三年高考2016_2018高考物理試題分項版解析專題20電學計算題含解析_2276

1、專題20電學計算題【2018高考真題】1 如圖所示，真空中四個相同的矩形勻強磁場區(qū)域，高為4d,寬為d,中間兩個磁場區(qū)域間隔為 2d,中軸線與磁場區(qū)域兩側相交于 O 0點，各區(qū)域磁感應強度大小相等.某粒子質量為m電荷量為+q，從O沿軸線射入磁場當入射速度為 vo時，粒子從 O上方d處射出磁場取 sin53 =0.8 , cos53 =0.6 2(2) 入射速度為5vo時，求粒子從 O運動到O的時間t ;(3) 入射速度仍為 5vo,通過沿軸線 00平移中間兩個磁場(磁場不重疊)，可使粒子從 O運動到O的時 間增加仁求 t的最大值.【來源】2018年全國普通高等學校招生統(tǒng)一考試物理(江蘇卷)4m

2、vo丄 / 53 n-72 d.丄 d【答案】(1) B 0(2) t()(3)，tm =qd180v05v0【解析】(1)粒子圓周運動的半徑 r0 =空 由題意知r0二？，解得B二如0qB4qd(2設粒子在矩形磁場中的偏轉角為m由得 sina=，即 a-53=在-個喚場中的運動時剛奇詩53直線運動的時間(2 解得v則 r = 4r,+r,=(-)1 * ISO 論(3)將中間兩磁場分別向中央移動距離x粒子向上的偏移量 y=2r (1 - cos a ) +xtan a3由y o同理有q梓翌叫由題給條件有2R-, = -由式得，甲、乙兩種離子的比荷之比為點睛此題與2013年北京理綜卷第23題情

3、景類似，都可以看作是質譜儀模型。解答所用的知識點和方法類似。9.如圖，在y0的區(qū)域存在方向沿y軸負方向的勻強電場，場強大小為E,在y0的區(qū)域存在方向垂直于H和一個氘核21H先后從y軸上y=h點以相同的動能射出， 速度方向沿xOy平面向外的勻強磁場。 一個氕核x軸正方向。已知進入磁場時，速度方向與 x軸正方向的夾角為 60,并從坐標原點 0處第一次射出磁 場。的質量為m,電荷量為q不計重力。求O的距離（2）磁場的磁感應強度大小O的距離（3）i2H第一次離開磁場的位置到原點【來源】2018年全國普通高等學校招生統(tǒng)一考試物理（新課標I卷）2d3IbmE.2J3廠【答案】（1）；（ 2）；（ 3）【解

4、析】本題考查帶電粒子在電場中的類平拋運動、在勻強逬場中的勻速圓周運動又其相關的知識點，竜 在考查考生靈活運用相關知識解決問題的的能力。1）:H在電場中做類平拋運動，在磁場中做圓周運動，運動軌逝如圖所示*設:H在電場中的加速度大小為 匚，初速度大小為兀，它在電場中的運動時間為L，第一次進入磁場的位置到原點的距離為*。宙運動學 公式有5I = vllh2 1 1由題給條件，進入磁場時速度的方向與口 15 =x軸正方向夾角。進入磁場時速度的y分量的大小為聯(lián)立以上各式得2鳳51 =h3（2）在電場中運動時，由牛頓第二定律有qE =壬:*設進入磁場時速度的大小為，由速度合成法則有1 =出十8占）2設磁感

5、應強度犬小為爲屮在盛場中運動的圓軌道半徑為R一宙涪倫茲力公式和牛頓第二定律有由幾何關系得s = 27? sin0 聯(lián)立以上各式得 設H在電場中沿龍軸正方問射岀的速度大小為匕，在電場中的加速度大小為吐，由題給條件得由牛頓第二定律有設 第一次射入磁場時的速度大小為，速度的方向與 x軸正方向夾角為 ，入射點到原點的距離為 ，在電場中運動的時間為。由運動學公式有迂 _ V20區(qū) 域，磁感應強度的大小為 B0； x1 ）。一質量為 m電荷量為q（q0）的帶電粒子以速度 vo從坐標原點O沿x軸正向射入磁場，此時開始計時，當粒子的速度方向再次沿x軸正向時，求（不計重力）（1）粒子運動的時間；（2）粒子與O點

6、間的距離。1【答案】(1)(V-)qBk(2)2mv0qB()【解析】（1）在勻強磁場中，帶電粒子做圓周運動。設在x0區(qū)域，圓周半徑為 R;在x0)的帶電小球 M N先后以相同的初速度沿平行于電場的方向射出。小球在重力作用下進入電場區(qū)域，并從該區(qū)域的下邊界離開。已知N離開電場時的速度方向豎直向下；M在電場中做直線運動，剛離開電場時的動能為N剛離開電場時動能的1.5倍。不計空氣阻力，重力加速度大小為g。求(1) M與N在電場中沿水平方向的位移之比;(2) A點距電場上邊界的高度;(3) 該電場的電場強度大小?！敬鸢浮?1)3:1( 2)-H( 3)E = mg3V2q【解析】設帶電小球3A .V

7、出的初速度均為劉，則它們進入電場時的水平速度仍為啲血在電場中的運動時間相等，電場力作用下產生的加速度沿水平方向犬小均為6在電場中沿水平方向的位務分 另悅血g;由運動公式可得:Sr =W* 2聯(lián)立解得：s :勺=3:1(2)設A點距離電場上邊界的高度為h,小球下落h時在豎直方向的分速度為Vy,則;2Vy =2gh 1 2H 二 Vytgt2 2因為M在電場中做勻加速直線運動，則匹亠Vy H由可得 由動能定理:E威=w（v$ + + mgH +由已知條件：&1=1.5氐聯(lián)立？ 解得：E【考點定位】帶電小球在復合場中的運動;動能定理【名師點睛】此題是帶電小球在電場及重力場的復合場中的運動問題；關鍵是

8、分析小球的受力情況，分析小球在水平及豎直方向的運動性質，搞清物理過程；靈活選取物理規(guī)律列方程。3.【2017 江蘇卷】（16分）一臺質譜儀的工作原理如圖所示大量的甲、乙兩種離子飄入電壓為10的加速電場，其初速度幾乎為0,經過加速后，通過寬為L的狹縫MN沿著與磁場垂直的方向進入磁感應強度為B的勻強磁場中，最后打到照相底片上已知甲、乙兩種離子的電荷量均為+q,質量分別為2m和m圖中虛線為經過狹縫左、右邊界 M N的甲種離子的運動軌跡.不考慮離子間的相互作用.底片（1）求甲種離子打在底片上的位置到N點的最小距離X；（2）在答題卡的圖中用斜線標出磁場中甲種離子經過的區(qū)域，并求該區(qū)域最窄處的寬度d;（3

9、）若考慮加速電壓有波動，在（ UoU ）到（ ：U ）之間變化，要使甲、乙兩種離子在底片上沒有重疊，求狹縫寬度 L滿足的條件.4 mUx =B【答案】4mU0 _ L2 qB24（3） L；2 . （U。- U） - - 2（U。U）2L，即卩LBy qBY q解得 L : B . fZHUo-U）- .2（U。：U）【考點定位】帶電粒子在組合場中的運動【名師點睛】本題考查帶電粒子在勻強磁場中的運動，對此類問題主要是畫出粒子運動的軌跡，分析粒子 可能的運動情況，找出幾何關系，有一定的難度.4. 【2017 天津卷】(18分)平面直角坐標系 xOy中，第I象限存在垂直于平面向里的勻強磁場，第川現(xiàn)

10、 象存在沿y軸負方向的勻強電場，如圖所示。一帶負電的粒子從電場中的Q點以速度vo沿x軸正方向開始運動，Q點到y(tǒng)軸的距離為到x軸距離的2倍。粒子從坐標原點 O離開電場進入磁場，最終從 x軸上的P點 射出磁場，P點到y(tǒng)軸距離與Q點到y(tǒng)軸距離相等。不計粒子重力，問：(1) 粒子到達 O點時速度的大小和方向；(2) 電場強度和磁感應強度的大小之比。rXXX冥X X X XX X X X !1iO【答案】（1） y = , 2Vo，方向與x軸方向的夾角為45。角斜向上（2） B 2【解析】（1 ）粒子在電場中由 Q到0做類平拋運動，設 0點速度v與+X方向夾角為a , Q點到x軸的距離為L,到y(tǒng)軸的距離

11、為2L，粒子的加速度為 a,運動時間為t，根據類平拋運動的規(guī)律，有：x 方向：2L =v0t1 2y方向：L at2粒子到達0點時沿y軸方向的分速度為：Vy =atVy又：tan：Vo解得：tan, -1，即=45 ，粒子到達 0點時速度方向與x軸方向的夾角為45 角斜向上。粒子到達0點時的速度大小為v = = 鳳cos 452）設電場強度為&粒子電荷量為空質量為叫粒子在電場中受到的電場力為幾粒子在電場中運動 的加速度r二竺設硝感應強度大小為粒子做勻速圓周運動的半徑為盤，洛倫茲力提供向心力，有：R根據幾何關系可知：只=盡整理可得：1 = VoB 2【考點定位】帶電粒子在復合場中的運動【名師點睛

12、】本題難度不大，但需要設出的未知物理量較多，容易使學生感到混亂，要求學生認真規(guī)范作答，動手畫圖。5. 【2017 天津卷】（20分）電磁軌道炮利用電流和磁場的作用使炮彈獲得超高速度，其原理可用來研制新武器和航天運載器。電磁軌道炮示意如圖，圖中直流電源電動勢為E,電容器的電容為 C。兩根固定于水平面內的光滑平行金屬導軌間距為I，電阻不計。炮彈可視為一質量為m電阻為R的金屬棒MN垂直放在兩導軌間處于靜止狀態(tài)，并與導軌良好接觸。首先開關S接1,使電容器完全充電。然后將S接至2,導軌間存在垂直于導軌平面、磁感應強度大小為B的勻強磁場（圖中未畫出），MN開始向右加速運動。當 MN上Mt達到最大速度，之后

13、離開導軌。問:的感應電動勢與電容器兩極板間的電壓相等時，回路中電流為零,2(2) MN剛開始運動時加速度 a的大??；(3) MN離開導軌后電容器上剩余的電荷量Q是多少。【答案】(1)磁場的方向垂直于導軌平面向下mR(3)Q2B2|2C2E2B l C m【解析】0電容器充電后上板帶正電，下板芾員電，放電時通過丄呂的電流由好到-X欲使炮彈射出, 安培力應沿導軌向右，根據左手定則可知晞場的方向垂直于導軌平面向下。E(2) 電容器完全充電后，兩極扳間電壓為二根據欣姆定律，電書器剛放電時的電流；R炮彈受到的安培力：f=bh根據牛頓第二定律：F解得加速度=棲R(3) 電容器放電前所帶的電荷量 Q1 =

14、CE開關S接2后，Mt開始向右加速運動，速度達到最大值Vm時，MN上的感應電動勢：EBIVm最終電容器所帶電荷量 QCE設在此過程中 MN的平均電流為，MN上受到的平均安培力：f b J |由動量定理，有：F沁=mvm 0又：I =t = Qi -Q2整理的：最終電容器所帶電荷量Q2B2|2C2EB2|2C m【考點定位】電磁感應現(xiàn)象的綜合應用，電容器，動量定理【名師點睛】本題難度較大，尤其是最后一個小題，給學生無從下手的感覺：動量定理的應用是關鍵。6.【2017 江蘇卷】(15分)如圖所示，兩條相距 d的平行金屬導軌位于同一水平面內，其右端接一阻值為R的電阻質量為 m的金屬桿靜置在導軌上，其

15、左側的矩形勻強磁場區(qū)域MNP的磁感應強度大小為 B、方向豎直向下.當該磁場區(qū)域以速度V0勻速地向右掃過金屬桿后，金屬桿的速度變?yōu)関.導軌和金屬桿的電阻不計，導軌光滑且足夠長，桿在運動過程中始終與導軌垂直且兩端與導軌保持良好接觸求：(1) MN剛掃過金屬桿時，桿中感應電流的大小I ;(2) MN剛掃過金屬桿時，桿的加速度大小 a;(3) PQ剛要離開金屬桿時，感應電流的功率P.【答案】RmRR【解析】 感應電動勢衛(wèi)二加:感應電= | 解得丁 = 警(2)安培力F=BId 牛頓第二定律解得二丁金屬桿切割磁感線的速度FmoY,貝H恿巨電血芟E二忌：-門 電功車尸二+P - lv： vK【考點定位】電

16、磁感應【名師點睛】本題的關鍵在于導體切割磁感線產生電動勢E=Blv，切割的速度(v)是導體與磁場的相對速化過程中起到作用的呢？請以圖2 “電動機”為例，通過計算分析說明。度，分析這類問題，通常是先電后力，再功能.7.【2017 北京卷】(20分)發(fā)電機和電動機具有裝置上的類似性，源于它們機理上的類似性。直流發(fā)電機和直流電動機的工作原理可以簡化為如圖GT-1、圖2所示的情景。在豎直向下的磁感應強度為B的勻強磁場中，兩根光滑平行金屬軌道MN PQ固定在水平面內，相距為 L,電阻不計。電阻為R的金屬導體棒ab垂直于MN PQ放在軌道上，與軌道接觸良好，以速度v (v平行于MN 向右做勻速運動。圖1軌

17、道端點MP間接有阻值為r的電阻，導體棒ab受到水平向右的外力作用。圖2軌道端點MP間接有直流電源，導體棒 ab通過滑輪勻速提升重物，電路中的電流為I。(1) 求在 t時間內，圖1 “發(fā)電機”產生的電能和圖2 “電動機”輸出的機械能。(2) 從微觀角度看，導體棒ab中的自由電荷所受洛倫茲力在上述能量轉化中起著重要作用。為了方便， 可認為導體棒中的自由電荷為正電荷。a. 請在圖3 (圖1的導體棒ab)、圖4 (圖2的導體棒ab)中，分別畫出自由電荷所受洛倫茲力的示意圖。b. 我們知道，洛倫茲力對運動電荷不做功。那么，導體棒ab中的自由電荷所受洛倫茲力是如何在能量轉XXXXXXXXXXMKXXXXM

18、MXxxxXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXKXXXXXXXXXXXKXXXXXSCXXXXKb 圖3XXXXXXXXXXXKXX【答案】B2L2v2：tBLv t(2)a.如圖3、圖4 b .見解析XXXXX【解析】(圖1中,JCXMTXXXXXXK口 X7T電路中的電流iiBLv2 2 2 .,BLv tE 電-Fi v tR + r在厶t時間內，“電動機”輸出的機械能等于安培力對棒ab做的功Ea = F2 v=t 二 BILvt棒ab受到的安培力Fi=BliL在厶t時間內，“發(fā)電機”產生的電能等于棒ab克服安培力做的功圖2中，棒ab受到的安培力F2=BILa方向的洛倫茲力，在該

19、洛倫茲力作用下，正電荷沿導體棒運動形成感應電流，有沿a方向的分速度，受到向左的洛倫茲力作用；圖4a方向的洛倫茲力作用。如圖3、圖4。中，在電源形成的電場作用下，棒ab中的正電荷沿ab方向運動，受到向右的洛倫茲力作用，該洛倫茲XXXXXXX.X力使導體棒向右運動，正電荷具有向右的分速度，又受到沿臥設自由電荷的電荷量為q?沿導體棒定:向移動的速率為，如圖4所示$沿棒方向的洛倫茲力f；二，做負功珥=fr沁2 -qvuAt垂直棒方冋的洛倫茲力/； = g曲，做正功兀= vAf = g皿心所示FT； = -FI；,即導體棒中一個自由電荷所受的洛倫茲力儆功為零。人做員功阻礙自由電荷的定向移動宏觀上表現(xiàn)為反

20、電動勢s消耗電源的電能；做正功，宏觀上表 現(xiàn)為安培力俶正功，使機械能増加。犬量自由電荷所受洛倫茲力做功的宏規(guī)表現(xiàn)是將電能轉化為等重的機 械能在此過程中洛倫玆力通過兩個分力傲功起到紐專遞能量的作用。【考點定位】閉合電路歐姆定律、法拉第電磁感應定律、左手定則、功能關系【名師點睛】洛倫茲力永不做功，本題看似洛倫茲力做功，實則將兩個方向的分運動結合起來，所做正、 負功和為零?！?016高考真題】1. ( 16分)【2016 北京卷】如圖所示，質量為 m電荷量為q的帶電粒子，以初速度 v沿垂直磁場方向射 入磁感應強度為 B的勻強磁場，在磁場中做勻速圓周運動。不計帶電粒子所受重力。X X X；x X X

21、X(1) 求粒子做勻速圓周運動的半徑R和周期T;(2) 為使該粒子做勻速直線運動， 還需要同時存在一個與磁場方向垂直的勻強電場，求電場強度E的大小?！敬鸢浮?1) R=mV T =2nm (2) E=vBBqqBFl【解析】(1洛倫茲力提供向心力，有=J?帶電粒子做勻速圓周運動的半徑去=勻速圓周運動的周期廠二絲 二如v qB(】)粒子受電場力F =qE f洛倫茲力f = qvB 粒子做勻速直線運動貝llqE qxB場強E的大小E-vB【考點定位】帶電粒子在復合場中的運動【方法技巧】帶電粒子在復合場中運動問題的分析思路411正確的受力分析：除重力、彈力和摩擦力外，要特別注意電場力和磁場力的分析。

22、2. 正確分析物體的運動狀態(tài)：找出物體的速度、位置及其變化特點，分析運動過程。如果出現(xiàn)臨界狀態(tài)，要分析臨界條件。帶電粒子在復合場中做什么運動，取決于帶電粒子的受力情況。(1) 當粒子在復合場內所受合力為零時，做勻速直線運動(如速度選擇器)。(2) 當帶電粒子所受的重力與電場力等值反向，洛倫茲力提供向心力時，帶電粒子在垂直于磁場的平面內 做勻速圓周運動。(3) 當帶電粒子所受的合力是變力，且與初速度方向不在一條直線上時，粒子做非勻變速曲線運動，這時 粒子的運動軌跡既不是圓弧，也不是拋物線，由于帶電粒子可能連續(xù)通過幾個情況不同的復合場區(qū)，因此 粒子的運動情況也發(fā)生相應的變化，其運動過程也可能由幾種

23、不同的運動階段所組成。2. (18分)【2016 北京卷】如圖所示，電子由靜止開始經加速電場加速后，沿平行于版面的方向射入偏轉 電場，并從另一側射出。已知電子質量為m電荷量為e,加速電場電壓為 U0。偏轉電場可看作勻強電場，極板間電壓為 U,極板長度為L,板間距為d。(1) 忽略電子所受重力，求電子射入偏轉電場時的初速度vo和從電場射出時沿垂直板面方向的偏轉距離 y；(2) 分析物理量的數(shù)量級，是解決物理問題的常用方法。在解決(1)問時忽略了電子所受重力，請利用下列數(shù)據分析說明其原因。已知U =2.0 102 V , d = 4.0 10，m,m = 9.1 10日kg ,e = 1.6 10

24、9C,2g =10 m/s。(3) 極板間既有靜電場也有重力場。電勢反映了靜電場各點的能的性質，請寫出電勢的定義式。類比電勢的定義方法，在重力場中建立“重力勢”-G的概念，并簡要說明電勢和“重力勢”的共同特點。UL2一 十【答案】(1)(2)不需要考慮電子所受的重力4Ud的能的性質的物理量，僅僅由場自身的因素決定。(3) 二空 電勢和重力勢：G都是反映場q【解折】1慮功和能的關系，有心電子射入偏轉電場的初速度二在値轉電場中，電子的運動時間Ar = = L 也2)考慮電子所受重力和電場力的數(shù)量級，有 重力G二擁g-10心N電場力f eU105 Nd由于F G，因此不需要考慮電子所受重力(3)電場

25、中某點電勢定義為電荷在該點的電勢能Ep與其電荷量q的比值，即qEg與其質量m由于重力做功與路徑無關，可以類比靜電場電勢的定義，將重力場中物體在某點的重力勢能 的比值，叫做“重力勢”，即：Gm電勢和重力勢g都是反映場的能的性質的物理量，僅由場自身的因素決定【考點定位】帶電粒子在電場中的偏轉【方法技巧】帶電粒子在電場中偏轉問題，首先要對帶電粒子在這兩種情況下進行正確的受力分析，確定 粒子的運動類型。解決帶電粒子垂直射入電場的類型的題，應用平拋運動的規(guī)律進行求解。此類型的題要a 粒子、注意是否要考慮帶電粒子的重力，原則是：除有說明或暗示外，對基本粒子(例如電子，質子、 離子等)一般不考慮重力；對帶電

26、微粒(如液滴、油滴、小球、塵埃等)一般要考慮重力。3. 【2016 海南卷】如圖，A、C兩點分別位于x軸和y軸上，/ OCA30。，OA的長度為1。在厶OCA區(qū)域內有垂直于xOy平面向里的勻強磁場。質量為 m電荷量為q的帶正電粒子，以平行于 y軸的方向從 0A邊射入磁場。已知粒子從某點射入時，恰好垂直于0C邊射出磁場，且粒子在磁場中運動的時間為t。不計重力。(1)求磁場的磁感應強度的大小;0C邊上的同一點射出磁場，求該粒子這兩次(2)若粒子先后從兩不同點以相同的速度射入磁場，恰好從 在磁場中運動的時間之和;5(3) 若粒子從某點射入磁場后，其運動軌跡與AC邊相切，且在磁場內運動的時間為t0，求

27、粒子此次入射3速度的大小。nmn【答案】(1)( 2) 2to(3)2qto7to【解析】（U粒子在磁場中做勻速圓周運動，在時間門內其速度方向改變了死和故其周期=4?9 設晞感應強度大小為7粒子速度為-圓周運動的半徑為怙由洛倫茲力公式和牛頓定律得 qvB=m一3r勻速圓周運動的速度滿足“半聯(lián)立式得8=3 （2）設粒子從 0A邊兩個不同位置射入磁場，能從 0C邊上的同一點 P射出磁場，粒子在磁場中運動的軌跡 如圖（a）所示。設兩軌跡所對應的圓心角分別為0 i和0 2。由幾何關系有 0 1=180- 0 2粒子兩次在磁場中運動的時間分別為ti與t2,則tl+t2=T=2t。2（3）如圖（b）,由題

28、給條件可知，該粒子在磁場區(qū)域中的軌跡圓弧對應的圓心角為150。設0為圓弧的圓心，11弧的半徑対旳，圈弧與貝C相切與月點，從D點射出磁場，由幾何關系和題給聚件可知，此時有rocosZWD-7T-y7 =icos BOA設粒子此況扎射速度的大小為1:,由圓周運馭孵X = 印X聯(lián)立式得V =血色7【考點定位】帶電粒子在磁場中的運動【名師點睛】對于帶電粒子在磁場中運動類型，要畫出軌跡，善于運用幾何知識幫助分析和求解，這是軌跡問題的解題關鍵。4. 【2016 江蘇卷】（16分）回旋加速器的工作原理如題 15-1圖所示，置于真空中的 D形金屬盒半徑為 R 兩盒間狹縫的間距為 d,磁感應強度為 B的勻強磁場與盒面垂直，被加速粒子的質量為 m電荷量為+q,加 在狹縫間的交變電壓如題 15-2圖所示，電壓值的大小為 U0.周期T=2nm . 一束該種粒子在t=0T時間內qB2從A處均勻地飄入狹縫，其初速度視為零現(xiàn)考慮粒子在狹縫中的運動時間，假設能夠出射的粒子每次經過狹縫均做加速運動，不考慮粒子間的相互作用.求:(1)出射粒子的動能 Em ；(2)粒子從飄入狹縫至動能達到Em所需的總時間t。；(3)99能射出，d應滿足的條件.要使飄入狹縫的粒子中有超過1! 15-2 圖)r：