人教 高中物理選修31：計算題（附答案）

1、.選修3-1計算題一、計算題1. 如圖所示，BC是半徑為R的14圓弧形的光滑且絕緣的軌道，位于豎直平面內(nèi)，其下端與水平絕緣軌道平滑連接，整個軌道處在水平向左的勻強(qiáng)電場中，電場強(qiáng)度為E，P為一質(zhì)量為m，帶正電q的小滑塊(體積很小可視為質(zhì)點(diǎn))，重力加速度為g(1)若小滑塊P能在圓弧軌道上某處靜止，求其靜止時所受軌道的支持力的大小(2)若將小滑塊P從C點(diǎn)由靜止釋放，滑到水平軌道上的A點(diǎn)時速度減為零，已知滑塊與水平軌道間的動摩擦因數(shù)為求：滑塊通過圓弧軌道末端B點(diǎn)時的速度大小以及所受軌道的支持力大小水平軌道上A、B兩點(diǎn)之間的距離2. 在電場強(qiáng)度為E=104N/C，方向水平向右的勻強(qiáng)電場中，用一根長L=1

2、m的絕緣輕細(xì)桿，固定一個帶正電q=5×10-6C的小球，細(xì)桿可繞軸O在豎直平面內(nèi)自由轉(zhuǎn)動.如圖所示，現(xiàn)將桿從水平位置A輕輕釋放，在小球運(yùn)動到最低點(diǎn)B的過程中，(取g=10m/s2)求：(1)A、B兩位置的電勢差多少？(2)電場力對小球做功多少？(3)小球的電勢能變化了多少？3. 如圖所示為一真空示波管的示意圖，電子從燈絲K發(fā)出(初速度可忽略不計)，經(jīng)燈絲與A板間的電壓U1加速，從A板中心孔沿中心線KO射出，然后進(jìn)入兩塊平行金屬板M、N形成的偏轉(zhuǎn)電場中(偏轉(zhuǎn)電場可視為勻強(qiáng)電場)，電子進(jìn)入M、N間電場時的速度與電場方向垂直，電子經(jīng)過偏轉(zhuǎn)電場后打在熒光屏上的P點(diǎn).已知M、N兩板間的電壓為U

3、2，兩板間的距離為d，板長為L，電子的質(zhì)量為m，電荷量為e，不計電子受到的重力及它們之間的相互作用力(1)求電子穿過A板時速度的大小v0；(2)求電子從偏轉(zhuǎn)電場射出時的側(cè)移量y；(3)若要使電子打在熒光屏上P點(diǎn)的上方，應(yīng)使M、N兩板間的電壓U2增大還是減??？4. 回旋加速器是用來加速帶電粒子的裝置，如圖所示.它的核心部分是兩個D形金屬盒，兩盒相距很近(縫隙的寬度遠(yuǎn)小于盒半徑)，分別和高頻交流電源相連接，使帶電粒子每通過縫隙時恰好在最大電壓下被加速.兩盒放在勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直于盒面，帶電粒子在磁場中做圓周運(yùn)動，粒子通過兩盒的縫隙時反復(fù)被加速，直到最大圓周半徑時通過特殊裝置被引出.若D形盒半

4、徑為R，所加磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.設(shè)兩D形盒之間所加的交流電壓的最大值為U，被加速的粒子為粒子，其質(zhì)量為m、電量為q.粒子從D形盒中央開始被加速(初動能可以忽略)，經(jīng)若干次加速后，粒子從D形盒邊緣被引出.求：(1)粒子被加速后獲得的最大動能Ek；(2)粒子在第n次加速后進(jìn)入一個D形盒中的回旋半徑與緊接著第n+1次加速后進(jìn)入另一個D形盒后的回旋半徑之比；(3)粒子在回旋加速器中運(yùn)動的時間；(4)若使用此回旋加速器加速氘核，要想使氘核獲得與粒子相同的動能，請你通過分析，提出一個簡單可行的辦法5. 有一種“雙聚焦分析器”質(zhì)譜儀，工作原理如圖所示.其中加速電場的電壓為U，靜電分析器中有會聚電場，即與圓

5、心O1等距的各點(diǎn)電場強(qiáng)度大小相同，方向沿徑向指向圓心O1.磁分析器中以O(shè)2為圓心、圓心角為90的扇形區(qū)域內(nèi)，分布著方向垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場，其左邊界與靜電分析器的右邊界平行.由離子源發(fā)出一個質(zhì)量為m、電荷量為q的正離子(初速度為零，重力不計)，經(jīng)加速電場加速后，從M點(diǎn)沿垂直于該點(diǎn)的場強(qiáng)方向進(jìn)入靜電分析器，在靜電分析器中，離子沿半徑為R的四分之一圓弧軌道做勻速圓周運(yùn)動，并從N點(diǎn)射出靜電分析器.而后離子由P點(diǎn)垂直于磁分析器的左邊界且垂直于磁場方向射入磁分析器中，最后離子垂直于磁分析器下邊界從Q點(diǎn)射出，并進(jìn)入收集器.測量出Q點(diǎn)與圓心O2的距離為d.位于Q點(diǎn)正下方的收集器入口離Q點(diǎn)的距離為0.5d.&

6、#160; (題中的U、m、q、R、d都為已知量)(1)求靜電分析器中離子運(yùn)動軌跡處電場強(qiáng)度E的大??；(2)求磁分析器中磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小和方向；(3)現(xiàn)將離子換成質(zhì)量為4m，電荷量仍為q的另一種正離子，其它條件不變.磁分析器空間足夠大，離子不會從圓弧邊界射出，收集器的位置可以沿水平方向左右移動，要使此時射出磁分析器的離子仍能進(jìn)入收集器，求收集器水平移動的距離6. 質(zhì)譜儀是測量帶電粒子的質(zhì)量和分析同位素的重要工具.如圖所示為質(zhì)譜儀的原理示意圖.現(xiàn)利用這種質(zhì)譜議對某電荷進(jìn)行測量.電荷的帶電量為q，質(zhì)量為m，電荷從容器A下方的小孔S，無初速度飄入電勢差為U的加速電場.加速后垂直進(jìn)入

7、磁感強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，然后從D點(diǎn)穿出，從而被接收器接受.問：(1)電荷的電性；(2)SD的水平距離為多少7. 質(zhì)譜儀是一種精密儀器，是測量帶電粒子的質(zhì)量和分析同位素的重要工具.圖中所示的質(zhì)譜儀是由加速電場和偏轉(zhuǎn)磁場組成.帶電粒子從容器A下方的小孔S1飄入電勢差為U的加速電場，其初速度幾乎為0，然后經(jīng)過S3沿著與磁場垂直的方向進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，最后打到照相底片D上.不計粒子重力(1)若由容器A進(jìn)入電場的是質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子，求：a.粒子進(jìn)入磁場時的速度大小v；b.粒子在磁場中運(yùn)動的軌道半徑R. (2)若由容器A進(jìn)入電場的是互為同位素的兩種原子核P1、P2，由底

8、片上獲知P1、P2在磁場中運(yùn)動軌跡的直徑之比是2：1.求P1、P2的質(zhì)量之比m1：m28. 質(zhì)譜儀是一種測定帶電粒子質(zhì)量和分析同位素的重要工具，它的構(gòu)造原理如圖所示.離子源S產(chǎn)生的各種不同正離子束(速度可看作為零)，經(jīng)加速電場(加速電場極板間的距離為d、電勢差為U)加速，然后垂直進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的有界勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動，最后到達(dá)記錄它的照相底片P上.設(shè)離子在P上的位置與入口處S1之間的距離為x(1)求該離子的荷質(zhì)比qm；(2)若離子源產(chǎn)生的是帶電量為q、質(zhì)量為m1和m2的同位素離子(m1>m2)，它們分別到達(dá)照相底片上的P1、P2位置(圖中末畫出)，求P1、P2間的距離x9. 如

9、圖所示，兩平行金屬導(dǎo)軌所在的平面與水平面夾角=37，導(dǎo)軌的一端接有電動勢E=3V、內(nèi)阻r=0.5的直流電源，導(dǎo)軌間的距離L=0.4m.在導(dǎo)軌所在空間內(nèi)分布著磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.5T、方向垂直于導(dǎo)軌所在平面向上的勻強(qiáng)磁場. 現(xiàn)把一個質(zhì)量m=0.04kg的導(dǎo)體棒ab放在金屬導(dǎo)軌上，導(dǎo)體棒與金屬導(dǎo)軌垂直、且接觸良好，導(dǎo)體棒的電阻R=1.0，導(dǎo)體棒恰好能靜止.金屬導(dǎo)軌電阻不計.(g取10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8)求：(1)ab受到的安培力大??；(2)ab受到的摩擦力大小10. 如圖所示，PQ和MN為水平平行放置的金屬導(dǎo)軌，相距1m，導(dǎo)體棒ab跨放在導(dǎo)軌上，棒的質(zhì)量為m=

10、0.2kg，棒的中點(diǎn)用細(xì)繩經(jīng)滑輪與物體相連，物體的質(zhì)量M=0.3kg，棒與導(dǎo)軌的動摩擦因數(shù)為=0.5，勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B=2T，方向豎直向下，為了使物體以加速度a=3m/s2加速上升，應(yīng)在棒中通入多大的電流？方向如何？(g=10m/s2)11. 如圖回旋加速器D形盒的半徑為r，勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.一個質(zhì)量了m、電荷量為q的粒子在加速器的中央從速度為零開始加速(1)求該回旋加速器所加交變電場的頻率；(2)求粒子離開回旋加速器時獲得的動能；(3)設(shè)兩D形盒間的加速電壓為U，質(zhì)子每次經(jīng)電場加速后能量增加，加速到上述能量所需時間(不計在電場中的加速時間)答案和解析【答案】1. 解：(1)受力

11、如圖，滑塊在某點(diǎn)受重力、支持力、電場力平衡，有：F=m2g2+q2E2，由牛頓第三定律得：FN=F=m2g2+q2E2(2)小滑塊從C到B的過程中，設(shè)滑塊通過B點(diǎn)時的速度為vB，由動能定理得：mgR-qER=12mvB2代入數(shù)據(jù)解得：vB=2(mg-qE)Rm通過B前，滑塊還是做圓周運(yùn)動，由牛頓第二定律得：F支-mg=mmB2R，由牛頓第三定律得：F壓=F支代入數(shù)據(jù)解得：F壓=3mg-2qE(3)令A(yù)、B之間的距離為LAB，小滑塊從C經(jīng)B到A的過程中，由動能定理得：mgR-qE(R+LAB)-mgLAB=0解得：LAB=mg-qEmg+qER答：(1)滑塊通過B點(diǎn)時的速度大小為m2g2+q2E

12、2；(2)滑塊通過B點(diǎn)前瞬間對軌道的壓力3mg-2qE；(3)水平軌道上A、B兩點(diǎn)之間的距離mg-qEmg+qER2. 解：(1)AB之間沿電場方向的距離為L，則兩點(diǎn)之間的電勢差：U=EL=104×1=10000V (2)電場力做功：W=qU=5×10-6×104=0.05J (3)電場力做正功，小球的電勢能減小，減小為0.05J 答：(1)A、B兩位置的電勢差是10000 v (2)電場力對小球做功0.05J；(3)小球的電勢能減小0.05J3. (1)設(shè)電子經(jīng)電壓U1加速后的速度為v0，由動能定理有：eU1=12mv02-0 解得：v0=2eU1m(

13、2)電子以速度v0進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場后，垂直于電場方向做勻速直線運(yùn)動，沿電場方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動.設(shè)偏轉(zhuǎn)電場的電場強(qiáng)度為E，電子在偏轉(zhuǎn)電場中運(yùn)動的  時間為t，加速度為a，電子離開偏轉(zhuǎn)電場時的側(cè)移量為y.由牛頓第二定律和運(yùn)動學(xué)公式有：t=Lv0 F=ma，F(xiàn)=eE，E=U2d  a=eU2md  y=12at2 解得：y=U2L24U1d(3)由y=U2L24U1d知，增大偏轉(zhuǎn)電壓U2可增大y值，從而使電子打到屏上的位置在P點(diǎn)上方答：(1)電子穿過A板時速度的大小為2eU1m(2)電子從偏轉(zhuǎn)電場射出時的側(cè)移量為U2L24U1d(3)要使電子打在熒光屏上P點(diǎn)的

14、上方，應(yīng)使M、N兩板間的電壓U2增大4. 解：(1)粒子在D形盒內(nèi)做圓周運(yùn)動，軌道半徑達(dá)到最大時被引出，具有最大動能.設(shè)此時的速度為v，有       qvB=mv2R             可得v=qBRm粒子的最大動能Ek=12mv2=q2B2R22m            

15、;               (2)粒子被加速一次所獲得的能量為qU，粒子被第n次和n+1次加速后的動能分別為EKn=12mvn2=q2B2Rn22m=nqU              EKn+1=12mvn+12=q2B2Rn+122m=(n+1)qU    

16、60;   可得     RnRn+1=nn+1                                       (3)設(shè)粒子被

17、電場加速的總次數(shù)為a，則Ek=aqU=q2B2R22m          可得         a=qB2R22mU            粒子在加速器中運(yùn)動的時間是粒子在D形盒中旋轉(zhuǎn)a個半圓周的總時間t t=aT2     &#

18、160;           T=2mqB                 解得 t=BR22U                  

19、;                (4)加速器加速帶電粒子的能量為Ek=12mv2=q2B2R22m，由粒子換成氘核，有q2B2R22m=(q2)2B12R22(m2)，則B1=2B，即磁感應(yīng)強(qiáng)度需增大為原來的2倍；高頻交流電源的周期T=2mqB，由粒子換為氘核時，交流電源的周期應(yīng)為原來的22倍.5. 解：(1)設(shè)離子進(jìn)入靜電分析器時的速度為v，離子在加速電場中加速的過程中，由動能定理得：qU=12mv2離子在靜電分析器中做勻速圓周運(yùn)動

20、，由靜電力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律有：qE=mv2R聯(lián)立兩式，解得：E=2UR(2)離子在磁分析器中做勻速圓周運(yùn)動，由牛頓第二定律有：qvB=mv2r由題意可知，圓周運(yùn)動的軌道半徑為：r=d故解得：B=1d2mUq，由左手定則判斷得知磁場方向垂直紙面向外(3)設(shè)質(zhì)量為4m的正離子經(jīng)電場加速后的速度為v'由動能定理有qU=124mv'2，v'=0.5v離子在靜電分析器中做勻速圓周運(yùn)動，由靜電力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律有：得：R'=R質(zhì)量為4m的正離子在磁分析器中做勻速圓周運(yùn)動，由牛頓第二定律有：可得磁場中運(yùn)動的半徑：r'=2r=2d由幾何關(guān)系可知，

21、收集器水平向右移動的距離為：S=(736-)d答：(1)靜電分析器中離子運(yùn)動軌跡處電場強(qiáng)度E的大小為2UR；(2)磁分析器中磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小為1d2mUq；(3)收集器水平移動的距離為(736-)d6. 解：(1)由題意知，粒子進(jìn)入磁場時洛倫茲力方向水平向左，根據(jù)左手定則知，電荷帶正電(2)根據(jù)動能定理得，qU=12mv2解得粒子進(jìn)入磁場的速度v=2qUm根據(jù)qvB=mv2R得，R=mvqB=1B2mUq則SD的水平距離s=2R=2B2mUq答：(1)粒子帶正電(2)SD的水平距離為2B2mUq7. 解：(1)a、在加速電場中，由動能定理得：qU=12mv2-0，解得：v=2qUm；b、碘粒

22、子在磁場中做勻速圓運(yùn)動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qvB=mv2r，解得：r=1B2mUq；(2)兩種原子核P1、P2互為同位素，所以電荷量相等，由b的結(jié)論可知：R1R2=m1m2P1、P2在磁場中運(yùn)動軌跡的直徑之比是2：1所以有：m1m2=21答：(1)a.粒子進(jìn)入磁場時的速度大小是2qUm；b.粒子在磁場中運(yùn)動的軌道半徑R是1B2mUq；(2)若由容器A進(jìn)入電場的是互為同位素的兩種原子核P1、P2，由底片上獲知P1、P2在磁場中運(yùn)動軌跡的直徑之比是2：1.P1、P2的質(zhì)量之比是2：18. 解：(1)離子在電場中加速，由動能定理得：qU=12mv2； 離子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，

23、由牛頓第二定律得：qBv=mv2r 由式可得：qm=8UB2x2 (2)由式可得粒子m1在磁場中的運(yùn)動半徑是r1，則：r1=2qUm1qB 對離子m2，同理得：r2=2qUm2qB 照相底片上P1、P2間的距離：x=2(r1-r2)=22qUqB(m1-m2)；答：(1)求該離子的荷質(zhì)比qm；(2)P1、P2間的距離x=22qUqB(m1-m2)9. 解：(1)導(dǎo)體棒、金屬導(dǎo)軌和直流電源構(gòu)成閉合電路，根據(jù)閉合電路歐姆定律有：I=ER0+r=31+0.5A=2A 導(dǎo)體棒受到的安培力：F安=ILB=2×0.40×0.50N=0.40N (2)導(dǎo)體棒所受重力沿斜面向下的分力：F1

24、=mgsin37=0.04×10×0.6N=0.24N 由于F1小于安培力，故導(dǎo)體棒沿斜面向下的摩擦力f，根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件得：mgsin37+f=F安 解得：f=F安-mgsin37=(0.40-0.24)N=0.16N 答：(1)導(dǎo)體棒受到的安培力大小是0.40N；(2)導(dǎo)體棒受到的摩擦力大小是0.16N10. 解：導(dǎo)體棒的最大靜摩擦力大小為fm=0.5mg=1N，M的重力為G=Mg=3N，則fm<G，要保持導(dǎo)體棒勻速上升，則安培力方向必須水平向左，則根據(jù)左手定則判斷得知棒中電流的方向為由a到b根據(jù)受力分析，由牛頓第二定律，則有F安-T-f=ma F安=BIL，聯(lián)

25、立得：I=2.75A 答：應(yīng)在棒中通入2.75A的電流，方向ab11. 解：(1)由回旋加速器的工作原理知，交變電場的頻率與粒子在磁場運(yùn)動的頻率相等，由T粒子=2mqB得：f電=f粒子=1T=qB2m；(2)由洛倫茲力提供向心力得：Bqvm=mvm2r 所以：vm=Bqrm 聯(lián)立解得：Ekm=(qBr)22m (3)加速次數(shù)：N=EkmqU 粒子每轉(zhuǎn)動一圈加速兩次，故轉(zhuǎn)動的圈數(shù)為：n=12N 粒子運(yùn)動的時間為：t=nT      聯(lián)立解得：t=Br22U 答：(1)該回旋加速器所加交變電場的頻率為qB2m；(2)粒子離開回旋加速器時獲得的動能為

26、(qBr)22m；(3)設(shè)兩D形盒間的加速電壓為U，質(zhì)子每次經(jīng)電場加速后能量增加，加速到上述能量所需時間為Br22U【解析】1. (1)滑塊在某點(diǎn)受重力、支持力、電場力三個力處于平衡，根據(jù)共點(diǎn)力平衡求出支持力的大小(2)小滑塊從C到B的過程中，只有重力和電場力對它做功，根據(jù)動能定理求解根據(jù)圓周運(yùn)動向心力公式即可求解，由動能定理即可求出AB的長本題考查分析和處理物體在復(fù)合場運(yùn)動的能力.對于電場力做功W=qEd，d為兩點(diǎn)沿電場線方向的距離2. (1)根據(jù)：U=Ed即可計算出電勢差；(2)根據(jù)恒力做功的公式求電場力做的功；根據(jù)電場力做功情況判斷電勢能如何變化；(2)電場力做正功，小球的電勢能減小與之

27、相等解決本題的關(guān)鍵知道電場力做功與電勢能的關(guān)系，知道電場力做正功，電勢能減小，電場力做負(fù)功，電勢能增加3. 根據(jù)動能定理求出電子穿過A板時的速度大小.電子在偏轉(zhuǎn)電場中，在垂直電場方向上做勻速直線運(yùn)動，在沿電場方向上做勻加速直線運(yùn)動，根據(jù)牛頓第二定律，結(jié)合運(yùn)動學(xué)公式求出電子從偏轉(zhuǎn)電場射出時的側(cè)移量解決本題的關(guān)鍵掌握處理類平拋運(yùn)動的方法，結(jié)合牛頓第二定律和運(yùn)動學(xué)公式綜合求解，難度中等4. (1)根據(jù)qvB=mv2R知，當(dāng)R最大時，速度最大，求出最大速度，根據(jù)EK=12mv2求出粒子的最大動能(2)粒子被加速一次所獲得的能量為qU，求出第n次和n+1次加速后的動能EKn=12mvn2=q2B2Rn2

28、2m=nqU，EKn+1=12mvn+12=q2B2Rn+122m=(n+1)qU，從而求出回旋半徑之比(3)求出粒子被加速的次數(shù)，在一個周期內(nèi)加速兩次，求出周期，從而求出粒子在回旋加速器中運(yùn)動的時間(4)回旋加速器加速粒子時，粒子在磁場中運(yùn)動的周期和交流電變化的周期相同.已知氘核與粒子的質(zhì)量比和電荷比，根據(jù)最大動能相等，得出磁感應(yīng)強(qiáng)度的關(guān)系，以及根據(jù)周期公式，得出交流電的周期變化解決本題的關(guān)鍵知道回旋加速器利用磁場偏轉(zhuǎn)和電場加速實現(xiàn)加速粒子，粒子在磁場中運(yùn)動的周期和交流電的周期相等5. (1)運(yùn)用動能定理研究加速電場，求出進(jìn)入靜電分析器的速度為v，離子在電場力作用下做勻速圓周運(yùn)動，由牛頓第二定律列出等式求解電場強(qiáng)度E的大小(2)離子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動，由牛頓第二定律列出等式.再結(jié)合幾何關(guān)系求出已知長度與半徑的關(guān)系，從而算出磁感應(yīng)強(qiáng)度大小并確定方向(3)根據(jù)動能定理可知，當(dāng)粒子電量不變，質(zhì)量變?yōu)?m時的速度，從而求個粒子磁場中運(yùn)動的半徑，故可求得收集器水平移動的距離明確研究對象的運(yùn)動過程是解決問題的前提，根據(jù)題目已知條件和求解的物理量選擇物理規(guī)律解決問題.對于圓周