(完整word版)高考电磁学计算题专练

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 = 0.3Ω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。1Ω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θ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）？

θ 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：

⑴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?磁感应强度随时间的变化率K=？ ⑵(重力场、电场、磁场）复合场中的电场强度方向如何?大小如何？ ⑶该液滴离开复合场时，偏离原方向的距离。

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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Bt，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Ｂ的圆形匀强磁场，已知该圆形匀强磁场的半径为r1mSk.求：

Bq(1)电容器获得的电压；

(2)带电粒子从小孔P射入匀强磁场时的速度； （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

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偏转角．

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θ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≤R≤2r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？

P d 2d 6．（18分)如图所示，一个质量为m=2.0×10-11kg，电荷量q= +1。0×10-5C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U2=100V.金属板长L=20cm，两板间距d =103cm。求： （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θ和速度v

35（3）若带电微粒离开偏转电场后进入磁感应强度 为B = T的均强磁场，为使微粒不从磁场右边界

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射出，该匀强磁场的宽度D至少为多大

7．(18分）两根足够长的光滑金属导轨平行固定在倾角为θ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．

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（1）求PQ棒刚开始运动时,回路产生的电流大小．

v0（2）若棒MN脱离导轨时的速度大小为，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I0（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．

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，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，匀磁场的磁感应强度为多少？

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参考解答及评分标准

1．（18分）(1）（8分）

在0～2s时间内，金属棒受力如图所示，合力F合mgsin 根据牛顿第二定律F合ma得agsin （1分) 由图象知a1206(m/s2) (1分） 2解得37或arcsin0.6 (1分)

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mgsin （1分） 而感应电动势EBLv2 （1分）

感应电流IE （1分） F安BIL （1分） Rr解得m0.1kg （1分） (2)（10分)

2s～5s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

12121mv1mv20.112262J5.4J (2分） 222对该过程应用动能定理，有

mgSsinW安1212mv2mv1 （2分） 222s～5s内金属棒位移为v—t图象相对应的“面积”

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S（156232）10.2m22.60.4m (3分）

功是能量转化的量度，在2s~5s过程安培力对金属棒做功W安Q （1分） 代入数据解得Q18.960.24J19.2J~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U＝

BSSK ①(1分） 而：S＝πr2 ② ttqU带电液滴受的电场力:F＝ ③ （1分） 故:F－mg＝0 ④ (1分)

d由以上各式得 K＝

mgd ⑤ (1分） 2rq(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 qEmg Emg ⑥ （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

2m0m0 由牛顿第二定律有：q0B1 ⑦ （1分） 所以:R （1分)

RqB1 讨论:①若R〉L，电子从磁场右边界离开 (1分） 由几何关系知偏转距离为dRR2L2 ⑧ （1分）

2m2v0mv0 代入数据并整理得dL2 ⑨ （1分） 22qB1qB1 ②若R≤L，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d2mv0 ⑩ （1分) qB1 （用其他解法正确的同样给分）

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3.（18分）解：（1)轨迹如图所示； -——-（2分）

vv02v0 —--—（2分） 0cos45 (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：

v2dR2d ——-（2分） qvBm ——---Rsin450 解得：B（3分）

mv0 —--—（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:

2mv012 qU0mv -——--—（3分) 解得：U —--——---（3分）

2q4．（18分）

解：（1)根据法拉第电磁感应定律，闭合电路的电动势为：E

S•BSk—————--(2分） tt根据闭合电路的欧姆定律，闭合电路的电流为：I

ESk——----—(2分) RR2R电阻获得的电压URIR

1Sk----—--—--———--——----—-—-———---——--—-—（1分) 21Sk---———----—(1分） 2因电容器与电阻是并联的，故电容器获得的电压UUR

(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：

qU分)

1mv2------—--—--—-————---—--————--———----—-—---—----———-—-（2

2得到带电粒子从小孔P射入匀强磁场时的速度为：v2qUqSk--——-———-—(2分) mm高三物理复习资料－电学实验与计算题专练 第8页 （共13页）

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（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动的向心力，有:

v2qvBm-——--—--———-———---———-——-———------—---—-—--—-——-—-—

R--（2分)

得带电粒子在圆形匀强磁场运动的半径为：Rmv1mSkqBBq----（2分)

又圆形磁场的半径r1mSkBq,即Rr————--（1分）

根据左手定则，带电粒子在圆形磁场向右转过14的圆周（如右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

O

r 几何关系有：r2d2(rd)22 （2分）

d

得：r5 4d(1分)

v

粒子做匀速圆周运动，由牛顿第二定律:Bqvm20v00r （2分)

得：v5Bqd04m （1分） 0（2）ab棒达到最大速度时做匀速运动：mgsinB0IL ①（2分） 对回路，由闭合电路欧姆定律：IB0Lv0.5rr ②（2分） N F安 由①②得:v3mgrsin2B22(1分） 0Lmg (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

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图所示），

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由①式得：Imgsin

B0L对变阻器，由欧姆定律:UIR ③ （1分） 极板电压也为U，粒子匀速运动：Bqv1由①③④得:v1Uq ④ （2分） dmgRsin（1分)

BB0Ldmgrsin2mgrsin（2分) v1BB0LdBB0Ld12 。。.。。。..。。.。。（2分） mv02因R为：rR2r，故粒子的速度范围为：

6．(18分）解：(1)微粒在加速电场中由动能定理得qU1 解得v0=1。0×104m/s ..。。。.。。。。。。。(1分） （2）微粒在偏转电场中做类平抛运动，有 aqU2 ...。.。。。。。..（2分) md（2分）

vyataL ..。.。。。。。.。.。v0飞出电场时，速度偏转角的正切为

tanvyv0U2L1 .。。....。..。.。2U1d3(2分）

解得 θ=30o ..。.。。.。...。。(1分） 进入磁场时微粒的速度是：vv023。.。..。..。。。（2分） 104m/s .。

cos3（3)轨迹如图，由几何关系有:Drrsin .。。.。。...。。。。（2分） 洛伦兹力提供向心力：Bqvmvr2 。...。。。...。..（1分）

联立以上三式得 Dmv0(1sin) ....。.。.。。。..（2分)

qBcos代入数据得 D=0。1m 7．（18分)参考解答

(1）cd杆保持静止，则杆所受安培力:FBIdB2mgsin ① （2分)

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设ab杆所受的拉力为F，则对ab杆，有: FmgsinFB ②（2分） 设ab杆的速度为v0，则回路中的感应电流： I 拉力做功的功率： PFv0 ④（1分)

联立解得拉力做功的功率:P(Bdv0 ③（2分) Rmgsin2)6R ⑤（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mv12mv2 ⑥（2分)

cd杆匀速运动，则杆所受安培力：IdB2mgsin ⑦（1分)

回路中的电流:IBd（v1v2) ⑧（2分）

R联立解得ab杆和cd杆达到稳定状态时的速度分别为: v14mgRsin（方向沿斜面向上） ⑨（2分,）

3B2d22mgRsinv2（方向沿斜面向下） ⑩（2分）

3B2d2

8．（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Blv0 ①（2分）

则回路产生的电流大小： IBlv0 ②(2分） 2R （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 mv0mv12mv0 ③（2分） 4 由能量守恒定律，回路中产生的焦耳热为 Qv12121mv0mv12m(0)2 ④（2分） 2224高三物理复习资料－电学实验与计算题专练 第11页 （共13页）

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解得Q52mv0 ⑤(1分） 16（3）回路中的电流始终保持为I0，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

' ⑥(2分) mv0m(v0)2mv2 设这个过程棒MN的位移为x，由动能定理得

2mv012I0Blx2mv'2 ⑦（2分） 解得x ⑧（1分）

2I0Bl2mv0 讨论:①当d时,棒MN在导轨上一直向右匀加速运动直到脱离导轨，由动能定理得

I0BlI0Bld12mv2 解得MN棒脱离导轨时的速度：v2I0Bld ⑨（2分) m2mv0②当d时，棒PQ先从导轨左端脱离导轨，棒MN之后保持匀速运动直到脱离导轨，脱离

I0Bl导轨时的速度: vv'2v0 ⑩(2分）

9解：（1）（8分）在t=0时刻,电子进入偏转电场,Ox方向(水平向右为正）做匀速直线运动。（2分）

UeOy方向（竖直向上为正）在0－t0时间内受电场力作用做匀加速运动，a0(2分）

dmUet在t0－2t0时间内做匀速直线运动，速度vy00（2分）

dm侧向位移

23U0et012yat0vyt0 得y (2分）

22dm(2）（6分）设电子以初速度v0=vx进入偏转电场,在偏转电场中受电场力作用而加速。不管电子是何时进

Ue入偏转电场，在它穿过电场的2t0时间内，其Oy方向的加速度或者是a0(电压为U0时），或者是0(电

dm压为0时).（2分）

Uetvat，它在Oy方向上速度增加量都为vy00。(2分）

dmUet因此所有电子离开偏转电场时的Oy方向的分速度都相等为vy00；Ox方向的分速度都为v0=vx，所

dm有电子离开偏转电场的偏向角都相同。（2分)

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(3）（6分)设电子从偏转电场中射出时的偏向角为q，电子进入匀强磁场后做圆周运动垂直打在荧光屏上,

l如图所示。电子在磁场中运动的半径：R （2分）

sin设电子从偏转电场中出来时的速度为vt，则电子从偏转电场中射出时

vy为:sin(1分)

vtmvt电子进入磁场后做圆周运动，其半径R (1分）

vt 的偏向角

θ R l 由上述四式可得：BU0t0dl.(2分）高三物理复习资料－电学实验与计算题专练 eB第13页 （共13页）