押廣東卷計算大題

電磁場的綜合運用

猜押題型3年真題考情分析命題思路

電磁場的綜合運用的命題方

向：主要以結合豐富多樣的前沿科

廣東物理新高考改革以來，23年考

技為物理情境。例如結合質譜儀、

查電磁感應的綜合運用，24年考查帶電

回旋加速器、速度選擇器等儀器設

粒子在組合場中的運動，這類題型綜合

備為背景考查帶電粒子在其中的運

性強，難度較大。這類計算大題絕非單

2023?廣東?14題動過程，或是利用單雙桿切割磁感

一知識點的考查，而是將電場力、洛倫

計算題2024?廣東T5題線模型考查電磁感應的綜合運用

茲力的性質與計算，帶電粒子在電場中

等。

的加速、偏轉（類平拋運動），在磁場中

求解此類問題學生需熟練運用

的勻速圓周運動以及牛頓第二定律、動

各類數學工具。常涉及到平面幾何

能定理、能量守恒定律等知識深度融

知識，用于確定帶電粒子在磁場中

合。

圓周運動的圓心、半徑、軌跡與幾

何邊界的關系。

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

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

磁感應強度大小為反一帶電粒子在t=0時刻從左側電場某處由靜止釋放，在t=力時刻從下板左端邊緣位

置水平向右進入金屬板間的電場內，在t=2t0時刻第一次離開金屬板間的電場、水平向右進入磁場，并在

t=3%時刻從下板右端邊緣位置再次水平進入金屬板間的電場。已知金屬板的板長是板間距離的5倍，粒子

質量為加。忽略粒子所受的重力和場的邊緣效應。

（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=力時刻的速度大小v；

（3）求從t=0時刻開始到帶電粒子最終碰到上金屬板的過程中，電場力對粒子做的功少。

金屬板

電場）磁

r場

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）根據帶電粒子在右側磁場中的運動軌跡結合左手定則可知，粒子帶正電；粒子在磁場中運動

的周期為

T=2to

根據

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。，則板長學粒子在板間運動時

TID

百=%

出電場時豎直速度為零，則豎直方向

片2*瑞1Uoq崢。）92

在磁場中時

V2

qvB=m—

其中的

2mv

聯立解得

V=7l

37Ttg(/o

88

（3）帶電粒子在電場和磁場中的運動軌跡如圖，由（2）的計算可知金屬板的板間距離

D=3r

則粒子在3%時刻再次進入中間的偏轉電場，在4M時刻進入左側的電場做減速運動速度為零后反向加速，

在6電時刻再次進入中間的偏轉電場，6.5%時刻碰到上極板，因粒子在偏轉電場中運動時，在時間由內電

場力做功為零，在左側電場中運動時，往返一次電場力做功也為零，可知整個過程中只有開始進入左側電

場時電場力做功和最后0.5訪時間內電場力做功，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磁場，磁場被分成區域I和II,寬度均為拉,

其俯視圖如圖（。）所示，兩磁場磁感應強度隨時間珀勺變化如圖（6）所示，0?T時間內，兩區域磁場恒定，

方向相反，磁感應強度大小分別為2%和%,一電阻為R,邊長為％的剛性正方形金屬框abed,平放在水平

面上，ab、cd邊與磁場邊界平行.t=0時，線框時邊剛好跨過區域I的左邊界以速度"向右運動.在T時亥U，

防邊運動到距區域I的左邊界9處，線框的速度近似為零，此時線框被固定，如圖（a）中的虛線框所示。隨

后在T?2T時間內，I區磁感應強度線性減小到0,II區磁場保持不變；2T?3T時間內，II區磁感應強度也線

性減小到0。求：

（1）t=o時線框所受的安培力F；

（2）t=1.2T時穿過線框的磁通量（/>；

（3）2T?3T時間內，線框中產生的熱量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時線框切割磁感線的感應電動勢為

E=2B0hv+Bohv=3Bohv

則感應電流大小為

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時刻，a6邊運動到距區域I的左邊界2處，線框的速度近似為零，此時線框被固定，則t=1.2T時穿

過線框的磁通量為

11SBoh2

e=1.6B0h--h-Boh--h=知

方向垂直紙面向里；

（3）2T?3T時間內，II區磁感應強度也線性減小到0,則有

19

A4）hB（）h2

E'=

△tT2r

感應電流大小為

E'Boh2

1=~R=2TR

則2T~3T■時間內，線框中產生的熱量為

考向1：帶電粒子在組合場中的運動

【針對練習1]（2025?廣東深圳?一模）上海光源是我國的重大科學裝置。該裝置中，電子經電場加速，進

入波蕩器做“蛇形”運動，產生輻射光。電子的電荷量e、質量m、初速度均已知，不計相對論效應及輻射

帶來的動能損失，忽略電子所受的重力。

(1)圖甲為直線加速器簡化模型，兩加速電極中心有正對的小孔。為了使電子從右側出射時動能為取,求極

板間的加速電壓大小。

(2)圖乙是波蕩器簡化模型，勻強磁場均勻分布在多個區域，水平面內沿軸線4C方向每一區域寬3縱向尺寸

足夠大。各相鄰區域內磁場方向相反并垂直于所示平面。在2點放置一電子發射裝置，使電子以速率辦在

所示平面內與軸線4C成-60。?+60。的范圍內均勻發散射出。若恰有75%的電子能從I區域右邊界射出。

求I區域磁感應強度大小。

(3)如圖丙，電子在磁感應強度為無的勻強磁場中運動時，其軌跡上任意兩點間存在規律:sin%-sin02=W?。

其中四、92為速度方向角，d為兩點沿軸線方向的位移。圖丁為更接近波蕩器真實情況的磁場(沿軸線水平

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

【答案】(1聲嚴

mv

⑵4

(3)速度方向與軸線AC夾角45度，方向向右偏下

【詳解】(1)根據動能定理eU=岳卜-，!％?

解得U=2Ek；m。

2e

(2)根據左手定則，電子受到洛倫茲力在I區域向下偏轉。洛倫茲力提供圓周運動的向心力，則有

v2

evB=m—R

._mv

解得zR=—

根據題干條件，電子在角度范圍內分布均勻，可知在入射角度相對軸線偏下30。的電子剛好無法進入n區域。

由幾何關系可知，若電子剛好無法從右側射出，電子軌跡與區域I右邊緣相切L=R-Rsin30。

聯立解得8=既

（3）將空間沿軸線方向分割成微元，經過任何一個微元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強度。無限細分之后求和可知，速度偏向角的正弦值變化量為益，其中S為

B-x圖線所圍的面積。類比UT圖，橫軸下方面積為“負”。故有S=pxLx]

eL2

沿軸線入射，因此00=0,根據規律則有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4C夾角45度，方向向右偏下。

【針對練習2】（2025模擬預測）如圖，水平虛線下方存在豎直向上的勻強電場，上方存在垂直紙面向里的

勻強磁場。一個質量為加、電荷量為g的帶電粒子。，從電場中P點以初速度%垂直電場方向射入電場，經

電場偏轉后從虛線上。點（未畫出）第一次進入勻強磁場，粒子在0點時的速度方向與水平虛線夾角為

a=45。，再經磁場偏轉后又進入電場，多次往復運動下去。電場、磁場范圍足夠大，尸點到水平虛線距離

為d,磁場的磁感應強度大小為符，不計粒子重力。求：

XXXXXXXXXXXX

XXXXXXXXXXXX

XXXXXXXXXXXX

X辟XX[[X[X[[X]X[[X[X]]X[X]X

(1)電場強度的大小；

(2)帶電粒子a第6次通過水平虛線時和P點間的水平距離；

(3)帶電粒子。從尸點開始到第3次通過水平虛線所需的時間。

【答案】(1朦

⑵d

(24+37r)d

⑴4v0

【詳解】(1)。粒子在勻強電場中做類平拋運動，根據類平拋運動的規律，在豎直方向上有d=a=

qE

茄，％=磯1

又粒子經過Q點時有tana=得

聯立解得E=^

VVn9/7

(2)。粒子在勻強電場中做類平拋運動，在豎直方向上有以=?=適=,

amv0

在水平方向上有的=為ti=2d

粒子經過。點時的速度為"=?黑=魚%

在勻強磁場中運動，根據牛頓第二定律有=

aK

解得R=￥(i

作出a粒子的運動軌跡如圖所示

義XXXXXXX義XX

由圖可知，a粒子在勻強磁場中每次偏轉的圓心角為。=270。

根據幾何關系可得MQ兩點間的距離為QM=2Rcos45°=d

由圖可得帶電粒子a第6次通過水平虛線時離P點水平距離為=7d

（3）a粒子在勻強磁場中運動的圓心角為0=270。

則從。到M點的時間上=筮7=?x箸=箸

a粒子在P點開始第3次通過水平虛線所需的時間為t=3ti+以=熱+箸=笑詈

【針對練習3】（2025模擬預測）電子對湮滅是指電子和正電子碰撞后湮滅，產生y射線的過程。正、負電

子的質量均為加、電荷量均為e,正、負電子的重力不計。如圖所示，在平面直角坐標系xQy上，P點在x

軸上，0點在y軸負半軸上某處。第I象限內有平行于），軸的勻強電場，電場強度大小E=空，第II象限

內有垂直平面向里的勻強磁場，第IV象限內有一未知的圓形區域（圖中未畫出），未知圓形區域內的

勻強磁場和第n象限內的勻強磁場相同。一速度大小為v°的電子從/點沿y軸正方向射入磁場，經C點垂

直射入電場后，從尸點射出電場；一正電子從y軸負半軸上的0點（坐標未知）沿與y軸正方向成45。角的

方向射入第IV象限，然后進入未知圓形勻強磁場區域，從P點離開磁場時，與從尸點射出的電子正碰發生

湮滅，即相碰時兩粒子的速度大小相等、方向相反。已知。4=￡,忽略正、負電子間的相互作用（碰撞時除

（1）第II象限內勻強磁場的磁感應強度的大小B；

（2）。、P間的距離x及電子從/點運動到P點所用的時間t；

（3）正電子從。點射入時的速度大小v及未知圓形磁場區域的最小面積S。

【答案】（I）BT

”，（4+小

（2）"23t=-r—

2

(3)v=V2v0,S=7rL

【詳解】（1）電子從4點沿y軸正方向射入磁場，經過。點，由題意知電子在磁場中運動的半徑

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象限中運動的時間

TIL

tl=^

電子在電場中做類平拋運動，設電子在電場中運動的時間為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軸方向做勻速直線運動，有

X=v0t2

解得

x=2L

電子從Z點運動到尸點的時間

（3）從尸點射出電場的電子，根據豎直方向的運動規律

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，說明兩者速度大小相等、方向相反，故正電子從。點射入時的速度大小

v=V2v0

如圖所示

XXX

XX

根據牛頓第二定律

?2

正電子在磁場中運動的半徑

R2=g

未知圓形磁場的最小面積為以日&為半徑的圓形，最小面積

V22

S=7T（—/?2）=兀〃

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

形區域I存在沿x軸負方向的勻強電場，電壓為U,區域n存在磁感應強度為8、方向垂直紙面向內的勻強磁

場。有一系列電子處在坐標平面內滿足函數關系式（L-x）y=竽，現讓這些電子先后由靜止釋放，已知電子

的質量為加，電量為e,取5叵=匕不計電子重力。求：

氣e4

y

xxxxxx

II

xXXXBXX

xXXXXX

xXXXXX

X

(1)在坐標(O,0點釋放的電子，打在X軸上的位置；

(2)所有釋放的電子，打在x軸上的位置的函數關系式。

【答案】⑴6，0)

(2)L+J屈—y2

【詳解】(1)電子加速過程eU=加%2

解得%=陛

根據q%B=my

解得r=《

根據幾何關系可知，打在x軸上的位置為(+L=%

坐標為(%,0)?

(2)電子加速過程e/u=

根據quB=m?

解得=

射入磁場后，設打在x軸上的位置距電場右邊距離為血，根據幾何關系xj+(〃—y)2=*

解得

所以打在x軸上的位置的函數關系式為％=乙+打=L+l^y/yL-y2

【針對練習5](2025模擬預測)在粒子物理學的研究中，經常用電場和磁場來控制或者改變粒子的運動。

如圖所示為一控制粒子運動裝置的模型。在平面直角坐標系xQy的第一象限內有沿y軸負方向的勻強電場,

第二象限內，一半徑為廠的圓形區域內有垂直于坐標平面向外的勻強磁場I,磁場的邊界圓剛好與兩坐標軸

相切于p、。兩點，在第三和第四象限內有垂直于坐標平面向外的勻強磁場n,磁場n中有一垂直于y軸的

足夠長的接收屏，帶電粒子打到屏上立刻被屏吸收。P點處有一粒子源，粒子源在坐標平面內均勻地向第二

象限的各個方向射出質量為〃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0點，該粒子經電場偏轉后以與X軸正方向成45。的方向進入磁場II,并恰好能垂直打在

接收屏上。磁場I、II的磁感應強度大小均為3不計粒子的重力及粒子間的相互作用。

(1)求粒子從P點射出的速度大小。0；

(2)求勻強電場的電場強度大小E；

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

負方向移動的距離心

【答案】(1)%=等

qrB2

(2)F=2m

⑶L=部

【詳解】(1)從P點沿y軸正向射入的粒子恰好通過Q點，則粒子在磁場中做圓周運動的軌跡半徑為n=r,

如圖所示

解得%=哼

(2)從P點沿y軸正向射入的粒子在電場中做類平拋運動，設粒子出電場時沿y軸負方向的分速度為內,如

聯立解得岳=磬

(3)由于粒子在磁場I中做圓周運動的半徑為n=r，根據磁發散原理，所有粒子均沿%軸正方向射出磁場I,

設某一粒子進入磁場II時，與x軸正方向夾角為仇則該粒子進入磁場II時速度為"=懸，如圖所示

設該粒子在磁場II中做圓周運動，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，代入第一問結果，得s=r。

由此可見，所有粒子進磁場H后做圓周運動的圓心均在離x軸距離為r的水平線上，即此時接收屏距離x軸的

距離為r,根據圓的特點，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點沿與%軸負方向成60。向左上方射出的粒子恰好能打在屏上時，該粒子左側的所有粒

子都可以打在屏上，右側的粒子則不能打在屏上，即有三分之一的粒子經磁場II偏轉后能直接打在屏上，設

這時屏需要移動的距離為3如圖所示，L=n

y

,2

設該粒子在磁場I中軌跡如圖，出磁場時坐標y=r+rcos60°=-r

進入磁場n時的速度大小為i/,在電場中，根據動能定理有qEy="1/2一17n加

根據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磁場n偏轉后能直接打到屏上，接收屏沿y軸負方向移動的距離為L=部

【針對練習6](2025模擬預測)如圖所示，在平面直角坐標系X。〉的第一象限內有垂直于坐標平面向外的

勻強磁場I,在第二象限內有沿%軸正向的勻強電場，在yWO區域內有垂直于坐標平面向里的磁場n(未畫

出)，其磁感應強度大小沿y軸負方向按&=Bo+ky的規律均勻變化，y為該磁場中某點到久軸的距離，k為

已知的常數且k>0,磁場II中有一平行于久軸的足夠長的熒光屏，熒光屏到久軸的距離為3在x軸上坐標為

Ld,0)的P點沿坐標平面向》軸正向和y軸正向之間的各個方向射出速度大小均為火的質量均為小、電荷量

均為q的帶正電粒子，沿y軸正向射出的粒子進磁場I時速度方向與y軸正向成53。角，此粒子經磁場I偏轉剛好

能沿x軸負方向進磁場II,sin53。=0.8,cos53。=0.6,不計粒子的重力，求：

(1)勻強電場的電場強度大小；

(2)磁場I的磁感應強度大小；

(3)使所有粒子均不打到熒光屏上時即的最小值。

【答案】(1嚅

⑵絮

⑶曙—

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

根據速度的合成與分解可知該粒子進磁場I時的速度大小為〃=建;=|v0

根據動能定理，有qEd=|mv2-|mvo

聯立解得5=喘

（2）沿y軸正向射出的粒子進磁場I時的位置離坐標原點。的距離為yi，則4=*5也53。￡

沿歹方向的位移為yi=vot

聯立解得力=|d

沿y軸正向射出的粒子經磁場I偏轉后恰好沿%軸負方向進入磁場II,設粒子在磁場I中做圓周運動的半徑為

r,則yi=r+rsin53°

解得r=/

根據牛頓第二定律，有qvBi=m9

解得當=贄

（3）根據動能定理可知，所有粒子進入磁場I時的速度大小相等，要使所有粒子均不能打到熒光屏上，則

只需沿x軸負方向進入磁場n時粒子軌跡恰與熒光屏相切。沿x軸負方向根據動量定理，得-2A

t——mv—mv

解得=2mv

即q￡(Bo+ky)^y=2mv

結合y圖像

解得Bo=曙一

考向2：帶電粒子在疊加場中運動

【針對練習7】（2025模擬預測）利用電磁場實現離子偏轉是科學儀器中廣泛應用的技術。如圖所示，在

xQy平面內存在區域足夠大的方向垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為瓦位于坐標原點。處的

離子源能在xQy平面內持續發射質量為加、電荷量為夕的負離子，其速度方向與y軸正方向夾角。的最大值

為53。，且各個方向速度大小隨0變化的關系為u=式中％為未知定值，且8=0°的離子恰好通過坐標為

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

（1）求關系式。=■^中的值;

（2）當離子的發射速度在第二象限內且。=30。時，求離子第一次到達界面久=L的時間f；

（3）求所有離子中第一次到達界面久=L時，與x軸的最遠距離dm；

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

有離子都不能穿越電場右邊界，求電場強度的最小值及

【答案】⑴竽⑵翳⑶31；⑷曙

【詳解】（1）根據題意可知，當。=0°時，即沿y軸正方向發射的離子恰好通過坐標為（L,L）的尸點，則

其軌跡的圓心一定在x軸上，設軌跡的半徑為R,由幾何關系有

(R-L)2+L2=R2

解得

R=L

即圓心在界面x=L與K軸的交點，又有

V2

qvB=m—

R

其中

%

V=-c--o--s-O---°-=Ve0x

解得

qBL

v=-----

0m

(2)當離子的發射速度在第二象限內且8=30。時，粒子的運動軌跡，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，由幾何關系得圓心角

?=120°

離子第一次到達界面x=L的時間為

120°271Tl27im

ti

360°v13Bq

(3)根據題意，由牛頓第二定律有

v2

qvB=m—

解得

mvTTIVQL

r=—=----------=-------

qBqBcosdcos0

由幾何關系可知，所有離子運動軌跡圓心均在比=心的界面上，則離子沿左側53。射出時，通過界面時離x軸

最遠，此時離子運動的半徑為

L5

—=cos53。=百”

由幾何關系可得

dm=r2+r2sin53°=3L

(4)綜合上述分析可知，離子通過界面時，速度與界面垂直，則為使所有離子都不能穿越電場區域，即保

證速度最大的離子不能通過即可，即當離子以53。射入時速度最大，最大速度為

%5

17m=

離子在X軸方向上運動方向最大位移為乙此時速度為。2,在復合場區域任意At時間，由動量定理可得

兩邊求和有

qBL=mv2

解得

qBL

v=-----=v

2m0

由動能定理有

11

-EqL=-mv27-2mvm7

解得

_8qB2L

9m

即電場強度的最小值

8qB2L

Emin=

【針對練習8】(2025模擬預測)如圖所示的平面直角坐標系yOx,四分之一虛線圓弧4B的圓心就在坐標原

點0,4、B兩點分別在y軸和久軸上；圓弧邊界外第一象限內存在垂直紙面向外、磁感應強度大小為Bo的勻

強磁場，平行y軸的虛線MN與x軸的交點為N點，。、N兩點間的距離等于48圓弧的半徑；第二象限內，虛

線MN與y軸間存在沿y軸正方向、場強大小為=B。%的勻強電場，虛線MN的左側存在沿x軸負方向、場

強大小也為Eo=%%的勻強電場以及垂直紙面向外、磁感應強度大小為無的勻強磁場。現讓質量為小、帶

電量為q(q>0)的粒子(不計重力)在。點獲得沿y正方向的初速度％,粒子勻速運動到4點進入磁場，然

后從B點到達。點，接著進入。N間的勻強電場，再從C點運動到MN上的D點(x軸上。B段無電場也無磁場,

x軸上。N段各點均被電場琦覆蓋；y軸上。4段無電場也無磁場，y軸上4點以上各點均被磁場即覆蓋)。

(1)求圓弧AB的半徑以及粒子從4到C的運動時間;

(2)求粒子在C點的速度大小以及粒子從4到C對時間而言所受的平均作用力的大小;

(3)求C、。兩點間的距離。

(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做勻速圓周運動軌跡是四分之三圓弧，與N8半徑相等，設為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的運動時間均為方=5=就

粒子從A到B的運動時間為切=*舞

D272.

粒子從。到C做類平拋運動，水平方向的分運動是速度為為的勻速直線運動，則運動時間為抬=m=演

綜合可得粒子從A到C的運動時間為t"=tl+t2+%=與浮

(2)粒子從。到C,沿y軸正方向的分運動是初速度為0的勻加速直線運動，把粒子在C點的速度%分別

沿著x軸和y軸正交分解，則有%=%,%=吊海

結合琦=Bovo

可得以=vy=v0

則"c=魚為

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

由動量定理可得瓦4C=mAv

聯立解得聲=警中

(3)粒子從。到。，把粒子在。點的速度看成吃:=%,%=%兩個速度，磁場對“y=%分運動的洛倫茲

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

方向的分運動為%=%的勻速直線運動。磁場對心=%分運動的洛倫茲力提供向心力使粒子做半徑為R=

翳的勻速圓周運動，則粒子的合運動看成沿y軸正方向的勻速直線運動與順時針方向勻速圓周運動的合運

動，粒子從C到。點所用的時間為半個周期，即生口=贏

。、。兩點的距離即粒子沿歹軸正方向運動的距離y=+27?

g-V-曰(2+7r)mv

聯乂可得丫=qB。0

【針對練習9](2025模擬預測)如圖所示，在xOy坐標系x<0區域內存在平行于x軸、電場強度大小為E

(E未知)的勻強電場，分界線。P將久〉0區域分為區域I和區域II,區域I存在垂直紙面向外、磁感應強度大

-1

小為B(B未知)的勻強磁場，區域II存在垂直直面向里、磁感應強度大小為夕=聲的勻強磁場及沿y軸負方

向、電場強度大小為所=能的勻強電場。一質量為小、電荷量為q的帶正電粒子從M(-d,0)點以初速度歷垂

直電場方向進入第二象限，經N點進入區域I,此時速度與y軸正方向的夾角為60。，經區域I后由分界線OP上

的4點(圖中未畫出)垂直分界線進入區域II,不計粒子重力及電磁場的邊界效應。求：

E'

(1)電場強度E的大小；

(2)帶電粒子從M點運動到4點的時間t；

(3)粒子在區域II中運動時，第1次和第5次經過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)粒子經過N點時的速度

u=q=2u.

cos60°0

粒子從M點到N點，由動能定理得

,11

qEd=—mv￡9——mvQ7

解得

口37n詔

卜----------

-2qd

(2)粒子從M點到N點，由運動學公式有

解得

2V3d

ti=-3-

3v0

由拋體運動的規律可得

d1

兩=*n60。

由幾何關系可得，粒子在區域I中做勻速圓周運動的半徑

=|OyV|sin60°=d

運動時間

1iiri

上=尸1=后

則

2V3dnd

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

3v04v0

(3)粒子在區域I中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力

V2

qvB=m—

丁1

解得

2mvn

B=^r

在/點對粒子由配速法，如圖1所示，設也對應的洛倫茲力與靜電力平衡

V1=v2

方向相反，以與“合速度/對應洛倫茲力提供向心力做勻速圓周運動，這樣粒子進入區域n中的運動分解為以

次的勻速直線運動和以少的勻速圓周運動，靜電力等于洛倫茲力

qEr=qv^B'

解得

V1=Vo

合速度

v'=V3VQ

設對應的勻速圓周運動的半徑為「2，由洛倫茲力提供向心力有

1/2

qv'B'=m—

r2

解得

V3d

r2—

其運動軌跡如圖2所示

粒子從第1次到第5次經過%軸，共運動了2個周期，時間

距離

s=Vit3

解得

s=4Tid

【針對練習101(2025模擬預測)如圖所示，豎直平面直角坐標系xQy的第一、四象限，存在大小相等、

豎直向上的勻強電場，第一象限存在垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小&署，第四象限存在

垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小&=翳。一質量為加、電荷量為+?的帶電粒子，從y軸上的/

點以初速度v沿與了軸正方向成方60。角進入第一象限做勻速圓周運動，恰好運動到x軸上的C點處(圖

中未畫出)，然后垂直于x軸進入第四象限。不計空氣阻力及電磁場的邊界效應，重力加速度為g,求：

(1)第一、四象限勻強電場的電場強度大小E；

(2)粒子從/點開始到第三次經過x軸時經歷的時間t；

(3)僅撤去第四象限的勻強電場，粒子從/點開始到第三次經過x軸時與。點間的距離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動，有qE=?ng

解得E=手

(2)如圖甲所示

甲

粒子進入第一象限后做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，有勺%81=喏

解得比=警

粒子在第一象限運動的周期7\=誓=翳=等

粒子在第一象限的運動分為兩個過程，用時分別為以、t3,由幾何關系可知在第一象限的運動的第一過程轉

過的圓心角為180。-60。=120°,第二過程轉過的圓心角為180。，則

120°V27TV0

tl=T1=

360^—3g

180°&7TU0

%=礪％==2g

粒子進入第四象限后繼續做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，有

nmvlF2TT/?22717n2nv0

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

”uz&乙v0qB2g

粒子在第四象限運動的時間

180°T

------T?=—2

360°229

粒子從/點開始到第三次經過%軸時經歷的時間

5V2+6

t=tt+t=—

1+239

(3)如圖乙所示

粒子進入第一象限后做勻速圓周運動，粒子第一次經過X軸時與O點間的距離

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

B2=mg,故粒子在第四象限相當于參與兩個運動：在水平方向以為做勻速直線運動，在豎直面內以四為做

勻速圓周運動，經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的運動，由洛倫茲力提供向

心力，有

q伍祖=兇科

解得衣3=等

粒子第二次經過x軸時與C點間的距離冷=2R3cos45。+乎為

解得犯=號減

粒子從D點開始到第三次經過X軸時與。點間的距離%3=2%=等

粒子從/點開始到第三次經過無軸時與。點間的距離

8+6兀+7A/2VQ

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

1234g

【針對練習11］（2025?廣東深圳?一模）如圖所示，在邊長為L的正方形區域內，有沿+y方向的勻強電場和

垂直于紙面的勻強磁場。一個質量為電荷量為+q帶電的粒子（不計重力）從原點。進入場區，恰好能

以為的速度沿直線勻速通過場區。

L

~2

L

■>

Ox

A

~2

(1)分析推斷粒子的初速度方向，判定磁感應強度方向。

(2)若撤去電場，只保留磁場，其他條件不變，該帶電粒子恰好從(3-3點離開場區，求磁感應強度的大小

B。

(3)若撤去磁場，只保留電場，其他條件不變，求粒子離開場區的位置。

【答案】(1)初速度沿+%方向；磁場垂直于紙面向外

⑵黃

⑶a，0.4L)

【詳解】(1)因為粒子勻速運動且電場力沿+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，根據左手定則可判定磁場垂直于紙面向外。

(2)如圖

對黑色直角三角形，根據勾股定理/+&-9)2=產

解得r=?

又由=乎

4mv0

B=5qL

(3)設粒子從右邊界離開，則

水平L=vot

豎直y=|at2

又ma=qE=qv0B

綜合可得y=0.4L<0,5L

故假設成立。

粒子離開場區的具體位置為a，0.4L)

考向3：電磁感應定律的綜合運用

【針對練習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成，裝置中間部分為電路

控制系統，電源電動勢恒定且為E,內阻不計，兩個開關Si、S2初始狀態都斷開。裝置左右兩側均為足夠長

且不計電阻的光滑金屬導軌，導軌MN寬度為23HG寬度為L,導軌MN和HG之間存在勻強磁場，磁感應強

度分別為B和2B,磁場方向如圖所示。將質量均為小的金屬桿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，不計金屬桿與導軌的摩擦。

(1)接通Si，求ab桿的最大速度；

(2)當昉桿做勻速運動后，斷開Si同時閉合S2，當兩桿再次勻速運動時，求cd桿產生的焦耳熱。

【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向右做加速運動，ab切割磁感線產

生一個感應電動勢，與電源相抵消。當ab產生的感應電動勢與電源電動勢完全相消時，ab棒不受安培力，ab

將做勻速運動，速度為v,“，此時產生的感應電動勢為

E=2BLvm

解得

E

Vm=2BL

(2)斷開Si，接通S2,ab向右運動切割磁感線產生感應電流，由b-a,電流再流經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，做減速運動；cd棒受水平向右的安培力，向右做加速運動,

ab、cd.產生互相抵消的電動勢，當完全抵消時，電路中無電流。ab、cd做勻速運動速度分別為功、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滿足動量守恒，有

mvm=mv1+mv2

聯立解得

Um

也="2=2

電路中的總熱量為

V2m￡，2

121（rn\12

因為ab、cd的阻值相等，所以cd桿產生的焦耳熱為

八1八mE2

Qcd=2Q=32B2L2

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

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

為S的區域，區域中存在垂直于紙面向里的磁場，磁感應強度大小為名隨時間，的變化關系為名=股，式

中左為常量；在金屬棒右側還有一勻強磁場區域，區域左邊界（虛線）與導軌垂直，磁場的磁感應強度

大小為無,方向也垂直于紙面向里。某時刻金屬棒在一外加水平恒力廠的作用下，從圖示位置由靜止開始

向右運動，在力時刻恰好以速度火越過〃N,此后向右做勻速運動。金屬棒與導軌始終相互垂直并接觸良好,

它們的電阻均忽略不計。求：

金屬棒M

XXXXXX

XXXXXX

/x\

XXXXXX

jXXXI

R\I

\xxx/XXXXXX

XXXXXX

XXXXXX

■N

（1）在0?to時間內，流過電阻的電荷量q；

(2)在時刻t(t>力)穿過回路的總磁通量①與t的關系式；

(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)在金屬棒未越過跖V之前，口時刻穿過回路的磁通量為①1=就05

由法拉第電磁感應有

由歐姆定律有/1=9

由電流的定義有“

解得在t=0到1=to的時間間隔內，流過電阻R的電荷量為q=萼

(2)當t>to時，勻強磁場穿過回路的磁通量為①2=8oZ%(t—%)

回路的總磁通量為①=中1+中2

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

(3)當t>to時，金屬棒已越過MN,由于金屬棒在MN右側做勻速運動，則有尸=FA

設此時回路中的電流為七外的大小為FA=/

由法拉第電磁感應定律得，回路感應電動勢的大小為&=等

由歐姆定律有,2=備

聯立可得尸=(Bo仇+kS瀉

【針對練習14](2025模擬預測)2024年6月2日6時9分，嫦娥六號著陸器在鵲橋二號中繼衛星支持下，

開始實施動力下降，7500N變推力主發動機開機，著陸器接觸地面前經過噴火反沖減速后關閉主發動機，

此時的速度為V/,這一速度仍大于軟著陸設計速度V2,為此科學家設計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

還有超導線圈(圖中未畫出)，能在兩軌道間產生垂直于導軌平面的勻強磁場8,導軌內的緩沖滑塊由高強

度絕緣材料制成，滑塊K上繞有"匝矩形線圈仍cd,線圈的總電阻為r,ab邊長為L,當著陸器接觸地面

時，滑塊K立即停止運動，此后線圈與軌道間的磁場發生作用，使著陸器主體持續做減速運動，從而實現

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

動磁場產生的電場，求:

(1)緩沖滑塊剛落地時著陸器主體的加速度大小;

(2)達到著陸器軟著陸要求的設計速度v,時，地面對緩沖滑塊K支持力的大小；

(3)著陸器主體可以實現軟著陸，若從V/減速到功的緩沖過程中，通過線圈的電荷量為4,求該過程中線圈

中產生的焦耳熱0。

【答案】(1)^^-g

⑵Mg+嗎也

(3)》(憂—詔)+哪

【詳解】(1)線圈切割磁感線產生的感應電動勢

E=nBLvi

根據歐姆定律可知，線圈中的感應電流為