2025屆高考物理二輪復習計算題專項練3電學計算題含解析

PAGE4-計算題專項練3電學計算題1．如圖所示，兩平行金屬板與始終流電源兩極相連，上極板接地，電源的電動勢為U，內(nèi)阻不行忽視，兩板間形成的電場可認為是勻強電場。有質(zhì)量為m、電荷量為－q的粒子，不間斷地從兩平行板左側(cè)中點以初速度v0沿垂直場強的方向射入電場，從右側(cè)射出電場。已知單位時間入射的粒子數(shù)為n，兩平行板的間距為d，金屬板長度為L，不計粒子重力。(1)①求粒子射出電場時沿電場方向的側(cè)移量y；②證明：粒子出射時，沿速度方向的反向延長線肯定經(jīng)過其水平位移的中點。(2)變更電源的電動勢，使粒子偏轉(zhuǎn)后剛好打在下極板上，求此時電源的輸出功率。解析：(1)①電子進入偏轉(zhuǎn)電場，水平方向做勻速直線運動，豎直方向做初速度為零的勻加速直線運動，設電子在偏轉(zhuǎn)電場中運動的時間為t水平方向：t＝eq\f(L,v0)電子未落到板上，電路不導通，兩板間電壓為電源電動勢U，板間場強E＝eq\f(U,d)豎直方向：F＝eq\f(Uq,d)，a＝eq\f(Uq,md)y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(UqL2,2mdveq\o\al(2,0))。②粒子出射的偏轉(zhuǎn)角為θ，其反向延長線通過O點，O點與板右端的水平距離為x豎直方向的速度為vy＝attanθ＝eq\f(vy,vx)＝eq\f(y,x)聯(lián)立解得x＝eq\f(L,2)粒子出射時，沿速度方向的反向延長線肯定經(jīng)過其水平位移的中點。(2)粒子打在極板上，電路導通，電流I＝eq\f(nΔt·q,Δt)＝nq設此時電源的路端電壓為U′，粒子偏轉(zhuǎn)eq\f(d,2)，有eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)eq\f(U′q,dm)eq\f(L2,veq\o\al(2,0))解得U′＝eq\f(md2veq\o\al(2,0),qL2)電源輸出功率P出＝U′I＝eq\f(mnd2veq\o\al(2,0),L2)。答案：(1)①eq\f(UqL2,2mdveq\o\al(2,0))②見解析(2)eq\f(mnd2veq\o\al(2,0),L2)2．如圖甲，放置在光滑絕緣水平面上的正方形金屬線框abcd，處于豎直向下的有界勻強磁場中，ab邊與磁場的邊界MN重合。金屬線框由粗細勻稱的相同材料制成，邊長L＝2m、質(zhì)量m＝1kg、電阻R＝4Ω。在t0＝0時，金屬線框在水平力F作用下，由靜止起先向右運動，直到金屬線框離開磁場。在此過程中，測得金屬線框中的感應電流隨時間變更的圖像如圖乙所示。(1)指明金屬線框在離開磁場的過程中，流經(jīng)金屬框ab邊的電流方向；(2)計算t＝2s時，c、d兩點的電壓；(3)計算在0～4s內(nèi)，通過金屬線框的電荷量；(4)分析說明金屬線框從t＝0起先至全部離開磁場過程中的運動狀況，并計算勻強磁場的磁感應強度。解析：(1)流經(jīng)ab邊的電流方向為a→b。(2)由圖乙可知，t＝2s時線框中的電流為0.3A。c、d兩端的電壓為閉合電路的端電壓，故Ucd＝IR外＝eq\f(3,4)IR＝eq\f(3,4)×0.3×4V＝0.9V。(3)0～4s內(nèi)通過線框的電荷量和圖線與t軸所圍面積的數(shù)值相等，則q＝eq\f(1,2)It＝eq\f(1,2)×0.6×4C＝1.2C。(4)由I-t圖像可得感應電流隨時間變更規(guī)律為I＝0.15t(A)金屬線框感應電流I＝eq\f(BLv,R)＝0.15t所以v＝eq\f(IR,BL)＝eq\f(0.15R,BL)t由上式可知，金屬線框的速度與時間成正比，可推斷金屬線框做初速度為零的勻加速直線運動。由勻變速直線運動公式L＝eq\f(1,2)at2，可得a＝eq\f(2L,t2)＝eq\f(2×2,42)m/s2＝0.25m/s2由勻變速直線運動公式v＝at，可得v＝at＝eq\f(0.15R,BL)t故B＝eq\f(0.15R,aL)＝eq\f(0.15×4,0.25×2)T＝1.2T。答案：(1)a→b(2)0.9V(3)1.2C(4)見解析3．如圖所示的豎直平面內(nèi)有范圍足夠大、水平向左的勻強電場，在虛線的左側(cè)有垂直紙面對里的水平勻強磁場，磁感應強度大小為B，一絕緣軌道由兩段直桿和一半徑為R的半圓環(huán)組成，固定在紙面所在的豎直平面內(nèi)，PQ、MN水平且足夠長，半圓環(huán)MAP在磁場邊界左側(cè)，P、M點在磁場邊界線上，NMAP段光滑，PQ段粗糙?，F(xiàn)在有一質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的小環(huán)套在MN桿上，它所受電場力為重力的eq\f(3,5)倍。現(xiàn)將小環(huán)從M點右側(cè)的D點由靜止釋放，D點到M點的水平距離x0＝eq\f(10R,3)。求：(1)小環(huán)第一次到達圓弧軌道最高點P時的速度大?。?2)小環(huán)第一次通過與O等高的A點時半圓環(huán)對小環(huán)作用力的大??；(3)若小環(huán)與PQ間的動摩擦因數(shù)為μ(設最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相等)，現(xiàn)將小環(huán)移至M點右側(cè)4R處由靜止起先釋放，通過探討，求出小環(huán)在整個運動過程中克服摩擦力所做的功。解析：(1)由動能定理得qEx0－2mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,P)其中qE＝eq\f(3mg,5)，x0＝eq\f(10R,3)解得vP＝0。(2)小環(huán)在A點時的速度為vA，由動能定理得qE(x0＋R)－mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)－0解得vA＝eq\f(4,5)eq\r(5gR)在A點，由牛頓其次定律得FN－qvAB－qE＝meq\f(veq\o\al(2,A),R)聯(lián)立解得FN＝eq\f(19mg,5)＋eq\f(4Bq\r(5gR),5)。(3)若Ff＝μmg≥qE，即μ≥eq\f(3,5)，小環(huán)第一次到達P點右側(cè)s1距離處速度為零，小環(huán)將停在此處不動，由動能定理得qE(4R－s1)－2mgR－Ffs1＝0其中Ff＝μmg聯(lián)立解得s1＝eq\f(2R,5μ＋3)所以克服摩擦力所做的功為Wf＝μmgs1＝eq\f(2μmgR,5μ＋3)若Ff＝μmg<qE，即μ<eq\f(3,5)，環(huán)來回往復運動，最終只能在PD之間往復運動，由動能定理得4qER－2mgR－Wf＝