電磁學綜合題題(有答案)

1、電學與磁學綜合題2、如圖所示，在a、b兩端有直流恒壓電源，輸出電壓恒為Uab，R2=40，右端連接間距d=0.04m、板長l=10cm的兩水平放置的平行金屬板，板間電場視為勻強電場。閉合開關，將質(zhì)量為m=1.610-6kg、帶電量q=3.210-8C的微粒以初速度v0=0.5m/s沿兩板中線水平射入板間。當滑動變阻器接入電路的阻值為15時，微粒恰好沿中線勻速運動，通過電動機的電流為0.5A。已知電動機內(nèi)阻R1=2，取g=10m/s2。試問：（1）輸出電壓為Uab是多大？ （2）在上述條件下，電動機的輸出功率和電源的輸出功率？（3）為使微粒不打在金屬板上，R2兩端的電壓應滿足什么條件？2、(1)

2、有qU1/d=mg- U1=20V滑動變阻器兩端電壓U2=I總R滑- - I總=I1+I2=1A-電源電壓： U=U1+U2=35V(2)P=P總-I12R1 =U1I1-I12R1=9.5W -P電=I總U=35W-(3)因上極板帶正電，故粒子帶負電粒子穿過板的時間t=0.2s -當粒子剛從下極板穿出時：- -而：E=聯(lián)立解得：U=18V -同理有：而：E=聯(lián)立解得：U=22V -故R2兩端的電壓應滿足的條件是：18VU222V 3、如圖所示，帶電平行金屬板PQ和MN之間的距離為d；兩金屬板之間有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B。如圖建立坐標系，x軸平行于金屬板，與金屬板中心線重合

3、，y軸垂直于金屬板。區(qū)域I的左邊界在y軸，右邊界與區(qū)域II的左邊界重合，且與y軸平行；區(qū)域II的左、右邊界平行。在區(qū)域I和區(qū)域II內(nèi)分別存在勻強磁場，磁感應強度大小均為B，區(qū)域I內(nèi)的磁場垂直于Oxy平面向外，區(qū)域II內(nèi)的磁場垂直于Oxy平面向里。一電子沿著x軸正向以速度v0射入平行板之間，在平行板間恰好沿著x軸正向做直線運動，并先后通過區(qū)域I和II。已知電子電量為e，質(zhì)量為m，區(qū)域I和區(qū)域II沿x軸方向?qū)挾染鶠?。不計電子重力。?）求兩金屬板之間電勢差U；（2）求電子從區(qū)域II右邊界射出時，射出點的縱坐標y；（3）撤除區(qū)域I中的磁場而在其中加上沿x軸正向的勻強電場，使得該電子剛好不能從區(qū)域II

4、的右邊界飛出。求電子兩次經(jīng)過y軸的時間間隔t。3、解：（1）電子在平行板間做直線運動，電場力與洛倫茲力平衡即2分所以，2分（2）如右圖所示，電子進入?yún)^(qū)域I做勻速圓周運動，向上偏轉(zhuǎn)，洛倫茲力提供向心力 所以，2分設電子在區(qū)域I中沿著y軸偏轉(zhuǎn)距離為 y0，區(qū)域I的寬度為b（b=），則2分代入數(shù)據(jù)，解得2分電子在兩個磁場中有相同的偏轉(zhuǎn)量。電子從區(qū)域II射出點的縱坐標2分（3）電子剛好不能從區(qū)域II的右邊界飛出，說明電子在區(qū)域II中做勻速圓周運動的軌跡恰好與區(qū)域II的右邊界相切，圓半徑恰好與區(qū)域II寬度相同。電子運動軌跡如下圖所示。設電子進入?yún)^(qū)域II時的速度為，則，所以2分電子通過區(qū)域I的過程中，向右

5、做勻加速直線運動， 此過程中平均速度電子通過區(qū)域I的時間（b為區(qū)域I的寬度）解得： 2分電子在區(qū)域II中運動了半個圓周，設電子做圓周運動的周期為T，則 電子在區(qū)域II中運動的時間2電子反向通過區(qū)域I的時間仍為。所以， 電子兩次經(jīng)過y軸的時間間隔4、如圖所示，兩足夠長的光滑金屬導軌豎直放置，相距為L, 一理想電流表與兩導軌相連，勻強磁場與導軌平面垂直。一質(zhì)量為m、有效電阻為R的導體棒在距磁場上邊界h處靜止釋放。導體棒進入磁場后，流經(jīng)電流表的電流逐漸減小，最終穩(wěn)定為I。整個運動過程中，導體棒與導軌接觸良好，且始終保持水平，不計導軌的電阻。求： （1）磁感應強度的大小B；（2）電流穩(wěn)定后，導體棒運動

6、速度的大小v；（3）流經(jīng)電流表電流的最大值4、（1）電流穩(wěn)定后，道題棒做勻速運動解得（2）感應電動勢 E=BLv電影電流由式解得（3）由題意知，導體棒剛進入磁場時的速度最大，設為機械能守恒 感應電動勢的最大值感應電流的最大值解得5、上海卷如圖（a）所示，光滑的平行長直金屬導軌置于水平面內(nèi)，間距為L、導軌左端接有阻值為R的電阻，質(zhì)量為m的導體棒垂直跨接在導軌上。導軌和導體棒的電阻均不計，且接觸良好。在導軌平面上有一矩形區(qū)域內(nèi)存在著豎直向下的勻強磁場，磁感應強度大小為B。開始時，導體棒靜止于磁場區(qū)域的右端，當磁場以速度v1勻速向右移動時，導體棒隨之開始運動，同時受到水平向左、大小為f的恒定阻力，并

7、很快達到恒定速度，此時導體棒仍處于磁場區(qū)域內(nèi)。（1）求導體棒所達到的恒定速度v2；（2）為使導體棒能隨磁場運動，阻力最大不能超過多少？（3）導體棒以恒定速度運動時，單位時間內(nèi)克服阻力所做的功和電路中消耗的電功率各為多大？（4）若t0時磁場由靜止開始水平向右做勻加速直線運動，經(jīng)過較短時間后，導體棒也做勻加速直線運動，其v-t關系如圖（b）所示，已知在時刻t導體棋睥瞬時速度大小為vt，求導體棒做勻加速直線運動時的加速度大小。（1）EBL（v1v2），IE/R，F(xiàn)BIL，速度恒定時有：f，可得：v2v1，（2）fm， （3）P導體棒Fv2f，P電路E2/R，（4）因為fma，導體棒要做勻加速運動，必

8、有v1v2為常數(shù)，設為Dv，a，則fma，可解得：a。6、全國卷兩屏幕熒光屏互相垂直放置，在兩屏內(nèi)分別去垂直于兩屏交線的直線為x和y軸，交點O為原點，如圖所示。在y0，0x0，xa的區(qū)域有垂直于紙面向外的勻強磁場，兩區(qū)域內(nèi)的磁感應強度大小均為B。在O點出有一小孔，一束質(zhì)量為m、帶電量為q（q0）的粒子沿x周經(jīng)小孔射入磁場，最后打在豎直和水平熒光屏上，使熒光屏發(fā)亮。入射粒子的速度可取從零到某一最大值之間的各種數(shù)值。已知速度最大的粒子在0xa的區(qū)域中運動的時間之比為25，在磁場中運動的總時間為7T/12，其中T為該粒子在磁感應強度為B的勻強磁場中做圓周運動的周期。試求兩個熒光屏上亮線的范圍（不計重

9、力的影響）。解：對于y軸上的光屏亮線范圍的臨界條件如圖1所示：帶電粒子的軌跡和x=a相切，此時r=a，y軸上的最高點為y=2r=2a ;對于 x軸上光屏亮線范圍的臨界條件如圖2所示：左邊界的極限情況還是和x=a相切，此刻，帶電粒子在右邊的軌跡是個圓，由幾何知識得到在x軸上的坐標為x=2a;速度最大的粒子是如圖2中的實線，又兩段圓弧組成，圓心分別是c和c 由對稱性得到 c在 x軸上，設在左右兩部分磁場中運動時間分別為t1和t2,滿足解得 由數(shù)學關系得到：代入數(shù)據(jù)得到：所以在x 軸上的范圍是7、天津卷兩根光滑的長直金屬導軌導軌MN、MN平行置于同一水平面內(nèi)，導軌間距為l，電阻不計，M、M處接有如圖

10、所示的電路，電路中各電阻的阻值均為R，電容器的電容為C。長度也為l、阻值同為R的金屬棒ab垂直于導軌放置，導軌處于磁感應強度為B、方向豎直向下的勻強磁場中。ab在外力作用下向右勻速運動且與導軌保持良好接觸，在ab運動距離為s的過程中，整個回路中產(chǎn)生的焦耳熱為Q。求：（1）ab運動速度v的大??；（2）電容器所帶的電荷量q. 制作（1）設ab上產(chǎn)生的感應電動勢為E，回路中電流為I，ab運動距離s所用的時間為t，則有：E=BLv I= t= Q=I2(4R)t 由上述方程得：v=（2）設電容器兩極板間的電勢差為U，則有：U=IR電容器所帶電荷量q=CU 解得q=8、 (14分)用一根長L=0.8m的

11、輕繩，吊一質(zhì)量為m=1.0g的帶電小球，放在磁感應強度B=0.1T，方向如圖8所示的勻強磁場中，將小球拉到與懸點等高處由靜止釋放，小球便在垂直于磁場的豎直面內(nèi)擺動，當球第一次擺到低點時，懸線的張力恰好為零（重力加速度g=10m/s2）圖8(1)小球帶何種電荷？電量為多少？（2）小球第二次經(jīng)過最低點時，懸線對小球的拉力多大？解：(1)設小球第一次到達最低點速度為v，則由動能定律可得： (3分) (3分)解得q=7.510-2C， 帶負電. (3分)(2)根據(jù)向心力公式得： (3分) 解得F=0.06N (3分)ddCEGDFHBBv0圖99（16分）如圖9所示，兩個寬度為d的有界磁場區(qū)域，磁感應

12、強度都為B，方向如圖18所示，不考慮左右磁場相互影響且有理想邊界。一帶電質(zhì)點質(zhì)量為m，電量為q，以一定的初速度從邊界外側垂直磁場方向射入磁場，入射方向與CD成角。若帶電質(zhì)點經(jīng)過兩磁場區(qū)域后又與初速度方向相同的速度出射。求初速度的最小值以及經(jīng)過磁場區(qū)域的最長時間。（重力不計）。解：帶電質(zhì)點只要能進入第二磁場，就可滿足要求。即帶電質(zhì)點至少能進入的第二個磁場的速度為最小值。d=R(1+cos) (4分) (4分) 所以 (4分)因為，所以 (4分)10（16分）如圖10甲所示，在兩平行金屬板的中線OO某處放置一個粒子源，粒子沿OO方向連續(xù)不斷地放出速度的帶正電的粒子。在直線MN的右側分布有范圍足夠大

13、的勻強磁場，磁感應強度B=0.01T，方向垂直紙面向里，MN與中線OO垂直。兩平行金屬板間的電壓U隨時間變化的Ut圖線如圖19乙所示。已知帶電粒子的荷質(zhì)比，粒子的重力和粒子之間的作用力均可忽略不計，若時刻粒子源放出的粒子恰能從平行金屬板邊緣離開電場（設在每個粒子通過電場區(qū)域的時間內(nèi)，可以把板間的電場看作是恒定的）。求： （1）時刻粒子源放出的粒子離開電場時的速度大小和方向。 （2）從粒子源放出的粒子在磁場中運動的最短時間和最長時間。t/s0.20.40.30.10100U/V圖10乙MNOO/+-圖10甲 解： （1）設板間距為d，t=0.1s時刻釋放的粒子在板間做類平拋運動 在沿電場方向上

14、(2分) 粒子離開電場時，沿電場方向的分速度 (2分) 粒子離開電場時的速度 (2分) 粒子在電場中的偏角為 (2分) 由得 (1分) (1分)（2）帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的周期 (2分)不同時刻釋放的粒子在電場中的偏角不同，進入磁場后在磁場中運動的時間不同，大的磁場中的偏角大，運動時間長。時刻釋放的粒子，在電場中的偏角為0，在磁場中運動的時間最短 (2分) 時刻釋放的粒子，在電場中的偏角最大為45，在磁場中的運動時間 (2分)11.【2012山東模擬】如圖11所示，一個質(zhì)量為m、帶電量為q的小球，以初速度v0自h高度處水平拋出。不計空氣阻力。重力加速度為g.（1）若在空間豎直方向

15、加一個勻強電場，發(fā)現(xiàn)小球水平拋出后做勻速直線運動，求該勻強電場的場強E的大??；（2）若在空間再加一個垂直紙面向外的勻強磁場，小球水平拋出后恰 沿圓弧軌跡運動，落地點P到拋出點的距離為，求該磁場磁感應強度B的大小. 【答案】(1) (2) 【解析】（1）小球做勻速直線運動，說明重力和電場力平衡，根據(jù)平衡條件，有mgqE解得：。（2）再加勻強磁場后，小球做圓周運動，洛倫茲力充當向心力，設軌道半徑為R，根據(jù)幾何關系得P點到拋出點的水平距離x= 解得： 由， 得 12【2012天津期末】如圖，平行金屬板傾斜放置，AB長度為L，金屬板與水平方向的夾角為，一電荷量為-q、質(zhì)量為m的帶電小球以水平速度v0進

16、入電場，且做直線運動，到達B點。離開電場后，進入如下圖所示的電磁場（圖中電場沒有畫出）區(qū)域做勻速圓周運動，并豎直向下穿出電磁場，磁感應強度為B。試求：（1）帶電小球進入電磁場區(qū)域時的速度v。（2）帶電小球在電磁場區(qū)域做勻速圓周運動的時間。（3）重力在電磁場區(qū)域?qū)π∏蛩龅墓Α！敬鸢浮浚?）（2）（3）【解析】（1）對帶電小球進行受力分析，帶電小球受重力mg和電場力F，F(xiàn)合=Fsin，mg=Fcos解得F合=mgtan根據(jù)動能定理，解得（1） 帶電小球進入電磁場區(qū)域后做勻速圓周運動，說明電場力和重力平衡，帶電小球只在洛倫茲力作用下運動。通過幾何知識可以得出，帶電粒子在磁場中運動了圓周，運動時間為

17、（3）帶電小球在豎直方向運動的高度差等于一個半徑，h=R=（2分）重力做的功為13【2012湖南模擬】如下圖，豎直平面坐標系xOy的第一象限，有垂直xOy面向外的水平勻強磁場和豎直向上的勻強電場，大小分別為B和E；第四象限有垂直xOy面向里的水平勻強電場，大小也為E；第三象限內(nèi)有一絕緣光滑豎直放置的半徑為R的半圓軌道，軌道最高點與坐標原點O相切，最低點與絕緣光滑水平面相切于N。一質(zhì)量為m的帶電小球從y軸上（y0）的P點沿x軸正方向進入第一象限后做圓周運動，恰好通過坐標原點O，且水平切入半圓軌道并沿軌道內(nèi)側運動，過N點水平進入第四象限，并在電場中運動（已知重力加速度為g）。（1）判斷小球的帶電性

18、質(zhì)并求出其所帶電荷量；（2）P點距坐標原點O至少多高；（3）若該小球以滿足（2）中OP最小值的位置和對應速度進入第一象限，通過N點開始計時，經(jīng)時間小球距坐標原點O的距離s為多遠？【答案】（1），小球帶正電；（2）PO的最小距離為：；（3）?！窘馕觥浚?）小球進入第一象限正交的電場和磁場后，在垂直磁場的平面內(nèi)做圓周運動，說明重力與電場力平衡，qEmg得 小球帶正電。（2）小球在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，設勻速圓周運動的速度為v、軌道半徑為r。有：小球恰能通過半圓軌道的最高點并沿軌道運動，有：由得：PO的最小距離為：（3）小球由O運動到N的過程中機械能守恒：mg2Rmv2mv由得：根據(jù)運動的獨

19、立性可知，小球從N點進入電場區(qū)域后，在x軸方向以速度vN做勻速直線運動，沿電場方向做初速度為零的勻加速直線運動，則沿x軸方向有：xvNt沿電場方向有：zat2t時刻小球距O點：14【2012北京市海淀區(qū)期末】（10分）1879年美國物理學家霍爾在研究載流導體在磁場中受力情況時，發(fā)現(xiàn)了一種新的電磁效應：將導體置于磁場中，并沿垂直磁場方向通入電流，則在導體中垂直于電流和磁場的方向會產(chǎn)生一個橫向電勢差，這種現(xiàn)象后來被稱為霍爾效應，這個橫向的電勢差稱為霍爾電勢差。（1）如圖14甲所示，某長方體導體abcdabcd的高度為h、寬度為l，其中的載流子為自由電子，其電荷量為e，處在與ab ba面垂直的勻強磁

20、場中，磁感應強度為B0。在導體中通有垂直于bccb面的電流，若測得通過導體的恒定電流為I，橫向霍爾電勢差為UH，求此導體中單位體積內(nèi)自由電子的個數(shù)。（2）對于某種確定的導體材料，其單位體積內(nèi)的載流子數(shù)目n和載流子所帶電荷量q均為定值，人們將H=定義為該導體材料的霍爾系數(shù)。利用霍爾系數(shù)H已知的材料可以制成測量磁感應強度的探頭，有些探頭的體積很小，其正對橫截面（相當于圖14甲中的ab ba面）的面積可以在0.1cm2以下，因此可以用來較精確的測量空間某一位置的磁感應強度。如圖14乙所示為一種利用霍爾效應測磁感應強度的儀器，其中的探頭裝在探桿的前端，且使探頭的正對橫截面與探桿垂直。這種儀器既可以控制

21、通過探頭的恒定電流的大小I，又可以監(jiān)測出探頭所產(chǎn)生的霍爾電勢差UH，并自動計算出探頭所測位置磁場的磁感應強度的大小，且顯示在儀器的顯示窗內(nèi)。在利用上述儀器測量磁感應強度的過程中，對探桿的放置方位有何要求；要計算出所測位置磁場的磁感應強度，除了要知道H、I、UH外，還需要知道哪個物理量，并用字母表示。推導出用上述這些物理量表示所測位置磁感應強度大小的表達式。【答案】(1) (2)【解析】（1）設單位體積內(nèi)的自由電子數(shù)為n，自由電子定向移動的速率為v，則有 I=nehlv（1分）當形成恒定電流時，自由電子所受電場力與洛侖茲力相等，因此有evB0=eUH/h（2分）解得n= （1分）（2）應調(diào)整探桿

22、的放置方位（或調(diào)整探頭的方位），使霍爾電勢差達到最大（或使探桿與磁場方向平行；探頭的正對橫截面與磁場方向垂直；ab ba面與磁場方向垂直）（3分）設探頭中的載流子所帶電荷量為q，根據(jù)上述分析可知，探頭處于磁感應強度為B的磁場中，當通有恒定電流I，產(chǎn)生最大穩(wěn)定霍爾電壓UH時，有 qvB=qUH/h（1分）又因 I=nqhlv和H=聯(lián)立可解得 B=（1分）所以，還需要知道探頭沿磁場方向的寬度l15【2012北京市海淀區(qū)期末】10分）如圖15甲所示，水平加速電場的加速電壓為U0，在它的右側有由水平正對放置的平行金屬板a、b構成的偏轉(zhuǎn)電場，已知偏轉(zhuǎn)電場的板長L=0.10 m，板間距離d=5.010-2

23、 m，兩板間接有如圖15乙所示的隨時間變化的電壓U，且a板電勢高于b板電勢。在金屬板右側存在有界的勻強磁場，磁場的左邊界為與金屬板右側重合的豎直平面MN，MN右側的磁場范圍足夠大，磁感應強度B=5.010-3T，方向與偏轉(zhuǎn)電場正交向里（垂直紙面向里）。質(zhì)量和電荷量都相同的帶正電的粒子從靜止開始經(jīng)過電壓U0=50V的加速電場后，連續(xù)沿兩金屬板間的中線OO方向射入偏轉(zhuǎn)電場中，中線OO與磁場邊界MN垂直。已知帶電粒子的比荷=1.0108 C/kg，不計粒子所受的重力和粒子間的相互作用力，忽略偏轉(zhuǎn)電場兩板間電場的邊緣效應，在每個粒子通過偏轉(zhuǎn)電場區(qū)域的極短時間內(nèi)，偏轉(zhuǎn)電場可視作恒定不變。（1）求t=0時

24、刻射入偏轉(zhuǎn)電場的粒子在磁場邊界上的入射點和出射點間的距離；（2）求粒子進入磁場時的最大速度；（3）對于所有進入磁場中的粒子，如果要增大粒子在磁場邊界上的入射點和出射點間的距離，應該采取哪些措施？試從理論上推理說明?！敬鸢浮?1) 1.0105m/s (2) 1.1105m/s(3)要增大粒子在磁場邊界上的入射點和出射點間的距離x，應該減小勻強磁場的磁感應強度B，或增大加速電壓U0【解析】（1）設經(jīng)過加速電場加速后，粒子的速度為v0，根據(jù)動能定理有，解得v0=1.0105m/s由于t=0時刻偏轉(zhuǎn)電場的場強為零，所以此時射入偏轉(zhuǎn)電場的粒子將勻速穿過電場而以v0的速度垂直磁場邊界進入磁場中，在磁場中的運動軌跡為半圓。設粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為r，由洛侖茲力公式和牛頓第二定律得 qv0B=m解得 r= 所以粒子在磁場邊界上的入射點和出射點間的距離d=2r =0.40m（2）設粒子以最大偏轉(zhuǎn)量離開偏轉(zhuǎn)電場，即軌跡經(jīng)過金屬板右側邊緣處，進入磁場時a、b板的電壓為Um，則粒子進入偏轉(zhuǎn)電場后，加速度a=水平方向 L=v0t豎直方向 y=解得 Um=25 V50V所以，