電磁場(chǎng)壓軸解答題（全國(guó)甲卷和Ⅰ卷）-2023年高考物理十年壓軸真題與模擬題（解析版）

電磁場(chǎng)壓軸解答題（全國(guó)甲卷和I卷）

專題提律

高考物理電磁場(chǎng)壓軸解答題是考查學(xué)生物理學(xué)科素養(yǎng)高低的試金石，表現(xiàn)為綜合性強(qiáng)、求

解難度大、對(duì)考生的綜合分析能力和應(yīng)用數(shù)學(xué)知識(shí)解決物理問(wèn)題的能力要求高等特點(diǎn)。

一、命題范圍

1.通電導(dǎo)線在磁場(chǎng)中的平衡、運(yùn)動(dòng)問(wèn)題（壓軸指數(shù)★★★）

結(jié)合斜面模型，電流天平等模型，通電導(dǎo)線在磁場(chǎng)中的所受安培力作用下的平衡和運(yùn)動(dòng)

問(wèn)題的分析與計(jì)算。導(dǎo)體棒在磁場(chǎng)中做切割磁感線運(yùn)動(dòng)，電磁感應(yīng)和力電綜合問(wèn)題。

2、帶電粒子的在電場(chǎng)的加速和偏轉(zhuǎn)問(wèn)題（壓軸指數(shù)★★★★）

帶電粒子在電場(chǎng)中的加速、減速、類平拋運(yùn)動(dòng)的分析和計(jì)算。帶電粒子在包含重力場(chǎng)和電場(chǎng)

的場(chǎng)的直線運(yùn)動(dòng)或圓周運(yùn)動(dòng)的分析與計(jì)算。

3、帶電粒子在有界磁場(chǎng)的運(yùn)動(dòng)（壓軸指數(shù)★★★★★）

帶電粒子在直線邊界、圓形邊界、三角形邊界或其他特殊幾何圖形圍成的邊界的圓周運(yùn)動(dòng)的

分析與計(jì)算。

4、帶電粒子的組合場(chǎng)、復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)（壓軸指數(shù)★★★★★）

帶電粒子由電場(chǎng)進(jìn)入磁場(chǎng)，或由磁場(chǎng)進(jìn)入電場(chǎng)、或在電場(chǎng)和磁場(chǎng)中往復(fù)運(yùn)動(dòng)，在電場(chǎng)中的

加速或類平拋運(yùn)動(dòng)，在磁場(chǎng)中的做勻速圓周運(yùn)動(dòng)或螺旋運(yùn)動(dòng)。

二、命題類型

L包含安培力的力學(xué)情境綜合型。物理情境選自生活生產(chǎn)情境或?qū)W習(xí)探究情境，物理力學(xué)

情境綜合型試題的物理模型有：斜面、板塊、彈簧、通電導(dǎo)線等模型。研究對(duì)象包含兩個(gè)

或兩個(gè)以上物體、物理過(guò)程復(fù)雜程度高。己知條件情境化、隱秘化、需要仔細(xì)挖掘題目信

息。求解方法技巧性強(qiáng)、靈活性高、應(yīng)用數(shù)學(xué)知識(shí)解決問(wèn)題的能力要求高的特點(diǎn)。命題點(diǎn)

常包含：勻變速直線運(yùn)動(dòng)、共點(diǎn)力平衡等。命題常涉及運(yùn)動(dòng)學(xué)、力學(xué)、功能關(guān)系等多個(gè)物

理規(guī)律的綜合運(yùn)用，有時(shí)也會(huì)與相關(guān)圖像聯(lián)系在一起。

2.某一平面內(nèi)的帶電粒子在電磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)模型。

在電場(chǎng)中的的類平拋采取運(yùn)動(dòng)分解思想，對(duì)速度和位移或加速度的分解。帶電粒子在有界

磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，確定圓周運(yùn)動(dòng)的的圓心、半徑、軌跡，分析臨界條件，利用幾何關(guān)系求

解。

歷年交趣

1.（202”全國(guó)?高考真題）如圖，長(zhǎng)度均為/的兩塊擋板豎直相對(duì)放置，間距也為/,兩擋

板上邊緣尸和M處于同一水平線上，在該水平線的上方區(qū)域有方向豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，

電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E；兩擋板間有垂直紙面向外、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小可調(diào)節(jié)的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。一質(zhì)

量為，“，電荷量為q（q>0）的粒子自電場(chǎng)中某處以大小為血的速度水平向右發(fā)射，恰好從

尸點(diǎn)處射入磁場(chǎng)，從兩擋板下邊緣。和N之間射出磁場(chǎng)，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中粒子未與擋板碰撞。

已知粒子射入磁場(chǎng)時(shí)的速度方向與PQ的夾角為60。，不計(jì)重力。

（1）求粒子發(fā)射位置到P點(diǎn)的距離；

（2）求磁感應(yīng)強(qiáng)度大小的取值范圍；

（3）若粒子正好從QN的中點(diǎn)射出磁場(chǎng)，求粒子在磁場(chǎng)中的軌跡與擋板MN的最近距離。

【答案】（1）叵說(shuō):（2）怨/B≤等；（3）粒子運(yùn)動(dòng)軌跡見(jiàn)解析,

6qE（3+?∣3）q∣ci'

39-1Oq

【解析】（1）帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，由類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可知

X=卬①

12qE產(chǎn)G

y=-at^=-——⑵

22m

粒子射入磁場(chǎng)時(shí)的速度方向與PQ的夾角為60。，有

tan30°=^-=—③

匕%

粒子發(fā)射位置到P點(diǎn)的距離

22

s=y∣x+y④

由①②③④式得

s=2?（5）

SqE

（2）帶電粒子在磁場(chǎng)運(yùn)動(dòng)在速度

V=vθ.=?>⑥

COS30°3

帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)兩個(gè)臨界軌跡（分別從Q、N點(diǎn)射出）如圖所示

M

∕=∑?r苧⑦

最大半徑

烏

-=∑?=ew⑧

帶電粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力由洛倫茲力提供，由向心力公式可知

2

qvB=吧-⑨

由⑥⑦⑧⑨解得，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小的取值范圍

2mv0<B<2,nvn

(3+√3)￠∕^-ql

(3)若粒子正好從QN的中點(diǎn)射出磁場(chǎng)時(shí)，帶電粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示。

由幾何關(guān)系可知

Sine=

帶電粒子的運(yùn)動(dòng)半徑為

跖

1

r4?

3cos(300+6)

粒子在磁場(chǎng)中的軌跡與擋板MN的最近距離

%=(4sin30。+/)-4?

由⑩??式解得

dMS"】。6/?

44

2.（2020?全國(guó)?統(tǒng)考高考真題）在一柱形區(qū)域內(nèi)有勻強(qiáng)電場(chǎng)，柱的橫截面積是以O(shè)為圓

心，半徑為R的圓，AB為圓的直徑，如圖所示。質(zhì)量為機(jī)，電荷量為q（q>0）的帶電粒

子在紙面內(nèi)自A點(diǎn)先后以不同的速度進(jìn)入電場(chǎng)，速度方向與電場(chǎng)的方向垂直。已知?jiǎng)傔M(jìn)入

電場(chǎng)時(shí)速度為零的粒子，自圓周上的C點(diǎn)以速率Vo穿出電場(chǎng)，AC與AB的夾角6=60。。運(yùn)

動(dòng)中粒子僅受電場(chǎng)力作用。

（1）求電場(chǎng)強(qiáng)度的大?。?/p>

（2）為使粒子穿過(guò)電場(chǎng)后的動(dòng)能增量最大，該粒子進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)的速度應(yīng)為多大？

（3）為使粒子穿過(guò)電場(chǎng)前后動(dòng)量變化量的大小為,小。，該粒子進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)的速度應(yīng)為多

【答案】（1）篝；（2）回L：（3）0或由紅

2qR42

【解析】（1）由題意知在A點(diǎn)速度為零的粒子會(huì)沿著電場(chǎng)線方向運(yùn)動(dòng)，由于q>0,故電場(chǎng)

線由4指向C,根據(jù)幾何關(guān)系可知

XAC=R

所以根據(jù)動(dòng)能定理有

qEXAC^mvl-0

解得

E=皿

IqR

（2）根據(jù)題意可知要使粒子動(dòng)能增量最大則沿電場(chǎng)線方向移動(dòng)距離最多，做AC垂線并且

與圓相切，切點(diǎn)為力，即粒子要從。點(diǎn)射出時(shí)沿電場(chǎng)線方向移動(dòng)距離最多，粒子在電場(chǎng)中

做類平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)幾何關(guān)系有

x=RSin60=vl∕

1

y=R+RCOS60=—ar9

2

而電場(chǎng)力提供加速度有

qE-ma

聯(lián)立各式解得粒子進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)的速度

W=丁

（3）因?yàn)榱Ｗ釉陔妶?chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，粒子穿過(guò)電場(chǎng)前后動(dòng)量變化量大小為即在電

場(chǎng)方向上速度變化為V。,過(guò)C點(diǎn)做AC垂線會(huì)與圓周交于B點(diǎn)

故由題意可知粒子會(huì)從C點(diǎn)或8點(diǎn)射出。當(dāng)從8點(diǎn)射出時(shí)由兒何關(guān)系有

XBC=6R=V2t2

12

XAC=R=產(chǎn)

電場(chǎng)力提供加速度

qE=ma

聯(lián)立解得

v.A）

“亍

當(dāng)粒子從C點(diǎn)射出時(shí)初速度為0,粒子穿過(guò)電場(chǎng)前后動(dòng)量變化量的大小為該粒子進(jìn)

入電場(chǎng)時(shí)的速率應(yīng)為0或圓O

2

另解:

由題意知，初速度為。時(shí)，動(dòng)量增量的大小為〃此即問(wèn)題的一個(gè)解。自A點(diǎn)以不同的

速率垂直于電場(chǎng)方向射入電場(chǎng)的粒子，動(dòng)量變化都相同，自8點(diǎn)射出電場(chǎng)的粒子，其動(dòng)量

變化量也恒為m%,由幾何關(guān)系及運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律可得，此時(shí)入射速率為V=

2

3.（2019?全國(guó)?高考真題）如圖，在直角三角形OPN區(qū)域內(nèi)存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大

小為8、方向垂直于紙面向外.一帶正電的粒子從靜止開(kāi)始經(jīng)電壓。加速后，沿平行于X

軸的方向射入磁場(chǎng)；一段時(shí)間后，該粒子在OP邊上某點(diǎn)以垂直于X軸的方向射出.已知

。點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，N點(diǎn)在y軸上，OP與X軸的夾角為30。，粒子進(jìn)入磁場(chǎng)的入射點(diǎn)與離開(kāi)

磁場(chǎng)的出射點(diǎn)之間的距離為“，不計(jì)重力.求

（1）帶電粒子的比荷;

（2）帶電粒子從射入磁場(chǎng)到運(yùn)動(dòng)至X軸的時(shí)間.

Bd2π

【答案】（I）∣2β2（2）

c4U(2÷f

【解析】（1）粒子從靜止被加速的過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理得：qU=^mvl,解得：

%F

Vm

根據(jù)題意，下圖為粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡，由幾何關(guān)系可知，該粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑

粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，即：qvaB=m^-

r

聯(lián)立方程得：豪券

（2）根據(jù)題意，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡為四分之一圓周，長(zhǎng)度H=L2仃=①油

粒子射出磁場(chǎng)后到運(yùn)動(dòng)至X軸，運(yùn)動(dòng)的軌跡長(zhǎng)度S2=r?tan30弋d

S]+S-）

粒子從射入磁場(chǎng)到運(yùn)動(dòng)至X軸過(guò)程中，一直勻速率運(yùn)動(dòng)，則％二」一~-

%

π?/?d^B

解得：f=、丁司P

加里2+9

4U23^J

4.(2018?全國(guó)?高考真題)如圖，在)，＞0的區(qū)域存在方向沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)大

小為E,在產(chǎn)0的區(qū)域存在方向垂直于Xoy平面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng).一個(gè)先核IlH和一個(gè)笊

核2小先后從y軸上y=〃點(diǎn)以相同的動(dòng)能射出，速度方向沿X軸正方向.己知IlH進(jìn)入磁場(chǎng)

時(shí)，速度方向與X軸正方向的夾角為60。，并從坐標(biāo)原點(diǎn)。處第一次射出磁場(chǎng).PH的質(zhì)量

為機(jī)，電荷量為令不計(jì)重力.求

(1)IIH第一次進(jìn)入磁場(chǎng)的位置到原點(diǎn)O的距離

(2)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小

(3)第一次離開(kāi)磁場(chǎng)的位置到原點(diǎn)。的距離

【答案】(1)sl=-h;(2)B=(3)?-s=^1(√2-1)h

【分析】本題考查帶電粒子在電場(chǎng)中的類平拋運(yùn)動(dòng)、在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的勻速圓周運(yùn)動(dòng)及其相

關(guān)的知識(shí)點(diǎn)，意在考查考生靈活運(yùn)用相關(guān)知識(shí)解決問(wèn)題的的能力.

【解析】(1):H在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示.設(shè)

IH在電場(chǎng)中的加速度大小為％,初速度大小為匕，它在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為％,第一次進(jìn)

入磁場(chǎng)的位置到原點(diǎn)。的距離為S一由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有

由題給條件，；H進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度的方向與X軸正方向夾角4=60。.；H進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速

度的y分量的大小為

qf∣=vltanθ?（3）

聯(lián)立以上各式得

Si=憐④

（2）IH在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，由牛頓第二定律有

設(shè);H進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度的大小為匕'，由速度合成法則有

%=Jvj+(α∕∣)2

設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為3,:H在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的圓軌道半徑為凡，由洛倫茲力公式和牛頓

第二定律有

由幾何關(guān)系得

s∣=2R∣si∏a（8）

聯(lián)立以上各式得

（3）設(shè):H在電場(chǎng)中沿X軸正方向射出的速度大小為匕，在電場(chǎng)中的加速度大小為

%，由題給條件得

2

g（2，"）g=g∕nvl⑩

由牛頓第二定律有

設(shè):H第一次射入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小為％,速度的方向與X軸正方向夾角為為，入射點(diǎn)

到原點(diǎn)的距離為S2,在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為，2.由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有

s2=v2t2

h=2a2t2

K=JV：+（火質(zhì)產(chǎn)

sinθ1=

聯(lián)立以上各式得

S=S

2l<4=4，V'2=-?-V[@

設(shè)出在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為6,由⑦?式及粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的

半徑公式得

&=出普S?

qβ

所以出射點(diǎn)在原點(diǎn)左側(cè).設(shè);H進(jìn)入磁場(chǎng)的入射點(diǎn)到第一次離開(kāi)磁場(chǎng)的出射點(diǎn)的距離為月，

由幾何關(guān)系有

,

s2=IR2sinθ2?

聯(lián)立④⑧???式得，：H第一次離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)的位置到原點(diǎn)O的距離為

-52=苧（點(diǎn)-IM@

【點(diǎn)睛】此題與2004年全國(guó)理綜卷第25題情景類似，都是帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中類平拋

運(yùn)動(dòng)后進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，艮都是在第一象限和第二象限設(shè)置了豎直向下的

勻強(qiáng)電場(chǎng)，在第三象限和第四象限設(shè)置了方向垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，解答需要的知識(shí)

都是帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律和洛倫茲力等于向心力、幾何關(guān)系等知識(shí)

點(diǎn).帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的類平拋運(yùn)動(dòng)和在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的勻速圓周運(yùn)動(dòng)是教材例題和練

習(xí)中的常見(jiàn)試題，此題可認(rèn)為是由兩個(gè)課本例題或習(xí)題組合而成.

5.（2017?全國(guó)?高考真題）真空中存在電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E/的勻強(qiáng)電場(chǎng)，一帶電油滴在該電

場(chǎng)中豎直向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，速度大小為血,在油滴處于位置A時(shí)，將電場(chǎng)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(shí)間〃后，又突然將電場(chǎng)反向，但保持

其大小不變；再持續(xù)同樣一段時(shí)間后，油滴運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn).重力加速度大小為g。

（1）油滴運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)的速度；

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

田應(yīng)滿足的條件.已知不存在電場(chǎng)時(shí)，油滴以初速度如做豎直上拋運(yùn)動(dòng)的最大高度恰好等

于8、A兩點(diǎn)間距離的兩倍。

【答案】⑴％-2"；（2）見(jiàn)解析

【解析】（1）設(shè)油滴質(zhì)量和電荷量分別為，〃和q,油滴速度方向向上為正.油滴在電場(chǎng)強(qiáng)

度大小為?的勻強(qiáng)電場(chǎng)中做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故勻強(qiáng)電場(chǎng)方向向上.在VO時(shí)，電場(chǎng)強(qiáng)度突

然從E/增加至及時(shí)，油滴做豎直向上的勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度方向向上，大小/滿足

qE2-mg=maλ

油滴在時(shí)刻t∣的速度為

M=%+的

電場(chǎng)強(qiáng)度在時(shí)刻〃突然反向，油滴做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，加速度方向向下，大小滿足

qE2+mg=tna2

油滴在時(shí)刻「2=2〃的速度為

v2=v,-α√,

解得

%=%-2gf∣

(2)由題意，在f=0時(shí)刻前有

qE?=mg

油滴從f=0到時(shí)刻〃的位移為

12

SI=VOfl+~a?t?

油滴在從時(shí)刻〃到時(shí)刻/2=2〃的時(shí)間間隔內(nèi)的位移為

12

Sl=卬|一萬(wàn)生，|

由題給條件有

2

V0=2g(2h)

式中力是8、A兩點(diǎn)之間的距離

若B點(diǎn)在A點(diǎn)之上，依題意有

S∣+$2=,

解得

E,=[2-2^+i（?]E1

“4gti

為使E1>Ex,應(yīng)有

2-2旦+。（旦）2?ι

gti4gtf

即當(dāng)

或

才是可能的

條件分別對(duì)應(yīng)于

v2>0

和

v2<0

兩種情形

若8在A點(diǎn)之下，依題意有

X2+X]=-h

由以上式子得

E,=[2-2旦-!叫退

gti4劭

為使E2>Ei,應(yīng)有

2一2國(guó)」』>ι

gtt4gtt

另一解為負(fù)，不符合題意，已舍去

6.（2016?全國(guó)?高考真題）如圖，兩固定的絕緣斜面傾角均為仇上沿相連.兩細(xì)金屬棒

僅標(biāo)出“端）和4（僅標(biāo)出C端）長(zhǎng)度均為L(zhǎng),質(zhì)量分別為2相和如用兩根不可伸長(zhǎng)的柔

軟輕導(dǎo)線將它們連成閉合回路abdca,并通過(guò)固定在斜面上沿的兩光滑絕緣小定滑輪跨放

在斜面上，使兩金屬棒水平.右斜面上存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,方向垂直于

斜面向上.已知兩根導(dǎo)線剛好不在磁場(chǎng)中，回路電阻為R,兩金屬棒與斜面間的動(dòng)摩擦因

數(shù)均為〃，重力加速度大小為g?已知金屬棒加勻速下滑.求：

⑴作用在金屬棒H上的安培力的大小;

（2）金屬棒運(yùn)動(dòng)速度的大小.

【答案】⑴，"g(sin6>-3〃COSe)(2)(Sin仇3〃CoSO)/沃?

【解析】（1）設(shè)導(dǎo)線的張力的大小為T,右斜面對(duì)油棒的支持力的大小為M,作用在M棒

上的安培力的大小為尸，左斜面對(duì)M棒的支持力大小為M.對(duì)于"棒，由力的平衡條件

得

2mgsinθ=χz7V1+T+F

Ni=2mgcosθ

對(duì)于W棒，同理有

mgsinθ+μN(yùn)?=T

N,=mgcosΘ

聯(lián)立解得:

F=∕%g(sin6—3〃CoSe)

⑵由安培力公式得：

F=BlL

H棒上的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)：

E=BLv

由歐姆定律得：

/一

R

聯(lián)立解得：

m

U=(Sine-3∕√cosθ)氏

7.（2015?全國(guó)?高考真題）如圖，一長(zhǎng)為IOCm的金屬棒ab用兩個(gè)完全相同的彈簧水平地

懸掛在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中：磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為0.1T,方向垂直于紙面向里；彈簧上端固

定，下端與金屬棒絕緣，金屬棒通過(guò)開(kāi)關(guān)與一電動(dòng)勢(shì)為12V的電池相連，電路總電阻為

2Ω.已知開(kāi)關(guān)斷開(kāi)時(shí)兩彈簧的伸長(zhǎng)量均為0.5cm；閉合開(kāi)關(guān)，系統(tǒng)重新平衡后，兩彈簧的

伸長(zhǎng)量與開(kāi)關(guān)斷開(kāi)時(shí)相比均改變了0.3cm,重力加速度大小取IOm∕s2.判斷開(kāi)關(guān)閉合后金

屬棒所受安培力的方向,并求出金屬棒的質(zhì)量.

【答案】m=Q.0lkg

【解析】金屬棒通電后，閉合回路電流/===巖=6A

R2Ω

導(dǎo)體棒受到安培力F=BlL=O.06N

根據(jù)安培定則可判斷金屬棒受到安培力方向豎直向下

開(kāi):關(guān)I田合前2XkX0.5XI。-"?=mg

開(kāi)關(guān)閉合后2x%χ（0.5+03）×?02m=mg+F

m=0Λlkg

8.（2014?全國(guó)?高考真題）如圖，。、A、B為同一豎直平面內(nèi)的三個(gè)點(diǎn)，。8沿豎直方向,

3

ZBOA=60",OB=-OA,將一質(zhì)量為根的小球以一定的初動(dòng)能自。點(diǎn)水平向右拋出，小

球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中恰好通過(guò)A點(diǎn)。使此小球帶電，電荷量為q（g>0）,同時(shí)加一勻強(qiáng)電場(chǎng)，

場(chǎng)強(qiáng)方向與AoAB所在平面平行，現(xiàn)從0點(diǎn)以同樣的初動(dòng)能沿某一方向拋出此帶電小球，

該小球通過(guò)了A點(diǎn)，到達(dá)A點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能是初動(dòng)能的3倍；若該小球從。點(diǎn)以同樣的初動(dòng)能

沿另一方向拋出，恰好通過(guò)3點(diǎn)，且到達(dá)8點(diǎn)的動(dòng)能為初動(dòng)能的6倍，重力加速度大小為

g。求

（1）無(wú)電場(chǎng)時(shí)，小球達(dá)到A點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能與初動(dòng)能的比值；

（2）電場(chǎng)強(qiáng)度的大小和方向。

【答案】（I）?:（2）如空，方向與豎直方向夾角為30。斜向右下方

36q

【解析】（1）小球做平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)初速度為,初動(dòng)能線。，從。到A的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為f，令

OA=d,則

OB=-d

2

根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律得，水平方向有

o

dsin60=v0∕

豎直方向有

y=dcos60o=gd=；g/

同時(shí)有

T7?2

Ekt）=~mvn

聯(lián)立解得

EkO=qmgd

O

設(shè)小球到達(dá)A點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為EkA,有

LLl,7,

E=4>+%mgd=qmgd

kAZo

得

空±=z

耳O3

13

（2）加電場(chǎng)后，從。點(diǎn)到A點(diǎn)下降了從。點(diǎn)到8點(diǎn)下降了=d,如圖設(shè)電場(chǎng)力F與

22

豎直方向夾角為α,則山動(dòng)能定理得

3Eko-Eko=mg??√+Fcos（60-a）d

33

（＞Ek0-Eko=mg--d+Fcosa--d

其中

L3

Eko=Nmgdj

O

聯(lián)立解得

F=9,α=30o

6

所以電場(chǎng)強(qiáng)度為

F?ng

匕=——=-----

q6q

正電荷受力方向與電場(chǎng)方向相同，即E與豎直方向夾角為30。斜向右下方。

9.（2013?全國(guó)?高考真題）如圖，兩條平行導(dǎo)軌所在平面與水平地面的夾角為仇間距為

L,導(dǎo)軌上端接有一平行板電容器，電容為C。導(dǎo)軌處于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為

B,方向垂直于導(dǎo)軌平面。在導(dǎo)軌上放置一質(zhì)量為，"的金屬棒，棒可沿導(dǎo)軌下滑，且在下

滑過(guò)程中保持與導(dǎo)軌垂直并良好接觸。已知金屬棒與導(dǎo)軌之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為〃，重力加

速度大小為g。忽略所有電阻。讓金屬棒從導(dǎo)軌上端由靜止開(kāi)始下滑，求：

（I）電容器極板上積累的電荷量與金屬棒速度大小的關(guān)系；

（2）金屬棒的速度大小隨時(shí)間變化的關(guān)系。

【答案】（1）Q=CBLv;（2）V=ZWgSin夕一〃Zngcosg，

m+CB2l}

【分析】（1）由法拉第電磁感應(yīng)定律，求出感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)；再與

c=2

u

相結(jié)合求出電荷量與速度的關(guān)系式。

（2）由左手定則來(lái)確定安培力的方向，并求出安培力的大小，借助于

,_IQ=—,C_L-A-V--

t?r

及牛頓第二定律來(lái)求出速度與時(shí)間的關(guān)系。

【解析】（1）設(shè)金屬棒下滑的速度大小為V,則感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為

E=BLv

平行板電容器兩極板之間的電勢(shì)差為

U=E

設(shè)此時(shí)電容器極板上積累的電荷量為。，按定義有

C=Q

U

聯(lián)立可得

Q=CBLv

（2）設(shè)金屬棒的速度大小為V時(shí)，經(jīng)歷的時(shí)間為r,通過(guò)金屬棒的電流為/,金屬棒受到的

磁場(chǎng)力方向沿導(dǎo)軌向上，大小為

f∣=BLI

設(shè)在時(shí)間間隔（f,f+Af）內(nèi)流經(jīng)金屬棒的電荷量為A。，則

△。=CBLW

按定義有

I=他

?r

△。也是平行板電容器極板在時(shí)間間隔（3f+Af）內(nèi)增加的電荷量，由上式可得，為金

屬棒的速度變化量，金屬棒所受到的摩擦力方向沿導(dǎo)軌斜面向上，大小為

h=μFN

式中，F(xiàn)N是金屬棒對(duì)于導(dǎo)軌的正壓力的大小，有

FN=OigcosJ

金屬棒在時(shí)刻f的加速度方向沿斜面向下，設(shè)其大小為4,根據(jù)牛頓第二定律有

ZMgSine-fι-f2-ma

即

mgs?r?θ-μmgcosθ=CB2Ua+ma

聯(lián)立上此式可得

_m（Sinθ-μcosθ）g

a~m+B2l3C

由題意可知，金屬棒做初速度為零的勻加速運(yùn)動(dòng)，f時(shí)刻金屬棒的速度大小為

_機(jī)（Sine-〃cosd）gf

m+B2lJC

【點(diǎn)評(píng)】本題讓學(xué)生理解左手定則、安培力的大小、法拉第電磁感應(yīng)定律、牛頓第二定

律、及運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，并相互綜合來(lái)求解。

10.（2022?全國(guó)?統(tǒng)考高考真題）光點(diǎn)式檢流計(jì)是一種可以測(cè)量微小電流的儀器，其簡(jiǎn)化的

工作原理示意圖如圖所示。圖中A為輕質(zhì)絕緣彈簧，C為位于紙面上的線圈，虛線框內(nèi)有

與紙面垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)；M為置于平臺(tái)上的輕質(zhì)小平面反射鏡，輕質(zhì)剛性細(xì)桿。的一端與

M固連且與鏡面垂直、另一端與彈簧下端相連，PQ為圓弧形的、帶有均勻刻度的透明讀數(shù)

條，PQ的圓心位于M的中心。使用前需調(diào)零:使線圈內(nèi)沒(méi)有電流通過(guò)時(shí)，M豎直且與紙面

垂直；入射細(xì)光束沿水平方向經(jīng)PQ上的。點(diǎn)射到M上后沿原路反射。線圈通入電流后彈

簧長(zhǎng)度改變，使M發(fā)生傾斜，入射光束在M上的入射點(diǎn)仍近似處于PQ的圓心，通過(guò)讀取

反射光射到P。上的位置，可以測(cè)得電流的大小。已知彈簧的勁度系數(shù)為丸磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)

度大小為8,線圈C的匝數(shù)為N。沿水平方向的長(zhǎng)度為/,細(xì)桿。的長(zhǎng)度為“，圓弧PQ的

半徑為r,r"遠(yuǎn)大于彈簧長(zhǎng)度改變量的絕對(duì)值。

（1）若在線圈中通入的微小電流為/，求平衡后彈簧長(zhǎng)度改變量的絕對(duì)值?x及PQ上反射

光點(diǎn)與。點(diǎn)間的弧長(zhǎng)s；

（2）某同學(xué)用此裝置測(cè)一微小電流，測(cè)量前未調(diào)零，將電流通入線圈后，PQ上反射光點(diǎn)

出現(xiàn)在。點(diǎn)上方，與。點(diǎn)間的弧長(zhǎng)為占、保持其它條件不變，只將該電流反向接入，則反

射光點(diǎn)出現(xiàn)在。點(diǎn)下方，與。點(diǎn)間的弧長(zhǎng)為S2。求待測(cè)電流的大小。

【解析】（1）由題意當(dāng)線圈中通入微小電流/時(shí)，線圈中的安培力為

F=NBII

根據(jù)胡克定律有

F=NBH=k心\

NBII

設(shè)此時(shí)細(xì)桿轉(zhuǎn)過(guò)的弧度為仇則可知反射光線轉(zhuǎn)過(guò)的弧度為2仇又因?yàn)?/p>

d>>?x,r?d

則

s?r?θ≈θ9sin20≈2θ

所以有

?x=dθ

s=r?2θ

聯(lián)立可得

2rAINBIlr

s=-ΔΛ=----

ddk

(2)因?yàn)闇y(cè)量前未調(diào)零，設(shè)沒(méi)有通電流時(shí)偏移的弧長(zhǎng)為H當(dāng)初始時(shí)反射光點(diǎn)在。點(diǎn)上

方，通電流/’后根據(jù)前面的結(jié)論可知有

2NBΓlr,

a=----------+5

,dk

當(dāng)電流反向后有

2NBI,lr,

$=-----------s

2dk

聯(lián)立可得

dk(s1+J2)

4NBIr

同理可得初始時(shí)反射光點(diǎn)在。點(diǎn)下方結(jié)果也相同，故待測(cè)電流的大小為

r=dk(s∣+%)

4NBIr

應(yīng)第策略

1__________I

一、安培力作用下的平衡和加速問(wèn)題

解題思路：

(1)選定研究對(duì)象.

(2)受力分析時(shí)，變立體圖為平面圖，如側(cè)視圖、剖面圖或俯視圖等，并畫出平面受力分析圖,

安培力的方向產(chǎn)交，B、尸發(fā)，/.如圖所示：

二、帶電粒子(帶電體)在電場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng)

1.做直線運(yùn)動(dòng)的條件

(1)粒子所受合外力尸價(jià)=0,粒子靜止或做勻速直線運(yùn)動(dòng).

(2)粒子所受合外力Frr≠0且與初速度共線，帶電粒子將做加速直線運(yùn)動(dòng)或減速直線運(yùn)動(dòng).

2.用動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)分析

QEU,

〃L1

=m,E=aFVVQ=Iad.

3.用功能觀點(diǎn)分析

勻強(qiáng)電場(chǎng)中：W=Eqd-qU=^mv2-^mV(Γ

非勻強(qiáng)電場(chǎng)中：W=gU=Ek2-Eki帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)

三、帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)

帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)的兩個(gè)分運(yùn)動(dòng)

(1)沿初速度方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，f=J(如圖).

++++++

(2)沿靜電力方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)

①加速度："=5=臂=哈

②離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)的偏移量：y=%P=毋N

乙乙〃C(∕()

③離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)的偏轉(zhuǎn)角：tan8=K=蠹

兩個(gè)重要結(jié)論

(1)不同的帶電粒子從靜止開(kāi)始經(jīng)過(guò)同一電場(chǎng)加速后再?gòu)耐黄D(zhuǎn)電場(chǎng)射出時(shí)，偏移量和偏

轉(zhuǎn)角總是相同的.

證明：在加速電場(chǎng)中有qf∕o=%W

在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)偏移量y=∣α∕2=∣???(~)2

偏轉(zhuǎn)角仇tan9=^=喘

得:Ttan0=2W

),、θ均與m、q無(wú)關(guān).

(2)粒子經(jīng)電場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后射出，速度的反向延長(zhǎng)線與初速度延長(zhǎng)線的交點(diǎn)。為粒子水平位移的

中點(diǎn)，即O到偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)邊緣的距離為偏轉(zhuǎn)極板長(zhǎng)度的一半.

功能關(guān)系

22

當(dāng)討論帶電粒子的末速度。時(shí)也可以從能量的角度進(jìn)行求解：qUy^fnv-jlnvo,其中Uy

=?，，指初、末位置間的電勢(shì)差.

四、帶電粒子在交變電場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng)

1.常見(jiàn)的交變電場(chǎng)

常見(jiàn)的產(chǎn)生交變電場(chǎng)的電壓波形有方形波、鋸齒波、正弦波等.

2.常見(jiàn)的題目類型

(1)粒子做單向直線運(yùn)動(dòng).

(2)粒子做往返運(yùn)動(dòng).

3.解題技巧

(1)按周期性分段研究.

，圖像、

⑵將U-tmα-r圖像型"°-f圖像.

E-閽像，

五、帶電粒子在重力場(chǎng)和電場(chǎng)中的圓周運(yùn)動(dòng)

1.等效重力場(chǎng)

物體僅在重力場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)是最常見(jiàn)、最基本的運(yùn)動(dòng)，但是對(duì)于處在勻強(qiáng)電場(chǎng)和重力場(chǎng)中物體

的運(yùn)動(dòng)問(wèn)題就會(huì)變得復(fù)雜一些.此時(shí)可以將重力場(chǎng)與電場(chǎng)合二為一，用一個(gè)全新的“復(fù)合場(chǎng)”

來(lái)代替，可形象稱之為”等效重力場(chǎng)”.

2.

等

效

重

力

場(chǎng)

的

對(duì)

應(yīng)

概

念

及

解

釋

3.舉例

六、帶電粒子在有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)

一、粒子軌跡圓心的確定，半徑、運(yùn)動(dòng)時(shí)間的計(jì)算方法

1.圓心的確定方法

(1)若已知粒子軌跡上的兩點(diǎn)的速度方向，分別確定兩點(diǎn)處洛倫茲力尸的方向，其交點(diǎn)即為

圓心，如圖甲.

(2)若已知粒子運(yùn)動(dòng)軌跡上的兩點(diǎn)和其中某一點(diǎn)的速度方向，弦的中垂線與速度垂線的交點(diǎn)

即為圓心，如圖乙.

(3)若已知粒子軌跡上某點(diǎn)速度方向，又能根據(jù)r=不計(jì)算出軌跡半徑r,則在該點(diǎn)沿洛倫茲

力方向距離為r的位置為圓心，如圖丙.

2.半徑的計(jì)算方法

方法一由R=言求得

（JD

方法二連半徑構(gòu)出三角形，由數(shù)學(xué)方法解三角形或勾股定理求得

例如：如圖甲，R=或由R2=U+（R-〃）2求得

常用到的幾何關(guān)系

①粒子的偏轉(zhuǎn)角等于半徑掃過(guò)的圓心角，如圖乙，9=α

②弦切角等于弦所對(duì)應(yīng)圓心角一半，

3.時(shí)間的計(jì)算方法

方法一利用圓心角、周期求得f=4T

zπ

方法二利用弧長(zhǎng)、線速度求得t=:

二、帶電粒子在有界磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)

I.直線邊界（進(jìn)出磁場(chǎng)具有對(duì)稱性，如圖所示）

(C)

2.平行邊界（往往存在臨界條件，如圖所示）

θ

θ

(C)

3.圓形邊界(進(jìn)出磁場(chǎng)具有對(duì)稱性)

(1)沿徑向射入必沿徑向射出，如圖甲所示.

(2)不沿徑向射入時(shí)，如圖乙所示.

射入時(shí)粒子速度方向與半徑的夾角為仇射出磁場(chǎng)時(shí)速度方向與半徑的夾角也為θ.

七、帶電粒子在組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)

I.組合場(chǎng)：電場(chǎng)與磁場(chǎng)各位于一定的區(qū)域內(nèi)，并不重疊，或在同一區(qū)域，電場(chǎng)、磁場(chǎng)交替

出現(xiàn).

2.分析思路

(1)劃分過(guò)程：將粒子運(yùn)動(dòng)的過(guò)程劃分為幾個(gè)不同的階段，對(duì)不同的階段選取不同的規(guī)律處

理.

(2)找關(guān)鍵點(diǎn)：確定帶電粒子在場(chǎng)區(qū)邊界的速度(包括大小和方向)是解決該類問(wèn)題的關(guān)鍵.

(3)畫運(yùn)動(dòng)軌跡：根據(jù)受力分析和運(yùn)動(dòng)分析，大致畫出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡圖，有利于形象、直觀

地解決問(wèn)題.

3.常見(jiàn)粒子的運(yùn)動(dòng)及解題方法

牛頓第二定律、

運(yùn)動(dòng)學(xué)公式

勻變速直求法

電

場(chǎng)線運(yùn)動(dòng)

動(dòng)能定理

中

帶電

常規(guī)分解法

粒子類平拋運(yùn)動(dòng)求法

在分類斜拋運(yùn)動(dòng)一特殊分解法

離的功能關(guān)系

電場(chǎng)、

磁場(chǎng)磁求法

場(chǎng)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式

中運(yùn)

中

動(dòng)

圓周運(yùn)動(dòng)公式、

求法牛頓第二定律

以及幾何知識(shí)

八、帶電粒子在疊加場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)

1.疊加場(chǎng)

電場(chǎng)、磁場(chǎng)、重力場(chǎng)共存，或其中某兩場(chǎng)共存.

2.帶電粒子在疊加場(chǎng)中常見(jiàn)的幾種運(yùn)動(dòng)形式

運(yùn)動(dòng)性質(zhì)受力特點(diǎn)方法規(guī)律

勻速直線運(yùn)動(dòng)粒子所受的合力為O平衡條件

除洛倫茲力外，另外兩力的合力為零：

勻速圓周運(yùn)動(dòng)牛頓第二定律、圓周運(yùn)動(dòng)的規(guī)律

qE=mg

較復(fù)雜的曲線除洛倫茲力外，其他力的合力既不為零，

動(dòng)能定理、能量守恒定律

運(yùn)動(dòng)也不與洛倫茲力等大反向

九、帶電粒子在交變電、磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)

解決帶電粒子在交變電、磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問(wèn)題的基本思路

先讀圖看清并且明白場(chǎng)的變化情況

受力分析分析粒子在不同的變化場(chǎng)區(qū)的受力情況

過(guò)程分析分析粒子在不同時(shí)間段內(nèi)的運(yùn)動(dòng)情況

找銜接點(diǎn)找出銜接相鄰兩過(guò)程的速度大小及方向

選規(guī)律聯(lián)立不同階段的方程求解

模州預(yù)測(cè)

1.如圖所示，兩個(gè)絕緣光滑的斜面對(duì)接，兩個(gè)金屬小滑輪、電容器、單刀雙擲開(kāi)關(guān)和導(dǎo)線

預(yù)埋在頂部，導(dǎo)線焊接在滑輪上，兩斜面的傾角分別為a、θ,左邊斜面內(nèi)有垂直于斜面

的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。金屬棒外和絕緣棒Cd用輕質(zhì)軟金屬絲連接，靜置在斜面

上，質(zhì)量分別為班和生，且叫＞更吆啊，必棒的電阻為，?，兩棒的長(zhǎng)度均為/,電容器

Sina

的電容為C。忽略滑輪摩擦，金屬絲和導(dǎo)線電阻不計(jì)，重力加速度為g,兩棒運(yùn)動(dòng)時(shí)保持

與側(cè)向垂直，兩棒到斜面頂部距離足夠大，金屬絲平行于斜面，求解下列問(wèn)題：

（1）單刀雙擲開(kāi)關(guān)擲1時(shí)，釋放兩棒，兩棒最終的速度大小；

（2）單刀雙擲開(kāi)關(guān)擲2時(shí)，釋放兩棒，兩棒運(yùn)動(dòng)的加速度大小.

）3譚y⑵等粽一∕π,gsinθ

+B2I2C

【解析】（I）H和Cd棒系統(tǒng)最終做勻速運(yùn)動(dòng)，設(shè)速居

lvm,此時(shí)對(duì)他和Cd棒分析受力,

金屬絲的拉力為5,如圖所示

F.F

yτv

由/平衡條件有"g

叫g(shù)sina-FT-FS=O

F

T=m2gsinθ

油棒切割磁感線，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E,則有

E=BlVnl

由閉合電路歐姆定律有

一

1

r

又有

F安=BIi

聯(lián)立以上各式解得

(町gsinα-m2gsin6);*

%=--------麗--------

(2)設(shè)0b和加棒系統(tǒng)的瞬時(shí)加速度為。，對(duì)"和Cd棒，由牛頓第二定律有

"Rgsina-F,安一FT二町。

FT-m2gsinθ=m2a

瞬間安培力

%=B"

瞬間電流也是電容器的充電電流，則有

△t

又有

AQ=CxAU

AU=BIxAv

而

?v

a--

Ar

聯(lián)立以上各式解得

_〃IlgSina-"%gsin6

22

Ot1+m2+BIC

2.磁流體推動(dòng)船的動(dòng)力來(lái)源于電流和磁場(chǎng)間的相互作用。圖1是在平靜海面上某小型實(shí)驗(yàn)

船的示意圖，磁流體推動(dòng)由磁體、電極和矩形通道(簡(jiǎn)稱通道)組成。如圖2所示，通道

尺寸α=2.0m,?=0.25m,c=0.10mo工作時(shí),在通道內(nèi)沿Z軸正方向加8=8.0T的勻強(qiáng)磁

場(chǎng)；沿X軸負(fù)方向加勻強(qiáng)電場(chǎng)，使兩金屬板間的電壓U=IoOV；海水沿y軸方向流過(guò)通道。

已知海水的電阻率。=0