面磁场区的中心为O，半径为r当不加磁场时，电子束将通过O点而打到屏幕的中心M点为了让电子束射到屏幕边缘P，需要加磁场，使电子束偏转一已知角度，此时磁场的磁感应强度B应为多少？（电子的质量m、电量e均

20、为已知）【分析】电子在电场运动时，电场力做正功，根据动能定理求出电子进入磁场时的速度电子在磁场中由洛伦兹力提供向心力，做匀速圆周运动，电子束偏转角度，则电子运动轨迹的圆心角也为，根据几何知识求出轨迹半径R，再由牛顿第二定律求出B【解答】解：电子在磁场中沿圆孤ab运动，圆心为c，半径为R，v表示电子进入磁场时的速度，m、e分别表示电子的质量和电量，如图所示则：根据动能定理得 eU=，又由牛顿第二定律得 Bev=m 解以上各式可得：B=答：磁场的磁感应强度B应为【点评】带电粒子在电磁场中运动问题，可以按照力学的方法分析受力情况和运动情况在磁场中运动时，关键是利用几何知识画轨迹、求半径9（2011青

21、铜峡市一模）如图所示，坐标空间中有场强为E的匀强电场和磁感应强度为B的匀强磁场，y轴为两种场的分界面，图中虚线为磁场区的右边界现有一质量为m电量为q的带电粒子，从电场中的P点以初速度V0沿x轴正方向开始运动，已知P点的坐标为（L，0）且，（不计带电粒子的重力）试求：（1）带电粒子运动到Y轴上时的速度；（2）要使带电粒子能穿越磁场区域而不再返回到电场中，磁场的宽度最大为多少【分析】（1）粒子在电场中受到的电场力的方向向上，粒子做的事类平抛运动，水平方向做的是匀速运动，竖直方向做的是匀加速直线运动，从而可以求得带电粒子运动到Y轴上时的速度；（2）当磁场的运动的轨迹恰好与磁场的有边沿相切时，此时的磁

22、场的宽度最大，根据粒子的运动的轨迹可以求得磁场的宽度最大值【解答】解：（1）粒子在电场中做类平抛运动，竖直速度Vy=at，加速度水平位移L=V0t，由以上各式得进入电场时的合速度为，方向与y轴成450，（2）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，与右边界相切时，由几何关系得Rsin45°+R=d，解得，故磁场的宽度最大为【点评】本题考查带电粒子在匀强磁场中的运动，要掌握住半径公式、周期公式，画出粒子的运动轨迹后，几何关系就比较明显了10（2013秋庐江县期末）如图所示，在两条平行的虚线内存在着宽度为L、场强为E的匀强电场，在与右侧虚线相距也为L处有一与电场平行的屏现有一电荷量为+q、质量为

23、m的带电粒子（重力不计），以垂直于电场线方向的初速度v0射入电场中，v0方向的延长线与屏的交点为O试求：（1）粒子从射入到打到屏上所用的时间；（2）粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向间夹角的正切值tan；（3）粒子打到屏上的点P到O点的距离s【分析】（1）带电粒子垂直射入电场，只受电场力作用而做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速运动，由L=v0t求解时间t（2）根据牛顿第二定律求出加速度研究竖直方向的运动情况，由速度公式vy=at求出粒子刚射出电场时竖直分速度，由求出tan（3）由位移公式求出粒子刚射出电场时偏转的距离y带电粒子离开电场后做匀速直线运动，偏转的

24、距离Ltan，两个偏转之和即为粒子打到屏上的点P到O点的距离S【解答】解：（1）根据题意，粒子在垂直于电场线的方向上做匀速直线运动，所以粒子从射入到打到屏上所用的时间（2）设粒子射出电场时沿平行电场线方向的速度为vy，根据牛顿第二定律，粒子在电场中运动的时间：粒子在电场中的加速度为：所以：所以粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向间夹角的正切值为（3）设粒子在电场中的偏转距离为y，则又s=y+Ltan ，解得：答：（1）粒子从射入到打到屏上所用的时间；（2）粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向间夹角的正切值；（3）粒子打到屏上的点P到O点的距离【点评】本题中带电粒子先做类平抛运动后做匀速直线

25、运动，运用运动的分解研究类平抛运动，根据几何知识求解S11（2016大庆模拟）如图所示，、为电场和磁场的理想边界，一束电子（电量为e，质量为m，重力不计）由静止状态从P点经过、间的电场加速后垂直到达边界的Q点匀强磁场的磁感应强度为B，磁场边界宽度为d，电子从磁场边界穿出时的速度方向与电子原来的入射方向夹角为30°求：（1）电子在磁场中运动的时间t；（2）若改变PQ间的电势差，使电子刚好不能从边界射出，则此时PQ间的电势差U是多少？【分析】（1）根据牛顿第二定律，结合洛伦兹力提供向心力，与圆周运动的周期公式及圆心角，即可求解；（2）根据电子刚好不从边界穿出时轨迹与边界相切，由洛伦兹力提供向心力，结合动能定理，即可求解【解答】解：（1）由evB= 且T=得电子在磁场中运动周期T=电子在磁场中运动时间t=解得：t=（2）电子刚好不从边界穿出时轨迹与边界相切，运动半径为R=d由evB=得v=PQ间电场力做功等于动能的增加，由eU=得U=；答：（1）电子在磁场中运动的时间t=；（2）若改变PQ间的电势差，使电子刚好不能从边界射出，