• 155.00 KB
  • 2021-05-24 发布

2020年高考物理二轮复习题型研究三电学计算题满分练含解析

  • 6页
  • 当前文档由用户上传发布,收益归属用户
  1. 1、本文档由用户上传,淘文库整理发布,可阅读全部内容。
  2. 2、本文档内容版权归属内容提供方,所产生的收益全部归内容提供方所有。如果您对本文有版权争议,请立即联系网站客服。
  3. 3、本文档由用户上传,本站不保证质量和数量令人满意,可能有诸多瑕疵,付费之前,请仔细阅读内容确认后进行付费下载。
  4. 网站客服QQ:403074932
电学计算题满分练 ‎1.(2019·哈尔滨三中三模)如图所示,质量为‎4m的物块与边长为L、质量为m、阻值为R的正方形金属线圈abcd由绕过轻质光滑定滑轮的绝缘细线相连,已知细线与斜面平行,物块放在光滑且足够长的固定斜面上,斜面倾角为30°。垂直纸面向里的匀强磁场的磁感应强度为B,磁场上下边缘的高度差为L,上边界距离滑轮足够远,线圈ab边距离磁场下边界的距离也为L。现将物块由静止释放,已知线圈cd边出磁场前线圈已经做匀速直线运动,不计空气阻力,重力加速度为g,求:‎ ‎(1)线圈刚进入磁场时a、b两点的电势差大小;‎ ‎(2)线圈通过磁场的过程中产生的热量。‎ 解析:(1)线圈从开始运动到ab边刚进入磁场,根据机械能守恒定律可得 ‎4mgLsin 30°=mgL+(‎4m+m)v2,‎ 解得v= ,‎ 根据法拉第电磁感应定律可得,感应电动势 E=BLv=BL,‎ 此时ab边相当于是电源,感应电流的方向为badcb,a为正极,b为负极,所以a、b的电势差等于电路的路端电压,可得 Uab=E=BL。‎ ‎(2)线圈cd边出磁场前线圈已经做匀速直线运动,所以线圈和物块均合外力为0,可得绳子的拉力为2mg,线圈受的安培力为mg,所以线圈匀速的速度满足 =mg,‎ 线圈从开始运动到cd边刚离开磁场,根据能量守恒定律可知 ‎4mg·3Lsin 30°=3mgL+(‎4m+m)vm2+Q,‎ 联立解得Q=3mgL-。‎ 答案:(1)BL (2)3mgL- 6‎ ‎2.(2019·湖南师大附中模拟)如图所示,一光滑绝缘细直杆MN,长为L,水平固定在匀强电场中,电场强度大小为E,方向与竖直方向夹角为θ。杆的M端固定一个带负电小球A,电荷量大小为Q;另一带负电的小球B穿在杆上,可自由滑动,电荷量大小为q,质量为m,现将小球B从杆的N端由静止释放,小球B开始向右端运动,已知k为静电力常量,g为重力加速度,求:‎ ‎(1)小球B对细杆的压力的大小;‎ ‎(2)小球B开始运动时加速度的大小;‎ ‎(3)小球B速度最大时,离M端的距离。‎ 解析:(1)小球B在垂直于杆的方向上合力为零,则有 FN=qEcos θ+mg 由牛顿第三定律知小球B对细杆的压力FN′=FN=qEcos θ+mg。‎ ‎(2)在水平方向上,小球所受合力向右,由牛顿第二定律得:‎ qEsin θ-=ma 解得: a=-。‎ ‎(3)当小球B的速度最大时,加速度为零,有:‎ qEsin θ= 解得:x= 。‎ 答案:(1)qEcos θ+mg (2)- ‎(3) ‎3.(2019·广州模拟)如图,足够大的平行挡板A1、A2竖直放置,间距为‎6L。两板间存在以水平面MN为理想分界面的区域Ⅰ和区域Ⅱ,区域Ⅰ中存在竖直向下的匀强电场E,区域Ⅱ存在垂直纸面向里的匀强磁场。A1、A2上各有位置正对的小孔S1、S2,两孔与分界面MN的距离均为L。质量为m、电量为+q的粒子由静止经C1、C2两板间的匀强电场加速后,沿水平方向从S1进入Ⅰ区,并直接偏转到MN上的P点,再进入Ⅱ区,P点与A1板的距离是L的k倍,粒子的重力不计。‎ 6‎ ‎(1)若k=1,求C1、C2两板间的电压U;‎ ‎(2)若2<k<3,且粒子最终沿水平方向恰从S2射出,试求出粒子在磁场中的速度大小v与k的关系式以及Ⅱ区的磁感应强度B与k的关系式。‎ 解析:(1)粒子在C1、C2中,由动能定理有:qU=mvx2-0①‎ 粒子在Ⅰ区做类平抛运动,则有:‎ 竖直方向:L=at2②‎ qE=ma③ ‎ 水平方向:kL=vxt④‎ 且k=1⑤‎ 联立①②③④⑤可得:U=。⑥‎ ‎(2)当2<k<3时,粒子进入Ⅱ区时的速度为v,则有:‎ 联立②③④可得水平速度:vx= ⑦‎ 竖直速度:vy=at= ⑧‎ v== ⑨‎ v与水平方向的夹角为θ,则有sin θ==⑩‎ 由题意可知粒子在Ⅱ区只能发生一次偏转,由对称性及几何关系可知 r==L⑪‎ 由qvB=m⑫‎ 解得:B= 。⑬‎ 6‎ 答案:(1) (2)v=  B= ‎4.在光滑绝缘水平桌面上建立直角坐标系xOy,y轴左侧有沿y轴正方向的匀强电场E,y轴右侧有垂直水平桌面向上的匀强磁场B。在(-12,0)处有一个带正电的小球A以速度v0=‎2.4 m/s沿x轴正方向进入电场,运动一段时间后,从(0,8)处进入y轴右侧的磁场中,并且正好垂直于x轴进入第4象限,已知A球的质量为m=‎0.1 kg,带电量为q=‎2.0 ℃‎,求:‎ ‎(1)电场强度E的大小;‎ ‎(2)磁感应强度B的大小;‎ ‎(3)如果在第4象限内静止放置一个不带电的小球C,使小球A运动到第4象限内与C球发生碰撞,碰后A、C粘在一起运动,则小球C放在何位置时,小球A在第4象限内运动的时间最长(小球可以看成是质点,不考虑碰撞过程中的电量损失)。‎ 解析:(1)设小球A在电场中沿x、y轴方向上的位移分别为x1、y1‎ x轴方向:x1=v0t1,‎ y轴方向:y1=at12,‎ 加速度:a= 联立可得:E=3.2 N/C。‎ ‎(2)小球进入磁场时y轴方向的速度:vy=at1,‎ 合速度:v=,方向:cos θ= 联立解得v=‎4 m/s,方向与y轴正方向成37°‎ 小球A在磁场中做匀速圆周运动,垂直于x轴进入第4象限,作出小球A运动的轨迹如图,设轨道半径为R1,由几何关系可得:R1== m 6‎ 根据:Bqv=m,解得:B==1.5 T。‎ ‎(3)在第4象限内A与C球发生完全非弹性碰撞,碰撞后速度为v2,在磁场中做圆周运动的轨道半径为R2,mv=(m+mC)v2,‎ Bqv2=(m+mC) 解得:R2===R1‎ 即:小球运动的轨道半径不变 由周期公式T=可得:碰撞后小球的速度小,故碰后的周期大,所以要使小球A在第4象限内运动的时间最长,小球C应放在小球A进入第4象限时的位置:‎ x=R1+R1sin 53°=‎0.24 m,即坐标为(24,0)。‎ 答案:(1)3.2 N/C (2)1.5 T (3)(24,0)‎ ‎5.(2019·濮阳一模)如图所示,光滑的水平平行金属导轨间距为L,导轨电阻忽略不计。空间存在垂直于导轨平面竖直向上的匀强磁场,磁感应强度大小为B。轻质导体棒ab垂直导轨放置,导体棒ab的电阻为r,与导轨之间接触良好。两导轨之间接有定值电阻,其阻值为R,轻质导体棒中间系一轻细线,细线通过定滑轮悬挂质量为m的物体,现从静止释放该物体,当物体速度达到最大时,下落的高度为h。在本问题情景中,物体下落过程中不着地,导轨足够长,忽略空气阻力和一切摩擦阻力,重力加速度为g。求:‎ ‎(1)物体下落过程的最大速度vm;‎ ‎(2)物体从静止开始下落至速度达到最大的过程中,电阻R上产生的电热Q;‎ ‎(3)物体从静止开始下落至速度达到最大时,所需的时间t。‎ 解析:(1)在物体加速下落过程中,加速度逐渐减小,当加速度为0时,下落速度达到最大。‎ 对物体,由平衡条件可得mg=F安 对导体棒F安=BIL 对导体棒与导轨、电阻R组成的回路,根据闭合电路欧姆定律得I= 根据法拉第电磁感应定律得E=BLvm 联立解得vm=。‎ ‎(2)在物体下落过程中,物体重力势能减少,动能增加,系统电热增加,根据能量守恒定律可得 mgh=mvm2+Q总 6‎ 在此过程中任一时刻通过R和r两部分电阻的电流相等,则电功率之比正比于电阻之比,故整个过程中回路中的R与r两部分电阻产生的电热正比于电阻,所以= 联立解得Q=-。‎ ‎(3)在系统加速过程中,任一时刻速度设为v,取一段时间微元Δt,‎ 轻质导体棒质量不计,由牛顿第二定律可得 FT-=0‎ 对物体下落过程应用动量定理可得 ‎(mg-FT)Δt=mΔv 整理可得mgΔt-Δt=mΔv 即mgΔt-Δx=mΔv 全过程叠加求和mgt-h=mvm 联立解得t=+。‎ 答案:(1) (2)- ‎(3)+ 6‎

相关文档