2019版二轮复习物理通用版：计算题专项练（三）电磁场计算题过关练

计算题专项练（三）  电磁场计算题过关练1.某电子天平原理如图所示，E形磁铁的两侧为N极，中心为S极，两极间的磁感应强度大小均为B，磁极宽度均为L，忽略边缘效应，一正方形线圈套于中心磁极，其骨架与秤盘连为一体，线圈两端C、D与外电路连接，当质量为m的重物放在秤盘上时，弹簧被压缩，秤盘和线圈一起向下运动(骨架与磁极不接触)，随后外电路对线圈供电，秤盘和线圈恢复到未放重物时的位置并静止，由此时对应的供电电流I可确定重物的质量，已知线圈匝数为n，线圈电阻为R，重力加速度为g。(1)线圈向下运动过程中，线圈中感应电流是从C端还是从D端流出？(2)供电电流I是从C端还是D端流入？求重物质量与电流的关系。(3)若线圈消耗的最大功率为P，该电子天平能称量的最大质量是多少？解析：(1)根据右手定则可知感应电流从C端流出。(2)设线圈受到的安培力为FA，外加电流从D端流入。由FA＝mg和FA＝2nBIL解得m＝I。(3)设能称量的最大质量为m0。由m0＝I1和P＝I12R解得m0＝。答案：(1)从C端流出　(2)从D端流入　m＝I(3)2.如图所示，A、B间存在与竖直方向成45°角斜向上的匀强电场E1，B、C间存在竖直向上的匀强电场E2，A、B的间距为1.25 m，B、C的间距为3 m，C为荧光屏。一质量m＝1.0×10－3 kg，电荷量q＝     ＋1.0×10－2 C的带电粒子由a点静止释放，恰好沿水平方向经过b点到达荧光屏上的O点。若在B、C间再加方向垂直于纸面向外且磁感应强度大小B＝0.1 T的匀强磁场，粒子经b点偏转到达荧光屏的O′点(图中未画出)。取g＝10 m/s2。求：(1)E1的大小；(2)加上磁场后，粒子由b点到O′点电势能的变化量及偏转角度。解析：(1)粒子在A、B间做匀加速直线运动，竖直方向受力平衡，则有qE1cos 45°＝mg解得E1＝ N/C。(2)粒子从a到b的过程中，由动能定理，得qE1dABsin 45°＝mv02－0解得v0＝5 m/s加磁场前粒子在B、C间必做匀速直线运动，则有qE2＝mg加磁场后粒子在B、C间必做匀速圆周运动，如图所示，由牛顿第二定律，得qv0B＝m解得R＝5 m设偏转距离为y，由几何知识，得R2＝dBC2＋(R－y)2代入数据得y＝1.0 m粒子在B、C间运动时电场力做的功为W＝－qE2y＝－mgy＝－1.0×10－2 J由功能关系知，粒子的电势能增加了1.0×10－2 J，sin θ＝＝0.6，θ＝37°，偏转角度为37°。答案：(1) N/C(2)电势能增加了1.0×10－2 J，粒子偏转角度为37°3．在某一真空空间内建立xOy坐标系，从原点O处向第 Ⅰ 象限发射一比荷＝1×104 C/kg的带正电的粒子(重力不计)，速度大小v0＝103 m/s、方向与x轴正方向成30°角。(1)若在坐标系y轴右侧加有匀强磁场，在第Ⅰ象限，磁场方向垂直xOy平面向外；在第Ⅳ象限，磁场方向垂直xOy平面向里；磁感应强度均为B＝1 T，如图甲所示，求粒子从O点射出后，第2次经过x轴时的坐标x1。(2)若将上述磁场改为如图乙所示的匀强磁场。在t＝0到t＝×10－4 s时，磁场方向垂直于xOy平面向外；在t＝×10－4 s到t＝×10－4 s时，磁场方向垂直于xOy平面向里，此后该空间不存在磁场。在t＝0时刻，粒子仍从O点以与原来相同的速度v0射入，求粒子从O点射出后第2次经过x轴时的坐标x2。解析：(1)“画相切圆”知运动轨迹如图甲所示。应用几何关系得：＝R·sin 30°①x1＝2OA          ②洛伦兹力提供向心力，有qv0B＝m         ③解①②③式得x1＝0.2 m。(2)粒子做圆周运动周期为T＝＝2π×10－4 s磁场变化半周期为Δt＝×10－4 s＝“画相切圆”知粒子运动的轨迹如图乙所示。应用几何关系得：OE＝2(R＋Rsin 30°)         ④DE＝2·Rsin 60°          ⑤x2＝OE＋DEtan 60°          ⑥解①④⑤⑥式得x2＝0.6 m。答案：(1)0.2 m　(2)0.6 m4．如图所示，在xOy平面内y轴与边界MN之间有沿x轴负方向的匀强电场，y轴左侧和边界MN右侧的空间有垂直纸面向里、磁感应强度大小相等的匀强磁场，边界MN与y轴平行且间距保持不变。一质量为m，带电荷量为－q的粒子以速度v0从坐标原点O沿x轴负方向射入磁场，每次经过磁场的时间均为t0，粒子重力不计。(1)求磁感应强度B的大小；(2)若t＝5t0时粒子回到原点O，求电场区域的宽度d和此时的电场强度E0；(3)若带电粒子能够回到原点O，则电场强度E应满足什么条件？解析：(1)粒子在磁场中运动的周期T＝，又由题意分析可知T＝2t0联立解得B＝。(2)依题意，粒子运动轨迹如图甲所示，且r2＝2r1，分析可知粒子两次经过电场的运动过程反向对称，又由题知粒子每次经过磁场的时间均为t0，故粒子每次经过电场的时间t1＝＝t0由牛顿第二定律得qv0B＝m，qv2B＝m，E0q＝ma，其中v2为粒子进入右侧磁场时的速度大小，a为粒子在电场中的加速度，由运动学规律可知d＝t0v2＝v0＋at0联立解得：E0＝，d＝。    甲                               乙(3)如图乙所示，要使粒子能够回到原点，应满足n(2r2′－2r1)＝2r1(n＝1,2,3，…)又qv2′B＝m，其中v2′为粒子进入右侧磁场时的速度大小由动能定理得qEd＝mv2′2－mv02联立解得E＝(n＝1,2,3，…)。答案：(1)　(2)　(3)E＝(n＝1,2,3，…)5.(2018·菏泽一模)如图所示为一种粒子加速器的原理图。图中M、N为带有小孔的水平平行板，板上接有恒定电压U，板间距离为h，以M、N板所在平面为界，上方和下方有垂直于纸面向里的范围足够大的匀强磁场，磁感应强度大小相等。质量为m、电荷量为q的带正电粒子在M板小孔处由静止释放，在板间电压的加速下从N板小孔O射入磁场。为了测量磁场磁感应强度的大小，在板的右侧放置一竖直的荧光屏，当荧光屏在靠近板的右端位置时，粒子能打到荧光屏上，向右缓慢移动荧光屏，且不断释放粒子，结果发现荧光屏离O点距离为d时，粒子打在荧光屏上的位置第一次达到最低。荧光屏足够大，不计粒子的重力，不考虑相对论效应、两金属板间电场的边际效应以及电场变化对于外部磁场和粒子运动的影响。求：(1)磁场的磁感应强度大小；(2)将荧光屏拿走，粒子将多次运动到N板所在的平面，求粒子运动轨迹与N板所在平面的交点到O点的距离；(3)若粒子经过4次加速后回到M板小孔处，求粒子运动的总时间。解析：(1)粒子经加速电场加速qU＝mv12v1＝ 由题意可知，粒子在磁场中做圆周运动的半径r1＝d由qv1B＝m，求得B＝ 。(2)粒子经过n次加速，则nqU＝mvn2vn＝ qvnB＝m求得x＝2rn＝2d(n＝1,2,3，…)。(3)粒子经过4次加速后回到M板小孔处，则在磁场中运动的时间t1＝4T＝＝8πd 设在电场中运动的时间为t2，则4h＝at22a＝求得t2＝h 设粒子在无场区域运动的时间为t3，则t3＝h＋＋＋求得t3＝h1＋＋＋＝ 因此运动的总时间t＝t1＋t2＋t3＝ 。答案：(1) 　(2)2d(n＝1,2,3，…)(3)