1、專題 15 計算題 2 （電與磁）-鳥龜再現(xiàn)-聚蕉 237 畀裔孝真超霍麥青靜全翼全祈，名師點葩，助力1 1.【20172017 新課標(biāo)川卷】（1212 分）如圖，空間存在方向垂直于紙面（xOy平面） 向里的磁場。在x0區(qū)域，磁感應(yīng)強度的大小為Bo；x011）。一質(zhì)量為m電荷量為q（q00）的帶電粒子以速度vo從坐標(biāo)原點O沿x軸正向射入磁場，此時開始計時，當(dāng)粒子的速度方向再次沿x軸正向時，求（不計重力）（1 1）粒子運動的時間;（2）粒子與0點間的距離。【解析】（1 1）在勻強磁場中，帶電粒子做圓周運動。設(shè)在x0區(qū)域，圓周半徑為R;在x000)的帶電小球M N先后以相同的初速度沿平行于電場的方

2、向射出。小球在重力作用下進入電場區(qū)域，并從該區(qū)域的下邊界離開。已知離開電場時的速度方向豎直向下；M在電場中做直線運動，剛離開電場時的動能為1.51.5 倍。不計空氣阻力，重力加速度大小為g。求f/右(1)M與N在電場中沿水平方向的位移之比；(2)A點距電場上邊界的高度；(3) 該電場的電場強度大小。【答案】(1 1) 3:13:1(2 2)(3 3) E E = =噸3V2q【解析】(1 1)設(shè)帶電小球M N拋出的初速度均為vo,則它們進入電場時的水平速度仍為vo;M N在電場中的運動時間t相等，電場力作用下產(chǎn)生的加速度沿水平方向，大小均為a,在電場中沿水平方向的位移分別為S1和S2；由運動公

3、式可得：V0at=0=0 12S二v0t at212S2二v0tat2聯(lián)立解得：q :s2=3:1(2)由幾何關(guān)系及式得，所求距離為d =2(尺-R2)=2mv0qBo(1-丄)的勻強電場。自該區(qū)域上方的N剛離開電場時動能的4(2 2)設(shè)A點距離電場上邊界的高度為h,小球下落h時在豎直方向的分速度為Vy,則;2vy=2gh12H二Vytgt22因為M在電場中做勻加速直線運動，則s11VyH【名師點睛】此題是帶電小球在電場及重力場的復(fù)合場中的運動問題；關(guān)鍵是分析小球的受力情況，分析 小球在水平及豎直方向的運動性質(zhì)，搞清物理過程；靈活選取物理規(guī)律列方程。3 3.【20172017 江蘇卷】(161

4、6 分)一臺質(zhì)譜儀的工作原理如圖所示大量的甲、乙兩種離子飄入電壓為U0的加速電場，其初速度幾乎為 0 0，經(jīng)過加速后，通過寬為L的狹縫MN沿著與磁場垂直的方向進入磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，最后打到照相底片上.已知甲、乙兩種離子的電荷量均為+ +q,質(zhì)量分別為 2 2m和m圖中虛線為經(jīng)過狹縫左、右邊界M N的甲種離子的運動軌跡.不考慮離子間的相互作用.由可得h= =H3(3(3)設(shè)電場強度為E，小球M進入電場后做直線運動，則匪匪，旦Vymgm設(shè)M N離開電氐，由動能定理:122Eki二尹他 Vy） mgH122Ek2= m（Vo+Vy）+mgH2 qE-qEs2? ?由已知條件：Eki=l.5

5、=l.5E2聯(lián)立？解得：Emg、2q【考點定位】 帶電小球在復(fù)合場中的運動; 動能定理5(1)(1)求甲種離子打在底片上的位置到N點的最小距離x;(2)(2)在答題卡的圖中用斜線標(biāo)出磁場中甲種離子經(jīng)過的區(qū)域，并求該區(qū)域最窄處的寬度d;(3)(3) 若考慮加速電壓有波動，在( U U。 U U )到(UUU)之間變化，要使甲、乙兩種離子在底片上沒有重疊，求狹縫寬度L滿足的條件.（3）L：2,：2 小0-：U） -2（Uo：U）【解析】(1 )設(shè)甲種離子在磁場中的運動半徑為 H電場響 5 十曲申宀叭(2(2)(見圖) 最窄處位于過兩虛線交點的垂線上2 mU? jUmUoL2解得dS q二qB24【

6、答案】4 fmU（1）x飛24mU0LqB2根據(jù)幾何關(guān)系系 a a二L L （2 2）氓qB6(3(3)設(shè)乙種離子在磁場中的運動半徑為r2 27r1 1 的最小半徑1 2m(UMU )2的最大半徑Ehq4 Jm(U_U )2 2riminimin - 2 2r2max2max L，即卩；-By q解得L：、2.2。U)一,2(U：U )【考點定位】帶電粒子在組合場中的運動【名師點睛】本題考查帶電粒子在勻強磁場中的運動，對此類問題主要是畫出粒子運動的軌跡，分析粒子可能的運動情況，找出幾何關(guān)系，有一定的難度.4 4 .【20172017 天津卷】(1818 分)平面直角坐標(biāo)系xOy中，第I象限存在

7、垂直于平面向里的勻強磁場，第川現(xiàn)象存在沿y軸負方向的勻強電場，如圖所示。一帶負電的粒子從電場中的Q點以速度vo沿x軸正方向開始運動，Q點到y(tǒng)軸的距離為到x軸距離的 2 2 倍。粒子從坐標(biāo)原點O離開電場進入磁場，最終從x軸上的P點 射出磁場，P點到y(tǒng)軸距離與Q點到y(tǒng)軸距離相等。不計粒子重力，問：(1 1 )粒子到達O點時速度的大小和方向；(2 2 )電場強度和磁感應(yīng)強度的大小之比。【答案】(1 1)v = 2v，方向與x軸方向的夾角為 4545。角斜向上【解析】( (1 1 )粒子在電場中由Q到O做類平拋運動，設(shè)O點速度v與+ +x方向夾角為a,Q點到x軸的距離 為L,到rimin2 m(U。-

8、：U)B q2 2m(UoU)Bl q由題意知(2)8y軸的距離為 2 2L,粒子的加速度為a,運動時間為t，根據(jù)類平拋運動的規(guī)律，有：X方向：2L =Vot12y方向：Lat22粒子到達O點時沿y軸方向的分速度為：Vy= at又：ta n：-匕V0解得：tan=1，即：.=45，粒子到達O點時速度方向與x軸方向的夾角為 4545角斜向上。粒子到達O點時的速度大小為v =02v0cos45i 殳電場強度為E,粒子電荷量為盾重為叭粒子在電場中受到的電場力為&粒子在電場中運動qE的加速度：口二1設(shè)磁感應(yīng)強度大小為方，粒子做勻速圓周運動的半徑為貝，洛倫茲力提供向心力，：qvB = mR根據(jù)幾

9、何關(guān)系可知：R = 2L整理可得：B2【考點定位】帶電粒子在復(fù)合場中的運動【名師點睛】本題難度不大，但需要設(shè)出的未知物理量較多，容易使學(xué)生感到混亂，要求學(xué)生認真規(guī)范作答，動手畫圖。5 5.【20172017 天津卷】（2020 分）電磁軌道炮利用電流和磁場的作用使炮彈獲得超高速度，其原理可用來研制新武器和航天運載器。電磁軌道炮示意如圖，圖中直流電源電動勢為E,電容器的電容為C。兩根固定于水平面內(nèi)的光滑平行金屬導(dǎo)軌間距為I，電阻不計。炮彈可視為一質(zhì)量為m電阻為R的金屬棒MN垂直放在兩導(dǎo)軌間處于靜止?fàn)顟B(tài)，并與導(dǎo)軌良好接觸。首先開關(guān)S S 接 1 1,使電容器完全充電。然后將 S S 接至 2 2,

10、導(dǎo)軌9間存在垂直于導(dǎo)軌平面、磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場（圖中未畫出），MN開始向右加速運動。當(dāng)MN上10的感應(yīng)電動勢與電容器兩極板間的電壓相等時，回路中電流為零,(1(1)磁場的方向;(2(2)MN剛開始運動時加速度a的大小;(3)(3)MN離開導(dǎo)軌后電容器上剩余的電荷量Q是多少。【解析】(1)電容器充電后上板帶正電，下板帶員電，放電時通過丄 TV 的電流由-V/il -V,欲使炮彈射出,安培力應(yīng)沿導(dǎo)軌冋右、根據(jù)左手定;則可知磁場的方向垂直于導(dǎo)軌平面向下 OE(2)電容器完全充電后，兩極板間電壓為根 1S 歐姆定律，電容器剛放電時的電浚：Z =-A炮彈受到的安培力；F=sn根據(jù)牛頓第二定律：

11、FF解得加速度解得加速度 = = (3(3)電容器放電前所帶的電荷量QCE開關(guān) S S 接 2 2 后，MN開始向右加速運動，速度達到最大值Vm時，MN上的感應(yīng)電動勢：E = Blvm最終電容器所帶電荷量Q2=CE設(shè)在此過程中MN勺平均電流為，MN上受到的平均安培力：F = B 4 4由動量定理，有：F 4二mvm- 0又：I t 9 _Q2整理的：最終電容器所帶電荷量B2|2C2EQ2_ B2|2C m【考點定位】電磁感應(yīng)現(xiàn)象的綜合應(yīng)用，電容器，動量定理【名師點睛】本題難度較大，尤其是最后一個小題，給學(xué)生無從下手的感覺：動量定理的應(yīng)用是關(guān)鍵。MN達到最大速度， 之后離開導(dǎo)軌。 問:【答案】(

12、1 1)磁場的方向垂直于導(dǎo)軌平面向下(2)(2)aBElmR(3)(3)Q2B2|2C2E22B l C m11-景_卷臬驛稱選全國市級聯(lián)考、百謹名校最后一卷，原創(chuàng)題、專菇押題，越題越彩!121 1 .【20172017 四川省涼山州高三第三次診斷】如圖所示，光滑平行足夠長的金屬導(dǎo)軌固定在絕緣水平面上，導(dǎo)軌范圍內(nèi)存在磁場，其磁感應(yīng)強度大小為B方向豎直向下，導(dǎo)軌一端連接阻值為R的電阻。在導(dǎo)軌上垂直導(dǎo)軌放一長度等于導(dǎo)軌間距L、質(zhì)量為m的金屬棒，其電阻為r,金屬棒與金屬導(dǎo)軌接觸良好。導(dǎo)體棒水平向右的恒力F作用下從靜止開始運動，經(jīng)過時間t后開始勻速運動，金屬導(dǎo)軌的電阻不計。求：（1 1 ）導(dǎo)體棒勻速運

13、動時回路中電流大小。（2 2）導(dǎo)體棒勻速運動的速度大小以及在時間t內(nèi)通過回路的電量。【答案】（1 1）F/ /BL（ 2 2）v= =F（R+r）/B2L2；q=Ft/ /BL-mF（ R+r）/ / BUBU【解析】（1 1）由安培力公式：.，解得： _ BLv込 +門（2 2）再利用閉合電路的歐姆定律得： 解得：；w w 一 i i卜；卜；Ft mF（/? +r）解得：一一2 2 .【20172017 廣東省惠州市 4 4 月模擬】 如圖所示，足夠長的粗糙絕緣斜面與水平面成=37=37放置，在斜面上虛線和與斜面底邊平行，在、圍成的區(qū)域有垂直斜面向上的有界勻強磁場，磁感應(yīng)強度為 B=1TB=

14、1T;現(xiàn)有一質(zhì)量為 m=10gm=10g 總電阻 R=1R=1Q、邊長 d=0d=0.1m1m 的正方形金屬線圈 MNPQMNPQ 讓 PQPQ 邊與斜面底邊平行，從斜面上端靜止釋放，線圈剛好勻速穿過整個磁場區(qū)域。已知線圈與斜面間的動摩擦力因數(shù)為(,sin37sin37 =0=0. 6 6, cos37cos37 =0.=0. 8 8)求:（1 1 ）線圈進入磁場區(qū)域時的速度；（2 2）線圈釋放時，PQPQ 邊到 J J 的距離；（3 3）整個線圈穿過磁場的過程中，線圈上產(chǎn)生的焦耳熱。=0=0 . 5 5,13【解析】（1）對線圈受力分析，根據(jù)平衡條件得：F + mgcosd = mgsin&

15、amp;f= Bld , / =f, = Bdv聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得：2m s（2）線圈進入晞場前做勻加施動，根擔(dān)牛頓第二定律得：a=-2m -m線圈釋放時，PQ 邊到 tb 的距離 L=Jlm=lm2a 2200）的帶電粒子由靜止釋放，如圖（ a a）所示。若該粒子與三角 形框架碰撞時均無能量損失，且每一次碰撞時速度方向垂直于被碰的邊。不計粒子的重力。粒子要經(jīng)過一次偏轉(zhuǎn)垂直打在E E 點應(yīng)滿足:qBL則 E E 點的速度為1卩機帶電粒子在板間加速，則R2L2q%=扁解得：（1）若帶電粒子能夠打到E點，求MN板間的最大電壓；（2）為使從S點發(fā)出的粒子最終又回到S點，且運動時間最短，求帶電粒子大？最

16、短時間為多少?b b）所示（圖中圓為其橫截面）（3 3 ）若磁場是半徑為 n n 的圓柱形區(qū)域，如圖（八揺1 1J JH H ）L310要使從S點發(fā)出的粒子最終能回到形的中心0,且S點,S點發(fā)出時的速率v應(yīng)為多 圓柱的軸線通過等邊三角少？【答案】1)qBL32n?32n?(2) -2 2- - 1)1) rnrn 皿 _ 匚乙 3 3) )(3)(3)心.二 J in【解析】（1 1 ）根據(jù)洛倫茲力提供向心力得:qv!i = mR17(2)依題意粒子做圓周運動的軌道半徑，皆扌只二二(21, 2?3.) 在硯場中粒子做圓周運動的速度匕獸門機Z 2, 3.) 卮朗：丁丁 = =詈詈，與粒子速度無關(guān)

17、，由粒子運動 B 寸間匕=三丁 得，粒子在磁場中偏韓的角度最小時，運動的時間最短 此時 H 取 1,R=2=2解得：性性粒子以三甬形的三個頂點為圓心運動，相鄰兩次殛撞的時間間隔為*千 第三次砸撞回到 5 晟 則最短時間為咯誼=概=尹=晉、L1 1(3 3)如圖設(shè) E E 點到磁場區(qū)域邊界的距離為L L/, ,由題設(shè)條件可知：-Lt R埜S S 點發(fā)射的粒子要回到 S S 點就必須在磁場區(qū)域內(nèi)運動，即滿足：，即卩SE L1 1R - -又知，- I I - - - -(n n=1=1, 2 2, 3 3, 4 4, 5 5, 6 6，)LR = 當(dāng) n=1n=1 時， -LR R = = =當(dāng)

18、n=2n=2 時，LR 當(dāng) n=3n=3 時，LR 當(dāng) n=4n=4 時， -mvmvL1 1mv所以，當(dāng) n n=3,4,5=3,4,5 ,時滿足題意；由于，代入上式可知：-qBL解得丄-養(yǎng)(n n=3,4,5=3,4,5 , ,.)點睛：解決本題的關(guān)鍵得出粒子在磁場中運動的半徑通項表達式，確定半徑為何值時恰好打在E E 點，何時 能夠回到 S S 點，結(jié)合半徑公式和周期公式進行求解注意結(jié)合幾何特性及半徑與長度的關(guān)系，從而確定運 動軌跡，這是解題的關(guān)鍵。5 5.【20172017 河南省南陽、信陽等六市高三第二次聯(lián)考】如圖所示是計算機模擬出的一種宇宙空間的情境, 在此宇宙空間存在這樣一個遠離

19、其它空間的區(qū)域(在該區(qū)域內(nèi)不考慮區(qū)域外的任何物質(zhì)對區(qū)域內(nèi)物體的引力)，以MN為界，上、下兩部分磁場磁感應(yīng)強度大小之比為2:12:1，磁場方向相同，范圍足夠大，在距MN為18宇航員勻速運動的速度大小為v =-=-t5TFEh的P點有一個宇航員處于靜止?fàn)顟B(tài)，宇航員以平行于界線的速度向右推出一個質(zhì)量為角，進入下部磁場由于反沖，宇航員沿與界線平行的直線勻速運動，到達 Q Q 點時，剛好又接住物體而靜止,(1)PQ間距離d;(2)宇航員質(zhì)量M【解析】(1 1 )畫出小球在磁場 B Bi中運動的軌跡如圖所示,mv2由和 可知根據(jù)運動的對稱性，PQPQ 的距離為t = +(2(2)粒子由 P P 運動到 Q

20、 Q 的時間m的帶負電物體，發(fā)現(xiàn)物體在界線處速度方向與界線成6060 【答案】(1 1)(2)(2)1 IE上 : T,P、vf兒並 12m12m 十空亠凹求:19由動量守恒定律得：、10-rrtrt10-rrtrt可求得宇航員的質(zhì)量：;6 6 .【20172017 廣東省揭陽市高三二模】如圖所示，半徑為1010面的有界勻強磁場， 磁感應(yīng)強度大小均為Bi= T T。長度也為Li、電阻為R的金屬桿ab, 一端處于圓環(huán)中心,JT另一端恰好搭接在金屬環(huán)上，繞著a端沿逆時針方向勻速轉(zhuǎn)動，角速度為3= ： rad/srad/s。通過導(dǎo)線將金屬桿的a端和金屬環(huán)連接到圖示的電路中（連接a端的導(dǎo)線與圓環(huán)不接觸，圖中的定值電阻R=R,滑片P位于艮的正中央，R的總阻值為 4 4R）,圖中的平行板長度為L2= 2 2 m,m,寬度為d= 2 2 m.m.圖示位置為計時起點，在平行板左邊緣中央處剛好有一帶電粒子以初速度vo= 0 0. 5 5 m/sm/s 向右運動，并恰好能從平行板的右邊緣飛出,大。（忽略金屬桿與圓環(huán)的接觸電阻、圓環(huán)電阻及導(dǎo)線電阻，忽略電容器的充放電時間，忽略帶電粒子在磁場