电磁题目之大乱炖66题_1500物理_试看

1 
电磁题目大乱炖 
1. 
在真空中存在着水平向右的匀强电场中，一带电小球从O 点竖
直向上抛出，其运动的轨迹如图所示，小球运动的轨迹上O、N
两点在同一水平线上，M 为轨迹的最高点，小球抛出时的动能
为400 J，在N 点的动能为1300 J，不计空气的阻力。(g 取10 m/s2)
求 
小球从O 点运动到N 点的过程中最小动能Ekmin 
解：(1)小球竖直方向在做竖直上抛运动，根据对称性可知O→M，M→N 时间相等为t,水平方向小球在
N 点速度为vN，有 
vM＝at 
 
 
 
 
 
 
 
 
① 
vN＝2at  
 
 
 
 
 
 
 
② 
又 EkO＝1
2mv2
0   
 
 
 
 
 
 
③ 
EkN＝1
2m(v2
0＋v2
N)   
 
 
 
 
 
④ 
所以 
EkM＝1
2mv2
M   
 
 
 
 
 
⑤ 
联立得 EkM＝225J 
 
 
 
 
 
 
 
⑥ 
(2)小球由O→M 动量定理： 
水平：qEt＝mvM 
 
 
 
 
 
 
 
⑦ 
竖直：mgt＝mv0  
 
 
 
 
 
 
⑧ 
解得tanθ＝mg
qE ＝4
3  
 
 
 
 
 
 
 
⑨ 
所以cosθ＝0.6 
 
 
 
 
 
 
 
 
⑩ 
当小球从O 点运动到N 点的过程中达到最小动能时必有：vmin⊥F 合 
得：Ekmin＝1
2m(v0cosθ)2 ＝144J  
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
N 
O
v0 
M 
N 
O
v0 
vM 
x1 
x2 
θ 
θ 
F 合 
mg 
qE 
v0 
通过③④可以解得1
2mv2
N =900J 
2 
2. 
(20 分)如图所示,半径为R 的四分之一的光滑圆弧AB 放置于竖直平面内，与粗糙水平地面平滑连接于B
点，空间存在水平向左的匀强电场。一质量为m、带正电，电荷量为q 的滑块(可视为质点)从轨道上与
圆心O 等高的A 点由静止释放,滑块沿圆弧轨道下滑到B 点后滑上水平面，在水平面上滑行R
4 的距离后
速度减为零，已知滑块与水平地面间的动摩擦因数为μ＝0.25 ,sin37°＝0. 6,cos37°＝0.8，最大静摩擦力
等于滑动摩擦力，重力加速度为g，求: 
(1)电场强度大小; 
(2)滑块在水平地面上滑行的总路程; 
(3)滑块运动过程中对圆弧轨道压力最大的位置D(图中未画出)及
滑块在此处对轨道压力的最大值和最小值。 
解析：小滑块由最开始到第一次减速到零的过程中由动能定理得： 
mgR－qE(R＋R
4)－μmgR
4 ＝0 
解得： E＝3mg
4q   
滑块在水平面不停的往复运动，直至在B 点速度为零，最后只在弧形轨道上摆动： 
mgR－qER－μmgs＝0 
解得： s＝R 
物块在电场和重力场中的合力： 
F＝(mg)2＋(qE)2＝5mg
4   
且合力方向和竖直方向的夹角为θ，满足tanθ＝3
4  
过O 做出合力方向OD，可知小滑块最终将在BC 之间摆动， 
小滑块第一次运动到D 点是压力最大： 
 Fmax－F＝m
v2
max
R   
小滑块最终有B 点到D 点时，压力最小 
FR(1－cosθ)＝1
2mv2
min    
Fmin－F＝m
v2
min
R    
解得： Fmax＝9mg
4    
Fmin＝7mg
4    
最后牛三 
 
O 
B 
A 
O 
B 
A 
D 
C 
θ 
θ 
3 
3. 
两个同样的单匝金属线框边长为2a，质量为m，放在均匀磁场
中，磁感应强度为B0，其方向垂直于线框平面，如图所示，两
线框各有一半重合，若突然撤去磁场，求每个线框的速度，假
设每个金属框的电阻为8R，线框的电感不计，线框接触良好且
光滑，线框之间的因电流产生的磁力忽略不计，在磁场消失瞬
间时线框的移动忽略不计。 
磁场消失过程中,两线框中产生的感应电流受磁场安培力冲量,因而获得动量. 
磁场消失的Δt 时间内线框平均电动势 
ε＝4B0a2
 Δt  
根据电流叠加原理 
4B0a2
 Δt ＝I14R＋I22R 
2B0a2
 Δt ＋2B0a2
 2Δt ＝ I26R 
联立解得： 
I1＝7B0a2
10RΔt  
I2＝3B0a2
 5RΔt  
对于左边的线框根据动量定理： 
(F1－F2) Δt＝mv 
解得： 
v＝
B2
0a3
 5mR  
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
2a 
2a 
O1 
O2 
I1 
I2 
ε 
I1 
I2 
F1 
F2 
1
8ε 
1
4ε 
2a 
O1 
O2 
I1 
I2 
ε 
5 
(3)杆a 做匀加速阶段，有： 
F3d ＝1
23mv2 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
⑨ 
又：3d＝v
2t1  
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
⑩ 
此过程中产生的焦耳热：Q1＝I2Rt1 
解得：v＝
2BId2
m ;Q1＝I2R
6m
BI   
 
 
 
 
 
 
 
杆a 做变加速阶段，电阻变化，设任意时刻，杆a 切割磁感线的有效长度为lx，有效电阻为Rx，必有Rx
R ＝lx
d ，
此后极短的时间Δt 内有： 
ΔQ＝I2RRx
RΔt   
即：ΔQ＝I2Rlx
dΔt  
又根据动量定理：3BIlxΔt＝3mΔv  
即：lxΔt＝3mΔv
BI
  
所以：lx
dΔt＝3mΔv
BId
  
可得：ΔQ＝I2R3mΔv
BId
  
得到：Q2＝I2R3m(v0－v)
BId
  
Q2＝(3－3)I2R
2m
BI  
由动量定理：
 
3BIlxΔt＝3m(v0－v) 
则有：3BI
 
 lx
dΔt＝3m(v0－v)
d
  
即：3BI
 
 Rx
R Δt＝3m(v0－v)
d
  
所以
 
 RxΔt ＝3m(v0－v)R
BId
  
即：
 
 RxΔt ＝(3－3)R
2m
BI  
所以Q2＝(3－3)I2R
2m
BI  
所以Q＝Q1＋Q2＝3I2R
2m
BI   
方法二：杆a 做变加速阶段，电阻变化，设任意时刻，杆a 切割磁感线的有效长度为dx，有效电阻为
Rx，必有Rx
R＝lx
d ，t2 时刻运动到EE1： 
6 
Q2＝∫
t2
t1I2Rxdt ＝I2∫
t2
t1Rxdt  
即Q2＝I2R∫
t2
t1 Rx
R dt ＝I2R∫
t2
t1 lx
ddt  
根据动量定理：BI∫
t2
t1 lxdt＝3m(v0－v) 
即：BI∫
t2
t1 lx
ddt ＝3m(v0－v)
d
  
所以：∫
t2
t1 lx
ddt ＝3m(v0－v)
BId
 ＝(3－3)
2m
BI  
即∫
t2
t1 lx
ddt ＝(3－3)
2m
BI  
所以Q2＝(3－3)I2R
2m
BI  
所以Q＝Q1＋Q2＝3I2R
2m
BI   
5. 
如图甲，Q1，Q2 为两个固定点电荷，它们连线的延长线上有a，b 两点。其φ－x 图象如图乙所示，一
带正电的试探电荷仅在电场力作用下，以初速度va 从a 点开始沿a，b 连线向远处运动，经过b 点时速
度为vb，下列说法正确的是 
 
A．Q1 带负电，Q2 带正电 
B．b 点电势为零 
C．b 点场强为零 
D．试探电荷从a 点到无穷远处，电场力做负功 
解析 我们知道φ－x 图象的斜率大小表示场强的大小，所以b 点场强为零，故电荷一定是异种电荷，
且b 点左右场强方向是相反的，所以电荷大小一定是|Q1|＞|Q2|， 
φ－x 图象还知b 点之后一直到比较远的位置电势是升高的，故整体显示负电，故一定是负电荷的电荷
量大于正电荷的电荷量，所以Q1 带负电，Q2 带正电。 
 
 
 
 
 
7 
6. 
如图，两水平面(虚线)之间的距离为H，其间的区域存在方向水平向右的匀强电场.自该区域上方的A
点将质量为m、电荷量分别为q 和–q(q>0)的带电小球M、N 先后以相同的初速度沿平行于电场的方向
射出.小球在重力作用下进入电场区域，并从该区域的下边界离开.已知N 离开电场时的速度方向竖直向
下；M 在电场中做直线运动，刚离开电场时的动能为N 刚离开电场时的动能的1.5 倍.不计空气阻力，
重力加速度大小为g.求 
(1)M 与N 在电场中沿水平方向的位移之比； 
(2)A 点距电场上边界的高度； 
(3)该电场的电场强度大小 
H 
A 
左 
右 
8 
(1)令粒子平抛时的初速度为v0，M 飞出磁场时的水平速度分别为vM，电场强度大小为E，电场中粒子
的运动时间为t，取水平向右为正方向，水平向有动量定理得： 
对于M 粒子：qEt＝mvM－mv0  
 
 
 
 
 
 
① 
对于N 粒子：－qEt＝0－mv0 
 
 
 
 
 
 
 
② 
解得vM＝2v0  
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
③ 
令M、N 粒子在水平方向上的位移分别为xM、xN，有： 
xM＝v0＋vM
2
t  
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
④ 
xN＝v0＋0
2
t   
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
⑤ 
(2)令A 点距电场上边界的高度为h，粒子进入电场的竖直速度为vy1，离开电场时的竖直速度为vy2，
对于M 竖直方向有： 
vy1＝2gh   
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
⑥ 
vy2＝2g(h＋H)   
 
 
 
 
 
 
 
 
 
⑦ 
粒子M 做直线运动有： 
vM
 v0 ＝vy2
 vy1   
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
⑧ 
解得：vy2＝2vy1 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
⑨ 
即：h＝H
3   
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
⑩ 
(3)对于M 粒子做直线运动时有： 
tanθ＝v0
vy1 ＝qE
mg   
 
 
 
 
 
 
 
 
 
⑪ 
对于M、N 粒子分出电场时的动能有： 
EkM＝1
2m(v2
M＋v2
y2)  
 
 
 
 
 
 
 
 
 
⑫ 
EkN＝1
2mv2
y2   
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
⑬ 
又EkM＝1.5EkN 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
⑭ 
联立③⑩⑪⑫⑬⑭解得：E＝mg
 
2   
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
H 
A 
左 
右 
θ 
vy1 
vy2 
v0 
vM 
v0 
h 
v2
y2 ＝2v2
M  即v0＝gh