2019年高考物理专题复习文档：计算题押题练(二) 电学计算题 Word版含解析

r cos 60°＝r － a ，解得 r ＝a又由 q v B ＝mm解得 r ＝8 3a又由 q v B ＝mm (2) 15m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 θ＝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：12v 2 mr解得最大速度 v ＝qBa。

m m(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5×2r sin 60°＝8a ，15v 2r解得速度 v ＝8 3qBa。

15mqBa 8 3qBa答案：(1)2．如图甲所示，一对平行金属板 M 、N 长为 L ，相距为 d ，O 1O 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 U MN ＝U 0 时，某一带负电的粒子从 O 1 点以速度 v 0 沿 O 1O 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。

(2)若 M 、N 间加如图乙所示的交变电压，其周期 T ＝v ，从 t ＝0 开始，前 时间内 U MN沿极板方向有L＝v t垂直极板方向有d ＝ qU 0 t 2解得 q ＝ 。

U 0L 2(2)粒子通过两板间的时间 t ＝v ＝T ，从 t ＝0 时刻开始，粒子在两板间运动时，每个电nT (n ＝0,1,2，…)和 t ＝nT ＋ T (n ＝0,1,2，…)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d ＝1⎛a · ⎫T ，解得 U ＝3U 0。

34d 2v 023U 0 U 0L 2答案：(1) (2)q(1)求带电粒子的比荷m ；L T 0 32T＝2U ，后 时间内 U MN ＝－U ，大量的上述粒子仍然以速度 v 0 沿 O 1O 方向持续射入电场，最终所有粒子恰好能全部离开电场而不打在极板上，求 U 的值。

解析：(1)设粒子经过时间 t 0 打在 M 板中点2 0 02 2md 04d 2v 02 mL 0压变化周期的前三分之一时间内的加速度大小 a ＝2qU ，在每个电压变化周期的后三分之二 1md时间内的加速度大小 a ＝qU，不同时刻从 O 点进入电场的粒子沿电场方向的速度 v 随时 2 md 1 y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 t ＝13T2 2⎝ 13 ⎭ 883．边长为 3L 的正方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，磁解析：(1)粒子在平行金属板间被加速的过程中，根据动能定理有：qU ＝ m v 2－0。

v ＝2qU。

R 1＝ ＝3L ，R ＝L感应强度大小为 B 1，右侧磁场的磁感应强度大小为 B 2，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 θ＝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 B 1；(3)若 B 2＝ 6mqU qL ，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？12解得粒子经过平行金属板加速后的速度大小为：m(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：α＝90°－θ＝60°其轨道半径为：L ＝2 3 sin α 3L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：q v B 1＝m v 2R 1解得：B ＝6mqU 。

1 2qL(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 v m ′，轨道半径分别为 R 2min 和 R2m由图中几何关系可知：R2min 4 2m即粒子能从上边缘 cd 间离开时对应的轨道半径满足：根据牛顿第二定律和向心力公式有：q v ′B ＝mR 2qEL ＝ m v ′2－ m v 2解得电场强度需满足的条件为：11U ≤E ≤2U 。

(2) (3) ≤E ≤q v 0B ′＝m 0 ，解得 B ′＝ qr 。

3 4L ≤R 2≤Lv ′22在中间电场运动的过程，由动能定理有：11 2 216L L答案：(1)2qU 6mqU11U 2U m 2qL 16L L4．如图所示，半径为 r ，圆心为 O 1 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 O 2、O 3，O 1、 O 2、O 3 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 v 0 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 O 3 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O 3 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：v 2 m v 0 r(2)根据题意粒子恰好不能从 O 3 射出的条件为：1 2m v 02＝qUPQ导体棒匀速运动时，速度大小为 v ，U ＝BL vmPQ导体棒匀速运动时，受力平衡：mMg＝BIL，又I＝PQ，由能量守恒可得Q＝Mgh－1M v2，解得Q＝BLmh v2－。

t 1＝＋＝·v＝v4422v12vBLmh2m3v06(2)v－v解析：(1)设杆刚进入磁场时速度为v0，由机械能守恒定律有：mgh＝m v022H＝gt2URR2m联立以上各式m3v06R2qR016gBLRq3(3)在圆形磁场内的运动时间为t1，则T T12πrπr00在电场中往返运动的时间为t2由L＝v t2，得t＝4Lπr＋4L故t＝t＋t＝。

m v答案：(1)qr02qR16gBLRq3πr＋4L (3)5．如图所示，两光滑金属导轨，间距d＝2m，在桌面上的部分是水平的，仅在桌面上有磁感应强度B＝1T、方向竖直向下的有界磁场，电阻R＝3Ω，桌面高H＝0.8m，金属杆ab质量m＝0.2k g，其电阻r＝1Ω，从导轨上距桌面h＝0.2m的高度处由静止释放，落地点距桌面左边缘的水平距离s＝0.4m，取g＝10m/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。

1代入数据解得：v＝2m/s又由法拉第电磁感应定律有：E＝Bd v＝4V由闭合电路欧姆定律有：I＝E＝1A。

R＋r(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：12R ＋r(3)由动量定理可得 F Δt ＝m Δv ，即 ＝m Δv 。

即B dl ＝m (v －v )R ＋rm (R ＋r )(v 0－v )解得：l ＝ ＝0.2 m 。

2 2解得：t ＝2Hg在水平方向上有：s ＝v t ，解得：v ＝1 m/s电磁感应过程中电阻 R 上产生电热为：Q ＝ RRQ根据能量守恒有：Q ＝W 电＝1m v 02－1m v 2解得 Q ＝0.225 J 。

RB 2d 2v Δt R ＋r2 2 0B 2d 2答案：(1)1 A (2)0.225 J (3)0.2 m。