高中物理選修3-1計算題-附答案

第=page44頁，共=sectionpages11頁第=page33頁，共=sectionpages11頁選修3-1計算題一、計算題如圖所示，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?。?/p>

(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μ求：

①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

②水平軌道上A、B兩點(diǎn)之間的距離．

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=1m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)

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U2，兩板間的距離為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U

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α粒子，其質(zhì)量為m、電量為q.α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，α粒子從D形盒邊緣被引出.求：

(1)α粒子被加速后獲得的最大動能Ek；

(2)α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)α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α粒子相同的動能，請你通過分析，提出一個簡單可行的辦法．

如圖所示，兩平行金屬導(dǎo)軌所在的平面與水平面夾角θ=37°，導(dǎo)軌的一端接有電動勢E=3V、內(nèi)阻r=0.5Ω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=1.0Ω，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：

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=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μ=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/s

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)①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-2qE2.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

3.(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．

(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=eE，

E=U2d

a=eU2md

y=12at2

解得：y=U24.解：(1)α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

α粒子的最大動能Ek=12mv2=q2B2R22m

(2)α粒子被加速一次所獲得的能量為qU，α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

可得

RnRn+1=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，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=12?4mv'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=2d6.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=17.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=m1m2

P1、P2在磁場中運(yùn)動軌跡的直徑之比是2：1所以有：m1m2=218.解：(1)離子在電場中加速，由動能定理得：qU=12mv2；①

離子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，由牛頓第二定律得：qBv=mv2r②

由①②式可得：qm=8UB2x2

(2)由①②式可得粒子m1在磁場中的運(yùn)動半徑是r1，則：r1=2qUm1qB

對離子m9.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=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：

mg10.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，11.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=2πmqB得：

f電=f粒子=1T=qB2πm；

(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

【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)①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，

②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，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)α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=15.(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?。?/p>

(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.對于圓周運(yùn)動，關(guān)鍵找出圓周運(yùn)動所需的向心力，列出等式解決問題．6.根據(jù)左手定則，結(jié)合洛倫茲力的方向判斷出電荷的電性；根據(jù)洛倫茲力提供向心力得出粒子的偏轉(zhuǎn)半徑，從而得出SD的水平距離．

解決本題的關(guān)鍵掌握洛倫茲力判斷磁場方向、粒子運(yùn)動方向、洛倫茲力方向的關(guān)系，以及掌握粒子在磁場中運(yùn)動的半徑公式，并能靈活運(yùn)用．7.(1)帶電粒子在電場中被加速，應(yīng)用動能定理可以求出粒子的速度.粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律可以求出粒子的軌道半徑．

(2)P1、P2互為同位素，所以電荷量相等，由8.(1)根據(jù)粒子在磁場中的運(yùn)動半徑，通過半徑公式求出粒子的速度，再根據(jù)動能定理得出粒子的比荷．

(2)根據(jù)動能定理、半徑公式求出粒子打到照相機(jī)底片上位置與入口處的距離，從而求出P1、P2間的距離△x9.(1)先根據(jù)閉合電路歐姆定律求出電路中的電流.由公式F安=ILB求解安培力大??；

(2)10.若要保持物體勻速上升，受力必須平衡.由于M所受的