高考物理總復(fù)習(xí)電場(chǎng)與磁場(chǎng)計(jì)算題

1、2008高考物理總復(fù)習(xí)電場(chǎng)與磁場(chǎng)計(jì)算題1 .如圖所示，A和B是兩個(gè)相同的帶電小球，可視為質(zhì)點(diǎn)，質(zhì)量均為 m電荷量均為q, A固 定在絕緣地面上，B放在它的正上方很遠(yuǎn)距離的一塊絕緣板上，現(xiàn)手持絕緣板使B從靜止起以恒定的加速度a (ar的范圍內(nèi)，有方向水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為 E;從O點(diǎn)向不同方向發(fā)射速率相同的質(zhì)子，質(zhì)子的運(yùn)動(dòng)軌跡均在紙面內(nèi).已知質(zhì)子的電量為e,質(zhì)量為m,質(zhì)子在磁場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)半徑也為r,不計(jì)重力及阻力的作用，求：(1)質(zhì)子射入磁場(chǎng)時(shí)的速度大??；(2)速度方向沿x軸正方向射入磁場(chǎng)的質(zhì)子，到達(dá)y軸所需的時(shí)間；(3)速度方向與 x軸正方向成30角(如圖中所示)射入磁場(chǎng)的質(zhì)子，到

2、達(dá)y軸的位置坐標(biāo).如圖所示，x軸上方存在磁感應(yīng)強(qiáng)度為 B的圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁場(chǎng)方向垂直紙面向外(圖 中未畫(huà)出)。x軸下方存在勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)大小為E,方向沿與x軸負(fù)方向成60角斜向下。一個(gè)質(zhì)量為m帶電量為+ e的質(zhì)子以速度vo從。點(diǎn)沿y軸正方向射入勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域。質(zhì)子飛 出磁場(chǎng)區(qū)域后，從 b點(diǎn)處穿過(guò)x軸進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)中，速度方向與x軸正方向成30 ,之后通過(guò)了 b點(diǎn)正下方的c點(diǎn)。不計(jì)質(zhì)子的重力。(1)畫(huà)出質(zhì)子運(yùn)動(dòng)的軌跡，并求出圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域的最小半徑和最小面積；”“(2)求出O點(diǎn)到c點(diǎn)的距離。幾口o.如圖(a)所示，在真空中，半徑為 b的虛線所圍的圓形區(qū)域內(nèi)存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向與 紙面垂直.在

3、磁場(chǎng)右側(cè)有一對(duì)平行金屬板M和N,兩板間距離也為 b,板長(zhǎng)為2b,兩板的中心線O1O2與磁場(chǎng)區(qū)域的圓心 O在同一直線上，兩板左端與 O1也在同一直線上.有一電荷量為+ q、質(zhì)量為m的帶電粒子，以速率 vo從圓周上的P點(diǎn)沿垂直于半徑 OOi 并指向圓心O的方向進(jìn)入磁場(chǎng)，當(dāng)從圓周上的Oi點(diǎn)飛出磁場(chǎng)時(shí)，給 M、N板加上如圖(b)所示電壓u.最后粒子剛好以平行于 N板的速度，從 N板的邊緣飛出.不計(jì)平行金屬板兩端 的邊緣效應(yīng)及粒子所受的重力.(1)求磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度 B;(2)求交變電壓的周期 T和電壓Uo的值；(3)若1= T時(shí)，將該粒子從 MN板右側(cè)沿板的中心線 O2O1,仍以速率Vo射入M、N之間

4、， 求粒子從磁場(chǎng)中射出的點(diǎn)到 P點(diǎn)的距離.OoiT/23T/2(1)mah (2)-m(g-a)h (3)kq2/(mg-ma) 1/2 (1)微粒在加速電場(chǎng)中由動(dòng)能定理得： TOC o 1-5 h z 124一qU 1 = mv0 斛得 v0=1.0 10 m/s 3分2(2)微粒在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，有： a = 晅，vy = at = a-L mdv0飛出電場(chǎng)時(shí)，速度偏轉(zhuǎn)角的正切為：tan 8 = = 2=解得 0 =303 分v02U1d 3(3)進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)微粒的速度是：v= v2分cos?軌跡如圖，由幾何關(guān)系有：D=r+rsin6 2分2洛倫茲力提供向心力：Bqv = mv-rm

5、v0 (1 - sin -)由聯(lián)立得：B= 一代入數(shù)據(jù)解得：B =qD cos-而/5=0.346T 2分所以，為使微粒不會(huì)由磁場(chǎng)右邊射出，該勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B至少為0.346T。(B =0.35T照樣給分)解：(1)設(shè)微粒穿過(guò)B板小孔時(shí)的速度為 v,根據(jù)動(dòng)能定理，有12.qU =mv(1)2解得v = . 2qU . m(2)微粒進(jìn)入半圓形金屬板后，電場(chǎng)力提供向心力，有 TOC o 1-5 h z HYPERLINK l bookmark2 o Current Document 22v 2v,、qE =m =mR Lr4U聯(lián)立、，得 E =4UL(3)微粒從釋放開(kāi)始經(jīng) ti射出B板的小孔

6、，則2設(shè)微粒在半圓形金屬板間運(yùn)動(dòng)經(jīng)過(guò)t2第一次到達(dá)最低點(diǎn)l_ l L mP點(diǎn)，則（4）4V - 4 12qU所以從釋放微粒開(kāi)始，經(jīng)過(guò)ti t2 = 2dm 2qU微粒第次到達(dá)P點(diǎn);根據(jù)運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱(chēng)性，易知再經(jīng)過(guò)2(t+t2 )微粒再一次經(jīng)過(guò) P點(diǎn);所以經(jīng)過(guò)時(shí)間t = 2k 1 12dk =0,1,2|微粒經(jīng)過(guò)P點(diǎn)。12（1） mgR qER = ? mvB（2分）vb = j4Rg（1 分）ay = gaB =17g （1 分）2vb一ax =一 =4g （2分）R方向斜向右下方，與豎直方向夾角為arctan4(1分)12(2) mg2R +qE2R = mvC (2 分) vC=*8Rg (1

7、 分)2一_vcF -mg -qE = m-(2 分) F =10mg (1 分)由牛頓第三定律，小球?qū)A環(huán)的壓力為10mg ,方向向下 (1分)(3)進(jìn)一步計(jì)算發(fā)現(xiàn)小球第一次回到A點(diǎn)時(shí)動(dòng)能為qER,這與靜電力做功與路徑無(wú)關(guān)矛盾，出現(xiàn)問(wèn)題的原因是：這種方向是平行直線但大小不等的電場(chǎng)是不存在的 (2分)(1)粒子自P點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)，從 Oi點(diǎn)水平飛出磁場(chǎng)，運(yùn)動(dòng)的半徑必為b, ( 1分)2qv0B= m%解得 b= mv0- (1 分)bbq由左手定則可知，磁場(chǎng)方向垂直紙面向外(2)粒子自O(shè)i點(diǎn)進(jìn)入電場(chǎng)，最后恰好從 N板的邊緣平行飛出，設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t,則2b - 1 qUo G TOC o 1-5 h

8、 z 2b = vot = 2n 22 mbi2 J22b.nmvot = nT (n=1, 2,)解得 T = (n=1, 2,) Uo= (n=1, 2,)nvo2q(3)當(dāng)t = T粒子以速度vo沿O2O1射入電場(chǎng)時(shí)，則粒子恰好從 M板邊緣以平行于極板的速度射入磁場(chǎng)，且進(jìn)入磁場(chǎng)的速度仍為v0,運(yùn)動(dòng)的軌道半徑仍為 b.(2分)設(shè)進(jìn)入磁場(chǎng)的點(diǎn)為 Q,離開(kāi)磁場(chǎng)的點(diǎn)為 R,圓心為O3,如圖所示，四邊形 OQ O3R是菱形，故 O R/ QO3. (2分)所以P、O、R三點(diǎn)共線，即 POR為圓的直徑.即 PR間的(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.根據(jù)牛頓第二定2律，有 Bevo = m 0- R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：r =Rcos3o求出圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域的最小半徑r = 3mvo2eB22圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域的最小面積為Smin