2024年高考物理二輪復習專題18：電磁學綜合計算題（附答案解析）

專題18?電磁學綜合計算題

命題規(guī)律

本專題主要牛頓運動定律、動能定理、動量定理、動量守

恒定律、洛倫茲力、法拉第電磁感應定律，以及用這些知

能力突破

識解決勻速圓周運動模型、導體棒模型、線框模型、圓周

運動+類平拋運動模型等類型的試題。

(1)能利用運動合成與分解的方法處理帶電粒子在電場中

運動問題；

(2)應用幾何關系和圓周運動規(guī)律分析求解帶電粒子在磁

高考熱點

場、復合場中的運動；

(3)電磁感應中的電路分析、電源分析、動力學和能量轉

化分析。

主要考查計算題，一壓軸題的形式出現，題目難度一般為

出題方向

中檔偏難。

考點歸納

考點1帶電粒子(體)在電場中的運動

【解題技巧』

(1)首先分析帶電粒子(體)的運動規(guī)律，確定帶電粒子(體)在電場中做直線運動還是曲

g談運荔:

：（2）當帶電粒子（體）從一個電場區(qū)域進入另?個電場區(qū)域時，要注意分析帶電粒子（體）

i的運動規(guī)律的變化及兩區(qū)域電場交界處的有關聯的物理量，這些關聯量往往是解決問

\題的突破口.

【例1】（2023?越秀區(qū)校級模擬）一長為/的絕緣細線，上端固定，下端拴一質量為〃?、

電荷量為4的帶正電的至小球，處于如圖所示水平向右的勻強電場中。先將小球拉至A點,

使細線水平。然后釋放小球，當細線與水平方向夾角為120。時，小球到達B點且速度恰

好為零，為重力加速度為g,sin30°=0.5,cos30°=yo求：

（1）勻強電場/W兩點間的電勢差力"的大小；

（2）小球由A點到A點過程速度最大時細線與豎直方向的夾角0的大小；

（3）小球速度最大時細線拉力的大小。

【分析】（1）根據動能定理列式得出兩點電勢差的大?。?/p>

（2）根據矢量合成的特點得出小球受到的合力，結合幾何關系得出速度最大時細線與

豎直方向的夾角；

（3）根據動能定理得出小球的速度，結合牛頓第二定律得出細線的拉力。

【解答】解：（1）由小球由A點到“點過程，根據動能定理得：

qU帥+mgl（\+cos30°）=0

解得：s

2q

（2）由E=S得勻強電場強度的大小為：

.3q

小球所受的合力大小為：

生=+（汨2

合力方向tan^=—=—

mg3

故夕=30。

小球由A點到8點過程在與豎直方向夾角0=30。為時速度最大；

（3）當小球運動到與豎直方向夾角0=30。為時速度最大，設此時速度為?根據動能定

理得：

仁?/（1_cos60°）=gmv2

得最大速度v=抨gl

根據牛頓第二定律得耳-心=吟

得速度最大時細線拉力大小耳=理，咫

答：（1）勻強電場4?兩點間的電勢差〃,的大小為駟；

2q

（2）小球由A點到4點過程速度最大時細線與豎直方向的夾角。的大小為30。；

（3）小球速度最大時細線拉力的大小為邁空。

3

[例2]（2022秋?河源期末）如圖所示，AC水平軌道上順段光滑，AC段粗糙，且

LBC=2m,CM為固定在豎直平面內半徑為R=0.2,〃的光滑半圓軌道，兩軌道相切于C點,

b右側有電場強度ETXON/C的勻強電場，方向水平向右。一根輕質絕緣彈簧水平

放置，一端固定在A點，另一端與帶負電的滑塊尸（可視為質點）接觸但不連接，彈簧

原長時滑塊在8點?，F向左壓縮彈簧后由靜止釋放，已知滑塊產的質量為〃7=0.2依，電

荷量為=與軌道4c間的動摩擦因數為〃=0.25,忽略滑塊夕與軌道間的電

荷轉移。已知g=10〃2/s2。

E

ABC

（1）若滑塊P運動到少點的瞬間對軌道壓力為2N,求滑塊運動到與。點等高的。點時

對軌道的壓力；

（2）欲使滑塊產能進入圓軌道而且在進入圓軌道后不脫離圓軌道（即滑塊只能從C?點

或者尸點離開半圓軌道），求彈簧最初釋放的彈性勢能的取值范圍。（結果可用根號表示）

【分析】（1）由牛頓第二定律、牛頓第三定律求產點速度，滑塊從。點到尸點，由動能

定理，求。點速度，在。點，對滑塊由牛第二定律以及牛頓第三定律，分析滑塊運動到

與O點等高的。點時對軌道的壓力大小；

（2）計算等效重力的大小和方向，滑塊P恰好沿半圓軌道運動到歷點時不與軌道分離，

重力提供向心力，求M點速度大小，滑塊P從釋放到M點的過程中，由能量守恒列式，

若小球達到等效圓心等高點（N點）的速度為零，由能量守恒列式，分析彈性勢能的取

值范圍。

【解答】解：（1）滑塊在F點時由重力和軌道支持力的合力提供向心力，由牛頓第二定

律得兄

R

根據牛頓第三定律知底=/=2N

解得=2m/s

2

滑塊從。點到尸點，由動能定理得-mgR+qER=gmvr-；"說

解得vD=舊mI5

在。點，對滑塊由牛第二定律得把

K

解得時＞=3.5N

由牛頓第三定律可知滑塊運動到與O點等高的。點時對軌道的壓力大小為3.5N,方向水

平向右。

（2）如圖所示

'、、、qE:E

p啖啰。

kAAAAAl"l,........................

入^777777777777777p77777Q~

滑塊的等效重力大小為mg'=yjimg）2+（qE）2=2.5N

與豎直方向夾角。為37。

M、N兩點分別為等效最高點和等效圓心等高點。要使滑塊P恰好沿半圓軌道運動到M

點時不與軌道分離，可得〃d=加吱

R

解得nj=2.5（〃?/?

滑塊?從釋放到M點的過程中，由能量守恒得Ep=^ngLBC+m^R（\+cos37°）+^ny；f

聯立可得約=2.15/

若小球達到等效圓心等高點（N點）的速度為零，由能量守恒得%=〃〃?班8c+m《Rcos37。

解得%=1.4J

滑塊尸恰好到達C點時滿足EP2==U

所以欲使滑塊尸在進入圓軌道后不離開圓軌道，彈性勢能的取值范圍為昂..2.15J或

1J<E”,1.4./

答：（1）若滑塊P運動到F點的瞬間對軌道壓力為2N,滑塊運動到與。點等高的。點

時對軌道的壓力3.5N,方向水平向右；

（2）彈簧最初釋放的彈性勢能的取值范圍七.215/或IJv/,14/八

[例3]（2022秋?中山市期末）如圖甲所示，在真空中有一傾角為30。的足夠長光滑絕

緣斜面，，=0時刻，一質量為〃?=0.2奴的帶電小滑塊靜放于斜面上，同時，空間加上一

個方向平行于斜面的勻強電場，場強大小和方向呈周期性變化，變化規(guī)律如圖乙所示（取

沿斜面向上方向為正方向，g=IO/〃//）,0~2,內小滑塊恰能沿斜面向上做勻加速直線

運動，加速度大小為10〃〃d,求:

（1）小滑塊是帶正電還是負電；電荷量q是多少;

（2）4s內小滑塊的位移大?。?/p>

（3）22s內電場力對小物塊所做的功。

【分析】先由受力分析可以判斷出物塊帶正電，分別求出小球0-2秒的加速度和2-4秒

的加速度，然后求出其運動位移，根據運動的周期性，算出22秒內的位移，然后求出

電場力做的功。

【解答】解：（1）由0-2秒，物塊具有向上的加速度，可以判斷出物塊帶正電，向上加

速時，電場力方向沿斜面向上，重力的分力沿斜面向下，由牛頓第二定律有

E】q-mgsin0=/叫，代入數據求解得：q=105C

（2）2~4秒內，重力沿斜面的分力向下，電場力的方向也向下，由牛頓第二定律有

C2

E2/+mgsin0=ma2得生=10m/s

4s內物塊先加速后減速，由于％=〃2,因此/=4s時速度變?yōu)榱悖?s內物體位移為M

得：=2（）/〃

4s內物體位移為*=2x；at；得：s2=40〃？

（3）。?2s電場力的功為陰=耳縊計算得：叱=60/

2?4s電場力的功為此=-4班計算得：W,=-20J

22s內電場力的功為W=61M+5明計算得：W=260J

答：（1）小滑塊是帶正電，電量為4=10-5。；（2）4s內小滑塊的位移大小40機；（3）22s

內電場力對小物塊所做的功260J

【例4】（2023?河北模擬）如圖所示，半徑為R的光滑圓形軌道固定在豎直面內；圓形

軌道與一光滑的弧形軌道相切，圓形區(qū)域內由平行于圓面的勻強電場，勻強電場的方向

與豎直方向夾角為60。，帶電量乜=管的小球A靜止在圖示N位置，帶電量為+咐的小

球A從弧形軌道某一位置由靜止釋放，A、8兩球碰撞中無機械能損失，己知A、8兩

球的質量分別為〃加、加〃為一常數），第一次碰撞后A、4兩球有相同的最大擺角（未

脫離軌道），碰撞過程兩小球所帶電荷量保持不變，重力加速度為g。求:

（1）小球A釋放的位置距離圓形軌道最低點的高度力至少為多少；

（2）求常數〃的值；

（3）在（1）問的情況下小球A、4第二次碰撞剛結束時各自的速度大小。

【分析】（1）對A受力分析，根據等效重力場結合牛頓第二定律和動能定理可解得；

（2）應用動量守恒定律、動能定理可解得；

（3）分析兩球的運動情況，根據動量守恒定律及能量守恒定律解答。

【解答】解：（1）小球A受到的電場力大小為尸二=E-〃等="叫

根據題意結合力的平行四邊形法則可得小球A受到的電場力和重力的合力大小為

F'=nmg

將該合力等效為新的重力場，可得新重力場的加速度為/=瞥=&

nm

方向與豎直方向夾角為60。，斜向右下方；因為轉發(fā)生碰撞，所以小球A可以在光滑圓

形軌道中做圓周運動時可以通過等效重力場下的最高點M,當剛好可以通過最高點M

時Tlnnig=nm-費

設小球A到達圓形軌道最低點時的速度為%，小球A從釋放到圓形軌道最低點，根據機

械能守怛mngh=L?〃瑞

從圓形軌道最低點到M點間根據動能定理有-nmgRQ+cos60°）=—nmv'--nmv~

2M2}

聯立解得〃=2/?

（2）同理可得小球3受到的電場力和重力的等效重力場加速度也為根據題意小

球8靜止在圖示N位置：

分析可知N位置為等效重力場下AB球做圓周運動的最低點；第一次碰撞后A、3兩球

有相同的最大擺角，根據動能定理可得碰撞后AA球的速度為零時，等效重力場做的功

相同；同時A、A兩球碰撞中無機械能損失，結合碰撞規(guī)律可知碰撞后球的速度大

小相等，方向相反，設第一次碰撞時A球的速度大小為?速度方向為正方向，碰后A球

的速度大小為打,，球的速度大小為口，根據動量守恒和能量守恒有

nmv=-/nnvA.+mvB.

22"2"

口=%

解得

1

n=-

3

（3）在（1）問的情況下小球4從M點到N點間，根據動能定理有〃沖.2R=}〃加―—嗚

根據（2）中分析可得碰撞后鉆速度大小為匕=%，=gv

根據對稱性可得AB第二次碰撞時在N點，此時速度大小與第一次碰后的速度大小相等,

根據動量守恒和能量守恒有〃〃?!v-/n-v=〃/叫"+〃叫"

1

22

〃

1/1/、21+加

—nm(—V)-+—m(—v)=—nmv.2-以

22222A

聯立解得

，，=//=

VA-Vf也”=。，或者匕"=5八vfl--v（不符舍去）

負號表示方向與正方向相反，即小球A、8第二次碰撞剛結束時各自的速度大小分別為

屈^和Oo

答：（1）小球A釋放的位置距離圓形軌道最低點的高度，至少為2R;

（2）常數〃的值為L

3

（3）在（1）問的情況下小球A、8第二次碰撞剛結束時各自的速度大小為6示和0。

【例5】（2022秋?河源期末）如圖所示，一真空示波管的電子從燈絲K發(fā)出（初速度不

計），經燈絲與A板間的加速電場加速，從4板中心孔沿中心線KO射出，然后進入兩塊

平行金屬板M、N形成的偏轉電場中（偏轉電場可視為勻強電場），電子進入M、N間

電場時的速度與電場方向垂直，電子經過電場后打在熒光屏上的夕點。已知加速電場電

壓g=45V,偏轉電場電壓力=5OV,電子質量加=9.Oxl（r3?g,電荷量大小e=1.6x10%,

極板的長度乙=6.0劭，板間距離4=2.5切，其右端到熒光屏用的水平距離為右。電子所

受重力可忽略不計，求：

（1）求電子穿過A板時的速度大?。?

（2）求電子從偏轉電場射出時的側移量y；

（3）求OP的距離y；

（4）電子從偏轉電場射出時的側移量y和偏轉電壓力的比叫做示波器的靈敏度，分析

說明可采用哪些方法提高示波器的靈敏度。

【分析】在加速電場中，根據動能定理可以求出過A點時的速度大小；在偏轉電場，利

用類平拋運動規(guī)律可以求出問題。

【解答】解：（1）電子在加速電場中，據動能定理

12

eUrry=—，”；

（2）電子在偏轉電場中做類平拋運動,

尸。2=k吆旌

-22md4

解得尸粉

（3）根據平拋運動的推論：做類平拋運動的物體，某時刻速度的反向延長線過此刻水

平位移的中點，所以有：

L

Z=_2_

丫*

2

解得：y=（，+/）"

225d

（4）據第（2）問可得：

上=Z/

uj4ad

故提高示波器靈敏度可以增大板長L,減小加速電壓q,減小板間距d。

答：（1）電子穿過A板時的速度大小均為

（2）電子從偏轉電場射出時的側移量），為竺；

4UQ

（3）w的距離y為止+/）絲；

22ad

（4）提高示波器靈敏度可以增大板長￡,減小加速電壓〃，減小板間距d。

考點2帶電粒子在磁場中的運動

?題技

常用解題知識

（1）幾何知識：三角函數、勾股定理、偏向角與圓心角關系.根據幾何知識可以曰己知

長度、角度計算粒子運動的軌跡半徑，或根據粒子運動的軌跡半徑計算未知長度、角

度.

（2）半徑公式、周期公式：K=瑞、7=震.根據兩個公式可由小〃?、u、8計算粒子運

河麗孝落.痼麗「礪源藏辭扇而車蒞最商麗真越感南髓:短字褊滿冢’

I質量等.

i（3）運動時間計算式：計算粒子的運動時間或已知粒子的運動時間計算圓心角或周期

j時，常用到/=會「

【例1】（2022秋?沈陽期末）如圖所示，第一象限范圍內有垂直于入力平面的勻強磁場，

磁感應強度為8。質量為瀏，電量大小為4的帶電粒子在.9），平面里經原點O射入磁場

中，初速度%與工軸夾角夕=60。，粒子重力不計，試分析計算：

（1）帶電粒子在磁場中運動的軌道半徑；

（2）帶電粒子離開磁場時距離坐標系原點的距離？

（3）帶電粒子在磁場中運動時間多長？

【分析】（1）根據洛倫茲力提供向心力求出粒子在磁場中的運動的半徑；

（2）討論粒子的電性，作出粒子在磁場中的運動軌跡，結合兒何關系求出帶電粒子離

開磁場時的縱坐標；

（3）討論粒子的電性，根據軌跡圓心角，結合周期公式求出帶電粒子在磁場中的運動

時間。

【解答】解：（1）根據洛倫茲力提供向心力得：

qvB=m-

r

可得不論粒子帶正電或者負電，粒子在磁場中運動的半徑均為：

qB

（2）粒子運動軌跡如下圖所示：

若粒子正電，它將從），軸上A點離開磁場，做勻速圓周運動的軌跡圓心角為4=60。

根據幾何關系可得，A點與O點的距離為：y=「=吧；

qB

若粒子帶負電，它將從x軸上3點離開磁場，做勻速圓周運動的軌跡圓心角為用=120。

根據幾何關系可得，4點與O點的距離為：x=2rsin600=V3r=^lo

qB

（3）帶電粒子做圓周運動的周期為7=現=迎

%，再

若粒子帶正電，它從O到A所用的時間為：乙=/_/=您；

36003qB

若粒子帶負電，它從。到B所用的時間為：『,=&7=如。

~36003Bq

答：（1）帶電粒子在磁場中運動的軌道半徑為裁；

（2）帶電粒子離開磁場時距離坐標系原點的距離為竺&（正電粒子），或避孕（負電

qBqB

粒子）；

（3）帶電粒子在磁場中運動時間為您（正電粒子），或包（負電粒子）。

3gB3Bq

【例2】（2022秋?沈陽期末）如圖所示，有一對平行金屬板，板間加有恒定電壓，兩板

間有勻強磁場，磁感應強度大小為隊,方向垂直于紙面向里。金屬板右下方以MN、PQ

為上、下邊界，力滬為左邊界的區(qū)域內，存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁場寬度為"，

MN與下極板等高，MP與金屬板右端在同一豎直線上。一電荷量為＜/、質量為川的正離

子，以初速度％沿平行于金屬板面、垂直于板間磁場的方向從A點射入金屬板間，不計

離子的重力，求：

（1）已知離子恰好做勻速直線運動，求金屬板間電場強度的大??；

（2）若撤去板間磁場勒，離子恰好從下極板的右側邊緣射出電場，方向與水平方向成60。

角，為了使離子進入磁場后不從尸。邊離開，磁場的磁感應強度8應滿足什么條件；從A

點射入到從MN邊離開磁場的最長時間是多少？

XX

A~?v(>

xx

【分析?】(1)離子在金屬板間做勻速直線運動，應用平衡條件求出電場強度大小。

(2)求出離子進入磁場時的速度，作出離子恰好不從PQ邊界離開的運動軌跡，求出離

子做勻速圓周運動的軌道半徑，應用牛頓第二定律求出臨界磁感應強度，然后確定磁感

應強度需要滿足的條件；求出離子在磁場極板間與在磁場中的運動時間，然后答題。

【解答】解：(1)離子在金屬板間做勻速直線運動，由平衡條件得：q%B°=qE,解得電

場強度大?。篍=v0B0

(2)離子在磁場中做勻速圓周運動，離子恰好不能PQ邊離開磁場時的運動軌跡如圖所

示

離子進入磁場時的速度大小八」=2%

cos60°

由幾何知識得:r2=(r-J)2+(rcos300)2,解得:r=2d(r=-d不符合實際，舍去)

3

離子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：針練界=帆)

解得：緣界=翳

為了使離子進入磁場后不從PQ邊離開，磁場的磁感應強度3應滿足的條件是凡”

qd

離子進入磁場時豎直分速度vv=v0tan60°=G%

撤去極板間磁場后離子在極板間做類平拋運動，豎直分速度

由牛頓第二定律得："1="0

解得離子在電場中的運動時間「盥

離子在磁場中做勻速圓周運動，離子速率不變，離子運動軌跡越長離子運動時間越大

當離子恰好從N點離開磁場時的運動軌跡是離子從MV邊離開磁場的最大運動軌跡，此

時離子在磁場中的運動時間最長，離子運動軌跡如圖所示

A

由（2）中可得：MN=rcos300=2Jx—=^

2

解得：/

2cos30°AV3

2x——

2

離子在磁場中轉過的圓心角。=120。

離子在磁場中做勻速圓周運動的周期7=亞=犯=則

丫2%%

離子在磁場中運動的最長E寸間-磊丁-黑K吃-碧

從A點射入到從WN邊離開磁場的最長時間7=乙+/,=巫+也

qB°3%

答：（1）金屬板間電場強度的大小是％為；

（2）磁場的磁感應強度8應滿足的條件是8..華；從A點射入到從MN邊離開磁場的最

qd

長時間是叵1+也。

Mo3%

【例3】（2022秋?滄州期末）如圖所示，MN平行于MM,MN與之間存在勻強磁

場，磁場的磁感應強度大小為8,方向如圖所示.電荷量為乜、質量為，〃的帶電粒子,

由靜止開始從2點經加速電場加速后從小孔Q飛出，進入右側勻強磁場區(qū)域，粒子恰好

沒能從邊界射出磁場，己知加速電場的電壓為。，夕。連線與邊界A/N的夾角為

MN與用M足夠長，粒子重力忽略不計。求：（1）粒子在磁場中運動的時間

（2）磁場區(qū)域的寬度d。

【分析】（1）作出粒子運動軌跡，求出粒子在磁場中轉過的圓心角，然后求出粒子在磁

場中的運動時間。

（2）粒子在電場中加速，應用動能定理求出粒子進入磁場時的速度；粒子在磁場中做

勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，應用牛頓第二定律求解。

【解答】解：（1）根據題意作出粒子運動軌跡如圖所示

根據幾何關系可知，粒子轉過的圓心角2=2（乃-0）

粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期丁=亞=型

vqB

粒子在磁場中的運動時間/=W7

24

解得：”2心駟

qB

（2）粒子在電場中加速過程，根據動能定理有：qU=^mv2-0

粒子在磁場區(qū)域運動時，根據洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：，/田=對

r

由幾何關系可知：J=r+rcos/9

解得：d=

答：（1）粒子在磁場中運動的時間，是忙跑;

qB

（2）磁場區(qū)域的寬度d是

【例4】（2023?洪山區(qū)校級模擬）如圖所示，真空中有兩垂直于紙面的水平擋板，板間

距離為“，長為L。一電量為-如7>0）,質量為小的粒子，恰從下方擋板邊緣以初速度%

入射?，入射方向在紙面內、與水平擋板的夾角0=53。。粒子每次撞擊擋板時電量不變,

沿擋板方向的分速度大小減為一半、方向不變：垂直于擋板方向的分速度大小也減為一

半、方向反向。粒子與擋板發(fā)生第1次撞擊處的右方區(qū)域存在磁感應強度大小為〃，方

向垂直于紙面向外的勻強磁場。（不計粒子重力，sin53°=0.8,cos53°=0.6）

（1）若粒子始終不與下擋板碰撞，則d應滿足什么條件？

（2）若"=皿，求從粒子射入擋板區(qū)域到粒子與擋板發(fā)生第三次碰撞的時間;

5aB

（3）若d=該粒子沒有飛出板間區(qū)域，求L的取值范圍。

入射粒子

【分析】（1）根據洛倫茲力提供向心力列式求解粒子的軌道半徑，再根據題意作圖，根

據幾何關系即可求解；

（2）根據粒子做勻速圓周運動求解周期，再由題意分析粒子射入擋板區(qū)域到粒子與擋

板發(fā)生第三次碰撞的時間；

（3）根據題意推導第一次后邛再推導碰撞〃次后、的表達式，根據幾何關系分析即可。

【解答】解：（1）粒子與上板碰后在磁場中做圓周運動，則夕B與二〃?，一

解得女=也，

2qB

根據題意可作圖

若粒子始終不與下擋板碰撞，根據幾何關系可知d=R（1-cos53。）

解得］＞處；

5qB

（2）粒子在磁場中運動的周期為

兀

/~~IrrR_2__m_

%qB

從粒子射入擋板區(qū)域到粒子與擋板發(fā)生第三次碰撞的時間

dIc2x53°丁“534、加

t=-------------+2x-------T=（1+----）——;

sin530%360。45qB

（3）第一次碰撞后

4=2R\sin53。=2R1x0.8=1.6R,

同理可得，第〃次碰撞后

s“=2R〃sin530=l.6R“$i

粒子沒有飛出板間區(qū)域

,3d

L??+$+$）+…+Sn

11/〃%

??

5qB

答：（1）若粒子始終不與下擋板碰撞，則d應滿足外;

5qB

（2）若〃=皿，從粒子射入擋板區(qū)域到粒子與擋板發(fā)生第三次碰撞的時間為

5aB

八534、m

（1+——）—;

45qB

（3）若〃=皿，該粒子沒有飛出板間區(qū)域，￡的取值范圍是心.3。

5qB5qB

【例5】（2022秋?濱州期末）如圖等邊三角形ACZ）內存在垂直紙面向外的勻強磁場，磁

感應強度大小為8；只有一個小孔。的圓形絕緣筒內存在垂直紙面向里的勻強磁場。

N4DC的角平分線GO的延長線正好經過圓筒的圓心。，4）的延長線與圓相交于E點，

且4）=2M=〃，現有一質量為機、電荷量為4的粒子（重力不計）以一定速度沿NC4。

的角平分線垂直磁場射入，粒子恰好經過孔。打在圓筒上的E點，經過與圓筒發(fā)生幾次

碰撞后最終離開磁場區(qū)域，粒子與圓筒碰撞前后電量不交、速度等大反向。求：

（1）粒子的速度大??；

（2）圓筒的半徑及其內部磁場的磁感應強度大??；

（3）粒子在磁場區(qū)域內的運動總時間。

C

【分析】帶電粒子在磁場中運動根據左手定則判斷洛倫茲力方向，與弦的中垂線交點為

圓心位置，再根據幾何關系求出半徑。

【解答】解：（1）一質量為小、電荷量為,/的粒子（重力不計）以一定速度沿/C4D的

角平分線垂直磁場射入，粒子恰好經過孔O,由幾何關系可知圓周運動半徑r==

根據：Bqv=,解得：y='"；

rm

-DE后

（2）因為OE連線與水平夾角為30。，且=所以磁場半徑：R=2一=也〃，

2cos3006

粒子恰好經過孔。打在圓筒上的E點，根據幾何關系知，粒子從。點進入正好沿GD方

向，則根據幾何關系可知，運動半徑：r，=%=DE=9,

B.q2

解得：B2=2B:

（3）經過與圓筒發(fā)生兒次碰撞后最終離開磁場區(qū)域，因為每次運動對應圓形磁場區(qū)域

的圓心角為120。，對應軌跡圓心角為60。，一共經過3次碰撞，運動周期為7=@=型，

運動時間：/=3乂工=工=二巴。

622Bq

答：(1)粒子的速度大小】，=綸；

m

(2)圓筒的半徑及其內部磁場的磁感應強度大小用=2B；

(3)粒子在磁場區(qū)域內的運動總時間,二班”。

2Bq

考點3帶電粒子在組合場和疊加場中的運動

【解題畫......................

(1)明種類：明確復合場的種類及特征。

(2)析特點：正確分析帶電粒子的受力特點及運動特點。

(3)畫軌跡：畫出運動過程示意圖，明確圓心、半徑及邊角關系。

(4)用規(guī)律：靈活選擇不同的運動規(guī)律。

.兩場共存，電場與磁場中滿足qE=qvB或重力場與磁場中滿足mg=qvB且兩刀方向

相反時，粒子做勻速直線運動，根據受力平衡列方程求解。

□兩場共存，電場力與重力都恒定時，粒子平衡時根據平衡條件求解，做勻變速直線

運動時用牛頓運動定律、運動學規(guī)律或動能定理求解，做勻變速曲線運動時用運動的

合成與分解或動能定理求解。

□三場共存，合力為零時，受力平衡，粒子做勻速直線運動或靜止。其中洛倫茲力F

=qvB的方向與速度v垂直。

，三場共存，粒子在復合場中做勻速圓周運動時，mg與qE相平衡，根據mg=qE,

由此可計兌粒子比荷，判定粒子電性。粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，應用

洛倫茲力公式和牛頓運動定律結合圓周運動規(guī)律求解，qvB=mrco2=m-=nir^r=

ma。

□當帶電粒子做復雜的曲線運動或有約束的變速直線運動時，一般用動能定理或能量

守恒定律求解。

[例1]（2023?江西模擬）如圖，平面直角坐標系.g位于豎直面內，其第/象限中存

在著正交的勻強電場和勻強磁場，電場強度的方向沿），軸負方向（豎直向下），場強大

小為石，勻強磁場的方向垂直坐標平面向里。一帶電的微粒以速度%從），軸上P點射入

第/象限，速度方向與），軸正方向成夕=30。，微粒在第/象限中做勻速圓周運動，偏轉后

垂直x軸進入第W象限。已知夕點與x軸的距離為（重力加速度為g。

求：

（1）帶電微粒的比荷；

【分析】帶電粒子在復合場中做勻速圓周運動，對帶電粒子受力要求是合外力為洛倫茲

力，由其它力的合力為零，可求帶電微粒的比荷；帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動時，

由幾何關系求出半徑，再根據洛倫茲力提供向心力求出磁感應強度的大小。

【解答】解：（1）由于帶電粒子在復合場中做勻速圓周運動，則

mg-Eq

解得：旦=&

mE

（2）由幾何關系得:

d

r=------

sind

代入數據得：r=2d

帶電粒子第/象限做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力得：

2

q%B=〃匹

r

解得：8

解得：《=也。

2gd

答：（1）帶電微粒的比荷為

E

（2）磁感應強度的大小為曳。

2gd

【例2】（2023?岳陽樓區(qū)校級升學）如圖所不，質量"=5依的小車以%=2〃”5的速度在

光滑的水平面上向左運動，小車上表面的仞部分是粗糙的水平軌道，/9C部分是光滑的

，圓弧軌道，圓弧軌道在。點的切線水平，整個軌道都是由絕緣材料制成的。小車所在

4

空間內存在方向豎直向上的勻強電場和方向垂直紙面向里的勻強磁場，電場強度大小

E=5ONIC,磁感應強度大小8=27。現有一質量機=2總、帶電荷量g=-0.1C的滑塊以

“=106/5的速度從小車上表面的左端向右運動，當滑塊運動到。點時，具相對地面的速

度大小匕=5"〃$,方向水平向右。已知滑塊可視為質點，重力加速度g取1（）〃”

（1）在滑塊從A點運動到。點的過程中，求小車與滑塊組成的系統損失的機械能。

（2）如果滑塊剛過。點時對軌道的壓力為76N,求圓弧軌道的半徑

（3）當滑塊通過。點時，立即撤去磁場，要使滑塊能沖出圓弧軌道，求此圓孤軌道的

半徑的取值范圍。

【分析】（1）滑塊從A到。的過程中，小車、滑塊系統水平方向不受外力，水平方向動

量守恒，可求出滑塊到達。點時車的速度，系統損失的機械能等于系統動能的減??；

（2）根據滑塊對軌道的壓力大小，由牛頓第二、三定律求軌道的半徑；

（3）要使滑塊不沖出圓弧軌道，滑塊沿圓弧軌道上升到最大高度時，滑塊與小車具有

共同速度?根據動量守恒定律和能量的轉化與守恒定律軌道半徑的最小值。

【解答】解：（1）設滑塊運動到。點時的速度大小為耳，小車在此時的速度大小為為

滑塊從A運動到。的過程中系統動量守恒，以向右為正方向，

由動量守怛定律得：-Mv0=m\\+MV2

代入數據解得：v2=0,

則小車跟滑塊組成的系統的初機械能：E.=-nur+L"

22

小車跟滑塊組成的系統的末機械能：E2=^nv；

代入數據解得：Ex=11（U,E2=25J

小車與滑塊組成的系統損失的機械能：△七二6一七

代入數據解得：△￡=851

（2）由牛頓第三定律，滑塊受到的支持力：入=76W

由牛頓第二定律可得：&-（〃7g+Eq+Bq%）=絲上

r

代入數據得：r=\m

（3）當滑塊恰好不能沖出圓弧軌道時，滑塊沿圓弧軌道上升到最大高度時，滑塊與小

車具有共同的水平速度匕

設向右的方向為正方向，由水平方向動量守恒定律得：/嗎=（M+M匕

代入數據解得：v.=-/n/5

7

則由能量守恒關系有：=g（M+ni）vj+（qE+mg）R

代入數據解得：R=0.71〃?；

所以圓弧的軌道半徑的范圍為：0vR<0.71m

答:（1）在滑塊從A點運動到。點的過程中，小車與滑塊組成的系統損失的機械能為85./。

（2）如果滑塊剛過。點時對軌道的壓力為76N,圓弧軌道的半徑「為1,〃；

（3）滑塊通過。點時，立即撤去磁場，耍使滑塊能沖出圓弧軌道，此圓弧軌道的半徑

的取值范圍為：0</?<0.71mo

【例3】（2022秋?寧波期末）如圖所示，與水平面成37。的傾斜軌道AC,其延長線在。

點與半圓軌道OE相切，全部軌道為絕緣材料制成且位于豎直面內，整個空間存在水平

向左的勻強電場，的右側存在垂直紙面向里的勻強磁場（C點處于MN邊界上）。一質

量為0.4依的帶電小球沿軌道AC下滑，至C點時速度為憶=與〃?/$，接著沿直線8運

動到。處進入半圓軌道，進入時無動能損失，且恰好能通過萬點，在/點速度力=4"?/s

(不計空氣阻力，g=\()m：s2,cos37°=0.8)o求:

（1）小球受到電場力的大小與方向；

（2）半圓軌道的半徑R；

（3）在半圓軌道部分，摩擦力對小球所做的功。

!

八八八八八

!N

【分析】（1）應用物體做直線運動的條件分析分析小球在CD段的受力，可得電場力與

重力關系；

（2）小球恰好能通過/點，則在尸點小球不受彈力，由洛倫茲力、電場力、重力的合

力提供向心力；

（3）對小球由。到尸的過程，根據動能定理求解。

【解答】解：（1）由于小球沿CZ）做直線運動，故小球受到的重力"7g和電場力％的合力

小必與洛倫茲力等大反向，小球在8間做勻速直線運動，可知小球帶正電，所受電場

力方向水平向左。

由力的合成可得電場力與重力的關系為：工537。

mg

解得：F電=3N。

（2）在8段洛倫茲力與重力和電場力的合力產等大，則有:

已知小球恰好能通過尸點，則在尸點由洛倫茲力、電場力、重力的合力提供向心力，則

有:

FD.B=登-

已知：vF=4m/s,vc=^^-rn/s

由以上兩式可得：R=\m.

（3）小球在。點的速度等于與%,即：vD=vc

設在半圓軌道部分，摩擦力對小球所做的功為叼，對小球由。到尸的過程，根據動能

定理可得:

W,-F-2R=-mv；.--rnvl

2

解得：w,=13.2J-也"八-27.6J。

'49

答：（1）小球受到電場力的大小為3N,方向水平向左;

（2）半圓軌道的半徑R為1〃?；

（3）在半圓軌道部分，摩擦力對小球所做的功-27.6J。

【例4】（2023春?萬州區(qū)校級月考）如圖所示的xQy坐標系中,第一象限存在與xQy平

面平行的勻強電場石，且與x軸負方向的夾角0=30。，第二象限存在垂直平面向外的勻

強磁場，磁感應強度大小為8。一帶正電粒子自O點射入第二象限，速度u與工軸負方

向的夾角。=30。，粒子經磁場偏轉后從），軸上的尸點進入第一象限，并由x軸上的M點

（未畫出）離開電場。已知OM距離為3L,粒子的比荷為」，不計粒子重力。

BL

（1）求OP兩點的距離；

（2）求粒子在磁場中運動的時間；

（3）當該粒子經過P點的同時，在電場中的N點由靜止釋放另一個完全相同的帶電粒

子，若兩粒子在離開電場前相遇且所需時間最長，求N點的坐標。

【分析】（1）帶電粒子在第二象限內做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，結合幾何

關系解得；

（2）根據周期結合圓心角解得運動時間；

（3）根據兩粒子的運動情況結合幾何關系可解得。

【解答】解：（1）帶電粒子在第二象限內做勻速圓周運動，軌跡如圖，圓心為C

由牛頓第二定律，得4由="

解得R=L

由幾何關系得：NCQ=120°

則

（2）粒子在磁場中運動周期7=鄴

v

粒子偏轉120。，即在磁場中運動時間/=工

3

解得：

3v

（3）帶電粒子進入第一象限時速度與），軸正方向成60。角，與電場方向垂直，故粒子在

第一象限內做類平拋運動，軌跡如圖.由于兩粒子完全相同，所以只需在帶電粒子進入

電場時速度方向的直線上PN范圍內任一點釋放粒子，均可保證兩粒子在電場中相遇，

且兩粒子在M點相遇所需時間最長，即在圖中N點由靜止釋放粒子即可.設N點的橫坐

標為x,縱坐標為y,根據幾何知識可得

PN=QM=6L

又x=RVcos30。

），="+/Wsin30。

解得：x=1.5L,y=l.5>/3L

則N點的坐標為（L5L,1.5>/5L）

答：（1）OP兩點的距離為GL；

（2）粒子在磁場中運動的時間為衛(wèi)；

3v

（3）N點的坐標為為（1.5L,1.56L）。

【例5】（2022秋?邢臺期末）如圖所示，直角坐標系的第一象限內存在平行x軸負方向

的勻強電場，第二、三象限內有垂直紙面向外的勻燭磁場I,第四象限內一圓心為。的

圓形區(qū)域內有方向垂直于紙面向外的勻強磁場II,圓。與x軸、），軸分別相切于M點、N

點。一帶正電的粒子從例點以初速度％垂直x軸射入勻強磁場II,射出圓形磁場H時粒

子速度方向與y軸負方向的夾角6=60。，一段時間后粒子從），軸上的P點射入第一象限,

再經過一段時間后粒子回到M點且運動方向不變。已知帶電粒子的質量為〃八電荷量為

q,圓形磁場區(qū)域的半徑為，點坐標為（0,20,不計粒子受到的重力。求：

（1）勻強磁場〃的磁感應強度的大小3;

（2）第一象限內勻強電場的電場強度的大小石；

（3）帶電粒子從例點出發(fā)到再次回到例點的過程中，粒子在勻強電場與在勻強磁場I

內運動的時間之比人。

,2

y

【分析】先由粒子在第四象限圓形磁場內的運動速度偏轉角，可以畫出運動軌跡，算出

磁感應強度的大小；

粒子在第一象限內做類斜拋運動，由X軸方向和），軸方向的運動關系可以求出電場強度

的大?。?/p>

分別求出粒子在圓形磁場區(qū)域的時間，在第二象限和第三象限做圓周運動的時間，在第

一象限做類斜拋運動的時間，然后求出時間比。

【解答】解：（1）設帶電粒子在圓形磁場區(qū)域做勻速圓周運動的半徑為「，根據幾何關

系有嗎

由洛倫茲力提供向心力有仆笈=〃7仁得：B="

43qa

（2）設帶電粒子在第一象限內運動的時間為乙，將帶電粒子在第一象限的運動沿x軸、

2

軸方向分解，根據運動規(guī)律有2a=%乙cos。，\/3?=-（—）r（,得：E=勺，%

2in8qa

（3）設帶電粒子在勻強磁場/內做勻速圓周運動的半徑為個根據幾何關系有

2八訪0=2〃+島+巫，］,=（2乃-2〃.,得：人=巫2

tan0~v0t22萬

答：（1）勻強磁場〃的磁感應強度的大小強；

3qa

（2）第一象限內勻強電場的電場強度的大小縣區(qū)：

8qa

（3）時間之比正2。

24

考點4電磁感應中的力、能量、動量綜合問題

【解題技?

,1）分析“受力、'：分析研究對象的受力情況，特別關注安培力的方向。

*2）分析“能量”：搞清楚有哪些力做功，就可以知道有哪些形式的能量發(fā)生了變化，根

i據動能定理或能量守恒定律等列方程求解。

：（3）分析“動量”：在電磁感應中可用動量定理求變力的作用時間、速度、位移和電荷量

,一般應用于單桿切割磁感線運動）。

［求速度或電荷量：一3//加=〃7￡2一mVI,q=/

j□求時間：FAl+IA=mv2—mvi,IK——BIlAt=

_B2PvAr5/2

，［求位移：-BIlbt=一~=mv2-mv\,即一—必）。

KQ."總

【例1】（2023春?長沙縣校級月考?）如圖所示，兩平行且無限長光滑金屬導軌MN、PQ

與水平面的夾角為0=30。，兩導軌之間的距離為L=l〃z,兩導軌M、尸之間接入電阻

R=0.2Q,導軌電阻不計，在必4區(qū)域內有一個方向垂直于兩導軌平面向下的磁場I,

磁感應強度或,=%，磁場的寬度芭=1〃?，在m連線以下區(qū)域有一個方向也垂直于導軌平

面向下的磁場II，磁感應強度4=0.57,一個質量為"7=1依的金屬棒垂直放在金屬導軌

上，與導軌接觸良好，金屬棒的電阻Y0.2C,若金屬棒在離他連線上端所處自由釋放，

則金屬棒進入磁場I恰好儂勻速直線運動，金屬棒進入磁場II后，經過〃時系統達到穩(wěn)

定狀態(tài)，cd與球之間的距離々=8切，（gMx10/71/52）O

（1）求金屬棒從開始靜止到磁場I【中達到穩(wěn)定狀態(tài)這段時間中電阻R產生的熱量;

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

【分析】（1）金屬棒達到穩(wěn)定狀態(tài)時做勻速直線運動，由平衡條件求出穩(wěn)定時的速度,

再由能量守恒定律求解電阻R產生的熱量.

（2）由運動學公式和牛頓第二定律求出金屬棒在進入磁場前的運動時間，進入磁場I

恰好做勻速直線運動，由運動學公式求出勻速直線運動的時間.對于金屬棒在磁場H中

運動過程，運用動量定理求時間.其中通過金屬棒的電量可根據“二上求解.

R+r

【解答】解：（1）設金屬棒進入磁場I、II中穩(wěn)定時的速度分別為匕和嶺.

在磁場I中穩(wěn)定時，由平衡條件得〃zgsin9=&/L

又/產也

R+r

肝步用俎+n1x10x(0.24-0.2)

口天"口J得M=---~sin，=-------；——；----xsin3077?/s=2m/s

1B工l2xl2

在磁場II中穩(wěn)定時，有加gsin0=BJL

又/=里也

R+r

a+nr舛〃?g(R+r).1x10x(0.2+0.2).

聯立可得％=、，—sin0n=----------——：----xsin300//z/s=86/s

0-52xl2

從靜止到磁場n中達到穩(wěn)定狀態(tài)過程中，根據能量守恒得電阻農產生的熱量為:

R

aR+r

代入數據解得：QR=75J

（2）金屬棒從開始靜止到剛進入磁場I的時間：4=」^=---s=0.4s

1月sin910xsin30°

在磁場I運動時間：r=—=—s=0.5s

片2

設金屬棒在磁場II中運動時間為今，

根據動量定理得：（〃田sin0-4五雞=〃叱;

E^(15xlx8

其中：q=7t==fe=c=loc

R+rR+rR+r0.2+0.2

則得：sin0i、_B^Lq=mv2-m\\;

代入解得：G=2.2S

故總時間為：+t2+4=0.4s+0.5s+2.2s=3.Is

答：（1）金屬棒從開始靜止到磁場H中達到穩(wěn)定狀態(tài)這段時間中電阻/?產生的熱量為

7.5J;

（2）金屬棒從開始靜止到在磁場n中達到穩(wěn)定狀態(tài)所經過的時間為3.1S。

【例2】（2023春?浦口區(qū)月考）如圖所示，兩根等高的四分之一光滑圓弧軌道半徑為八

間距為L,陷水平、改豎直，在軌道頂端連有一阻值為R的電阻，整個裝置處在一豎直

向上的勻強磁場中，磁感應強度為8?，F有一根長度稍大于L、質量為〃小電阻乜為R的

金屬棒從軌道的頂端他處由靜止開始下滑，到達軌道底端M