2016版优化方案高考物理---电学计算题巧练

电学计算题巧练(建议用时：60分钟)1.如图所示，xOy平面为一光滑水平面，在此区域内有平行于xOy平面的匀强电场，场强大小E＝100V/m；同时有垂直于xOy平面的匀强磁场．一质量m＝2×10－6kg、电荷量q＝2×10－7C的带负电粒子从坐标原点O以一定的初动能入射，在电场和磁场的作用下发生偏转，到达P(4，3)点时，动能变为初动能的0.5倍，速度方向垂直OP向左上．此时撤去磁场，经过一段时间该粒子经过y轴上的M(0，6.25)点，动能变为初动能的0.625倍，求：(1)OP连线上与M点等电势的点的坐标；(2)粒子由P点运动到M点所需的时间．2．(2015·常熟模拟)从地面以v0斜向上抛出一个质量为m的小球，当小球到达最高点时，小球具有的动能与势能之比是9∶16，取地面为重力势能参考面，不计空气阻力．现在此空间加上一个平行于小球平抛平面的水平电场，以相同的初速度抛出带上正电荷量为q的原小球，小球到达最高点时的动能与抛出时动能相等．求：(1)无电场时，小球升到最高点的时间；(2)后来加上的电场的场强大小．3.如图所示，在x轴上方有垂直于xOy平面向外的足够大匀强磁场(图中没有画出该磁场)，一个质量为m，电荷量为q(q0)的粒子，在P点以速率v沿与x轴成某一角度射入磁场，然后粒子从Q点离开磁场，P点与Q点关于y轴对称且相距为2a，其中a＝mv2Bq(B为磁感应强度，大小未知，不计粒子重力的影响)．(1)求粒子从P点运动到Q点的时间；(2)若匀强磁场只在x轴上方某一区域内存在，且磁场边界为圆形，改变粒子的入射方向，使粒子进入磁场位置的横坐标x＝－a2，其中a＝mvB′q(B′为磁感应强度，大小未知，不计粒子重力的影响)，还能保证粒子经过Q点，求粒子进入磁场位置的纵坐标及该磁场区域边界所在圆的最小面积．54.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．5.如图所示，两根等高光滑的14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)求金属棒到达最低点时通过电阻R的电流大小；(2)求金属棒从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)若金属棒在拉力作用下，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？6．质量为m、带电荷量为＋q的绝缘小球，穿在由绝缘材料制成的半径为r的光滑圆形轨道上沿顺时针方向(从上向下看)做圆周运动，轨道平面水平，空间有分布均匀且随时间变化的磁场，磁场方向竖直向上，如图甲所示．磁感应强度B(t)的变化规律如图乙所示．其中B0是已知量，且T0＝2πmqB0.设小球在运动过程中电荷量保持不变，对原磁场的影响可忽略，且小球重力忽略不计．已知在竖直向上的磁感应强度增大或减小的过程中，将产生涡旋电场，其电场线是在水平面内一系列沿顺时针或逆时针方向的同心圆，同一条电场线上各点的场强大小相等．(1)在t＝0到t＝T0这段时间内，小球不受圆形轨道的作用力，求小球的速度大小v0；(2)试求在t＝T0到t＝2T0这段时间内电场力对小球做的功W；(3)试求在t＝2.5T0和t＝4.5T0两个时刻小球所受圆形轨道的作用力的大小．电学计算题巧练1．解析：(1)设粒子在P点时的动能为Ek，则初动能为2Ek，在M点动能为1.25Ek，O点与P点和M点的电势差分别为：UOP＝Ekq，UOM＝0.75Ekq设OP连线上与M点电势相等的点为D，如图所示，由几何关系得OP的长度为5m，沿OP方向电势下降．则：UODUOP＝UOMUOP＝ODOP＝0.751得OD＝3.75m，设OP与x轴的夹角为α，则sinα＝35，D点的坐标为xD＝ODcosα＝3m，yD＝ODsinα＝2.25m即D点坐标为(3，2.25)．(2)由于OD＝3.75m，而OMcos∠MOP＝3.75m，所以MD垂直于OP，由于MD为等势线，因此OP为电场线，方向从O到P带电粒子从P到M过程中做类平抛运动，设运动时间为t则DP＝12Eqmt2，又DP＝OP－OD＝1.25m解得：t＝0.5s.答案：(1)(3，2.25)(2)0.5s2．解析：(1)无电场时，当小球到达最高点时，小球具有的动能与势能之比是9∶16将小球的运动分解为水平方向和竖直方向，则由v2y＝2gh，得12mv2y＝mgh12mv2x∶12mv2y＝9∶16解得初始抛出时：vx∶vy＝3∶4所以竖直方向的初速度为vy＝45v0竖直方向上做匀减速运动vy＝gt得t＝4v05g.(2)设后来加上的电场场强大小为E，小球到达最高点时的动能与刚抛出时的动能相等，若电场力的方向与小球初速度的水平分量方向相同，则有E1qmt＋35v0＝v0解得：E1＝mg2q.若电场力的方向与小球初速度的水平分量方向相反，则有E2qmt－35v0＝v0解得：E2＝2mgq.答案：(1)4v05g(2)见解析3．解析：(1)粒子进入磁场在洛伦兹力的作用下，做圆周运动，经过PQ两点的圆弧既可以是优弧也可以是劣弧，则由qvB＝mv2r得：r＝mvqB＝2a圆周运动的周期：T＝2πrv＝4πav劣弧对应的圆心角为θ：sinθ2＝ar＝12，得θ＝π3优弧对应的圆心角为θ′：θ′＝2π－θ＝5π3粒子运动时间t＝θ2πT＝2πa3v或t＝θ′2πT＝10πa3v.(2)由题意可知：粒子进入磁场前先做一段直线运动，进入磁场后，在洛伦兹力作用下，做一段圆弧运动，而后离开磁场区域，再做一段直线运动到达Q点，如图所示．设进入磁场点的坐标为(x，y)，粒子圆周运动的半径为r′由B′qv＝mv2r′得r′＝a由几何关系得：r′2＝x2＋(r′cosα)2tanα＝ya－|x|，x＝－a2解得：y＝36a当磁场边界圆的直径为进出磁场点之间的线段时，磁场面积最小，对应的半径最小．由对称性可知磁场最小半径为a2Smin＝πa22＝π4a2.答案：见解析4．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＝12mv2－12mv20，解得v＝2×106m/s带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，有qvB＝mv2rr＝mvBq＝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＝Eqm沿电场方向的位移y1＝12at2＝CM垂直电场方向的位移x1＝v0t＝2315m离开电场时sinθ1＝v0v＝12，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＝2315＋0.2m≈0.43m.(3)带电粒子在磁场中运动的周期T＝2πmBq＝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＝CD2－rr＝12，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＝13T＝2πm3Bq＝2.09×10－7s.答案：(1)0.2m(2)0.43m(3)2.09×10－7s5．解析：(1)金属棒到达最低点时，设金属棒的速度为v，产生的感应电动势为E，感应电流为I，则2mg－mg＝mv2rE＝BLvI＝ER，联立解得速度v＝gr，I＝BLgrR.(2)设产生的焦耳热为Q，由能量守恒定律有Q＝mgr－12mv2得Q＝12mgr设产生的平均感应电动势为E，平均感应电流为I，通过R的电荷量为q，则E＝ΔΦΔt，I＝ER，q＝IΔt，解得q＝BrLR.(3)金属棒切割磁感线产生正弦交变电流的有效值I′＝BLv02R，在四分之一周期内产生的热量Q′＝I′2R·πr2v0，设拉力做的功为WF，由功能关系WF－mgr＝Q′，解得WF＝mgr＋πB2L2v0r4R.答案：(1)BLgrR(2)12mgrBrLR(3)mgr＋πB2L2v0r4R6．解析：(1)小球在运动过程中不受圆形轨道的作用力，因而小球所受洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律可得：B0qv0＝mv20r解得：v0＝qB0rm.(2)在t＝T0到t＝2T0这段时间内，沿轨道一周的感应电动势为：ε＝πr2ΔBΔt＝πr2B0T0由于同一条电场线上各点电场强度大小相等，所以E＝ε2πr又T0＝2πmqB0，联立以上各式，解得E＝qB20r4πm根据牛顿第二定律可得，在t＝T0到t＝2T0这段时间内，小球沿切线方向的加速度大小恒为：a1＝qEm小球运动末速度的大小为：v＝v0＋a1t1＝3qB0r2m根据动能定理，电场力做功为：W＝12mv2－12mv20＝5q2B20r28m.(3)设在t＝2.5T0时刻小球受圆形轨道的作用力的大小为FN1，根据向心力公式得：2B0qv－FN1＝mv2r解得：FN1＝3B20q2r4m同理，可得在t＝3T0到t＝4T0这段时间内，小球沿切线方向的加速度大小恒为：a2＝qEm所以，在t＝3T0到t＝4T0这段时间内的末速度v2＝v－a2t2＝v0，此时小球受到的洛伦兹力等于做圆周运动所需要的向心力，在t＝4.5T0时刻小球受圆形轨道的作用力大小为0.答案：(1)qB0rm(2)5q2B20r28m(3)3B20q2r4m0