高考电磁学计算题专练

1、高三物理复习资料 电磁学计算专练姓名学号班级1（18 分）如图（ a）所示，倾斜放置的光滑平行导轨，长度足够长，宽度L = 0.4m ，自身电阻不计，上端接有R = 0.3 的定值电阻。 在导轨间MN 虚线以下的区域存在方向垂直导轨平面向上、磁感应强度B = 0.5T 的匀强磁场。在MN 虚线上方垂直导轨放有一根电阻r = 0.1 的金属棒。现将金属棒无初速释放，其运动时的v-t 图象如图 （b ）所示。重力加速度取g = 10m/s2。试求：（ 1）斜面的倾角和金属棒的质量m；（ 2）在 2s 5s 时间内金属棒动能减少了多少？此过程中整个回路产生的热量Q 是多少（结果保留一位小数）？2.（

2、 18 分）如图所示，一半径为r 的圆形导线框内有一匀强磁场，磁场方向垂直于导线框所在平面，导线框的右端通过导线接一对水平放置的平行金属板，两板间的距离为d。在 t=0 时，圆形导线框内的磁感应强度B 从 B0 开始均匀增大；同时，有一质量为m、带电量为q 的液滴以初速度v0 水平向右射入两板间（该液滴可视为质点）。该液滴恰能从两板间作匀速直线运动，然后液滴在电场强度大小 （恒定）、方向未知、 磁感应强度为 B1、宽为 L 的（重力场、 电场、磁场） 复合场（磁场的上下区域足够大）中作匀速圆周周运动求：磁感应强度 B 从 B0 开始均匀增大时， 试判断1、2 两板哪板为正极板？磁感应强度随时间

3、的变化率 K= ？（重力场、电场、磁场）复合场中的电场强度方向如何？大小如何？该液滴离开复合场时，偏离原方向的距离。高三物理复习资料电学实验与计算题专练第 1页（共 12页）3（ 18分）如图所示，在空间中存在垂直纸面向里的匀强磁场，其竖直边界AB、 CD 的宽度为 d，在边界AB 左侧是竖直向下、场强为E 的匀强电场。现有质量为m、带电量为 +q 的粒子（不计重力）从P 点以大小为 v0 的水平初速度射入电场，随后与边界AB 成 45射入磁场。若粒子能垂直CD 边界飞出磁场，穿过小孔进入如图所示两竖直平行金属板间的匀强电场中减速至零且不碰到正极板。（ 1）请画出粒子上述过程中的运动轨迹，并求

4、出粒子进入磁场时的速度大小v；（ 2）求匀强磁场的磁感应强度B；（ 3）求金属板间的电压U 的最小值。4（ 18 分）如图所示，串联阻值为R 的闭合电路中，面积为S 的正方形区域abcd 存在一个方向垂直纸面向外、磁感应强度均匀增加且变化率为k 的匀强磁场B t ，abcd 的电阻值也为R ，其他电阻不计电阻两端又向右并联一个平行板电容器在靠近M 板处由静止释放一质量为m 、电量为q 的带电粒子（不计重力） ，经过 N 板的小孔 P 进入一个垂直纸面向内、磁感应强度为 的圆形匀强磁场，已知该圆形匀强磁场的半径为r1mSk 。求：Bq(1) 电容器获得的电压；(2) 带电粒子从小孔 P 射入匀强

5、磁场时的速度；(3) 带电粒子在圆形磁场运动时的轨道半径及它离开磁场时的偏转角高三物理复习资料电学实验与计算题专练第 2页（共 12页）5（ 18 分）如图为某同学设计的速度选择装置，两根足够长的光滑导轨 MM /和 NN /间距为 L 与水平方向成 角，上端接滑动变阻器 R，匀强磁场 B0 垂直导轨向上， 金属棒 ab 质量为 m 垂直横跨在导轨上。滑动变阻器R 两端连接水平放置的平行金属板，极板间距为d，板长为 2d，匀强磁场 B垂直纸面向内。粒子源能发射沿水平方向不同速率的带电粒子，粒子的质量为m0，电荷量为 q，ab棒的电阻为 r，滑动变阻器的最大阻值为2r，其余部分电阻不计，不计粒子

6、重力。（ 1） ab 棒静止未释放时，某种粒子恰好打在上极板中点P 上，该粒子带何种电荷？该粒子的速度多大？（ 2）调节变阻器使R=0.5r ，然后释放 ab 棒，求 ab 棒的最大速度？（ 3）当 ab 棒释放后达到最大速度时，若变阻器在r R2r范围调节，总有粒子能匀速穿过平行金属板，求这些粒子的速度范围？Pd2d6（ 18 分）如图所示，一个质量为m =2.0 10-11 kg，电荷量 q= +1.0 10-5 C 的带电微粒（重力忽略不计），从静止开始经 U1=100V 电压加速后，水平进入两平行金属板间的偏转电场，偏转电场的电压2=100V。金属板长L=20cm，两板间距d=10 3

7、cm。求：U（ 1）微粒进入偏转电场时的速度v0 的大小（ 2）微粒射出偏转电场时的偏转角和速度 vT3（ 3）若带电微粒离开偏转电场后进入磁感应强度为 B =的均强磁场，为使微粒不从磁场右边界射出，该匀强磁场的宽度D至少为多大5高三物理复习资料电学实验与计算题专练第 3页（共 12页）7（ 18 分）两根足够长的光滑金属导轨平行固定在倾角为的斜面上，它们的间距为d磁感应强度为 B 的匀强磁场充满整个空间、方向垂直于斜面向上两根金属杆ab、 cd 的质量分别为m和 2m，垂直于导轨水平放置在导轨上，如图所示设杆和导轨形成的回路总电阻为R 而且保持不变，重力加速度为g（1）给 ab 杆一个方向沿

8、斜面向上的初速度，同时对ab 杆施加一平行于导轨方向的恒定拉力，结果 cd 杆恰好保持静止而ab 杆则保持匀速运动求拉力做功的功率（ 2）若作用在 ab 杆的拉力与第（ 1）问相同，但两根杆都是同时从静止开始运动，求两根杆达到稳定状态时的速度8（ 18 分）两根足够长的固定的平行金属导轨位于同一水平面内，两导轨间距为l 导轨上面横放着两根导体棒 PQ 和 MN ，构成矩形回路，如图所示导体棒PQ 的质量为 m、 MN 的质量为2m，两者的电阻皆为R，回路中其余部分的电阻可不计在整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B设两导体棒均可沿导轨无摩擦地滑行开始时，棒MN 静止处于距导轨右端

9、为 d 处， PQ 棒以大小为 v0的初速度从导轨左端开始运动（如图）忽略回路的电流对磁场产生的影响（ 1）求 PQ 棒刚开始运动时，回路产生的电流大小（ 2）若棒 MN 脱离导轨时的速度大小为v0 ，则回路中产生的焦耳热是多少？4（ 3）若原来回路中靠近MN 棒一侧的导轨中串联接有一个恒流电源，该电源使回路中的电流大小始终保持为I 0（沿 PMNQP 方向），试讨论MN 棒脱离导轨时速度v 的大小与d 的关系高三物理复习资料电学实验与计算题专练第 4页（共 12页）9（ 18 分）如图所示装置由加速电场、偏转电场和偏转磁场组成。偏转电场处在加有电压的相距为 d 的两块水平平行放置的导体板之间

10、，匀强磁场水平宽度为l ，竖直宽度足够大，大量电子（其重力不计）由静止开始，经加速电场加速后，连续不断地沿平行板的方向从两板正中间射入偏转电场。当两板没有加电压时，这些电子通过两板之间的时间为2t0 ，当在两板间加上如图乙所示的周期为 2t0、幅值恒为 U0 的电压时，所有电子均能通过电场，穿过磁场，最后打在竖直放置的荧光屏上（已知电子的质量为 m、电荷量为 e）。求：（ 1）如果电子在 t=0 时刻进入偏转电场，求它离开偏转电场时的侧向位移大小；（ 2）通过计算说明，所有通过偏转电场的电子的偏向角（电子离开偏转电场的速度方向与进入电场速度方向的夹角）都相同。（ 3）要使电子能垂直打在荧光屏上

11、，匀磁场的磁感应强度为多少？高三物理复习资料电学实验与计算题专练第 5页（共 12页）参考解答及评分标准1 （ 18 分）（1）（ 8 分）在 02s 时间内，金属棒受力如图所示，合力F合mg sin根据牛顿第二定律F合ma 得 ag sin（1 分）由图象知 a1206(m / s2 )（1 分）372arcsin0.6（1 分）解得或在 t = 5s 之后金属棒做匀速运动，且v2 = 6m/s；金属棒受力 平衡，沿轨道平面有F安 mg sin（1 分）而感应电动势 EBLv2（1 分）感应电流IE（1 分）F安BIL（1 分）Rr解得 m0.1 kg（1 分）（2）（ 10 分）2s5s

12、内金属棒初速度v1 = 12m/s ，末速度v2 = 6m/s，故金属棒的动能减小量为1 mv121 mv2210.112262 J5.4J（2 分）222对该过程应用动能定理，有mgS sinW安1 mv221 mv12（2分）222s5s 内金属棒位移为v-t图象相对应的“面积”S （156232） 10.2m 22.6 0.4m（3 分）功是能量转化的量度，在2s5s 过程安培力对金属棒做功W安Q（1 分）代入数据解得 Q18.960.24 J19.2J 18.7J（2 分）2（ 1） 2 极板为正极板（2 分）由题意可知：两板间的电压UBSK（1分）2tS而： S rt带电液滴受的电场

13、力：F qU（1 分）故： F mg 0（1分）d由以上各式得K mgd（1 分）r 2q高三物理复习资料电学实验与计算题专练第 6页（共 12页）（ 2）液滴在复合场中作匀速圆周周运动，则必须电场力与重力平衡，所以，电场力方向竖直向上，由（ 1）知该液滴带正电，故电场强度方向竖直向上。（2 分）设匀强电场强度为 E，则qEmgEmg（2 分）q(3) 液滴进入复合场后做匀速圆周运动，设运动半径为R由牛顿第二定律有： q 0B1m 02（1分） 所以 :Rm0（1分）RqB1讨论：若 RL ，电子从磁场右边界离开（1分）由几何关系知偏转距离为dRR2L2（1 分）代入数据并整理得mv0m2 v

14、02L2（1 分）dq2 B12qB1若 RL，电子从磁场左边界离开（1 分）由几何关系知偏转距离为d=2R（1 分）代入数据并整理得2mv0（1 分）dqB1（用其他解法正确的同样给分）3. （ 18 分）解：（ 1）轨迹如图所示；- （ 2 分）（ 2）粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动其轨道半径 R 由几何关系可知：vv02v0 - （ 2分）cos450d2d-（ 2 分）qvBmv2分）R- （ 3sin 45 0R解得： Bmv0- （ 3 分）qd（ 3）粒子进入板间电场至速度减为零的过程，由动能定理有：qU01 mv 2 - （ 3分）解得： Umv02- （3 分）2q4(18

15、分)解： (1) 根据法拉第电磁感应定律，闭合电路的电动势为： ES ? BSk-(2分 )tt高三物理复习资料电学实验与计算题专练第 7页（共 12页）根据闭合电路的欧姆定律，闭合电路的电流为：ESk(2分 )IR 2R -R电阻获得的电压 U R IR1 Sk -(1分 )2因电容器与电阻是并联的，故电容器获得的电压U U R1 Sk-(1分)2(2) 带电粒子在电容器中受到电场力作用而做匀加速直线运动，根据动能定理，有：qU1 mv2 -(2分 )2得到带电粒子从小孔P 射入匀强磁场时的速度为：v2qUqSk -(2分 )mm(3) 带电粒子进入圆形匀强磁场后，洛伦兹力提供其做匀速圆周运

16、动的向心力，有：qvB m v 2 -(2分 )R得带电粒子在圆形匀强磁场运动的半径为：mv1mSk分 )RB-(2qBq又圆形磁场的半径1mSk分 )r，即 R r -(1Bq根据左手定则，带电粒子在圆形磁场向右转过1 的圆周（如右图所4示），故它离开磁场时的偏转角为90 (3 分 )5（ 18 分）解：（ 1）由左手定则可知：该粒子带正电荷。（1 分）粒子在磁场中做圆周运动，设半径为r，速度为v0几何关系有： r 2d 2(rd ) 2（2 分）2高三物理复习资料电学实验与计算题专练第 8页（共 12页）Ordv得： r5 d （ 1 分）4粒子做匀速圆周运动，由牛顿第二定律：m0v02（

17、2 分）Bqv0r得： v05Bqd（1 分）4m0（ 2） ab 棒达到最大速度时做匀速运动：mg sinB0 IL（2分）B0 Lv（2分）NF对回路，由闭合电路欧姆定律： I0.5rr安由得： v3mgr sin（1 分）2B02 L2（ 3）当 ab 棒达到最大速度时，设变阻器接入电路电阻为R，电压为 U由式得： Img sinB0 L对变阻器，由欧姆定律：U IR（1 分）极板电压也为U ，粒子匀速运动：Bqv1U q （2 分）d由得：mgR sinv1（1 分）BB0Ldmg因 R 为： rR 2r ，故粒子的速度范围为：mgr sinv12mgr sin分）BB0 Ld（ 2B

18、B 0 Ld6（ 18 分）解：（ 1）微粒在加速电场中由动能定理得qU 11mv02.（ 2 分）2解得 v0=1.0 104m/s（ 2）微粒在偏转电场中做类平抛运动，有.（ 1 分）aqU 2（ 2分）.mdv yat a L.（2 分）v0飞出电场时，速度偏转角的正切为高三物理复习资料电学实验与计算题专练第 9页（共 12页）v yU 2 L1.（ 2 分）tan2U 1d3v0解得 =30 o.（ 1分）进入磁场时微粒的速度是：vv023104 m/scos3（ 3）轨迹如图，由几何关系有：Drr sin洛伦兹力提供向心力：Bqvmv 2r联立以上三式得Dmv0 (1sin)qB c

19、os代入数据得D=0.1m7（ 18 分）参考解答（ 1） cd 杆保持静止，则杆所受安培力：FBIdB 2mg sin.（2 分）.（2 分）.（1 分）.（ 2 分） （2分）设 ab 杆所受的拉力为F ，则对 ab 杆，有：FmgsinFB（2 分）设 ab 杆的速度为 v0，则回路中的感应电流：IBdv0（ 2分）R拉力做功的功率：PFv0（1 分）联立解得拉力做功的功率： P( mg sin)2 6R（2分）Bd（ 2）开始时 ab 杆所受合力沿斜面向上，因此沿斜面向上运动，而cd 杆所受合力沿斜面向下，因此沿斜面向下运动，随着速度的增大，安培力也逐渐增大，最后两杆同时达到匀速运动状

20、态。设 ab 杆和 cd 杆最后的速度大小分别为v1、v2，因为两杆组成的系统所受的外力合力为零，因此系统动量守恒，取沿斜面向上为正方向，则：0 mv12mv2（2分）cd 杆匀速运动，则杆所受安培力：I dB2mg sin（1分）回路中的电流：IBd（v1v2 )（2 分）R高三物理复习资料电学实验与计算题专练第 10页（共 12页）联立解得ab 杆和 cd 杆达到稳定状态时的速度分别为：4mgRsin（方向沿斜面向上）（ 2 分,）v12 d 23B2mgR sin（方向沿斜面向下）（2分）v23B2 d 28（ 18 分）参考解答：（ 1）由法拉第电磁感应定律，棒PQ 产生的电动势：E

21、Blv 0（2 分）则回路产生的电流大小：Blv0（2分）I2R（ 2）棒 PQ 和 MN 在运动过程中始终受到等大反向的安培力，系统的动量守恒，得mv0mv12m v0（2分）4由能量守恒定律，回路中产生的焦耳热为Q12121v0)2（2 分）mv0mv12m(4222解得 Q5 mv02（1 分）16（ 3）回路中的电流始终保持为I 0，则棒 PQ 和 MN 所受的安培力大小保持不变若d 足够长，则棒 PQ 先向右匀减速运动再向左匀加速运动，返回轨道左端时速度大小仍为v0，而这个过程棒MN 一直向右匀加速运动，由动量守恒定律得mv0m(v0 )2mv2（2 分）设这个过程棒MN 的位移为 x，由动能定理得I 0 Blx1 2mv22（2 分）解得 xmv02（1 分）2I 0 Bl讨论：当 dmv02时，棒 MN 在导轨上一直向右匀加速运动直到脱离导轨，由动能定I 0 Bl理得 I12mv2I 0 Bld（ 2分）0 Bld解得 MN 棒脱离导轨时的速度： v2m高三物理复习资料电学实验与计算题专练第 11页（共