人教 高中物理选修31：计算题(附答案)

选修3-1计算题

一、计算题

1.如图所示，BC是半径为R的1

圆弧形的光滑且绝缘的轨道，位于竖直平面内，其下端与水平绝缘轨道平滑连接，

4

整个轨道处在水平向左的匀强电场中，电场强度为E，P为一质量为m，带正电q的小滑块(体积很小可视为质点)，重力加速度为g．

(1)若小滑块P能在圆弧轨道上某处静止，求其静止时所受轨道的支持力的大小．

(2)若将小滑块P从C点由静止释放，滑到水平轨道上的A点时速度减为零，已知滑块与水平轨道间的动摩擦

因数为μ求：

①滑块通过圆弧轨道末端B点时的速度大小以及所受轨道的支持力大小

②水平轨道上A、B两点之间的距离．

2.在电场强度为E=104N/C，方向水平向右的匀强电场中，用一根长L=1m的绝缘轻细杆，固定一个带正电q=

5×10?6C的小球，细杆可绕轴O在竖直平面内自由转动.如图所示，现将杆从水平位置A轻轻释放，在小球运动到最低点B的过程中，(取g=10m/s2)求：

(1)A、B两位置的电势差多少？

(2)电场力对小球做功多少？

(3)小球的电势能变化了多少？

3.

4.

5.如图所示为一真空示波管的示意图，电子从灯丝K发出(初速度可忽略不计)，经灯丝与A板间的电压U1加速，

从A板中心孔沿中心线KO射出，然后进入两块平行金属板M、N形成的偏转电场中(偏转电场可视为匀强电场)，电子进入M、N间电场时的速度与电场方向垂直，电子经过偏转电场后打在荧光屏上的P点.已知M、N两板间的电压为U2，两板间的距离为d，板长为L，电子的质量为m，电荷量为e，不计电子受到的重力及它们之间的相互作用力．

(1)求电子穿过A板时速度的大小v0；

(2)求电子从偏转电场射出时的侧移量y；

(3)若要使电子打在荧光屏上P点的上方，应使M、N两板间的电压U2增大还是减小？

6.回旋加速器是用来加速带电粒子的装置，如图所示.它的核心部分是两个D形金属盒，两盒

相距很近(缝隙的宽度远小于盒半径)，分别和高频交流电源相连接，使带电粒子每通过缝隙

时恰好在最大电压下被加速.两盒放在匀强磁场中，磁场方向垂直于盒面，带电粒子在磁场

中做圆周运动，粒子通过两盒的缝隙时反复被加速，直到最大圆周半径时通过特殊装置被引

出.若D形盒半径为R，所加磁场的磁感应强度为B.设两D形盒之间所加的交流电压的最大

值为U，被加速的粒子为α粒子，其质量为m、电量为q.α粒子从D形盒中央开始被加速(初

动能可以忽略)，经若干次加速后，α粒子从D形盒边缘被引出.求：

(1)α粒子被加速后获得的最大动能E k；

(2)α粒子在第n次加速后进入一个D形盒中的回旋半径与紧接着第n+1次加速后进入另一个D形盒后的回旋

半径之比；

(3)α粒子在回旋加速器中运动的时间；

(4)若使用此回旋加速器加速氘核，要想使氘核获得与α粒子相同的动能，请你通过分析，提出一个简单可行的

办法．

第 1 页

7.有一种“双聚焦分析器”质谱仪，工作原理如图所示.其中加速电场的电压为U，静电分析器中有会聚电场，即

与圆心O1等距的各点电场强度大小相同，方向沿径向指向圆心O1.磁分析器中以O2为圆心、圆心角为90°的扇形区域内，分布着方向垂直于纸面的匀强磁场，其左边界与静电分析器的右边界平行.由离子源发出一个质量为m、电荷量为q的正离子(初速度为零，重力不计)，经加速电场加速后，从M点沿垂直于该点的场强方向进入静电分析器，在静电分析器中，离子沿半径为R的四分之一圆弧轨道做匀速圆周运动，并从N点射出静电分析器.而后离子由P点垂直于磁分析器的左边界且垂直于磁场方向射入磁分析器中，最后离子垂直于磁分析器下边界从Q点射出，并进入收集器.测量出Q点与圆心O2的距离为d.位于Q点正下方的收集器入口离Q点的距离为0.5d.(题中的U、m、q、R、d都为已知量)

(1)求静电分析器中离子运动轨迹处电场强度E的大小；

(2)求磁分析器中磁场的磁感应强度B的大小和方向；

(3)现将离子换成质量为4m，电荷量仍为q的另一种正离子，其它条件不变.磁分析器空间足够大，离子不会从

圆弧边界射出，收集器的位置可以沿水平方向左右移动，要使此时射出磁分析器的离子仍能进入收集器，求收集器水平移动的距离．

8.质谱仪是测量带电粒子的质量和分析同位素的重要工具.如图所示为质谱仪的原理示

意图.现利用这种质谱议对某电荷进行测量.电荷的带电量为q，质量为m，电荷从容

器A下方的小孔S，无初速度飘入电势差为U的加速电场.加速后垂直进入磁感强度

为B的匀强磁场中，然后从D点穿出，从而被接收器接受.问：

(1)电荷的电性；

(2)SD的水平距离为多少．

9.质谱仪是一种精密仪器，是测量带电粒子的质量和分析同位素的重要工具.图中所示的质谱仪是由加速电场和偏

转磁场组成.带电粒子从容器A下方的小孔S1飘入电势差为U的加速电场，其初速度几乎为0，然后经过S3沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B的匀强磁场中，最后打到照相底片D上.不计粒子重力．

(1)若由容器A进入电场的是质量为m、电荷量为q的粒子，求：

a.粒子进入磁场时的速度大小v；

b.粒子在磁场中运动的轨道半径R.

(2)若由容器A进入电场的是互为同位素的两种原子核P1、P2，由底片上获知P1、P2在磁场中运动轨迹的直径之

比是√2：1.求P1、P2的质量之比m1：m2．

10.质谱仪是一种测定带电粒子质量和分析同位素的重要工具，它的构造原理如图所示.离子源S产生的各种不同正

离子束(速度可看作为零)，经加速电场(加速电场极板间的距离为d、电势差为U)加速，然后垂直进入磁感应强度为B的有界匀强磁场中做匀速圆周运动，最后到达记录它的照相底片P上.设离子在P上的位置与入口处S1之间的距离为x．

(1)

求该离子的荷质比q

m

；

(2)若离子源产生的是带电量为q、质量为m1和m2的同位素离子(m1>m2)，它们分别到达照相底片上的P1、P2

位置(图中末画出)，求P1、P2间的距离△x．

11.如图所示，两平行金属导轨所在的平面与水平面夹角θ=37°，导轨的一端接有电动势E=3V、内阻r=0.5Ω的

直流电源，导轨间的距离L=0.4m.在导轨所在空间内分布着磁感应强度B=0.5T、方向垂直于导轨所在平面向上的匀强磁场.现把一个质量m=0.04kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒与金属导轨垂直、且接触良好，导体棒的电阻R=1.0Ω，导体棒恰好能静止.金属导轨电阻不计.(g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8)求：

(1)ab受到的安培力大小；

(2)ab受到的摩擦力大小．

12.如图所示，PQ和MN为水平平行放置的金属导轨，相距1m，导体棒ab跨放在导轨上，棒的质量为m=0.2kg，

棒的中点用细绳经滑轮与物体相连，物体的质量M=0.3kg，棒与导轨的动摩擦因数为μ=0.5，匀强磁场的磁感应强度B=2T，方向竖直向下，为了使物体以加速度a=3m/s2加速上升，应在棒中通入多大的电流？方向如何？(g=10m/s2)

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13.如图回旋加速器D形盒的半径为r，匀强磁场的磁感应强度为B.一个质量了m、电荷量为q的粒子在加速器的

中央从速度为零开始加速．

(1)求该回旋加速器所加交变电场的频率；

(2)求粒子离开回旋加速器时获得的动能；

(3)设两D形盒间的加速电压为U，质子每次经电场加速后能量增加，加速到上述能量所需时间(不计在电场中

的加速时间)．

答案和解析

【答案】

1. 解：(1)受力如图，滑块在某点受重力、支持力、电场力平衡，有：F=√m2g2+q 2E2，由牛顿第三定律得：F N= F=√m2g2+q2E2

(2)①小滑块从C到B的过程中，设滑块通过B点时的速度为v B，由动能定理得：

mgR?qER=1

2

mv B2

代入数据解得：v B=√2(mg?qE)R

m

通过B前，滑块还是做圆周运动，由牛顿第二定律得：F

支?mg=m m B2

R

，

由牛顿第三定律得：F压=F支

代入数据解得：F压=3mg?2qE

(3)令A、B之间的距离为L AB，小滑块从C经B到A的过程中，由动能定理得：

mgR?qE(R+L AB)?μmgL AB=0

解得：L AB=mg?qE

μmg+qE

R

答：(1)滑块通过B点时的速度大小为√m2g2+q2E2；

(2)滑块通过B点前瞬间对轨道的压力3mg?2qE；

(3)水平轨道上A、B两点之间的距离mg?qE

μmg+qE

R．

2. 解：(1)AB之间沿电场方向的距离为L，则两点之间的电势差：

U=EL=104×1=10000V

(2)电场力做功：W=qU=5×10?6×104=0.05J

(3)电场力做正功，小球的电势能减小，减小为0.05J

答：(1)A、B两位置的电势差是10000 v

(2)电场力对小球做功0.05J；

(3)小球的电势能减小0.05J．

3. (1)设电子经电压U1加速后的速度为v0，由动能定理有：eU1=1

2

mv02?0

解得：v0=√2eU1

m

．

(2)电子以速度v0进入偏转电场后，垂直于电场方向做匀速直线运动，沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动.设偏转电场的电场强度为E，电子在偏转电场中运动的时间为t，加速度为a，电子离开偏转电场时的侧移量为y.由牛顿第二定律和运动学公式有：

t=L

v0

F=ma，

F=eE，

E=U2

d

a=eU2

md

y=1

2

at2

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解得：y=U2L2

4U1d

．

(3)由y=U2L2

4U1d

知，增大偏转电压U2可增大y值，从而使电子打到屏上的位置在P点上方．

答：(1)电子穿过A板时速度的大小为√2eU1

m

．

(2)电子从偏转电场射出时的侧移量为U2L2

4U1d

．

(3)要使电子打在荧光屏上P点的上方，应使M、N两板间的电压U2增大．

4. 解：(1)α粒子在D形盒内做圆周运动，轨道半径达到最大时被引出，具有最大动能.设此时的速度为v，有qvB=

m v2

R

可得v=qBR

m

α粒子的最大动能E k=1

2mv2=q2B2R2

2m

(2)α粒子被加速一次所获得的能量为qU，α粒子被第n次和n+1次加速后的动能分别为

E Kn=1

2mv n2=q2B2R n2

2m

=nqU

E Kn+1=1

2mv n+1

2=q2B2R n+12

2m

=(n+1)qU

可得R n

R n+1=√n

n+1

(3)设α粒子被电场加速的总次数为a，则

E k=aqU=q2B2R2

2m

可得a=qB2R2

2mU

α粒子在加速器中运动的时间是α粒子在D形盒中旋转a个半圆周的总时间t．

t=a T

2

T=2πm

qB

解得

t=πBR2

2U

(4)加速器加速带电粒子的能量为E k=1

2mv2=q2B2R2

2m

，由α粒子换成氘核，有

q2B2R2 2m =(

q

2

)2B12R2

2(m

2

)

，则B1=√2B，即磁感应强度需增大为原来的√2倍；

高频交流电源的周期T=2πm

qB

，由α粒子换为氘核时，交流电源的周期应为原来的√2

2

倍.

5. 解：(1)设离子进入静电分析器时的速度为v，离子在加速电场中加速的过程中，由动能定理得：qU=1

2

mv2

离子在静电分析器中做匀速圆周运动，由静电力提供向心力，根据牛顿第二定律有：

qE=m v2 R

联立两式，解得：E=2U

R

(2)离子在磁分析器中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有：

qvB=m

v2

r

由题意可知，圆周运动的轨道半径为：r

=d

故解得：B=1

d

√2mU

q

，由左手定则判断得知磁场方向垂直纸面向外．

(3)设质量为4m的正离子经电场加速后的速度为v′．

由动能定理有qU=1

2

?4mv′2，v′=0.5v

离子在静电分析器中做匀速圆周运动，由静电力提供向心力，根据牛顿第二定律有：

得：R′=R

质量为4m的正离子在磁分析器中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有：

可得磁场中运动的半径：r′=2r=2d

由几何关系可知，收集器水平向右移动的距离为：S=(7√3

6

?)d

答：(1)静电分析器中离子运动轨迹处电场强度E的大小为2U

R

；

(2)磁分析器中磁感应强度B的大小为1

d

√2mU

q

；

(3)收集器水平移动的距离为(7√3

6

?)d．

6. 解：(1)由题意知，粒子进入磁场时洛伦兹力方向水平向左，根据左手定则知，电荷带正电．

(2)根据动能定理得，qU=1

2

mv2

解得粒子进入磁场的速度v=√2qU

m

．

根据qvB=m v2

R

得，R=mv

qB

=1

B

√2mU

q

．

则SD的水平距离s=2R=2

B

√2mU

q

．

答：(1)粒子带正电．

(2)SD的水平距离为2

B

√2mU

q

．

7. 解：(1)a、在加速电场中，由动能定理得：

qU=1

2

mv2?0，

解得：v=√2qU

m

；

b、碘粒子在磁场中做匀速圆运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：

qvB=m v2

r

，

解得：r=1

B

√2mU

q

；

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(2)两种原子核P1、P2互为同位素，所以电荷量相等，由b的结论可知：

R1 R2=√

m1

m2

P1、P2在磁场中运动轨迹的直径之比是√2：1所以有：m1

m2=2

1

答：(1)a.粒子进入磁场时的速度大小是√2qU

m ；b.粒子在磁场中运动的轨道半径R是1

B

√2mU

q

；

(2)若由容器A进入电场的是互为同位素的两种原子核P1、P2，由底片上获知P1、P2在磁场中运动轨迹的直径之比是√2：1.P1、P2的质量之比是2：1．

8. 解：(1)离子在电场中加速，由动能定理得：qU=1

2

mv2；①

离子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：qBv=m v2

r

②

由①②式可得：q

m =8U

B2x2

(2)由①②式可得粒子m1在磁场中的运动半径是r1，则：r1=√2qUm1

qB

对离子m2，同理得：r2=√2qUm2

qB

∴照相底片上P1、P2间的距离：△x=2(r1?r2)=2√2qU

qB

(√m1?√m2)；

答：(1)求该离子的荷质比q

m

；

(2)P1、P2间的距离△x=2√2qU

qB

(√m1?√m2)．

9. 解：(1)导体棒、金属导轨和直流电源构成闭合电路，根据闭合电路欧姆定律有：

I=E

R0+r =3

1+0.5

A=2A

导体棒受到的安培力：

F

安

=ILB=2×0.40×0.50N=0.40N

(2)导体棒所受重力沿斜面向下的分力：

F1=mgsin37°=0.04×10×0.6N=0.24N

由于F1小于安培力，故导体棒沿斜面向下的摩擦力f，根据共点力平衡条件得：

mgsin37°+f=F

安

解得：

f=F

安

?mgsin37°=(0.40?0.24)N=0.16N

答：(1)导体棒受到的安培力大小是0.40N；

(2)导体棒受到的摩擦力大小是0.16N．

10. 解：导体棒的最大静摩擦力大小为f m=0.5mg=1N，M的重力为G=Mg=3N，则f m

根据受力分析，由牛顿第二定律，则有F安?T?f=ma

F

安

=BIL，

联立得：I=2.75A

答：应在棒中通入2.75A的电流，方向a→b．

11. 解：(1)由回旋加速器的工作原理知，交变电场的频率与粒子在磁场运动的频率相等，由T粒子=2πm

qB

得：

f 电=f

粒子

=1

T

=qB

2πm

；

(2)由洛伦兹力提供向心力得：Bqv m=m v m2

r

所以：v m=Bqr

m

联立解得：E km=(qBr)2

2m

(3)加速次数：

N=E km

qU

粒子每转动一圈加速两次，故转动的圈数为：

n=1

2

N

粒子运动的时间为：

t=nT

联立解得：

t=πB?r2

2U

答：(1)该回旋加速器所加交变电场的频率为qB

2πm

；

(2)粒子离开回旋加速器时获得的动能为(qBr)2

2m

；

(3)设两D形盒间的加速电压为U，质子每次经电场加速后能量增加，加速到上述能量所需时间为πBr2

2U

．

【解析】

1. (1)滑块在某点受重力、支持力、电场力三个力处于平衡，根据共点力平衡求出支持力的大小

(2)①小滑块从C到B的过程中，只有重力和电场力对它做功，根据动能定理求解．

根据圆周运动向心力公式即可求解，

②由动能定理即可求出AB的长．

本题考查分析和处理物体在复合场运动的能力.对于电场力做功W=qEd，d为两点沿电场线方向的距离．

2. (1)根据：U=Ed即可计算出电势差；

(2)根据恒力做功的公式求电场力做的功；根据电场力做功情况判断电势能如何变化；

(2)电场力做正功，小球的电势能减小与之相等．

解决本题的关键知道电场力做功与电势能的关系，知道电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加．3. 根据动能定理求出电子穿过A板时的速度大小.电子在偏转电场中，在垂直电场方向上做匀速直线运动，在沿电场方向上做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律，结合运动学公式求出电子从偏转电场射出时的侧移量

解决本题的关键掌握处理类平抛运动的方法，结合牛顿第二定律和运动学公式综合求解，难度中等．

4. (1)根据qvB=m v2

R 知，当R最大时，速度最大，求出最大速度，根据E K=1

2

mv2求出粒子的最大动能．

(2)α粒子被加速一次所获得的能量为qU，求出第n次和n+1次加速后的动能E Kn=1

2mv n2=q2B2R n2

2m

=nqU，

E Kn+1=1

2mv n+1

2=q2B2R n+12

2m

=(n+1)qU，从而求出回旋半径之比．

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(3)求出粒子被加速的次数，在一个周期内加速两次，求出周期，从而求出粒子在回旋加速器中运动的时间．

(4)回旋加速器加速粒子时，粒子在磁场中运动的周期和交流电变化的周期相同.已知氘核与α粒子的质量比和电荷比，根据最大动能相等，得出磁感应强度的关系，以及根据周期公式，得出交流电的周期变化．

解决本题的关键知道回旋加速器利用磁场偏转和电场加速实现加速粒子，粒子在磁场中运动的周期和交流电的周期相等．

5. (1)运用动能定理研究加速电场，求出进入静电分析器的速度为v，离子在电场力作用下做匀速圆周运动，由牛

顿第二定律列出等式求解电场强度E的大小．

(2)离子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，由牛顿第二定律列出等式.再结合几何关系求出已知长度与半径的关系，从而算出磁感应强度大小并确定方向．

(3)根据动能定理可知，当粒子电量不变，质量变为4m时的速度，从而求个粒子磁场中运动的半径，故可求得收集器水平移动的距离．

明确研究对象的运动过程是解决问题的前提，根据题目已知条件和求解的物理量选择物理规律解决问题.对于圆周运动，关键找出圆周运动所需的向心力，列出等式解决问题．

6. 根据左手定则，结合洛伦兹力的方向判断出电荷的电性；根据洛伦兹力提供向心力得出粒子的偏转半径，从而得出SD的水平距离．

解决本题的关键掌握洛伦兹力判断磁场方向、粒子运动方向、洛伦兹力方向的关系，以及掌握粒子在磁场中运动的半径公式，并能灵活运用．

7. (1)带电粒子在电场中被加速，应用动能定理可以求出粒子的速度.粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律可以求出粒子的轨道半径．

(2)P1、P2互为同位素，所以电荷量相等，由b的结论得出半径与质量之间的关系，然后由题目的条件即可求出．

本题考查了粒子在电场与磁场中的运动，分析清楚粒子运动过程是正确解题的关键，应用动能定理与牛顿第二定律可以解题．

8. (1)根据粒子在磁场中的运动半径，通过半径公式求出粒子的速度，再根据动能定理得出粒子的比荷．

(2)根据动能定理、半径公式求出粒子打到照相机底片上位置与入口处的距离，从而求出P1、P2间的距离△x．

本题考查了带电粒子在电场中的加速和在磁场中的偏转，结合牛顿第二定律和运动学公式综合求解．

9. (1)先根据闭合电路欧姆定律求出电路中的电流.由公式F安=ILB求解安培力大小；

(2)导体棒处于静止状态，合力为零，根据平衡条件列式求解摩擦力的大小．

本题是通电导体在磁场中平衡问题，关键是安培力的分析和计算，运用平衡条件研究．

10. 若要保持物体匀速上升，受力必须平衡.由于M所受的最大静摩擦力为0.5mg=1N，而M的重力为Mg=3N，要保持导体以加速度a=3m/s2加速上升，则安培力方向必须水平向左，则根据左手定则判断电流的方向.根据牛顿第二定律和安培力公式求出导体棒中电流的大小．

此题是通电导体在磁场中加速问题，要抓住静摩擦力会外力的变化而变化，根据牛顿第二定律进行求解．

11. (1)(2)回旋加速器运用电场加速磁场偏转来加速粒子，根据洛伦兹力提供向心力可以求出粒子的最大速度，从而求出最大动能.在加速粒子的过程中，电场的变化周期与粒子在磁场中运动的周期相等，故频率也相等；

(3)考虑在磁场中运动的时间即可．

解决本题的关键知道回旋加速器电场和磁场的作用，知道最大动能与什么因素有关，以及知道粒子在磁场中运动的周期与电场的变化的周期相等，会求解加速时间．