2025年廣東高考物理預(yù)測(cè)：電磁場(chǎng)的綜合運(yùn)用 計(jì)算大題（解析版）

押廣東卷計(jì)算大題

電磁場(chǎng)的綜合運(yùn)用

猜押題型3年真題考情分析命題思路

電磁場(chǎng)的綜合運(yùn)用的命題方

向：主要以結(jié)合豐富多樣的前沿科

廣東物理新高考改革以來(lái)，23年考

技為物理情境。例如結(jié)合質(zhì)譜儀、

查電磁感應(yīng)的綜合運(yùn)用，24年考查帶電

回旋加速器、速度選擇器等儀器設(shè)

粒子在組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，這類(lèi)題型綜合

備為背景考查帶電粒子在其中的運(yùn)

性強(qiáng)，難度較大。這類(lèi)計(jì)算大題絕非單

2023?廣東?14題動(dòng)過(guò)程，或是利用單雙桿切割磁感

一知識(shí)點(diǎn)的考查，而是將電場(chǎng)力、洛倫

計(jì)算題2024?廣東T5題線(xiàn)模型考查電磁感應(yīng)的綜合運(yùn)用

茲力的性質(zhì)與計(jì)算，帶電粒子在電場(chǎng)中

等。

的加速、偏轉(zhuǎn)（類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)），在磁場(chǎng)中

求解此類(lèi)問(wèn)題學(xué)生需熟練運(yùn)用

的勻速圓周運(yùn)動(dòng)以及牛頓第二定律、動(dòng)

各類(lèi)數(shù)學(xué)工具。常涉及到平面幾何

能定理、能量守恒定律等知識(shí)深度融

知識(shí)，用于確定帶電粒子在磁場(chǎng)中

合。

圓周運(yùn)動(dòng)的圓心、半徑、軌跡與幾

何邊界的關(guān)系。

1.（2024?廣東?高考真題）如圖甲所示。兩塊平行正對(duì)的金屬板水平放置，板間加上如圖乙所示幅值為U。、

周期為何的交變電壓。金屬板左側(cè)存在一水平向右的恒定勻強(qiáng)電場(chǎng)，右側(cè)分布著垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。

磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為反一帶電粒子在t=0時(shí)刻從左側(cè)電場(chǎng)某處由靜止釋放，在t=力時(shí)刻從下板左端邊緣位

置水平向右進(jìn)入金屬板間的電場(chǎng)內(nèi)，在t=2t0時(shí)刻第一次離開(kāi)金屬板間的電場(chǎng)、水平向右進(jìn)入磁場(chǎng)，并在

t=3%時(shí)刻從下板右端邊緣位置再次水平進(jìn)入金屬板間的電場(chǎng)。已知金屬板的板長(zhǎng)是板間距離的5倍，粒子

質(zhì)量為加。忽略粒子所受的重力和場(chǎng)的邊緣效應(yīng)。

（1）判斷帶電粒子的電性并求其所帶的電荷量

（2）求金屬板的板間距離D和帶電粒子在t=力時(shí)刻的速度大小v；

（3）求從t=0時(shí)刻開(kāi)始到帶電粒子最終碰到上金屬板的過(guò)程中，電場(chǎng)力對(duì)粒子做的功少。

金屬板

電場(chǎng)）磁

r場(chǎng)

金屬板

甲

乙

【答案】（1）正電；勺=舞（2）。=符』隔2

T/177imU0(n+16')

⑶卬=丁Bt。-

【詳解】（1）根據(jù)帶電粒子在右側(cè)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡結(jié)合左手定則可知，粒子帶正電；粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)

的周期為

T=2to

根據(jù)

2nm

T=-----

qB

則粒子所帶的電荷量

71m

“二%

（2）若金屬板的板間距離為。，則板長(zhǎng)學(xué)粒子在板間運(yùn)動(dòng)時(shí)

TID

百=%

出電場(chǎng)時(shí)豎直速度為零，則豎直方向

片2*瑞1Uoq崢。）92

在磁場(chǎng)中時(shí)

V2

qvB=m—

其中的

2mv

聯(lián)立解得

V=7l

37Ttg(/o

88

（3）帶電粒子在電場(chǎng)和磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖，由（2）的計(jì)算可知金屬板的板間距離

D=3r

則粒子在3%時(shí)刻再次進(jìn)入中間的偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，在4M時(shí)刻進(jìn)入左側(cè)的電場(chǎng)做減速運(yùn)動(dòng)速度為零后反向加速，

在6電時(shí)刻再次進(jìn)入中間的偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，6.5%時(shí)刻碰到上極板，因粒子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，在時(shí)間由內(nèi)電

場(chǎng)力做功為零，在左側(cè)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，往返一次電場(chǎng)力做功也為零，可知整個(gè)過(guò)程中只有開(kāi)始進(jìn)入左側(cè)電

場(chǎng)時(shí)電場(chǎng)力做功和最后0.5訪(fǎng)時(shí)間內(nèi)電場(chǎng)力做功，則

1Dn3mUnmUTrmU（rt2+16）

W=—mvz+Eax—=---------0--1---------0-=---------0-------------

2“348Bh3Bt（）488to

2.（2023?廣東?高考真題）光滑絕緣的水平面上有垂直平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)被分成區(qū)域I和II,寬度均為拉,

其俯視圖如圖（。）所示，兩磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間珀勺變化如圖（6）所示，0?T時(shí)間內(nèi)，兩區(qū)域磁場(chǎng)恒定，

方向相反，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為2%和%,一電阻為R,邊長(zhǎng)為％的剛性正方形金屬框abed,平放在水平

面上，ab、cd邊與磁場(chǎng)邊界平行.t=0時(shí)，線(xiàn)框時(shí)邊剛好跨過(guò)區(qū)域I的左邊界以速度"向右運(yùn)動(dòng).在T時(shí)亥U，

防邊運(yùn)動(dòng)到距區(qū)域I的左邊界9處，線(xiàn)框的速度近似為零，此時(shí)線(xiàn)框被固定，如圖（a）中的虛線(xiàn)框所示。隨

后在T?2T時(shí)間內(nèi)，I區(qū)磁感應(yīng)強(qiáng)度線(xiàn)性減小到0,II區(qū)磁場(chǎng)保持不變；2T?3T時(shí)間內(nèi)，II區(qū)磁感應(yīng)強(qiáng)度也線(xiàn)

性減小到0。求：

（1）t=o時(shí)線(xiàn)框所受的安培力F；

（2）t=1.2T時(shí)穿過(guò)線(xiàn)框的磁通量（/>；

（3）2T?3T時(shí)間內(nèi)，線(xiàn)框中產(chǎn)生的熱量Q。

【答案】（1）F=出滬，方向水平向左；（2）中=喏；（3）<2=算

K1U4TK

【詳解】（1）由圖可知t=o時(shí)線(xiàn)框切割磁感線(xiàn)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為

E=2B0hv+Bohv=3Bohv

則感應(yīng)電流大小為

E3Bohv

I=R=R

所受的安培力為

3Bhv3Bhv9B^h2v

F=2B^^oh+B^o^h=^-

0KK0K

方向水平向左;

（2）在T時(shí)刻，a6邊運(yùn)動(dòng)到距區(qū)域I的左邊界2處，線(xiàn)框的速度近似為零，此時(shí)線(xiàn)框被固定，則t=1.2T時(shí)穿

過(guò)線(xiàn)框的磁通量為

11SBoh2

e=1.6B0h--h-Boh--h=知

方向垂直紙面向里；

（3）2T?3T時(shí)間內(nèi)，II區(qū)磁感應(yīng)強(qiáng)度也線(xiàn)性減小到0,則有

19

A4）hB（）h2

E'=

△tT2r

感應(yīng)電流大小為

E'Boh2

1=~R=2TR

則2T~3T■時(shí)間內(nèi)，線(xiàn)框中產(chǎn)生的熱量為

考向1：帶電粒子在組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)

【針對(duì)練習(xí)1]（2025?廣東深圳?一模）上海光源是我國(guó)的重大科學(xué)裝置。該裝置中，電子經(jīng)電場(chǎng)加速，進(jìn)

入波蕩器做“蛇形”運(yùn)動(dòng)，產(chǎn)生輻射光。電子的電荷量e、質(zhì)量m、初速度均已知，不計(jì)相對(duì)論效應(yīng)及輻射

帶來(lái)的動(dòng)能損失，忽略電子所受的重力。

(1)圖甲為直線(xiàn)加速器簡(jiǎn)化模型，兩加速電極中心有正對(duì)的小孔。為了使電子從右側(cè)出射時(shí)動(dòng)能為取,求極

板間的加速電壓大小。

(2)圖乙是波蕩器簡(jiǎn)化模型，勻強(qiáng)磁場(chǎng)均勻分布在多個(gè)區(qū)域，水平面內(nèi)沿軸線(xiàn)4C方向每一區(qū)域?qū)?縱向尺寸

足夠大。各相鄰區(qū)域內(nèi)磁場(chǎng)方向相反并垂直于所示平面。在2點(diǎn)放置一電子發(fā)射裝置，使電子以速率辦在

所示平面內(nèi)與軸線(xiàn)4C成-60。?+60。的范圍內(nèi)均勻發(fā)散射出。若恰有75%的電子能從I區(qū)域右邊界射出。

求I區(qū)域磁感應(yīng)強(qiáng)度大小。

(3)如圖丙，電子在磁感應(yīng)強(qiáng)度為無(wú)的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，其軌跡上任意兩點(diǎn)間存在規(guī)律:sin%-sin02=W?。

其中四、92為速度方向角，d為兩點(diǎn)沿軸線(xiàn)方向的位移。圖丁為更接近波蕩器真實(shí)情況的磁場(chǎng)(沿軸線(xiàn)水平

向右為工軸正方向，垂直紙面向里為磁場(chǎng)正方向)，若電子從4點(diǎn)沿軸線(xiàn)向右射入，求x=3L處電子速度方向。

【答案】(1聲嚴(yán)

mv

⑵4

(3)速度方向與軸線(xiàn)AC夾角45度，方向向右偏下

【詳解】(1)根據(jù)動(dòng)能定理eU=岳卜-，!％?

解得U=2Ek；m。

2e

(2)根據(jù)左手定則，電子受到洛倫茲力在I區(qū)域向下偏轉(zhuǎn)。洛倫茲力提供圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，則有

v2

evB=m—R

._mv

解得zR=—

根據(jù)題干條件，電子在角度范圍內(nèi)分布均勻，可知在入射角度相對(duì)軸線(xiàn)偏下30。的電子剛好無(wú)法進(jìn)入n區(qū)域。

由幾何關(guān)系可知，若電子剛好無(wú)法從右側(cè)射出，電子軌跡與區(qū)域I右邊緣相切L=R-Rsin30。

聯(lián)立解得8=既

（3）將空間沿軸線(xiàn)方向分割成微元，經(jīng)過(guò)任何一個(gè)微元A3電子速度方位角的正弦值變化量近似為竺生，

mv

其中方為該微元處的平均磁感應(yīng)強(qiáng)度。無(wú)限細(xì)分之后求和可知，速度偏向角的正弦值變化量為益，其中S為

B-x圖線(xiàn)所圍的面積。類(lèi)比UT圖，橫軸下方面積為“負(fù)”。故有S=pxLx]

eL2

沿軸線(xiàn)入射，因此00=0,根據(jù)規(guī)律則有sin^o-sin03z=總=孝

解得sin/z,=一乎

因此x=3L處，0=-45°,即速度方向與軸線(xiàn)4C夾角45度，方向向右偏下。

【針對(duì)練習(xí)2】（2025模擬預(yù)測(cè)）如圖，水平虛線(xiàn)下方存在豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)，上方存在垂直紙面向里的

勻強(qiáng)磁場(chǎng)。一個(gè)質(zhì)量為加、電荷量為g的帶電粒子。，從電場(chǎng)中P點(diǎn)以初速度%垂直電場(chǎng)方向射入電場(chǎng)，經(jīng)

電場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后從虛線(xiàn)上。點(diǎn)（未畫(huà)出）第一次進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)，粒子在0點(diǎn)時(shí)的速度方向與水平虛線(xiàn)夾角為

a=45。，再經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后又進(jìn)入電場(chǎng)，多次往復(fù)運(yùn)動(dòng)下去。電場(chǎng)、磁場(chǎng)范圍足夠大，尸點(diǎn)到水平虛線(xiàn)距離

為d,磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為符，不計(jì)粒子重力。求：

XXXXXXXXXXXX

XXXXXXXXXXXX

XXXXXXXXXXXX

X辟XX[[X[X[[X]X[[X[X]]X[X]X

(1)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小；

(2)帶電粒子a第6次通過(guò)水平虛線(xiàn)時(shí)和P點(diǎn)間的水平距離；

(3)帶電粒子。從尸點(diǎn)開(kāi)始到第3次通過(guò)水平虛線(xiàn)所需的時(shí)間。

【答案】(1朦

⑵d

(24+37r)d

⑴4v0

【詳解】(1)。粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律，在豎直方向上有d=a=

qE

茄，％=磯1

又粒子經(jīng)過(guò)Q點(diǎn)時(shí)有tana=得

聯(lián)立解得E=^

VVn9/7

(2)。粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，在豎直方向上有以=?=適=,

amv0

在水平方向上有的=為ti=2d

粒子經(jīng)過(guò)。點(diǎn)時(shí)的速度為"=?黑=魚(yú)%

在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律有=

aK

解得R=￥(i

作出a粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示

義XXXXXXX義XX

由圖可知，a粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中每次偏轉(zhuǎn)的圓心角為。=270。

根據(jù)幾何關(guān)系可得MQ兩點(diǎn)間的距離為QM=2Rcos45°=d

由圖可得帶電粒子a第6次通過(guò)水平虛線(xiàn)時(shí)離P點(diǎn)水平距離為=7d

（3）a粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的圓心角為0=270。

則從。到M點(diǎn)的時(shí)間上=筮7=?x箸=箸

a粒子在P點(diǎn)開(kāi)始第3次通過(guò)水平虛線(xiàn)所需的時(shí)間為t=3ti+以=熱+箸=笑詈

【針對(duì)練習(xí)3】（2025模擬預(yù)測(cè)）電子對(duì)湮滅是指電子和正電子碰撞后湮滅，產(chǎn)生y射線(xiàn)的過(guò)程。正、負(fù)電

子的質(zhì)量均為加、電荷量均為e,正、負(fù)電子的重力不計(jì)。如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系xQy上，P點(diǎn)在x

軸上，0點(diǎn)在y軸負(fù)半軸上某處。第I象限內(nèi)有平行于），軸的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小E=空，第II象限

內(nèi)有垂直平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，第IV象限內(nèi)有一未知的圓形區(qū)域（圖中未畫(huà)出），未知圓形區(qū)域內(nèi)的

勻強(qiáng)磁場(chǎng)和第n象限內(nèi)的勻強(qiáng)磁場(chǎng)相同。一速度大小為v°的電子從/點(diǎn)沿y軸正方向射入磁場(chǎng)，經(jīng)C點(diǎn)垂

直射入電場(chǎng)后，從尸點(diǎn)射出電場(chǎng)；一正電子從y軸負(fù)半軸上的0點(diǎn)（坐標(biāo)未知）沿與y軸正方向成45。角的

方向射入第IV象限，然后進(jìn)入未知圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，從P點(diǎn)離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)，與從尸點(diǎn)射出的電子正碰發(fā)生

湮滅，即相碰時(shí)兩粒子的速度大小相等、方向相反。已知。4=￡,忽略正、負(fù)電子間的相互作用（碰撞時(shí)除

（1）第II象限內(nèi)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小B；

（2）。、P間的距離x及電子從/點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)所用的時(shí)間t；

（3）正電子從。點(diǎn)射入時(shí)的速度大小v及未知圓形磁場(chǎng)區(qū)域的最小面積S。

【答案】（I）BT

”，（4+小

（2）"23t=-r—

2

(3)v=V2v0,S=7rL

【詳解】（1）電子從4點(diǎn)沿y軸正方向射入磁場(chǎng)，經(jīng)過(guò)。點(diǎn)，由題意知電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑

R=L

洛倫茲力提供向心力

v2

evBD=m—0

0K

解得

B=—eLr

（2）電子在第n象限中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間

TIL

tl=^

電子在電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)電子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為⑶有

1

L=2at29

由牛頓第二定律有

eE=ma

解得

2L

12二一

%

電子沿X軸方向做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，有

X=v0t2

解得

x=2L

電子從Z點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到尸點(diǎn)的時(shí)間

（3）從尸點(diǎn)射出電場(chǎng)的電子，根據(jù)豎直方向的運(yùn)動(dòng)規(guī)律

2

vy=2aL

解得

Vy=VQ

故

2

v=\VQ+vy=V2v0

tang=—=1

%

所以

0=45°

電子和正電子碰撞后湮滅，說(shuō)明兩者速度大小相等、方向相反，故正電子從。點(diǎn)射入時(shí)的速度大小

v=V2v0

如圖所示

XXX

XX

根據(jù)牛頓第二定律

?2

正電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑

R2=g

未知圓形磁場(chǎng)的最小面積為以日&為半徑的圓形，最小面積

V22

S=7T（—/?2）=?！?/p>

【針對(duì)練習(xí)4]（2025?廣東深圳?一模）如圖為某電子槍簡(jiǎn)化模型示意圖。在xOy平面內(nèi)，邊長(zhǎng)為工的正方

形區(qū)域I存在沿x軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電壓為U,區(qū)域n存在磁感應(yīng)強(qiáng)度為8、方向垂直紙面向內(nèi)的勻強(qiáng)磁

場(chǎng)。有一系列電子處在坐標(biāo)平面內(nèi)滿(mǎn)足函數(shù)關(guān)系式（L-x）y=竽，現(xiàn)讓這些電子先后由靜止釋放，已知電子

的質(zhì)量為加，電量為e,取5叵=匕不計(jì)電子重力。求：

氣e4

y

xxxxxx

II

xXXXBXX

xXXXXX

xXXXXX

X

(1)在坐標(biāo)(O,0點(diǎn)釋放的電子，打在X軸上的位置；

(2)所有釋放的電子，打在x軸上的位置的函數(shù)關(guān)系式。

【答案】⑴6，0)

(2)L+J屈—y2

【詳解】(1)電子加速過(guò)程eU=加%2

解得%=陛

根據(jù)q%B=my

解得r=《

根據(jù)幾何關(guān)系可知，打在x軸上的位置為(+L=%

坐標(biāo)為(%,0)?

(2)電子加速過(guò)程e/u=

根據(jù)quB=m?

解得=

射入磁場(chǎng)后，設(shè)打在x軸上的位置距電場(chǎng)右邊距離為血，根據(jù)幾何關(guān)系xj+(〃—y)2=*

解得

所以打在x軸上的位置的函數(shù)關(guān)系式為％=乙+打=L+l^y/yL-y2

【針對(duì)練習(xí)5](2025模擬預(yù)測(cè))在粒子物理學(xué)的研究中，經(jīng)常用電場(chǎng)和磁場(chǎng)來(lái)控制或者改變粒子的運(yùn)動(dòng)。

如圖所示為一控制粒子運(yùn)動(dòng)裝置的模型。在平面直角坐標(biāo)系xQy的第一象限內(nèi)有沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng),

第二象限內(nèi)，一半徑為廠(chǎng)的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于坐標(biāo)平面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)I,磁場(chǎng)的邊界圓剛好與兩坐標(biāo)軸

相切于p、。兩點(diǎn)，在第三和第四象限內(nèi)有垂直于坐標(biāo)平面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)n,磁場(chǎng)n中有一垂直于y軸的

足夠長(zhǎng)的接收屏，帶電粒子打到屏上立刻被屏吸收。P點(diǎn)處有一粒子源，粒子源在坐標(biāo)平面內(nèi)均勻地向第二

象限的各個(gè)方向射出質(zhì)量為〃八電荷量為4的帶正電粒子，粒子射出的初速度大小相同。已知沿y軸正向射

出的粒子恰好通過(guò)0點(diǎn)，該粒子經(jīng)電場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后以與X軸正方向成45。的方向進(jìn)入磁場(chǎng)II,并恰好能垂直打在

接收屏上。磁場(chǎng)I、II的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為3不計(jì)粒子的重力及粒子間的相互作用。

(1)求粒子從P點(diǎn)射出的速度大小。0；

(2)求勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小E；

(3)將接收屏沿y軸負(fù)方向平移，直至僅有三分之一的粒子經(jīng)磁場(chǎng)II偏轉(zhuǎn)后能直接打到屏上，求接收屏沿y軸

負(fù)方向移動(dòng)的距離心

【答案】(1)%=等

qrB2

(2)F=2m

⑶L=部

【詳解】(1)從P點(diǎn)沿y軸正向射入的粒子恰好通過(guò)Q點(diǎn)，則粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑為n=r,

如圖所示

解得%=哼

(2)從P點(diǎn)沿y軸正向射入的粒子在電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)粒子出電場(chǎng)時(shí)沿y軸負(fù)方向的分速度為內(nèi),如

聯(lián)立解得岳=磬

(3)由于粒子在磁場(chǎng)I中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為n=r，根據(jù)磁發(fā)散原理，所有粒子均沿%軸正方向射出磁場(chǎng)I,

設(shè)某一粒子進(jìn)入磁場(chǎng)II時(shí)，與x軸正方向夾角為仇則該粒子進(jìn)入磁場(chǎng)II時(shí)速度為"=懸，如圖所示

設(shè)該粒子在磁場(chǎng)II中做圓周運(yùn)動(dòng)，半徑為凡洛倫茲力提供向心力，有"8=

則軌跡的圓心到％軸的距離為S=Reos。=^cos。=翳，代入第一問(wèn)結(jié)果，得s=r。

由此可見(jiàn)，所有粒子進(jìn)磁場(chǎng)H后做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心均在離x軸距離為r的水平線(xiàn)上，即此時(shí)接收屏距離x軸的

距離為r,根據(jù)圓的特點(diǎn)，打到屏上的速度垂直于半徑，而半徑在接收屏所在的平面，因此所有粒子均能垂

直打在接收屏上。在P點(diǎn)沿與%軸負(fù)方向成60。向左上方射出的粒子恰好能打在屏上時(shí)，該粒子左側(cè)的所有粒

子都可以打在屏上，右側(cè)的粒子則不能打在屏上，即有三分之一的粒子經(jīng)磁場(chǎng)II偏轉(zhuǎn)后能直接打在屏上，設(shè)

這時(shí)屏需要移動(dòng)的距離為3如圖所示，L=n

y

,2

設(shè)該粒子在磁場(chǎng)I中軌跡如圖，出磁場(chǎng)時(shí)坐標(biāo)y=r+rcos60°=-r

進(jìn)入磁場(chǎng)n時(shí)的速度大小為i/,在電場(chǎng)中，根據(jù)動(dòng)能定理有qEy="1/2一17n加

根據(jù)洛倫茲力提供向心力有qu'B=m3-

?2

解得「2=季『

即僅有三分之一的粒子經(jīng)磁場(chǎng)n偏轉(zhuǎn)后能直接打到屏上，接收屏沿y軸負(fù)方向移動(dòng)的距離為L(zhǎng)=部

【針對(duì)練習(xí)6](2025模擬預(yù)測(cè))如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系X?！档牡谝幌笙迌?nèi)有垂直于坐標(biāo)平面向外的

勻強(qiáng)磁場(chǎng)I,在第二象限內(nèi)有沿%軸正向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在yWO區(qū)域內(nèi)有垂直于坐標(biāo)平面向里的磁場(chǎng)n(未畫(huà)

出)，其磁感應(yīng)強(qiáng)度大小沿y軸負(fù)方向按&=Bo+ky的規(guī)律均勻變化，y為該磁場(chǎng)中某點(diǎn)到久軸的距離，k為

已知的常數(shù)且k>0,磁場(chǎng)II中有一平行于久軸的足夠長(zhǎng)的熒光屏，熒光屏到久軸的距離為3在x軸上坐標(biāo)為

Ld,0)的P點(diǎn)沿坐標(biāo)平面向》軸正向和y軸正向之間的各個(gè)方向射出速度大小均為火的質(zhì)量均為小、電荷量

均為q的帶正電粒子，沿y軸正向射出的粒子進(jìn)磁場(chǎng)I時(shí)速度方向與y軸正向成53。角，此粒子經(jīng)磁場(chǎng)I偏轉(zhuǎn)剛好

能沿x軸負(fù)方向進(jìn)磁場(chǎng)II,sin53。=0.8,cos53。=0.6,不計(jì)粒子的重力，求：

(1)勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小；

(2)磁場(chǎng)I的磁感應(yīng)強(qiáng)度大??；

(3)使所有粒子均不打到熒光屏上時(shí)即的最小值。

【答案】(1嚅

⑵絮

⑶曙—

【詳解】（1）沿y軸正向射出的粒子經(jīng)過(guò)y軸時(shí)，速度與y軸正向的夾角為53°。

根據(jù)速度的合成與分解可知該粒子進(jìn)磁場(chǎng)I時(shí)的速度大小為〃=建;=|v0

根據(jù)動(dòng)能定理，有qEd=|mv2-|mvo

聯(lián)立解得5=喘

（2）沿y軸正向射出的粒子進(jìn)磁場(chǎng)I時(shí)的位置離坐標(biāo)原點(diǎn)。的距離為yi，則4=*5也53?！?/p>

沿歹方向的位移為yi=vot

聯(lián)立解得力=|d

沿y軸正向射出的粒子經(jīng)磁場(chǎng)I偏轉(zhuǎn)后恰好沿%軸負(fù)方向進(jìn)入磁場(chǎng)II,設(shè)粒子在磁場(chǎng)I中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為

r,則yi=r+rsin53°

解得r=/

根據(jù)牛頓第二定律，有qvBi=m9

解得當(dāng)=贄

（3）根據(jù)動(dòng)能定理可知，所有粒子進(jìn)入磁場(chǎng)I時(shí)的速度大小相等，要使所有粒子均不能打到熒光屏上，則

只需沿x軸負(fù)方向進(jìn)入磁場(chǎng)n時(shí)粒子軌跡恰與熒光屏相切。沿x軸負(fù)方向根據(jù)動(dòng)量定理，得-2A

t——mv—mv

解得=2mv

即q￡(Bo+ky)^y=2mv

結(jié)合y圖像

解得Bo=曙一

考向2：帶電粒子在疊加場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)

【針對(duì)練習(xí)7】（2025模擬預(yù)測(cè)）利用電磁場(chǎng)實(shí)現(xiàn)離子偏轉(zhuǎn)是科學(xué)儀器中廣泛應(yīng)用的技術(shù)。如圖所示，在

xQy平面內(nèi)存在區(qū)域足夠大的方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為瓦位于坐標(biāo)原點(diǎn)。處的

離子源能在xQy平面內(nèi)持續(xù)發(fā)射質(zhì)量為加、電荷量為夕的負(fù)離子，其速度方向與y軸正方向夾角。的最大值

為53。，且各個(gè)方向速度大小隨0變化的關(guān)系為u=式中％為未知定值，且8=0°的離子恰好通過(guò)坐標(biāo)為

（L,L）的尸點(diǎn)。不計(jì)離子的重力及離子間的相互作用，并忽略磁場(chǎng)的邊界效應(yīng)，sin37°=0.6,cos37°=0.8o

（1）求關(guān)系式。=■^中的值;

（2）當(dāng)離子的發(fā)射速度在第二象限內(nèi)且。=30。時(shí)，求離子第一次到達(dá)界面久=L的時(shí)間f；

（3）求所有離子中第一次到達(dá)界面久=L時(shí)，與x軸的最遠(yuǎn)距離dm；

（4）為回收離子，在界面x=L右側(cè)加一寬度為L(zhǎng)且平行于x軸、方向向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，如圖所示，為使所

有離子都不能穿越電場(chǎng)右邊界，求電場(chǎng)強(qiáng)度的最小值及

【答案】⑴竽⑵翳⑶31；⑷曙

【詳解】（1）根據(jù)題意可知，當(dāng)。=0°時(shí)，即沿y軸正方向發(fā)射的離子恰好通過(guò)坐標(biāo)為（L,L）的尸點(diǎn)，則

其軌跡的圓心一定在x軸上，設(shè)軌跡的半徑為R,由幾何關(guān)系有

(R-L)2+L2=R2

解得

R=L

即圓心在界面x=L與K軸的交點(diǎn)，又有

V2

qvB=m—

R

其中

%

V=-c--o--s-O---°-=Ve0x

解得

qBL

v=-----

0m

(2)當(dāng)離子的發(fā)射速度在第二象限內(nèi)且8=30。時(shí)，粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡，如圖所示

由題意可知

%

V1=cos30°

由牛頓第二定律可得

qv^B=m—

解得

L

,2=COS30。

可知圓心。1在x=L的界面上，由幾何關(guān)系得圓心角

?=120°

離子第一次到達(dá)界面x=L的時(shí)間為

120°271Tl27im

ti

360°v13Bq

(3)根據(jù)題意，由牛頓第二定律有

v2

qvB=m—

解得

mvTTIVQL

r=—=----------=-------

qBqBcosdcos0

由幾何關(guān)系可知，所有離子運(yùn)動(dòng)軌跡圓心均在比=心的界面上，則離子沿左側(cè)53。射出時(shí)，通過(guò)界面時(shí)離x軸

最遠(yuǎn)，此時(shí)離子運(yùn)動(dòng)的半徑為

L5

—=cos53。=百”

由幾何關(guān)系可得

dm=r2+r2sin53°=3L

(4)綜合上述分析可知，離子通過(guò)界面時(shí)，速度與界面垂直，則為使所有離子都不能穿越電場(chǎng)區(qū)域，即保

證速度最大的離子不能通過(guò)即可，即當(dāng)離子以53。射入時(shí)速度最大，最大速度為

%5

17m=

離子在X軸方向上運(yùn)動(dòng)方向最大位移為乙此時(shí)速度為。2,在復(fù)合場(chǎng)區(qū)域任意At時(shí)間，由動(dòng)量定理可得

兩邊求和有

qBL=mv2

解得

qBL

v=-----=v

2m0

由動(dòng)能定理有

11

-EqL=-mv27-2mvm7

解得

_8qB2L

9m

即電場(chǎng)強(qiáng)度的最小值

8qB2L

Emin=

【針對(duì)練習(xí)8】(2025模擬預(yù)測(cè))如圖所示的平面直角坐標(biāo)系yOx,四分之一虛線(xiàn)圓弧4B的圓心就在坐標(biāo)原

點(diǎn)0,4、B兩點(diǎn)分別在y軸和久軸上；圓弧邊界外第一象限內(nèi)存在垂直紙面向外、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為Bo的勻

強(qiáng)磁場(chǎng)，平行y軸的虛線(xiàn)MN與x軸的交點(diǎn)為N點(diǎn)，。、N兩點(diǎn)間的距離等于48圓弧的半徑；第二象限內(nèi)，虛

線(xiàn)MN與y軸間存在沿y軸正方向、場(chǎng)強(qiáng)大小為=B。%的勻強(qiáng)電場(chǎng)，虛線(xiàn)MN的左側(cè)存在沿x軸負(fù)方向、場(chǎng)

強(qiáng)大小也為Eo=%%的勻強(qiáng)電場(chǎng)以及垂直紙面向外、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為無(wú)的勻強(qiáng)磁場(chǎng)?，F(xiàn)讓質(zhì)量為小、帶

電量為q(q>0)的粒子(不計(jì)重力)在。點(diǎn)獲得沿y正方向的初速度％,粒子勻速運(yùn)動(dòng)到4點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)，然

后從B點(diǎn)到達(dá)。點(diǎn)，接著進(jìn)入。N間的勻強(qiáng)電場(chǎng)，再?gòu)腃點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到MN上的D點(diǎn)(x軸上。B段無(wú)電場(chǎng)也無(wú)磁場(chǎng),

x軸上。N段各點(diǎn)均被電場(chǎng)琦覆蓋；y軸上。4段無(wú)電場(chǎng)也無(wú)磁場(chǎng)，y軸上4點(diǎn)以上各點(diǎn)均被磁場(chǎng)即覆蓋)。

(1)求圓弧AB的半徑以及粒子從4到C的運(yùn)動(dòng)時(shí)間;

(2)求粒子在C點(diǎn)的速度大小以及粒子從4到C對(duì)時(shí)間而言所受的平均作用力的大小;

(3)求C、。兩點(diǎn)間的距離。

(4+37r)m

2Mo

⑵扇。，警?

(2+TO^O

⑴-qB。

【詳解】(1)由題意可知，粒子從4到8做勻速圓周運(yùn)動(dòng)軌跡是四分之三圓弧，與N8半徑相等，設(shè)為7?,

由洛倫茲力提供向心力=

解得R

qB。

粒子從O到A與從B到O的運(yùn)動(dòng)時(shí)間均為方=5=就

粒子從A到B的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為切=*舞

D272.

粒子從。到C做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向的分運(yùn)動(dòng)是速度為為的勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，則運(yùn)動(dòng)時(shí)間為抬=m=演

綜合可得粒子從A到C的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t"=tl+t2+%=與浮

(2)粒子從。到C,沿y軸正方向的分運(yùn)動(dòng)是初速度為0的勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，把粒子在C點(diǎn)的速度%分別

沿著x軸和y軸正交分解，則有%=%,%=吊海

結(jié)合琦=Bovo

可得以=vy=v0

則"c=魚(yú)為

且女方向與MN的夾角為45。，粒子從/到C,由矢量運(yùn)算法則可得速度的變化量為△〃=%=%

由動(dòng)量定理可得瓦4C=mAv

聯(lián)立解得聲=警中

(3)粒子從。到。，把粒子在。點(diǎn)的速度看成吃:=%,%=%兩個(gè)速度，磁場(chǎng)對(duì)“y=%分運(yùn)動(dòng)的洛倫茲

力為qBo"y=qBo歷沿X軸的正方向，電場(chǎng)力q&)=quo歷沿x軸負(fù)方向與q%%等大反向，則粒子沿y軸正

方向的分運(yùn)動(dòng)為%=%的勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)。磁場(chǎng)對(duì)心=%分運(yùn)動(dòng)的洛倫茲力提供向心力使粒子做半徑為R=

翳的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則粒子的合運(yùn)動(dòng)看成沿y軸正方向的勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)與順時(shí)針?lè)较騽蛩賵A周運(yùn)動(dòng)的合運(yùn)

動(dòng)，粒子從C到。點(diǎn)所用的時(shí)間為半個(gè)周期，即生口=贏

。、。兩點(diǎn)的距離即粒子沿歹軸正方向運(yùn)動(dòng)的距離y=+27?

g-V-曰(2+7r)mv

聯(lián)乂可得丫=qB。0

【針對(duì)練習(xí)9](2025模擬預(yù)測(cè))如圖所示，在xOy坐標(biāo)系x<0區(qū)域內(nèi)存在平行于x軸、電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E

(E未知)的勻強(qiáng)電場(chǎng)，分界線(xiàn)。P將久〉0區(qū)域分為區(qū)域I和區(qū)域II,區(qū)域I存在垂直紙面向外、磁感應(yīng)強(qiáng)度大

-1

小為B(B未知)的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，區(qū)域II存在垂直直面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為夕=聲的勻強(qiáng)磁場(chǎng)及沿y軸負(fù)方

向、電場(chǎng)強(qiáng)度大小為所=能的勻強(qiáng)電場(chǎng)。一質(zhì)量為小、電荷量為q的帶正電粒子從M(-d,0)點(diǎn)以初速度歷垂

直電場(chǎng)方向進(jìn)入第二象限，經(jīng)N點(diǎn)進(jìn)入?yún)^(qū)域I,此時(shí)速度與y軸正方向的夾角為60。，經(jīng)區(qū)域I后由分界線(xiàn)OP上

的4點(diǎn)(圖中未畫(huà)出)垂直分界線(xiàn)進(jìn)入?yún)^(qū)域II,不計(jì)粒子重力及電磁場(chǎng)的邊界效應(yīng)。求：

E'

(1)電場(chǎng)強(qiáng)度E的大??；

(2)帶電粒子從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到4點(diǎn)的時(shí)間t；

(3)粒子在區(qū)域II中運(yùn)動(dòng)時(shí)，第1次和第5次經(jīng)過(guò)x軸的位置之間的距離s。

【答案】⑴鬻

⑵2V拶3rf+通71d

(3)4nd

【詳解】(1)粒子經(jīng)過(guò)N點(diǎn)時(shí)的速度

u=q=2u.

cos60°0

粒子從M點(diǎn)到N點(diǎn)，由動(dòng)能定理得

,11

qEd=—mv￡9——mvQ7

解得

口37n詔

卜----------

-2qd

(2)粒子從M點(diǎn)到N點(diǎn)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有

解得

2V3d

ti=-3-

3v0

由拋體運(yùn)動(dòng)的規(guī)律可得

d1

兩=*n60。

由幾何關(guān)系可得，粒子在區(qū)域I中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑

=|OyV|sin60°=d

運(yùn)動(dòng)時(shí)間

1iiri

上=尸1=后

則

2V3dnd

t=tl+t?=------1-----

3v04v0

(3)粒子在區(qū)域I中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力

V2

qvB=m—

丁1

解得

2mvn

B=^r

在/點(diǎn)對(duì)粒子由配速法，如圖1所示，設(shè)也對(duì)應(yīng)的洛倫茲力與靜電力平衡

V1=v2

方向相反，以與“合速度/對(duì)應(yīng)洛倫茲力提供向心力做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，這樣粒子進(jìn)入?yún)^(qū)域n中的運(yùn)動(dòng)分解為以

次的勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)和以少的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，靜電力等于洛倫茲力

qEr=qv^B'

解得

V1=Vo

合速度

v'=V3VQ

設(shè)對(duì)應(yīng)的勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為「2，由洛倫茲力提供向心力有

1/2

qv'B'=m—

r2

解得

V3d

r2—

其運(yùn)動(dòng)軌跡如圖2所示

粒子從第1次到第5次經(jīng)過(guò)%軸，共運(yùn)動(dòng)了2個(gè)周期，時(shí)間

距離

s=Vit3

解得

s=4Tid

【針對(duì)練習(xí)101(2025模擬預(yù)測(cè))如圖所示，豎直平面直角坐標(biāo)系xQy的第一、四象限，存在大小相等、

豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)，第一象限存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小&署，第四象限存在

垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小&=翳。一質(zhì)量為加、電荷量為+?的帶電粒子，從y軸上的/

點(diǎn)以初速度v沿與了軸正方向成方60。角進(jìn)入第一象限做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，恰好運(yùn)動(dòng)到x軸上的C點(diǎn)處(圖

中未畫(huà)出)，然后垂直于x軸進(jìn)入第四象限。不計(jì)空氣阻力及電磁場(chǎng)的邊界效應(yīng)，重力加速度為g,求：

(1)第一、四象限勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小E；

(2)粒子從/點(diǎn)開(kāi)始到第三次經(jīng)過(guò)x軸時(shí)經(jīng)歷的時(shí)間t；

(3)僅撤去第四象限的勻強(qiáng)電場(chǎng)，粒子從/點(diǎn)開(kāi)始到第三次經(jīng)過(guò)x軸時(shí)與。點(diǎn)間的距離X。

【答案】⑴詈

⑵亨?詈

Z^X8+6TT+7V2.￡o

I)4g

【詳解】(1)帶電粒子在第一象限做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，有qE=?ng

解得E=手

(2)如圖甲所示

甲

粒子進(jìn)入第一象限后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由洛倫茲力提供向心力，有勺%81=喏

解得比=警

粒子在第一象限運(yùn)動(dòng)的周期7\=誓=翳=等

粒子在第一象限的運(yùn)動(dòng)分為兩個(gè)過(guò)程，用時(shí)分別為以、t3,由幾何關(guān)系可知在第一象限的運(yùn)動(dòng)的第一過(guò)程轉(zhuǎn)

過(guò)的圓心角為180。-60。=120°,第二過(guò)程轉(zhuǎn)過(guò)的圓心角為180。，則

120°V27TV0

tl=T1=

360^—3g

180°&7TU0

%=礪％==2g

粒子進(jìn)入第四象限后繼續(xù)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由洛倫茲力提供向心力，有

nmvlF2TT/?22717n2nv0

qVc\Bo=72=--------=T-=--------

”uz&乙v0qB2g

粒子在第四象限運(yùn)動(dòng)的時(shí)間

180°T

------T?=—2

360°229

粒子從/點(diǎn)開(kāi)始到第三次經(jīng)過(guò)%軸時(shí)經(jīng)歷的時(shí)間

5V2+6

t=tt+t=—

1+239

(3)如圖乙所示

粒子進(jìn)入第一象限后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，粒子第一次經(jīng)過(guò)X軸時(shí)與O點(diǎn)間的距離

把粒子在第四象限豎直向下的速度見(jiàn)分解成左偏下45。的四氏和水平向右的火,其中水平方向的%滿(mǎn)足q%

B2=mg,故粒子在第四象限相當(dāng)于參與兩個(gè)運(yùn)動(dòng)：在水平方向以為做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，在豎直面內(nèi)以四為做

勻速圓周運(yùn)動(dòng)，經(jīng)四分之三周期再次回到第一象限。粒子在第四象限豎直面內(nèi)的運(yùn)動(dòng)，由洛倫茲力提供向

心力，有

q伍祖=兇科

解得衣3=等

粒子第二次經(jīng)過(guò)x軸時(shí)與C點(diǎn)間的距離冷=2R3cos45。+乎為

解得犯=號(hào)減

粒子從D點(diǎn)開(kāi)始到第三次經(jīng)過(guò)X軸時(shí)與。點(diǎn)間的距離%3=2%=等

粒子從/點(diǎn)開(kāi)始到第三次經(jīng)過(guò)無(wú)軸時(shí)與。點(diǎn)間的距離

8+6兀+7A/2VQ

x=x+x+x=--------------------

1234g

【針對(duì)練習(xí)11］（2025?廣東深圳?一模）如圖所示，在邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形區(qū)域內(nèi)，有沿+y方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)和

垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。一個(gè)質(zhì)量為電荷量為+q帶電的粒子（不計(jì)重力）從原點(diǎn)。進(jìn)入場(chǎng)區(qū)，恰好能

以為的速度沿直線(xiàn)勻速通過(guò)場(chǎng)區(qū)。

L

~2

L

■>

Ox

A

~2

(1)分析推斷粒子的初速度方向，判定磁感應(yīng)強(qiáng)度方向。

(2)若撤去電場(chǎng)，只保留磁場(chǎng)，其他條件不變，該帶電粒子恰好從(3-3點(diǎn)離開(kāi)場(chǎng)區(qū)，求磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小

B。

(3)若撤去磁場(chǎng)，只保留電場(chǎng)，其他條件不變，求粒子離開(kāi)場(chǎng)區(qū)的位置。

【答案】(1)初速度沿+%方向；磁場(chǎng)垂直于紙面向外

⑵黃

⑶a，0.4L)

【詳解】(1)因?yàn)榱Ｗ觿蛩龠\(yùn)動(dòng)且電場(chǎng)力沿+y方向，故洛倫茲力/沿一y方向，而速度火與f垂直，所以初

速度沿+x方向。洛倫茲力f沿-y方向，根據(jù)左手定則可判定磁場(chǎng)垂直于紙面向外。

(2)如圖

對(duì)黑色直角三角形，根據(jù)勾股定理/+&-9)2=產(chǎn)

解得r=?

又由=乎

4mv0

B=5qL

(3)設(shè)粒子從右邊界離開(kāi)，則

水平L=vot

豎直y=|at2

又ma=qE=qv0B

綜合可得y=0.4L<0,5L

故假設(shè)成立。

粒子離開(kāi)場(chǎng)區(qū)的具體位置為a，0.4L)

考向3：電磁感應(yīng)定律的綜合運(yùn)用

【針對(duì)練習(xí)12】(2025?廣東珠海?一模)如圖所示，在水平面上的裝置由三部分構(gòu)成，裝置中間部分為電路

控制系統(tǒng)，電源電動(dòng)勢(shì)恒定且為E,內(nèi)阻不計(jì)，兩個(gè)開(kāi)關(guān)Si、S2初始狀態(tài)都斷開(kāi)。裝置左右兩側(cè)均為足夠長(zhǎng)

且不計(jì)電阻的光滑金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌MN寬度為23HG寬度為L(zhǎng),導(dǎo)軌MN和HG之間存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)

度分別為B和2B,磁場(chǎng)方向如圖所示。將質(zhì)量均為小的金屬桿ab,cd分別如圖輕放在水平軌道上，兩桿接入

電路中的電阻相等，不計(jì)金屬桿與導(dǎo)軌的摩擦。

(1)接通Si，求ab桿的最大速度；

(2)當(dāng)昉桿做勻速運(yùn)動(dòng)后，斷開(kāi)Si同時(shí)閉合S2，當(dāng)兩桿再次勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，求cd桿產(chǎn)生的焦耳熱。

【答案】(1康

【詳解】(1)Si接通，ab中有a—b的電流，ab受水平向右的安培力ab向右做加速運(yùn)動(dòng)，ab切割磁感線(xiàn)產(chǎn)

生一個(gè)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，與電源相抵消。當(dāng)ab產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)與電源電動(dòng)勢(shì)完全相消時(shí)，ab棒不受安培力，ab

將做勻速運(yùn)動(dòng)，速度為v,“，此時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為

E=2BLvm

解得

E

Vm=2BL

(2)斷開(kāi)Si，接通S2,ab向右運(yùn)動(dòng)切割磁感線(xiàn)產(chǎn)生感應(yīng)電流，由b-a,電流再流經(jīng)cd棒，方向由c到d。

由左手是則可知，ab棒受水平向左的安培力，做減速運(yùn)動(dòng)；cd棒受水平向右的安培力，向右做加速運(yùn)動(dòng),

ab、cd.產(chǎn)生互相抵消的電動(dòng)勢(shì)，當(dāng)完全抵消時(shí)，電路中無(wú)電流。ab、cd做勻速運(yùn)動(dòng)速度分別為功、也，則

2BL%=B-2Lv2

可得

V1=V2

ab、cd中電流相等。ab、cd的安培力分別為

Fi=2BIL

F2=BX2LI=2BIL

安培力大小相等、方向相反，ab、cd滿(mǎn)足動(dòng)量守恒，有

mvm=mv1+mv2

聯(lián)立解得

Um

也="2=2

電路中的總熱量為

V2m￡，2

121（rn\12

因?yàn)閍b、cd的阻值相等，所以cd桿產(chǎn)生的焦耳熱為

八1八mE2

Qcd=2Q=32B2L2

【針對(duì)練習(xí)13]（2025?廣東廣州?二模）如圖，兩條相距/的光滑平行金屬導(dǎo)軌位于同一水平面（紙面）內(nèi)，

其左端接一阻值為R的電阻；一與導(dǎo)軌垂直的金屬棒置于兩導(dǎo)軌上；在電阻、導(dǎo)軌和金屬棒中間有一面積

為S的區(qū)域，區(qū)域中存在垂直于紙面向里的磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為名隨時(shí)間，的變化關(guān)系為名=股，式

中左為常量；在金屬棒右側(cè)還有一勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，區(qū)域左邊界（虛線(xiàn)）與導(dǎo)軌垂直，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度

大小為無(wú),方向也垂直于紙面向里。某時(shí)刻金屬棒在一外加水平恒力廠(chǎng)的作用下，從圖示位置由靜止開(kāi)始

向右運(yùn)動(dòng)，在力時(shí)刻恰好以速度火越過(guò)〃N,此后向右做勻速運(yùn)動(dòng)。金屬棒與導(dǎo)軌始終相互垂直并接觸良好,

它們的電阻均忽略不計(jì)。求：

金屬棒M

XXXXXX

XXXXXX

/x\

XXXXXX

jXXXI

R\I

\xxx/XXXXXX

XXXXXX

XXXXXX

■N

（1）在0?to時(shí)間內(nèi)，流過(guò)電阻的電荷量q；

(2)在時(shí)刻t(t>力)穿過(guò)回路的總磁通量①與t的關(guān)系式；

(3)金屬棒所受外加水平恒力F的大小。

【答案】(1愣

⑵①=(斯麗+kS)t-Bolvoto

(3)(Bolvo+kS泮

【詳解】(1)在金屬棒未越過(guò)跖V之前，口時(shí)刻穿過(guò)回路的磁通量為①1=就05

由法拉第電磁感應(yīng)有

由歐姆定律有/1=9

由電流的定義有“

解得在t=0到1=to的時(shí)間間隔內(nèi)，流過(guò)電阻R的電荷量為q=萼

(2)當(dāng)t>to時(shí)，勻強(qiáng)磁場(chǎng)穿過(guò)回路的磁通量為①2=8oZ%(t—%)

回路的總磁通量為①=中1+中2

則在時(shí)刻t(t>to)穿過(guò)回路的總磁通量為①=(B0Zv0+kS)t-Bolvoto

(3)當(dāng)t>to時(shí)，金屬棒已越過(guò)MN,由于金屬棒在MN右側(cè)做勻速運(yùn)動(dòng)，則有尸=FA

設(shè)此時(shí)回路中的電流為七外的大小為FA=/

由法拉第電磁感應(yīng)定律得，回路感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小為&=等

由歐姆定律有,2=備

聯(lián)立可得尸=(Bo仇+kS瀉

【針對(duì)練習(xí)14](2025模擬預(yù)測(cè))2024年6月2日6時(shí)9分，嫦娥六號(hào)著陸器在鵲橋二號(hào)中繼衛(wèi)星支持下，

開(kāi)始實(shí)施動(dòng)力下降，7500N變推力主發(fā)動(dòng)機(jī)開(kāi)機(jī)，著陸器接觸地面前經(jīng)過(guò)噴火反沖減速后關(guān)閉主發(fā)動(dòng)機(jī)，

此時(shí)的速度為V/,這一速度仍大于軟著陸設(shè)計(jì)速度V2,為此科學(xué)家設(shè)計(jì)了一種電磁阻尼緩沖裝置，其原理

如圖所示：主要部件為緩沖滑塊K及固定在絕緣光滑緩沖軌道MN和PQ上的著陸器主體，著陸器主體中

還有超導(dǎo)線(xiàn)圈(圖中未畫(huà)出)，能在兩軌道間產(chǎn)生垂直于導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)8,導(dǎo)軌內(nèi)的緩沖滑塊由高強(qiáng)

度絕緣材料制成，滑塊K上繞有"匝矩形線(xiàn)圈仍cd,線(xiàn)圈的總電阻為r,ab邊長(zhǎng)為L(zhǎng),當(dāng)著陸器接觸地面

時(shí)，滑塊K立即停止運(yùn)動(dòng)，此后線(xiàn)圈與軌道間的磁場(chǎng)發(fā)生作用，使著陸器主體持續(xù)做減速運(yùn)動(dòng)，從而實(shí)現(xiàn)

緩沖。已知著陸器主體及軌道的質(zhì)量為加，緩沖滑塊(含線(xiàn)圈)K的質(zhì)量為重力加速度為g,不考慮運(yùn)

動(dòng)磁場(chǎng)產(chǎn)生的電場(chǎng)，求:

(1)緩沖滑塊剛落地時(shí)著陸器主體的加速度大小;

(2)達(dá)到著陸器軟著陸要求的設(shè)計(jì)速度v,時(shí)，地面對(duì)緩沖滑塊K支持力的大小；

(3)著陸器主體可以實(shí)現(xiàn)軟著陸，若從V/減速到功的緩沖過(guò)程中，通過(guò)線(xiàn)圈的電荷量為4,求該過(guò)程中線(xiàn)圈

中產(chǎn)生的焦耳熱0。

【答案】(1)^^-g

⑵Mg+嗎也

(3)》(憂(yōu)—詔)+哪

【詳解】(1)線(xiàn)圈切割磁感線(xiàn)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)

E=nBLvi

根據(jù)歐姆定律可知，線(xiàn)圈中的感應(yīng)電流為