计算题专练(5)电学计算(二)-【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-d2 ·物理· 3器 (2)-3rmE gBo (3)号B 【解析】(1)设存在沿x轴正方向大小为。的速度，满足 E Bg00=Eq,解得U0=B。, 开始时对粒子沿x轴正、负方向分别配出大小为0、o1的速 度，其中1=00， 则粒子以分速度。沿x轴正方向做匀速直线运动，以分速度 v1做匀速圆周运动，其轨迹为摆线，粒子在A点时满足vA 2E 0十U1,解得vA= B。 (2)由洛伦兹力提供向心力g06B。-m, R 粒子做圆周运动的周期T=2”,粒子由P点运动至A点，所 Boq 经历的时间t1=1.5T, P、A之间的水平距离x1=,t1,故P点的x坐标为xp= 一x1--3rmE qB2 (3)设粒子能从电场下边界射出，粒子在该区域运动的时间为 红，电场的宽度d=8Bm 3Bq 则有d=号.号，设此段时间内其水平位移为x,有x:= 2· 8√3Em vat2,解得x2 3Bog 3d 0 x2等于矩形区域的长度，可知粒子从矩形右下角顶点射出电场 区域，根据题意作出粒子的运动轨迹，设此时粒子的速度大小 为2，与x轴正方向之间的夹角为0，则有U,= cos 0' mv 由洛伦兹力提供向心力Bq?=R, 设粒子第一次经过x轴时的横坐标为x3,带电粒子离开匀强电 场时速度方向延长线经过矩形上边中点，则有 x3-√3d 2d 3d =tan0,解得x,=33d 29 由题知x,=2Rsin9,解得B= 3B。 4.(1)4m/s2(2)2J(3)3J 【解析】(1)金属棒a下滑过程，根据动能定理可得mgr 2mu2, 可得v=w√2gr=4m/s, 金属棒a刚滑入水平导轨时，产生的感应电动势为E=BLv= 8V, E 回路电流为I=2R=2A, 金属棒a受到的安培力大小为F=BIL=4N, 金属棒a的加速度大小为a=F m =4m/s2。 (2)以金属棒a、b为系统，由于两金属棒受到的安培力大小相 等，方向相反，则系统在碰到绝缘柱之前满足动量守恒，有 mv=2mv1, 可得金属棒b接触绝缘柱之前，两棒匀速运动的速度大小1= 2m/s, 根据能量守恒可得棒b与绝缘柱碰撞前，整个回路产生的焦耳 热Qa=mw-×2moi, 解得Q=4J,则棒b上产生的焦耳热Q。=2Qa=2J。 (3)金属棒b与绝缘柱发生碰撞后等速率返回，以两金属棒为系 统动量仍然守恒，但总动量为零，则有0=m。十m06,即任何时 刻有v。=一v6, 两金属棒从相向运动到相碰，位移大小相等均为0.5m,回路中 的瞬时感应电动势是两棒各自电动势的叠加，则有E′= 2BLo', 根据闭合电路欧姆定律可得1=分， 金属棒b的安培力Fx=BI'L=2BL20' 2R1 对金凤棒6由动量定理得-2B20△L=m0,一m1, 2R 其中∑o'△t=x1=0.5m,可得v2=1m/s, 棒b与绝缘柱碰撞后到与棒α碰撞前的过程，根据能量守恒可 得整个回路产生的焦耳热为Q=合×2mf-子×2m心i=3J。 物理计算题专练（六） u4L27 (3)3gB n 2m 【解析】(1)根据题意，作出粒子的运动 D 轨迹如图1所示， Bx: 由儿何关系得m0-,解得0-30， 由图可知rm=OPsin0=2Lsin30°=L, 0 -10 立，解得 由牛顿第二定律g·3Bu=m7。, 图1 3qBL Um- m (2)粒子垂直于y轴离开磁场，运动轨迹如图2所示，因带电粒 子速度大小没有确定，可多次通过磁场I区和Ⅱ区，但带电粒 子第一次通过磁场I区进入磁场Ⅱ区后垂直y轴射出，所用时 间最短。 由几何关系知粒子在I区转过的圆心角为120°，在Ⅱ区转过的 圆心角为30°，又T=2r_2πm gB 故所用时间最短为t= 20.2+30.2=7xm 360°q·3B360°g·B=18gB B x 3B B￥ 50 0 图2 图3 (3)若粒子从O点离开磁场，部分轨迹如图3所示， 由几何关系得OP=n(2r1sin60°+2r2sin60), mv mu 其中1=g·3Br:q·B 联立解得0=5gBL(m=1,2,3…, 2mn 则能使粒子从O点离开磁场的速度的最大值为3gBL 2m 9 15 参考答案及解析 (1) 2aL (2) 由题意可知若所有离子均能经过O进入电场，则有t=nT(n= (3)96L 1,2,3,…), 【解析】(1)粒子在电场中做类平抛运动，根据类平抛运动的规 联立得B= 2L nm00(n=1,2,3,…), 2gR 律可知2L=vot,解得t= 当n=1时，B有最小值，可得Bmim= 在竖直方向上有B=ml=了以，解得E- 2gR (2)设粒子从O点进入磁场区域时速度大小为v,速度方向与 ②将离子的速度分解，如图所示，有tan0= 轴正方向的夹角为a,有，=a:-×2头-2gL 当v,最大时，tan0有最大值，此时r最大，为 m RR muym 2’2Bq 0' 人0 所以=√06十=√2v0,a=45°， 粒子运动的轨迹如图所示，由几何知识 y 可得r=√2L, 又B-0R联立可得m孕，an0-至 再结合粒子在磁场中运动时，洛伦兹力 ③当，最大时，离子在电场中运动时沿y轴正方向有最大位 提供向心力Bg0=m女 21 , 移y。,根据匀变速直线运动规律有y。=二，由牛顿第二定律 2a' 解得B=mu。 知gE。=ma, gL。 (3)由图可知，粒子从M点进人电场中 8mo6联立得ya=256。 gR 时的速度为√2v。,在y轴左侧做斜上抛运动，在y轴右侧做类 平抛运动，由于从M点进入电场时速度方向与x轴的夹角为 物理计算题专练（七） 45°，所以类平抛运动时的水平速度依然是v。,根据几何关系的 1.(1)5×104Pa(2)219K 对称性可知，第4次通过x轴的位置为x=0,如此往复，可得第 【解析】(1)上升过程气球中气体的温度不变，则发生的是等温 2n次通过x轴的坐标x=一4L十2nL(n=1,2,…), 变化，设气球内的气体在目标高度处的压强为卫1，由玻意耳定 可得第100次通过x轴的位置的横坐标x=96L。 5 (1)0.75N(2)2.5m/s2(3)1.8J 律有pV。=p1·1.6V。,解得p1=8o, 【解析】(1)由图乙可知金属杆P做加速度减小的加速运动，2s 后做匀速直线运动。当 1 t=2s时v=4m/s,此时感应电动势E=BLv, 由题意可知，目标处的内、外压强差为p:一力=8p0,解得力= E 5×104Pas 感应电流I= R+r' B2L2 (2②)由胡克定律F=k红，可知，弹簧的压缩量变为原来的？，则 安培力F'=BIL=R十， 活塞受到弹簧的弹力也变为原来的子，即，=日。·弓 1 根据平衡条件有F-F′一mg=0,解得F=0.75N。 (2)刚开始运动时加速度最大，根据牛顿第二定律有F一mg= 1 ma,解得a=2.5m/s2。 16po, E 9 (3)通过金属杆P的电荷量g=It=R十，， 设此时气球内气体的压强为p2,有p2=p:十p=16。, 其中E=△地BLx t t 由理想气体状态方程有，，=pV」 T。T2 =BL工ocx(x为P的位移)， 所以q=R十r 1 其中V2=V。+0.6V。×2=1.3Vo,解得T2≈219K。 设第一个2s内金属杆P位移为x1,第二个2s内P位移为2.(1)1.08p。(2)83.3% x2,则△Φ1=BLx1,△Φ2=BLx2=BLvt,又由于q1：q2=3:5, 【解析】(1)存储箱内的气体开始时的热力学温度为T,=t1+ 联立解得x2=8m,x1=4.8m, 273K=200K, 前4s内，由能量守恒定律得F(x十x)=2mo2十mg(x,十 即将被打开时的热力学温度为T2=t2十273K=270K, x2)十Q,十QR, 其中Q,:QR=r:R=1:3,解得QR=1.8J。 由在理定律有2片 T,' (1)8m 解得存储箱即将被打开时其内部的压强p=1.08po。 aR 20票②是©紧 (2)最终的热力学温度为T=t3十273K=300K, 【解析】(1)在电场作用下，离子做类平抛运动，要能到达右侧端 设存储箱内气体的体积为V。,对整个过程，由理想气体状态方 面，则在垂直x轴方向做匀速直线运动的最长时间=尽 程有92业-兴 vo T 沿x轴方向做匀加速直线运动，有R=弓4， 内外达到热平衡时箱内气体占原存储箱内气体的百分比？= X100%,解得7≈83.3% 由牛顿第二定律得gE=ma,解得E-8mm5。 gR 3.(1)13.147.8℃(2)32.7℃ (2)①离子在匀强磁场中运动时，将其分解为沿x轴的匀速直 【解析】(1)由题意可知饮料罐内的气体压强p=p。十.= 线运动和垂直x轴方向的匀速圆周运动，设离子入射时沿y轴 80 cmHg 的分速度大小为，由离子在x轴方向做匀速直线运动得 由题意可知在测温过程中，封闭气体做等压变化，当温度为 4R=vot,在垂直x轴方向，设离子做匀速圆周运动的半径为r, 27℃，即T=(273+27)K=300K时，封闭气体的体积V= 周期为T,由牛顿第二定律知B,=m号，得r=0,T V+h1S=346cm3, Bq 所测温度最低时，封闭气体的体积Vmin=V。=330cm3, 2πr2πm 所测温度最高时，封闭气体的体积Vx=V。十(L一h)S= Bg 370cm,2025一2026学年度高考试题逐题突破一计算题专练（五） 物理·电学计算（二） 总分：50分时间：40分钟姓名： 得分： 1.(10分)如图甲所示，电子加速器的加速电压为U1(U1未知)，偏转电场的板长均为1。大量电 子由静止加速后，不断地从两板正中间沿水平方向射人偏转电场。两板不带电时，电子通过 两板的时间为2t。,当在两板间加如图乙所示的周期为2t。、最大值为U。的变化电压时，偏移 量最大的电子恰从极板右边缘射出。电子的电荷量为e,质量为m,不计电子的重力和它们之 间的相互作用力。 240340501 -U 甲 乙 (1)求加速电场的电压U1。 (2)求偏转电场的板间距离d和电子刚进入偏转电场时的加速度α的大小。 (3)何时从左侧进人的电子从平行板右侧距离中线上方处飞出？ 物理·计算题专练（五）第1页（共4页） 广鱼默龙门表 2.(10分)如图所示，M、N为竖直放置的两金属板，两板间电压为U,Q板为记录板，分界面P 将N、Q间区域分为宽度均为d的I、Ⅱ两部分，M、N、P、Q所在平面相互平行，a、b为M、N 上两正对的小孔。以a、b所在直线为之轴，向右为正方向，取之轴与Q板的交点O为坐标原 点，以平行于Q板水平向里为x轴正方向，竖直向上为y轴正方向，建立空间直角坐标系 Oxy之。区域I、Ⅱ内分别充满沿x轴正方向的匀强磁场和匀强电场，磁感应强度大小、电场 强度大小分别为B和E。一质量为m,电荷量为十q的粒子，从a孔飘入电场（初速度视为 零)，经b孔进入区域I,过P面上的c点（图中未画出）进入区域Ⅱ，最终打到记录板Q上。 不计粒子重力。 (1)求粒子在磁场中做圆周运动的半径R以及c点到之轴的距离L。 (2)求粒子打到记录板上位置的x坐标和y坐标(y坐标用R、d表示)。 B 物理·计算题专练（五）第2页（共4页） 3.(15分)如图，xOy坐标系第一象限内的矩形区域中存在沿y轴负方向、电场强度大小为E的 匀强电场，第二象限内存在垂直于xOy平面向外、磁感应强度大小为B。的匀强磁场和与第 一象限内的矩形区域中电场强度大小相同、方向相反的匀强电场，第三、四象限内存在垂直于 xOy平面向外的匀强磁场。t=0时刻将一质量为、电荷量为q的带正电粒子从第二象限的 P点由静止释放，粒子第二次经过距x轴距离最远的位置时恰好由图中A点射入矩形电场区 域，一段时间后，粒子由第三象限经坐标原点O射入第一象限。已知A为矩形的顶点，其坐 ,16E),矩形区城沿)y轴方向的长度为？沿x轴方向的长度为沿)轴方向的长 标为0,3B6g 3Bag 度的√3倍，忽略粒子的重力。求： (1)粒子在A点速度的大小。 (2)P点的x坐标。 (3)第三、四象限内匀强磁场的磁感应强度大小。 物理·计算题专练（五）第3页（共4页） 广急默龙门类 4.(15分)如图所示，两根平行光滑的金属导轨M1N1P1和M2N2P2由四分之一圆弧部分与水 平部分构成，导轨末端P,、P2处固定两根绝缘柱，弧形部分半径x=0.8、导轨间距L= 1,导轨水平部分处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小B=2T。两根完全相同的 金属棒a、b分别垂直导轨静置于圆弧顶端M1M2处和水平导轨中某位置，两金属棒质量均为 m=1kg,电阻均为R=22,长度均为L=1m。棒a由静止释放，沿圆弧导轨滑入水平部分， 此后，棒b向右运动，在导轨末端与绝缘柱发生碰撞后反弹，碰撞过程中无机械能损失，棒b接 触绝缘柱之前两棒已匀速运动且未发生碰撞，棒b与绝缘柱发生碰撞后，在距绝缘柱x= 0.5m的A1A2位置与棒a发生碰撞，整个运动过程中两棒始终与导轨垂直且接触良好，导轨 电阻不计，取g=10m/s2。求： (1)棒a刚滑入水平导轨时的加速度大小。 (2)棒b与绝缘柱碰撞前，棒b上产生的焦耳热。 (3)棒b与绝缘柱碰撞后到与棒α碰撞前的过程，整个回路产生的焦耳热。 M M 价1111 N A 物理·计算题专练（五）第4页（共4页）