高考電磁學計算題專練(共13頁)

1、精選優(yōu)質(zhì)文檔-傾情為你奉上高三物理復習資料電磁學計算專練姓名學號班級1（18分）如圖（a）所示，傾斜放置的光滑平行導軌，長度足夠長，寬度L = 0.4m，自身電阻不計，上端接有R = 0.3的定值電阻。在導軌間MN虛線以下的區(qū)域存在方向垂直導軌平面向上、磁感應強度B = 0.5T的勻強磁場。在MN虛線上方垂直導軌放有一根電阻r = 0.1的金屬棒。現(xiàn)將金屬棒無初速釋放，其運動時的v-t圖象如圖（b）所示。重力加速度取g = 10m/s2。試求：（1）斜面的傾角和金屬棒的質(zhì)量m；（2）在2s5s時間內(nèi)金屬棒動能減少了多少？此過程中整個回路產(chǎn)生的熱量Q是多少（結(jié)果保留一位小數(shù)）？2.（18分）如圖

2、所示，一半徑為r的圓形導線框內(nèi)有一勻強磁場，磁場方向垂直于導線框所在平面，導線框的右端通過導線接一對水平放置的平行金屬板，兩板間的距離為d。在t=0時，圓形導線框內(nèi)的磁感應強度B從B0開始均勻增大；同時，有一質(zhì)量為m、帶電量為q的液滴以初速度v0水平向右射入兩板間（該液滴可視為質(zhì)點）。該液滴恰能從兩板間作勻速直線運動，然后液滴在電場強度大?。ê愣ǎ⒎较蛭粗?、磁感應強度為B1、寬為L的（重力場、電場、磁場）復合場（磁場的上下區(qū)域足夠大）中作勻速圓周周運動求：磁感應強度B從B0開始均勻增大時，試判斷1、2兩板哪板為正極板？磁感應強度隨時間的變化率K=？（重力場、電場、磁場）復合場中的電場強度方向

3、如何？大小如何？該液滴離開復合場時，偏離原方向的距離。3（18分）如圖所示，在空間中存在垂直紙面向里的勻強磁場，其豎直邊界AB、CD的寬度為d，在邊界AB左側(cè)是豎直向下、場強為E的勻強電場?，F(xiàn)有質(zhì)量為m、帶電量為+q的粒子（不計重力）從P點以大小為v0的水平初速度射入電場，隨后與邊界AB成45°射入磁場。若粒子能垂直CD邊界飛出磁場，穿過小孔進入如圖所示兩豎直平行金屬板間的勻強電場中減速至零且不碰到正極板。 （1）請畫出粒子上述過程中的運動軌跡，并求出粒子進入磁場時的速度大小v； （2）求勻強磁場的磁感應強度B； （3）求金屬板間的電壓U的最小值。4（18分）如圖所示，串聯(lián)阻值為的閉

4、合電路中，面積為的正方形區(qū)域abcd存在一個方向垂直紙面向外、磁感應強度均勻增加且變化率為k的勻強磁場，abcd的電阻值也為，其他電阻不計電阻兩端又向右并聯(lián)一個平行板電容器在靠近板處由靜止釋放一質(zhì)量為、電量為的帶電粒子（不計重力），經(jīng)過板的小孔進入一個垂直紙面向內(nèi)、磁感應強度為的圓形勻強磁場，已知該圓形勻強磁場的半徑為。求：(1)電容器獲得的電壓；(2)帶電粒子從小孔射入勻強磁場時的速度；(3)帶電粒子在圓形磁場運動時的軌道半徑及它離開磁場時的偏轉(zhuǎn)角5（18分）如圖為某同學設計的速度選擇裝置，兩根足夠長的光滑導軌MM/和NN/間距為L與水平方向成角，上端接滑動變阻器R，勻強磁場B0垂直導軌向上

5、，金屬棒ab質(zhì)量為m垂直橫跨在導軌上。滑動變阻器R兩端連接水平放置的平行金屬板，極板間距為d，板長為2d，勻強磁場B垂直紙面向內(nèi)。粒子源能發(fā)射沿水平方向不同速率的帶電粒子，粒子的質(zhì)量為m0，電荷量為q，ab棒的電阻為r，滑動變阻器的最大阻值為2r，其余部分電阻不計，不計粒子重力。（1）ab棒靜止未釋放時，某種粒子恰好打在上極板中點P上，該粒子帶何種電荷？該粒子的速度多大？（2）調(diào)節(jié)變阻器使R=0.5r，然后釋放ab棒，求ab棒的最大速度？Pd2d（3）當ab棒釋放后達到最大速度時，若變阻器在rR2r范圍調(diào)節(jié)，總有粒子能勻速穿過平行金屬板，求這些粒子的速度范圍？6（18分）如圖所示，一個質(zhì)量為=

6、2.0×10-11kg，電荷量= +1.0×10-5C的帶電微粒（重力忽略不計），從靜止開始經(jīng)U1=100V電壓加速后，水平進入兩平行金屬板間的偏轉(zhuǎn)電場，偏轉(zhuǎn)電場的電壓U2=100V。金屬板長L=20cm，兩板間距d =cm。求：（1）微粒進入偏轉(zhuǎn)電場時的速度的大小 （2）微粒射出偏轉(zhuǎn)電場時的偏轉(zhuǎn)角和速度v （3）若帶電微粒離開偏轉(zhuǎn)電場后進入磁感應強度 為B = T的均強磁場，為使微粒不從磁場右邊界射出，該勻強磁場的寬度D至少為多大7（18分）兩根足夠長的光滑金屬導軌平行固定在傾角為的斜面上，它們的間距為d磁感應強度為B的勻強磁場充滿整個空間、方向垂直于斜面向上兩根金屬桿a

7、b、cd的質(zhì)量分別為m和2m，垂直于導軌水平放置在導軌上，如圖所示設桿和導軌形成的回路總電阻為R而且保持不變，重力加速度為g（1）給ab桿一個方向沿斜面向上的初速度，同時對ab桿施加一平行于導軌方向的恒定拉力，結(jié)果cd桿恰好保持靜止而ab桿則保持勻速運動求拉力做功的功率 （2）若作用在ab桿的拉力與第（1）問相同，但兩根桿都是同時從靜止開始運動，求兩根桿達到穩(wěn)定狀態(tài)時的速度8（18分）兩根足夠長的固定的平行金屬導軌位于同一水平面內(nèi)，兩導軌間距為導軌上面橫放著兩根導體棒PQ和MN，構(gòu)成矩形回路，如圖所示導體棒PQ的質(zhì)量為m、MN的質(zhì)量為2m，兩者的電阻皆為R，回路中其余部分的電阻可不計在整個導軌

8、平面內(nèi)都有豎直向上的勻強磁場，磁感應強度為B設兩導體棒均可沿導軌無摩擦地滑行開始時，棒MN靜止處于距導軌右端為d處，PQ棒以大小為v0的初速度從導軌左端開始運動（如圖）忽略回路的電流對磁場產(chǎn)生的影響（1）求PQ棒剛開始運動時，回路產(chǎn)生的電流大?。?）若棒MN脫離導軌時的速度大小為，則回路中產(chǎn)生的焦耳熱是多少？（3）若原來回路中靠近MN棒一側(cè)的導軌中串聯(lián)接有一個恒流電源，該電源使回路中的電流大小始終保持為I0（沿PMNQP方向），試討論MN棒脫離導軌時速度v的大小與d的關系9（18分）如圖所示裝置由加速電場、偏轉(zhuǎn)電場和偏轉(zhuǎn)磁場組成。偏轉(zhuǎn)電場處在加有電壓的相距為d的兩塊水平平行放置的導體板之間，勻

9、強磁場水平寬度為l，豎直寬度足夠大，大量電子（其重力不計）由靜止開始，經(jīng)加速電場加速后，連續(xù)不斷地沿平行板的方向從兩板正中間射入偏轉(zhuǎn)電場。當兩板沒有加電壓時，這些電子通過兩板之間的時間為2t0，當在兩板間加上如圖乙所示的周期為2t0、幅值恒為U0的電壓時，所有電子均能通過電場，穿過磁場，最后打在豎直放置的熒光屏上（已知電子的質(zhì)量為m、電荷量為e）。求：（1）如果電子在t=0時刻進入偏轉(zhuǎn)電場，求它離開偏轉(zhuǎn)電場時的側(cè)向位移大?。唬?）通過計算說明，所有通過偏轉(zhuǎn)電場的電子的偏向角（電子離開偏轉(zhuǎn)電場的速度方向與進入電場速度方向的夾角）都相同。（3）要使電子能垂直打在熒光屏上，勻磁場的磁感應強度為多少？

10、參考解答及評分標準1（18分）（1）（8分）在02s時間內(nèi)，金屬棒受力如圖所示，合力 根據(jù)牛頓第二定律得 （1分）由圖象知 （1分）解得或 （1分）在t = 5s之后金屬棒做勻速運動，且v2 = 6m/s；金屬棒受力平衡，沿軌道平面有 （1分）而感應電動勢 （1分）感應電流 （1分） （1分）解得kg （1分）（2）（10分）2s5s內(nèi)金屬棒初速度v1 = 12m/s，末速度v2 = 6m/s，故金屬棒的動能減小量為 （2分）對該過程應用動能定理，有 （2分）2s5s內(nèi)金屬棒位移為v-t圖象相對應的“面積” （3分）功是能量轉(zhuǎn)化的量度，在2s5s過程安培力對金屬棒做功 （1分）代入數(shù)據(jù)解得 （

11、2分）2（1）2極板為正極板（2分）由題意可知： 兩板間的電壓U （1分）而：Sr2 帶電液滴受的電場力：F （1分）故：Fmg0 （1分）由以上各式得K （1分）（2）液滴在復合場中作勻速圓周周運動，則必須電場力與重力平衡，所以，電場力方向豎直向上，由（1）知該液滴帶正電，故電場強度方向豎直向上。 （2分）設勻強電場強度為E，則 （2分） (3) 液滴進入復合場后做勻速圓周運動，設運動半徑為R 由牛頓第二定律有： （1分） 所以: （1分） 討論：若R>L，電子從磁場右邊界離開 （1分） 由幾何關系知偏轉(zhuǎn)距離為 （1分） 代入數(shù)據(jù)并整理得 （1分） 若RL，電子從磁場左邊界離開 （1分

12、） 由幾何關系知偏轉(zhuǎn)距離為 d=2R （1分） 代入數(shù)據(jù)并整理得 （1分） （用其他解法正確的同樣給分）3.（18分）解：（1）軌跡如圖所示； -（2分） -（2分） （2）粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動其軌道半徑R由幾何關系可知： -（2分） -（3分） 解得： -（3分）（3）粒子進入板間電場至速度減為零的過程，由動能定理有： -（3分）解得： -（3分）4(18分)解：(1)根據(jù)法拉第電磁感應定律，閉合電路的電動勢為：-(2分)根據(jù)閉合電路的歐姆定律，閉合電路的電流為：-(2分)電阻獲得的電壓-(1分)因電容器與電阻是并聯(lián)的，故電容器獲得的電壓-(1分)(2)帶電粒子在電容器中受到電場力

13、作用而做勻加速直線運動，根據(jù)動能定理，有：-(2分)得到帶電粒子從小孔射入勻強磁場時的速度為：-(2分)(3)帶電粒子進入圓形勻強磁場后，洛倫茲力提供其做勻速圓周運動的向心力，有：-(2分)得帶電粒子在圓形勻強磁場運動的半徑為：-(2分)又圓形磁場的半徑，即-(1分)根據(jù)左手定則，帶電粒子在圓形磁場向右轉(zhuǎn)過的圓周（如右圖所示），故它離開磁場時的偏轉(zhuǎn)角為90°(3分)5（18分）解：（1）由左手定則可知：該粒子帶正電荷。 （1分）rdv0O粒子在磁場中做圓周運動，設半徑為r，速度為v0幾何關系有： （2分）得：（1分）粒子做勻速圓周運動，由牛頓第二定律： （2分）得： （1分）（2）a

14、b棒達到最大速度時做勻速運動：（2分）NF安mg 對回路，由閉合電路歐姆定律：（2分） 由得：（1分）（3）當ab棒達到最大速度時，設變阻器接入電路電阻為R，電壓為U由式得：對變阻器，由歐姆定律： （1分）極板電壓也為U，粒子勻速運動： （2分）由得：（1分）因R為：，故粒子的速度范圍為：（2分）6（18分）解：（1）微粒在加速電場中由動能定理得 .（2分） 解得v0=1.0×104m/s .（1分）（2）微粒在偏轉(zhuǎn)電場中做類平拋運動，有 .（2分） .（2分）飛出電場時，速度偏轉(zhuǎn)角的正切為 .（2分） 解得 =30o .（1分）進入磁場時微粒的速度是： .（2分）（3）軌跡如圖，由

15、幾何關系有： .（2分）洛倫茲力提供向心力： .（1分）聯(lián)立以上三式得 .（2分）代入數(shù)據(jù)得 D=0.1m 7（18分）參考解答（1）cd桿保持靜止，則桿所受安培力： （2分） 設ab桿所受的拉力為F，則對ab桿，有： （2分） 設ab桿的速度為v0，則回路中的感應電流： （2分） 拉力做功的功率： （1分）聯(lián)立解得拉力做功的功率： （2分）（2）開始時ab桿所受合力沿斜面向上，因此沿斜面向上運動，而cd桿所受合力沿斜面向下，因此沿斜面向下運動，隨著速度的增大，安培力也逐漸增大，最后兩桿同時達到勻速運動狀態(tài)。 設ab桿和cd桿最后的速度大小分別為v1、v2，因為兩桿組成的系統(tǒng)所受的外力合力為零

16、，因此系統(tǒng)動量守恒，取沿斜面向上為正方向，則： （2分）cd桿勻速運動，則桿所受安培力： （1分） 回路中的電流： （2分） 聯(lián)立解得ab桿和cd桿達到穩(wěn)定狀態(tài)時的速度分別為： （方向沿斜面向上） （2分,）（方向沿斜面向下） （2分）8（18分）參考解答：（1）由法拉第電磁感應定律，棒PQ產(chǎn)生的電動勢： （2分）則回路產(chǎn)生的電流大小： （2分） （2）棒PQ和MN在運動過程中始終受到等大反向的安培力，系統(tǒng)的動量守恒，得 （2分） 由能量守恒定律，回路中產(chǎn)生的焦耳熱為 （2分）解得 （1分） （3）回路中的電流始終保持為I0，則棒PQ和MN所受的安培力大小保持不變?nèi)鬱足夠長，則棒PQ先向右勻減

17、速運動再向左勻加速運動，返回軌道左端時速度大小仍為v0，而這個過程棒MN一直向右勻加速運動，由動量守恒定律得 （2分） 設這個過程棒MN的位移為x，由動能定理得 （2分）解得 （1分） 討論：當時，棒MN在導軌上一直向右勻加速運動直到脫離導軌，由動能定理得 解得MN棒脫離導軌時的速度： （2分）當時，棒PQ先從導軌左端脫離導軌，棒MN之后保持勻速運動直到脫離導軌，脫離導軌時的速度： （2分）9解：（1）（8分）在t=0時刻，電子進入偏轉(zhuǎn)電場，Ox方向（水平向右為正）做勻速直線運動。（2分）Oy方向（豎直向上為正）在0t0時間內(nèi)受電場力作用做勻加速運動，（2分）在t02t0時間內(nèi)做勻速直線運動，速度（2分）側(cè)向位移得(2分）(2）（6分）設電子以初速度v0=vx進入偏轉(zhuǎn)電場，在偏轉(zhuǎn)電場中受電場力作用而加速。不管電子是何時進入偏轉(zhuǎn)電場，在它穿過電場的2t0時間內(nèi)，其Oy方向