力與電綜合計算題資料

1、力與電綜合典型計算題1、R，下端與光滑絕緣水平面平滑連接，如圖所示， 豎直放置的半圓形絕緣軌道半徑為整個裝置處于方向豎直向上的勻強電場中E 中，一質(zhì)量為m，帶電量為 +q 的物塊（可視為質(zhì)點），從水平面上的 A 點以初速度 v0 水平向左運動，沿半圓形軌道恰好通過最高點C，場強大小為 E（ Emg/q ） .（1）試計算物塊在運動過程中克服摩擦力做的功；（2）證明物塊離開軌道落回水平面過程的水平距離與場強大小E 無關，且為一常量。2、如圖所示，傾角為 300 的直角三角形的底邊長為2L，底邊處在水平位置，斜邊是光滑絕緣導軌?，F(xiàn)在底邊中點固定一正電荷Q，讓一個質(zhì)量為 m 的帶正電 q 質(zhì)點從斜面

2、頂端 A點沿斜邊滑下，質(zhì)點沒有脫離斜面，已測得它滑到B 在斜邊上的垂足D 處時速度為v，加速度為 a，方向均沿斜邊向下，問該質(zhì)點滑到底端C 時的速度和加速度各為多大？AD0B30C、板帶正電、 B 板帶負電。兩板之間存在著勻強電3 如圖所示， A、B 為兩塊平行金屬板， A場，兩板間距為 d、電勢差為 U ，在 B 板上開有兩個間距為 L 的小孔。 C、 D 為兩塊同心半圓形金屬板，圓心都在貼近B 板的 O處， C 帶正電、 D 帶負電。兩板間的距離很近，兩板末端的中心線正對著B 板上的小孔，兩A板間的電場強度可認為大小處處相等，方向都指向 O。半圓形金OLd屬板兩端與 B 板的間隙可忽略不計

3、?，F(xiàn)從正對B 板小孔緊靠 A 板BOC D的 O 處由靜止釋放一個質(zhì)量為 m、電量為 q 的帶正電微粒（微粒的重力不計），問：（1）微粒穿過B 板小孔時的速度多大？P（2）為了使微粒能在CD 板間運動而不碰板，CD 板間的電場強度大小應滿足什么條件？（3）從釋放微粒開始，經(jīng)過多長時間微粒通過半圓形金屬板間的最低點P 點？4、如圖所示，一矩形絕緣木板放在光滑水平面上，另一質(zhì)量為m、帶電量為q 的小物塊沿木板上表面以某一初速度從 A 端沿水平方向滑入， 木板周圍空間存在足夠大、 方向豎直向下的勻強電場 已知物塊與木板間有摩擦， 物塊沿木板運動到 B端恰好相對靜止 若將勻強電場的方向改為豎直向上，

4、大小不變， 且物塊仍以原初速度沿木板上表面從 A 端滑入， 結果物塊運動到木板中點時相對靜止求：物塊所帶電荷的性質(zhì)勻強電場場強的大小5、如圖所示為研究電子槍中電子在電場中運動的簡化模型示意圖。在Oxy平面的 ABCD區(qū)域內(nèi)，存在兩個場強大小均為 E 的勻強電場 I 和 II ，兩電場的邊界均是邊長為 L 的正方形（不計電子所受重力）。（1）在該區(qū)域 AB邊的中點處由靜止釋放電子，求電子離開 ABCD區(qū)域的位置。（2）在電場 I 區(qū)域內(nèi)適當位置由靜止釋放電子，電子恰能從 ABCD區(qū)域左下角 D處離開， 求所有釋放點的位置。（3）若將左側電場II 整體水平向右移動L/ n（n1），仍使電子從 AB

5、CD區(qū)域左下角 D處離開（ D不隨電場移動） ，求在電場I 區(qū)域內(nèi)由靜止釋放電子的所有位置。6、如圖所示，沿水平方向放置一條平直光滑槽，它垂直穿過開有小孔的兩平行薄板，板相距兩個質(zhì)量均為 m 的小球 A 和 B，球3.5L 。槽內(nèi)有A 帶電量為 +2q，球B 帶電量為 3q，兩球由長為2L 的輕桿相連，組成一帶電系統(tǒng)。最初A 和 B 分別靜止于左板的兩側，離板的距離均為L 。若視小球為質(zhì)點，不計輕桿的質(zhì)量，在兩板間加上與槽平行向右的勻強電場E 后（設槽和輕桿由特殊絕緣材料制成，不影響電場的分布），求：球 B 剛進入電場時，帶電系統(tǒng)的速度大小；帶電系統(tǒng)從開始運動到速度第一次為零所需的時間及球A

6、相對右板的位置。7、如圖所示，整個空間存在場強為3E=10 N C、水平向右的勻強電場，在豎直平面內(nèi)有一個半徑為R=40cm 的光滑半圓形絕緣軌道DC，其中 C 為最高點、 D 為最低點， O 為圓心，與水平成=37 的絕緣斜軌道與半圓軌道相連于D 點一質(zhì)量為 m=10g電荷量為 q= 104C 的小球 P 從斜面上的 A 點無初速度釋放，恰好能通過C 點已知小球P 在滑行的過程中經(jīng)過 D 點時沒有能量損失，小球P 與斜面間的動摩擦因數(shù)為=0.75，重力加速度g=10m s2， sin37 =0.6， cos37 =0.8，求 AD 的長度以及小球在半圓形軌道運動時與給軌道的最大壓力、在 xo

7、y 平面內(nèi)，第象限內(nèi)的直線OM是電場與磁場的邊界， OM 與負 x 軸成845角。在 x 0 且 OM 的左側空間存在著負x 方向的勻強電場 E，場強大小為0.32N/C ， 在y 0 且 OM 的右側空間存在著垂直紙面向里的勻強磁場B，磁感應強度大小為0.1T ，如圖所示。一不計重力的帶負電的微粒，從坐標原點O 沿 y 軸負方向以 v0=2 103m/s 的初速度進入磁場，已知微粒的帶電量為q=5 10-18C，質(zhì)量為 m=110-24kg，（不計微粒所受重力） ，求：1）帶電微粒第一次經(jīng)過磁場邊界的位置坐標2）帶電微粒在磁場區(qū)域運動的總時間；3）帶電微粒最終離開電、磁場區(qū)域的位置坐標。參考

8、答案、C 時，圓弧軌道與物塊1（ 1）物塊恰能通過最高點之間沒有力作用，物塊受到重力和電場力提供向心力。CEmg-qE=mv 2/R（物塊在由 A 運動到 C 的過程中，設物塊克服摩擦力做A的功 W ，根據(jù)動能定理有：B22/2qE2R-W-mg2R=mvC/2-mv02/2+5（qE-mg）R/2C解得 W= mv（2）物塊離開半圓形軌道后做類平拋運動，設水平位移為S 則水平方向有 S=v0t 豎直方向有 2R=(g-qE/m)t 2/2解得 S=2R因此物塊離開軌道落回水平面的水平距離與場強E 大小無關，大小為2R.2、D 到 C，電場力不做功。同動能能定設 BC中點為 M， MC=MD，

9、故 D， C 在等勢面上故由理：F 電N11mgL sin 600mvC2mv2.ADN22.vC3gLv2mg300F 電在 D 點 :mgsin30 0-Fcos30 0=maBCmgsin30002+Fcos30 =mamga2=g-a3、 解：（ 1）設微粒穿過 B 板小孔時的速度為 v，根據(jù)動能定理，有qU1 mv2解得v2qU2m（2）微粒進入半圓形金屬板后，電場力提供向心力，有qEm v2m 2v2RL聯(lián)立、，得E4UL（3）微粒從釋放開始經(jīng)t1 射出 B 板的小孔，則Add2dmOLt12dBvvO2qUC D2設微粒在半圓形金屬板間運動經(jīng)過t2 第一次到達最低點P 點，則PL

10、Lmt 24v42qU所以從釋放微粒開始，經(jīng)過t1 t22dLm微粒第一次到達P 點；42qU根據(jù)運動的對稱性，易知再經(jīng)過2 t1t2 微粒再一次經(jīng)過P 點；所以經(jīng)過時間212Lm ， k 0,1,2,微粒經(jīng)過 P 點。tkd2qU44、：電場方向改為豎直向上后，物塊相對木板運動的位移變小，說明摩擦力變大，它們之間的壓力變大了，物塊所受的電場力向下，所以物塊帶負電設勻強電場的場強大小為，木板質(zhì)量為、長度為L，物塊的初速度為v0，物塊和EM木板共同速度為 v當電場方向向下時：由物塊在豎直方向受力平衡得：1+=mgN qE由物塊與木板組成的系統(tǒng)動量守恒得：mv0 = (M+ m) v由系統(tǒng)能量守恒

11、得： 1 =102-1(+ )2NL2 mv2m M v當電場方向向上時：由物塊在豎直方向受力平衡得：qE+mg=N2由物塊與木板組成的系統(tǒng)動量守恒得：mv = (M+ m) v01L=121( +)2由系統(tǒng)能量守恒得： 2?0 -N 22 mv2m M vmg解得： E=3q5、m，電量為 e，電子在電場 I中做勻加速直線運動，出區(qū)域I 時（ 1）設電子的質(zhì)量為的為 v0，此后電場 II 做類平拋運動，假設電子從CD邊射出，出射點縱坐標為y，有eEL1mv022( L1 at 21 eEL2y)222 mv0解得y 1L4所以原假設成立，即電子離開ABCD區(qū)域的位置坐標為（2L， 1 L）4

12、2）設釋放點在電場區(qū)域 I 中，其坐標為（ x，y），在電場 I 中電子被加速到 v1，然后進入電場 II 做類平拋運動，并從 D點離開，有12eExmv11 at 22y1 eEL22 mv1解得xy L2，即在電場 I 區(qū)域內(nèi)滿足方程的點即為所求位置。（3）設電子從 （ x，4y）點釋放，在電場I 中加速到 v ，進入電場 II后做類平拋運動，在高度為 y處離開電場2時的情景與（ 2）中類似，然后電子做勻速直線運動，經(jīng)過D 點，則eEx1 mv2221 at 22yy1 eEL22 mv2vyeELy vyLatnv2mv2解得xy L211 ，即在電場 I 區(qū)域內(nèi)滿足方程的點即為所求位置

13、2n46、 解：對帶電系統(tǒng)進行分析，假設球A 能達到右極板，電場力對系統(tǒng)做功為W1，有：W1 2qE 2.5L (3qE 1.5L) 0而且還能穿過小孔，離開右極板。假設球 B 能達到右極板，電場力對系統(tǒng)做功為W2 ，有：W22qE 2.5L (3qE3.5L)0綜上所述，帶電系統(tǒng)速度第一次為零時，球A、B 應分別在右極板兩側。帶電系統(tǒng)開始運動時，設加速度為a1，由牛頓第二定律：a1 2qE qE2mm球 B 剛進入電場時，帶電系統(tǒng)的速度為v1，有：v122a1L求得： v12qELm設球 B 從靜止到剛進入電場的時間為t 1，則：t1v1解得： t12mLa1qE球 B 進入電場后，帶電系統(tǒng)

14、的加速度為a2，則： a23qE2qEqE2m2m顯然，帶電系統(tǒng)做勻減速運動。設球A 剛達到右極板時的速度為v2，減速所需時間為 t2，則有： v22v122a2 1.5Lt2v2v1a2求得： v212qEL ,t22mL2mqE球 A 離電場后，帶電系統(tǒng)繼續(xù)做減速運動，設加速度為a3， 則3qEa32m設球 A 從離開電場到靜止所需的時間為t 3，運動的位移為0v2x，則有： t3a3v222a3x求得： t112mLxL3qE6可知，帶電系統(tǒng)從靜止到速度第一次為零所需的時間為：t t1t2t372mL球 A 相對右板的位置為： xL3qE67、 1.0m ； 0.414N8、解析：（ 1）帶電微粒從 O 點射入磁場，運動軌跡如圖。第一次經(jīng)過磁場邊界上的A 點由 qv0 Bm v02得rrmv04 10 3 mqBA 點位置