專題21電學計算題

1.（2024?新課標全國I卷）如圖，在直角三角形。⑶區域內存在勻強磁場，磁感應強度大小為反方向垂

直于紙面對外。一帶正電的粒子從靜止起先經電壓￡加速后，沿平行于涮的方向射入磁場：一段時間后，

該粒子在42邊上某點以垂直于*軸的方向射出。已知。點為坐標原點，力點在中山上，勿芍/軸的夾角為3

0°，粒子進入磁場的入射點與離開磁場的出射點之間的距離為&不計重力。求

（1）帶電粒子的比荷：

（2）帶電粒子從射入磁場到運動至諭的時間。

【答案】（I）（2）S條專邛）

【解析】（1）設帶電粒子的質量為〃/,電荷量為S加速后的速度大小為々由動能定埋后

設粒子在磁場中做勻速圓周運動生半徑為r,由洛倫茲力公式和牛頓其次定律有

2

q\>B=m—@

由幾何關系知小尤,③

聯立①②③式得

q4U

K市④

（2）由幾何關系知，帶電粒子射入磁場后運動到*軸所經過的路程為

；｛--F厘斷產⑤

芍電粒子從射入磁場到運動至彳粘的時間為

/=-?

V

聯立②④⑤⑥式得

S條專邛）⑦

2.（2024?新課標全國II卷）如圖，兩金屬板巴。水平放置，間距為兒兩金屬板正中間有一水平放置的

金屬網G,P、0、6的尺寸相同。房妾地，P、彷勺電勢均為少（”0）。質量為/〃，電荷量為。（。＞0）的粒

子自淵左端上方距離G為力的位置，以速度內平行于紙面水平射入電場，重力忽視不計。

（1）求粒子第一次穿過G時的動能，以及它從射入電場至此時在水平方向上的位移大小：

（2）若粒子恰好從G的下方距離G也為力的位置離開電場，則金屬板的長度最短應為多少？

■P

E2

Q

【答案】（1）/=%、單（2）2V。呼

【解析】（1）小、8間場強大小相等，均為其粒子在夕G間所受電場力廠的方向豎直向下，設粒子的

加速度大小為a,有

E哼①

F=qH=mt^）

設粒子第一次到達G時動能為E,由動能定理有

二女仁心③

設粒了第次到達G時所用的時間為，，粒了在水平方向的位移為/,則有

/；=④

六為Z⑤

聯立①②③④⑤式解得

『泉:吟我⑥

。楞⑦

（2）設粒了?穿過G一次就從電場的右側E出，則金屬板的長度最短，由對稱性知，此時金屬板的長度/

為上.丁?工：厝⑧

3.（2024?新課標全國用卷）空間存在一方向豎直向下的勻強電場，0、尸是電場中的兩點。從。點沿水平

方向以不同速度先后放射兩個質量均為顓小球小仇力不帶電，皮勺電荷量為。（力0）。，4從。點放射時

的速度大小為%,到達2點所用時間為2：8從。點到達尸點所用時間為；o重力加速度為的求

（1）電場強度的大小：

（2）?運動到夕點時的動能。

【答案】（1）七=出⑵忌吟吟為當花

【解析】（1）設電場強度的大小為F,小球H運動的加速度為必依據牛頓定律、運動學公式和題給條

件，有

*娟②

解得E=等③

（2）設2?從。點放射時的速度為小到達P點時的動能為E,0、P兩點的高度差為人依據動能定理

有

3.-S.聲④

且有

，卬⑤

/;=9產⑥

聯立③④⑤⑥式得

.■?>5卓丁*.:⑦

4.（2024?北京卷）如圖所示，垂直于紙面的勻強磁場磁感應強度為及紙面內有一正方形勻稱金屬線框a

bed,其邊長為。總電阻為凡a她與磁場邊界平行。從ad邊剛進入磁場直至兒邊剛要進入的過程中，

線框在向左的拉力作用下以速度?勻速運動，求：

（1）感應電動勢的大小A

（2）拉力做功的功率只

（3）/邊產生的焦耳熱a

【答案】（1）應/（2）BL'，（3）生旦

R4R

【解析】（1）由法拉第電磁感應定律可得，感應電動勢斤RJ，

E

（2）線圈中的感應電流/=?

R

拉力大小等于安培力大小F=BIL

拉力的功率■上》

⑶線圈劭邊電阻心.

時間，=5

曲邊產生的焦耳熱Q-廣川.節2

5.（2024?北京卷）電容器作為儲能器件，在生產生活中有廣泛的應用。對給定電容值為C的電容器充電,

無論采納何種充電方式，其兩極M的電勢差”隨電荷量g的變更圖像都相同。

（1）請在圖1中畫出上述圖像。類比直線運動中由『一￡圖像求位移的方法，求兩極間電壓為U

時電容器所儲存的電能

og

圖1

（2）在如圖2所示的充電電路中，/?表示電阻，E表示電源（忽視內阻）。通過變更電路中元件的參數

對同一電容器進行兩次充電，對應的q-￡曲線如圖3中①②所示。

a.①②兩條曲線不同是______（選填￡或冷的變更造成的；

b.電容器有時須要快速充電，有時須要勻稱充電。依據a中的結論，說明實現這兩種充電方式的途徑。

（3）設想運用志向的“恒流源”替換（2）中電源對電容器充電，可實現電容器電荷量隨時間勻稱增加.

請思索運用“恒流源”和（2）中電源對電容器的充電過程，填寫下表（選填“增大”、“減小”或“不

變”）-

“恒流源”（2）中電源

電源兩端電壓

通過電源的電流

【答案】見解析

【解析】（1）圖線如答圖1：

nm

電壓為〃時，電容器帶電。，圖線和橫軸圍成的面積為所儲存的電能笈

又Q-cc

故Ep=；CU2

(2)a.R

b.減小電阻凡可以實現對電容器更快速充電：增大電阻尼可以實現更勻稱充電。

(3)

“恒流源”（2）中電源

電源兩端電壓增大不交

通過電源的電流不變減小

6.（2024?天津卷）如圖所示，固定在水平面上間距為/的兩條平行光滑金屬導軌，垂直于導軌放置的兩

根金屬棒MN和PQ長度也為/、電阻均為R,兩棒與導軌始終接觸良好。A/N兩端通過開關S與電阻

為R的單匝金屬線圈相連，線圈內存在豎直向下勻稱增加的磁場，?滋通量變更率為常量X。圖中虛線右

側有垂直于導軌平面對下的勻強磁場，磁感應強度大小為8。戶。的質量為〃？，金屬導軌足夠長，電阻

忽視不計。

(1)閉合S,若使PQ保持靜止，需在其上加多大的水平恒力尸，并指出其方向;

(2)斷開S,PQ在上述恒力作用下，由靜止起先到速度大小為了的加速過程中流過P。的電荷量為4,

求該過程安培力做的功W。

【答案】⑴F=—,方向水平向右(2)丁=」小二三年

3R23

卜①

【解析】(1)設線圈中的感應電動勢為E，由法拉第電磁感應定律上=—,則

E=k①

設PQ與MN并聯的電阻為R并,有

巾/②

閉合S時，設線圈中的電流為/,依據閉合電路歐姆定律得

E

/r二③

R并+R

設尸。中的電流為/pQ,有

=3/④

設尸。受到的安培力為F員，有

F女=BIPQI⑤

保持戶。靜止，由受力平衡，有

F=F女⑥

聯立①②③④⑤⑥式得

『啜⑦

方向水平向右。

（2）設PQ由靜止起先到速度大小為了的加速過程中，尸。運動的位移為”,所用時間為△/,回路中

的磁通星變更為A0,平均感應電動勢為三，有

〉等⑧

其中

A《D=Blx⑨

設PQ中的平均電流為7,有

-/=三F⑩

2R

依據電流的定義得

F?

由動能定理，有

Fx-W=—-0@

聯立⑦⑧⑨⑩???式得

H'=—一二切?

23

7.（2024?天津卷）2024年，人類歷史上第一架由離子引擎推動的飛機誕生，這種引擎不須要燃料，也無

污染物排放。引擎獲得推力的原理如圖所示，進入電離室的氣體被電離成正離子，而后飄入電極A、B

之間的勻強電場（初速度忽視不計），A、8間電壓為U，使正離子加速形成離子束，在加速過程中

引擎獲得恒定的推力。單位時間內賴入的正離子數目為定值，離子質量為，〃，電荷量為左，文中Z是

正整數，e是元電荷。

（1）若引擎獲得的推力為4,求單位時間內飄入A、8間的正離子數目N為多少；

（2）加速正離子束所消耗的功率P不同時，引擎獲得的推力F也不同，試推導（的表達式；

<3）為提高能坦的轉換效率，要使《盡坦大，請提出增大（?的三條建議。

.EFI

【答案】（I）AT=,（2）-=J—（3）用質量大的離子：用帶電荷量少的離子；減

y/2ZemUP\ZeU

小加速電壓。

【解析】（1）設正離子經過電極B時的速度為匕依據動能定理，有

惑網=一:的/-胤①

峪

設正離子束所受的電場力為6'，依據牛頓第三定律，有

斤"②

設引擎在時間內飄入電極間的正離子個數為&V,由牛頓其次定律，有

V-0

斤=A.Vw--③

聯立①②③式，且'=—得

A/

（2）設正離子束所受的電場力為「'，由正離子束在電場中做勻加速直線運動，有

P=-F,v@

2

考慮到牛頓第三定律得到F'=F，聯立①⑤式得

（3）為使《盡量大，分析⑥式得到

三條建議：用質量大的離子；用帶電荷量少的離子：減小加速電壓,

8.（2024?江蘇卷）如圖所示，勻強磁場中有一個用軟導線制成的單匝閉合線圈，線圈平面與磁場垂直.已

知線圈的面積貸0.3m?、電阻廬0.6Q,磁場的磁感應強度於0.2T.現同時向兩側拉動線圈，線圈的兩

邊在△片0.5s時間內合到一起.求線圈在上述過程中

（1）感應電動勢的平均值斐

（2）感應電流的平均值/,并在圖中標出電流方向：

（3）通過導線橫截面的電荷量q.

【答案】（l）（）.12V（2）0.2A電流方向見解析⑶0.1C

【解析】（1）感應電動勢的平均值七=把

A/

磁通景的變更AG=3AS

解得E=號，

代入數據得后0.12V

E

（2）平均電流/=￡

R

代入數據得/=o.2A（電流方向見圖3）

（3）電荷量中心

代入數據得中0.1C

9.（2024?江蘇卷）如圖所示，勺強磁場的磁感應強度大小為笈磁場中的水平絕緣薄板與磁場的左、右

邊界分別垂直相交于收A；就將乙粒子打到板上時會被反彈（碰撞時間極短），反彈前后水平分速度不

變，豎直分速度大小不變、方向相反.質量為加、電荷量為p的粒子速度肯定，可以從左邊界的不同位

置水平射入磁場，在磁場中做圓周運動的半徑為，且小乙粒子重力不計，電荷量保持不變。

(1)求粒子運動速度的大小匕

(2)欲使粒子從磁場右邊界射出，求入射點到"的最大距離小

(3)從尸點射入的粒子最終從0點射出磁場，P+d,Q￥=g,求粒子從。到0的運動時間心

【答案】⑴u=幽⑵除.■注圾f⑶/=(」-獨二1)3

mb名d62q3

mv

【解析】(1)粒子的運動半徑1二一￡

qB

解得u=.

m

(2)如圖4所示，粒子碰撞后的運動軌跡恰好與磁場左邊界相切

由幾何關系得d=d(l+sin600)

解得%色f

(3)粒子的運動周期丁=卷

qB

設粒子最終一次碰撞到射出磁場他時間為f,則

s嚀“(”=L35…-)

(a)當品?；蝠/C-t)/時，粒子斜向上射出磁場

/=Hr解得’4-罕嗡

（b）當&??3工理-t）金時，粒子斜向下射出磁場

10.（2024?浙江選考）如圖所示，在間距Z=0.2m的兩光滑平行水平金屬導軌間存在方向垂直于紙面（向

內為正）的磁場，磁感應強度為分布沿y方向不變，沿*方向如下：

17k>0.2m

5={5x7-02w<x<02w

-17x<-O.2m

導軌間通過單刀雙擲開關S連接恒流源和電容eiF的未充電的電容器，恒流源可為電路供應恒定電流

/=2A,電流方向如圖所示。有一質量療0.1k*的金屬棒他垂直導軌靜止放置于照=0.7m處。開關S擲

向1,棒他從靜止起先運動，到達用=-0.2m處時，開關S擲向2。已知棒碗在運動過程中始終與導

軌垂直。求：

（提示:可以用—彳圖象下的“面積”代表力產所做的功）

⑴棒口運動到汨=0.2m時的速度片;

（2）棒劭運動到x2=~0.1m時的速度儂

（3）電容器最終所帶的電荷量&

2

【答案】（1）2m/s（2）Am/s（3）-C

7

【解析】安培力F=BIL，

加速度。=￡=月巴

mm

速度上=毛-%I=2ms

（2）在區間一02m4x，02m

安培力F=5xIL,如圖所示

安培力做功丁二半（弋一娟

依據動能定理可得“?二!”?/

解得為=#荻）曲淞

（3）依據動量定理可得-32。=

電荷量。=Cl'=CBLv

在x=-0.2〃z處的速度匕=>：=2ms

聯立解得0=厘等-=2C

CB't+m7

11.（2024?浙江選考）小明受回旋加速器的啟發，設計了如圖1所示的“回旋變速裝置”。兩相距為d

的平行金屬棚極板業M板"位于x軸上，板N在它的正下方。兩板間加上如圖2所示的幅值為4的

D九m

交變電壓，周期工）=二丁。板V上方和板*下方有磁感應強度大小均為反方向相反的勻強磁場。粒

qB

子探測器位于y軸處，僅能探測到垂直射入的帶電粒子。有?沿才軸可移動、粒子出射初動能可調整

的粒子放射源，沿y軸正方向射出質量為加、電荷量為〃（“>0）的粒子。?0時刻，放射源在（筋0）

位置放射一帶電粒了?。忽視粒了?的重力和其它阻力，粒子在電場中運動的時間不計。

y

（1）若粒子只經磁場偏轉并在片片處被探測到，求放射源的位置和粒子的初動能：

（2）若粒子兩次進出電場區域后被探測到，求粒子放射源的位置x與被探測到的位置y之間的關系

【答案】（1）%=（血）（2）

2m

y

義）?封.A/「?5）”米?22口

【解析】】（1）放射源的位置%=%

粒子的初動能：=1qB>z1

1m

（2）分下面三種狀況探討：

（i）如圖1,Eko>2qU。

15

和一:

)*

及x=j+2(4一及：

和一》n￡=

及x=3(_j-d1+2及：

得叉=-3(y+tf)+彳Jy+dyg*+2mgQ

(iii)如圖3,Ek0<qU0

,mvj"f%

由-y-d=--、凡n=—-

Bq,Bq

和一qL：

及『二一〈;告婢卷

得X=_y_W.二2sq

77K▼

12.（2024?江蘇卷）如圖所示，真空中四個相同的矩形勻強磁場區域，高為4&寬為&中間兩個磁場

區域間隔為2&中軸線與磁場區域兩側相交于。、。’點，各區域磁感應強度大小相等.某粒子質量為

加、電荷量為+“，從。沿軸線射入磁場.當入射速度為兩時，粒子從。上方g■處射出磁場.取sin53°

2

=0.8,cos530=0.6.

（1）求磁感應強度大小8：

（2）入射速度為5%時，求粒子從0運動到0'的時間t；

（3）入射速度仍為5%,通過沿軸線仞'平移中間兩個磁場（磁場不重疊），可使粒子從〃運動到。

的時間增加At,求A￡的最大值。

「

4/nvn（dAd

【答案】（l）B=°（2）f=（—（3）Arm=-

qd180v05%

【解析】⑴粒子圓周運動的半徑6=隼由題意知石=4,解得8=上孑

qB4qd

（2）設粒子在矩形磁場中的偏轉角為。

4

由?rsin",得sina=—,即口=53°

a21PM

在?個矩形磁場中的運動時間G

~360°qB

537td

解得4=720^

?//

直線運動的時間，2=Y

2d

解得％~

5%

則r=4‘]?r：=(

180

（3）將中間兩磁場分別向中心移動距離x

粒子向上的偏移量y=2r(1-cosa)+,rtana

由工24解得xW。」

4

則當％=3d時，Ar有最大值

粒子直線運動路程的最大值%=上±-（/-2%）=3d

cosa

增加路程的最大值題匕=%?二％”=，

增加時間的最大值7工~——=~一

V5嶺

【名師點睛】本題考查帶電粒子在組合磁場中的運動，第（1）小題先確定粒子圓周運動的半徑，再依

據洛倫茲力供應向心力列式求解：第（2）小題解答關犍是定圓心、畫軌跡，分段分析和計算：第（3）

小題求△￡的最大值，關鍵是要留意帶電粒子在磁場中運動的時間不變和速度大小不變，所以中間磁

場移動后變更的是粒子在無磁場區域運動的傾斜軌跡的長度，要使At最大，則要傾斜軌跡最長，所

以粒子軌跡跟中間磁場的上邊相切時運動時間最長，再依據運動的對稱性列式求解。

13.（2024?江蘇卷）如圖所示，兩條平行的光滑金屬導軌所在平面與水平面的夾角為0,間距為d.導軌

處于勻強磁場中，磁感應強度大小為反方向與導軌平面垂直.質量為用的金屬棒被固定在導軌上，距

底端的距離為s,導軌與外接電源相連，使金屬棒通有電流.金屬棒被松開后，以加速度a沿導軌勻加

速下滑，金屬棒中的電流始終保持恒定，羽力加速度為g.求下滑究競端的過程中，金屬棒

（1）末速度的大小卜；

（2）通過的電流大小/；

（3）通過的電荷量0.

［答案］。…向（2）/="gS-（3）2二回―

dBdBa

【解析】（1）勻加速直線運動d=2as解得y=5/赤

（2）安培力“祈金屬棒所受合力尸=mgs，/

牛頓運動定律F=ma

解得/二史咚二生

dB

（3）運動時間f=：電荷量0〃

解得Q=叵空叱a

dBa

【名師點睛】本題是通電金屬棒在磁場中勻加速運動的問題，考生易誤認為是電磁感應問題而用電磁

感應規律求解。

14.（2024?北京卷）（1）靜電場可以用電場線和等勢面形象描述。

a.請依據電場強度的定義和庫侖定律推導出點電荷0的場強表達式；

b.點電荷的電場線和等勢面分布如圖所示，等勢面S、、降I1點電荷的距離分別為1入、廣2。我們知道，

電場線的疏密反映了空間區域電場強度的大小。請計算5】、￡上單位面積通過的電場線條數之比此

（2）觀測宇宙中輻射電磁波的天體，距離越遠單位面積接收的電磁波功率越小，觀測越困難。為了收

集足夠強的來自天體的電磁波，增大望遠鏡口徑是提高天文觀測實力的一條重要路徑。2024年9月25

日，世界上最大的單口徑球面射電望遠鏡FAST在我國貴州落成啟用，被譽為“中國天眼”。FAST直徑

為500m,有效提高了人類觀測宇由的精度和范圍。

a.設直徑為100m的望遠鏡能夠接收到的來自某天體的電磁波功率為外，計算FAST能夠接收到的來

自該天體的電磁波功率幾；

b.在宇宙大尺度上，天體的空間分布是勻稱的，僅以福射功率為〃的同類天體為觀測對象，設直徑為

100m望遠鏡能夠觀測到的此類天體數目是,M.計算FAST能夠觀測到的此類天體數目此

【答案】（1）a.攵烏b.烏（2）a.25[b.125NO

廠不

【解析】（l）a.在距0為/?的位置放-電荷量為q的檢驗電荷

依據庫侖定律檢驗電荷受到的電場力F=k”

r-

依據電場強度的定義后=￡

q

得上=/

r

b.穿過每個面的電場線的總條數是相等的，若面積大，則單位面積上分擔的條數就少,

故穿過兩等勢面單位面積上的電場線條數之比

-M-=S-,/?

風$K

（2）a.地球上不同望遠鏡觀測同一天體，單位面枳上接收的功率應當相同，因此

b.在宇宙大尺度上，天體的空間分布是勻稱的。因此一個望遠鏡能觀測到的此類天體數目正比于以望

遠鏡為球心、以最遠觀測距離為半徑的球體體積。

設地面上望遠鏡能觀測到此類天體需收集到的電磁波的總功率的最小值為七直徑為100m望遠鏡用F

AST能觀測到的最遠距離分別為4和乙則

：

8T爭￡?武學:志

可得￡=5￡o

則725M

【名師點睛】本題是一道信息題.要讀懂題目中所描述的物理情景，然后結合物理學問求解，在電場

線條數肯定的狀況下，圓的半徑越大，則單位面積上的條數就越少：同樣要知道地球上不同望遠鏡觀

測同一天體，單位面積上接收的功率應當相同，要借助于這些條件處理問題。

15.（2024?北京卷）如圖1所示，用電動勢為反內阻為r的電源，向滑動變阻器々供電。變更變陽器〃

的阻值，路端電壓〃與電流/均隨之變更。

raiM2'

（1）以〃為縱坐標，/為橫坐標，在圖2中畫出變阻器阻值"變更過程中37圖像的示意圖，并說明

U-I圖像與兩坐標軸交點的物理意義。

（2）a.請在圖2畫好的人/關系圖線上任取一點，畫出帶網格的圖形，以其面積表示此時電源的輸

出功率：

b.請推導該電源對外電路能夠輸出的最大電功率及條件。

（3）請寫出電源電動勢定義式，并結合能量守恒定律證明：電源電動勢在數值上等于內、外電路電勢

著陸之和。

【答案】（1）〃-/圖象如圖所示:

圖象與縱軸交點的坐標值為電源電動勢，與橫軸交點的坐標值為短路電流

（2）a如圖所示:

（3）見解析

【解析】（1）圖像如圖所示,

其中圖像與縱軸交點的坐標值為電源電動勢，與橫軸交點的坐標值為短路電流

（2）a.如圖所示

當外電路電阻廬廠時，電源輸出的電功率最大，為匕《=互

4r

W

（3）電動勢定義式：E

q

依據能量守恒定律，在圖1所示電路中，非靜電力做功好產生的電能等于在外電路和內電路產生的電

熱，即

丁?尸〃力?的

【名師點睛】運用數學學問結合電路求出回路中最大輸出功率的表達式，并求出當廬,?時，輸出功率

最大。

16.（2024?新課標全國II卷）一足夠長的條狀區域內存在勻強電場和勻強磁場，其在xoy平面內的截面

如圖所示：中間是磁場區域，其邊界與y軸垂直，寬度為1,磁感應強度的大小為反方向垂直于江少

平面；磁場的上、下兩側為電場區域，寬度均為八電場強度的大小均為右方向均沿*軸正方向：以

*為條形區域邊界上的兩點，它們的連線與y軸平行。一帶正電的箱子以某一速度從4點沿y軸正方向

射入電場，經過一段時間后恰好以從加點入射的速度從N點沿了知正方向射出。不計重力。

（1）定性畫出該粒子在電磁場中運動的軌跡；

（2）求該粒子從J/點射入時速度的大小：

（3）若該粒子進入磁場時的速度方向恰好與x軸正方向的夾角為求該粒子的比荷及其從打點運動

6

到*點的時間.

H

【答案】（1）軌跡圖如圖所示:

【解析】（1）粒子在電場中做類平拋，然后進入磁場做圓周運動：再次進入電場做類平拋運動，結合

相應的計和即可畫出軌跡圖

（2）在電場中要分兩個方向處理問題，一個方向做勻速運動，一個方向做勻加速運動。

（3）在磁場中的運動關鍵是找到圓心，求出半徑，結合向心力公式求解。

（1）粒子運動的軌跡如圖（a）所示。（粒子在電場中的軌跡為拋物線，在磁場中為圓弧，上下對稱）

（2）粒子從電場下邊界入射后在電場中做類平拋運動。設粒了?從“點射入時速度的大小為外，在下側

電場中運動的時間為3加速度的大小為a：粒子進入磁場的速度大小為匕方向與電場方向的夾角為夕

（見圖（b））,速度沿電場方向的重量為修，依據牛頓其次定律有

qE=msQ)

式中。和/〃分別為粒子的電荷量和質量，由運動學公式有

V\=at@

/'=引③

V(=VCOS。④

粒子在磁場中做勻速圓周運動，設其運動軌道半徑為凡由洛倫茲力公式和牛頓其次定律得

q、，B二年■⑤

由幾何關系得

/=2Rcos,⑥

聯立①②③④⑤⑥式得

(3)由運動學公式和題給數據得

V|=%8吟⑧

O

聯立①②③⑦⑧式得

里*⑨

mBl~

設粒子由必點運動到*點所用的時間為人則

2但_工']

「■2…二且T1⑩

2b

式中r是粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期,

2nm

7二大?

qB

由③⑦⑨<1她^得

【名師點睛】在復合場中的運動要分階段處理，每一個運動建立合理的公式即可求出待求的物理量。

17.（2024?天津卷）真空管道超高速列車的動力系統是一種將電能干脆轉換成平動動能的裝置。圖1是

某種動力系統的簡化模型，圖中粗實線表示固定在水平面上間距為，的兩條平行光滑金屬導軌，電阻

忽視不計，劭和cd是兩根與導軌垂直，長度均為，，電阻均為發的金屬棒，通過絕緣材料固定在列車

底部，并與導軌良好接觸，其間距也為列車的總質量為儂列車啟動前，ab、cd處于磁感應強度為

4的勻強磁場中，磁場方向垂直于導軌平面對"如圖1所示，為使列車啟動，需在M*間連接電動

勢為￡的直流電源，電源內阻及導線電阻忽視不計，列車啟動后電源自動關閉。

1I

(1)要使列車向右運行，啟動時圖1中J/、"哪個接電源正極，并簡要說明理由:

(2)求剛接通電源時列乍加速度a的大小;

(3)列車減速時，需在前方設置如圖2所示的一系列磁感應強度為Z?的勻強磁場區域，磁場寬度和相

鄰磁場間距均大于若某時刻列車的速度為%,此時劭、cd均在無磁場區域，試探討：要使

列車停下來，前方至少須要多少塊這樣的有界磁場？

【答案】（1）J/接電源正極，理由見解析

⑵T

（3）若夕恰好為整數，設其為〃，則需設置〃塊有界磁場，若夕不是整數，設與的整數部分為「V,

則需設置Ml塊有界磁場

【解析】結合列車的運動方向，應用左手定則推斷電流方向，從而推斷哪一個接甩源正極：對導體棒

受力分析，依據閉合回路歐姆定律以及牛頓其次定律求解加速度：依據動量定理分析列車進入和穿出

磁場時動量變更，據此分析；

（1）"接電源正極，列車要向右運動，安培力方向應向右，依據左手定則，接通電源后，金屬棒中電

流方向由a到b,由。到d故J/接電源正極。

R

（2）由題意，啟動時加、cd并琰，設回路總電阻為R”由電阻的串并聯學問得見=]①

設回路總電阻為/,依據閉合電路歐姆定律有/=/②

設兩根金屬棒所受安培力之和為凡有戶8口③

依據牛頓其次定律有片儂④，聯立①②③④式得〃=縹2REI⑤

mR

(3)設列車減速時，c"進入磁場后經△/時間劭恰好進入磁場，此過程中穿過兩金屬棒與導軌所圍

回路的磁通量的變更為AG,平均感應電動勢為巴，由法拉第電磁感應定律仃互=當⑥，其中

設回路中平均電流為廣，由閉合電路歐姆定律有/'=芻⑧

2R

設cd受到的平均安培力為F,審F'=riB⑨

以向右為正方向,設&時間內cd受安培力沖量為/沖，有/沖=一尸4⑩

同理可知，回路出磁場時仍受安培力沖量仍為上述值，設回路進出一塊有界磁場區域安培力沖量為4

有，。=2/沖@

設列車停下來受到的總沖量為小，由動量定理有/總=。-，〃%?

聯立⑥⑦?⑨⑩?@式得牛二巖/@

探討：若，恰好為整數，設其為，則需設置〃塊有界磁場，若，不是整數，設，的整數部分為包

則需設置441塊有界磁場。?

【名師點睛】如圖所示，在電磁感應中，電荷量q與安培力的沖量之間的關系，如圖所示，以電荷量

為橋梁，干脆把圖中左右兩邊的物理量聯系起來，如把導體棒的位移和速度聯系起來，但由于這類問

題導體棒的運動一般都不是勻變速直線運動，無法干脆運用勻變速直線運動的運動學公式進行求解，

所以這種方法就顯得非常奇妙，這種題型難度最大。

■度S—1L?體■的履

一號體■中有電KK

H的松皮4

電一電量，

18.(2024?天津卷)如圖所示，在水平線油下方有一勻強電場，電力強度為反方向豎直向下，他的上

方存在勻強磁場，磁感應強度為5,方向垂直紙而對里，磁場中有一內、外半徑分別為R&R的半圓

環形區域，外圓與劭的交點分別為必、,匕一質量為爪電荷量為。的帶負電粒子在電場中〃點靜止釋

放，由."進入磁場，從“射出，不計粒子重力。

XXXXXXX

XX

'Q■■.

<1)求粒了從尸到"所用的時間，：

(2)若粒子從與〃同一水平線上的0點水平射出，同樣能由必進入磁場，從內射出，粒子從必到小的

過程中，始終在環形區域中運動，旦所用的時間最少，求粒子在。時速度%的大小。

【答案】(1)/=正股⑵環=儂

E

【解析】粒子在磁場中以洛倫茲力為向心力做圓周運動，在電場中做初速度為零的勻加速直線運動，

據此分析運動時間：粒子進入勻屈磁場后做勻速圓周運動，當軌跡與內圓相切時，全部的時間最短，

粒子從0射出后在電場中做類平岫運動,在電場方向上的分運動和從夕釋放后的運動狀況相同，所以

粒子進入磁場時沿豎直方向的速度同樣為心結合幾何學問求解.

(1)設粒子在磁場中運動的速度大小為匕所受洛倫茲力供應向心力，有￡"廛=，的/①

設粒子在電場中運動所受電場力為凡有六式②：

設粒子在電場中運動的加速度為a,依據牛頓其次定律有六而7③：

粒子在電場中做初速度為零的勻加速直線運動，有片aZ@：聯立①??④式得f=3竺⑤：

E

(2)粒子進入勻強磁場后做勻速圓周運動，其周期和速度、半徑無關，運動時間只由粒子所通過的圓

弧所對的圓心角的大小確定，故當軌跡與內圓相切時，全部的時間最短，設粒了?在磁場中的軌跡半徑

為尸，由幾何關系可知什一及，：-(&=尸:⑥

XXXXX

設粒子進入磁場時速度方向與a人的夾角為〃，即圓弧所對圓心角的一半，由幾何關系可知

血夕=避￡⑦；

r'-R

粒子從。射出后在電場中做類平拋運動，在電場方向上的分運動和從夕釋放后的運動狀況相同，所以

粒子進入磁場時沿豎直方向的速度同樣為r,在垂直下電場方向的分速度始終為%,由運動的合成和分

V

解可知tane=一⑧

%

聯立①@⑦⑧式得％=邂⑨

m

【名師點睛】帶電粒子在組合場中的運動問題，首先要運用動力學方法分析清晰粒子的運動狀況，再

選擇合適方法處理.對丁勻變速曲線運動，經常運用運動的分解法，將其分解為兩個直線的合成，由

牛頓其次定律和運動學公式結合求解；對于磁場中圓周運動，要正確畫出軌跡，由兒何學問求解半徑.

19.(2024?新課標全國III卷)如圖，從離子源產生的甲、乙兩種離子，由靜止經加速電壓，;加速后在

紙面內水平向右運動，自"點垂直于磁場邊界射入勻強磁場，磁場方向垂直于紙面對里，磁場左邊界

豎直。已知甲種離子射入磁場的速度大小為人并在磁場邊界的十點射出：乙種離子在的中點射出：

長為I。不計重力影響和離子間的相互作用。求；

XXX

XXX

XXX

XXX

XXX

MXXX

I-—(/—HXXX

(I)磁場的磁感應強度大小：

(2)甲、乙兩種離子的比荷之比。

4U

【答案】(1)?=—(2)1:4

僅

【解析】本題主要考查帶電粒子在電場中的加速、在勻強磁場中的勻速圓周運動及其相關的學問點，

意在考查考生敏捷運用相關學問解決實際問題的的實力。

(1)設甲種離子所帶電荷量為0、質量為加，在磁場中做勻速圓周運動的半徑為川，磁場的磁感應強

度大小為6，由動能定理有

彷①

由洛倫茲力公式和牛頓其次定律有

%匕8=，嗎2②

由幾何關系知

2周=/③

由①②③式得

”產④

僅

（2）設乙種離子所帶電荷量為好質量為坂，射入磁場的速度為外，在磁場中做勻速圓周運動的半徑

為是。同理有

%U=g"達⑤

“3N叫＜?⑥

?能

由題給條件有

2&=g⑦

由①②③⑤⑥⑦式得，甲、乙兩種離子的比荷之比為

處;邈＞39⑧

【名師點睛】此題與2013年北京理綜卷第23題情景類似，都可以看作是質譜儀模型。解答所用的學

問點和方法類似。

20.（2024?新課標全國I卷）如圖，在y＞0的區域存在方向沿y軸負方向的勻強電場，場強大小為E,

在X0的區域存在方向垂直于x分平面對外的勻強磁場。一個點核“I和一個笊核2,H先后從y軸上片

〃點以相同的動能射出，速度方向沿x軸正方向。已知JH進入磁場時，速度方向與“軸正方向的夾角

為60°,并從坐標原點0處第一次射出磁場。JH的質量為例電荷量為g不計重力。求

(1)JH第一次進入磁場的位置到原點0的距離

磁場的磁感應強度大小

(3)『H第一次離開磁場的位置到原點0的距離

【答案】（1）51=手/?（2）3=^^（3）月’-々?芋（￡-0》總

【解析】本題考查帶電粒子在電場中的類平拋運動、在勻強磁場中的勻速圓周運動及其相關的學問點,

意在考查考生敏捷運用相關學問解決問題的的實力。

（1）；H在電場中做類平拋運動，在磁場中做圓周運動，運動軌跡叩圖所示。設;H在電場中的加速度大

小為4,初速度大小為％，它在電場中的運動時間為4,第一次進入磁場的位置到原點。的距離為

由運動學公式有

S1=V,Z,①

〃=3卬:②

由題給條件，；H進入磁場時速度的方向與X軸正方向夾角a=6（r"H進入磁場時速度的y重量的大

小為

卬1=ujan4③

聯立以上各式得

0=苧人④

（2）；H在電場中運動時，由牛頓其次定律有

qE=ma}⑤

設;H進入磁場時速度的大小為由速度合成法則有

吟二百⑥

設磁感應強度大小為8,：H在磁場中運動的圓軌道半徑為公，由洛倫茲力公式和牛頓其次定律有

切伊=萼⑦

由幾何關系得

?=24sinq⑧

聯立以上各式得

（3）設制在電場中沿X軸正方向射出的速度大小為火,在電場中的加速度大小為。2,由題給條件得

由牛頓其次定律有

qE=2〃?%?

設田第?次射入磁場時的速度大小為耳，速度的方向與￥軸正方向夾角為“,入射點到原點的距離為

G，在電場中運動的時間為叼。由運動學公式有

$2=2?

〃=%“?

sig=詈?

聯立以上各式得

$2=M,。2=a'V；=V；?

設;H在磁場中做圓周運動的半徑為公，由⑦須及粒子在勻強磁場中做圓周運動的半徑公式得

氏=。=向?

所以出射點在原點左側。設制進入磁場的入射點到第一次離開磁場的出射點的距離為J，由幾何關系有

丁'-2聚自吟:?

聯立④⑧@??成得，羽第一次離開磁場時的位置到原點。的距離為

W7：--中?

【名師點睛】此題與2004年全國理綜卷第25題情景類似，都是帶電粒子在勻強電場中類平拋運動后

進入勻強磁場中做勻速圓周運動，PL都是在第一象限和其次象限設置了豎直向下的勻強電場，在第三

象限和第四象限設置了方向垂直水面對外的勻強磁場，解答須要的學問都是帶電粒子在勻強電場中的

類平拋運動規律和洛倫茲力等于向心力、幾何關系等學問點。帶電粒子在勻強電場中的類平拋運動和

在勻強磁場中的勻速圓周運動是教材例題和練習中的常見試題，此題可認為是由兩個課本例題或習題

組合而成O

21.（2024?新課標全國m卷）如圖，空間存在方向垂直于紙面（豕加平面）向里的磁場。在才20區域,

磁感應強度的大小為4：底0區域，磁感應強度的大小為4A（常數4>1）。一質量為加、電荷量為°

（Q>0）的帶電粒子以速度％從坐標原點。沿x軸正向射入磁場，比時起先計時，當粒子的速度方向再

次沿x軸正向時，求（不計重力）

祖瓦

MVMa■

（1）粒子運動的時間：