高中物理高考 电学计算题满分练

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(1)线圈刚进入磁场时a、b两点的电势差大小；
(2)线圈通过磁场的过程中产生的热量。
解析：(1)线圈从开始运动到ab边刚进入磁场，根据机械能守恒定律可得
4mgLsin 30°＝mgL＋eq \f(1,2)(4m＋m)v2，
解得v＝ eq \r(\f(2,5)gL)，
根据法拉第电磁感应定律可得，感应电动势
E＝BLv＝BLeq \r(\f(2,5)gL)，
此时ab边相当于是电源，感应电流的方向为badcb，a为正极，b为负极，所以a、b的电势差等于电路的路端电压，可得
Uab＝eq \f(3,4)E＝eq \f(3,4)BLeq \r(\f(2,5)gL)。
(2)线圈cd边出磁场前线圈已经做匀速直线运动，所以线圈和物块均合外力为0，可得绳子的拉力为2mg，线圈受的安培力为mg，所以线圈匀速的速度满足
eq \f(B2L2vm,R)＝mg，
线圈从开始运动到cd边刚离开磁场，根据能量守恒定律可知
4mg·3Lsin 30°＝3mgL＋eq \f(1,2)(4m＋m)vm2＋Q，
联立解得Q＝3mgL－eq \f(5m3g2R2,2B4L4)。
答案：(1)eq \f(3,4)BLeq \r(\f(2,5)gL) (2)3mgL－eq \f(5m3g2R2,2B4L4)
2．(2019·湖南师大附中模拟)如图所示，一光滑绝缘细直杆MN，长为L，水平固定在匀强电场中，电场强度大小为E，方向与竖直方向夹角为θ。杆的M端固定一个带负电小球A，电荷量大小为Q；另一带负电的小球B穿在杆上，可自由滑动，电荷量大小为q，质量为m，现将小球B从杆的N端由静止释放，小球B开始向右端运动，已知k为静电力常量，g为重力加速度，求：
(1)小球B对细杆的压力的大小；
(2)小球B开始运动时加速度的大小；
(3)小球B速度最大时，离M端的距离。
解析：(1)小球B在垂直于杆的方向上合力为零，则有
FN＝qEcs θ＋mg
由牛顿第三定律知小球B对细杆的压力FN′＝FN＝qEcs θ＋mg。
(2)在水平方向上，小球所受合力向右，由牛顿第二定律得：
qEsin θ－eq \f(kqQ,L2)＝ma
解得： a＝eq \f(Eqsin θ,m)－eq \f(kQq,mL2)。
(3)当小球B的速度最大时，加速度为零，有：
qEsin θ＝eq \f(kqQ,x2)
解得：x＝ eq \r(\f(kQ,Esin θ))。
答案：(1)qEcs θ＋mg (2)eq \f(Eqsin θ,m)－eq \f(kQq,mL2)
(3) eq \r(\f(kQ,Esin θ))
3．(2019·广州模拟)如图，足够大的平行挡板A1、A2竖直放置，间距为6L。两板间存在以水平面MN为理想分界面的区域Ⅰ和区域Ⅱ，区域Ⅰ中存在竖直向下的匀强电场E，区域Ⅱ存在垂直纸面向里的匀强磁场。A1、A2上各有位置正对的小孔S1、S2，两孔与分界面MN的距离均为L。质量为m、电量为＋q的粒子由静止经C1、C2两板间的匀强电场加速后，沿水平方向从S1进入Ⅰ区，并直接偏转到MN上的P点，再进入Ⅱ区，P点与A1板的距离是L的k倍，粒子的重力不计。
(1)若k＝1，求C1、C2两板间的电压U；
(2)若2＜k＜3，且粒子最终沿水平方向恰从S2射出，试求出粒子在磁场中的速度大小v与k的关系式以及Ⅱ区的磁感应强度B与k的关系式。
解析：(1)粒子在C1、C2中，由动能定理有：qU＝eq \f(1,2)mvx2－0①
粒子在Ⅰ区做类平抛运动，则有：
竖直方向：L＝eq \f(1,2)at2②
qE＝ma③
水平方向：kL＝vxt④
且k＝1⑤
联立①②③④⑤可得：U＝eq \f(EL,4)。⑥
(2)当2＜k＜3时，粒子进入Ⅱ区时的速度为v，则有：
联立②③④可得水平速度：vx＝ eq \r(\f(qEk2L,2m))⑦
竖直速度：vy＝at＝ eq \r(\f(2qEL,m))⑧
v＝eq \r(vx2＋vy2)＝ eq \r(\f(qELk2＋4,2m))⑨
v与水平方向的夹角为θ，则有sin θ＝eq \f(vy,v)＝eq \r(\f(4,k2＋4))⑩
由题意可知粒子在Ⅱ区只能发生一次偏转，由对称性及几何关系可知
r＝eq \f(3－kL,sin θ)＝eq \f(3－k\r(k2＋4),2)L⑪
由qvB＝meq \f(v2,r)⑫
解得：B＝eq \f(1,3－k) eq \r(\f(2Em,qL))。⑬
答案：(1)eq \f(EL,4) (2)v＝ eq \r(\f(qELk2＋4,2m)) B＝eq \f(1,3－k) eq \r(\f(2Em,qL))
4．在光滑绝缘水平桌面上建立直角坐标系xOy，y轴左侧有沿y轴正方向的匀强电场E，y轴右侧有垂直水平桌面向上的匀强磁场B。在(－12,0)处有一个带正电的小球A以速度v0＝2.4 m/s沿x轴正方向进入电场，运动一段时间后，从(0,8)处进入y轴右侧的磁场中，并且正好垂直于x轴进入第4象限，已知A球的质量为m＝0.1 kg，带电量为q＝2.0 ℃，求：
(1)电场强度E的大小；
(2)磁感应强度B的大小；
(3)如果在第4象限内静止放置一个不带电的小球C，使小球A运动到第4象限内与C球发生碰撞，碰后A、C粘在一起运动，则小球C放在何位置时，小球A在第4象限内运动的时间最长(小球可以看成是质点，不考虑碰撞过程中的电量损失)。
解析：(1)设小球A在电场中沿x、y轴方向上的位移分别为x1、y1
x轴方向：x1＝v0t1，
y轴方向：y1＝eq \f(1,2)at12，
加速度：a＝eq \f(qE,m)
联立可得：E＝3.2 N/C。
(2)小球进入磁场时y轴方向的速度：vy＝at1，
合速度：v＝eq \r(v02＋vy2)，方向：cs θ＝eq \f(vy,v)
联立解得v＝4 m/s，方向与y轴正方向成37°
小球A在磁场中做匀速圆周运动，垂直于x轴进入第4象限，作出小球A运动的轨迹如图，设轨道半径为R1，由几何关系可得：R1＝eq \f(y1,cs 53°)＝eq \f(2,15) m
根据：Bqv＝meq \f(v2,R1)，解得：B＝eq \f(mv,qR1)＝1.5 T。
(3)在第4象限内A与C球发生完全非弹性碰撞，碰撞后速度为v2，在磁场中做圆周运动的轨道半径为R2，mv＝(m＋mC)v2，
Bqv2＝(m＋mC)eq \f(v22,R2)
解得：R2＝eq \f(m＋mCv2,Bq)＝eq \f(mv,Bq)＝R1
即：小球运动的轨道半径不变
由周期公式T＝eq \f(2πR,v)可得：碰撞后小球的速度小，故碰后的周期大，所以要使小球A在第4象限内运动的时间最长，小球C应放在小球A进入第4象限时的位置：
x＝R1＋R1sin 53°＝0.24 m，即坐标为(24,0)。
答案：(1)3.2 N/C (2)1.5 T (3)(24,0)
5．(2019·濮阳一模)如图所示，光滑的水平平行金属导轨间距为L，导轨电阻忽略不计。空间存在垂直于导轨平面竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。轻质导体棒ab垂直导轨放置，导体棒ab的电阻为r，与导轨之间接触良好。两导轨之间接有定值电阻，其阻值为R，轻质导体棒中间系一轻细线，细线通过定滑轮悬挂质量为m的物体，现从静止释放该物体，当物体速度达到最大时，下落的高度为h。在本问题情景中，物体下落过程中不着地，导轨足够长，忽略空气阻力和一切摩擦阻力，重力加速度为g。求：
(1)物体下落过程的最大速度vm；
(2)物体从静止开始下落至速度达到最大的过程中，电阻R上产生的电热Q；
(3)物体从静止开始下落至速度达到最大时，所需的时间t。
解析：(1)在物体加速下落过程中，加速度逐渐减小，当加速度为0时，下落速度达到最大。
对物体，由平衡条件可得mg＝F安
对导体棒F安＝BIL
对导体棒与导轨、电阻R组成的回路，根据闭合电路欧姆定律得I＝eq \f(E,R＋r)
根据法拉第电磁感应定律得E＝BLvm
联立解得vm＝eq \f(mgR＋r,B2L2)。
(2)在物体下落过程中，物体重力势能减少，动能增加，系统电热增加，根据能量守恒定律可得
mgh＝eq \f(1,2)mvm2＋Q总
在此过程中任一时刻通过R和r两部分电阻的电流相等，则电功率之比正比于电阻之比，故整个过程中回路中的R与r两部分电阻产生的电热正比于电阻，所以eq \f(Q,Q总)＝eq \f(R,R＋r)
联立解得Q＝eq \f(mghR,R＋r)－eq \f(m3g2RR＋r,2B4L4)。
(3)在系统加速过程中，任一时刻速度设为v，取一段时间微元Δt，
轻质导体棒质量不计，由牛顿第二定律可得
FT－eq \f(B2L2v,R＋r)＝0
对物体下落过程应用动量定理可得
(mg－FT)Δt＝mΔv
整理可得mgΔt－eq \f(B2L2v,R＋r)Δt＝mΔv
即mgΔt－eq \f(B2L2,R＋r)Δx＝mΔv
全过程叠加求和mgt－eq \f(B2L2,R＋r)h＝mvm
联立解得t＝eq \f(mR＋r,B2L2)＋eq \f(B2L2h,mgR＋r)。
答案：(1)eq \f(mgR＋r,B2L2) (2)eq \f(mghR,R＋r)－eq \f(m3g2RR＋r,2B4L4)
(3)eq \f(mR＋r,B2L2)＋eq \f(B2L2h,mgR＋r)