高中物理二輪復(fù)習(xí)-計算題專項3-電學(xué)綜合(一)

計算題專項3電學(xué)綜合(一)1．(16分)如圖所示，平面直角坐標(biāo)系xOy位于豎直平面內(nèi)，x軸方向水平向右，坐標(biāo)系xOy所在的空間有一正交的勻強(qiáng)電磁場，勻強(qiáng)電場方向豎直向下，場強(qiáng)大小為E；勻強(qiáng)磁場方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。一質(zhì)量為m的小球(可視為質(zhì)點)帶正電荷，所帶電荷量為q，小球以大小不同的初速度從坐標(biāo)原點O沿x軸正方向?qū)?zhǔn)x軸上的A點射出。不計空氣阻力，重力加速度為g。(1)若小球做直線運(yùn)動通過A點，求此時小球的初速度大小v0；(2)若小球的初速度大小v≠v0，射出小球后，小球會經(jīng)曲線運(yùn)動通過A點，求A點的坐標(biāo)值xA；(3)若小球從O點由靜止釋放，求小球運(yùn)動過程中可達(dá)到的最大速率vm和小球到x軸的最大距離H。[解析](1)因小球沿直線運(yùn)動通過A點，則由平衡條件有qBv0＝qE＋mg ①(1分)解得v0＝eq\f(qE＋mg,qB)。 ②(2分)(2)若小球的初速度大小v≠v0，則小球在豎直平面內(nèi)做曲線運(yùn)動，設(shè)小球速度為v0＋Δv，小球所受合力為F＝qB(v0＋Δv)－qE－mg＝qBΔv，所以小球的運(yùn)動可視為沿x軸正方向做速度為v0的勻速直線運(yùn)動和速度為Δv的勻速圓周運(yùn)動的合運(yùn)動。 ③(1分)若Δv>0，則其方向向右，對應(yīng)x軸上方的逆時針方向的勻速圓周運(yùn)動；若Δv<0，則其方向向左，對應(yīng)x軸下方的逆時針方向的勻速圓周運(yùn)動；由qBv＝meq\f(v2,r)及T＝eq\f(2πr,v) ④(1分)得勻速圓周運(yùn)動的周期T＝eq\f(2πm,qB) ⑤(1分)要使小球通過A點，有t＝nT(n＝1,2,3…) ⑥(1分)xA＝v0t⑦(1分)解得xA＝eq\f(2nπmqE＋mg,q2B2)(n＝1,2,3…)。 ⑧(2分)(3)由(2)分析可知，小球從O點由靜止釋放后的運(yùn)動可視為沿x軸正方向速度為v0的勻速直線運(yùn)動和沿x軸負(fù)方向速度大小為v0的勻速圓周運(yùn)動的合運(yùn)動經(jīng)半個周期，小球在最低點兩個分速度相同，對應(yīng)的合速度最大。 ⑨(1分)最大運(yùn)動速率vm＝2v0＝eq\f(2qE＋mg,qB) ⑩(2分)由動能定理(qE＋mg)H＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m) ?(1分)得H＝eq\f(2mqE＋mg,q2B2)。 ?(2分)[答案](1)eq\f(qE＋mg,qB)(2)eq\f(2nπmqE＋mg,q2B2)(n＝1,2,3，…)(3)eq\f(2qE＋mg,qB)eq\f(2mqE＋mg,q2B2)2．(16分)(2021·淄博市高三階段性測試)如圖，光滑絕緣水平桌面上有一個矩形區(qū)域ABCD，BC長度為2L，CD長度為3L，E、F、G、H分別為AD、BC、AB、CD的中點，以FE為y軸、GH為x軸建立直角坐標(biāo)系，坐標(biāo)原點為O。EFCD區(qū)域存在垂直桌面向下的勻強(qiáng)磁場，磁場應(yīng)強(qiáng)度為B0；GOEA區(qū)域存在沿x軸正方向的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度為E1＝eq\f(qB\o\al(2,0)L,6m)，GBFO區(qū)域有沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場。質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的絕緣小球Q靜止在磁場中O點。質(zhì)量為km的帶電荷量也為＋q的絕緣小球P，以大小為vP＝eq\f(2qB0L,m)的初速度從BG邊界上的某點沿與BG邊界夾角為θ＝30°的方向進(jìn)入電場。小球P與Q恰好在O點沿x軸方向發(fā)生彈性正碰，碰撞前后小球Q的電荷量保持不變，小球P、Q均可視為質(zhì)點，重力不計。(1)求GBFO區(qū)域勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E2的大?。?2)若小球Q從CD邊離開磁場，求k的最小值；(3)若小球Q從ED邊中點離開磁場，求k的可能值和小球Q在磁場中運(yùn)動的最長時間。[解析](1)小球P在電場中有L＝vPsinθ·t (1分)vPcosθ＝eq\f(E2q,km)·t (1分)解得E2＝eq\f(\r(3)kQLB\o\al(2,0),m) (1分)(2)兩球碰撞過程中有km·eq\f(vP,2)＝kmv1＋mv (1分)eq\f(1,2)kmeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(vP,2)))eq\s\up12(2)＝eq\f(1,2)kmveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)mv2 (1分)小球Q在磁場中有qvB0＝meq\f(v2,r) (1分)解得r＝eq\f(mvP,B0q\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k)＋1)))分析可知r越小，k越小，則當(dāng)r＝L時k最小 (1分)解得kmin＝1 (1分)(3)情況1，如圖1所示，小球Q第一次直接由ED中點離開磁場圖1由幾何關(guān)系有req\o\al(2,1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,2)))eq\s\up12(2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3L,2)－r1))eq\s\up12(2) (1分)解得r1＝eq\f(5,6)L代入得k1＝eq\f(5,7) (1分)情況2，如圖2所示，小球Q經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后，從y軸進(jìn)入電場，最后由ED中點射出，小球Q要能從ED中點射出，則在磁場中的運(yùn)動半徑應(yīng)大于等于eq\f(L,2)，又EO＝eq\f(3L,2)，所以小球Q只能在電場中往返運(yùn)動一次圖2由幾何關(guān)系有eq\f(3,2)L＝2r2＋r2－eq\r(r\o\al(2,2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,2)))eq\s\up12(2)) (1分)解得r2＝eq\f(L,2)或r2＝eq\f(5,8)L代入得k2＝eq\f(1,3)或k′2＝eq\f(5,11)若小球Q以v0垂直y軸進(jìn)入第二象限的電場，運(yùn)動到左側(cè)邊界速度恰為0，則有－E1qL＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0) (1分)解得v0＝eq\f(qB0L,\r(3)m)由v0≥eq\f(kvP,k＋1)可知k≤eq\f(2\r(3)＋1,11)，則k′2＝eq\f(5,11)舍去 (1分)即k的可能值為k1＝eq\f(5,7)，k2＝eq\f(1,3) (1分)分析可知當(dāng)k2＝eq\f(1,3)時小球Q在磁場中運(yùn)動時間最長tmax＝eq\f(3,4)TT＝eq\f(2πm,qB0)