電磁學(xué)計算問題-3年高考2年模擬1年原創(chuàng)備戰(zhàn)2018高考系列之物理

3年高考2年模擬1年原創(chuàng)精品高考系列

專題20電磁學(xué)計算問題

【2018年高考考點定位】

電磁學(xué)的考點離不開常見的運動形式、受力分析以及電場中運動的常見分析方法和磁場中運

動形式的描述。根據(jù)復(fù)合場中的受力分析來判斷運動形式，根據(jù)運動的速度來分析下一個階

段的運動條件是常見的命制方式。而且不是能夠突破的運動階段可能只有一個，從而有一個

向前推理和向后推理，貫穿整個運動過程。

【考點pk】名師考點透析

考點一、復(fù)合場中的受力和運動形式

【名師點睛】

1、一般的帶電粒子多指微觀粒子如質(zhì)子、電子等微粒，受力分析是不計重力的，只考慮電

場力和磁場力。

2、正電荷所受電場力與電場方向同向，負(fù)電荷所受電場力與電場方向相反。若電場力和初

速度方向垂直，在帶電粒子做類平拋運動，此時電場力方向做初速度0的勻加速直線運動，

初速度方向為勻速直線運動。

3、洛倫茲力根據(jù)左手定則判斷，洛倫茲力和速度方向垂直。若只受到洛倫茲力作用，粒子

做勻速圓周運動，若除去洛倫茲力外還有重力和電場力，但電場力和重力等大反向，仍然做

勻速圓周運動。

4、若粒子離開電場或磁場，進(jìn)入不受力的場區(qū)或者平衡的場區(qū)，則做勻速直線運動

考點二、常見的電場和磁場運動形式

【名師點睛】

1、在電場中的偏轉(zhuǎn)，多為類平拋運動，質(zhì)量為m,電荷量為q的粒子以速度垂直射入電

場強(qiáng)度為E的勻強(qiáng)電場中，所受電場力.與粒子的速度無關(guān)，是恒力，分析時

可分解為電場方向和初速度方向兩個方向進(jìn)行。

2、在磁場的偏轉(zhuǎn)中，質(zhì)量為m,電荷量為q的粒子以速度v垂直射入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻

強(qiáng)磁場中，所受磁場力（即洛倫茲力）.使粒子的速度方向發(fā)生變化，而速

度方向的變化反過來又使的方向變化，是變力，但是大小不變，使得粒子在洛倫茲力

作用下做勻速圓周運動，?

考點三、電場和磁場運動的功能關(guān)系

【名師點睛】

1、電場中的運動，一般電場力做功等于w=qEd=伏，=,電場力做功直接與動

能定理銜接。

2、磁場中，洛倫茲力和速度方向一直垂直，所以不做功。速度大小不會改變，但是需

要注意速度方向的變化即末速度的方向。

【試題演練】

1.水平放置的兩塊平金屬板長兩板間距4兩板間電壓為〃，且上板為正極板，一個質(zhì)

量為以帶電量為g粒子沿水平方向以速度路從兩板中間射入，從板的右側(cè)射出，并最終

打在右側(cè)屏上的夕點，如圖所示。忽略粒子的重力，求：

（1）粒子偏離金屬板時側(cè)位移〃M的大?。?/p>

（2）粒子飛出電場時的速度；

（3）若金屬板距屏為s,求0、一間的距離。

心、八、qUl},c、匚q2U2l}/八qUL,L、

【答案】（1）（2）（3）上廣（5+s）

2mav（）Vmav0mdv^幺

【解析】

試題分析:（1）粒子進(jìn)入金屬板間做平拋運動，水平方向做勻速直線運動，豎直方向做初速度為零的勻加速

直線運動，則得出：

水平方向上=%，

豎直方向。=組

ma

12

y=—at

2

聯(lián)立解得：qL：L\

2mdy0

即粒子偏離金屬板時側(cè)位移。河=y=

2gm”dv^

（2）粒子飛出電場時豎直分速度匕,=以=田生

mdvQ

速度為v=師+v：=k2+q：，

Vmav0

(3)設(shè)粒子飛出電場時速度的偏向角為，貝ijtan6=±=〃絲

%mdv()-

根據(jù)數(shù)學(xué)知識得：。尸=y+stan6=+!”=烏約(-+5)

2mdv0mdv0mdv02

【名師點睛】關(guān)鍵是做好受力分析，明確粒子的運動情景，利用運動學(xué)和幾何關(guān)系

2.如圖所示的平行板器件中，存在相互垂直的勻強(qiáng)磁場和勻強(qiáng)電場，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度

B,=0.20T,方向垂直紙面向里，電場強(qiáng)度E,=l.OX105V/m,PQ為板間中線。緊靠平行板右側(cè)邊

緣X。｝，坐標(biāo)系的第一象限內(nèi)，有一邊界A0、與y軸的夾角NZOy=45°,該邊界線的上方有

垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B?=0.25T,邊界線的下方有豎直向上的勻強(qiáng)電場，電

場強(qiáng)度E2=5.0X105v/m。一束帶電荷量q=8.0X10"C、質(zhì)量m=8.OX103阻的正離子

從P點射入平行板間，沿中線PQ做直線運動，穿出平行板后從y軸上坐標(biāo)為(0,0.4m)

的Q點垂直夕軸射入磁場區(qū)，多次穿越邊界線0A。離子重力不計，求：

(1)離子運動的速度；

(2)離子從進(jìn)入磁場到第二次穿越邊界線0A所需的時間；

(3)離子第四次穿越邊界線的位置坐標(biāo)。

【答案】(1)5.0X10m/s(2)8.28x10-7$(3)(0.5m,0.5m)

【解析】

試題分析：（1）離子做直線運動，用0解得PnSnS.Oxie/M/s

（2）離子進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為Ba的磁場中儆勻速圓周運動，⑦B=用士

r

mv_8xlO-Mx5xlO5

m=0.27M

在-8x10、025

離子軌跡如圖，交OA邊界C點，圓弧對應(yīng)圓心角90。，運動時間

1_117im_3_14X8X10-26

T=6.28X10-7S

4-4^B7-2X8X10-19X0.25

離子過C點速度方向豎直向下，平行于電場線進(jìn)入電場做勻減速直線運動,

加速度s19

a=M=50x10X8.0X10-m/si=5Qx；5i

m8.0xl0-26

_2v_2x5.0x10s

返回邊界上的C點時間0由勻變速直線運動規(guī)律知s=2xl0-'s

5.0xl012

所以禽子從進(jìn)入磁場到第二次穿越邊界0A所用時間tn=6.28x10-7+2X10,=8.28xl0~7s

（3）離子第二次穿越邊界線0A的位置C點的坐標(biāo)為（天,”），則

xc—r-0.2myc=OQ—r=0.2m

離子從c點以豎直向上的速度垂直進(jìn)入磁場做勻速直線運動，恰好完成！圓弧，如圖，后

4

以水平向右的速度從D點離開磁場進(jìn)入電場，離子第三次穿越邊界0A,設(shè)D點坐標(biāo)為

（乙，九），由幾何關(guān)系得X。=r+r=OAm,yD=0.4加

離子垂直進(jìn)入電場做類平拋運動，垂直電場線位移為x,沿電場線位移y,

x—vt3ytan45°=—得x=°.l機(jī)，y=0Am

2mx

所以第四次穿越邊界的E點，坐標(biāo)（工￡,?￡）由幾何關(guān)系的4=XQ+X=0?4+0.1=0.5%

VE=0.4+0.1=0.5/?2,即位置坐標(biāo)為（0.5m,0.5加）。

【名師點睛】此題是帶電粒子在復(fù)合場中的運動問題，粒子的運動過程比較復(fù)雜，物理過程

較多，要求學(xué)生能根據(jù)粒子的受力情況畫出運動軌跡圖，然后聯(lián)系幾何知識，結(jié)合圓周運動

及平拋運動的規(guī)律列方程求解，難度較大，意在考查學(xué)生綜合分析問題解決問題的能力。

3.如圖所示，兩平行且無限長光滑金屬導(dǎo)軌傳與水平面的夾角為，=30°,兩導(dǎo)軌之

間的距離為￡=lm,兩導(dǎo)軌K尸之間接入電阻廬0.2Q,導(dǎo)軌電阻不計，在aAd區(qū)域內(nèi)有一

個方向垂直于兩導(dǎo)軌平面向下的磁場【，磁感應(yīng)強(qiáng)度笈=1T.磁場的寬度為=lm,在cd連線

以下區(qū)域有一個方向也垂直于導(dǎo)軌平面向下的磁場II,磁感應(yīng)強(qiáng)度8=0.5T.一個質(zhì)量為

次1kg的金屬棒垂直放在金屬導(dǎo)軌上，與導(dǎo)軌接觸良好，金屬棒的電阻尸0.2C,若金屬棒

在離a方連線上端劉處自由釋放，則金屬棒進(jìn)入磁場I恰好做勻速直線運動。金屬棒進(jìn)入磁

場0后，經(jīng)過ef時系統(tǒng)達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)，cd與”之間的距離熱=8m.(g取lOm/sb

O

(1)求金屬棒從開始靜止到磁場II中達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)這段時間中電阻A產(chǎn)生的熱量.

(2)求金屬棒從開始靜止到在磁場H中達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)所經(jīng)過的時間.

【答案】(1)QR=7.5J；(2)片3.Is

【解析】

試題分析：(D金屬棒進(jìn)入磁場I作勻速運動，設(shè)速度為vi.

由平衡條件得mSsin30宜。冬乜工解得vi=2m/S

R+r

金屬棒在未進(jìn)入磁場前做初速度為0的勻加速直線運動

a=gsin30°=5m/s,由運動學(xué)公式,解得/=0.4m

金屬棒在通過磁場n區(qū)域達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)時，設(shè)速度為性，有加gsin30。=用卷等解得

ri,=8m/s

金屬棒從開始運動到在磁場II中達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)過程中，根據(jù)能量守恒得：

12

mg(xQ+玉+/)sin30°=0+—mv2

。1￡。=7勺

（2）金屬棒從開始靜止到剛進(jìn)入磁場I的時間fi='=0.4s

a

在磁場I運動時間=三=0-5s

金屬棒在磁場11中達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)前的過程中取任意微小過程，設(shè)這一微小過程的時間為M,速度為/,速

度的變化量為Ad，則由牛頓第二定律：mgsinBOO-Hi誓竺

R+r必

變形后mg仙30。.鵬-用警L.%=/必巧，然后把所有的微小過程進(jìn)行累加：

R+r

mgsin30。（2乂）一為組Z-（S4比尸州（NAv0

R-\-r

即：mgsin30°.舄—耳X=JM（V—除）解得h=2.2s

R+r22

所以總時間為>/l+/2+/3=3.1S

【名師點睛】解決本題的關(guān)鍵是運用微元法求解時間，要掌握電磁感應(yīng)中通過導(dǎo)體棒的電量

4=〃也-，要在會推導(dǎo)的基礎(chǔ)上記牢.

R+r

【三年高考】15、16、17年高考真題及其解析

2彤不為考笈覆

1.12017?北京卷】（16分）如圖所示，長/=lm的輕質(zhì)細(xì)繩上端固定，下端連接一個可

視為質(zhì)點的帶電小球，小球靜止在水平向右的勻強(qiáng)電場中，繩與豎直方向的夾角。=37。。

已知小球所帶電荷量（3-1.0X10-6（；,勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)后3.0X103N/C,取重力加速度吏10

m/s2,sin370=0.6>cos370=0.8。求：

（1）小球所受電場力廠的大小。

（2）小球的質(zhì)量加

（3）將電場撤去，小球回到最低點時速度r的大小。

【答案】（1）3.0X10“N（2）4.0X10Mkg（3）2.0m/s

【解析】（D根據(jù)電場強(qiáng)度定義式可知，小球所受電場力大小為

^=^=1.0x1（^5x3.0x105N=3.0xl0^N

（2）小球受沖、繩的拉力T和電場力尸作用處于平衡狀態(tài)，如圖所示

根據(jù)幾何關(guān)系有￡=［即37。，得加4.0xi（Hkg

mg

1°

（3）撤去電場后，小球?qū)⒗@懸點擺動，根據(jù)動能定理有型￡（1-85370）=5版

得叫^/（l-cosS70）=20m/s

【名師點睛】本題力電綜合問題，但電場力與對小球施加水平向右的恒力F作用效果相同，

因此可以用相關(guān)的力學(xué)知識來解答。

2.12017?新課標(biāo)IH卷】（12分）如圖，空間存在方向垂直于紙面（xa平面）向里的磁

場。在x20區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為氐;水0區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為兒笈（常數(shù)兒＞1）。

一質(zhì)量為外電荷量為＜7（9＞0）的帶電粒子以速度％從坐標(biāo)原點。沿x軸正向射入磁場，

此時開始計時，當(dāng)粒子的速度方向再次沿x軸正向時，求（不計重力）

y

型\Ba

xxXXXMX

XMXX

XMX

MXX\?

XXX0*XXX

（1）粒子運動的時間；

（2）粒子與。點間的距離。

Tim八1、2mv”1、

【答案】（1）—（1+y）（2）—a

qB。XqB。X

【解析】（D在勻強(qiáng)磁場中，帶電粒子做圓周運動。設(shè)在定0區(qū)域，圓周半徑為比；在x<0區(qū)域，圓周半

徑為生。由洛倫茲力公式及牛頓定律得

雙咤=萼①

gX%%=-②

粒子速度方向轉(zhuǎn)過180°時，所用時間fi為B=唱③

%

粒子再轉(zhuǎn)過180°時，所用時間打為弓=理④

%

nm〃L

聯(lián)立①②③④式得，所求時間為r°=弓+與=?。?+：）⑤

qB。A

（2）由幾何關(guān)系及①②式得，所求距離為d=2（瑞一電）=粵（1一；）⑥

【名師點睛】對于帶電粒子在磁場中運動問題，解題時常要分析帶電粒子受到的洛倫茲力的

情況，找到粒子做圓周運動的圓心及半徑，畫出運動軌跡可以使運動過程清晰明了，同時要

善于運用幾何知識幫助分析和求解。

3.【2017?新課標(biāo)I卷】（20分）真空中存在電場強(qiáng)度大小為笈的勻強(qiáng)電場，一帶電油

滴在該電場中豎直向上做勻速直線運動，速度大小為外。在油滴處于位置/時，將電場強(qiáng)度

的大小突然增大到某值，但保持其方向不變。持續(xù)一段時間△后，又突然將電場反向，但

保持其大小不變；再持續(xù)同樣一段時間后，油滴運動到6點。重力加速度大小為g。

（1）求油滴運動到6點時的速度。

（2）求增大后的電場強(qiáng)度的大??；為保證后來的電場強(qiáng)度比原來的大，試給出相應(yīng)的△和

%應(yīng)滿足的條件。已知不存在電場時，油滴以初速度的做豎直上拋運動的最大高度恰好等于

B、4兩點間距離的兩倍。

2

【答案】⑴v2=v0-2gt1（2）F,=[2-2-^+-（-^）]￡,t,>（—+1）^.

g44g42g

【解析】（1）設(shè)油滴質(zhì)量和電荷量分別為必和q,油滴速度方向向上為正。油滴在電場強(qiáng)

度大小為笈的勻強(qiáng)電場中做勻速直線運動，故勻強(qiáng)電場方向向上。在L0時，電場強(qiáng)度突

然從后增加至此時，油滴做豎直向上的勻加速運動，加速度方向向上，大小&滿足

qE2—mg=max①

油滴在時刻ty的速度為必=%+貼②

電場強(qiáng)度在時刻力突然反向，油滴做勻變速直線運動，加速度方向向下，大小忿滿足

qE2+mg=ma2③

油滴在時刻加2力的速度為彩=匕-。在④

由①②③④式得彩=%-2g4⑤

（2）由題意，在片0時刻前有祖=mg⑥

油滴從L0到時刻t.的位移為、

油滴在從時刻U到時刻&=2右的時間間隔內(nèi)的位移為外=”4-g/fJ⑧

由題給條件有葉=2g（2a）⑨

式中力是8、4兩點之間的距離。

若6點在4點之上，依題意有4+.?=/;⑩

由①②③④⑤⑥⑦?⑨⑩式得耳=[2—2曳+工（旦y限?

跌4助

為使鳥＞耳，應(yīng)有2一2藁+%￡）'＞1?

即當(dāng)0＜&＜（1-當(dāng)為?

2g

或4＞Q+W）地?

2g

才是可能的：條件?式和?式分別對應(yīng)于嶺＞0和嶺＜0兩種情形。

若用在/點之下,依題意有/+%=-無?

由①②③⑥⑦⑧⑨?式得耳=[2-2曳」（曳力昌?

破4助

為使耳＞罵，應(yīng)有I音-俺?

艮即＞淖+廬?

2g

另一解為負(fù)，不符合題意，已舍去。

【名師點睛】本題考查牛頓第二定律及勻變速直線運動的規(guī)律。雖然基本知識、規(guī)律比較簡

單，但物體運動的過程比較多，在分析的時候，注意分段研究，對每一個過程，認(rèn)真分析其

受力情況及運動情況，應(yīng)用相應(yīng)的物理規(guī)律解決，還應(yīng)注意各過程間的聯(lián)系。

4.12017?天津卷】（18分）平面直角坐標(biāo)系x如中，第I象限存在垂直于平面向里的

勻強(qiáng)磁場，第HI現(xiàn)象存在沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，如圖所示。一帶負(fù)電的粒子從電場中的

。點以速度％沿x軸正方向開始運動，。點到y(tǒng)軸的距離為到x軸距離的2倍。粒子從坐標(biāo)

原點0離開電場進(jìn)入磁場，最終從x軸上的〃點射出磁場，。點到y(tǒng)軸距離與。點到y(tǒng)軸距

離相等。不計粒子重力，問：

（1）粒子到達(dá)。點時速度的大小和方向：

（2）電場強(qiáng)度和磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小之比。

【答案】（1）v=V2v0,方向與x軸方向的夾角為45°角斜向上（2）0=包

B2

【解析】（1）粒子在電場中由。到。做類平拋運動，設(shè)。點速度v與+x方向夾角為a,。點到x軸的距

離為"到》軸的距離為乜，粒子的加速度為%運動時間為根據(jù)類平拋運動的規(guī)律，有：

x方向：2Z,=￥</

y方向：￡=；#

粒子到達(dá)O點時沿y軸方向的分速度為：。8

又：tana=——%

解得：tana=l,即a=45°，粒子到達(dá)。點時速度方向與x軸方向的夾角為45°角斜向

上?

粒子到達(dá)。點時的速度大小為u=V2v0

cos450

（2）設(shè)電場強(qiáng)度為反粒子電荷量為s質(zhì)量為例粒子在電場中受到的電場力為凡粒子

在電場中運動的加速度：a=—

m

設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為氏粒子做勻速圓周運動的半徑為尼洛倫茲力提供向心力，有:

v2

qvB—m—?

R

根據(jù)幾何關(guān)系可知：R=G_L

整理可得：g=必

B2

【名師點睛】本題難度不大，但需要設(shè)出的未知物理量較多，容易使學(xué)生感到混亂，要求學(xué)

生認(rèn)真規(guī)范作答，動手畫圖。

5.12017?天津卷】（20分）電磁軌道炮利用電流和磁場的作用使炮彈獲得超高速度，

其原理可用來研制新武器和航天運載器。電磁軌道炮示意如圖，圖中直流電源電動勢為￡；

電容器的電容為a兩根固定于水平面內(nèi)的光滑平行金屬導(dǎo)軌間距為/,電阻不計。炮彈可

視為一質(zhì)量為以電阻為斤的金屬棒劭V；垂直放在兩導(dǎo)軌間處于靜止?fàn)顟B(tài)，并與導(dǎo)軌良好接

觸。首先開關(guān)s接1,使電容器完全充電。然后將S接至2,導(dǎo)軌間存在垂直于導(dǎo)軌平面、

磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為6的勻強(qiáng)磁場（圖中未畫出），助V開始向右加速運動。當(dāng)"V上的感應(yīng)電

動勢與電容器兩極板間的電壓相等時，回路中電流為零，WV達(dá)到最大速度，之后離開導(dǎo)軌。

問：

（1）磁場的方向；

（2）物V剛開始運動時加速度a的大?。?/p>

（3）肱V,離開導(dǎo)軌后電容器上剩余的電荷量。是多少。

REIB2l2C2E

【答案】（1）磁場的方向垂直于導(dǎo)軌平面向下（2）。=--（3）0,=

mR2B2l2C+m

【解析】（1）電容器充電后上板帶正電，下板帶負(fù)電，放電時通過胸的電流由M到N,欲使炮彈射出,

安培力應(yīng)沿導(dǎo)軌向右，根據(jù)左手定則可知磁場的方向垂直于導(dǎo)軌平面向下。

（2）電容器完全充電后，兩極板間電壓為￡,根據(jù)歐姆定律，電容器剛放電時的電流：，=不

炮彈受到的安培力：F=BH

根據(jù)牛頓第二定律：F=ma

DEV

解得加速度。=嬴

（3）電容器放電前所帶的電荷量。=CE

r

開關(guān)S接2后，朗V開始向右加速運動，速度達(dá)到最大值匕時,"V上的感應(yīng)電動勢：E=Blvm

最終電容器所帶電荷量。2=CE'

設(shè)在此過程中的V的平均電流為了，物V上受到的平均安培力：F=B-7l

由動量定理，有：6△/=〃?％-0

又：1-\t-Qy-Q1

B2l2C2E

整理的:最終電容器所帶電荷量。2=

B2l2C+m

【名師點睛】本題難度較大，尤其是最后一個小題，給學(xué)生無從下手的感覺：動量定理的應(yīng)

用是關(guān)鍵。

★=那6年密考笈短

1.【2016?北京卷】如圖所示，質(zhì)量為以電荷量為q的帶電粒子，以初速度/沿垂直磁

場方向射入磁感應(yīng)強(qiáng)度為占的勻強(qiáng)磁場,在磁場中做勻速圓周運動。不計帶電粒子所受重力。

?XXXX

X

X

X

X

X

!xxxX

(1)求粒子做勻速圓周運動的半徑〃和周期7；

(2)為使該粒子做勻速直線運動，還需要同時存在一個與磁場方向垂直的勻強(qiáng)電場，求電

場強(qiáng)度￡的大小。

”-4,-r.mVe2717M

【答案】(1)R=—T=——(2)E=vB

BqqB

【解析】(1)洛倫茲力提供向心力，有/=赫=m$

帶電粒子做勻速圓周運動的半徑R4

Bq

勻速圓周運動的周期丁=理=&詈

vqB

(2)粒子受電場力洛倫茲力/=公心。粒子做勻速直線運動，則0&=如必

場強(qiáng)后的大小后=詁

［方法技巧】帶電粒子在復(fù)合場中運動問題的分析思路

1.正確的受力分析：除重力、彈力和摩擦力外，要特別注意電場力和磁場力的分析。

2.正確分析物體的運動狀態(tài)：找出物體的速度、位置及其變化特點，分析運動過程。如果

出現(xiàn)臨界狀態(tài)，要分析臨界條件。帶電粒子在復(fù)合場中做什么運動，取決于帶電粒子的受力

情況。

(1)當(dāng)粒子在復(fù)合場內(nèi)所受合力為零時，做勻速直線運動(如速度選擇器)。

(2)當(dāng)帶電粒子所受的重力與電場力等值反向，洛倫茲力提供向心力時，帶電粒子在垂直

于磁場的平面內(nèi)做勻速圓周運動。

(3)當(dāng)帶電粒子所受的合力是變力，且與初速度方向不在一條直線上時，粒子做非勻變速

曲線運動，這時粒子的運動軌跡既不是圓弧，也不是拋物線，由于帶電粒子可能連續(xù)通過幾

個情況不同的復(fù)合場區(qū)，因此粒子的運動情況也發(fā)生相應(yīng)的變化，其運動過程也可能由幾種

不同的運動階段所組成。

2.【2016?海南卷】如圖，4、C兩點分別位于x軸和y軸上，/0。=30°,%的長度為幾

在△0。區(qū)域內(nèi)有垂直于x如平面向里的勻強(qiáng)磁場。質(zhì)量為原電荷量為。的帶正電粒子，

以平行于y軸的方向從力邊射入磁場。已知粒子從某點射入時，恰好垂直于比邊射出磁場,

且粒子在磁場中運動的時間為to?不計重力。

x

(1)求磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大?。?/p>

(2)若粒子先后從兩不同點以相同的速度射入磁場，恰好從3邊上的同一點射出磁場，求

該粒子這兩次在磁場中運動的時間之和；

(3)若粒子從某點射入磁場后，其運動軌跡與4c邊相切，且在磁場內(nèi)運動的時間為

3

求粒子此次入射速度的大小。

【答案】(1)—mn(2)2to(3)\才f3n叱L

2"o7/0

【解析】（D粒子在磁場中做勻速圓周運動，在時間力內(nèi)其速度方向改變了政，故其周期T=4①①

設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為島粒子速度為v,圓周運動的半徑為，。由洛倫茲力公式和牛頓定律得

°

勻速圓周運動的速度滿足V=暇③

聯(lián)立①②③式得人獲④

（2）設(shè)粒子從的邊兩個不同位置射入磁場，能從宓邊上的同一點一射出磁場，粒子在磁

場中運動的軌跡如圖（a）所示。設(shè)兩軌跡所對應(yīng)的圓心角分別為%和乙。由兒何關(guān)系有

氏=180°-%⑤

粒子兩次在磁場中運動的時間分別為心與t2,則11+友=工=2而⑥

2

圖⑷圖（b）

（3）如圖（b）,由題給條件可知，該粒子在磁場區(qū)域中的軌跡圓弧對應(yīng)的圓心角為150°。

設(shè)。'為圓弧的圓心，圓弧的半徑為7°,圓弧與/C相切與6點，從〃點射出磁場，由幾何關(guān)

系和題給條件可知，此時有N。。'仄N9%=30°⑦

An

設(shè)粒子此次入射速度的大小為外，由圓周運動規(guī)律%=竿?⑨

aI

聯(lián)立①⑦⑧⑨式得％=號四⑩

【名師點睛】對于帶電粒子在磁場中運動類型，要畫出軌跡，善于運用幾何知識幫助分析和

求解，這是軌跡問題的解題關(guān)鍵。

3.【2016?北京卷】如圖所示，電子由靜止開始經(jīng)加速電場加速后，沿平行于版面的方向

射入偏轉(zhuǎn)電場，并從另一側(cè)射出。已知電子質(zhì)量為處電荷量為e,加速電場電壓為偏

轉(zhuǎn)電場可看作勻強(qiáng)電場，極板間電壓為〃極板長度為Z,板間距為&

（1）忽略電子所受重力，求電子射入偏轉(zhuǎn)電場時的初速度必和從電場射出時沿垂直板面方

向的偏轉(zhuǎn)距離

（2）分析物理量的數(shù)量級，是解決物理問題的常用方法。在解決（1）問時忽略了電子所受

重力，請利用下列數(shù)據(jù)分析說明其原因。已知。=2.0x102V,4=4.0x10-2m,

加=9.1xl（F”kg,e=1.6xl0~19C,g=10m/s2?

（3）極板間既有靜電場也有重力場。電勢反映了靜電場各點的能的性質(zhì)，請寫出電勢夕的

定義式。類比電勢的定義方法，在重力場中建立“重力勢”8G的概念，并簡要說明電勢和

“重力勢”的共同特點。

【答案】（1）匕一（2）不需要考慮電子所受的重力（3）電勢°和重力

4U0dq

勢％都是反映場的能的性質(zhì)的物理量，僅僅由場自身的因素決定。

【解析】3）根據(jù)功和能的關(guān)系，有。1=；礴

電子射入偏轉(zhuǎn)電場的初速度％=

在偏轉(zhuǎn)電場中，電子的運動時間&=4=

9怙4

1TJY1

偏轉(zhuǎn)距離與=,3尸=777^

2

<2）考慮電子所受重力和電場力的數(shù)量級，有

重力G=?ig~10-2sN

電場力口=年~104N

由于F?G,因此不需要考慮電子所受重力

E

（3）電場中某點電勢中定義為電荷在該點的電勢能不與其電荷量q的比值，即。=；

由于重力做功與路徑無關(guān)，可以類比靜電場電勢的定義，將重力場中物體在某點的重力勢能&與其質(zhì)量冽

的比值，叫做“重力勢”，即如=旦

m

電勢（P和重力勢先都是反映場的能的性質(zhì)的物理量，僅由場自身的因素決定

【方法技巧】帶電粒子在電場中偏轉(zhuǎn)問題，首先要對帶電粒子在這兩種情況下進(jìn)行正確的受

力分析，確定粒子的運動類型。解決帶電粒子垂直射入電場的類型的題，應(yīng)用平拋運動的規(guī)

律進(jìn)行求解。此類型的題要注意是否要考慮帶電粒子的重力，原則是：除有說明或暗示外，

對基本粒子（例如電子，質(zhì)子、a粒子、離子等）一般不考慮重力；對帶電微粒（如液滴、

油滴、小球、塵埃等）一般要考慮重力。

4.12016?天津卷】（20分）電磁緩速器是應(yīng)用于車輛上以提高運行安全性的輔助制動

裝置，其工作原理是利用電磁阻尼作用減緩車輛的速度。電磁阻尼作用可以借助如下模型討

論：如圖所示，將形狀相同的兩根平行且足夠長的鋁條固定在光滑斜面上，斜面與水平方向

夾角為心—質(zhì)量為勿的條形磁鐵滑入兩鋁條間，恰好勻速穿過，穿過時磁鐵兩端面與兩

鋁條的間距始終保持恒定，其引起電磁感應(yīng)的效果與磁鐵不動、鋁條相對磁鐵運動相同。磁

鐵端面是邊長為"的正方形，由于磁鐵距離鋁條很近，磁鐵端面正對兩鋁條區(qū)域的磁場均可

視為勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為8,鋁條的高度大于4電阻率為為研究問題方便，鋁條

中只考慮與磁鐵正對部分的電阻和磁場，其他部分電阻和磁場可忽略不計，假設(shè)磁鐵進(jìn)入鋁

條間以后，減少的機(jī)械能完全轉(zhuǎn)化為鋁條的內(nèi)能，重力加速度為外

(1)求鋁條中與磁鐵正對部分的電流/;

(2)若兩鋁條的寬度均為6,推導(dǎo)磁鐵勻速穿過鋁條間時速度”的表達(dá)式；

(3)在其他條件不變的情況下，僅將兩鋁條更換為寬度的鋁條，磁鐵仍以速度/進(jìn)入

鋁條間，試簡要分析說明磁鐵在鋁條間運動時的加速度和速度如何變化。

?答案】⑴誓⑵尸舍⑶見解析

【解析】（D磁鐵在鋁條間運動時，兩根鋁條受到的安培力大小相等均為尸*,有

尸*=加8①

磁鐵受到沿斜面向上的作用力為尸，其大小有

斤=加*②

磁鐵勻速運動時受力平衡，則有尸-儂n40?

聯(lián)立①②③式可得了=等誓④

<2）磁鐵穿過鋁條時，在鋁條中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E,有￡=55⑤

鋁條與磁鐵正對部分的電阻為五，由電阻定律有五十芻⑥

ab

E

由歐姆定律有■⑦

pmg^e

聯(lián)立④⑤⑥⑦式可得v=~wd^?

（3）磁鐵以速度v進(jìn)入鋁條間，恰好做勻速運動時，磁鐵受到沿斜面向上的作用力尸，聯(lián)立①②⑤⑥⑦式

2加,)

可得尸=-------⑨

當(dāng)鋁條的寬度時，磁鐵以速度v進(jìn)入鋁條間時，磁鐵受到的作用力變?yōu)楫a(chǎn)，有”---------⑩

P

可見，尸獨』耍nJ,磁鐵所受到的合力方向沿斜面向上，獲得與運動方向相反的加速度，磁鐵將減速下滑，

此時加速度最大。之后，隨著運動速度減小，尸也隨著減小，磁鐵所受的合力也減小，由于磁鐵加速度與所

受到的合力成正比，磁鐵的加速度逐漸減小。綜上所述，磁鐵做加速度逐漸減小的減速運動。直到尸三91

6時，磁鐵重新達(dá)到平衡狀態(tài)，將再次以較小的速度勻速下滑。

【名師點睛】此題以電磁緩沖器為背景設(shè)置題目，綜合考查了安培力、物體的平衡、電阻定

律及歐姆定律等知識點，要求學(xué)生首先理解題意，抽象出物理模型，選擇適當(dāng)?shù)奈锢硪?guī)律列

出方程求解；此題綜合性較強(qiáng)，能較好地考查考生綜合分析問題與解決問題的能力。

5.【2016?浙江卷】（20分）小明設(shè)計的電磁健身器的簡化裝置如圖所示，兩根平行金屬

導(dǎo)軌相距74）.50m,傾角《=53°,導(dǎo)軌上端串接一個廬0.05O的電阻。在導(dǎo)軌間長d巾.56

m的區(qū)域內(nèi)，存在方向垂直導(dǎo)軌平面向下的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度后2.0T。質(zhì)量加4.0kg

的金屬棒切水平置于導(dǎo)軌上，用絕緣繩索通過定滑輪與拉桿。/相連。切棒的初始位置與

磁場區(qū)域的下邊界相距5=0.24m。一位健身者用恒力480N拉動用桿，刃棒由靜止開始

運動，上升過程中切棒始終保持與導(dǎo)軌垂直。當(dāng)切棒到達(dá)磁場上邊界時健身者松手，觸發(fā)

恢復(fù)裝置使切棒回到初始位置（重力加速度吏lOm/s：sin530=0.8,不計其他電阻、摩

擦力以及拉桿和繩索的質(zhì)量）。求

（1）切棒進(jìn)入磁場時速度r的大?。?/p>

(2)⑦棒進(jìn)入磁場時所受的安培力A的大?。?/p>

(3)在拉升切棒的過程中，健身者所做的功『和電阻產(chǎn)生的焦耳熱么

【答案】(D2.4m/s(2)48N(3)64J26.88J

【解析】(1)由牛頓定律°=尸一叫由「=]2,①

m

進(jìn)入磁場時的速度V=辰=2.4m/s②

(2)感應(yīng)電動勢后=為加③

DF,,

感應(yīng)電流/=妾④

R

安培力⑤

代人得以=望”=鄧14⑥

(3)健身者做功/=F(s+d)=64J⑦

由牛頓定律；尸一?wgsin夕一4=0⑨

CD棒在磁場區(qū)做勻速運動

在磁場中運動時間看=日⑨

V

焦耳熱。=?&=26.88J⑩

【名師點睛】此題是關(guān)于電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的力及能量的問題。解題時要認(rèn)真分析物理過程,

搞清物體的受力情況及運動情況，并能選擇合適的物理規(guī)律列出方程解答；此題難度中等,

意在考查學(xué)生綜合運用物理規(guī)律解題的能力。

★------------20154裔考笈■&-------------

1.[2015?重慶?7】音圈電機(jī)是一種應(yīng)用于硬盤、光驅(qū)等系統(tǒng)的特殊電動機(jī).題7圖是某

音圈電機(jī)的原理示意圖，它由一對正對的磁極和一個正方形剛性線圈構(gòu)成，線圈邊長為L,

匝數(shù)為，磁極正對區(qū)域內(nèi)的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直于線圈平面豎直向下，大小為8,區(qū)域外

的磁場忽略不計.線圈左邊始終在磁場外，右邊始終在磁場內(nèi)，前后兩邊在磁場內(nèi)的長度始

終相等.某時刻線圈中電流從P流向Q,大小為.

(1)求此時線圈所受安培力的大小和方向。

(2)若此時線圈水平向右運動的速度大小為，求安培力的功率.

【答案】(1)F=nBIL,方向水平向右；(2)P=nBILv

【解析】(D線圈的右邊受到磁場的安培力，共有左條邊，

故F=Ft-BIL=nBIL

由左手定則，電流向外，磁場向下，安培力水平向右

(2)安培力的瞬時功率為P=

【方法技巧】三大定則和一個定律的運用通電受力用左手，運動生流用右手，磁生電和電生磁都用右手握

一提。

2.12015?海南?13]如圖，兩平行金屬導(dǎo)軌位于同一水平面上，相距，左端與一電阻R

相連；整個系統(tǒng)置于勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為氏方向豎直向下。一質(zhì)量為山的導(dǎo)體

棒置于導(dǎo)軌上，在水平外力作用下沿導(dǎo)軌以速度勻速向右滑動，滑動過程中始終保持與導(dǎo)軌

垂直并接觸良好。己知導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為4,重力加速度大小為g,導(dǎo)軌和導(dǎo)

體棒的電阻均可忽略。求：

(1)電阻A消耗的功率;

(2)水平外力的大小。

【答案】⑴-嗒⑵八誓+〃空

【解析】（1）導(dǎo)體切割磁感線運動產(chǎn)生的電動勢為￡=

E

根據(jù)歐姆定律，閉合回路中的感應(yīng)電流為1=-

電阻R消耗的功率為P=I2R,聯(lián)立可得P=—^―

（2）對導(dǎo)體棒受力分析，受到向左的安培力和向左的摩擦力，向右的外力，三力平衡，故有琮+S=F,

【方法技巧】安培力是聯(lián)系力與電磁感應(yīng)的橋梁，分析好導(dǎo)體棒的運動情況，結(jié)合歐姆定律,

分析解題。

3.12015?浙江?25】使用回旋加速器的實驗需要把離子束從加速器中引出，離子束引出

的方法有磁屏蔽通道法和靜電偏轉(zhuǎn)法等。質(zhì)量為如速度為〃的離子在回旋加速器內(nèi)旋轉(zhuǎn)，

旋轉(zhuǎn)軌道時半徑為r的圓，圓心在。點，軌道在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為

員為引出離子束，使用磁屏蔽通道法設(shè)計引出器。引出器原理如圖所示，一堆圓弧形金屬

板組成弧形引出通道，通道的圓心位于。'點（?！c圖中未畫出）。引出離子時，令引出通

道內(nèi)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度降低，從而使離子從R點進(jìn)入通道，沿通道中心線從0點射出。已知

。。長度為、。。與神的夾角為，

（1）求離子的電荷量。并判斷其正負(fù)；

（2）離子從一點進(jìn)入，0點射出，通道內(nèi)勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度應(yīng)降為8',求B'；

（3）換用靜電偏轉(zhuǎn)法引出離子束，維持通道內(nèi)的原有磁感應(yīng)強(qiáng)度8不變，在內(nèi)外金屬板間

加直流電壓，兩板間產(chǎn)生徑向電場，忽略邊緣效應(yīng)。為使離子仍從戶點進(jìn)入，。點射出，求

通道內(nèi)引出軌跡處電場強(qiáng)度￡的方向和大小。

wvmv(2r-2Lcos9)(,§)

【答案】（1）q=—，正電荷（2）

Brq(產(chǎn)+Z?_2rRcos8)

_八wv~(2r-2￡cos^)

E=Bv---------——-------------------

q?！?7?—2rRcos6)

2

【解析】（1）離子做圓周運動=①

r

解得q=器,正電荷②

（2）如圖所示

O'Q=R,OQ=L,O'O=R-r

V2

引出軌跡為圓弧B'qv=m-③

R

解得R=^④

根據(jù)幾何關(guān)系得R=r+，2c°s°

⑤

2r-2Lcos0

解得8,二竺:二小&-2上cos6)

⑥

qRq(r2+13-2rRcos0)

（3）電場強(qiáng)度方向沿徑向向外⑦

引出軌跡為圓弧方似—西=刪:

⑧

K

用/(力—2￡8S

解得E=

式戶+￡2_2rRcos&)

【方法技巧】做此類問題，關(guān)鍵掌握回旋加速器的原理，運用電場加速和磁場偏轉(zhuǎn)，知道粒

子在磁場中運動的周期與加速電場的變化周期相等，注意掌握半徑與周期公式的應(yīng)用和結(jié)合

數(shù)學(xué)幾何知識解題。

4.【2015?山東?24］如圖所示，直徑分別為〃和2。的同心圓處于同一豎直面內(nèi)，〃為

圓心，掰為大圓的水平直徑。兩圓之間的環(huán)形區(qū)域（I區(qū)）和小圓內(nèi)部（II區(qū)）均存在垂

直圓面向里的勻強(qiáng)磁場。間距為d的兩平行金屬極板間有一勻強(qiáng)電場，上極板開有一小孔。

一質(zhì)量為必，電量為+。的粒子由小孔下方力2處靜止釋放，加速后粒子以豎直向上的速度P

射出電場，由點緊靠大圓內(nèi)側(cè)射入磁場。不計粒子的重力。

(1)求極板間電場強(qiáng)度的大?。?/p>

(2)若粒子運動軌跡與小圓相切，求區(qū)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大??；

(3)若I區(qū)，II區(qū)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小分別為2卬“/勿，\mv/qD,粒子運動一段時間后再次經(jīng)

過〃點，求這段時間粒子運動的路程。

【答案】(1)」一(2)空一或」一(3)5.5"〃

qdqD3qD

【解析】(1)粒子在電場中，根據(jù)動能定理：解得七=對

22qa

D--

(2)若粒子的運動軌跡與小圓相切，則當(dāng)內(nèi)切時，半徑為勺=—72=：D

24

由9=《，解得”箸

2D--

則當(dāng)外切時，半徑為。=—=乎

由quB]=陽止，解得9=?^

2mv；7?vD

(3)若I區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度為片二,則粒子運動的半徑為"="=上；n區(qū)域的

qD羽2

磁感應(yīng)強(qiáng)度為8,=絲4A77二V則粒子運動的半徑為凡t=n空v=上D

qD-qB24

設(shè)粒子在I區(qū)和n區(qū)做圓周運動的周期分別為力、應(yīng)由運動公式可得:

據(jù)題意分析，粒子兩次與大圓相切的時間間隔內(nèi)，運動軌跡如圖所示，根據(jù)對稱性可知，I

區(qū)兩段圓弧所對的圓心角相同，設(shè)為q,n區(qū)內(nèi)圓弧所對圓心角為名，圓弧和大圓的兩個

切點與圓心。連線間的夾角設(shè)為a