1、選修3-1計算題一、計算題1 .如圖所示，BC是半徑為R的1圓弧形的光滑且絕緣的軌道，位于豎直平面內，其下端與水平絕 4緣軌道平滑連接，整個軌道處在水平向左的勻強電場中，電場強度為E, P為一質量為m,帶正電q的小滑塊(體積很小可視為質點)，重力加速度為g.2. (1)若小滑塊P能在圓弧軌道上某處靜止，求其靜止時所受軌道的支持力的大小.3. (2)若將小滑塊P從C點由靜止釋放，滑到水平軌道上的 A點時速度減為零，已知滑塊與水平軌道間的動摩擦因數為以求：4. 滑塊通過圓弧軌道末端B點時的速度大小以及所受軌道的支持力大E 小/J二»尸七；.尸尸工叫尸.產尸髀 kFFF h.h * H45

2、.水平軌道上A、B兩點之間的距離.6.7.8.9.10.在電場強度為E=10&N/C ,方向水平向右的勻強電場中，用一根長L=1m的絕緣輕細桿，固定一個帶正電q=5 X 10 一%的小球，細桿可繞軸。在豎直平面內自由轉動.如圖所示，現將桿從水平位置A輕輕釋放，在小球運動到最低點 B的過程中，(Mg二10辦公2)求：11. (1)A、B兩位置的電勢差多少？12. (2)電場力對小球做功多少？13. (3)小球的電勢能變化了多少？14.15.16.如圖所示為一真空示波管的示意圖，電子從燈絲K發出初速度可忽略不計)，經燈絲與A板問的電壓山加速，從A板中心孔沿中心線KO射出，然后進入兩塊平行金

3、屬板 M、N形成的偏轉 電場中偏轉電場可視為勻強電場)，電子進入M、N間電場時的速度與電場方向垂直，電子經過偏轉電場后打在熒光屏上的 P點.已知M、N兩板間的電壓為出，兩板間的距離為d,板長為 L,電子的質量為m,電荷量為e,不計電子受到的重力及它們之間的相互作用力.17 . (1)求電子穿過A板時速度的大小vo；18 .(2)求電子從偏轉電場射出時的側移量y;19 . (3)若要使電子打在熒光屏上P點的上方，應使M、N兩板間的電壓出增大還是減小?20 .回旋加速器是用來加速帶電粒子的裝置，如圖所示.它的核心部分是兩個D形金屬盒，兩盒相距很近(縫隙的寬度遠小于盒半徑)，分別和高頻交流電源相連,

4、兩盒放在勻強磁場中, 粒子通過兩盒的縫隙時反復被加速，直到最大圓周半徑時通過特殊裝置被引出.若D形盒半徑為R,所加磁場的磁感接，使帶電粒子每通過縫隙時恰好在最大電壓下被加速 磁場方向垂直于盒面，帶電粒子在磁場中做圓周運動,應強度為B.設兩D形盒之間所加的交流電壓的最大值為 U,被加速的粒子為«粒子，其質量為m、電量為q.任粒子從D形盒中央開始被加速(初動能可以忽略)，經若干次加速后，療粒子從D形盒邊緣被引出.求：21. (1)點粒子被加速后獲得的最大動能Ek；22. (2) a粒子在第n次加速后進入一個D形盒中的回旋半徑與緊接著第n + 1次加速后進入另一個 D形盒后的回旋半徑之比；

5、23. (3)點粒子在回旋加速器中運動的時間；24. (4)若使用此回旋加速器加速笊核，要想使笊核獲得與a粒子相同的動能，請你通過分析，提出一個簡單可行的辦法.25.26.27.28.29.有一種雙聚焦分析器”質譜儀，工作原理如圖所示.其中加速電場的電壓為U,靜電分析器中 有會聚電場，即與圓心等距的各點電場強度大小相同，方向沿徑向指向圓心.磁分析器中以 02為圓心、圓心角為90°的扇形區域內，分布著方向垂直于紙面的勻強磁場，具左邊界與靜電分析器的右邊界平行.由離子源發出一個質量為 m、電荷量為q的正離子初速度為零，重力不計)，經加速電場加速后，從M點沿垂直于該點的場強方向進入靜電分析

6、器， 在靜電分析器中，離子沿半徑為R的四分之一圓弧軌道做勻速圓周運動，并從N點射出靜電分析器.而后離子由P點垂直于磁分析器的左邊界且垂直于磁場方向射入磁分析器中，最后離子垂直于磁分析器下邊界從Q點射出，并進入收集器.測量出Q點與圓心出的距離為由位于Q點正下方的收集器入口離Q點的距離為0.5出 ?題中的U、m、q、R、d都為已知量)30. (1)求靜電分析器中離子運動軌跡處電場強度E的大小；31. (2)求磁分析器中磁場的磁感應強度 B的大小和方向;32. (3)現將離子換成質量為4m,電荷量仍為q的另一種正離子，其它條件不變.磁分析器空間足夠大，離子不會從圓弧邊界射出，收集器的位置可以沿水平方

7、向左右移動，要使此時射出磁分析器的離子仍能進入收集器，求收集器水平移動的距離.33. 質譜儀是測量帶電粒子的質量和分析同位素的重要工具.如圖所示為質譜儀的原理示意圖.現利用這種質譜議對某電荷進行測量.電荷的帶電量為q,質量為m,電荷從容器A下方的小孔S,無初速度飄入電勢差為U的加速電場.加速后垂直進入磁感強度為 B的勻強磁場中，然后從 D點穿出，從而被接收器接受.問:< * 工111【34. 電荷的電性；35. (2) SD的水平距離為多少.36.37.38.39.40.41.42.43.質譜儀是一種精密儀器，是測量帶電粒子的質量和分析同位素的重要工具.圖中所示的質譜儀是由加速電場和偏轉

8、磁場組成.帶電粒子從容器A下方的小孔歷飄入電勢差為U的加速電場，其初速度幾乎為0,然后經過Sa沿著與磁場垂直的方向進入磁感應強度為 B的勻強磁場中，最后打到照相底片D上.不計粒子重力.44. (D若由容器A進入電場的是質量為m、電荷量為q的粒子，求:45. a.粒子進入磁場時的速度大小v；46. b.粒子在磁場中運動的軌道半徑?. ?47. （2）若由容器A進入電場的是互為同位素的兩種原子核Pj、Pw,由底片上獲知P、Pz在磁場中運 UI 口口 I 不一再/ ; * * * 八* * */ * 多玉 ,一 M -1 二二，動軌跡的直徑之比是、應：1.求Pl、Pz的質量之比叫：咤.48.質譜儀是

9、一種測定帶電粒子質量和分析同位素的重要工具，它的構造原理如圖所示.離子源S產生的各種不同正離子束速度可看作為零），經加速電場（加速電場極板間的距離為d、電勢差 為：）加速，然后垂直進入磁感應強度為 B的有界勻強磁場中做勻速圓周運動，最后到達記錄它的照相底片P上.設離子在P上的位置與入口處匿之間的距離為x.49. （1）求該離子的荷質比9； m50. （2）若離子源產生的是帶電量為q、質量為叫和g的同位素離子（叫 > 叱）,它們分別到達照相底片上的P、Pa位置（圖中末畫出），求P1、Pw間的距離 ,.51. 如圖所示，兩平行金屬導軌所在的平面與水平面夾角0 = 37°，導軌的一端

10、接有電動勢E = 3V、內阻r=0. 5Q的直流電源，導軌間的距離I.=0. 4hl在導軌所在空間內分布著磁感應強度B=0. 5T、方向垂直于導軌所在平面向上的勻強磁場.？現把一個質量m = 0.04kg的導體棒ab放在金屬導軌上，導體棒與金屬導軌垂直、且接觸良好，導體棒的電阻R = 1.0Q,導體棒恰好能靜止.金屬導軌電阻不計.(g取lOm/豈，S n37* = 0.6.=0.8)求：53. (2) ab受到的摩擦力大小.58.59.60.52. (l)ab受到的安培力大小;54.55.56.57.61 .如圖所示，PQ和MN為水平平行放置的金屬導軌，相距 1m,導體棒ab跨放在導軌上，棒的

11、 質量為田=0.2kg,棒的中點用細繩經滑輪與物體相連，物體的質量 M - 0.3kg,棒與導軌的動摩擦因數為 =0.5,勻強磁場的磁感應強度B = 2T,方向豎直向下，為了使物體以加速度應a =加速上升，應在棒中通入多大的電流？方向如何？g=lOm/s2)62 .如圖回旋加速器D形盒的半徑為r,勻強磁場的磁感應強度為B. 一個質量了 m、電荷量為q的粒子在加速器的中央從速度為零開始加速.63. (。求該回旋加速器所加交變電場的頻率;64. (2)求粒子離開回旋加速器時獲得的動能;65. (3)設兩D形盒間的加速電壓為U,質子每次經電場加速后能量增加,加速到上述能量所需時間(不計在電場中的加速

12、時間).66.67.68.69.70.71.答案和解析【答案】1.解：(1)受力如圖，滑塊在某點受重力、支持力、電場力平衡，有： F =、/巾之/ : qE2,由牛頓第三定律得：，、,|.(2)小滑塊從C到B的過程中，設滑塊通過B點時的速度為零E,由動能定理得：mgR - qER = iuvb代入數據解得：- 1- 1VE - m 通過B前，滑塊還是做圓周運動，由牛頓第二定律得：鹿，F支一峭=咋由牛頓第三定律得：F壓二F支代入數據解得：- I -I - I-令A、B之間的距離為Ub,小滑塊從C經B到A的過程中，由動能定理得：mgR - qE(R + Lar) - mg Lar = 0解得： 1

13、LaR . Ring * qEK答：(D滑塊通過B點時的速度大小為.府褥；(2)滑塊通過B點前瞬間對軌道的壓力3咽-2qE；(3)水平軌道上A、B兩點之間的距離±±r.2 .解：(l)AB之間沿電場方向的距離為L,則兩點之間的電勢差：U = EL = 104 X 1 = 10000V(2)電場力做功：W = qU = 5 X 10 - 6 X id = 0. 05J(3)電場力做正功，小球的電勢能減小，減小為 0.05J答：(1)A、B兩位置的電勢差是10000?V電場力對小球做功0. 05J ;(3)小球的電勢能減小0. OBJ .3 .(1)設電子經電壓山加速后的速度為

14、vo,由動能定理有：巳比=,襦. o解得：丫。二席.(2)電子以速度vo進入偏轉電場后，垂直于電場方向做勻速直線運動，沿電場方向做初速度為零的勻加速直線運動.設偏轉電場的電場強度為 E,電子在偏轉電場中運動的？時間為t,加速度為a,電子離開偏轉電場時的側移量為y.由牛頓第二定律和運動學公式有：Lt二面F二響，F =旺，1 ?E =不?a 二菽1 Qy =尹/解得：二”上.y _ 4Uxd(3)由 也知，增大偏轉電壓也可增大y值，從而使電子打到屏上的位置在 P點上方.J 一如3答： 電子穿過A板時速度的大小為 陋.7 in(2)電子從偏轉電場射出時的側移量為 風、(3)要使電子打在熒光屏上P點的

15、上方，應使M、N兩板間的電壓由增大.4.解：(1) a粒子在D形盒內做圓周運動，軌道半徑達到最大時被引出，具有最大動能.設此時的速度為 V,有？?？廣 /?qvB -m五次粒子的最大動能Ek二二；y ? 2m(2)點粒子被加速一次所獲得的能量為qU, 口粒子被第n次和n + 1次加速后的動能分別為-此 ,?Ekd =非防=標-二口皿? i.?Ekn 1 =+ 1 = = (n - l)qU可得？ ?Ki 1 ri 1(3)設6粒子被電場加速的總次數為a,則 ?Ek 二 aql 二下二可得？； ？a = mT點粒子在加速器中運動的時間是 點粒子在D形盒中旋轉a個半圓周的總時間t.>?t二巧

16、1?解得?t = 2U(4)加速器加速帶電粒子的能量為°1 2 拇雜，由儀粒子換成笊核，有出呼康電褥，則比二7%,即磁感應強度需增大為原來的倍；219- 20高頻交流電源的周期t二包，由a粒子換為笊核時，交流電源的周期應為原來的 加倍.1 - qB25.解：(1)設離子進入靜電分析器時的速度為 v,離子在加速電場中加速的過程中，由動能定理得： 一qL - niyr離子在靜電分析器中做勻速圓周運動，由靜電力提供向心力，根據牛頓第二定律有：qE二哌聯立兩式，解得：口 一 R(2)離子在磁分析器中做勻速圓周運動，由牛頓第二定律有:qvB =由題意可知，圓周運動的軌道半徑為：故解得：R =

17、1 回 由左手定則判斷得知磁場方向垂直紙面向外.(3)設質量為4m的正離子經電場加速后的速度為v'.由動能定理有|離子在靜電分析器中做勻速圓周運動，由靜電力提供向心力，根據牛頓第二定律有:律 V*得： h質量為4m的正離子在磁分析器中做勻速圓周運動，由牛頓第二定律有：V可得磁場中運動的半徑:2r = 2d由幾何關系可知，收集器水平向右移動的距離為:S=（W-）d答：（1）靜電分析器中離子運動軌跡處電場強度 E的大小為型;R（2）磁分析器中磁感應強度B的大小為工 型di q（3）收集器水平移動的距離為6.解：Q）由題意知，粒子進入磁場時洛倫茲力方向水平向左，根據左手定則知，電荷帶正電.根

18、據動能定理得，qU二/g解得粒子進入磁場的速度v = /塞.答：（1）粒子帶正電.SD的水平距離為2 里.N fj7.解：（1冷、在加速電場中，由動能定理得:qU 二,v2 - 0，解得:b、碘粒子在磁場中做勻速圓運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得:qvB = m解得：f陋;1 B7 Q（2）兩種原子核Pi、P2互為同位素，所以電荷量相等，由 b的結論可知:出 7色P、P2在磁場中運動軌跡的直徑之比是、歷：1所以有：也=3m2 1答：a.粒子進入磁場時的速度大小是 匣；b.粒子在磁場中運動的軌道半徑 R是1陋;7 mB q若由容器A進入電場的是互為同位素的兩種原子核Pi> P2,

19、由底片上獲知Pi、Pa在磁場中運動軌跡的直徑之比是、叵：L P1、Pz的質量之比是2: 1.8 .解：（D離子在電場中加速，由動能定理得：q二11V2;離子在磁場中做勻速圓周運動，由牛頓第二定律得:qBvBL（2）由式可得粒子mi在磁場中的運動半徑是口，則： _ x/Nq®一門二對離子啕，同理得： 飛樂而門=一加一,照相底片上門、內間的距離： 3c二2（門-二字（7向-加）；答：（D求該離子的荷質比9;巧、“間的距離占甯g 一赤）9 .解：（D導體棒、金屬導軌和直流電源構成閉合電路，根據閉合電路歐姆定律有：E31 二彳=7 = r-X6A = 2A導體棒受到的安培力：F安=ILE =

20、 2 x 0.40 x 0. 50N = 0. 40N（2）導體棒所受重力沿斜面向下的分力：Fi = 噌莒in37" =0.04 x L0 X 0. 6N = 0. 24N由于F1小于安培力，故導體棒沿斜面向下的摩擦力f,根據共點力平衡條件得：mgsin37 + f = F安解得：f = F安- mgsin37C = （0. 40 - 0. 24）N = 0. 16N答：（1）導體棒受到的安培力大小是0.40N；導體棒受到的摩擦力大小是0. 16N .10.解：導體棒的最大靜摩擦力大小為 品=0. 5mg = IN, M的重力為G = Mg = 3N ,則端 G ,要保 持導體棒勻速

21、上升，則安培力方向必須水平向左，則根據左手定則判斷得知棒中電流的方向為由a到b.根據受力分析，由牛頓第二定律，則有.一F 安=BIL,聯立得：I -1. ,答：應在棒中通入2.75A的電流，方向3fb.11.解：（1）由回旋加速器的工作原理知，交變電場的頻率與粒子在磁場運動的頻率相等，由T粒子二廣. l1 印f電一 f瓶子一一不，(2)由洛倫茲力提供向心力得:Bqvm = m-所以： Vin =-加速次數:粒子每轉動一圈加速兩次，故轉動的圈數為：粒子運動的時間為：？ 聯立解得：七二 2U答：(1)該回旋加速器所加交變電場的頻率為 迫；2 TTID粒子離開回旋加速器時獲得的動能為 幽 ；(3)設

22、兩D形盒間的加速電壓為U,質子每次經電場加速后能量增加，加速到上述能量所需時間為2U【解析】141)滑塊在某點受重力、支持力、電場力三個力處于平衡，根據共點力平衡求出支持力的大小(2)小滑塊從C到B的過程中，只有重力和電場力對它做功，根據動能定理求解.根據圓周運動向心力公式即可求解，由動能定理即可求出AB的長.本題考查分析和處理物體在復合場運動的能力.對于電場力做功W = qEd, d為兩點沿電場線方向的距離.2.(1)根據：U = Ed即可計算出電勢差；(2)根據恒力做功的公式求電場力做的功；根據電場力做功情況判斷電勢能如何變化；(2)電場力做正功，小球的電勢能減小與之相等.解決本題的關鍵知

23、道電場力做功與電勢能的關系， 知道電場力做正功，電勢能減小，電場力做負功，電勢能增加.3 .根據動能定理求出電子穿過 A板時的速度大小.電子在偏轉電場中，在垂直電場方向上做勻速直線運動，在沿電場方向上做勻加速直線運動， 根據牛頓第二定律，結合運動學公式求出電子從偏轉 電場射出時的側移量解決本題的關鍵掌握處理類平拋運動的方法， 結合牛頓第二定律和運動學公式綜合求解，難度中等.4 .(1)根據口 /知，當R最大時，速度最大，求出最大速度，根據 網.二排求出粒子的最大動qvE '】既elk - /V能.a粒子被加速一次所獲得的能量為 qU,求出第n次和n + 1次加速后的動能L 1 P 通謔

24、 ,12*我",從而求出回旋半徑之比.Ekn = 2mv ='加-=nqll, Ekb i = 5m- + L = - = (n - DqU(3)求出粒子被加速的次數，在一個周期內加速兩次，求出周期，從而求出粒子在回旋加速器中運動的時間.(4)回旋加速器加速粒子時，粒子在磁場中運動的周期和交流電變化的周期相同.已知笊核與點粒子的質量比和電荷比，根據最大動能相等， 得出磁感應強度的關系，以及根據周期公式，得出交流電 的周期變化.解決本題的關鍵知道回旋加速器利用磁場偏轉和電場加速實現加速粒子，粒子在磁場中運動的周期和交流電的周期相等.5 .(1)運用動能定理研究加速電場，求出進入

25、靜電分析器的速度為 v,離子在電場力作用下做勻速圓周運動，由牛頓第二定律列出等式求解電場強度E的大小.(2)離子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，由牛頓第二定律列出等式.再結合幾何關系求出已知長度與半徑的關系，從而算出磁感應強度大小并確定方向.(3)根據動能定理可知，當粒子電量不變，質量變為4m時的速度，從而求個粒子磁場中運動的半徑，故可求得收集器水平移動的距離.明確研究對象的運動過程是解決問題的前提， 根據題目已知條件和求解的物理量選擇物理規律解決問題.對于圓周運動，關鍵找出圓周運動所需的向心力，列出等式解決問題.6 .根據左手定則，結合洛倫茲力的方向判斷出電荷的電性；根據洛倫茲力提供向心力得出粒子的偏 轉半徑，從而得出SD的水平距離.解決本題的關鍵掌握洛倫茲力判斷磁場方向、粒子運動方向、洛倫茲力方向