专题三电学计算题巧练最新

1、电学计算题巧练(建议用时：60分钟)1如图所示，xOy平面为一光滑水平面，在此区域内有平行于xOy平面的匀强电场，场强大小E= 100 V/m ;同时有垂直于xOy平面的匀强磁场.一质量 m = 2X 10 (2015河北正定模拟)从地面以V0斜向上抛出一个质量为 m的小球，当小球到达最高 点时，小球具有的动能与势能之比是9 : 16,取地面为重力势能参考面，不计空气阻力.现 在此空间加上一个平行于小球平抛平面的水平电场，以相同的初速度抛出带上正电荷量为q 的原小球，小球到达最高点时的动能与抛出时动能相等.求： (1) 无电场时，小球升到最高点的时间； kg、电荷量q =2X 10 (2) 后

2、来加上的电场的场强大小.C的带负电粒子从坐标原点O以一定的初动能入射，在电场和磁场的作用下发生偏转，到达P(4, 3)点时，动能变为初动能的0.5倍，速度方向垂直 OP向上.此时撤去磁场，经过一段时间该粒子经过y轴上的M(0, 6.25)点，动能变为初动能的 0.625倍，求：M(1) OP连线上与M点等电势的点的坐标;(2) 粒子由P点运动到M点所需的时间.3如图所示，在 x轴上方有垂直于 xOy平面向外的足够大匀强磁场(图中没有画出该磁场)，一个质量为 m，电荷量为q(q0)的粒子，在P点以速率v沿与x轴成某一角度射入磁场，然后粒子从 Q点离开磁场，P点与Q点关于y轴对称且相距为 2a，其

3、中a =孚(B为2Bq磁感应强度，大小未知，不计粒子重力的影响).P0Q x(1) 求粒子从P点运动到Q点的时间；(2) 若匀强磁场只在 x轴上方某一区域内存在，且磁场边界为圆形，改变粒子的入射方向，使粒子进入磁场位置的横坐标x=-2其中a =才九(B为磁感应强度，大小未知，不计粒子重力的影响)，还能保证粒子经过 Q点，求粒子进入磁场位置的纵坐标及该圆形磁场 区域的最小面积.54. 如图所示，在矩形区域CDNM内有沿纸面向上的匀强电场，场强的大小E= 1.5X 10 N/C;在矩形区域 MNGF内有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小B= 0.2 T.已知CD=MN = FG = 0.6

4、m, CM = MF = 0.20 m .在CD边中点O处有一放射源， 沿纸面向电场中各 方向均匀地发射速率均为V0= 1.0X 106 m/s的某种带正电的粒子，粒子质量m= 6.4x 102719kg，电荷量q= 3.2x 10C,粒子可以无阻碍地通过边界MN进入磁场，不计粒子的重力求：(1) 粒子在磁场中做圆周运动的半径；(2) 边界FG上有粒子射出磁场的范围的长度;(3) 粒子在磁场中运动的最长时间.15. 如图所示，两根等高光滑的 4圆弧轨道，半径为r、间距为L,轨道顶端连接有一阻值为R的电阻，整个装置处在一竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B.现有一根长度稍大于L、质量为m、电阻不

5、计的金属棒从轨道的顶端ab处由静止开始下滑，到达轨道底端cd时受到轨道的支持力为 2mg.整个过程中金属棒与导轨接触良好，导轨电阻不计.(1) 求金属棒到达最低点时通过电阻R的电流大小；(2) 求金属棒从ab下滑到cd的过程中回路中产生的焦耳热和通过R的电荷量；(3) 若金属棒在拉力作用下，从cd开始以速度vo向右沿轨道做匀速圆周运动，则在到达ab的过程中拉力做的功为多少？6质量为m、带电荷量为+ q的绝缘小球，穿在由绝缘材料制成的半径为r的光滑圆形轨道上沿顺时针方向(从上向下看)做圆周运动，轨道平面水平，空间有分布均匀且随时间 变化的磁场，磁场方向竖直向上，如图甲所示磁感应强度B(t)的变化

6、规律如图乙所示其2 n*n中B0是已知量，且T=.设小球在运动过程中电荷量保持不变，对原磁场的影响可忽略，qB0且小球重力忽略不计.已知在竖直向上的磁感应强度增大或减小的过程中，将产生涡旋电场，其电场线是在水平面内一系列沿顺时针或逆时针方向的同心圆，同一条电场线上各点的场强大小相等.(1) 在t = 0到t= To这段时间内，小球不受圆形轨道的作用力，求小球的速度大小Vo；(2) 试求在t= To到t = 2To这段时间内电场力对小球做的功W;(3) 试求在t= 2.5To和t= 4.5To两个时刻小球所受圆形轨道的作用力的大小.电学计算题巧练1.解析：点与P点和M(1)设粒子在P点时的动能为

7、Ek,则初动能为 点的电势差分别为：2Ek,在M点动能为1.25Ek, O0.75EkUoM =q.EkUop= q设OP连线上与M点电势相等的点为 D，由几何关系得 电势下降贝OP的长度为5 m,沿OP方向Uod U om OD 0.75Uop Uop OP 1得OD = 3.75 m,设OP与x轴的夹角为 a,贝U sin a3一，D点的坐标为xD = ODcos a5=3 m, yD = ODsin a = 2.25 m即D点坐标为(3, 2.25).(2)由于 OD = 3.75 m, 而 OMcos/ MOP = 3.75 m,所以 MD 垂直于 OP,由于 MD 为等 势线，因此O

8、P为电场线，方向从 O到P带电粒子从P到M过程中做类平抛运动，设运动时间为t则DP=黑亠又 DP= OP OD = 1.25 m解得：t= 0.5 s.答案：(1)(3, 2.25)(2)0.5 s9 : 162.解析：无电场时，当小球到达最高点时，小球具有的动能与势能之比是 将小球的运动分解为水平方向和竖直方向，则1由 v：= 2gh,得？mv：= mghmv2 : 2mv：= 9 : 16解得初始抛出时：vx : Vy = 3 : 4所以竖直方向的初速度为 Vy= 4v5竖直方向上做匀减速运动Vy = gt得 t=5.设后来加上的电场场强大小为E,小球到达最高点时的动能与刚抛出时的动能相等

9、,若电场力的方向与小球初速度的水平分量方向相同，则有E1q3E7 t+ 3V=v解得：Ei=mqg.若电场力的方向与小球初速度的水平分量方向相反，则有田t茲=V0m 5解得：E2=晋答案：讐导或亟5g 2q q3.解析：（1）粒子进入磁场在洛伦兹力的作用下，做圆周运动，经过 可以是优弧也可以是劣弧，则2由 qvB = m 得:rPQ两点的圆弧既圆周运动的周期:mv 小 r = 2aqB2 nr 4 扫 T =v v劣弧对应的圆心角为0 a 1n0 sin 兀=a=1,得 0= 3优弧对应的圆心角为A： 0= 2 n 0= 53n3A粒子运动时间t=2 na2=3v（2）由题意可知：粒子进入磁场

10、前先做一段直线运动，进入磁场后，在洛伦兹力作用下， 做一段圆弧运动，而后离开磁场区域，再做一段直线运动到达Q点，如图所示.设进入磁场点的坐标为（x, y）,粒子圆周运动的半径为 r2r= a由B qv=得rr2= x2+ (r cos)2aX= 2由几何关系得：tan a= , a |x|磁场面积最小，对应的半径最小. 由解得：y = 6a当磁场边界圆的直径为进出磁场点之间的线段时， 对称性可知磁场最小半径为aSmin = n 青=計.答案：见解析1 2 1 24.解析：（1）设带电粒子射入磁场时的速度为v,由动能定理得qECM = 2mv2mv2,解得 v= 2X 106 m/s带电粒子在磁

11、场中做匀速圆周运动，有2V qvB = m rmvBq0.2 m.(2)如图所示，垂直电场方向射入电场中的粒子在该方向的位移最大，离开电场时，设 其速度方向与电场方向的夹角为91粒子在电场中的加速度大小为a=Egm1 2沿电场方向的位移 yi = qat = CM垂直电场方向的位移 x1 = v0t =离开电场时sin 9 1 =手=1，9 i = 30因为 x1 + r(1 - cos 30 )0.30 m上述粒子从S点射入磁场偏转后从边界FG射出时的位置P即为射出范围的左边界，且PS丄MN ;垂直MN射入磁场的粒子经磁场偏转后恰好与边界FG相切，切点Q是射出范围的右边界，带电粒子从边界FG

12、射出磁场时的范围的长度为1 = X1+ r =(3) 带电粒子在磁场中运动的周期T = 2nm = 6.28 X 10-7s Bq带电粒子在磁场中运动时，沿O QR运动的轨迹最长，运动的时间最长CD r2 1 sin 9 2=r = 2， 9 2= 30即带电粒子在磁场中运动的最大圆心角为120。，对应的最长时间为t= ；T =务田=3 3Bq72.09 X 10 s.答案：(1)0.2 m (2)0.43 m (3)2.09 X 107s5.解析：(1)到达最低点时，设金属棒的速度为v,产生的感应电动势为E,感应电流2为 I，贝U 2mg mg= mE= BLvE1 = R，联立解得速度 v

13、=七:：gr, I = bLr gr.(2)设产生的焦耳热为Q,由能量守恒定律有1 2Q= mgr 2mv得 Q = 2mgr设产生的平均感应电动势为E,平均感应电流为I，通过R的电荷量为q,小E则 E=2P, I = R, q= I t,1 =紫，在四分之一周期内产生的解得q=Br.(3) 金属棒切割磁感线产生正弦交变电流的有效值n r热量Q= I 2R ，设拉力做的功为 Wf,由功能关系 Wf mgr = Q,2Vo解得 WF = mgr +n B2L2vr4R答案：(1)BLRgr (2)2mgrBrL2 2n B L vor (3)阿 +46. 解析：(1)小球在运动过程中不受圆形轨道的作用力，因而小球所受洛伦兹力提供向 心力，根据牛顿第二定律可得：Boqvo= m解得：vo=在t = To到t= 2T0这段时间内，沿轨道一周的感应电动势为:2 ABt =2B0T0由于同一条电场线上各点电场强度大小相等，所以E= 27又T0= 甲，联立以上各式，解得 E = 覚qB04 nm根据牛顿第二定律可得，在 t = T0到t= 2T0这段时间内，小球沿切线方向的加速度大小 恒为:a1 =小球运动末速度的大小为： v = v+ a1t1 =驾节根据动能定理，电场力做功为：1212 5q2B2r2W= 2mv 2mv0= 8m .设在t= 2.5To时刻小球受圆形轨道的