2020年高考物理二輪復(fù)習(xí)練習(xí)：題型研究三電學(xué)計算題滿分練版含解析

1、電學(xué)計算題滿分練1.(2019 哈爾濱三中三模)如圖所示，質(zhì)量為 4m 的物塊與邊長為 L、質(zhì)量為 m、阻值為R 的正方形金屬線圈 abcd 由繞過輕質(zhì)光滑定滑輪的絕緣細(xì)線相連，已知細(xì)線與斜面平行，物塊放在光滑且足夠長的固定斜面上，斜面傾角為 30。垂直紙面向里的勻強磁場的磁感應(yīng)強度為 B,磁場上下邊緣的高度差為 L,上邊界距離滑輪足夠遠(yuǎn)，線圈 ab 邊距離磁場下邊界的距離也為 L。現(xiàn)將物塊由靜止釋放，已知線圈 cd 邊出磁場前線圈已經(jīng)做勻速直線運動，不計空氣阻力，重力加速度為 g,求：(1)線圈剛進(jìn)入磁場時 a、b 兩點的電勢差大??；(2)線圈通過磁場的過程中產(chǎn)生的熱量。解析：(1)線圈從開

2、始運動到 ab 邊剛進(jìn)入磁場，根據(jù)機械能守恒定律可得124mgLsin30=mgL+2(4m+m)v2,解得 v=A/5gL,根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得，感應(yīng)電動勢的電勢差等于電路的路端電壓，可得(2)線圈 cd 邊出磁場前線圈已經(jīng)做勻速直線運動，所以線圈和物塊均合外力為繩子的拉力為 2mg,線圈受的安培力為 mg,所以線圈勻速的速度滿足線圈從開始運動到 cd 邊剛離開磁場，根據(jù)能量守恒定律可知12八4mg3LsIn30=3mgL+2(4m+m)vm2+Q,32-2聯(lián)立解得 Q=3mgL吧需。2BL此時 ab 邊相當(dāng)于是電源，感應(yīng)電流的方向為badcb,a 為正極，b 為負(fù)極，所以 a、b0,

3、可得B2L2vmR=mg,E=BLv=BL33Uab=4E=4BL答案：隼,5m3g2R2(2)3mgL-如小2.(2019 湖南師大附中模擬)如圖所示，一光滑絕緣細(xì)直桿 MN,長為 L,水平固定在勻強電場中， 電場強度大小為 E,方向與豎直方向夾角為&桿的 M 端固定一個帶負(fù)電小球 A,電荷量大小為Q;另一帶負(fù)電的小球 B 穿在桿上，可自由滑動，電荷量大小為 q,質(zhì)量為 m,現(xiàn)將小球 B 從桿的 N 端由靜止釋放，小球 B 開始向右端運動，已知 k 為靜電力常量，g 為重力加速度，求：小球 B 對細(xì)桿的壓力的大??；(2)小球 B 開始運動時加速度的大??；小球 B 速度最大時，離 M

4、端的距離。解析：(1)小球 B 在垂直于桿的方向上合力為零，則有FN=qEcos0+mg由牛頓第三定律知小球 B 對細(xì)桿白壓力FN=FN=qEcos0+mg。(2)在水平方向上，小球所受合力向右，由牛頓第二定律得：_kqQqEsin0L2r=ma解得：a=Eq3呼|。mmL(3)當(dāng)小球 B 的速度最大時，加速度為零，有:解得:域 n 存在垂直紙面向里的勻強磁場。Ai、A2上各有位置正對的小孔 Si、S2,兩孔與分界面MN 的距離均為 L。質(zhì)量為 m、電量為+q 的粒子由靜止經(jīng) Ci、C2兩板間的勻強電場加速后，沿水平方向從 Si進(jìn)入I區(qū)，并直接偏轉(zhuǎn)到 MN 上的 P 點，再進(jìn)入n區(qū)，P 點與

5、Ai板的距離是 L 的 k 倍，粒子的重qEsinkqQ0 x2答案:qEcos 時 mg(2)E*n0-簿3.(2019 廣州模擬)如圖，足夠大的平行擋板在以水平面 MN 為理想分界面的區(qū)域I和區(qū)域 n,AI、A2豎直放置，間距為 6L。兩板間存區(qū)域I中存在豎直向下的勻強電場 E,區(qū)力不計。(1)若 k=1,求 Ci、C2兩板間的電壓 U;(2)若 2vkv3,且粒子最終沿水平方向恰從 S2射出，試求出粒子在磁場中的速度大小與 k 的關(guān)系式以及 n 區(qū)的磁感應(yīng)強度 B 與 k 的關(guān)系式。1C_斛析：(1)粒子在 C1、C2中，由動能TE理有：qU=mvx2*0粒子在 I 區(qū)做類平拋運動，則有

6、:一，、，1豎直方向：L=at2qE=ma水平方向：kL=Vxt且 k=1聯(lián)立可得：u=生(2)當(dāng) 2vkv3 時，粒子進(jìn)入 n 區(qū)時的速度為 v,則有:豎直速度：Vy=at=V=W2+Vy2=寸曰204也V 與水平方向的夾角為 0,則有 sin=標(biāo)七由題意可知粒子在 n 區(qū)只能發(fā)生一次偏轉(zhuǎn)，由對稱性及幾何關(guān)系可知mlI則限廠聯(lián)立可得水平速度：Vx=ir73kL3k，k2+4r=.八sin0L?答案：ELv=a 喏1B=出厝4.在光滑絕緣水平桌面上建立直角坐標(biāo)系 xOy,y 軸左側(cè)有沿 y 軸正方向的勻強電場 E,y 軸右側(cè)有垂直水平桌面向上的勻強磁場 B。在(一 12,0)處有一個帶正電的小

7、球 A 以速度 V0=2.4m/s 沿 x 軸正方向進(jìn)入電場，運動一段時間后，從(0,8)處進(jìn)入 y 軸右側(cè)的磁場中，并且正好垂直于x 軸進(jìn)入第 4 象限，已知 A 球的質(zhì)量為 m=0.1kg,帶電量為 q=2.0C,求：1y/cm*+*.*A_*=，Mill(1)電場強度 E 的大?。?2)磁感應(yīng)強度 B 的大??；(3)如果在第 4 象限內(nèi)靜止放置一個不帶電的小球 C,使小球 A 運動到第 4 象限內(nèi)與 C 球發(fā)生碰撞，碰后 A、C 粘在一起運動，則小球 C 放在何位置時，小球 A 在第 4 象限內(nèi)運動的時間最長(小球可以看成是質(zhì)點，不考慮碰撞過程中的電量損失)。解析：(1)設(shè)小球 A 在電

8、場中沿 x、y 軸方向上的位移分別為XI、y1x 軸方向：X1=V0t1,1.2y 軸方向：y=2at12，加速度：a=qEm聯(lián)立可得：E=3.2N/C。(2)小球進(jìn)入磁場時 y 軸方向的速度：Vy=at1,合速度：V=.V02+Vy2,方向：cos0=vy聯(lián)立解得 v=4m/s,方向與 y 軸正方向成 37t”日小球 A 在磁場中做勻速圓周運動，垂直于 x 軸進(jìn)入第 4 象限，作出小球 A 運動的軌跡如圖，設(shè)軌道半徑為RI,由幾何關(guān)系可得：-蜷 3Vm、，2根據(jù)：Bqv=咋？解得：B=qRT1.5To(3)在第 4 象限內(nèi) A 與 C 球發(fā)生完全非彈性碰撞，碰撞后速度為 V2,在磁場中做圓周

9、運動的軌道半徑為 R2,mv=(m+mc)V2,2V2Bqv2=(m+mc)-日mm+mcV2mv解得：R2=一=RiBqBq即：小球運動的軌道半徑不變由周期公式丁=蜉可得：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 象限內(nèi)運動的時間最長，小球 C 應(yīng)放在小球 A 進(jìn)入第 4 象限時的位置：x=Ri+Risin53=0.24m,即坐標(biāo)為(24,0)。答案：(1)3.2N/C(2)1.5T(3)(24,0)5.(2019 濮陽一模)如圖所示，光滑的水平平行金屬導(dǎo)軌間白距為 L,導(dǎo)軌電阻忽略不計?？臻g存在垂直于導(dǎo)軌平面豎直向上力的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為 Bo 輕質(zhì)導(dǎo)體棒 a

10、b 垂直導(dǎo)軌放m置，導(dǎo)體棒 ab 的電阻為 r,與導(dǎo)軌之間接觸良好。兩導(dǎo)軌之間接有定值電阻，其阻值為 R,輕質(zhì)導(dǎo)體棒中間系一輕細(xì)線，細(xì)線通過定滑輪懸掛質(zhì)量為 m的物體，現(xiàn)從靜止釋放該物體，當(dāng)物體速度達(dá)到最大時，下落的高度為 ho 在本問題情景中，物體下落過程中不著地，導(dǎo)軌足夠長，忽略空氣阻力和一切摩擦阻力，重力加速度為 g。求：(1)物體下落過程的最大速度 Vm；(2)物體從靜止開始下落至速度達(dá)到最大的過程中，電阻 R 上產(chǎn)生的電熱 Q;(3)物體從靜止開始下落至速度達(dá)到最大時，所需的時間 to解析：(1)在物體加速下落過程中，加速度逐漸減小，當(dāng)加速度為 0 時，下落速度達(dá)到最大。對物體，由平衡條件可得 mg=F安對導(dǎo)體棒 F安=81對導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌、電阻 R 組成的回路，根據(jù)閉合電路歐姆定律得根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得 E=BLVm聯(lián)立解得 vm=mBL 工。(2)在物體下落過程中，物體重力勢能減少，動能增加，系統(tǒng)電熱增加，根據(jù)能量守恒定律可得,12.mgh=2mvm2+Q總I=-E-R+r在此過程中任一時刻通過 R 和 r 兩部分電阻的電流相等，則電功率之比正比于電阻之比,故整個過程中回路中的與兩部分電阻產(chǎn)生的電熱正比于電阻,所以尋=前(3)在系統(tǒng)加速過程中，任一時刻速度設(shè)為 v,取一段時間微元困,輕質(zhì)導(dǎo)體棒質(zhì)量不計，由牛頓第二定律可得B2L2vFT=0R+r對物體下落過程應(yīng)用動