高考物理二轮专题精炼第一篇专题三电学计算题巧练

PAGE▁▂▃▄▅▆▇█▉▊▋▌精诚凝聚=^_^=成就梦想▁▂▃▄▅▆▇█▉▊▋▌PAGE▃▄▅▆▇██■▓点亮心灯~~~///(^v^)\\\~~~照亮人生▃▄▅▆▇██■▓电学计算题巧练[建议用时：40分钟]1.如图所示，AB是匀强电场中的一条水平线段，长度为L，它与电场方向成θ角，某时刻一质量为m，带电荷量为＋q的小球在电场中的A点由静止释放，小球沿直线AB运动到B点时离开电场，然后落到倾角为α的绝缘弹性斜面上的C点，C点距离AB高度为h，小球恰好能够沿原路返回A点，已知重力加速度为g，求：(1)电场强度E的大小；(2)角α的正切值；(3)小球从A点出发到返回A点的时间．2.电学中有些仪器经常用到下述电子运动的物理原理．某一水平面内有一直角坐标系xOy，x＝0和x＝L＝10cm的区间内有一沿x轴负方向的有理想边界的匀强电场E1＝1.0×104V/m，x＝L和x＝3L的区间内有一沿y轴负方向的有理想边界的匀强电场E2＝1.0×104V/m，一电子(为了计算简单，比荷取e/m＝2×1011C/kg)从直角坐标系xOy平面内的坐标原点O以很小的速度进入匀强电场E1，计算时不计此速度且只考虑xOy平面内的运动．求：(1)电子从O点进入到离开x＝3L处的电场所需的时间；(2)电子离开x＝3L处的电场时的y坐标；(3)电子离开x＝3L处的电场时的速度大小和方向．3.如图所示，在矩形区域CDNM内有沿纸面向上的匀强电场，场强的大小E＝1.5×105N/C；在矩形区域MNGF内有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小B＝0.2T．已知CD＝MN＝FG＝0.6m，CM＝MF＝0.20m．在CD边中点O处有一放射源，沿纸面向电场中各方向均匀地发射速率均为v0＝1.0×106m/s的某种带正电的粒子，粒子质量m＝6.4×10－27kg，电荷量q＝3.2×10－19C，粒子可以无阻碍地通过边界MN进入磁场，不计粒子的重力．求：(1)粒子在磁场中做圆周运动的半径；(2)边界FG上有粒子射出磁场的范围的长度；(3)粒子在磁场中运动的最长时间．4.如图所示，两根等高光滑的eq\f(1,4)圆弧轨道，半径为r、间距为L，轨道顶端连接有一阻值为R的电阻，整个装置处在一竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为 B．现有一根长度稍大于L、质量为m、电阻不计的金属棒从轨道的顶端ab处由静止开始下滑，到达轨道底端cd时受到轨道的支持力为2mg.整个过程中金属棒与导轨接触良好，导轨电阻不计．(1)求棒到达最低点时通过电阻R的电流；(2)求棒从ab下滑到cd的过程中回路中产生的焦耳热和通过R的电荷量；(3)若棒在拉力作用下，从cd开始以速度v0向右沿轨道做匀速圆周运动，则在到达ab的过程中拉力做的功为多少？电学计算题巧练1．[解析](1)出电场后小球做平抛运动，小球在电场内运动，受力如图：其速度方向是水平的，即合外力是水平的，由qEsinθ＝mg得：E＝eq\f(mg,qsinθ).(2)小球在电场中运动的加速度：a＝eq\f(mgcotθ,m)＝gcotθ故小球出电场时的速度：v0＝eq\r(2aL)＝eq\r(2gLcotθ)小球落到斜面上时，在竖直方向获得的速度：v′＝eq\r(2gh)小球与斜面碰撞后沿原路返回，可知小球与斜面碰撞时，其速度方向与斜面垂直，所以tanα＝eq\f(v0,v′)＝eq\r(\f(Lcotθ,h)).(3)小球在电场中做匀加速运动，故小球在电场中运动的时间t1＝eq\f(2L,v0)＝eq\r(\f(2L,gcotθ))出电场后小球在竖直方向做自由落体运动，落到斜面上的时间为t2＝eq\r(\f(2h,g))所以往返时间：T＝2(t1＋t2)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(2L,gcotθ))＋\r(\f(2h,g)))).[答案]见解析2．[解析]设电子离开边界x＝L时的位置记为P点，离开边界x＝3L时的位置记为Q点，则(1)vP＝eq\r(2·\f(eE1,m)·L)＝2×107m/s，t1＝eq\r(\f(2L,eE1/m))＝1×10－8s运动到Q点时：t2＝eq\f(2L,vP)＝1×10－8s所以总时间为t＝t1＋t2＝2×10－8s.(2)电子从P点运动到Q点时：yQ＝eq\f(1,2)·eq\f(eE2,m)·teq\o\al(2,2)＝0.1m.(3)电子离开x＝3L处的电场时：vx＝vP＝2×107m/svy＝eq\f(eE2,m)·t2＝2×107m/svQ＝eq\r(v\o\al(2,x)＋v\o\al(2,y))＝2eq\r(2)×107m/sQ点处速度方向与x轴正方向的夹角为θ，则tanθ＝eq\f(vy,vx)，解得θ＝45°.[答案]见解析3．[解析](1)设带电粒子射入磁场时的速度为v，由动能定理得qE·CM＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得v＝2×106m/s带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，有qvB＝meq\f(v2,r)r＝eq\f(mv,Bq)＝0.2m.(2)如图所示，垂直电场方向射入电场中的粒子在该方向的位移最大，离开电场时，设其速度方向与电场方向的夹角为θ1粒子在电场中的加速度大小为a＝eq\f(Eq,m)沿电场方向的位移y1＝eq\f(1,2)at2＝CM垂直电场方向的位移x1＝v0t＝eq\f(2\r(3),15)m离开电场时sinθ1＝eq\f(v0,v)＝eq\f(1,2)，θ1＝30°因为x1＋r(1－cos30°)<0.30m上述粒子从S点射入磁场偏转后从边界FG射出时的位置P即为射出范围的左边界，且PS⊥MN；垂直MN射入磁场的粒子经磁场偏转后恰好与边界FG相切，切点Q是射出范围的右边界，带电粒子从边界FG射出磁场时的范围的长度为l＝x1＋r＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),15)＋0.2))m≈0.43m.(3)带电粒子在磁场中运动的周期T＝eq\f(2πm,Bq)＝6.28×10－7s带电粒子在磁场中运动时，沿O′QR运动的轨迹最长，运动的时间最长sinθ2＝eq\f(\f(CD,2)－r,r)＝eq\f(1,2)，θ2＝30°即带电粒子在磁场中运动的最大圆心角为120°，对应的最长时间为t＝eq\f(1,3)T＝eq\f(2πm,3Bq)＝2.09×10－7s.[答案](1)0.2m(2)0.43m(3)2.09×10－7s4．[解析](1)到达最低点时，设棒的速度为v，产生的感应电动势为E，感应电流为I，则2mg－mg＝meq\f(v2,r)E＝BLvI＝eq\f(E,R)，联立解得速度v＝eq\r(gr)，I＝eq\f(BL\r(gr),R).(2)设产生的焦耳热为Q，由能量守恒定律有Q＝mgr－eq\f(1,2)mv2得Q＝eq\f(1,2)mgr设产生的平均感应电动势为eq\x\to(E)，平均感应电流为eq\x\to(I)，通过R的电荷量为q，则eq\x\to(E)＝eq\f(ΔΦ,Δt)，eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),R)，q＝eq\x\to(I)×Δt，解得q＝eq\f(BrL,R).(3)金属棒切割磁感线产生正弦交变电流的有效值I′＝eq\f(BLv0,\r(2)R)，在