1、第 1 页（共 23 页）专题 21 电学计算题1 （ 2019新课标全国 卷） 如图，在直角三角形OPN 区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外。一带正电的粒子从静止开始经电压U加速后，沿平行于x轴的方向射入磁场；一段时间后，该 粒 子 在 OP边 上 某 点 以 垂 直 于 x轴 的 方 向 射 出 。已 知 O点 为 坐 标 原 点 ， N点 在 y轴 上 ， OP与 x轴 的 夹 角 为 30， 粒子进入磁场的入射点与离开磁场的出射点之间的距离为d，不计重力。求（1 ）带电粒子的比荷；（2 ）带电粒子从射入磁场到运动至x 轴的时间。【答案】（1） （ 2）24qUm
2、Bd23()4Bdt【解析】（1）设带电粒子的质量为 m，电荷量为 q，加速后的速度大小为 v。由动能定理有2qUv设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为 r，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有2vqBmr由几何关系知 d= r2联立式得24qUmBd（2 ） 由几何关系知，带电粒子 射入磁场后运动到 x 轴所经过的路程为第 2 页（共 23 页）tan302rs带电粒子从射入磁场到运动至 x 轴的时间为stv联立式得23()4BdtU2 （ 2019新课标全国 卷） 如图，两金属板P 、Q 水平放置，间距为 d。两金属板正中间有一水平放置的金属网G，P、Q 、G 的尺寸相同。G接地，P、Q的电势均
3、为 （ 0）。质量为m，电荷量为q（q 0）的粒子自G 的左端上方距离G 为h的位置，以速度v 0平行于纸面水平射入电场，重力忽略不计。（1 ）求粒子第一次穿过 G 时的动能，以及它从射入电场至此时在水平方向上的位移大小；（2 ）若粒子恰好从 G 的下方距离 G 也为 h 的位置离开电场，则金属板的长度最短应为多少？【答案】（1） （ 2）0mdhlvq0mdhvq【解析】（1）PG 、QG 间场强大小相等，均为 E，粒子在 PG 间所受电场力 F 的方向竖直向下，设粒子的加速度大小为 a，有2EdF=qE=ma设粒子第一次到达 G 时动能为 Ek，由动能定理有2k01qEhmv设粒子第一次到
4、达 G 时所用的时间为 t，粒子在水平方向的位移为 l，则有第 3 页（共 23 页）21hatl=v0t联立式解得2k01Emvqhd0l（2 ）设粒子穿过 G 一次就从电场的右侧飞出，则金属板的长度最短，由对称性知，此时金属板的长度 L 为 0=2mdhlvq3 （ 2019新课标全国 卷） 空间存在一方向竖直向下的匀强电场，O、P 是电场中的两点。从O 点沿水平方向以不同速度先后发射两个质量均为m的小球A、B。A 不带电，B的电荷量为q （q 0）。A 从O 点发射时的速度大小为v 0，到达P 点所用时间为t；B从O 点到达P点所用时间为 。重力加速度为g，求2t（1 ）电场强度的大小；
5、（2 ） B 运动到 P 点时的动能。【答案】（1） （2）3mgEq2k0=()Emvgt【解析】（1）设电场强度的大小为 E，小球 B 运动的加速度为 a。根据牛顿定律、运动学公式和题给条件，有mg+qE=ma21()tagt解得 3mEq（2 ）设 B 从 O 点发射时的速度为 v1，到达 P 点时的动能为 Ek，O、P 两点的高度差为 h，根据动能定理有2k1EmvghqE且有102tvhgt联立式得第 4 页（共 23 页）2k0=()Emvgt4 （ 2019北京卷） 如图所示，垂直于纸面的匀强磁场磁感应强度为B。纸面内有一正方形均匀金属线框abcd ，其边长为L，总电阻为R，ad
6、边与磁场边界平行。从ad边刚进入磁场直至bc边刚要进入的过程中，线框在向左的拉力作用下以速度v匀速运动，求：（1 ）感应电动势的大小 E；（2 ）拉力做功的功率 P；（3 ） ab 边产生的焦耳热 Q。【答案】（1）BLv （2） （3 ）2BLvR234BLvR【解析】（1）由法拉第电磁感应定律可得， 感应电动势 E=BLv（2 ）线圈中的感应电流 EI拉力大小等于安培力大小 F=BIL拉力的功率2BLvPFR（3 ）线圈 ab 边电阻 4ab时间Ltvab 边产生的焦耳热2324abBLvQIRt5 （ 2019北京卷） 电容器作为储能器件，在生产生活中有广泛的应用。对给定电容值为C的电容
7、器充电，无论采用何种充电方式，其两极间的电势差u随电荷量q 的变化图像都相同。（1 ）请在图 1 中画出上述 uq 图像。类比直线运动中由 vt 图像求位移的方法，求两极间电压为 U 时电容器所储存的电能 Ep。第 5 页（共 23 页）（2 ）在如图 2 所示的充电电路中，R 表示电阻，E 表示电源（忽略内阻）。通过改变电路中元件的参数对同一电容器进行两次充电，对应的 qt 曲线如图 3 中所示。a 两条曲线不同是_（选填 E 或 R）的改变造成的；b电容器有时需要快速充电，有时需要均匀充电。依据 a 中的结论，说明实现这两种充电方式的途径。（3 ）设想使用理想的“ 恒流源”替换（2）中电源
8、对电容器充电，可实现电容器电荷量随时间均匀增加。请思考使用“恒流源”和（2）中电源对电容器的充电过程，填写下表（选填“ 增大 ”、“减小”或“ 不变”）。“恒流源” （2 ）中电源电源两端电压通过电源的电流【答案】见解析【解析】（1）uq 图线如答图 1；第 6 页（共 23 页）电压为 U 时，电容器带电 Q，图线和横轴围成的面积为所储存的电能 Epp1,2EQC又故（2 ） a Rb减小电阻 R，可以实现对电容器更快速充电；增大电阻 R，可以实现更均匀充电。（3 ）“恒流源” （2 ）中电源电源两端电压 增大 不变通过电源的电流 不变 减小6 （ 2019天津卷） 如图所示，固定在水平面上
9、间距为 的两条平行光滑金属导轨，垂直于l导轨放置的两根金属棒 和 长度也为 、电阻均为 ，两棒与导轨始终接触良好MNPQR。 两端通过开关 与电阻为 的单匝金属线圈相连，线圈内存在竖直向下均匀增NSR加的磁场，磁通量变化率为常量 。图中虚线右侧有垂直于导轨平面向下的匀强磁场，k磁感应强度大小为 。 的质量为 ，金属导轨足够长，电阻忽略不计。Bm（1 ）闭合 ，若使 保持静止，需在其上加多大的水平恒力 ，并指出其方向；SPQF（2 ）断开 ， 在上述恒力作用下，由静止开始到速度大小为 v 的加速过程中流过的电荷量为 ，求该过程安培力做的功 。PqW【答案】（1） ，方向水平向右 （2）3BklF
10、R213mvkq【解析】（1）设线圈中的感应电动势为 ，由法拉第电磁感应定律 ，则EEtEk设 与 并联的电阻为 ，有PQMNR并第 7 页（共 23 页）2R并闭合 时，设线圈中的电流为 ，根据闭合电路欧姆定律得SIEIR并设 中的电流为 ，有PQPQI12RI设 受到的安培力为 ，有F安PQFBIl安保持 静止，由受力平衡，有安联立式得3BklFR方向水平向右。（2 ）设 由静止开始到速度大小为 v 的加速过程中， 运动的位移为 ，所用时PQPQx间为 ，回路中的磁通量变化为 ，平均感应电动势为 ，有tEEt其中Blx设 中的平均电流为 ，有PQI2EIR根据电流的定义得第 8 页（共 2
11、3 页）qIt由动能定理，有210FxWmv联立式得213vkq7 （ 2019天津卷） 2018年，人类历史上第一架由离子引擎推动的飞机诞生，这种引擎不需要燃料，也无污染物排放。引擎获得推力的原理如图所示，进入电离室的气体被电离成正离子，而后飘入电极 、 之间的匀强电场（初速度忽略不计）， 、 间电压ABAB为 ，使正离子加速形成离子束，在加速过程中引擎获得恒定的推力。单位时间内飘U入的正离子数目为定值，离子质量为 ，电荷量为 ，其中 是正整数， 是元电荷mZee。（1 ）若引擎获得的推力为 ，求单位时间内飘入 、 间的正离子数目 为多少；1FABN（2 ）加速正离子束所消耗的功率 不同时，
12、引擎获得的推力 也不同，试推导 的PFFP表达式；（3 ）为提高能量的转换效率，要使 尽量大，请提出增大 的三条建议。FP【答案】（1） （2） （3）用质量大的离子；用带电1NZemUmPZe量少的离子；减小加速电压。【解析】（1）设正离子经过电极 时的速度为 v，根据动能定理，有B20ZeUv第 9 页（共 23 页）设正离子束所受的电场力为 ，根据牛顿第三定律，有1F1F设引擎在 时间内飘入电极间的正离子个数为 ，由牛顿第二定律，有tN10vNmt联立式，且 得t12FNZemU（2 ）设正离子束所受的电场力为 ，由正离子束在电场中做匀加速直线运动，有F1PFv考虑到牛顿第三定律得到 ，
13、联立式得2mPZeU（3 ）为使 尽量大，分析 式得到F三条建议：用质量大的离子；用带电量少的离子；减小加速电压。8 （ 2019江苏卷） 如图所示，匀强磁场中有一个用软导线制成的单匝闭合线圈，线圈平面与磁场垂直已知线圈的面积S=0.3 m2、电阻R=0.6 ，磁场的磁感应强度B =0.2 T.现同时向两侧拉动线圈，线圈的两边在t=0.5 s时间内合到一起求线圈在上述过程中（1 ）感应电动势的平均值 E；（2 ）感应电流的平均值 I，并在图中标出电流方向；（3 ）通过导线横截面的电荷量 q第 10 页（共 23 页）【答案】（1）0.12 V （2）0.2 A 电流方向见解析 （3）0.1 C
14、【解析】（1）感应电动势的平均值Et磁通量的变化 BS解得 ，Et代入数据得 E=0.12 V（2 ）平均电流IR代入数据得 I=0.2 A（电流方向见图 3）（3 ）电荷量 q=It代入数据得 q=0.1 C9 （ 2019江苏卷） 如图所示，匀强磁场的磁感应强度大小为B磁场中的水平绝缘薄板与磁场的左、右边界分别垂直相交于M、N ，MN =L，粒子打到板上时会被反弹（碰撞时间极短），反弹前后水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反质量为m、电荷量为-q的粒子速度一定，可以从左边界的不同位置水平射入磁场，在磁场中做圆周运动的半径为d ，且d L，粒子重力不计，电荷量保持不变。（1 ）求粒子
15、运动速度的大小 v；（2 ）欲使粒子从磁场右边界射出，求入射点到 M 的最大距离 dm；（3 ）从 P 点射入的粒子最终从 Q 点射出磁场，PM=d ，QN = ，求粒子从 P 到 Q 的运2动时间 t第 11 页（共 23 页）【答案】（1） （ 2） （3）qBdvmd3462LmtdqB又【解析】（1）粒子的运动半径vqB解得qBdvm（2 ）如图 4 所示，粒子碰撞后的运动轨迹恰好与磁场左边界相切由几何关系得 dm=d（1+sin60）解得23（3 ）粒子的运动周期2TqB设粒子最后一次碰撞到射出磁场的时间为 t，则(1,35)4Ttnt （a）当 时，粒子斜向上射出磁场2Ldd又解得
16、 12tT3462mtqB又（b）当 时，粒子斜向下射出磁场1+2Lnd又512tT解得3462LmtdqB又10（2019浙江选考）如图所示，在间距 L=0.2m 的两光滑平行水平金属导轨间存在方向第 12 页（共 23 页）垂直于纸面（向内为正）的磁场，磁感应强度为分布沿 y 方向不变，沿 x 方向如下： 10.25 .TxmB导轨间通过单刀双掷开关 S 连接恒流源和电容 C=1F 的未充电的电容器，恒流源可为电路提供恒定电流 I=2A，电流方向如图所示。有一质量 m=0.1kg 的金属棒 ab 垂直导轨静止放置于 x0=0.7m 处。开关 S 掷向 1，棒 ab 从静止开始运动，到达 x
17、3=0.2m 处时，开关 S 掷向 2。已知棒 ab 在运动过程中始终与导轨垂直。求：（提示：可以用 Fx 图象下的“ 面积”代表力 F 所做的功）（1）棒 ab 运动到 x1=0.2m 时的速度 v1；（2）棒 ab 运动到 x2=0.1m 时的速度 v2；（3）电容器最终所带的电荷量 Q。【答案】（1）2 m/s （2） （3）4.6m/sC7【解析】（1）安培力 ，FBIL加速度Iam速度 10122/svx（2）在区间 安培力 ，如图所示5FIL第 13 页（共 23 页）安培力做功215ILWx根据动能定理可得221mv解得 24.6/sv（3）根据动量定理可得 3BLQv电荷量 Q
18、CUv在 处的速度0.2xm312m/s联立解得 27BLv11（2019浙江选考）小明受回旋加速器的启发，设计了如图 1 所示的“回旋变速装置” 。两相距为 d 的平行金属栅极板 M、N，板 M 位于 x 轴上，板 N 在它的正下方。两板间加上如图 2 所示的幅值为 U0 的交变电压，周期 。板 M 上方和板 N 下方有02mTqB磁感应强度大小均为 B、方向相反的匀强磁场。粒子探测器位于 y 轴处，仅能探测到垂直射入的带电粒子。有一沿 x 轴可移动、粒子出射初动能可调节的粒子发射源，沿y 轴正方向射出质量为 m、电荷量为 q（q0）的粒子。 t=0 时刻，发射源在（x，0）位置发射一带电粒
19、子。忽略粒子的重力和其它阻力，粒子在电场中运动的时间不计。第 14 页（共 23 页）（1）若粒子只经磁场偏转并在 y=y0 处被探测到，求发射源的位置和粒子的初动能；（2）若粒子两次进出电场区域后被探测到，求粒子发射源的位置 x 与被探测到的位置y 之间的关系【答案】（1） ， （2）0xy0qBm20 04yqUyqUB204dydB203)dydqBmU（【解析】（1）发射源的位置 0xy粒子的初动能：20kqEm（2）分下面三种情况讨论：（i）如图 1， 002kqU由021mvvyRBqBq、 、和 ，2210U2210vU及 01xyR第 15 页（共 23 页）得2 20 04x
20、yqBmUyqBmU（ii）如图 2， 00kE由02mvvydRBq、和22001U及 03xydR得20)ydqBmUq（iii ）如图 3， 0kEU由02mvvydRBq、和22001U及 04xydR得20yqBmUqB12（2019湖北省武昌实验中学高三模拟）如图所示中 和 为在同一竖直1abcd2第 16 页（共 23 页）平面内的金属导轨，处在磁感应强度为 B 的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨所在的平面（纸面）向里。导轨的 段与 段是竖直的，距离为 ； 段与1ab2 5()25fx1cd段也是竖直的，距离为 。 和 为两根用不可伸长的绝缘轻线相连的金属2cd2l1xy细杆，质量分
21、别为 m1 和 m2，它们都垂直于导轨并与导轨保持光滑接触。两杆与导轨构成的回路的总电阻为 R。F 为作用于金属杆 上的竖直向上的恒力。已知两杆运1xy动到图示位置时，已匀速向上运动，求此时作用于两杆的重力的功率的大小和回路上的热功率。【答案】 ；2211FmgRPBl 122FmgQIRBl【解析】金属杆向上运动的速度为 v，因杆的运动，两杆与导轨构成的回路的面积减少，从而磁通量也减少。由法拉第电磁感应定律，回路中的感应电动势的大小 12Elv回路中的电流 方向沿着顺时针方向EIR两金属杆都要受到安培力的作用，作用于杆 x1y1 的安培力为 ，方向向上；作1fBIL用于杆 x2y2 的安培力
22、为 ，方向向下。当金属杆作匀速运动时，根据牛顿第二2fBIL定律有 12120Fmgf解以上各式，得 12FmgIBl12FmgRvBl作用于两杆的重力的功率 2211Pl第 17 页（共 23 页）电阻上的热功率 。1222FmgQIRRBl13（2019广东省汕尾市高三教学质量监测）如图所示，直角坐标系第一象限存在匀强电场，电场方向指向 y 轴负方向。第四象限内某矩形区域存在匀强磁场，磁场上边界为 x 坐标轴，磁场方向垂直于 xOy 平面向外。一质量为 m、带电量为 q 的正电粒子以初速度 v0 从坐标为 M（0，l）点沿 x 轴正方向射入，途经 x 轴上 N（2l，0）点进入磁场，穿越磁
23、场后，经 y 轴上 P（0，-61）点、与 y 轴负方向夹角为 45射入第三象限，求：（1 ）匀强电场的场强大小；（2 ）粒子途径 N 点时的速度大小和方向；（3 ）矩形区域磁场的磁感应强度 B 的大小和矩形区域的最小面积。【答案】（1） （2） v0，方向与 x 轴正方向夹角为 450mvlq（3 ） B= 3.3l20【解析】（1）带电粒子在第一象限作平抛运动，第 18 页（共 23 页）x 轴方向，2l=v 0ty 轴方向，l= at21由牛顿第二定律，Eq= ma解得：E=20mvlq（2 ）设粒子途经 N 点时的速度方向与 x 轴正方向夹角为 ，tan= 0yvvy=at 解得 ta
24、n =1，所以 =45，v= = v0，045cos2（3 ）作过 N 点速度延长线和过 P 点速度反向延长线，三角形 HPI 为等腰三角形，由几何关系知，HP=8 lHI=4 l NI=2 l2圆弧半径为 R=2 lqvB= 求得： B=2mv0vql最小矩形的长为 4l，宽为 ，面积为（8 -8）l 23.3l22l14（2019江苏省扬州中学高三模拟）如图所示，左侧正方形区域 ABCD 有竖直方向的匀强电场和垂直纸面方向的磁场，右侧正方形区域 CEFG 有电场，一质量为 m，带电量为+q 的小球，从距 A 点正上方高为 L 的 O 点静止释放进入左侧正方形区域后做匀第 19 页（共 23
25、 页）速圆周运动，从 C 点水平进入右侧正方形区域 CEFG。已知正方形区域的边长均为 L，重力加速度为 g，求：（1 ）左侧正方形区域的电场强度 E1 和磁场的磁感应强度 B；（2 ）若在右侧正方形区域内加竖直向下的匀强电场，能使小球恰好从 F 点飞出，求该电场场强 E2 的大小；（3 ）若在右侧正方形区域内加水平向左的匀强电场，场强大小为 （k 为正3mgEq整数），试求小球飞出该区域的位置到 G 点的距离。【答案】（1） ，方向竖直向上 ，方向垂直纸面向外1mgEq2mgBqL（2 ） （3）L 或 24k【解析】（1） 1vg小球做匀速圆周运动 1qEm解得： ，方向竖直向上1由几何关
26、系 ，又rL211vqBr解得： ，方向垂直纸面向外2mgB（2 ）在 CEFG 区域，小球做类平抛运动，第 20 页（共 23 页）水平方向： ，解得1Lvt2Ltg竖直方向： ，解得2at4又 ，2qEmg解得23（3 ）水平方向： ，解得3qEmakg竖直方向小球做自由落体运动.当水平方向减速至零时，用时12Lvtakg由 ，解得 ，21axvLxk当 k=1 时，x=L，小球水平方向恰好到达 FG 边，此时竖直位移 =L，小球恰21ygt好从 F 点飞出，此时距 G 点 L当 k=2，3， 4时，xL ，竖直位移 = L，小球从 CG 边飞出，此时21ygt4k距 G 点 2415（2
27、019宁夏银川市高三质量检测）如图所示，水平放置的 U 形导轨足够长，置于方向竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为 B=5 T，导轨宽度 L=0.4 m，左侧与R=0.5 的定值电阻连接。右侧有导体棒 ab 跨放在导轨上，导体棒 ab 质量 m=2.0 kg，电阻 r=0.5 ，与导轨的动摩擦因数 =0.2，其余电阻可忽略不计。导体棒 ab 在大小为 10 N 的水平外力 F 作用下，由静止开始运动了 x=40 cm 后，速度达到最大，取第 21 页（共 23 页）g=10 m/s2。求：（1 ）导体棒 ab 运动的最大速度是多少?（2 ）当导体棒 ab 的速度 v=1 m/s 时，导体棒
28、ab 的加速度是多少?（3 ）导体棒 ab 由静止达到最大速度的过程中，电阻 R 上产生的热量是多少?【答案】（1）v m=1.5 m/s （2 ）a=1 m/s2 （3 ）Q R=0.075 J【解析】（1）导体棒 ab 垂直切割磁感线，产生的电动势大小： EBLv，由闭合电路的欧姆定律得：EIRr导体棒受到的安培力：F A=BIL当导体棒做匀速直线运动时速度最大，由平衡条件得：2mBLvgFRr解得最大速度：v m=1.5 m/s（2 ）当速度为 v 由牛顿第二定律得：2vFgar解得：a =1 m/s2（3 ）在整个过程中，由能量守恒定律可得：2m1xQxv解得：Q=0.15 J所以 Q
29、R=0.075 J16（2019陕西省西安市高三三模）如图所示，荧光屏 MN 与 x 轴垂直放置，荧光屏所在位置的横坐标 x0=60 cm，在第一象限 y 轴和 MN 之间存在沿 y 轴负方向的匀强电场，电场强度 E=1.6103 N/C，在第二象限有半径 R=5 cm 的圆形磁场，磁感应强度 B=0.8T，方向垂直 xOy 平面向外。磁场的边界和 x 轴相切于 P 点。在 P 点有一个粒子源，可以向 x 轴上方 180范围内的各个方向发射比荷为 =1.0108 C/kg 的带正电的粒qm子，已知粒子的发射速率 v0=4.0106 m/s。不考虑粒子的重力、粒子间的相互作用。求：第 22 页（
30、共 23 页）（1 ）带电粒子在磁场中运动的轨迹半径；（2 ）粒子从 y 轴正半轴上射入电场的纵坐标范围；（3 ）带电粒子打到荧光屏上的位置与 Q 点的最远距离。【答案】（1）5 cm （2）0y10 cm （3 ）9 cm【解析】（1）带电粒子进入磁场受到洛伦兹力的作用做圆周运动，由洛伦兹力提供向心力得：qvB=m20vr解得：r= =5102 m=5 cm0Bq（2 ）由（1 ）问可知 r=R，取任意方向进入磁场的粒子，画出粒子的运动轨迹如图所示，由几何关系可知四边形 POFO1 为菱形，所以 FO1OP，又 OP 垂直于 x 轴，粒子出射的速度方向与轨迹半径 FO1 垂直，则所有粒子离开
31、磁场时的方向均与 x 轴平行，所以粒子从 y 轴正半轴上射入电场的纵坐标范围为 0y10cm（3 ）假设粒子没有射出电场就打到荧光屏上，有 x0=v0t0，h = ，a=201tqEm解得：h =18 cm2R=10 cm说明粒子离开电场后才打在荧光屏上。设从纵坐标为 y 的点进入电场的粒子在电场中沿 x 轴方向的位移为 x则 x=v0t，y =21at代入数据解得：x= y第 23 页（共 23 页）设粒子最终到达荧光屏的位置与 Q 点的最远距离为 H，粒子射出电场时速度方向与 x轴正方向间的夹角为 ，00tan2yqExvmy所以 H=（x 0x）tan= （x 0 ）2由数学知识可知，当（x 0 ）= 时，即 y=4.5 cm 时 H 有最大值y所以 Hmax=9 cm
