1、更多资源关注微信公众号：学起而飞 专题专题 20电与磁综合计算题电与磁综合计算题 【母题来源一】【母题来源一】2019 年普通高等学校招生全国统一考试物理（新课标全国卷） 【母题原题】【母题原题】（2019新课标全国卷）如图，在直角三角形OPN区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小为 B、方向垂直于纸面向外。一带正电的粒子从静止开始经电压U加速后，沿平行于x轴的方向射入磁场；一段 时间后，该粒子在OP边上某点以垂直于x轴的方向射出。已知O点为坐标原点，N点在y轴上，OP与x轴的 夹角为30，粒子进入磁场的入射点与离开磁场的出射点之间的距离为d，不计重力。求 （1）带电粒子的比荷； （2）带电粒子从
2、射入磁场到运动至x轴的时间。 【答案】（1） 22 4qU mB d （2） 2 3 () 423 Bd t U 【解析】（1）设带电粒子的质量为 m，电荷量为 q，加速后的速度大小为 v。由动能定理有 2 1 2 qUmv 设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为 r，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有 2 v qvBm r 由几何关系知 d= 2r 联立式得 更多资源关注微信公众号：学起而飞 22 4qU mB d （2）由几何关系知，带电粒子射入磁场后运动到 x 轴所经过的路程为 tan30 2 r sr 带电粒子从射入磁场到运动至 x 轴的时间为 s t v 联立式得 2 3 () 423 B
3、d t U 【母题来源二】【母题来源二】2019年全国普通高等学校招生统一考试物理（天津卷） 【母题原题】【母题原题】（2019天津卷）如图所示，固定在水平面上间距为l的两条平行光滑金属导轨，垂直于导轨 放置的两根金属棒MN和PQ长度也为l、电阻均为R，两棒与导轨始终接触良好。MN两端通过开关S与 电阻为R的单匝金属线圈相连，线圈内存在竖直向下均匀增加的磁场，磁通量变化率为常量k。图中虚线 右侧有垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。PQ的质量为m，金属导轨足够长，电阻 忽略不计。 （1）闭合S，若使PQ保持静止，需在其上加多大的水平恒力F，并指出其方向； （2）断开S，PQ在上述
4、恒力作用下，由静止开始到速度大小为 v 的加速过程中流过PQ的电荷量为q， 求该过程安培力做的功W。 【答案】（1） 3 Bkl F R ，方向水平向右（2） 2 12 23 Wmvkq 【解析】（1）设线圈中的感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律E t ，则 Ek 更多资源关注微信公众号：学起而飞 设PQ与MN并联的电阻为R并，有 2 R R 并 闭合S时，设线圈中的电流为I，根据闭合电路欧姆定律得 E I RR 并 设PQ中的电流为 PQ I ，有 1 2 RQ II 设PQ受到的安培力为F安，有 PQ FBIl 安 保持PQ静止，由受力平衡，有 FF 安 联立式得 3 Bkl F R 方
5、向水平向右 （2）设PQ由静止开始到速度大小为 v 的加速过程中，PQ运动的位移为x，所用时间为t，回路中的磁 通量变化为，平均感应电动势为E，有 E t 其中Blx 设PQ中的平均电流为I，有 2 E I R 根据电流的定义得 q I t 更多资源关注微信公众号：学起而飞 由动能定理，有 2 1 0 2 FxWmv 联立式得 2 12 23 Wmvkq 【母题来源三】【母题来源三】2019年全国普通高等学校招生统一考试物理（浙江选考） 【母题原题【母题原题】（2019浙江选考）如图所示，在间距 L=0.2m 的两光滑平行水平金属导轨间存在方向垂直于 纸面（向内为正）的磁场，磁感应强度为分布沿
6、 y 方向不变，沿 x 方向如下： 10.2 50.20.2 10.2 Txm BxTmxm Txm 导轨间通过单刀双掷开关 S 连接恒流源和电容 C=1F 的未充电的电容器，恒流源可为电路提供恒定电流 I=2 A，电流方向如图所示。有一质量 m=0.1kg 的金属棒 ab 垂直导轨静止放置于 x0=0.7m 处。开关 S 掷向 1，棒 ab 从静止开始运动，到达 x3=0.2m 处时，开关 S 掷向 2。已知棒 ab 在运动过程中始终与导轨垂直。求： （提示：可以用 Fx 图象下的“面积”代表力 F 所做的功） （1）棒 ab 运动到 x1=0.2m 时的速度 v1； （2）棒 ab 运动到
7、 x2=0.1m 时的速度 v2； （3）电容器最终所带的电荷量 Q。 【答案】（1）2 m/s（2）4.6 m/s（3） 2 C 7 【解析】（1）安培力FBIL， 加速度 FBIL a mm 速度 101 22 m/sva xx 更多资源关注微信公众号：学起而飞 （2）在区间0.2m0.2mx 安培力5FxIL，如图所示 安培力做功 22 12 5 2 IL Wxx 根据动能定理可得 22 21 11 22 Wmvmv 解得 2 4.6 m/sv （3）根据动量定理可得 3 BLQmvmv 电荷量QCUCBLv 在0.2xm 处的速度 31 2 m/svv 联立解得 3 22 2 C 7
8、CBLmv Q CB Lm 【命题意图】此题是带电粒子在磁场中的运动问题；首先要掌握左手定律及粒子半径及周期的求解公 式，然后能根据题目的隐含条件做出粒子运动的轨迹图。常考查功能关系、串并联电路特征、闭合电路欧 姆定律、法拉第电磁感应定律、楞次定律共点力平衡条件的应用，和临界状态分析与求解极值的能力多画 图，多列分步式，采用极限假设寻求临界状态。 【考试方向】带电粒子运动型计算题大致有两类，一是粒子依次进入不同的有界场区，二是粒子进入 复合场区。近年来高考重点就是受力情况和运动规律分析求解，周期、半径、轨迹、速度、临界值等再 结合能量守恒和功能关系进行综合考查。电磁感应是高考考查的重点和热点，
9、命题频率较高的知识点有： 感应电流的产生条件、方向的判定和感应电动势的计算；电磁感应现象与磁场、电路、力学、能量等知识 相联系的综合题及感应电流（或感应电动势）的图象问题从计算题型看，主要考查电磁感应现象与直流 电路、磁场、力学、能量转化相联系的综合问题，主要以大型计算题的形式考查。 更多资源关注微信公众号：学起而飞 【得分要点】 1带电粒子运动型计算题 （1）正确分析带电粒子的受力及运动特征是解决问题的前提 带电粒子在复合场中做什么运动，取决于带电粒子所受的合外力及初始状态的速度，因此应把带电 粒子的运动情况和受力情况结合起来进行分析，当带电粒子在复合场中所受合外力为零时，做匀速直线运 动（
10、如速度选择器） 。 带电粒子所受的重力和电场力等值反向，洛伦磁力提供向心力，带电粒子在垂直于磁场的平面内做 匀速圆周运动。 带电粒子所受的合外力是变力，且与初速度方向不在一条直线上，粒子做非匀变速曲线运动，这时 粒子的运动轨迹既不是圆弧，也不是抛物线，由于带电粒子可能连续通过几个情况不同的复合场区，因此 粒子的运动情况也发生相应的变化，其运动过程可能由几种不同的运动阶段组成。 （2）灵活选用力学规律是解决问题的关键 当带电粒子在复合场中做匀速运动时，应根据平衡条件列方程求解。 当带电粒子在复合场中做匀速圆周运动时往往应用牛顿第二定律和平衡条件列方程联立求解。 当带电粒子在复合场中做非匀变 速曲
11、线运动时，应选用动能定理或能量守恒定律列方程求解 （3）说明：由于带电粒子在复合场中受力情况复杂，运动情况多变，往往出现临界问题，这时应以题 目中的“恰好”、“最大”、“最高”、“至少”等词语为突破口，挖掘隐含条件，根据临界条件列出辅助方程，再 与其他方程联立求解。 2电磁感应型 在分析过程中，要注意通电导体在磁场中将受到安培力分析；电磁感应问题往往与力学问题联系在一 起，解决问题的基本思路：用法拉第电磁感应定律及楞次定律求感应电动势的大小及方向；求电路中 的电流；分析导体的受力情况；根据平衡条件或者牛顿第二运动定律列方程 解题过程中要紧紧地抓住能的转化与守恒分析问题电磁感应现象中出现的电能，
12、一定是由其他形式的 能 转化而来，具体问题中会涉及多种形式的能之间的转化，机械能和电能的相互转化、内能和电能的相互转 化分析时，应当牢牢抓住能量守恒这一基本规律，明确有哪些力做功，就可知道有哪些形式的能量参与 了相互转化，如摩擦力在相对位移上做功，必然有内能出现；重力做功，必然有重力势能参与转化；安培 力做负功就会有其他形式能转化为电能，安培力做正功必有电能转化为其他形式的能；然后利用能量守恒 列出方程求解 3力电综合型 解决力电综合问题，要注重掌握好两种基本的分析思路：一是按时间先后顺序发生的综合题，可划分 为几个简单的阶段，逐一分析清楚每个阶段相关物理量的关系规律，弄清前一阶段与下一阶段的
13、联系，从 而建立方程求解的“分段法”，一是在同一时间内发生几种相互关联的物理现象，须分解为几种简单的现象， 更多资源关注微信公众号：学起而飞 对每一种现象利用相应的概念和规律建立方程求解的“分解法”。 研究某一物体所受到力的瞬时作用力与物体 运动状态的关系（或加速度）时，一般用牛顿运动定律解决；涉及做功和位移时优先考虑动能定理；对象 为一系统，且它们之间有相互作用时，优先考虑能的转化与守恒定律。 1（2019江西省上饶市横峰中学高三模拟）如图所示，带电小球 a 由绝缘细线 PM 和 PN 悬挂而处于静止 状态，其中 PM 水平，地面上固定一绝缘且内壁光滑的圆弧细管道 GH，圆心 P 与 a 球
14、位置重合，管道 底端 H 与水平地面相切，一质量为 m 可视为质点的带电小球 b 从 G 端口由静止释放，当小球 b 运动到 H 端时对管道壁恰好无压力，重力加速度为 g。在小球 b 由 G 滑到 H 过程中，下列说法中正确的是 A细线 PM 的拉力先增大后减小 B小球 b 机械能逐渐减小 C小球 b 所受库仑力大小始终为 2mg D小球 b 加速度大小先变大后变小 【答案】A 【解析】设 PN 与竖直方向成角，对球 a 受力分析，竖直方向上有：FPNcos =mg+F库sin，水平方向上 有：F库cos+FPNsin=FPM。解得：FPM=mgtan+3mgcos（）cos，下滑时从 0 增
15、大 90，细线 PM 的 拉力先增大后减小，故 A 正确；在小球 b 由 G 滑到 H 过程中，小球 b 所受库仑力和管道的弹力始终与 速度垂直，只有重力做功，库仑力和弹力不做功，小球 b 机械能守恒，故 B 错误；根据机械能守恒定律， 小球 b 从 G 滑到 H 过程中，有：mgR= 2 1 2 mv，H 处有：F库mg= 2 v m R ，则有：F库=3mg，故 C 错误； 设 b 与 a 的连线与水平方向成角，则有：mgRsin = 2 1 2 mv，任意位置加速度为向心加速度和切向加速 更多资源关注微信公众号：学起而飞 度合成，即为：a= 22 12 aa= 2 22 ()( cos
16、) v g R = 53cos2 2 g ，可知小球的加速度一直变大，故 D 错误。 2（2019湖南省怀化市高三第三次模考）如图所示，竖直平面内有一固定光滑的绝缘轨道 ABCD，其中倾 角=37的斜面 AB 与半径为 R 的圆弧轨道平滑相切于 B 点，CD 为竖直直径，O 为圆心，质量为 m 的带 负电小球（可视为质点）从斜面上的 A 点由静止释放，A、B 两点高度差为 h，重力加速度为 g，sin37 =0.6，cos37=0.8。则下列判断正确的是 A若在 O 点放个正点电荷，小球通过 D 点的速度一定大于gR B若在 O 点放个正点电荷，小球从 C 点沿圆弧轨道到 D 点过程机械能不守
17、恒 C调整高度差 h，小球从 D 点离开圆弧轨道后有可能直接落在 B 点 D当 h=2.5R 时，小球会从 D 点以gR的速度飞出，做平抛运动 【答案】A 【解析】若在 O 点放个正点电荷，小球恰好能从 D 点飞出根据牛顿第二定律可知： 2 = v mgFm R 库 ， 小球通过 D 点的速度一定大于gR，故 A 正确；若在 O 点放个正点电荷，小球从 C 点沿圆弧轨道到 D 点过程中只有重力做功，所以机械能守恒，故 B 错误；若小球恰好能从 D 点离开圆弧轨道，设此时小球 通过 D 点的速度为 v0，则有： 2 0 v mgm R ，可得 0 vgR，小球从 D 点离开后做平抛运动有： 2
18、1 cos 2 RRgt，解得：6 10 R t g 水平距离为： 0 6 0.6 10 xv tRR ，小球从 D 点离开圆弧 轨道后不可能直接落在 B 点，故 C 错误；小球恰好能从 D 点离开圆弧轨道，设此时小球通过 D 点的速 度为 v0，则有： 2 0 v mgm R ，可得 0 vgR，则从 A 点到 D 根据机械能守恒可知： 2 0 1 (cos ) 2 mg hRRmv，解得：2.3hR，故 D 错误；故选 A。 更多资源关注微信公众号：学起而飞 3（2019浙江省宁波市北仑中学高一期中）如图所示，空间存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的匀 强磁场在该区域中，有一个竖直放置的
19、光滑绝缘圆环，环上套有一个带正电的小球。O 点为圆环的圆 心，a、b、c、d 为圆环上的四个点，a 点为最高点，c 点为最低点，b、O、d 三点在同一水平线上已 知小球所受电场力与重力大小相等现将小球从环的顶端 a 点由静止释放，下列判断正确的是 A小球能越过 d 点并继续沿环向上运动 B当小球运动到 c 点时，所受洛伦兹力最大 C小球从 a 点运动到 b 点的过程中，重力势能减小，电势能增大 D小球从 b 点运动到 c 点的过程中，电势能增大，动能先增大后减小 【答案】D 【解析】电场力与重力大小相等，则二者的合力指向左下方 45，由于合力是恒力，故类似于新的重力， 所以 ad 弧的中点相当
20、于平时竖直平面圆环的“最高点”。关于圆心对称的位置（即 bc 弧的中点）就是“最 低点”，速度最大。由于 a、d 两点关于新的最高点对称，若从 a 点静止释放，最高运动到 d 点，故 A 错 误；由于 bc 弧的中点相当于“最低点”，速度最大，当然这个位置洛伦兹力最大，故 B 错误；从 a 到 b， 重力和电场力都做正功，重力势能和电势能都减少，故 C 错误；小球从 b 点运动到 c 点，电场力做负功， 电势能增大，但由于 bc 弧的中点速度最大，所以动能先增大后减小，D 正确。 4 （2019河北省石家庄市高三二模）如图，半径为 L 的小圆与半径为 3L 的圆形金属导轨拥有共同的圆心， 在小
21、圆与导轨之间的环形区域存在垂直于纸面向外、磁感应强度大小为 B 的匀强磁场。现将一长度为 3 L 的导体棒置于磁场中，让其一端 O 点与圆心重合，另一端 A 与圆形导轨良好接触。在 O 点与导轨间接 入一阻值为 r 的电阻，导体棒以角速度绕 O 点做逆时针匀速圆周运动，其它电阻不计。下列说法正确 的是 更多资源关注微信公众号：学起而飞 A导体棒 O 点的电势比 A 点的电势低 B电阻 r 两端的电压为 2 9 2 B L C在导体棒旋转一周的时间内，通过电阻 r 的电荷量为 2 8B L r D在导体棒旋转一周的时间内，电阻 r 产生的焦耳热为 24 8B L r 【答案】AC 【解析】由右手
22、定则可知，感应电流由 O 流向 A，则 O 点电势比 A 点电势低，故 A 正确；感应电动势： E=B（2L）v=B（2L） 3 2 LL =4BL2，电阻两端电压：U=E=4BL2，故 B 错误。电路中电流为： 2 4EBL I rr ，周期为： 2 T ，在导体棒旋转一周的时间内，通过电阻 r 的电荷量为： 2 8 BL qIt r ，故 C 正确；在导体棒旋转一周的时间内，电阻 r 产生的焦耳热为： 24 2 32 B L QI rT r ，故 D 错误。 5（2019湖北省武昌实验中学高三模拟）如图所示，不计电阻的光滑 U 形金属框水平放置，光滑、竖直 玻璃挡板 M、P 固定在框上，M
23、、P 的间距很小。质量为 0.2 kg 的细金属杆 CD 恰好无挤压地放在两挡 板之间，与金属框接触良好并围成边长为 1 m 的正方形，其有效电阻为 1 。此时在整个空间加方向与 水平面成 30角且与金属杆垂直的匀强磁场，磁感应强度随时间变化规律是 B=（0.40.2t）T，图示磁场 方向为正方向。框、挡板和杆不计形变。则： 更多资源关注微信公众号：学起而飞 At=2 s 时，金属杆中感应电流方向从 C 至 D Bt=3 s 时，金属杆对挡板 M 的压力大小为 0.01 N C前 4 s 内通过金属杆截面的电荷量为 0.6C D前 2 s 内回路中产生的焦耳热为 0.08 J 【答案】AB 【
24、解析】当 t=1 s 时，则由磁感应强度随时间变化规律是 B=（0.40.2t）T，可知，磁场在减小，根据楞 次定律可得，金属杆中感应电流方向从 C 到 D，故 A 正确；在 t=3 s 时，由法拉第电磁感应定律，则有： 感应电动势为 2 sin300.2 10.5 V0.1V B ES t ，由欧姆定律，则有感应电流大小 0.1 A0.1A 1 E I R ，安培力大小 F=BtIL=0.02 N，由于磁场的方向相反，由左手定则可知，安培力 的方向垂直磁感线斜向下，根据力的合成，则得金属杆对 M 的压力大小为 N=Fcos60=0.020.5 N=0.0 1 N，故 B 正确；由公式 21
25、BBBS qS RRR ，其中 1 0.4 TB ， 2 0.4 TB ，联立解得： 0.8Cq ，故 C 错误；电流为 0.1 A，由公式 2 QI Rt代入数据解得：0.02 JQ ，故 D 错误。 6（2019广东省潮州市高三模拟）如图所示，间距为 L、电阻不计的足够长平行光滑金属导轨水平放置， 导轨左右两端均有一阻值为 R 的电阻相连，导轨上横跨一根长为 L、质量为 m、电阻也为 R 的金属棒， 金属棒与导轨接触良好，整个装置处于竖直向下、磁感应强度为 B 的匀强磁场中，现给棒一瞬时冲量， 让它以初速度 0 v向右运动，则直到棒停止的过程中有： A金属棒在导轨上做匀减速运动 B整个过程
26、中通过金属棒的电荷量为 2 0 mv BL 更多资源关注微信公众号：学起而飞 C整个过程中金属棒克服安培力做功为 16 () ()6 222 nm nm D整个过程中金属棒上产生的焦耳热为 2 0 1 3 mv 【答案】CD 【解析】金属棒在整个运动过程中，受到竖直向下的重力，竖直向上的支持力，这两个力合力为零，还 受到水平向左的安培力，金属棒受到的合力等于安培力，随着速度减小，安培力减小，加速度减小，故 金属棒做加速度逐渐减小的变减速运动，故 A 错误；根据动量定理得 0 0BILtmv，通过金属棒的 电荷量为qIt，可得 0 mv q BL ，故 B 错误；整个过程中由动能定理可得： 2
27、0 1 2 0Wmv 安 ，则金属 棒克服安培力做功为： 2 0 1 2 Wmv 安 ，故 C 正确；整个回路产生的总焦耳热为： 2 0 1 2 vQWm 安 ，金 属棒上产生的焦耳热为： 22 00 2211 3323 2 R QQQmvmv R R 棒 ，故 D 正确。 7（2019浙江省浙南名校联盟高三期末）竖直平面内存在有界的磁场如图所示，磁场的上边界 MN 和下边 界 PQ 与水平轴 x 平行，且间距均为 4L；在 y0 区域，磁场垂直纸面向里，y0），重力不计。 （1）该带电粒子自 P 点以初速度 vp水平向右飞出，经过 D 点，然后历经磁场一次自行回至 P 点。试求 OD 两点间
28、距离 d 以及相应的 vp。 （2）若 OD 两点间距离 d 为已知，且该带电粒子从 P 点以初速度 v0水平向右飞出后，在以后的运动过 程中能经过 D 点，试讨论初速度 v0的取值情况。 更多资源关注微信公众号：学起而飞 【答案】（1） 2 2Emh d qB 0 E v B （2） 0 2 qE vd mh 【解析】（1）粒子从 P 到 D，由类平抛运动可得： 电场力方向： 2 1 2 hat 由牛顿第二定律： qE a m 解得： 2mh t qE 在电场中， 2 y qEh vat m 在磁场中，由洛伦兹力提供向心力得： 2 v qvBm R 解得： mv R qB 根据对称性可知，粒
29、子能达到 P 点，图象如图所示： OD 间距满足：sinsin y mv mv dR qBqB 代入解得： 2 2Emh d qB 在电场中，水平方向有： 0 dE v tB （2）粒子在电场中做类平抛运动 竖直方向： 22 11 22 qE hatt m 更多资源关注微信公众号：学起而飞 水平方向： 0 dv t 解得： 0 2 qE vd mh 9 （2019广西省南宁市高二期末）如图所示，竖直平面内有半径 R=0.8 m 的四分之一光滑圆弧轨道与长 C D=2.0 m 的绝缘水平面平滑连接。水平面右侧空间存在互相垂直的匀强电场和匀强磁场，电场强度 E=4 0 N/C，方向竖直向上，磁场的
30、磁感应强度 B=1.0 T，方向垂直纸面向外。两个质量均为 m=2.0106kg 的小球 a 和 b，a 球不带电，b 球带 q=1.0106C 的正电，并静止于水平面右边缘处。将 a 球从圆弧轨道 顶端由静止释放，运动到 D 点与 b 球发生正碰，碰撞时间极短，碰后两球粘合成一体飞入复合场中，最 后落在地面上的 P 点。已知小球 a 在水平面上运动时所受的摩擦阻力 f=0.1mg， DP=2DN，取 g=10 m/s2， a、b 均可作为质点。（结果保留三位有效数字）求： （1）小球在 C 点对轨道的压力大小； （2）小球 a 与 b 相碰后瞬间速度的大小 v； （3）水平面离地面的高度 h
31、。 【答案】（1） 5 6.0 10N （2）1.73m/s（3）3.46 m 【解析】（1）对小球由 a 到 C 2 1 0 2 C mgRmv 小球在 C 点 2 N C v Fmgm R 解得：FN=3mg=6.0105N 根据牛顿第三定律得：小球在 C 点对轨道的压力大小 FN=FN=6.0105N （2）设 a 球到 D 点时的速度为 vD，从释放至 D 点，根据动能定理： 2 1 0 2 D mgRfCDmv 更多资源关注微信公众号：学起而飞 对 a、b 球，碰撞过程动量守恒，则 mvD=2mv 解得 v=1.73 m/s （3）两球进入复合场后，由计算可知 Eq=2mg 两球在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动轨迹示意图如图所示 洛伦兹力提供向心力 2 2 v qBvm r 解得：r=6.92 m 由 DP=2DN，依图由几何知识可知：NDP=60，ODP 为等边三角形，则： r=2h 解得 h=3.46 m
