电磁学部分综合训练试1

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1、电磁学部分综合训练试题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=2 x 10-6 kg、电荷量q=2 x 10-7 C的带负电粒子从坐标原点 0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 0P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：(1) 粒子从O到P与从P到M的过程中电场力做功的大小之比；(2) OP连线上与M点等电势的点的坐标；(3) 粒

2、子由P点运动到M点所需的时间。2、如图所示，水平固定的平行金属导轨(电阻不计)，间距为I，置于磁感强度为B、方向垂直导轨所在平面的匀强磁场中，导轨左侧接有一阻值为R的电阻和电容为 C的电容器。一根与导轨接触良好的金属导体棒垂直导轨 放置，导体棒的质量为 m，阻值为r。导体棒在平行于轨道平面且与导体棒 垂直的恒力F的作用下由静止开始向右运动。(1)若开关S与电阻相连接，当位移为 的时间？x时，导体棒的速度为 v。求此过程中电阻 R上产生的热量以及 F作用(2)若开关S与电容器相连接，求经过时间 t导体棒上产生的热量是多少？(电容器未被击穿)3、真空中有如图所示矩形区域，该区域总高度为2h、总宽度

3、为4h,其中上半部分有磁感应强度为B、垂直纸面向里的水平匀强磁场，下半部分有竖直向下的匀强电场，x轴恰为水平分界线，正中心恰为坐标原点O。在x = 2.5h处有一与x轴垂直的足够大的光屏(图中未画出)。质量为m、电荷量为q的带负电粒子源源不断地从下边界中点P由静止开始经过匀强电场加速，通过坐标原点后射入匀强磁场中。粒子间的相互作用和粒子重力均不计。(1 )若粒子在磁场中恰好不从上边界射出，求加速电场的场强E;(2) 若加速电场的场强 E为(1)中所求E的4倍，求粒子离开磁场区域处的坐标值；(3) 若将光屏向 x轴正方向平移，粒子打在屏上的位置始终不改变，则加速电场的场强E多大？粒子在电场和磁场

4、中运动的总时间多大？4、如图所示，以竖直线 MN为界，左侧空间有水平向右的匀强电场，右侧空间有竖直向上的匀强电场和垂直纸面水平向外的匀强磁场。在左侧空间O点用长为L的不可伸长的轻质绝 缘细绳悬挂质量为 m带电量为q的小球。现使 细绳拉直，从 A点静止释放小球，小球绕 0点 做圆周运动， B点为圆周上速度最大点。已知OA与竖直方向夹角130 , OB与竖直方向夹角260,左右两侧空间电场强度大小之比为E1 : E23:1，重力加速度为g =10m/s?。(1) 求左侧空间电场强度大小；(2) 求小球运动到 B点，小球对细绳的拉力大小；(3) 若小球运动到 B点时，细绳突然断开，小球运动一段时间后

5、，从MN边界上某点进入右侧空间运动，然后中 A A A A又从MN边界上另一点回到左侧空间运动，最后到达0B线上某点P时刻速度变为零。求小球在右侧空间运动的时间.5、一水平匀速运动的传送带，右侧通过小圆弧连接光滑金属导轨，金属导轨与水平面成0=30 角，传送带 与导轨宽度均为L=1m。沿导轨方向距导轨顶端 xi=0.7m到X2=2.4m 之间存在垂直于导轨平面的匀 强磁场区域abed , ab、cd垂直于平行导轨，磁感应强度为B = 1T。将质量均为 m = 0.1kg 的导体棒P、Q相隔At=0.2s分别从传送带的左端自由释放，两导体棒与传送带间的动摩擦因数均为尸0.1 ,两棒到达传送带右端

6、时已与传送带共速。导体棒P、Q在导轨上运动时，始终与导轨垂直且接触良好，P棒进入磁场时刚好匀速运动，Q棒穿出磁场时速度为 4.85m/s 。导体棒P、Q的电阻均为R = 4 Q,导轨电阻不计，导轨底端绝缘。g=10m/s 2求：(1 )传送带运行速度V 0 ；(2) 定性画出导体棒 P的两端的电压U随时间t的变化关系(从进入磁场开始计时)？(3) 从导体棒P、Q自由释放在传送带上开始，到穿出磁场的过程中产生的总内能？6、如图甲所示，两平行金属板间距为21，极板长度为41，两极板间加上如图乙所示的交变电压(t=0时 上极板带正电)以极板间的中心线001为x轴建立坐标系，现在平行板左侧入口正中部有

7、宽度为丨的电子束以平行于X轴的初速度V0从t=0时不停地射入 两板间已知电子都能从右侧两板间射出，射出方向都与x轴平行，且有电子射出的区域宽度为21 电子质量为m，电荷量为e,忽略电子之间的相互作用力(1) 求交变电压的周期 T和电压Uo的大小;(2) 在电场区域外加垂直纸面的有界匀强磁场，可使所有电子经过有界匀强磁场均能会聚于(6 1, 0)点，求所加磁场磁感应强度 B的最大值和最小值;参考答案: 得OD=3.75m，OP与X轴的夹角 贝sin由于洛伦兹力功，粒子从 O为Ek，则初动2Ek，在M点能为 1.25Ek。1、【解析】：子在P点时的x=4016i设粒动能能为的动P点和从P点到M点的

8、过程中，电场力做的功大小分别为W2 = 1.25Ek-EkW1、W2由动能定理得：-W1= Ek-2Eknt W14则W21不做点到OP的长度为5m ,(2) O点和P点及M点的电势差分别为:设OP连线上与M点电势相等的点为 D，由几何关系得沿OP方向电势下降。则:U ODU OMOD075UopUopop 15D 点的坐标为 x d=ODcos a =3 m ,Yd =ODsin a =2.25m即：D (3 m , 2.25 m)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 OP为电场线方向从0到P带电粒子从P到M过程中做类平抛运动

9、，设运动时间为t1 Eq则 DP= t2又，DP=0P-0D=1.25m2 m解得：t 0.5s2、【解析】：(1)根据功能关系有：Fx -mv2 Q，所以电阻R上产生的热量2在F作用过程中根据牛顿第二定律有：F BII ma对于极短时间内有:vmtb2i2x F R r对等式两边求和得所以，导体棒的加速度为: 流。Fm CB2|2禺养即导体棒做匀加速运动,电路中由恒定的充电电根据纯电阻电路中：q r t Bl x带入上式整理得: R r2|2mv B I x tF F R r(2 )在F作用过程中根据牛顿第二定律有:.q CBI vF BII ma 由 ICBIat tCBIF 2所以导体棒

10、上产生的热量为：Qr孑聞rt123、【解析】(1)带电粒子在电场中加速过程根据动能定理有qEh $mv22进入匀强磁场后做匀速圆周运动有qvB mr要求粒子在磁场中恰好不从上边界射出，则取：r h解得E葩2m(2)带电粒子在电场中加速过程根据动能定理有：可得：F CB2I2a ma进入匀强磁场后做匀速圆周运动，由qv2 B2V2m 2得：r2 2h则粒子从O点进入后运动了圆心角为B即离开磁场。由几何关系可得:sin12即 0 = 30离开磁场处：y = h即离开磁场处的坐标为：【(2 . 3)h , h】(3)带电粒子在电场中加速过程根据动能定理有：由“将光屏向 x轴正方向平移，粒子打在屏上的

11、位置始终不改 变”知离开磁场时粒子速度方向必平行于 x轴，沿+x方向。 故：进入匀强磁场后做匀速圆周运动的半径为：2h /r(n2n 12又qvBV m r1, 2, 3, 4 )2解得e亠吟(2n 1) m(n 1, 2, 3, 4 )从O点进入磁场后先运动半个圆周再返回电场减速到0又返回磁场时速度仍是 V，如此周期性运动最后从磁场的右边界水平射出。t1(2n 1)7(2n 1) m2qBt2(2n1) V2(2n 1) m qB2tt1t22n 1 (4n2qB带电粒子在磁场中运动总时间带电粒子在电场中运动总时间带电粒子在电磁场中运动总时间(n 1, 2, 3, 4 )(n 1, 2, 3

12、, 4 )( n 1, 2, 3, 4 )4、【解析】(1)要使小球在B点的速度最大，则重力与电场力的合力沿OB方向，(2) 设小球运动到 B点速度大小为v0，小球所受重力与电场力的合力为：从A到B，对小球由动能定理得：联立解得：v0. 4gL .2在B点由牛顿第二定律：T F mV0-LB点时，细绳对小球的拉力为：T 6mg由牛顿第三定律小球对细绳的拉力大小为 6mg .(3) 设小球从 MN边界上的C点进入磁场，从 D点出磁场。从 B到C，小球做类平抛运动。进入 MN右EE1E2蔚OB线上某点P减小到零，由几何关系得：侧空间后：在C点小球速度方向与界面夹角也为设小球从B到C的运动时间为tB

13、，由几何关系得：CD 2Rcos30，QC从B到C，由运动学规律得：qc v0tBmg，即qE2 mg，小球在右侧空间 做匀速圆周运动。小球回到左侧空间后，到 qO为小球在MN右侧空间做圆周运动的轨迹圆心，CDQ 60， QCD 30 ， O CD O DC30。在MN右侧空间做圆周运动半径为CD，V。vsin 30atB，以上各式子联立解得：R9g3v04 3L小球在MN右侧空间做圆周运动圆心角为240 ，cos301.5R，vcos30 ，Fa2g .m4 3gL32即2圆周，故3过 C点作BD的垂线交于Q点。30，R，运动时间为t.2 R 2小球在MN右侧运动的时间为：t 3v9 . g

14、5、【解析】：（1）导体棒P进入磁场时匀速运动，设切割磁场速度为E= BLVI= E/2 RF安 = BIL由平衡条件可知F安 = mg sin 0解得v=4m/s导体棒P脱离传送带时已与皮带共速，设传送带速度为v0，导体棒沿斜面下滑X1过程中，由动能定理得：mg sin 01= mv 2/2- mv 02/2解得 v0=3m/s传送带运行速度为3m/s（2） （ 3分）导体棒P匀速进入磁场，两端电压 Up= BLv/2，导体棒P、Q都进入 磁场共同加速时，Up= BLv，导体棒P出磁场后，只有导体棒 Q切割磁场，做变减速 运动，Up= BLv/2，电压随时间的定性变化图象为：导体棒P匀速进入

15、磁场过程中X3=v t由能的转化与守恒得，Q2= mgsin 6x3=0.4J导体棒P、Q共同在磁场中加速下滑过程中，X4= X2-X1 -X3=0.9m ，设导体棒P出磁场时速度为u，由运动学得u2-v2=2 ax4, u=5m/s导体棒Q切割磁场时下滑距离为X5=0.8m由能的转化与守恒得，Q3= mg sin （X3- mv 2/2+ mu 2/2=0.47JQ= Qi+ Q2+ Q3 = 1.77J6、【解析】：（1）电子在电场中水平方向做匀速直线运动,则：4l=vonT,解得：T=nvO（n=1， 2,3），电子在电场中运动最大侧向位移:=2np丄呂）22曲22-Z，2, 3）；，由牛顿第二定律得:I-_1：，解得:（2）粒子运动轨迹如图所示：由图示可知，最大区域圆半径满rf C21 ）（珥-1）2，解得：rm=2.5l,对于带电粒子当轨迹半径等于磁场区域半径时，带电粒子将汇聚于一点,由牛顿第二定律得:，解得:2mv0-1 1 ，最小区域圆半径为r n=0.5l ,由牛顿第二定律得:，解得:2mv0 1；（3） 导体棒P、Q在传送带上加速过程中产生的内能为Q1=2 口 mgs相对=0.9J （2分）