1、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
2、定律可得4mgLsin 30mgL(4mm)v2，解得v ，根据法拉第电磁感应定律可得，感应电动势EBLvBL，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UabEBL。(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4mg3Lsin 303mgL(4mm)vm2Q，联立解得Q3mgL。答案：(1)BL(2)3mgL2(2019湖南师大附中模拟)如图所示，一光滑绝缘细直杆
3、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。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FNqEcos mg由牛顿第三定律知小球B对细杆的压力FNFNqEcos 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 ma解得： a
4、。(3)当小球B的速度最大时，加速度为零，有：qEsin 解得：x 。答案：(1)qEcos 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和区域，区域中存在竖直向下的匀强电场E，区域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进入区，并直接偏转到MN上的P点，再进入区，P点与A1板的距离是L的k倍，粒子的重力不计。(1)若k1，求C1、C2两板间的电压U；(2)若2k3
5、，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：qUmvx20粒子在区做类平抛运动，则有：竖直方向：Lat2qEma 水平方向：kLvxt且k1联立可得：U。(2)当2k3时，粒子进入区时的速度为v，则有：联立可得水平速度：vx 竖直速度：vyat v v与水平方向的夹角为，则有sin 由题意可知粒子在区只能发生一次偏转，由对称性及几何关系可知rL由qvBm解得：B 。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
6、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v02.4 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m0.1 kg，带电量为q2.0 ，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、y1x轴方向：x1
7、v0t1，y轴方向：y1at12，加速度：a联立可得：E3.2 N/C。(2)小球进入磁场时y轴方向的速度：vyat1，合速度：v，方向：cos 联立解得v4 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根据：Bqvm，解得：B1.5 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(mmC)v2，Bqv2(mmC)解得：R2R1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
8、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：xR1R1sin 530.24 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
9、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mgF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EBLvm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mghmvm2Q总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t，轻质导体棒质量不计，由牛顿第二定律可得FT0对物体下落过程应用动量定理可得(mgFT)tmv整理可得mgttmv即mgtxmv全过程叠加求和mgthmvm联立解得t。答案：(1)(2)(3)