计算题专练(4)电学计算(一)-【鱼跃龙门卷】2026年高考物理试题逐题突破

高考试题逐题突破 0.3m时，小球会落到MN上，所以一圆轨道PQ的半径r满 足的条件为0.3m≤r≤0.5m。 (3)小球对轨道压力的极值出现在N、P两点，设小球经过N 点时的速度大小为vN,小球经过P点时的速度大小为p,r越 小，小球经过P点时对轨道的压力越大，有mgR[1一cos(0一 90)]=2m%-2muia,一mgR=2mui-2mu,解得 /95 N m/s,vp=/15m/s。 根据牛顿第二定律可得F。=m2-0.5X15 N=25N, 0.3 FNsn呢 0.5X95 R 十mg= -N+0.5×10N=24N, 5 比较可知Fmax=25N。 4.(1)60kg(2)0.5m(3)分离1m/s0 【解析】(1)设大人的质量为M',大人给小孩一水平向左的瞬时 冲量，大人获得的速度大小为'，根据动量守恒可得M~ M'', 根据题意可知大人向右运动并沿斜面AB上滑恰好过B点，根 据劲能定理可得-M'gsin30°=0-2M'02,联立解得。'- 2m/s,M'=60kg。 (2)设平板P与挡板Q碰撞前，平板P与小孩已经达到共速， 根据动量守恒可得Mv=(M十m)v1,解得v1=3m/s,结合图 乙可知，假设成立； 设小孩与平板P间的动摩擦因数为：，根据图乙可得小孩做匀减 速运动的加速度大小为a-31.5m/g=3m/5, 0.5 以小孩为对象，根据牛顿第二定律可得a=M =g,解得μ= 0.3。 以平板P为对象，根据牛顿第二定律可得平板P的加速度大小 为a'=Mg=9m/s, 则平板P从开始运动到第一次共速通过的位移大小为xp 2a=0.5m,可知平板P最初静止时，其左端离挡板Q的最小 v 距离为0.5m。 (3)小孩第一次与平板P共速时，发生的相对位移为△s1 x小一xP 2a-2a=3m, 11 此时小孩与平板P左端的距离为△x1=L一△s1=6m, 小孩第一次与平板P共速后一起匀速运动，直到平板P与挡板 Q发生弹性碰撞，碰撞后，小孩向左做匀减速运动，平板P先向 右做匀减速运动再向左做匀加速运动，直到第二次共速，根据 动量守恒可得Mo1一mw1=(M十m)v2, 3 解得第二次共速的速度为w2=2m/s, 从平板P与挡板Q发生第一次弹性碰撞到第二次共速，小孩与 平板P发生的相对位移为△s,=x十=。+- 2a 2a' 3 2m, 此时小孩与平板P左端的距离为△x2=△x1一△s2=3m, 假设平板P与挡板Q发生第二次弹性碰撞后能够第三次共速， 根据动量守恒可得Mo2一w2=(M+m)o3,解得第三次共速的速 度为=3 m/s, 从平板P与挡板Q发生第二次弹性碰撞到第三次共速，小孩与 平板P发生的相对位移为△，=x外十水=+一 2a 2a' 3 8m>△x,三3m,可知第三次共速前，小孩已经从平板P左 端滑落，设滑落时小孩和平板P的速度分别为~小、，根据动 量守恒可得Mv2-mv2=Mu小十mvp, 根据能量守恒可得AMg·△z,=号Moi+号mui-子Mo 1 vk, 联立解得v小=1m/s,vp=0。 即小孩最终与平板分离，分离时小孩速度为1m/s,平板速度 为0。 物理计算题专练（四） （1)5RBg(2)RBg2xm m 3Bq (3)v≤ 3 RBa 2m 【解析】(1)作出轨迹图，如图甲所示， 根据几何关系可知粒子P在磁场中做圆周运动的半径1= √3R, 根据Bqvo=m ,解得 √5RBg m 0 a 甲 乙 (2)粒子Q在磁场中运动轨迹如图乙所示， 由几何关系可知Q在磁场中做圆周运动的半径r2=R, 根据BgU,=m正，解得u,=RBg 2 m 由几何关系可知Q在磁场中做圆周运动的圆心角0=120°，Q 120° 在磁场中运动的时间t= ,2πr2=2πm 360° 3Bg (3)要使所有粒子从∠aOc所对应的磁场边界射出，则弦ac为 速度最大的粒子的轨迹的直径，对应的最大半径广。- 2R, 根据Bg0。=m三，解得。一百R✉ rm 2m 所以人射的粒子的速度应满足u≤3RBg 2m a)E 十Na (2) 2mR (3)(2r+33)mu 3gE 【解析】(1)带负电的粒子正好能沿直线匀速穿过半圆区域，可 知qE=Bgu,解得B=E (2)粒子在电磁场中做匀速直线运动，粒子从M到O的时间 1 粒子出半圆区域后做类平抛运动，则水平方向R=2, 由牛顿第二定律gE=ma,解得2一√Eq 2mR 则粒子从M点到达y轴的时间t=t1十t2= R 2mR (3)若仅保留磁场，则粒子运动轨y↑ vi 迹如图所示，根据qv1B=m r, 0 可得= 3R, 由几何关系可知，粒子在磁场中转 动的圆心角为120°，则运动时间ō 需智器 3gE’ 出磁场后到P点运动时间=Ttan60°-5mu」 9E, 14 粒子从M点运动至P点所用的时间t'=t1+t? (3)对金属棒Q,根据动量定理可得一BIL·△t'=0一mvo,又 (2π+3√3)mv 3gE q=IAt'=BLz 2R (1) (2)21(3)1+)20 联立解得x 2mR 2mgh B2L2Vm+CB2L2· 【解析】(1)粒子在偏转电场中做类平抛运动，有1=v。t, 物理计算题专练（五）】 2at2, 1.(1)ml 2eUo 1 leUo (2)to to 2m (3)2±g,a=01, 在极板间有a= 9U ml 2,…) 由法拉第电酸感应定体有-联立解得是-侧 AtgS· 【解析】(1)电子离开加速电场时的速度，一2。 (2)设粒子从N点出射的速度大小为v,与。方向的夹角为0， 则在加速电场中Ue=了m,解得，-。 8eti 磁场宽度为d,如图所示，由几何关系知tan0=a“,cs0= 0 (2)当t=nto(n=0,1,2,…)时刻射入偏转电场的电子离开 解得v=√20， 电场时的偏转距离最大，则号=2×2。 ti,a= dm,解得d 由洛伦兹力提供向心力有qB2=m 由几何关系可知d=√2r,解得右侧磁场宽度为d=2l。 to m y (③)设，时刻进人偏转电畅的电子，会从中线上方号处飞出俯 M 转电场，由运动公式可得号-名4。-，)户×2一日aX2,解 0. 人45° 得6，= (3)设粒子在y轴右侧磁场区域运动时间为t1,出磁场后做匀 所以在1=2，十，=2十号a=01,2…)时刻进入偏转电 90° 速直线运动运动到P点的时间为241一360T,粒子在磁场中 场的电子，会从中线上方。飞出偏转电场；同理可得在1 6 的运动周期T=2πm,1 gB2’2 =vot2,t=t1十t2,解得t=(1十 2a,-4,=2m。-号(n=1,23,…)时刻进入偏转电场的电子， )1 也会从中线上方日飞出偏转电场。 (1) 3mgCBL m'gh 5(m+CB2L2) (2) 2.(1)V2mgU √2mgU 2mU 2(m+CB2L2) qB gB gB2 -d 2mR 2mgh mdE (3) 2L2Nm+CB'L? (2)imUB RR d √R2-d 【解析】(1)金属棒P下滑过程，根据牛顿第二定律可得 【解析】(1)设粒子经加速电场到b孔的速度大小为，粒子在 mgsin37°-BIL=ma, 区域I中，做匀速圆周运动对应圆心角为a,在M、N两金属板 又I= △Q △t =CW=CBL△0=CBLa,联立可得I= 1 △t △t 间，由动能定理得gU=2mu, 3mgCBL 在区域I中，粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛 5(m+CB2L2)° R,解得R=√2mgU (2)金属棒P下滑过程做匀加速直线运动，其加速度a 顿第二定律得gB=m ,由几何关系得 gB 3mg 5(m+CB2L2)' d+(R-L):-R,cos a-R-d R -,sin a= 是解得L 根据运动学公式可得6=2a·sin37, h √2mgU 2mU 解得金属棒P到达倾斜导轨底端的速度大小为。= 9B √gB2-d2。 2mgh (2)设区域Ⅱ中粒子沿之轴方向的分速度为？.，沿x轴正方向 Vm+CB'L' 加速度大小为a,位移大小为x,运动时间为t,由牛顿第二定律 P与Q发生弹性碰撞，且P与Q质量相等，由动量守恒和机械 得qE=ma, 能守恒可得moo=mvp十muQ, 粒子在x轴方向做匀速直线运动，由运动合成与分解的规律得 1 v.=vcos a,d=v.t, 2mu=2mu呢+2mu6,解得p=0,a=uo, 粒子在x方向做初速度为零的匀加速直线运动，由运动学公式 碰后金属棒P静止在绝缘位置，金属棒Q在安培力的作用下减 速，直至停下，根据能量守恒定律，碰后回路产生的总热量为 得x=2a, Q=2mvo, 解得x= md2E 4mU-2gd2B2 设粒子沿y方向偏离z轴的距离为y,其中在区域Ⅱ中沿y方 右端定值电阻R产生的热量为Q:=乞Q:,联立解得QR= 向偏离的距离为y',由运动学公式得y'-ulsin a,由题意得y= mgh 2(m+CB2L2)° L+y,解得y=R-VR-d+一d √R2-d22025一2026学年度高考试题逐题突破—计算题专练（四） 物理·电学计算（一） 总分：50分时间：40分钟姓名： 得分： 1.(10分)如图所示，以O为圆心，半径为R的圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应 强度大小为B,a、b为圆的一条直径，a处有一粒子源，能沿垂直于磁场的各个方向，向磁场发 射质量为m、电荷量大小为q、速度不同的带负电的粒子。已知某一从a点沿aOb方向射入磁 场的粒子P,恰好从c点离开磁场，Ob与Oc间夹角α=60°，不计粒子的重力和粒子间的相互 作用。 (1)求粒子P射入磁场的初速度大小vo； (2)若另一粒子Q沿与aOb成30°角的方向斜向上射人磁场后仍从c点 离开磁场，求粒子Q入射的速度大小和在磁场中运动的时间； (3)要使所有初速度沿与aOb成60°角斜向上的粒子只能从∠aOc所对 应的磁场边界射出，求这些粒子的初速度大小满足的条件。 物理·计算题专练（四）第1页（共4页）》 广急默龙门类 2.(10分)如图所示，在xOy平面直角坐标系的第一象限内，存在半径为R的半圆形匀强磁场区 域，半圆与x轴相切于M点，与y轴相切于N点，直线边界与x轴平行，磁场方向垂直于纸 面向里。在第一象限存在沿x轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E。一质量为、电荷 量为q的带负电粒子，从M点以速度？沿y轴正方向进入第一象限，正好能沿直线匀速穿过 半圆区域，不计粒子重力。 (1)求磁感应强度B的大小： (2)求粒子从M点到达y轴的时间t; ◇ (3)若仅保留磁场，改变粒子人射速度的大小为0，=g5R,粒子能 ×××× 3mu 够到达x轴上P点，求粒子从M点运动至P点所用的时间。 OM 物理·计算题专练（四）第2页（共4页） 3.(15分)如图所示，面积为S的单匝圆形线圈中分布着垂直纸面向外的磁场I,磁感应强度B1 随时间均匀增大，通过导线连接在两平行金属板M、N上。已知两平行金属板间距为1，长度 也为1，中心线刚好与x轴重合，在y轴右侧有一垂直于纸面向里的有界匀强磁场Ⅱ（未画 度为B,一磁场左右边界平行，左边界与y轴重合。一质量 十q、重力不计的带电粒子以速度。从平行板电容器左端沿中线进入电场，刚好从N极板右 边缘穿出并进入y轴右侧磁场区域Ⅱ，最终经过x轴上P点时速度方向与x轴正方向成 45°。求： (1)磁场I的磁感应强度大小B1随时间的变化率； Ay (2)y轴右侧磁场Ⅱ的宽度； (3)粒子从进入磁场Ⅱ到运动至P点所需要的时间。 N 物理·计算题专练（四）第3页（共4页） 广急默龙门类 4.(15分)如图所示，两平行且间距为L的倾斜光滑金属导轨与水平面成37°角，导轨上端接电容 为C的电容器（不会被击穿），下端通过小段绝缘光滑圆弧（长度忽略不计）与足够长且间距也 为L的水平光滑平行金属导轨平滑连接，水平导轨右端与阻值为R的定值电阻连接。两平行 金属导轨均处于与导轨平面垂直的匀强磁场中，磁感应强度大小均为B。质量为、电阻不 计的金属棒P从倾斜金属导轨上距水平面高度为五处由静止释放，通过绝缘圆弧后与静止在 水平金属导轨左端绝缘位置的金属棒Q发生弹性碰撞，金属棒Q的质量也为，接入电路的 电阻为R。金属棒P、Q运动过程中始终与金属导轨垂直，导轨电阻忽略不计，重力加速度为 g,sin37°=0.6，cos37°=0.8。求： (1)金属棒P沿倾斜金属导轨下滑时通过金属棒 的电流大小； (2)整个过程中导轨右端定值电阻R产生的总 B 热量； (3)金属棒Q在水平金属导轨上向右运动的位移 大小。 物理·计算题专练（四）第4页（共4页）