（新課標）2013年高考物理 考前預測計算題沖刺訓練二 電磁學

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1、 新課標2013年高考考前預測計算題沖刺訓練二（電磁學） 1．如圖所示，Oxyz坐標系的y軸豎直向上，坐標系所在的空間存在勻強電場和勻強磁場，電場方向與x軸平行。從y軸上的M點(0,H,0)無初速度釋放一個質量為m，電荷量為q的帶負電的小球，它落在xz平面上的N (l,0,b)點(l>0,b>O)．若撤去磁場則小球落在xz平面上的P(l，0，0)點．已知重力加速度大小為g. (1)已知勻強磁場方向與某個坐標軸平行，請確定其可能的具體方向； (2)求出電場強度的大?。? (3)求出小球落至N點時的速率． 解：(1)－x或－y方向． (2) （提示：撤去磁場后，小球釋放后沿直線MP

2、方向運動，電場力和重力的合力沿MP方向）． (3)（提示：全過程只有電場力和重力做功，由動能定理可求末速率）． 2．如圖所示，為某一裝置的俯視圖，PQ、MN為豎直放置的很長的平行金屬薄板，兩板間有勻強磁場，它的磁感應強度大小為B，方向豎直向下，金屬棒AB擱置在兩板上緣，并與兩板垂直良好接觸，現(xiàn)有質量為m、帶電量大小為q，其重力不計的粒子，以初速度v0水平射入兩板間．問： (1)金屬棒AB應朝什么方向、以多大的速度運動，可以使帶電粒子做勻速運動？ (2)若金屬棒運動突然停止，帶電粒子在磁場中繼續(xù)運動，從這刻開始位移第一次達到mv0/(qB）時的時間間隔是多少？（磁場足夠大） 解：(1)

3、棒AB向左運動．以正電荷為例：受洛倫茲力方向，垂直指向板MN，則電場方向垂直指向板PQ，據(jù)右手定則可知棒AB向左運動． ，則。 (2) ，帶電粒子運動半徑。當位移大小第一次達到時，如圖所示帶電粒子轉過的圓心角為600，其運動時間，則。 故帶電粒子運動周期，運動時間。 3．如圖所示，在豎直平面內建立xOy直角坐標系，Oy表示豎直向上的方向．已知該平面內存在沿x軸負方向的區(qū)域足夠大的勻強電場，現(xiàn)有一個帶電量為2. 5×10-4C 的小球從坐標原點O沿y軸正方向以0. 4 kg·m/s的初動量豎直向上拋出，它到達的最高點位置為圖中的Q點，不計空氣阻力，g取10 m/s2. (1)指出小球

4、帶何種電荷； (2)求勻強電場的電場強度大??； (3)求小球從O點拋出到落回z軸的過程中電勢能的改變量． 解：(1）小球帶負電． (2）小球在y方向上做豎直上拋運動，在x方向做初速度為零的勻加速運動，最高點Q的坐標為(1. 6，3.2)，則 又。 (3）由可解得上升階段時間為，所以全過程時間為。 x方向發(fā)生的位移為。 由于電場力做正功，所以電勢能減少，設減少量為△E，代入數(shù)據(jù)得△E=qEx=1.6 J. 4．如圖甲所示，A、B兩塊金屬板水平放置，相距為d=0. 6 cm，兩板間加有一周期性變化的電壓，當B板接地（）時，A板電勢，隨時間變化的情況如圖乙所示．現(xiàn)有一帶負電的微粒在

5、t=0時刻從B板中央小孔射入電場，若該帶電徽粒受到的電場力為重力的兩倍，且射入電場時初速度可忽略不計．求： (1)在0～和～T這兩段時間內微粒的加速度大小和方向； (2))要使該微粒不與A板相碰，所加電壓的周期最長為多少（g=10 m/s2）． 解：(1)設電場力大小為F，則F= 2mg，對于t=0時刻 射入的微粒，在前半個周期內，有 ，方向向上． 后半個周期的加速度a2滿足 ，方向間下． (2)前半周期上升的高度．前半周期微粒的末速度為．后半周期先向上做勻減速運動，設減速運動時間t1，則3gt1=，．此段時間內上升的高度， 則上升的總高度為。 后半周期的時間內，微粒向下加

6、速運動，下降的高度。 上述計算表明，微粒在一個周期內的總位移為零，只要在上升過程中不與A板相碰即可，則，即. 所加電壓的周期最長為。 5．如圖所示，由粗細均勻的電阻絲繞成的矩形導線框abcd固定于水平面上，導線框邊長=L, =2L，整個線框處于豎直方向的勻強磁場中，磁場的磁感應強度為B，導線框上各段導線的電阻與其長度成正比，已知該種電阻絲單位長度上的電阻為，的單位是Ω/m．今在導線框上放置一個與ab邊平行且與導線框接觸良好的金屬棒MN,MN的電阻為r，其材料與導線框的材料不同．金屬棒MN在外力作用下沿x軸正方向做速度為v的勻速運動，在金屬棒從導線框最左端（該處x=0)運動到導線框最右端的

7、過程中： (1)請寫出金屬棒中的感應電流I隨x變化的函數(shù)關系式； (2)試證明當金屬棒運動到bc段中點時，MN兩點間電壓最大，并請寫出最大電壓Um的表達式； (3)試求出在此過程中，金屬棒提供的最大電功率Pm； (4)試討論在此過程中，導線框上消耗的電功率可能的變化情況． 解：(1) E= BLv, (2)M、N兩點間電壓，當外電路電阻最大時，U有最大值。. 因為外電路電阻，當，即x=L時，R有最大值，所以x=L時，即金屬棒在bc中點時M、N兩點間電壓有最大值，即。 (3) (4）外電路電阻，。 當r<，即r<時，導線框上消

8、耗的電功率先變小，后變大；當< r<，即，即r>時，導線框上消耗的電功率先變大，后變小． 6．在電場強度為E的勻強電場中，有一條與電場線平行的幾何線，如圖中虛線所示，幾何線上有兩個靜止的小球A和B（均可看做質點），兩小球的質量均為m，A球帶電荷量＋Q,B球不帶電，開始時兩球相距L，在電場力的作用下，A球開始沿直線運動，并與B球發(fā)生對碰撞，碰撞中A、B兩球的總動能無損失，設在各次碰撞過程中，A、B兩球間無電量轉移，且不考慮重力及兩球間的萬有引力，問： (1)A球經(jīng)過多長時間與B球發(fā)生第一次碰撞？ (2)第一次碰撞后，A、B

9、兩球的速度各為多大？ (3)試問在以后A、B兩球有再次不斷地碰撞的時間嗎？如果相等，請計算該時間間隔T，如果不相等，請說明理由． 解：(1)A球在電場力的作用下做勻加速直線運動，則解之得 (2 )A球與B球碰撞，動量守恒，則 根據(jù)題意，總能量不損失，則 聯(lián)立解得 (3)取B球為參考系，A、B碰撞后，A球以向左做勻減速直線運動，經(jīng)時間t后，速度減為零，同時與B球相距L，然后A球向右做勻加速直線運動，又經(jīng)過時間t后，速度增為，與B球發(fā)生第二次碰撞，同理可證，每次總能量無損失的碰撞均為互換速度，則以后第三、四次碰撞情況可看成與第一、二次碰撞的情況重復，以此類推可知A、B兩球不斷碰撞的時

10、間間隔相等，均為T=2t=2 7．真空中有一半徑為r的圓柱形勻強磁場區(qū)域，方向垂直紙面向里，Ox為過邊界上O點的切線，如圖所示，從O點在紙面內向各個方向發(fā)射速率均為v0的電子，設電子間相互作用忽略，且電子在磁場中偏轉半徑也為r，已知電子的電量為e，質量為m. (1)速度方向分別與Ox方向夾角成600和900的電子，在磁場中的運動時間分別為多少？ (2)所有從磁場邊界出射的電子，速度方向有何特征？ (3)令在某一平面內有M、N兩點，從M點向平面內各個方向發(fā)射速率均為v0的電子，請設計一種勻強磁場分布，其磁感應強度大小為B，使得由M點發(fā)出的電子都能夠匯聚到N點． 解：(1）如圖所示，入射

11、時電子速度與x軸夾角為，無論入射的速度方向與x軸的夾角為何值，入射點均為O，射出點均為A，磁場圓心O1和軌道圓心O2一定組成邊長為r的菱形．因O1O⊥Ox , OO2垂直于入射速度，故∠OO2 A=.即電子在磁場中所轉過的角度一定等于入射時電子速度與Ox軸的夾角． 當= 600時，；當= 900時，。 (2）因∠OO2 A=，故O2A⊥Ox．而O2A與電子射出的速度方向垂直，可知電子射出方向一定與Ox軸方向平行，即所有的電子射出圓形磁場時，速度方向均與Ox軸相同． (3)上述的粒子路徑是可逆的，(2)中從圓形磁場射出的這些速度相同的電子再進入一相同的勻強磁場后，一定會聚焦于同一點，磁場的

12、分布如圖所示，對于從M點向MN連線上方運動的電子，兩磁場分別與MN相切，M、N為切點，且平行于兩磁場邊界圓心的連線O1O2．設MN間的距離為l，所加的磁場的邊界所對應圓的半徑為r，故應有2r≤l，即≤l，所以所加磁場磁感應強度應滿足B≥. 同理，對于從M點向MN連線下方運動的電子，只要使半徑相同的兩圓形磁場與上方的兩圓形磁場位置MN對稱且磁場方向與之相反即可． 說明：只要在矩形區(qū)域M1N1N2 M2內除圖中4個半圓形磁場外無其他磁場（其中M1, M2點也無磁場），矩形M1N1M2N2區(qū)域外的磁場均可向其余區(qū)域擴展． 8．如圖所示，xOy平面內的圓與y軸相切于坐標原點O．在該圓形區(qū)域內，有

13、與y軸平行的勻強電場和垂直于圓面的勻強磁場一個帶電粒子（不計重力）從原點O沿x軸進入場區(qū)，恰好做勻速直線運動，穿過場區(qū)的時間為To．若撤去磁場，只保留電場，其他條件不變，該帶電粒子穿過場區(qū)的時間為To /2．若撤去電場，只保留磁場，其他條件不變．求：該帶電粒子穿過場區(qū)的時間． 解：設電場強度為E，磁感應強度為B;圓的半徑為R;粒子的電量為q，質量為m，初速度為v0．同時存在電場和磁場時，帶電粒子做勻速直線運動有， 只存在電場時，粒子做類平拋運動，有， 由以上式子和圖可知x=y=R,粒子從圖中的M點離開電場． 由以上式子得，只存在磁場時，粒子做勻速圓周運動，從圖中N點離開磁場，P為軌跡圓

14、弧的圓心．設半徑為r，則，所以，粒子在磁場中運動的時間為。 9．有界勻強磁場區(qū)域如圖甲所示，質量為m、電阻為R的長方形矩形線圈abcd邊長分別為L和2L，線圈一半在磁場內，一半在磁場外，磁感強度為B0. t0 = 0時刻磁場開始均勻減小，線圈中產生感應電流，在磁場力作用下運動，v—t圖象如圖乙所示，圖中斜向虛線為O點速度圖線的切線，數(shù)據(jù)由圖中給出，不考虛重力影響，求： (1)磁場磁感應強度的變化率； (2) t2時刻回路電功率． 解：(1)由v—t圖可知，剛開始t=0時刻線圈加速度為，此時感應電動勢，則。 線圈此刻所受安培力為F=BIL=得。 (2)線圈在t2時刻開始做勻速直線運動

15、，有兩種可能： ①線圈沒有完全進入磁場，磁場就消失，所以沒有感應電流，回路電功率P=0. ②磁場沒有消失，但線圈完全進入磁場，盡管有感應電流，但所受合力為零，同樣做勻速直線運動． 10．一電阻為R的金屬圓環(huán)，放在勻強磁場中，磁場與圓環(huán)所在平面垂直，如圖(a)所示，已知通過圓環(huán)的磁通量隨時間t的變化關系如圖(b）所示，圖中的最大磁通量和變化周期T都是已知量，求： (1)在t=0到t= T/4的時間內，通過金屬圓環(huán)橫截面的電荷量q (2)在t=0到t=2T的時間內，金屬環(huán)所產生的電熱Q. 解：(1)由磁通量隨時間變化的圖線可知在t=0到t=T/4時間內，環(huán)中的感應電動勢為，在以上時段內，環(huán)中的電流為，則在這段時間內通過金屬環(huán)某橫截面的電量，聯(lián)立求解得。 (2）在t=T/4到t=T/2和在t=3T/4到t=T時間內，環(huán)中的感應電動勢E1=0；在t=T/2到t=3T/4時間內，環(huán)中的感應電動，由歐姆定律可知在以上時段內，環(huán)中的電流為。在t=0到t=2T時間內金屬環(huán)所產生的電熱為。 聯(lián)立求解得Q=16． - 7 -