18届高考物理二轮复习计算题押题练(二)电学计算题

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：
r cos 60°＝r －12
a ，解得r ＝a 又由qv m B ＝m v m 2
r
解得最大速度v m ＝
qBa 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 ， 解得r ＝83
15
a
又由qvB ＝m v 2
r
解得速度v ＝83qBa
15m 。

答案：(1)
qBa m (2)83qBa 15m
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。

(1)求带电粒子的比荷q m
；
(2)若M 、N 间加如图乙所示的交变电压，其周期T ＝L v 0，从t ＝0开始，前T
3时间内U MN
＝2U ，后2T
3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 沿极板方向有L
2＝v 0t 0
垂直极板方向有d 2＝qU 0
2md
t 02
解得q m ＝4d 2v 02
U 0L 2。

(2)粒子通过两板间的时间t ＝L v 0
＝T ，从t ＝0时刻开始，粒子在两板间运动时，每个电压变化周期的前三分之一时间内的加速度大小a 1＝2qU
md
，在每个电压变化周期的后三分之二
时间内的加速度大小a 2＝qU md
，不同时刻从O 1点进入电场的粒子沿电场方向的速度v y 随时间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 ＝nT (n ＝0,1,2，…)和t ＝nT ＋1
3
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 2＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1·T 3T ，解得U ＝3U 0
8。

答案：(1)4d 2
v 02
U 0L 2 (2)
3U 0
8
3．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
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？
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 ＝12mv 2
－0。

解得粒子经过平行金属板加速后的速度大小为：
v ＝
2qU
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：
R 1＝
L
sin α
＝
233
L 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：
qvB 1＝m v 2
R 1
解得：B 1＝
6mqU
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v min ′和v m ′，轨道半径分别为R 2min 和R 2m
由图中几何关系可知：R 2min ＝3
4
L ，R 2m ＝L
即粒子能从上边缘cd 间离开时对应的轨道半径满足： 3
4
L ≤R 2≤L
根据牛顿第二定律和向心力公式有：qv ′B 2＝m v ′2
R 2
在中间电场运动的过程，由动能定理有：
qEL ＝1
2mv ′2－12
mv 2
解得电场强度需满足的条件为：11U 16L ≤E ≤2U
L 。

答案：(1) 2qU
m
(2)
6mqU 2qL (3)11U 16L ≤E ≤2U
L
4．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：
qv 0B ′＝m v 02r ，解得B ′＝mv 0
qr。

(2)根据题意粒子恰好不能从O 3射出的条件为： 12
mv 02
＝qU PQ 导体棒匀速运动时，速度大小为v m ，U PQ ＝BLv m 导体棒匀速运动时，受力平衡：
Mg ＝BIL ，又I ＝U PQ
R
，
由能量守恒可得Q R ＝Mgh －12
Mv m 2
，
联立以上各式
解得Q R ＝BLmh 2qR v 02－m 3v 06
16gBLRq。

(3)在圆形磁场内的运动时间为t 1，则
t 1＝T 4＋T 4＝12·2πr v 0＝πr
v 0
在电场中往返运动的时间为t 2 由L ＝v
t 2
2
，得t 2＝4L
v 0
故t ＝t 1＋t 2＝πr ＋4L
v 0。

答案：(1)mv 0qr (2)BLmh 2qR v 02－m 3v 0616gBLRq 3 (3)
πr ＋4L v 0
5．如图所示，两光滑金属导轨，间距d ＝2 m ，在桌面上的部分
是水平的，仅在桌面上有磁感应强度B ＝1 T 、方向竖直向下的有界磁场，电阻R ＝3 Ω，桌面高H ＝0.8 m ，金属杆ab 质量m ＝0.2 kg ，其电阻r ＝1 Ω，从导轨上距桌面h ＝0.2 m 的高度处由静止释放，落地点距桌面左边缘的水平距离s ＝0.4 m ，取g ＝10 m/s 2
，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。

解析：(1)设杆刚进入磁场时速度为v 0，由机械能守恒定律有：mgh ＝12mv 02
代入数据解得：v 0＝2 m/s
又由法拉第电磁感应定律有：E ＝Bdv 0＝4 V 由闭合电路欧姆定律有：I ＝
E
R ＋r
＝1 A 。

(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：
H ＝12
gt 2
解得：t ＝
2H g
在水平方向上有：s ＝vt ， 解得：v ＝1 m/s
电磁感应过程中电阻R 上产生电热为：Q R ＝
R
R ＋r
Q
根据能量守恒有：Q ＝W 电＝12mv 02－12mv 2
解得Q R ＝0.225 J 。

(3)由动量定理可得F Δt ＝m Δv ，即B 2d 2v Δt
R ＋r ＝m Δv 。

即B 2d 2l R ＋r
＝m (v 0－v ) 解得：l ＝
m R ＋r
v 0－v
B 2d
2
＝0.2 m 。

答案：(1)1 A (2)0.225 J (3)0.2 m。