《2018届高考物理二轮复习 计算题押题练(二)电学计算题》由会员分享,可在线阅读,更多相关《2018届高考物理二轮复习 计算题押题练(二)电学计算题(6页珍藏版)》请在金锄头文库上搜索。
1、计算题押题练(二)电学计算题1如图所示,中轴线PQ将矩形区域MNDC分成上、下两部分,上部分充满垂直纸面向外的匀强磁场,下部分充满垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小皆为B。一质量为m、带电荷量为q的带正电的粒子从P点进入磁场,速度与MC边的夹角30,MC边长为a,MN边长为8a,不计粒子重力,求:(1)若要该粒子不从MN边射出磁场,其速度最大是多少;(2)若该粒子从P点射入磁场后开始计数,则当粒子第五次穿越PQ线时,恰好从Q点射出磁场,粒子运动的速度又是多少?解析:(1)设该粒子恰不从MN边射出磁场时的轨迹半径为r,轨迹如图所示,由几何关系得:rcos 60ra,解得ra又由qvmBm解得
2、最大速度vm。(2)当粒子第五次穿越PQ线时,恰好从Q点射出磁场时,由几何关系得52rsin 608a,解得ra又由qvBm解得速度v。答案:(1)(2)2如图甲所示,一对平行金属板M、N长为L,相距为d,O1O为中轴线,两板间为匀强电场,忽略两极板外的电场。当两板间加电压UMNU0时,某一带负电的粒子从O1点以速度v0沿O1O方向射入电场,粒子恰好打在上极板M的中点,粒子重力忽略不计。(1)求带电粒子的比荷;(2)若M、N间加如图乙所示的交变电压,其周期T,从t0开始,前时间内UMN2U,后时间内UMNU,大量的上述粒子仍然以速度v0沿O1O方向持续射入电场,最终所有粒子恰好能全部离开电场而
3、不打在极板上,求U的值。解析:(1)设粒子经过时间t0打在M板中点沿极板方向有v0t0垂直极板方向有t02解得。(2)粒子通过两板间的时间tT,从t0时刻开始,粒子在两板间运动时,每个电压变化周期的前三分之一时间内的加速度大小a1,在每个电压变化周期的后三分之二时间内的加速度大小a2,不同时刻从O1点进入电场的粒子沿电场方向的速度vy随时间t变化的关系如图所示。所有粒子恰好能全部离开电场而不打在极板上,可以确定在tnT(n0,1,2,)和tnTT(n0,1,2,)时刻进入电场的粒子恰好分别从上、下极板右侧边缘飞出。它们在电场方向偏转的距离最大,则T,解得U。答案:(1)(2)3边长为3L的正方
4、形区域分成相等的三部分,左右两侧为匀强磁场,中间区域为匀强电场,如图所示。左侧磁场垂直纸面向外,磁感应强度大小为B1,右侧磁场的磁感应强度大小为B2,方向垂直纸面向里,中间区域电场方向与正方形区域的上下边界平行。一质量为m、电荷量为q的带电粒子从平行金属板的正极板开始由静止被加速,加速电压为U,加速后粒子从a点进入左侧磁场且与左边界的角度30,又从距正方形上下边界等间距的b点沿与电场平行的方向进入电场,不计粒子的重力,求:(1)粒子经过平行金属板加速后的速度大小v;(2)左侧磁场区域磁感应强度B1;(3)若B2,电场强度E的取值在什么范围内时粒子能从右侧磁场的上边缘cd间离开?解析:(1)粒子
5、在平行金属板间被加速的过程中,根据动能定理有:qUmv20。解得粒子经过平行金属板加速后的速度大小为:v。(2)根据题意,作出粒子的运动轨迹图,如图所示。根据图中几何关系可知,粒子在左侧磁场区域内做匀速圆周运动,速度偏转角为:9060其轨道半径为:R1L粒子做匀速圆周运动的向心力由洛伦兹力提供,根据牛顿第二定律和向心力公式有:qvB1m解得:B1。(3)设粒子经中间电场加速后速度为v,要使粒子能从上边缘cd间离开,其临界情况分别为刚好从c点和轨迹与右边界相切离开,对应的速度分别为vmin和vm,轨道半径分别为R2min和R2m由图中几何关系可知:R2minL,R2mL即粒子能从上边缘cd间离开
6、时对应的轨道半径满足:LR2L根据牛顿第二定律和向心力公式有:qvB2m在中间电场运动的过程,由动能定理有:qELmv2mv2解得电场强度需满足的条件为:E。答案:(1) (2)(3)E4如图所示,半径为r,圆心为O1的虚线所围的圆形区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场,在磁场右侧有一竖直放置的平行金属板M和N,两极板间距离为L,在M、N板中央各有一个小孔O2、O3,O1、O2、O3在同一个水平直线上,与平行金属板相接的是两条竖直放置间距为L的足够长的光滑金属导轨,导体棒PQ与导轨接触良好,与阻值为R的电阻形成闭合回路(导轨与导体棒的电阻不计),该回路处在磁感应强度大小为B,方向垂直纸面向里的匀强
7、磁场中,整个装置处在真空室中,有一束电荷量为q、质量为m的粒子流(重力不计),以速率v0从圆形磁场边界上的最低点E沿半径方向射入圆形磁场区域,最后从小孔O3射出,现释放导体棒PQ,其下滑h后开始匀速运动,此后粒子恰好不能从O3射出,而从圆形磁场的最高点F射出,求:(1)圆形磁场的磁感应强度B;(2)棒下落h的整个过程中,电阻上产生的电热;(3)粒子从E点到F点所用的时间。解析:(1)由题意可知,带电粒子在圆形磁场中做匀速圆周运动的半径为r,洛伦兹力提供向心力:qv0Bm,解得B。(2)根据题意粒子恰好不能从O3射出的条件为:mv02qUPQ导体棒匀速运动时,速度大小为vm,UPQBLvm导体棒
8、匀速运动时,受力平衡:MgBIL,又I,由能量守恒可得QRMghMvm2,联立以上各式解得QRv02。(3)在圆形磁场内的运动时间为t1,则t1在电场中往返运动的时间为t2由L,得t2故tt1t2。答案:(1)(2)v02(3)5如图所示,两光滑金属导轨,间距d2 m,在桌面上的部分是水平的,仅在桌面上有磁感应强度B1 T、方向竖直向下的有界磁场,电阻R3 ,桌面高H0.8 m,金属杆ab质量m0.2 kg,其电阻r1 ,从导轨上距桌面h0.2 m的高度处由静止释放,落地点距桌面左边缘的水平距离s0.4 m,取g10 m/s2,导轨电阻不计。求:(1)金属杆刚进入磁场时,R上的电流大小;(2)整个过程中电阻R放出的热量;(3)磁场区域的宽度。解析:(1)设杆刚进入磁场时速度为v0,由机械能守恒定律有:mghmv02代入数据解得:v02 m/s又由法拉第电磁感应定律有:EBdv04 V由闭合电路欧姆定律有:I1 A。(2)设杆刚离开磁场时速度为v,接着杆开始做平抛运动,在竖直方向上有:Hgt2解得:t 在水平方向上有:svt,解得:v1 m/s电磁感应过程中电阻R上产生电热为:QR Q根据能量守恒有:QW电mv02mv2解得QR0.225 J。(3)由动量定理可得Ftmv,即mv。即m(v0v)解得:l0.2 m。答案:(1)1 A(2)0.225 J(3)0.2 m6