高考物理二輪復(fù)習(xí)題型研究三電學(xué)計(jì)算題滿分練 (含解析)

電學(xué)計(jì)算題滿分練1．(2019·哈爾濱三中三模)如圖所示，質(zhì)量為4m的物塊與邊長(zhǎng)為L(zhǎng)、質(zhì)量為m、阻值為R的正方形金屬線圈abcd由繞過輕質(zhì)光滑定滑輪的絕緣細(xì)線相連，已知細(xì)線與斜面平行，物塊放在光滑且足夠長(zhǎng)的固定斜面上，斜面傾角為30°。垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，磁場(chǎng)上下邊緣的高度差為L(zhǎng)，上邊界距離滑輪足夠遠(yuǎn)，線圈ab邊距離磁場(chǎng)下邊界的距離也為L(zhǎng)。現(xiàn)將物塊由靜止釋放，已知線圈cd邊出磁場(chǎng)前線圈已經(jīng)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g，求(1)線圈剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)a、b兩點(diǎn)的電勢(shì)差大??；(2)線圈通過磁場(chǎng)的過程中產(chǎn)生的熱量。解析：(1)線圈從開始運(yùn)動(dòng)到ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)，根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得4mgLsin30°＝mgL＋eq\f(1,2)(4m＋m)v2，解得v＝eq\r(\f(2,5)gL)，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLv＝BLeq\r(\f(2,5)gL)，此時(shí)ab邊相當(dāng)于是電源，感應(yīng)電流的方向?yàn)閎adcb，a為正極，b為負(fù)極，所以a、b的電勢(shì)差等于電路的路端電壓，可得Uab＝eq\f(3,4)E＝eq\f(3,4)BLeq\r(\f(2,5)gL)。(2)線圈cd邊出磁場(chǎng)前線圈已經(jīng)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，所以線圈和物塊均合外力為0，可得繩子的拉力為2mg，線圈受的安培力為mg，所以線圈勻速的速度滿足eq\f(B2L2vm,R)＝mg，線圈從開始運(yùn)動(dòng)到cd邊剛離開磁場(chǎng)，根據(jù)能量守恒定律可知4mg·3Lsin30°＝3mgL＋eq\f(1,2)(4m＋m)vm2＋Q，聯(lián)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·湖南師大附中模擬)如圖所示，一光滑絕緣細(xì)直桿MN，長(zhǎng)為L(zhǎng)，水平固定在勻強(qiáng)電場(chǎng)中，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E，方向與豎直方向夾角為θ。桿的M端固定一個(gè)帶負(fù)電小球A，電荷量大小為Q；另一帶負(fù)電的小球B穿在桿上，可自由滑動(dòng)，電荷量大小為q，質(zhì)量為m，現(xiàn)將小球B從桿的N端由靜止釋放，小球B開始向右端運(yùn)動(dòng)，已知k為靜電力常量，g為重力加速度，求：(1)小球B對(duì)細(xì)桿的壓力的大小；(2)小球B開始運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度的大小；(3)小球B速度最大時(shí)，離M端的距離。解析：(1)小球B在垂直于桿的方向上合力為零，則有FN＝qEcosθ＋mg由牛頓第三定律知小球B對(duì)細(xì)桿的壓力FN′＝FN＝qEcosθ＋mg。(2)在水平方向上，小球所受合力向右，由牛頓第二定律得：qEsinθ－eq\f(kqQ,L2)＝ma解得：a＝eq\f(Eqsinθ,m)－eq\f(kQq,mL2)。(3)當(dāng)小球B的速度最大時(shí)，加速度為零，有：qEsinθ＝eq\f(kqQ,x2)解得：x＝eq\r(\f(kQ,Esinθ))。答案：(1)qEcosθ＋mg(2)eq\f(Eqsinθ,m)－eq\f(kQq,mL2)(3)eq\r(\f(kQ,Esinθ))3．(2019·廣州模擬)如圖，足夠大的平行擋板A1、A2豎直放置，間距為6L。兩板間存在以水平面MN為理想分界面的區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ，區(qū)域Ⅰ中存在豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)E，區(qū)域Ⅱ存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。A1、A2上各有位置正對(duì)的小孔S1、S2，兩孔與分界面MN的距離均為L(zhǎng)。質(zhì)量為m、電量為＋q的粒子由靜止經(jīng)C1、C2兩板間的勻強(qiáng)電場(chǎng)加速后，沿水平方向從S1進(jìn)入Ⅰ區(qū)，并直接偏轉(zhuǎn)到MN上的P點(diǎn)，再進(jìn)入Ⅱ區(qū)，P點(diǎn)與A1板的距離是L的k倍，粒子的重力不計(jì)(1)若k＝1，求C1、C2兩板間的電壓U；(2)若2＜k＜3，且粒子最終沿水平方向恰從S2射出，試求出粒子在磁場(chǎng)中的速度大小v與k的關(guān)系式以及Ⅱ區(qū)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B與k的關(guān)系式。解析：(1)粒子在C1、C2中，由動(dòng)能定理有：qU＝eq\f(1,2)mvx2－0①粒子在Ⅰ區(qū)做類平拋運(yùn)動(dòng)，則有：豎直方向：L＝eq\f(1,2)at2②qE＝ma③水平方向：kL＝vxt④且k＝1⑤聯(lián)立①②③④⑤可得：U＝eq\f(EL,4)。⑥(2)當(dāng)2＜k＜3時(shí)，粒子進(jìn)入Ⅱ區(qū)時(shí)的速度為v，則有：聯(lián)立②③④可得水平速度：vx＝eq\r(\f(qEk2L,2m))⑦豎直速度：vy＝at＝eq\r(\f(2qEL,m))⑧v＝eq\r(vx2＋vy2)＝eq\r(\f(qELk2＋4,2m))⑨v與水平方向的夾角為θ，則有sinθ＝eq\f(vy,v)＝eq\r(\f(4,k2＋4))⑩由題意可知粒子在Ⅱ區(qū)只能發(fā)生一次偏轉(zhuǎn)，由對(duì)稱性及幾何關(guān)系可知r＝eq\f(3－kL,sinθ)＝eq\f(3－k\r(k2＋4),2)L?由qvB＝meq\f(v2,r)?解得：B＝eq\f(1,3－k)eq\r(\f(2Em,qL))。?答案：(1)eq\f(EL,4)(2)v＝eq\r(\f(qELk2＋4,2m))B＝eq\f(1,3－k)eq\r(\f(2Em,qL))4．在光滑絕緣水平桌面上建立直角坐標(biāo)系xOy，y軸左側(cè)有沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)E，y軸右側(cè)有垂直水平桌面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B。在(－12,0)處有一個(gè)帶正電的小球A以速度v0＝2.4m/s沿x軸正方向進(jìn)入電場(chǎng)，運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后，從(0,8)處進(jìn)入y軸右側(cè)的磁場(chǎng)中，并且正好垂直于x軸進(jìn)入第4象限，已知A球的質(zhì)量為m＝0.1kg，帶電量為q＝(1)電場(chǎng)強(qiáng)度E的大??；(2)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大?。?3)如果在第4象限內(nèi)靜止放置一個(gè)不帶電的小球C，使小球A運(yùn)動(dòng)到第4象限內(nèi)與C球發(fā)生碰撞，碰后A、C粘在一起運(yùn)動(dòng)，則小球C放在何位置時(shí)，小球A在第4象限內(nèi)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最長(zhǎng)(小球可以看成是質(zhì)點(diǎn)，不考慮碰撞過程中的電量損失)。解析：(1)設(shè)小球A在電場(chǎng)中沿x、y軸方向上的位移分別為x1、y1x軸方向：x1＝v0t1，y軸方向：y1＝eq\f(1,2)at12，加速度：a＝eq\f(qE,m)聯(lián)立可得：E＝3.2N/C。(2)小球進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)y軸方向的速度：vy＝at1，合速度：v＝eq\r(v02＋vy2)，方向：cosθ＝eq\f(vy,v)聯(lián)立解得v＝4m/s，方向與小球A在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，垂直于x軸進(jìn)入第4象限，作出小球A運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖，設(shè)軌道半徑為R1，由幾何關(guān)系可得：R1＝eq\f(y1,cos53°)＝eq\f(2,15)m根據(jù)：Bqv＝meq\f(v2,R1)，解得：B＝eq\f(mv,qR1)＝1.5T。(3)在第4象限內(nèi)A與C球發(fā)生完全非彈性碰撞，碰撞后速度為v2，在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為R2，mv＝(m＋mC)v2，Bqv2＝(m＋mC)eq\f(v22,R2)解得：R2＝eq\f(m＋mCv2,Bq)＝eq\f(mv,Bq)＝R1即：小球運(yùn)動(dòng)的軌道半徑不變由周期公式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象限內(nèi)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最長(zhǎng)，小球C應(yīng)放在小球A進(jìn)入第4象限時(shí)的位置：x＝R1＋R1sin53°＝0.24m，即坐標(biāo)為(24,0答案：(1)3.2N/C(2)1.5T(3)(24,0)5．(2019·濮陽一模)如圖所示，光滑的水平平行金屬導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)，導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì)?？臻g存在垂直于導(dǎo)軌平面豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。輕質(zhì)導(dǎo)體棒ab垂直導(dǎo)軌放置，導(dǎo)體棒ab的電阻為r，與導(dǎo)軌之間接觸良好。兩導(dǎo)軌之間接有定值電阻，其阻值為R，輕質(zhì)導(dǎo)體棒中間系一輕細(xì)線，細(xì)線通過定滑輪懸掛質(zhì)量為m的物體，現(xiàn)從靜止釋放該物體，當(dāng)物體速度達(dá)到最大時(shí)，下落的高度為h。在本問題情景中，物體下落過程中不著地，導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)，忽略空氣阻力和一切摩擦阻力，重力加速度為g。求：(1)物體下落過程的最大速度vm；(2)物體從靜止開始下落至速度達(dá)到最大的過程中，電阻R上產(chǎn)生的電熱Q；(3)物體從靜止開始下落至速度達(dá)到最大時(shí)，所需的時(shí)間t。解析：(1)在物體加速下落過程中，加速度逐漸減小，當(dāng)加速度為0時(shí)，下落速度達(dá)到最大。對(duì)物體，由平衡條件可得mg＝F安對(duì)導(dǎo)體棒F安＝BIL對(duì)導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌、電阻R組成的回路，根據(jù)閉合電路歐姆定律得I＝eq\f(E,R＋r)根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得E＝BLvm聯(lián)立解得vm＝eq\f(mgR＋r,B2L2)。(2)在物體下落過程中，物體重力勢(shì)能減少，動(dòng)能增加，系統(tǒng)電熱增加，根據(jù)能量守恒定律可得mgh＝eq\f(1,2)mvm2＋Q總在此過程中任一時(shí)刻通過R和r兩部分電阻的電流相等，則電功率之比正比于電阻之比，故整個(gè)過程中回路中的R與r兩部分電阻產(chǎn)生的電熱正比于電阻，所以eq\f(Q,Q總)＝eq\f(R,R＋r)聯(lián)立解得Q＝eq\f(mghR,R＋r)－eq\f(m3g2RR＋r,2B4L4)。(3)在系統(tǒng)加速過程中，任一時(shí)刻速度設(shè)為v，取一段時(shí)間微元Δt，輕質(zhì)導(dǎo)體棒質(zhì)量不計(jì)，由牛頓第二定律可得FT－eq\f(B2L2v,R＋r)＝0對(duì)物體下落過程應(yīng)用動(dòng)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