電磁學(xué)綜合計(jì)算題一參考答案

1、.電磁學(xué)綜合計(jì)算題一參考答案2解析:（1）F=Eq=mgtan37°= （3分）.受力方向水平向右 （1分）.（2）到達(dá)最高點(diǎn)的過(guò)程.豎直方向v0=gt水平方向vx=3gt/4=3v0/4.電場(chǎng)力做的功等于水平方向上動(dòng)能的增加：W=Ek= （4分）3解析（1）根據(jù)粒子在磁場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)的情況和左手定則可知，粒子帶負(fù)電. （2分）.（2）由于洛倫茲力對(duì)粒子不做功，故粒子以原來(lái)的速率進(jìn)入電場(chǎng)中，設(shè)帶電粒子進(jìn)入電場(chǎng)的初速度為v0，在電場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)時(shí)做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，由題意知粒子離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)的末速度大小為，將vt分解為平行于電場(chǎng)方向和垂直于電場(chǎng)方向的兩個(gè)分速度：由幾何關(guān)系知. F=Eq 聯(lián)立求解得： 4.

2、速度射入的帶電粒子最多能有多少個(gè)落到下極板上？ (1)若第一個(gè)微粒的落點(diǎn)在下極板中點(diǎn), 由L=v01t1 d=gt12 （2分）第一個(gè)微粒的落點(diǎn)在下極板B點(diǎn), 由L=v02t2 d=gt22 （2分）所以 2.5m/sv05m/s（2分）（2）L=v01t 得 t=0.04s（1分） d=at2 得 a=2.5m/s2（1分）有 mg-qE=ma（2分） E=Q/dC（2分得 Q=C n=Q/q=600個(gè)（2分）5解：(1)水平方向小球開(kāi)始向左做初速度為vA勻減速運(yùn)動(dòng)，速度變?yōu)榱愫笙蛴易鰟蚣铀龠\(yùn)動(dòng)，直到達(dá)到B點(diǎn)，過(guò)程中加速度不變，由電場(chǎng)力提供外力。 （3分）豎直方向小球向下做初速為零勻加速運(yùn)動(dòng)

3、，直到達(dá)到B點(diǎn)，重力提供外力。 （3分）（2）水平方向：電場(chǎng)力為 加速度 （3分）小球向左運(yùn)動(dòng)到最遠(yuǎn)的時(shí)間為=0.06S （2分） 在這段時(shí)間內(nèi)向右運(yùn)動(dòng)的距離，不會(huì)撞倒左壁。小球達(dá)到B點(diǎn)所用時(shí)間為T(mén)=2t （2分）豎直方向下落距離即為所求 （2分） 7. 解：（1）設(shè)粒子在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的加速度大小為a，離開(kāi)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)偏轉(zhuǎn)距離為y，沿電場(chǎng)方向的速度為vy，偏轉(zhuǎn)角為，其反向延長(zhǎng)線通過(guò)O點(diǎn)，O點(diǎn)與板右端的水平距離為x，則有YY'v0AOv0vyxyy0y（1分）（1分） （1分） （1分）聯(lián)立可得 （1分）即粒子飛出電場(chǎng)后的速度方向的反向延長(zhǎng)線交于兩板間的中心（2） （1分） 由式解得（1分）

4、當(dāng)時(shí)，（1分）則兩板間所加電壓的范圍 （1分）（3）當(dāng)時(shí)，粒子在屏上側(cè)向偏移的距離最大（設(shè)為y0），則 （2分）而（1分）解得 則粒子可能到達(dá)屏上區(qū)域的長(zhǎng)度為 （1分）8.微粒運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)之前要受到重力、電場(chǎng)力和洛侖茲力作用，在這段時(shí)間內(nèi)微粒做勻速直線運(yùn)動(dòng)，說(shuō)明三力合力為零由此可得 電場(chǎng)力 洛侖茲力 聯(lián)立求解、代入數(shù)據(jù)得v=10m/s 微粒運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)之后，撤去磁場(chǎng)，微粒只受到重力、電場(chǎng)力作用，其合力為一恒力，且方向與微粒在O點(diǎn)的速度方向垂直，所以微粒在后一段時(shí)間內(nèi)的運(yùn)動(dòng)為類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，可沿初速度方向和合力方向進(jìn)行分解 xyBEPOF合vs2s1第17題答圖代入數(shù)據(jù)得 設(shè)沿初速度方向的位移為，沿合力

5、方向的位移為，則因?yàn)?聯(lián)立求解，代入數(shù)據(jù)可得P點(diǎn)到原點(diǎn)O的距離OP15m O點(diǎn)到P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)時(shí)間t1.2s 評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)：本題16分式，各1分；式，各2分9.（1）帶電粒子從C孔進(jìn)入，與筒壁碰撞2次再?gòu)腃孔射出經(jīng)歷的時(shí)間為最短由 qEmv2 2分粒子由C孔進(jìn)入磁場(chǎng)，在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的速率為v1分由 r 2分 由幾何關(guān)系有Rcot30° r 2分得 B 2分（2）粒子從AC的加速度為aqEmd 2分由 dat122，粒子從AC的時(shí)間為 t1=d 2分粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為 t2T2mqB 2分將（1）求得的B值代入，得 t2R 1分求得 t2t1t2（2d +R）2分10.解：（1）粒

6、子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，即 （2分）則 （2分）（2）設(shè)cd中心為O，向c端偏轉(zhuǎn)的粒子，當(dāng)圓周軌跡與cd相切時(shí)偏離O最遠(yuǎn)，設(shè)切點(diǎn)為P，對(duì)應(yīng)圓心O1，如圖所示，則由幾何關(guān)系得： （3分）向d端偏轉(zhuǎn)的粒子，當(dāng)沿Sb方向射入時(shí)，偏離O最遠(yuǎn)，設(shè)此時(shí)圓周軌跡與cd交于Q點(diǎn)，對(duì)應(yīng)圓心O2，如圖所示，則由幾何關(guān)系得： （3分）故金箔cd被粒子射中區(qū)域的長(zhǎng)度L= （1分）（3）設(shè)從Q點(diǎn)穿出的粒子的速度為，因半徑O2Q場(chǎng)強(qiáng)E，則E，故穿出的粒子在電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，軌跡如圖所示。 （1分）沿速度方向做勻速直線運(yùn)動(dòng),位移， （1分） 沿場(chǎng)強(qiáng)E方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，位移，（1分）11. 【

7、解析】（1）質(zhì)子先在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，射出磁場(chǎng)后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，最后進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，軌跡如圖所示.圖2分根據(jù)牛頓第二定律，有（2分）要使磁場(chǎng)的區(qū)域面積最小，則Oa為磁場(chǎng)區(qū)域的直徑，由幾何關(guān)系可知：（3分）求出圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域的最小半徑（1分）圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域的最小面積為 （ 2分）（2）質(zhì)子進(jìn)入電場(chǎng)后，做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，垂直電場(chǎng)方向：；（2分）平行電場(chǎng)方向：，（2分 ） 由牛頓第二定律，（1分）解得：。（2分）O點(diǎn)到c點(diǎn)的距離： （2分）12. 解：（1）設(shè)電荷為正電荷，電荷做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則兩板間的電場(chǎng)力和洛倫茲力平衡，則AB應(yīng)向左勻速運(yùn)動(dòng)，設(shè)其速度為v，則有：U=BL v0 ，L為兩板間距 依題意：若為負(fù)電荷，上述結(jié)論不變。 （2）AB突然停止運(yùn)動(dòng)，兩板間電場(chǎng)消失，電荷在B中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，依題意，由幾何關(guān)系可知，電荷軌跡圓弧所對(duì)圓心角為60°，則：解：（1）由qvB=m 2分及T=得 1分T0= 2分（2）如圖，若使粒子不能從oa邊射出，則有sin= , =300. 2分在磁場(chǎng)變化的半個(gè)周期內(nèi)，粒子在磁場(chǎng)中旋轉(zhuǎn)1500角，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t=T0= 2分 而t=T/2所以磁場(chǎng)變化的最大周期為 T= 2分（3）若使粒子從b點(diǎn)沿著ab方向射出磁場(chǎng)，軌跡如圖在磁場(chǎng)變化的半個(gè)周期內(nèi)