一近五年全国课标卷高考电学计算题 8页

一、近五年全国课标卷高考电学计算题 ‎【2011】‎ ‎25.（19分）如图，在区域I（0≤x≤d）和区域II（d≤x≤2d）内分别存在匀强磁场，磁感应强度大小分别为B和2B，方向相反，且都垂直于Oxy平面。一质量为m、带电荷量q（q＞0）的粒子a于某时刻从y轴上的P点射入区域I，其速度方向沿x轴正向。已知a在离开区域I时，速度方向与x轴正方向的夹角为30°；此时，另一质量和电荷量均与a相同的粒子b也从P点沿x轴正向射入区域I，其速度大小是a的1/3。不计重力和两粒子之间的相互作用力。求 ‎（1）粒子a射入区域I时速度的大小；‎ ‎（2）当a离开区域II时，a、b两粒子的y坐标之差。‎ 答案：（1 ） ‎ ‎(2) ‎ 解析： ‎ ‎（1）设粒子a在Ⅰ内做匀速圆周运动的圆心为C（在y轴上），半径为Ra1，粒子速率为va，运动轨迹与两磁场区域边界的交点为P′，如图，由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得 ‎ ①‎ 由几何关系得 ∠PCP′ = θ ② ‎ ‎ ③‎ 式中θ = 30° ‎ 由①②③式得 ④‎ ‎(2)设粒子a在Ⅱ内做圆周运动的圆心为Oa ，半径为Ra2，粒子射出点为Pa(图中未画出轨迹)，∠P′OaPa = θ′ ，由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得 ‎ ⑤‎ 由①⑤式得 ⑥‎ C、P′、Oa 三点共线，且由⑥式知Oa 必位于 ⑦‎ 的平面上，由对称性知Pa 与P′点的纵坐标相同，而且粒子在区域Ⅱ中做圆周运动的圆心角，运动时间t=，故a点距离p点在竖直方向的距离为：‎ ‎ ⑧‎ 设b在Ⅰ中运动的轨道半径为Rb1，由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得 ‎ ⑨‎ 解得： ‎ 设a到达Pa点时，b位于Pb点，转过的角度为α，因 ‎ ⑩‎ 则：b粒子在区域Ⅰ中运动的时间为 t= ⑾‎ 故b粒子在区域Ⅰ中转过的角度α = 30° （12）‎ 此时Pb点距离P点的竖直高度 差 ‎ （13）‎ 由①③⑧⑨⒁⒂式及题给条件得，a、b两粒子的y坐标之差为 ‎ （14）‎ 评分参考：第(1)问8分，①②③④式各2分，第(2)问11分，（14）式分，其余每式1分。‎ 考题类型：多质点在不同磁场中的圆周运动 突破方法：分别确定两个粒子的圆心、半径和周期，求出粒子a离开区域Ⅱ时的位置和此时b粒子在区域Ⅰ中的位置，即可求出a、b两粒子的y坐标之差。特别要注意该坐标之差的正负。‎ ‎【2012】‎ ‎25.（18分）如图，一半径为R的圆表示一柱形区域的横截面（纸面）。在柱形区域内加一方向垂直于纸面的匀强磁场，一质量为m、电荷量为q的粒子沿图中直线在圆上的a点射入柱形区域，在圆上的b点离开该区域，离开时速度方向与直线垂直。圆心O到直线的距离为。现将磁场换为平行于纸面且垂直于直线的匀强电场，同一粒子以同样速度沿直线在a点射入柱形区域，也在b点离开该区域。若磁感应强度大小为B，不计重力，求电场强度的大小。‎ ‎25.解析:粒子在磁场中做圆周运动,设圆周的半径为r，由牛顿第二定律和洛仑兹力公式得:①,式中v为粒子在a点的速度.‎ 过b点和O点作直线的垂线,分别与直线交于c和d点,由几何关系知,线段和过a、b两点圆弧轨迹的两条半径(末画出)围成一正方形,因此②‎ 设,由几何关系得: ③ ④‎ 联立②③④式得: ⑤‎ 再考虑粒子在电场中的运动,设电场强度的大小为E,粒子在电场中做类平抛运动.设其加速度大小为a,由牛顿第二定律和带电粒子在电场中的受力公式得:qE=ma⑥ ⑦ r=vt⑧‎ 式中t是粒子在电场中运动的时间,联立①⑤⑥⑦⑧式得:⑨‎ 考题类型：带电粒子在磁场中的偏转和带电粒子在电场中的偏转 突破方法：带电粒子在磁场中做圆周运动，根据几何关系求出轨道半径的大小；带电粒子在云强电场中做类平抛运动，结合在沿电场方向上做匀加速直线运动和垂直于电场方向做匀速直线运动，求出电场强度与磁感应强度的大小关系。‎ ‎【2013】‎ ‎25.（19分）如图，两条平行导轨所在平面与水平地面的夹角为θ，间距为L。导轨上端接有一平行板电容器，电容为C。导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向垂直于导轨平面。在导轨上放置一质量为m的金属棒，棒可沿导轨下滑，且在下滑过程中保持与导轨垂直并良好接触。已知金属棒与导轨之间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g。忽略所有电阻。让金属棒从导轨上端由静止开始下滑，求: ‎ ‎(1)电容器极板上积累的电荷量与金属棒速度大小的关系；‎ ‎(2)金属棒的速度大小随时间变化的关系。‎ 答案：（1）Q=CBLv （2）‎ 解析：（1）设金属棒下滑的加速度大小为v，则感应电动势为 E=BLv ①‎ 平行板电容器两极板之间的电势差为 U=E ②‎ 设此时电容器极板上积累的电荷量为Q，按定义有 ‎ ③‎ 联立①②③式得 Q=CBLv ④‎ ‎（2）设金属棒的速度大小为v时经历的时间为t，通过金属棒的电流为i，金属棒受到的磁场的作用力方向沿导轨向上，大小为 ‎ ⑤‎ 设在时间间隔（t,t+）内流经金属棒的电荷量为，按定义有 ‎ ⑥‎ 也是平行板电容器极板在时间间隔（t,t+）内增加的电荷量。‎ 由式得 ⑦‎ 式中，为金属棒的速度变化量。按定义有 ‎ ⑧‎ 金属棒所受到的摩擦力方向斜向上，大小为 ‎ ⑨‎ 式中，N是金属棒对于轨道的正压力的大小，有 ‎ ⑩‎ 金属棒在时刻t的加速度方向沿斜面向下，设其大小为a,根据牛顿第二定律有 ‎ ⑪‎ 联立⑤到⑪式得 ‎ ⑫‎ 由⑫式及题设可知，金属棒做初速度为0的匀加速运动。T时刻金属棒的速度大小为 ‎ ‎ 考题类型：电磁感应、牛顿第二定律、电容、电流 突破方法：由法拉第电磁感应定律，求出感应电动势，再与相结合求出电荷量与速度的关系式Q=CBLv；然后借助于、写出金属棒受到的沿导轨向上安培力，最后由牛顿第二定律可出速度与时间的关系。‎ ‎【2014】‎ ‎25．（20分）如图，O、A、B为同一竖直平面内的三个点，OB沿竖直方向，=60°，OB=OA。将一质量为m的小球以一定的初动能自O点水平向右抛出，小球在运动过程中恰好通过A点。使此小球带电，电荷量为q（q＞0），同时加一匀强电场，场强方向与△OAB所在平面平行。现从O点以同样的初动能沿某一方向抛出此带电小球，该小球通过了A点，到达A点时的动能是初动能的3倍；若该小球从O点以同样的初动能沿另一方向抛出，恰好通过B点，且到达B点的动能为初动能的6倍，重力加速度大小为g。求 ‎(1)无电场时，小球到达A点时的动能与初动能的比值；‎ ‎(2)电场强度的大小和方向。‎ ‎25.(20分)‎ 解：(1)设小球的初速度为v0，初动能为Ek0，从O点运动到A点的时间为t，令OA= d，则OB =d，根据平抛运动的规律有 ‎ d sin60°= v0t ①‎ ‎ d cos60°=gt2 ②‎ 又有 Ek0 =mv ③‎ 由①②③式得 ‎ Ek0 =mgd ④‎ 设小球到达A点时的动能为EkA，则 ‎ EkA = Ek0 +mgd ⑤‎ 由④⑤式得 ‎ = ⑥‎ ‎(2)加电场后，小球从O点到A点和B点，高度分别降低了和，设电势能分别减小ΔEpA和ΔEpB，由能量守恒及④式得 ‎ ΔEpA=3Ek0 - Ek0 -mgd =Ek0 ⑦‎ ‎ ΔEpB=6Ek0 - Ek0 -mgd =Ek0 ⑧‎ 在匀强电场中，沿任一直线，电势的降落是均匀的。设直线OB上的M点与A点等电势，M与O点的距离为x，如图，则有 ‎ = ⑨‎ 解得x = d。MA为等势线，电场必与其垂线OC方向平行。设电场方向与竖直向下的方向夹角为α，由几何关系可得 ‎ α =30° ⑩‎ 即电场方向与竖直向下的方向的夹角为30°。‎ 设场强的大小为E，有 ‎ qEd cos30°=ΔEpA ⑪‎ 由④⑦⑪式得 ‎ E = ⑫‎ 考题类型：动能定理、带电粒子在电场中的类平抛运动。‎ 突破方法：小球做平抛运动，设初速度为v0，初动能为Ek0，从O到A的运动时间为t，将该运动分解为竖直方向的加速运动和水平方向的匀速运动，即可求解第一问。加电场后，同样使用动能定理，分别列出小球到达A和B过程的动能定理，可分别求得两过程小球电势能的变化量，利用比例找到电场中A点的等式点，可明确电场线的方向，由小球从O点到A点时电场力做功和电势能变化的关系可求得电场强度的大小。‎ ‎【2015】‎ ‎24．(12分) 如图，一长为‎10cm的金属棒ab用两个完全相同的弹簧水平地悬挂在匀强磁场中；磁场的磁感应强度大小为0.1T，方向垂直于纸面向里；弹簧上端固定，下端与金属棒绝缘，金属棒通过开关与一电动势为12V的电池相连，电路总电阻为2Ω。已知开关断开时两弹簧的伸长量均为‎0.5cm；闭合开关，系统重新平衡后，两弹簧的伸长量与开关断开时相比均改变了‎0.3cm，重力加速度大小取。判断开关闭合后金属棒所受安培力的方向,并求出金属棒的质量。‎ 答案：‎ ‎24.解析：‎ 金属棒通电后，闭合回路电流 导体棒受到安培力 根据安培定则可判断金属棒受到安培力方向竖直向下 开关闭合前 开关闭合后 考题类型：安培力作用下物体的平衡 突破方法：在闭合开关前，导体棒处于平衡状态，在闭合后，根据闭合电路的欧姆定律求得电流，根据F=BIL求得安培力，最后由共点力的平衡可求金属棒的质量。‎