2022年高考物理二輪復(fù)習(xí) 特色專題訓(xùn)練 電學(xué)計(jì)算題巧練

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1、2022年高考物理二輪復(fù)習(xí) 特色專題訓(xùn)練 電學(xué)計(jì)算題巧練 1.如圖所示，xOy平面為一光滑水平面，在此區(qū)域內(nèi)有平行于xOy平面的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)大小E＝100 V/m；同時(shí)有垂直于xOy平面的勻強(qiáng)磁場．一質(zhì)量m＝2×10－6 kg、電荷量q＝2×10－7 C的帶負(fù)電粒子從坐標(biāo)原點(diǎn)O以一定的初動能入射，在電場和磁場的作用下發(fā)生偏轉(zhuǎn)，到達(dá)P(4，3)點(diǎn)時(shí)，動能變?yōu)槌鮿幽艿?.5倍，速度方向垂直O(jiān)P向上．此時(shí)撤去磁場，經(jīng)過一段時(shí)間該粒子經(jīng)過y軸上的M(0，6.25)點(diǎn)，動能變?yōu)槌鮿幽艿?.625倍，求： (1)OP連線上與M點(diǎn)等電勢的點(diǎn)的坐標(biāo)； (2)粒子由P點(diǎn)運(yùn)動到M點(diǎn)所需的時(shí)間．

2、 2．(xx·杭州模擬)從地面以v0斜向上拋出一個(gè)質(zhì)量為m的小球，當(dāng)小球到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)，小球具有的動能與勢能之比是9∶16，取地面為重力勢能參考面，不計(jì)空氣阻力．現(xiàn)在此空間加上一個(gè)平行于小球平拋平面的水平電場，以相同的初速度拋出帶上正電荷量為q的原小球，小球到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)的動能與拋出時(shí)動能相等．求： (1)無電場時(shí)，小球升到最高點(diǎn)的時(shí)間； (2)后來加上的電場的場強(qiáng)大?。? 3.如圖所示，在x軸上方有垂直于xOy平面向外的足夠大勻強(qiáng)磁場(圖中沒有畫出該磁場)，一個(gè)質(zhì)量為m，電荷量為q(q>0)的粒子，在P點(diǎn)以速率v沿與x軸成某一角度射入磁場

3、，然后粒子從Q點(diǎn)離開磁場，P點(diǎn)與Q點(diǎn)關(guān)于y軸對稱且相距為2a，其中a＝(B為磁感應(yīng)強(qiáng)度，大小未知，不計(jì)粒子重力的影響)． (1)求粒子從P點(diǎn)運(yùn)動到Q點(diǎn)的時(shí)間； (2)若勻強(qiáng)磁場只在x軸上方某一區(qū)域內(nèi)存在，且磁場邊界為圓形，改變粒子的入射方向，使粒子進(jìn)入磁場位置的橫坐標(biāo)x＝－，其中a＝(B′為磁感應(yīng)強(qiáng)度，大小未知，不計(jì)粒子重力的影響)，還能保證粒子經(jīng)過Q點(diǎn)，求粒子進(jìn)入磁場位置的縱坐標(biāo)及該圓形磁場區(qū)域的最小面積． 4. 如圖所示，在矩形區(qū)域CDNM內(nèi)有沿紙面向上的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)的大小E＝1.5×105 N/C；在矩形區(qū)域MNGF內(nèi)有垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝

4、0.2 T．已知CD＝MN＝FG＝0.6 m，CM＝MF＝0.20 m．在CD邊中點(diǎn)O處有一放射源，沿紙面向電場中各方向均勻地發(fā)射速率均為v0＝1.0×106 m/s的某種帶正電的粒子，粒子質(zhì)量m＝6.4×10－27kg，電荷量q＝3.2×10－19 C，粒子可以無阻礙地通過邊界MN進(jìn)入磁場，不計(jì)粒子的重力．求： (1)粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的半徑； (2)邊界FG上有粒子射出磁場的范圍的長度； (3)粒子在磁場中運(yùn)動的最長時(shí)間． 5.如圖所示，兩根等高光滑的圓弧軌道，半徑為r、間距為L，軌道頂端連接有一阻值為R的電阻，整個(gè)裝置處在一豎直向上的勻強(qiáng)磁場中，磁

5、感應(yīng)強(qiáng)度為B.現(xiàn)有一根長度稍大于L、質(zhì)量為m、電阻不計(jì)的金屬棒從軌道的頂端ab處由靜止開始下滑，到達(dá)軌道底端cd時(shí)受到軌道的支持力為2mg.整個(gè)過程中金屬棒與導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)軌電阻不計(jì)． (1)求金屬棒到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)通過電阻R的電流大小； (2)求金屬棒從ab下滑到cd的過程中回路中產(chǎn)生的焦耳熱和通過R的電荷量； (3)若金屬棒在拉力作用下，從cd開始以速度v0向右沿軌道做勻速圓周運(yùn)動，則在到達(dá)ab的過程中拉力做的功為多少？ 6．如圖所示，在豎直面內(nèi)，左邊為兩同心圓，內(nèi)圓半徑為r，其中有均勻變化的勻強(qiáng)磁場，外圓是半徑為R、阻值為R1的線圈．中間是間距為L的兩平行導(dǎo)軌，導(dǎo)軌

6、間有勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，其上垂直導(dǎo)軌固定有長為L、電阻為R2、質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒，導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌接觸良好．右邊是間距為d的平行板電容器，板間有勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小也為B，一質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q(q＞0)的粒子能在其間做勻速圓周運(yùn)動．三個(gè)磁場方向均垂直紙面向里，上述三部分由電阻不計(jì)的導(dǎo)線連接．已知重力加速度為g. (1)要使帶電粒子能在平行板內(nèi)做圓周運(yùn)動，左邊內(nèi)圓中磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度是均勻增大還是均勻減小？磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化率為多大？ (2)如果撤去左邊圓形磁場，導(dǎo)體棒解除固定，同時(shí)讓導(dǎo)體棒以一平行導(dǎo)軌的速度v勻速運(yùn)動，為使帶電粒子能在平行板內(nèi)做圓周運(yùn)動，求速度v； (3)求

7、(1)、(2)兩問中導(dǎo)體棒的功率大小的比值． 電學(xué)計(jì)算題巧練 1．解析：(1)設(shè)粒子在P點(diǎn)時(shí)的動能為Ek，則初動能為2Ek，在M點(diǎn)動能為1.25Ek，O點(diǎn)與P點(diǎn)和M點(diǎn)的電勢差分別為： UOP＝，UOM＝ 設(shè)OP連線上與M點(diǎn)電勢相等的點(diǎn)為D，由幾何關(guān)系得OP的長度為5 m，沿OP方向電勢下降．則： ＝＝＝ 得OD＝3.75 m，設(shè)OP與x軸的夾角為α，則sin α＝，D點(diǎn)的坐標(biāo)為xD＝ODcos α＝3 m，yD＝ODsin α＝2.25 m 即D點(diǎn)坐標(biāo)為(3，2.25)． (2)由于OD＝3.75 m，而OMcos∠MOP＝3.75 m，所以MD垂直于O

8、P，由于MD為等勢線，因此OP為電場線，方向從O到P 帶電粒子從P到M過程中做類平拋運(yùn)動，設(shè)運(yùn)動時(shí)間為t 則DP＝t2， 又DP＝OP－OD＝1.25 m 解得：t＝0.5 s. 答案：(1)(3，2.25)　(2)0.5 s 2．解析：(1)無電場時(shí)，當(dāng)小球到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)，小球具有的動能與勢能之比是9∶16 將小球的運(yùn)動分解為水平方向和豎直方向，則 由v＝2gh，得mv＝mgh mv∶mv＝9∶16 解得初始拋出時(shí)：vx∶vy＝3∶4 所以豎直方向的初速度為vy＝v0 豎直方向上做勻減速運(yùn)動 vy＝gt 得t＝. (2)設(shè)后來加上的電場場強(qiáng)大小為E，小球到達(dá)最高點(diǎn)

9、時(shí)的動能與剛拋出時(shí)的動能相等，若電場力的方向與小球初速度的水平分量方向相同，則有 t＋v0＝v0 解得：E1＝. 若電場力的方向與小球初速度的水平分量方向相反，則有 t－v0＝v0 解得：E2＝. 答案：(1)　(2)或 3．解析：(1)粒子進(jìn)入磁場在洛倫茲力的作用下，做圓周運(yùn)動，經(jīng)過PQ兩點(diǎn)的圓弧既可以是優(yōu)弧也可以是劣弧，則 由qvB＝m得：r＝＝2a 圓周運(yùn)動的周期：T＝＝ 劣弧對應(yīng)的圓心角為θ：sin ＝＝，得θ＝ 優(yōu)弧對應(yīng)的圓心角為θ′：θ′＝2π－θ＝ 粒子運(yùn)動時(shí)間t＝T＝或t＝T＝. (2)由題意可知：粒子進(jìn)入磁場前先做一段直線運(yùn)動，進(jìn)入磁場后，在

10、洛倫茲力作用下，做一段圓弧運(yùn)動，而后離開磁場區(qū)域，再做一段直線運(yùn)動到達(dá)Q點(diǎn)，如圖所示．設(shè)進(jìn)入磁場點(diǎn)的坐標(biāo)為(x，y)，粒子圓周運(yùn)動的半徑為r′ 由B′qv＝得r′＝a 由幾何關(guān)系得：r′2＝x2＋(r′cos α)2 tan α＝，x＝－ 解得：y＝a 當(dāng)磁場邊界圓的直徑為進(jìn)出磁場點(diǎn)之間的線段時(shí)，磁場面積最小，對應(yīng)的半徑最?。蓪ΨQ性可知磁場最小半徑為 Smin＝π＝a2. 答案：見解析 4．解析：(1)設(shè)帶電粒子射入磁場時(shí)的速度為v，由動能定理得 qE·CM＝mv2－mv， 解得v＝2×106 m/s 帶電粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，有 qvB＝m r＝＝0.2 m

11、. (2)如圖所示，垂直電場方向射入電場中的粒子在該方向的位移最大，離開電場時(shí)，設(shè)其速度方向與電場方向的夾角為θ1 粒子在電場中的加速度大小為a＝ 沿電場方向的位移y1＝at2＝CM 垂直電場方向的位移x1＝v0t＝m 離開電場時(shí)sin θ1＝＝，θ1＝30° 因?yàn)閤1＋r(1－cos 30°)<0.30 m 上述粒子從S點(diǎn)射入磁場偏轉(zhuǎn)后從邊界FG射出時(shí)的位置P即為射出范圍的左邊界，且PS⊥MN；垂直MN射入磁場的粒子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后恰好與邊界FG相切，切點(diǎn)Q是射出范圍的右邊界，帶電粒子從邊界FG射出磁場時(shí)的范圍的長度為 l＝x1＋r＝m≈0.43 m. (3)帶電粒子在磁場

12、中運(yùn)動的周期 T＝＝6.28×10－7s 帶電粒子在磁場中運(yùn)動時(shí)，沿O′QR運(yùn)動的軌跡最長，運(yùn)動的時(shí)間最長 sin θ2＝＝，θ2＝30° 即帶電粒子在磁場中運(yùn)動的最大圓心角為120°，對應(yīng)的最長時(shí)間為t＝T＝＝2.09×10－7s. 答案：(1)0.2 m　(2)0.43 m　(3)2.09×10－7s 5．解析：(1)到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)，設(shè)金屬棒的速度為v，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E，感應(yīng)電流為I，則2mg－mg＝m E＝BLv I＝， 聯(lián)立解得速度v＝，I＝. (2)設(shè)產(chǎn)生的焦耳熱為Q，由能量守恒定律有 Q＝mgr－mv2 得Q＝mgr 設(shè)產(chǎn)生的平均感應(yīng)電動勢為E，平均感應(yīng)

13、電流為I，通過R的電荷量為q， 則＝，＝，q＝Δt， 解得q＝. (3)金屬棒切割磁感線產(chǎn)生正弦交變電流的有效值I′＝，在四分之一周期內(nèi)產(chǎn)生的熱量Q′＝I′2R·，設(shè)拉力做的功為WF，由功能關(guān)系WF－mgr＝Q′， 解得WF＝mgr＋. 答案：(1)　(2)mgr　　(3)mgr＋ 6．解析：(1)要使帶電粒子能在平行板間做勻速圓周運(yùn)動，一定有Eq＝mg 粒子受到的電場力方向豎直向上，故電場方向豎直向上，平行板下極板帶正電．由楞次定律可知，內(nèi)圓中磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度在均勻增大 其電動勢為E1＝＝ 又因?yàn)閁＝Ed 由電路關(guān)系有U＝ 解得：＝. (2)由(1)分析可知，導(dǎo)體棒應(yīng)該是勻速向左運(yùn)動，產(chǎn)生的電動勢為 E2＝BLv 故有Ed＝BLv 解得：v＝. (3)P1＝IR2＝R2 P2＝IR2＝R2 解得：＝＝. 答案：見解析