西南大学三亚中学高三物理电磁场计算题专题.doc

西南大学三亚中学高三物理电磁场计算题专题李颖川学校:_姓名：_班级：_考号：_评卷人得分一、解答题1利用如图所示的装置可以测出电子的比荷和初速度大小，该装置可简化为：半径R=m的圆简处于磁感应强度大小B=2109T的匀强磁场中，磁场方向与筒的中心轴O平行，过某一直径的两端分别开有小孔a、b。电子以某一速度从小孔a沿着ab方向射入筒内，与此同吋，简绕其中心轴以角速度w=3.6102rad/s顺时针转动。当筒转过60时，该粒子恰好从小孔b飞出圆筒被接收器收到。不计重力。若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞，求：（1）电子的比荷；（2）电子的初速度大小（结果保留两位有效数字）。2在中美贸易战中，中兴的遭遇告诉我们，要重视芯片的自主研发工作，而芯片的基础工作在于半导体的工艺。如图所示，在半导体离子注入工艺中，初速度可忽略的磷离子P和P3，经电压为U的电场加速后，垂直进入方向垂直纸面向里、宽度为D的匀强磁场区域，其中离子P在磁场中转过30后从磁场右边界射出。已知P和P3的质量均为m，而电量分别为e和3e(e表示元电荷)。（1）求匀强磁场的磁感应强度B的大小；（2）求P3在磁场中转过的角度。3如图所示，在xOy平面上第I象限内有平行于轴的有界匀强电场，方向如图，在第IV象限过点放一张垂直于xOy平面的感光胶片(感光胶片足够长)，Q点的坐标为(0，L)，在x轴和感光胶片间有方向垂直纸面向外的匀强磁场。y轴上一点P的坐标为(0.，L)，有一电子以垂直于y轴的初速度v0从P点垂直射入电场中，并从A点射出，A点坐标为(2L，0)。已知电子的电荷量大小为e，质量为m，不计电子的重力。(1)求匀强电场的场强大小；(2)为使第一次进入第象限的电子都能在感光胶片上曝光，求满足条件的所有磁感应强度B的值4图中左边有一对水平放置的平行金属板，两板相距为d，电压为U0，两板之间有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B0。图中右边有一半径为R的圆形匀强磁场区域，磁感应强度大小为B1，方向垂直于纸面朝外。一束离子垂直磁场沿如图路径穿出，并沿直径MN方向射入磁场区域，最后从圆形区域边界上的P点射出，已知图中=60，不计重力，求（1）离子到达M点时速度的大小； （2）离子的电性及比荷qm 。5如图所示，两平行金属板间距为d，两板间的电势差为U，板间电场可视为匀强电场。金属板上方有磁感应强度为B的匀强磁场。电荷量为+q的微观粒子，由静止开始从正极板出发，经电场加速后射出，从M点进入磁场做匀速圆周运动，最后从N点离开磁场。忽略重力的影响。（1）求匀强电场场强的大小E；（2）若测得M、N两点间距离为L， 求：a. 粒子从电场射出时的动量P；b. 粒子的质量m。6如图所示,在xoy平面内,在x0范围内以x轴为电场和磁场的边界,在x0范围内以第象限内的直线OM为电场与磁场的边界,OM与x轴负方向成=45角,在边界的下方空间存在着垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B=1T,在边界的上方有沿y轴正方向的匀强电场,场强大小为E=32N/C;在y轴上的P点有一个不计重力的带电微粒,以沿x轴负方向的初速度v0=2103m/s射出,已知OP=0.8cm,微粒所带电荷量q=51018C,质量m=11024kg,求: (1)带电微粒第一次进入电场时的位置坐标;(2)带电微粒从P点出发到第三次经过电磁场边界经历的总时间;(3)带电微粒第四次经过电磁场边界时的速度大小.7如图所示，速度选择器两板间电压为U、相距为d，板间有垂直纸面向里、磁感应强度为B0的匀强磁场；在紧靠速度选择器右侧的圆形区域内，分布着垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B未知，圆形磁场区域半径为R。一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子在速度选择器中做直线运动，从M点沿圆形磁场半径方向进入磁场，然后从N点射出，O为圆心，MON120，粒子重力可忽略不计。求： (1)粒子在速度选择器中运动的速度大小；(2)圆形磁场区域的磁感应强度B的大小；(3)粒子在圆形磁场区域的运动时间。8如图所示，OO为正对放置的水平金属板M、N的中线。热灯丝逸出的电子(初速度重力均不计)在电压为U的加速电场中由静止开始运动，从小孔O射入两板间正交的匀强电场、匀强磁场(图中未画出)后沿OO做直线运动。已知两板间的电压为2U，两板长度与两板间的距离均为L，电子的质量为m、电荷量为e。(1)求板间匀强磁场的磁感应强度的大小B和方向；(2)若保留两金属板间的匀强磁场不变，使两金属板均不带电，求从小孔O射入的电子打到N板上的位置到N板左端的距离x。9如图所示，有一对平行金属板，板间加有恒定电压；两板间有匀强磁场，磁感应强度大小为B0，方向垂直于纸面向里。金属板右下方以MN、PQ为上、下边界，MP为左边界的区域内，存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁场宽度为d，MN与下极板等高，MP与金属板右端在同一竖直线上。一电荷量为q、质量为m的正离子，以初速度v0沿平行于金属板面、垂直于板间磁场的方向从A点射入金属板间，不计离子的重力。(1)已知离子恰好做匀速直线运动，求金属板间电场强度的大小；(2)若撤去板间磁场B0，已知离子恰好从下极板的右侧边缘射出电场，方向与水平方向成30角，求A点离下极板的高度；以及为了使离子进入磁场运动后从边界MP上射出，磁场的磁感应强度B应满足什么条件；(3)在(2)的情形中，粒子从A点射入到从MP射出的最长时间是多少？10如图所示，平行板电容器AB两极板间电压U=5V，板间距离d=1cm，板长l1=10cm，荧光屏距极板右边缘l2=10cm，一电子电量为e=1.61019C，质量为m=91031kg，以初速度v0沿OO方向从两板中央垂直于电场方向射入电场中，全过程中，不计电子所受的重力，电子恰能从下板边缘C点射出，求：(1)电子射入电场时的速度v0；(2)电子打在荧光屏上的P点距O点的距离；(3)现在平行板电容器的区域内，加一个匀强磁场，可使电子沿直线打到O点，这对磁场方向有什么要求？在可能的磁场方向上，求所对应的最小磁感应强度B？11如图所示，在坐标xoy平面内有一圆形区域，圆心位于坐标原点O，半径为R，P点坐标（35R，45R）。若圆形区域内加一方向垂直于xoy平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，一质量为m、电荷量为q的粒子从P点沿y轴正方向射入圆形磁场区域，从圆上的Q点离开该区域，离开时速度方向垂直于y轴。若将磁场换为平行于xoy平面且垂直于y轴的匀强电场，将同一粒子以相同速度在P点沿y轴正方向射入圆形区域，也从Q点离开该区域。不计粒子重力。求：（1）该粒子在磁场中运动的时间；（2）电场强度的大小；（3）该粒子离开电场时的速度（结果可用三角函数值表示）。12在平面坐标系内，在第象限内有沿y轴负方向的匀强电场，在第、象限内有垂直坐标平面向外的匀强磁场。在y轴上A（0，L）处将一质量为m、电荷量为q的带正电粒子沿平行于x 轴正方向以速度v0射出，从x轴上M（2L，0）处离开电场进入磁场，再次到达x轴时刚好经过坐标原点O处。不计重力及其他作用。求：（1）匀强电场的电场强度的大小E；（2）匀强磁场的磁感应强度的大小B。第5页 共8页 第6页 共8页本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。参考答案1(1) (2) 【解析】（1）由向心力公式得 ，由得： （2）由几何关系得： 由得： 2（1）B=2meU2eD（2）600【解析】【详解】（1）对离子P在电场中的加速运动，由动能定理：eU=12mv12在磁场中，洛伦兹力提供向心力：ev1B=mv12r1由几何关系可得：r1sin=D因此，匀强磁场的磁感应强度B的大小为：B=2meU2eD（2）对离子P3在电场中的加速运动，由动能定理：3eU=12mv22 在磁场中，洛伦兹力提供向心力：3ev2B=mv22r2由几何关系可得：r2sin=D因此，P3在磁场中转过的角度：=603(1)E=mv022eL (2)Bmv0(21)eL【解析】【分析】（1）电子在匀强电场中做类平抛运动，由类平抛运动知识可以求出匀强电场的场强（2）求出电子进入磁场时的速度，电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由数学知识求出轨道半径，由牛顿第二定律可以求出磁感应强度【详解】（1）电子在匀强电场中做类平抛运动，沿x轴方向：2L=v0t，沿y轴方向：L=12at2=12eEmt2，解得：E=mv022eL；（2）离开电场时，电子沿y轴方向的速度：vy=at=eEmt=v0，离开电场时，设速度与x轴正向夹角为，则tan=vyv0，解得：=45，设离开电场时的速度为v，则v=v0cos，进入磁场后，电子以速度v做匀速圆周运动，设半径为R，由牛顿第二定律得：evB=mv2R，当电子刚好打在感光胶片时，由几何关系得：Rcos=R-L，解得：R=（2+2）L，解得：B=mv0(21)eL，为使第一次进入第象限的电子都能在感光胶片上曝光， Bmv0(21)eL；【点睛】0本题考查了电子在你匀强电场与匀强磁场中的运动，应用类平抛运动、牛顿第二定律、几何知识即可正确解题；由数学知识求出电子的轨道半径是正确解题的关键，要注意运动的合成与分解知识的应用4（1）U0dB0（2）3U03dB0B1R【解析】（1）离子在平行金属板之间做匀速直线运动，由平衡条件得：qvB0=qE0 已知电场强度：E0=U0d 联立解得：v=U0dB0 （2）根据左手定则，离子束带负电 离子在圆形磁场区域做匀速圆周运动，轨迹如图所示：由牛顿第二定律得：qvB1=mv2r 由几何关系得：r=3R qm=3U03dB0B1R 点睛：在复合场中做匀速直线运动，这是速度选择器的原理，由平衡条件就能得到进入复合场的速度在圆形磁场区域内根据偏转角求出离子做匀速圆周运动的半径，从而求出离子的比荷，要注意的是离开磁场时是背向磁场区域圆心的5（1）Ud（2）qBL2 qB2L28U【解析】（1）由匀强电场中电势差与场强的关系得E=Ud （2）a. 粒子在磁场中运动时根据牛顿第二定律 qvB=mv2R L=2R 解得 P=mv=qBL2 b.粒子在电场中运动时根据动能定理 qU=12mv2 解得m= qB2L28U 6(1)(4103m，4103m)(2)3.12810-5s(3)4103m/s【解析】(1) 带电微粒从P点开始在磁场中做匀速圆周运动,运动轨迹如图所示,第一次经过磁场边界上的A点,由半径公式有：r=mvqB=4103m 因为OP=0.8cm，匀速圆周运动的圆心在OP的中点C,由几何关系可以知道以,A点位置的坐标为(4103m,4103m) ；(2) 带电微粒在磁场中做匀速圆周运动的周期为T=2mqB=1.256105s 由图可以知道,微粒运动四分之一个圆周后竖直向上进入电场,故t1=T4=m2qB=0.314105s 微粒在电场中先做匀减速直线运动到速度为零,然后反向做匀加速直线运动,微粒运动的加速度为:a=qEm 故在电场中运动的时间为:t2=2v0a=2mv0qE 代入数据计算得出:t2=2.5105s 微粒再次进入磁场后又做四分之一圆周运动,故有:t3=t1=0.314105s 所以微粒从P点出发到第三次经过电磁场边界的时间为:t=t1+t2+t3=3.128105s；(3) 微粒从B点第三次经过电磁场边界水平向左进入电场后做类平抛运动,则加速度为:a=qEm=1.6108ms2 则第四次到达电磁场边界时有:y=12at42 x=v0t4 tan450=yx 解得：vy=at4=4103ms。7（1）（2）（3）【解析】试题分析：粒子进入平行金属板做匀速直线运动，粒子所受的电场力和洛伦兹力平衡，由平衡条件可求出速度大小v；离子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，画出轨迹，由几何知识求出轨迹半径，根据牛顿第二定律求出圆形磁场区域的磁感应强度B的大小；根据粒子在磁场中运动周期公式和圆心角即可求出粒子在圆形磁场区域的运动时间。（1）粒子在速度选择器中做直线运动，由力的平衡条件得 解得： （2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，轨迹如图所示：设其半径为r，由向心力公式得： 由几何关系得： 联立解得： （3）粒子在磁场中运动周期为： 根据几何关系可知粒子在磁场中的圆心角为600，；联立以上可得运动时间为： 点睛：本题主要考查了带电粒子在磁场中运动，画出轨迹由运动径迹利用几何关系找到半径的大小，由洛伦兹力提供向心力，利用牛顿第二定律求解即可解题。8（1）B=1L2mUe 垂直纸面向外；（2）32L 【解析】【分析】（1）在电场中加速度，在复合场中直线运动，根据动能定理和力的平衡求解即可；（2）洛伦兹力提供向心力同时结合几何关系求解即可；【详解】（1）电子通过加速电场的过程中，由动能定理有：eU=12mv2由于电子在两板间做匀速运动，则evB=eE，其中E=2UL联立解得：B=1L2mUe根据左手定则可判断磁感应强度方向垂直纸面向外；（2）洛伦兹力提供电子在磁场中做圆周运动所需要的向心力，有：evB=mv2r，其中由（1）得到v=2eUm设电子打在N板上时的速度方向与N板的夹角为，由几何关系有：cos=rL2r由几何关系有：x=rsin联立解得：x=32L。【点睛】本题考查了带电粒子的加速问题，主要利用动能定理进行求解；在磁场中圆周运动，主要找出向心力的提供者，根据牛顿第二定律列出方程结合几何关系求解即可。9(1) E=v0B0(2)B2mv0qd (3)33mqB0+d3v0【解析】(1)设板间的电场强度为E，离子做匀速直线运动，受到的电场力和洛伦兹力平衡，有 qE=qv0B0 解得E=v0B0 (2)设A点离下极板的高度为h，离子射出电场时的速度为v，根据动能定理，得qEh=12mv2-12mv02 离子在电场中做类平抛运动，水平方向做匀速运动，有v=v0cos30o=2v03 解得h=mv06qB0 设离子进入磁场后做匀速圆周运动的半径为r，根据牛顿第二定律，得qvB=mv2r 由几何关系得 d2rcos30o 解得B2mv0qd (3)离子在电场中运动qE=ma h=12at12 t1=33mqB0 离子在磁场中运动时，当磁感应强度B取最小时，时间最长Tmax=2mqBmin t2=13Tmax=d3v0 最长时间t=t1+t2=33mqB0+d3v0 点睛：本题是粒子速度选择器、电场偏转和磁场偏转的综合，关键要掌握类平抛运动的处理方法：运动的分解法，并能运用动能定理求解。磁场中匀速圆周运动问题，关键要正确画出离子的运动轨迹，运用几何知识求解半径。10(1)v0=0.94107m/s (2)Y=1.5cm (3)Bmin=5.3105T【解析】【详解】（1）由题意：竖直方向有：d2=12eUmdt2 t=324108s=1.06108s水平方向： l1=v0t 则 v0=0.94107m/s （2）由平抛运动的规律有Yd2=l12+l2l12 可得 Y=1.5cm（3）磁场方向垂直于电场方向，且在垂直于纸面向外的磁场分量不为零的任何方向上；eUd=ev0Bmin代入已知条件得Emin=5.3105T【点睛】本题的情景类似于示波器，考查了类平抛运动，掌握要掌握运动的合成与分解处