计算题考点专练5 电磁学计算题(小)&计算题考点专练6 电磁学计算题(大)-【红对勾讲与练】2026年高考物理二轮复习考前增分练

由能量守恒得 1 mgh=- 2(m+m)2, 联立解得h= 2 计算题考点专练4力学计算题（大） 1.(1)2√gL 3√/2gL 2 26L (3) g 27 解析：(1)小球甲从A到B做斜抛运 动，且在B点的速度沿水平方向，由逆 向思雏可得小球甲从B到A做平抛运 动，则有L=?8,22L=t 1 2L 解得tAB= ,w=2gL, g 故两球碰前小球甲的瞬时速度大小为 v。=2√gL,方向水平向右： 小球甲从A到B的平均速度为 = √L2+(22L)3√2gL tAB 2 (2)甲、乙发生弹性碰撞，由动量守恒 定律有mv甲十3mv元=mvg, 由机械能守恒定律有 1 1 2mg十 2 联立解得v2=√gL,方向水平向右。 小球乙从C到P,设水平位移为x,竖 直位移为y,且小球乙在P点的速度 与水平方向的夹角为53°，小球乙在P 点速度的反向延长线经过水平位移的 中点，则有0.5x=ytan37°， 由平抛运动知识得 y=1 vL ICp, 联立解得tcp=3 4 L 4 3 L,y 8 (3)设半圆形轨道CDE的半径为R,由 几何关系可得R2一y2=(x一R)2, 解得R= 26L 27 2.(1)10m/s2 (2)20m/s(3)136m 解析：(1)货物刚放上传送带时，对货 物受力分析如图所示， mg 在沿传送带方向上，ng sin0十f=ma, 在垂直于传送带方向上，ng cos0=F支， 由牛顿第三定律可知，F支=F压， 滑动摩擦力f=1F压， 解得a=10m/s。 (2)为使货物到底端B时的时间最短， 则货物在整个下滑过程中，始终加速， 传送带的最小速度为货物到底端B时 的末速度，由运动学关系式可知， v=2as, 解得vo=20m/s。 (3)货物刚滑上滑板时，对货物，水平 方向上由牛颜第二定律得a1=上，竖 直方向上，mg=N, 由牛顿第三定律可知，货物受到的支 持力N与其对滑板的压力N1等大， 货物所受滑动摩擦力「1=2N1, 解得a1=2m/s2,方向水平向左，即货 物做减速运动； 对滑板，水平方向上，f:一f地=Ma2, 地面对滑板的摩擦力∫地=4N地， 竖直方向上N2=Mg十mg, 由牛顿第三定律可知，滑板对地面的 压力N她与地面对滑板的支持力N? 等大，解得a2=3m/s2,方向水平 向右； 当货物和滑板共速时v共=v。 d1t1=d9t1。 货物这段时间内的水平位移为x1= voti-2aiti, 解得t1=4s,v共=12m/s,x1=64m, 之后若货物与滑板一起减速，则共同 的加速度为a,=M十m 43N地 解得a3=1m/s2,方向水平向左； 而货物在滑板上能达到的最大加速度 为a1=2m/s2,方向水平向左； a1>a,即货物可以和滑板保持速度 一致，共同减速，直到减为0；共同减速 这段时间，货物的水平位移为工？一2a 共 解得x2=72m。 所以货物从滑到底端B,到最终停止， 货物的总位移为L=x1十x2=64m十 72m=136m。 计算题考点专练5电磁学 计算题（小） 1.(1)45°(2)1：3 解析：(1)根据动能定理得Ue= 1 由氕核在偏转电场中水平方向的运动 为匀速运动得d=v。t, 由匀强电场中电场强度与电势差的关 2U 系得E=d' 根据牛顿第二定律得eE=ma, 由氕核在偏转电场中竖直方向上的运 1 动为匀加速直线运动得y=2a1, d 解得y=2· 根据匀变速直线运动规律得vy=at, 假设氕核离开偏转电场时速度与水平 方向的夹角为0，则tan0==1, 00 解得0=45°。 (2)设粒子进入匀强磁场时的速度为 ),由速度的合成与分解关系知 cos 根据向心力公式得Be=mR' 粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的 弦长1=2Rc0s0, 解得1= 2 2m整 B e 代入上式可得，气核和氚核打在接收屏 上的位置与M,点的距离之比为1：√3。 P BoR 2.(1) B。 (2) (3) 2xf πfB。R 150L 解析：(1)根据题意可知，质子在磁场 中的运动周期与交流电源的周期相 等，则有T=1, 质子在磁场中运动时，有quB。=m一 2πr 又有T=",联立解得m= qB。 U 2πf (2)设质子离开加速器时的速度大小 为vm,根据牛顿第二定律，有qUmB。= Vm mR' 设在t时间内离开回旋加速器的质子 数为V,则此过程中质子束的等效电 流1= Nq 质子从回旋加速器射出时，有Pt= N× P 联立各式，解得I= 元fB,R29 (3)由上述分析可知，质子射出回旅加 速器的速度大小vm=2πRf, 质子进入偏转系统的磁场后做圆周运 动，如图所示，半径R'= mim qB R 设质子离开偏转系统时速度方向偏转 角度为，有sina= L 经过磁场的过程中，质子在y轴方向 编转距离=R'1-08a) L? 2R'' 离开磁场后，质子在y轴方向偏移距 L' 离yz=Ltan a≈R' 质子打到目标平面时的位置坐标y y+y= L 00' B。R 联立可得B= 150L 3.(1)0.5(2)0.666J 解析：(1)分析电路关系，根据闭合电 E 路欧姆定律有I=R,十R# RV=10, 又R并一R1十r 联立解得I=3A, =1.5A, 2 金属棒恰好不上滑，根据平衡关系有 BLIMN =mg sin 0+umg cos 0, 解得以=0.5。 E (2)根据q=1△1,1=R1十7 2=B △SBLx △ △ 参考答案 271 联立有q= BLx R,+ =0.2C, 解得x=0.4m, 设金属棒下滑到稳定时的速度为，此 时根据平衡关系有 BLv umg cos 0+BL R,十r =mg sin 0, 解得v=0.6m/s, 从金属棒开始下滑到速度稳定的过程 中，根据能量守恒定律有ngxsin37°= Q+1 2m0,解得Q=0.666J。 4.(1)逆时针(2)0.5C (3)1.5m/s (4)-0.5m/s,方向向左 解析：(1)由右手定则可知，金属棒a 第一次穿过磁场时回路中有逆时针方 向的感应电流。 (2)金属棒α在第一次穿过磁场的过 程中平均感应电动势E= △t 通过金属棒a的电荷量q=I△1 E △ΦBdL 2R 2R 2R =0.5C。 (3)金属棒a第一次穿过磁场的过程 中由动量定理可知一BId△t=m。v1 m。uo 解得v1=1.5m/s。 (4)两棒发生弹性碰撞，以向右为正方 向，则根据动量守恒定律和能量守恒 定律有 mav2十mbv=maU1, 1 1 2 g m.vi, 2 解得v2=-0.5m/s,方向向左。 计算题考点专练6电磁学 计算题（大） 1.y-7<0)2 4U0 (3)(2-1)1 解析：(1)设曲线上某点坐标为(x,y), 粒子在电场中做类平抛运动，水平方 向有|x|=vot, 竖直方向有y= 1.E 2 m .2 mvj 其中E= gl 2 解得y 27(x≤0). (2)对从曲线上A,点发射的粒子，作出 粒子在磁场中的运动轨迹如图所示， 在电场中，粒子做类平抛运动，在水平 方向有l=v01, 在竖直方向有u,=g -t1 2722对勾·讲与练·高三二轮物理 设粒子进入磁场时速度)与竖直方向 的夹角为0，则有tan0==1, 解得0=45°， 粒子在磁场中做匀速圆周运动，则有 guB=m ，T=2 解得T=qB 2πm 则粒子在磁场运动时间1一2 20 T: 解得1二2 (3)设粒子从)点进入磁场的速度为 v,与y轴负方向的夹角为α，运动半径 为R,由洛伦兹力提供向心力有 quB=m R' 解得R=Bg' mu 由几何知识可知，若无荧光屏，粒子出 磁场时对应的弦长为d=2 Rsin a= 2musin a2mvo qB gB °，该弦长与v无关，即 从OA上任一，点发射的粒子都从同一 点射出磁场。令O点发射的粒子在磁 场中运动轨道半径R,,结合上述有 mv0_√2 R:-Bq 2 令从A点发射的粒子在磁场中运动轨 mo 2moo-1. 道半径为R,则有R,一4 所以从A点至O点发射的粒子打在荧 光屏上的发光，点的最大距离为 L=R1-R2(1-cos0), 解得L=(2一1)l。 2.(1)2A(2)0.05m(3)0.125J 解析：(1)两棒在水平轨道运动过程 中，初始时刻有最大电流， E=B1LUo· E 1=2R' 解得I=2A。 (2)ef棒到达VQ时，两棒距离增加 0.5m,由此判断ab棒在cd左侧。两 棒受合力等于0，系统动量守恒，设ef 棒和ab棒的速度分别为u1和2，则 m1v1十n2U2=m1V0, 设两棒距离增加x=0.5m所用时间 为△t,则对ab棒由动量定理 B1IL△t=m2v2一0， q=I△1， 两棒距离增加x=0.5m时回路的平 均电流1=2R E 平均感应电动势E=A中」 △t 且△Φ=B1Lx 联立解得两棒的速度 v1=1.5m/s, U2=1m/s, 当ef棒离开水平轨道后，ab棒在cd 左侧做匀速直线运动，进入cd右侧 后，假设一直减速运动到停止，则由动 能定理有一m2g△s=0一之m?vi, 解得△s=0.25m<s=0.3m,假设 成立， 则ab棒最终静止在水平轨道上，ab棒 到VQ的最小距离d=s一△s= 0.05ma (3)对于ef棒，若恰好能沿圆孤运动 的速度为v,则m1g= miv2 解得=8 5 m/s<v1=1.5m/s, 所以ef棒可以沿圆孤轨道运动；ef棒 沿圆孤轨道运动过程，设ef棒到达圆 孤轨道底端的速度为)E,由动能定理 21 1gr(1+cos0)三2mE2m10 解得vE=3m/s, 当ef棒进入倾斜轨道时，由牛顿运动 定律m1gsin8-B2I2L=m1a, B2LVE R+Ro 解得a=0, 即ef棒进入倾斜轨道将做匀速直线 运动达到稳定状态，则系统产生的焦 1 耳热Q= 1 2m2, 解得Q=0.125J。 第二部分 题型综合练 选择题专项练（一） 1.A手帕转动一圈，A、C两点的速度 变化量为0，平均加速度均为0，故A 正确；手帕转动半圈，C点的速度变化 量为Av=vc-(-c)=2vc,故B错 误；A、B两点的向心加速度大小相等， 但方向不同，故C错误：B、C两点的角 速度相等，但B点的半径小于C点的 半径，由v=r@知，B点的线速度小于 C点的线速度，故D错误。 2.A设弹簧的劲度系数为k,上端放一 物块甲时，根据平衡条件可得k△x= m甲g,在物块甲上面轻放一物块乙时， 根据平衡条件可得k△y=(m甲十 z)g,联立可得甲、乙两物块的质量 1n甲 △x 之比为 m元△y-△.x ,故选A。 3.D处于n=5激发态的氢原子向基态 跃迁，产生的赖曼系谱线能量最高，根 据玻尔理论可得E=hy=E;一E1= -0.54eV-(-13.6)eV=13.06eV, 结合爱因斯坦光电效应方程Ek=y一 W。,代入数据解得从钨表面逸出的光 电子的最大初动能为Ek=8.52eV,故 选D。 4.B由开普勒第三定律可知 可得Kepler-879c的公转半径为r= T 122 X215R≈ (365×24)2 2.7R,故选B。 5.C由图像可知，前4s内的位移为 x=40m一10m=30m,则前4s内平 均速度大小为=工= 30m 4s =7.5m/s 故A错误；根据图像可知0一4s内和 0~8s内位移相等，由于时间不相等， 所以平均速度大小不相等，故B错误；计算题考点专练5 (分值：50分 1.(10分)科学研究经常需要分离同位素。电场可以 给带电粒子加速，也能让粒子发生偏转。如图所 示，粒子源不断产生初速度为0、电荷量为e、质量 为m的氕核和质量为3m氚核，经过电压为U的 加速电场加速后匀速通过准直管，从偏转电场的 极板左端中央沿垂直电场方向射入匀强偏转电 场，偏转电场两水平金属板的板长为d,板间距离 也为d,板间电压为2U。整个装置处于真空中，粒 子所受重力、偏转电场的边缘效应均可忽略不计。 得分 粒 M···· 准 加 源 电 电 (1)求气核离开偏转电场时的侧移量以及速度与 水平方向的夹角。 (2)为了分离氕核和氚核，在偏转电场下极板右端 竖直放置一接收屏MN,且MN与偏转电场的下 极板相交于M点，在偏转电场右侧存在范围足够 大、左端有理想边界、磁感应强度为B、方向垂直 纸面向外的匀强磁场，且磁场的左边界与MN所 在直线重合。求气核和氚核打在接收屏上的位置 与M点的距离之比。 红对勾·讲与练 班级： 姓名： 电磁学计算题（小） 限时：40分钟) 2.(12分)质子重离子治疗技术是利用质子或重离子 形成的粒子射线进行疾病治疗的放疗技术，相比 传统技术，具有更加精准、杀伤力更强、不良反应 更小的优势。其系统设备由离子源、直径较大的 环形回旋加速器和偏转系统组成。回旋加速器的 原理如图甲所示，D,和D2是两个中空的半径为R 的半圆形金属盒，它们接在电压一定、频率为∫的 交流电源上，位于D,圆心附近的质子源A能不断 产生质子（初速度可以忽略，重力不计），它们每次 经过两盒之间时都能被电场加速，D,、D,置于与 盒面垂直的磁感应强度大小为B。的匀强磁场中 (忽略质子在电场中运动的时间，其最大速度远小 于光速)，质子最后从D形盒的边缘处射出。 得分 0 偏转系统 D O自标所在 水平面 接交流电源 甲 乙 (1)已知质子电荷量为q,求质子的质量。 (2)若质子束从开始加速到从回旋加速器射出的 过程中，回旋加速器加速质子的平均功率为P,求 此过程质子束的平均等效电流I(用P、B。、R、 表示)。 (3)质子从加速器射出后，通过偏转系统控制，到 达身体不同的位置。如图乙所示，偏转系统中电 场和磁场的分布区域是同一边长为L的正方体， 正方体的底面abcd与目标所在水平面平行，间距 也为L。当偏转系统不加电场及磁场时，质子恰 好沿偏转系统对称轴OO运动，竖直到达O点 (图中坐标原点)，x轴、y轴分别与bc边和ab边 平行。若偏转系统加上方向平行于x轴的匀强磁 场，要求质子打在目标平面上(0，)处，已知角 90 高三二轮物理 班级： 姓名： 4.(16分)如图，两根电阻不计、足够长的平行光滑金 度a很小时，有sina≈tana≈a,cosa≈l- 2。 属导轨MN、PQ固定在水平面内，间距d=1m, 求偏转系统中所加匀强磁场的磁感应强度的大 在导轨间宽度L=1m的矩形区域内，有垂直于导 小B。 轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小B=0.5T, 一根质量m6=0.2kg,电阻R=0.52的金属棒b 静止在导轨上，现使另一根质量m。=0.1kg,电阻 也为R=0.5的金属棒a以初速度v。=4m/s 从左端开始沿导轨滑动，穿过磁场区域后，与b发 生弹性碰撞，两金属棒始终与导轨垂直且接触良 好。求： 得分 (1)金属棒a在第一次穿越磁场的过程中回路中 感应电流的方向（从上向下看，是顺时针还是逆时 针，写出结果即可)； (2)金属棒a在第一次穿越磁场的过程中流过金 属棒a的电荷量q; 3.(12分)如图，两根足够长、 a N (3)金属棒a第一次穿出磁场时的速度大小1； 电阻不计且相距L=1m的 R B (4)金属棒a在与金属棒b碰撞后瞬间的速度v2。 平行金属导轨固定在倾角E M M N 0=37°的绝缘粗糙斜面上， d a 左端接在电阻R1的两端， Ar-d 两导轨间有方向垂直斜面向上的匀强磁场。将一 根长为L=1m、质量为m=0.3kg、电阻为r= 2Ω的金属棒MN垂直于导轨放置在导轨顶端附 近，闭合开关S,释放金属棒，金属棒恰好不上滑。 已知金属棒与导轨接触良好，磁感应强度B= 2T,定值电阻R,=22、R2=1,电源的电动势 E=6V,电源的内阻不计。已知sin37°=0.6， c0s37°=0.8，求： 得分 (1)金属棒与导轨间的动摩擦因数μ； (2)断开开关S,从开始下滑到速度稳定的过程中， 通过R1的电荷量为0.2C,系统所产生的热量Q。 (横线下方不可作答)191☐第一部分题型精准练 ■ 计算题考点专练6 （分值：30分 1.(15分)如图所示，在 xOy平面直角坐标 系中，第二象限有一 过坐标原点O的曲 线，该曲线及其上方 有竖直向下的匀强电 场。曲线上每个位置 -A 可连续发射质量为 m、电荷量为g的粒子，粒子均以大小为v。的初速 度水平向右射入电场，所有粒子均能到达原点O, 曲线上A点离y轴的距离为1，电场强度大小E= 第四象限内（含x边界）存在垂直 外、做感应强度B天小为的匀强磁场，M小 为平行于x轴且足够大的荧光屏，荧光屏可以上 下移动，不计粒子重力及粒子间的相互作用，粒子 打到荧光屏上即被吸收。 得分 (1)求图中曲线方程； (2)若粒子运动中不会与荧光屏相碰，求从A点发 射的粒子在磁场中运动时间； (3)若将荧光屏缓慢上下移动，求从A点至O点发 射的粒子打在荧光屏上的发光点间的最大距 离L。 红对勾·讲与练 1 班级： 姓名： 电磁学计算题（大） 限时：30分钟) 2.(15分)如图所示，间距为L=0.4m的平行金属 导轨MN和PQ水平放置，其所在区域存在磁感 应强度为B1=0.5T的竖直向上的匀强磁场；轨 道上cd到QN的区域表面粗糙，长度为s=0.3m, 其余部分光滑。光滑导轨QED与NFC沿竖直方 向平行放置.间距为L由半径为r=m的圆须 轨道与倾角为0=37°的倾斜轨道在E、F点平滑 连接组成，圆弧轨道最高点、圆心与水平轨道右端 点处于同一竖直线上；倾斜轨道间有垂直于导轨 平面向下的匀强磁场，磁感应强度为B2=1.0T。 质量为m1=0.2kg的金属棒ef光滑，质量为 m2=0.1kg的金属棒ab粗糙，与导轨粗糙部分的 动摩擦因数为μ=0.2，两棒粗细相同、阻值均为 R=0.12;倾斜轨道端点CD之间接入的电阻 R。=0.32;初始时刻，ab棒静止在水平导轨上， ef棒以o。=2m/s的初速度向右运动，当两棒的 距离增加x=0.5m时，ef棒恰好到达QN位置。 若不计所有导轨的电阻，两金属棒与导轨始终保 持良好接触，水平轨道与圆弧轨道交界处竖直距 离恰好等于金属棒直径，忽略感应电流产生的磁 场及两个磁场间的相互影响，重力加速度g取 10m/s2,sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：得分 (1)两棒在水平轨道运动过程中，通过ab棒的最 大电流； (2)ab棒到QN的最小距离d; (3)初始时刻至ef棒恰好达到稳定状态的过程中 系统产生的焦耳热。 M B B Ro D. 92 高三二轮物理 ■■