2025届高考物理二轮复习计算题专项练3电学计算题含解析

PAGE4-计算题专项练3电学计算题1．如图所示，两平行金属板与始终流电源两极相连，上极板接地，电源的电动势为U，内阻不行忽视，两板间形成的电场可认为是匀强电场。有质量为m、电荷量为－q的粒子，不间断地从两平行板左侧中点以初速度v0沿垂直场强的方向射入电场，从右侧射出电场。已知单位时间入射的粒子数为n，两平行板的间距为d，金属板长度为L，不计粒子重力。(1)①求粒子射出电场时沿电场方向的侧移量y；②证明：粒子出射时，沿速度方向的反向延长线肯定经过其水平位移的中点。(2)变更电源的电动势，使粒子偏转后刚好打在下极板上，求此时电源的输出功率。解析：(1)①电子进入偏转电场，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，设电子在偏转电场中运动的时间为t水平方向：t＝eq\f(L,v0)电子未落到板上，电路不导通，两板间电压为电源电动势U，板间场强E＝eq\f(U,d)竖直方向：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粒子出射的偏转角为θ，其反向延长线通过O点，O点与板右端的水平距离为x竖直方向的速度为vy＝attanθ＝eq\f(vy,vx)＝eq\f(y,x)联立解得x＝eq\f(L,2)粒子出射时，沿速度方向的反向延长线肯定经过其水平位移的中点。(2)粒子打在极板上，电路导通，电流I＝eq\f(nΔt·q,Δt)＝nq设此时电源的路端电压为U′，粒子偏转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)电源输出功率P出＝U′I＝eq\f(mnd2veq\o\al(2,0),L2)。答案：(1)①eq\f(UqL2,2mdveq\o\al(2,0))②见解析(2)eq\f(mnd2veq\o\al(2,0),L2)2．如图甲，放置在光滑绝缘水平面上的正方形金属线框abcd，处于竖直向下的有界匀强磁场中，ab边与磁场的边界MN重合。金属线框由粗细匀称的相同材料制成，边长L＝2m、质量m＝1kg、电阻R＝4Ω。在t0＝0时，金属线框在水平力F作用下，由静止起先向右运动，直到金属线框离开磁场。在此过程中，测得金属线框中的感应电流随时间变更的图像如图乙所示。(1)指明金属线框在离开磁场的过程中，流经金属框ab边的电流方向；(2)计算t＝2s时，c、d两点的电压；(3)计算在0～4s内，通过金属线框的电荷量；(4)分析说明金属线框从t＝0起先至全部离开磁场过程中的运动状况，并计算匀强磁场的磁感应强度。解析：(1)流经ab边的电流方向为a→b。(2)由图乙可知，t＝2s时线框中的电流为0.3A。c、d两端的电压为闭合电路的端电压，故Ucd＝IR外＝eq\f(3,4)IR＝eq\f(3,4)×0.3×4V＝0.9V。(3)0～4s内通过线框的电荷量和图线与t轴所围面积的数值相等，则q＝eq\f(1,2)It＝eq\f(1,2)×0.6×4C＝1.2C。(4)由I­t图像可得感应电流随时间变更规律为I＝0.15t(A)金属线框感应电流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，金属线框的速度与时间成正比，可推断金属线框做初速度为零的匀加速直线运动。由匀变速直线运动公式L＝eq\f(1,2)at2，可得a＝eq\f(2L,t2)＝eq\f(2×2,42)m/s2＝0.25m/s2由匀变速直线运动公式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)见解析3．如图所示的竖直平面内有范围足够大、水平向左的匀强电场，在虚线的左侧有垂直纸面对里的水平匀强磁场，磁感应强度大小为B，一绝缘轨道由两段直杆和一半径为R的半圆环组成，固定在纸面所在的竖直平面内，PQ、MN水平且足够长，半圆环MAP在磁场边界左侧，P、M点在磁场边界线上，NMAP段光滑，PQ段粗糙。现在有一质量为m、带电荷量为＋q的小环套在MN杆上，它所受电场力为重力的eq\f(3,5)倍。现将小环从M点右侧的D点由静止释放，D点到M点的水平距离x0＝eq\f(10R,3)。求：(1)小环第一次到达圆弧轨道最高点P时的速度大小；(2)小环第一次通过与O等高的A点时半圆环对小环作用力的大小；(3)若小环与PQ间的动摩擦因数为μ(设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等)，现将小环移至M点右侧4R处由静止起先释放，通过探讨，求出小环在整个运动过程中克服摩擦力所做的功。解析：(1)由动能定理得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)小环在A点时的速度为vA，由动能定理得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点，由牛顿其次定律得FN－qvAB－qE＝meq\f(veq\o\al(2,A),R)联立解得FN＝eq\f(19mg,5)＋eq\f(4Bq\r(5gR),5)。(3)若Ff＝μmg≥qE，即μ≥eq\f(3,5)，小环第一次到达P点右侧s1距离处速度为零，小环将停在此处不动，由动能定理得qE(4R－s1)－2mgR－Ffs1＝0其中Ff＝μmg联立解得s1＝eq\f(2R,5μ＋3)所以克服摩擦力所做的功为Wf＝μmgs1＝eq\f(2μmgR,5μ＋3)若Ff＝μmg<qE，即μ<eq\f(3,5)，环来回往复运动，最终只能在PD之间往复运动，由动能定理得4qER－2mgR－Wf＝