金學導航電力計算題解析

1、.金學導航電力計算題解析1、（2009年山東卷）25如圖甲所示，建立Oxy坐標系，兩平行極板P、Q垂直于y軸且關于x軸對稱，極板長度和板間距均為l，第一四象限有磁場，方向垂直于Oxy平面向里。位于極板左側的粒子源沿x軸向右連續(xù)發(fā)射質量為m、電量為+q、速度相同、重力不計的帶電粒子在03t時間內兩板間加上如圖乙所示的電壓（不考慮極邊緣的影響）。已知t=0時刻進入兩板間的帶電粒子恰好在t0時，刻經極板邊緣射入磁場。上述m、q、l、l0、B為已知量。（不考慮粒子間相互影響及返回板間的情況）（1）求電壓U的大小。（2）求時進入兩板間的帶電粒子在磁場中做圓周運動的半徑。（3）何時把兩板間的帶電粒子在磁場

2、中的運動時間最短？求此最短時間。圖甲圖乙答案：（1）（2）（3）BxyOQPllv02【解析】（1）t=o時刻進入兩極板的帶電粒子在電場中做勻變速曲線運動，t0時刻剛好從極板邊緣射出，在y軸負方向偏移的距離為l/2，則有 Eq=ma l/2=at02/2 聯立以上三式，解得兩極板間偏轉電壓為。（2）t0/2時刻進入兩極板的帶電粒子，前t0/2時間在電場中偏轉，后t0/2時間兩極板沒有電場，帶電粒子做勻速直線運動。帶電粒子沿x軸方向的分速度大小為v0=l/t0 帶電粒子離開電場時沿y軸負方向的分速度大小為 帶電粒子離開電場時的速度大小為 設帶電粒子離開電場進入磁場做勻速圓周運動的半徑為R，則有

3、聯立式解得 。（3）2t0時刻進入兩極板的帶電粒子在磁場中運動時間最短。帶電粒子離開磁場時沿y軸正方向的分速度為 ，設帶電粒子離開電場時速度方向與y軸正方向的夾角為，則，聯立式解得，帶電粒子在磁場運動的軌跡圖如圖所示，圓弧所對的圓心角為，所求最短時間為,帶電粒子在磁場中運動的周期為，聯立以上兩式解得。2、（2009年廣東物理）18如圖18（a）所示，一個電阻值為R，匝數為的圓形金屬線圈與阻值為2R的電阻R1連接成閉合回路。線圈的半徑為r1。在線圈中半徑為r2的圓形區(qū)域內存在垂直于線圈平面向里的勻強磁場，磁感應強度B隨時間t變化的關系圖線如圖18（b）所示。圖線與橫、縱軸的截距分別為t0和B0。

4、導線的電阻不計。求0至t1時間內（1）通過電阻R1上的電流大小和方向；（2）通過電阻R1上的電量q及電阻R1上產生的熱量。答案：（1），電流由b向a通過；（2）【解析】（1）由法拉第電磁感應定律得感應電動勢為由閉合電路的歐姆定律，得通過的電流大小為由楞次定律知該電流由b向a通過（2）由得在0至時間內通過的電量為由焦耳定律得在0至時間內產生的熱量為3、（2009年海南物理）16如圖，ABCD是邊長為的正方形。質量為、電荷量為e的電子以大小為v0的初速度沿紙面垂直于BC邊射入正方形區(qū)域。在正方形內適當區(qū)域中有勻強磁場。電子從BC邊上的任意點入射，都只能從A點射出磁場。不計重力，求：（1）次勻強磁場

5、區(qū)域中磁感應強度的方向和大??；（2）此勻強磁場區(qū)域的最小面積。ABCDEFpqO解析：（1）設勻強磁場的磁感應強度的大小為B。令圓弧是自C點垂直于BC入射的電子在磁場中的運行軌道。電子所受到的磁場的作用力應指向圓弧的圓心，因而磁場的方向應垂直于紙面向外。圓弧的圓心在CB邊或其延長線上。依題意，圓心在A、C連線的中垂線上，故B 點即為圓心，圓半徑為按照牛頓定律有 聯立式得 （2）由（1）中決定的磁感應強度的方向和大小，可知自點垂直于入射電子在A點沿DA方向射出，且自BC邊上其它點垂直于入射的電子的運動軌道只能在BAEC區(qū)域中。因而，圓弧是所求的最小磁場區(qū)域的一個邊界。為了決定該磁場區(qū)域的另一邊界

6、，我們來考察射中A點的電子的速度方向與BA的延長線交角為（不妨設）的情形。該電子的運動軌跡如右圖所示。圖中，圓的圓心為O，pq垂直于BC邊 ，由式知，圓弧的半徑仍為，在D為原點、DC為x軸，AD為軸的坐標系中，P點的坐標為這意味著，在范圍內，p點形成以D為圓心、為半徑的四分之一圓周，它是電子做直線運動和圓周運動的分界線，構成所求磁場區(qū)域的另一邊界。因此，所求的最小勻強磁場區(qū)域時分別以和為圓心、為半徑的兩個四分之一圓周和所圍成的，其面積為4、（2009年江蘇卷）141932年，勞倫斯和利文斯設計出了回旋加速器?；匦铀倨鞯墓ぷ髟砣鐖D所示，置于高真空中的D形金屬盒半徑為R，兩盒間的狹縫很小，帶電

7、粒子穿過的時間可以忽略不計。磁感應強度為B的勻強磁場與盒面垂直。A處粒子源產生的粒子，質量為m、電荷量為+q ，在加速器中被加速，加速電壓為U。加速過程中不考慮相對論效應和重力作用。（1）求粒子第2次和第1次經過兩D形盒間狹縫后軌道半徑之比；（2）求粒子從靜止開始加速到出口處所需的時間t ；（3）實際使用中，磁感應強度和加速電場頻率都有最大值的限制。若某一加速器磁感應強度和加速電場頻率的最大值分別為Bm、fm，試討論粒子能獲得的最大動能E。答案：（1）（2）（3）【解析】 (1)設粒子第1次經過狹縫后的半徑為r1,速度為v1qu=mv12qv1B=m解得 同理，粒子第2次經過狹縫后的半徑 則

8、（2）設粒子到出口處被加速了n圈解得 （3）加速電場的頻率應等于粒子在磁場中做圓周運動的頻率，即當磁場感應強度為Bm時，加速電場的頻率應為粒子的動能當時，粒子的最大動能由Bm決定解得當時，粒子的最大動能由fm決定 解得 5、（2009年江蘇卷）15如圖所示，兩平行的光滑金屬導軌安裝在一光滑絕緣斜面上，導軌間距為l、 足夠長且電阻忽略不計，導軌平面的傾角為，條形勻強磁場的寬度為d，磁感應強度大小為B、方向與導軌平面垂直。長度為2d的絕緣桿將導體棒和正方形的單匝線框連接在一起組成“”型裝置，總質量為m，置于導軌上。導體棒中通以大小恒為I的電流（由外接恒流源產生，圖中未圖出）。線框的邊長為d（d &

9、lt; l），電阻為R，下邊與磁場區(qū)域上邊界重合。將裝置由靜止釋放，導體棒恰好運動到磁場區(qū)域下邊界處返回，導體棒在整個運動過程中始終與導軌垂直。重力加速度為g。求：（1）裝置從釋放到開始返回的過程中，線框中產生的焦耳熱Q；（2）線框第一次穿越磁場區(qū)域所需的時間t1 ； （3）經過足夠長時間后，線框上邊與磁場區(qū)域下邊界的最大距離m 。答案：（1）（2）（3）【解析】 (1)設裝置由靜止釋放到導體棒運動到磁場下邊界的過程中，作用在線框上的安培力做功為W 由動能定理 且 解得 （2）設線框剛離開磁場下邊界時的速度為，則接著向下運動 由動能定理 裝置在磁場中運動時收到的合力感應電動勢 E=Bdv感應電

10、流 I/=E/R安培力 由牛頓第二定律，在t到t+時間內，有則有解得 （3）經過足夠長時間后，線框在磁場下邊界與最大距離之間往復運動 由動能定理 解得 6、（2009年福建卷）21如圖甲，在水平地面上固定一傾角為的光滑絕緣斜面，斜面處于電場強度大小為E、方向沿斜面向下的勻強電場中。一勁度系數為k的絕緣輕質彈簧的一端固定在斜面底端，整根彈簧處于自然狀態(tài)。一質量為m、帶電量為q（q>0）的滑塊從距離彈簧上端為s0處靜止釋放，滑塊在運動S0E甲tvt1t2t3Ov1vm乙過程中電量保持不變，設滑塊與彈簧接觸過程沒有機械能損失，彈簧始終處在彈性限度內，重力加速度大小為g。（1）求滑塊從靜止釋放到

11、與彈簧上端接觸瞬間所經歷的時間t1（2）若滑塊在沿斜面向下運動的整個過程中最大速度大小為vm，求滑塊從靜止釋放到速度大小為vm過程中彈簧的彈力所做的功W；（3）從滑塊靜止釋放瞬間開始計時，請在乙圖中畫出滑塊在沿斜面向下運動的整個過程中速度與時間關系v-t圖象。圖中橫坐標軸上的t1、t2及t3分別表示滑塊第一次與彈簧上端接觸、第一次速度達到最大值及第一次速度減為零的時刻，縱坐標軸上的v1為滑塊在t1時刻的速度大小，vm是題中所指的物理量。（本小題不要求寫出計算過程）答案（1）; （2）; (3) tvt1t2t3Ov1vm【解析】本題考查的是電場中斜面上的彈簧類問題。涉及到勻變速直線運動、運用動

12、能定理處理變力功問題、最大速度問題和運動過程分析。（1）滑塊從靜止釋放到與彈簧剛接觸的過程中作初速度為零的勻加速直線運動，設加速度大小為a，則有 qE+mgsin=ma 聯立可得 （2）滑塊速度最大時受力平衡，設此時彈簧壓縮量為，則有tvt1t2t3Ov1vm 從靜止釋放到速度達到最大的過程中，由動能定理得 聯立可得xyOPMLL入射口接收器 （3）如圖w.w.w.k.s.5.u.c.o.m7、（2009年福建卷）22圖為可測定比荷的某裝置的簡化示意圖，在第一象限區(qū)域內有垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小B=2.0×10-3T,在y軸上距坐標原點L=0.50m的P處為離子的入射

13、口，在y上安放接收器，現將一帶正電荷的粒子以v=3.5×104m/s的速率從P處射入磁場，若粒子在y軸上距坐標原點L=0.50m的M處被觀測到，且運動軌跡半徑恰好最小，設帶電粒子的質量為m,電量為q,不記其重力。（1）求上述粒子的比荷；（2）如果在上述粒子運動過程中的某個時刻，在第一象限內再加一個勻強電場，就可以使其沿y軸正方向做勻速直線運動，求該勻強電場的場強大小和方向，并求出從粒子射入磁場開始計時經過多長時間加這個勻強電場；（3）為了在M處觀測到按題設條件運動的上述粒子，在第一象限內的磁場可以局限在一個矩形區(qū)域內，求此矩形磁場區(qū)域的最小面積，并在圖中畫出該矩形。答案（1）=4.9

14、×C/kg（或5.0×C/kg）；（2） ； （3）【解析】本題考查帶電粒子在磁場中的運動。第（2）問涉及到復合場（速度選擇器模型）第（3）問是帶電粒子在有界磁場（矩形區(qū)域）中的運動。xyOPMLL入射口接收器O/（1）設粒子在磁場中的運動半徑為r。如圖，依題意M、P連線即為該粒子在磁場中作勻速圓周運動的直徑，由幾何關系得 由洛倫茲力提供粒子在磁場中作勻速圓周運動的向心力，可得 xyOPMLL入射口接收器O/Qv450聯立并代入數據得=4.9×C/kg（或5.0×C/kg） （2）設所加電場的場強大小為E。如圖，當粒子子經過Q點時，速度沿y軸正方向，依題

15、意，在此時加入沿x軸正方向的勻強電場，電場力與此時洛倫茲力平衡，則有 代入數據得 所加電場的長槍方向沿x軸正方向。由幾何關系可知，圓弧PQ所對應的圓心角為45°，設帶點粒子做勻速圓周運動的周期為T，所求時間為t，則有xyOPMLL入射口接收器O/P1M1 聯立并代入數據得 （3）如圖，所求的最小矩形是，該區(qū)域面積w.w.w.k.s.5.u.c.o.m 聯立并代入數據得矩形如圖丙中（虛線）8、（2009年寧夏卷）25如圖所示，在第一象限有一均強電場，場強大小為E，方向與y軸平行；在x軸下方有一均強磁場，磁場方向與紙面垂直。一質量為m、電荷量為-q(q>0)的粒子以平行于x軸的速度

16、從y軸上的P點處射入電場，在x軸上的Q點處進入磁場，并從坐標原點O離開磁場。粒子在磁場中的運動軌跡與y軸交于M點。已知OP=,。不計重力。求（1）M點與坐標原點O間的距離；（2）粒子從P點運動到M點所用的時間?！窘馕觥浚?）帶電粒子在電場中做類平拋運動，在軸負方向上做初速度為零的勻加速運動，設加速度的大小為；在軸正方向上做勻速直線運動，設速度為，粒子從P點運動到Q點所用的時間為，進入磁場時速度方向與軸正方向的夾角為，則 其中。又有 聯立式，得因為點在圓周上，所以MQ為直徑。從圖中的幾何關系可知。 （2）設粒子在磁場中運動的速度為,從Q到M點運動的時間為,則有 帶電粒子自P點出發(fā)到M點所用的時間

17、為為 聯立式，并代入數據得 ABld電源9、（2009年浙江卷）23如圖所示，相距為d的平行金屬板A、B豎直放置，在兩板之間水平放置一絕緣平板。有一質量m、電荷量q(q0)的小物塊在與金屬板A相距l(xiāng)處靜止。若某一時刻在金屬板A、B間加一電壓UAB，小物塊與金屬板只發(fā)生了一次碰撞，碰撞后電荷量變?yōu)閝，并以與碰前大小相等的速度反方向彈回。已知小物塊與絕緣平板間的動摩擦因數為，若不計小物塊幾何量對電場的影響和碰撞時間。則（1）小物塊與金屬板A碰撞前瞬間的速度大小是多少？（2）小物塊碰撞后經過多長時間停止運動？停在何位置？答案（1）（2）時間為，停在處或距離B板為【解析】本題考查電場中的動力學問題（1

18、）加電壓后，B極板電勢高于A板，小物塊在電場力作用與摩擦力共同作用下向A板做勻加速直線運動。電場強度為 小物塊所受的電場力與摩擦力方向相反，則合外力為 故小物塊運動的加速度為 設小物塊與A板相碰時的速度為v1，由 解得 （2）小物塊與A板相碰后以v1大小相等的速度反彈，因為電荷量及電性改變，電場力大小與方向發(fā)生變化，摩擦力的方向發(fā)生改變，小物塊所受的合外力大小 為 加速度大小為 設小物塊碰后到停止的時間為 t，注意到末速度為零，有 解得 設小物塊碰后停止時距離為，注意到末速度為零，有 則 或距離B板為 xyRO/Ov帶點微粒發(fā)射裝置C10、（2009年浙江卷）25如圖所示，x軸正方向水平向右，

19、y軸正方向豎直向上。在xOy平面內與y軸平行的勻強電場，在半徑為R的圓內還有與xOy平面垂直的勻強磁場。在圓的左邊放置一帶電微粒發(fā)射裝置，它沿x軸正方向發(fā)射出一束具有相同質量m、電荷量q(q0)和初速度v的帶電微粒。發(fā)射時，這束帶電微粒分布在0y2R的區(qū)間內。已知重力加速度大小為g。（1）從A點射出的帶電微粒平行于x軸從C點進入有磁場區(qū)域，并從坐標原點O沿y軸負方向離開，求電場強度和磁感應強度的大小與方向。（2）請指出這束帶電微粒與x軸相交的區(qū)域，并說明理由。（3）在這束帶電磁微粒初速度變?yōu)?v，那么它們與x軸相交的區(qū)域又在哪里？并說明理由。答案（1）；方向垂直于紙面向外（2）見解析（3）與x

20、同相交的區(qū)域范圍是x>0.【解 析】本題考查帶電粒子在復合場中的運動。帶電粒子平行于x軸從C點進入磁場，說明帶電微粒所受重力和電場力平衡。設電場強度大小為E，由 可得 方向沿y軸正方向。帶電微粒進入磁場后，將做圓周運動。 且 r=R如圖（a）所示，設磁感應強度大小為B。由得 方向垂直于紙面向外xyRO/OvCAxyRO/vQPOR圖(a)圖(b)（2）這束帶電微粒都通過坐標原點。方法一：從任一點P水平進入磁場的帶電微粒在磁場中做半徑為R的勻速圓周運動，其圓心位于其正下方的Q點，如圖b所示，這束帶電微粒進入磁場后的圓心軌跡是如圖b的虛線半圓，此圓的圓心是坐標原點。方法二：從任一點P水平進入

21、磁場的帶電微粒在磁場中做半徑為R的勻速圓周運動。如圖b示，高P點與O點的連線與y軸的夾角為，其圓心Q的坐標為（-Rsin，Rcos）,圓周運動軌跡方程為得 x=0 x=-Rsin y=0 或 y=R(1+cos)（3）這束帶電微粒與x軸相交的區(qū)域是x>0帶電微粒在磁場中經過一段半徑為r的圓弧運動后，將在y同的右方(x>0)的區(qū)域離開磁場并做勻速直線運動，如圖c所示?？拷麺點發(fā)射出來的帶電微粒在突出磁場后會射向x同正方向的無窮遠處國靠近N點發(fā)射出來的帶電微粒會在靠近原點之處穿出磁場。xyRO/Ov帶點微粒發(fā)射裝置CPQr圖 (c)所以，這束帶電微粒與x同相交的區(qū)域范圍是x>0.

22、11、（2009年全國卷）24材料的電阻率隨溫度變化的規(guī)律為=0（l+t)，其稱為電阻恒溫系數，0是材料在t=0時的電阻率。在一定溫度范圍內是與溫度無關的常量，金屬的電阻一般隨溫度的增加而增加，具有正溫度系數；而某些非金屬如碳等則相反，具有負溫度系數，利用具有正負溫度系數的兩種材料的互補特性，可制成阻值在一定溫度范圍內不隨溫度變化的電阻。已知，在0時，銅的電阻率為 1.7×10-8·m，碳的電阻率為3.5×10-8·m；在0附近，銅的電阻溫度系數為3.9×10-3-1，碳的電阻溫度系數為-5×10-4-1。將橫截面積相同的碳棒與銅棒串

23、接成長1.0m導體，要求其電阻在0附近不隨溫度變化，求所需碳棒的長度（忽略碳棒和銅棒的尺寸隨溫度的變化） 答案3.8×10-3m【解析】設所需碳棒的長度為L1，電阻率為1，電阻恒溫系數為1；銅棒的長度為L2，電阻率為2，電阻恒溫系數為2。根據題意有1=10（l+1t) 2=20（l+2t) 式中10、20分別為碳和銅在0時的電阻率。設碳棒的電阻為R1，銅棒的電阻為R2，有 式中S為碳棒與銅棒的橫截面積。碳棒和銅棒連接成的導體的總電阻和總長度分別為 R=R1+R2 L0=L1+L2 式中L0=1.0m聯立以上各式得： 要使電阻R不隨溫度t變化，式中t的系數必須為零。即 聯立得： xyAPON0h/2代入數據解得：L1=3.8×10-3m 12、（2009年全國卷）26如圖，在x 軸下方有勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直于xy平面向外，P是y軸上距原點為h的一點，N0為x軸上距原點為a的一點。A是一塊平行于x軸的檔板，與