《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
