14、
【答案】（1） （2） （3）
【解析】（1）粒子的運動半徑
解得
（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dm=d（1+sin60°）
解得
（3）粒子的運動周期
設粒子最后一次碰撞到射出磁場的時間為t'，則
（a）當時，粒子斜向上射出磁場
解得
（b）當時，粒子斜向下射出磁場
解得
10．（2019·浙江選考）如圖所示，在間距L=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(nèi)為正）的磁場，磁感應強度為分布沿y方向不變，沿x方向如下：
導軌間通過單刀雙擲開關S連接恒流源和電容C=1F的未充
15、電的電容器，恒流源可為電路提供恒定電流I=2A，電流方向如圖所示。有一質量m=0.1kg的金屬棒ab垂直導軌靜止放置于x0=0.7m處。開關S擲向1，棒ab從靜止開始運動，到達x3=－0.2m處時，開關S擲向2。已知棒ab在運動過程中始終與導軌垂直。求：
（提示：可以用F－x圖象下的“面積”代表力F所做的功）
（1）棒ab運動到x1=0.2m時的速度v1；
（2）棒ab運動到x2=－0.1m時的速度v2；
（3）電容器最終所帶的電荷量Q。
【答案】（1）2 m/s （2）（3）
【解析】（1）安培力，
加速度
速度
（2）在區(qū)間
安培力，如圖所示
安培力做功
16、根據(jù)動能定理可得
解得
（3）根據(jù)動量定理可得
電荷量
在處的速度
聯(lián)立解得
11．（2019·浙江選考）小明受回旋加速器的啟發(fā)，設計了如圖1所示的“回旋變速裝置”。兩相距為d的平行金屬柵極板M、N，板M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U0的交變電壓，周期。板M上方和板N下方有磁感應強度大小均為B、方向相反的勻強磁場。粒子探測器位于y軸處，僅能探測到垂直射入的帶電粒子。有一沿x軸可移動、粒子出射初動能可調節(jié)的粒子發(fā)射源，沿y軸正方向射出質量為m、電荷量為q（q＞0）的粒子。t=0時刻，發(fā)射源在（x，0）位置發(fā)射一帶電粒子。忽略粒子的重力和其它阻力，粒子在電
17、場中運動的時間不計。
（1）若粒子只經(jīng)磁場偏轉并在y=y0處被探測到，求發(fā)射源的位置和粒子的初動能；
（2）若粒子兩次進出電場區(qū)域后被探測到，求粒子發(fā)射源的位置x與被探測到的位置y之間的關系
【答案】（1）， （2）
【解析】】（1）發(fā)射源的位置
粒子的初動能：
（2）分下面三種情況討論：
（i）如圖1，
由
和，
及
得
（ii）如圖2，
由
和
及
得
（iii）如圖3，
由
和
及
得
12．（2018·江蘇卷）如圖所示，真空中四個相同的矩形勻強磁場區(qū)域，高為4d，寬為d，中間兩個磁場區(qū)域間隔為2d，中軸線與磁場區(qū)域
18、兩側相交于O、O′點，各區(qū)域磁感應強度大小相等．某粒子質量為m、電荷量為+q，從O沿軸線射入磁場．當入射速度為v0時，粒子從O上方處射出磁場．取sin53°=0.8，cos53°=0.6．
（1）求磁感應強度大小B；
（2）入射速度為5v0時，求粒子從O運動到O′的時間t；
（3）入射速度仍為5v0，通過沿軸線OO′平移中間兩個磁場（磁場不重疊），可使粒子從O運動到O′的時間增加Δt，求Δt的最大值。
【答案】（1） （2） （3）
【解析】（1）粒子圓周運動的半徑 由題意知，解得
（2）設粒子在矩形磁場中的偏轉角為α
由d=rsinα，得sinα=，即α=53°
在
19、一個矩形磁場中的運動時間
解得
直線運動的時間
解得
則
（3）將中間兩磁場分別向中央移動距離x
粒子向上的偏移量y=2r（1–cosα）+xtanα
由y≤2d，解得
則當xm= 時，Δt有最大值
粒子直線運動路程的最大值
增加路程的最大值
增加時間的最大值
【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，再根據(jù)洛倫茲力提供向心力列式求解；第（2）小題解答關鍵是定圓心、畫軌跡，分段分析和計算；第（3）小題求Δt的最大值，關鍵是要注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改變的是粒子在無磁場區(qū)域運動的傾斜軌
20、跡的長度，要使Δt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，再根據(jù)運動的對稱性列式求解。
13．（2018·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，間距為d．導軌處于勻強磁場中，磁感應強度大小為B，方向與導軌平面垂直．質量為m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，重力加速度為g．求下滑到底端的過程中，金屬棒
（1）末速度的大小v；
（2）通過的電流大小I；
（3）通過的電荷量Q．
【答案】（1） （2）（3）
21、
【解析】（1）勻加速直線運動v2=2as 解得
（2）安培力F安=IdB 金屬棒所受合力
牛頓運動定律F=ma
解得
（3）運動時間 電荷量Q=It
解得
【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(guī)律求解。
14．（2018·北京卷）（1）靜電場可以用電場線和等勢面形象描述。
a．請根據(jù)電場強度的定義和庫侖定律推導出點電荷Q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?、S?到點電荷的距離分別為r?、r?。我們知道，電場線的疏密反映了空間區(qū)域電場強度的大小。請計算S?、S?上單位面積通過的電場線
22、條數(shù)之比N1/N2。
（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能力的一條重要路徑。2016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500 m，有效提高了人類觀測宇宙的精度和范圍。
a．設直徑為100 m的望遠鏡能夠接收到的來自某天體的電磁波功率為P?，計算FAST能夠接收到的來自該天體的電磁波功率P?；
b．在宇宙大尺度上，天體的空間分布是均勻的，僅以輻射功率為P的同類天體為觀測對象，設直徑為100 m望遠鏡能夠
23、觀測到的此類天體數(shù)目是N0，計算FAST能夠觀測到的此類天體數(shù)目N。
【答案】（1）a． b． （2）a． b．
【解析】（1）a．在距Q為r的位置放一電荷量為q的檢驗電荷
根據(jù)庫侖定律檢驗電荷受到的電場力
根據(jù)電場強度的定義
得
b．穿過每個面的電場線的總條數(shù)是相等的，若面積大，則單位面積上分擔的條數(shù)就少，
故穿過兩等勢面單位面積上的電場線條數(shù)之比
（2）a．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該相同，因此
b．在宇宙大尺度上，天體的空間分布是均勻的。因此一個望遠鏡能觀測到的此類天體數(shù)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
24、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P0，直徑為100 m望遠鏡和FAST能觀測到的最遠距離分別為L0和L，則
可得L=5L0
則
【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，然后結合物理知識求解，在電場線條數(shù)一定的情況下，圓的半徑越大，則單位面積上的條數(shù)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該相同，要借助于這些條件處理問題。
15．（2018·北京卷）如圖1所示，用電動勢為E、內(nèi)阻為r的電源，向滑動變阻器R供電。改變變阻器R的阻值，路端電壓U與電流I均隨之變化。
（1）以U為縱坐標，I為橫坐標，在圖
25、2中畫出變阻器阻值R變化過程中U-I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U-I關系圖線上任取一點，畫出帶網(wǎng)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(shù)值上等于內(nèi)、外電路電勢降落之和。
【答案】（1）U–I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：
b.
（3）見解析
【解析】（1）U–I圖像如圖所示，
其中圖像與縱軸交點的坐標值為電源電動
26、勢，與橫軸交點的坐標值為短路電流
（2）a．如圖所示
b．電源輸出的電功率：
當外電路電阻R=r時，電源輸出的電功率最大，為
（3）電動勢定義式：
根據(jù)能量守恒定律，在圖1所示電路中，非靜電力做功W產(chǎn)生的電能等于在外電路和內(nèi)電路產(chǎn)生的電熱，即
【名師點睛】運用數(shù)學知識結合電路求出回路中最大輸出功率的表達式，并求出當R=r時，輸出功率最大。
16．（2018·新課標全國II卷）一足夠長的條狀區(qū)域內(nèi)存在勻強電場和勻強磁場，其在xoy平面內(nèi)的截面如圖所示：中間是磁場區(qū)域，其邊界與y軸垂直，寬度為l，磁感應強度的大小為B，方向垂直于xoy平面；磁場的上、下兩側為電場區(qū)域
27、，寬度均為，電場強度的大小均為E，方向均沿x軸正方向；M、N為條形區(qū)域邊界上的兩點，它們的連線與y軸平行。一帶正電的粒子以某一速度從M點沿y軸正方向射入電場，經(jīng)過一段時間后恰好以從M點入射的速度從N點沿y軸正方向射出。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M點射入時速度的大??；
（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M點運動到N點的時間。
【答案】（1）軌跡圖如圖所示：
（2） （3）
【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，結合相應的計算即可畫出
28、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。設粒子從M點射入時速度的大小為v0，在下側電場中運動的時間為t，加速度的大小為a；粒子進入磁場的速度大小為v，方向與電場方向的夾角為（見圖（b）），速度沿電場方向的分量為v1，根據(jù)牛頓第二定律有
qE=ma①
式中q和m分別為粒子的電荷量和質量，由運動學公式有
v1=at②
29、③
④
粒子在磁場中做勻速圓周運動，設其運動軌道半徑為R，由洛倫茲力公式和牛頓第二定律得
⑤
由幾何關系得
⑥
聯(lián)立①②③④⑤⑥式得
⑦
（3）由運動學公式和題給數(shù)據(jù)得
⑧
聯(lián)立①②③⑦⑧式得
⑨
設粒子由M點運動到N點所用的時間為，則
⑩
式中T是粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期，
?
由③⑦⑨⑩?式得
?
【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．（2018·天津卷）真空管道超高速列車的動力系統(tǒng)是一種將電能直接轉換成平動動能的裝置。圖1是某種動力系統(tǒng)的簡化模型，圖中粗實線表示固定在水平面上間距為l的
30、兩條平行光滑金屬導軌，電阻忽略不計，ab和cd是兩根與導軌垂直，長度均為l，電阻均為R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l，列車的總質量為m。列車啟動前，ab、cd處于磁感應強度為B的勻強磁場中，磁場方向垂直于導軌平面向下，如圖1所示，為使列車啟動，需在M、N間連接電動勢為E的直流電源，電源內(nèi)阻及導線電阻忽略不計，列車啟動后電源自動關閉。
（1）要使列車向右運行，啟動時圖1中M、N哪個接電源正極，并簡要說明理由；
（2）求剛接通電源時列車加速度a的大??；
（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B的勻強磁場區(qū)域，磁場寬度和相鄰磁場間
31、距均大于l。若某時刻列車的速度為 ，此時ab、cd均在無磁場區(qū)域，試討論：要使列車停下來，前方至少需要多少塊這樣的有界磁場？
【答案】（1）M接電源正極，理由見解析
（2）
（3）若恰好為整數(shù)，設其為n，則需設置n塊有界磁場，若不是整數(shù)，設的整數(shù)部分為N，則需設置N+1塊有界磁場
【解析】結合列車的運動方向，應用左手定則判斷電流方向，從而判斷哪一個接電源正極；對導體棒受力分析，根據(jù)閉合回路歐姆定律以及牛頓第二定律求解加速度；根據(jù)動量定理分析列車進入和穿出磁場時動量變化，據(jù)此分析；
（1）M接電源正極，列車要向右運動，安培力方向應向右，根據(jù)左手定則，接通電源后，金屬棒中電流方向由a到b
32、，由c到d，故M接電源正極。
（2）由題意，啟動時ab、cd并聯(lián)，設回路總電阻為，由電阻的串并聯(lián)知識得①
設回路總電阻為I，根據(jù)閉合電路歐姆定律有②
設兩根金屬棒所受安培力之和為F，有F=BIl③
根據(jù)牛頓第二定律有F=ma④，聯(lián)立①②③④式得⑤
（3）設列車減速時，cd進入磁場后經(jīng) 時間ab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化為，平均感應電動勢為 ，由法拉第電磁感應定律有 ⑥，其中
設回路中平均電流為，由閉合電路歐姆定律有 ⑧
設cd受到的平均安培力為，有 ⑨
以向右為正方向，設時間內(nèi)cd受安培力沖量為，有⑩
同理可知，回路出磁場時ab受安培力沖量
33、仍為上述值，設回路進出一塊有界磁場區(qū)域安培力沖量為
有 ?
設列車停下來受到的總沖量為 ，由動量定理有?
聯(lián)立⑥⑦⑧⑨⑩??式得?
討論：若 恰好為整數(shù)，設其為n，則需設置n塊有界磁場，若不是整數(shù)，設的整數(shù)部分為N，則需設置N+1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，直接把圖中左右兩邊的物理量聯(lián)系起來，如把導體棒的位移 和速度聯(lián)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，無法直接使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十分巧妙，這種題型難度最大。
18．（2018·天津卷
34、）如圖所示，在水平線ab下方有一勻強電場，電場強度為E，方向豎直向下，ab的上方存在勻強磁場，磁感應強度為B，方向垂直紙面向里，磁場中有一內(nèi)、外半徑分別為R、的半圓環(huán)形區(qū)域，外圓與ab的交點分別為M、N。一質量為m、電荷量為q的帶負電粒子在電場中P點靜止釋放，由M進入磁場，從N射出，不計粒子重力。
（1）求粒子從P到M所用的時間t；
（2）若粒子從與P同一水平線上的Q點水平射出，同樣能由M進入磁場，從N射出，粒子從M到N的過程中，始終在環(huán)形區(qū)域中運動，且所用的時間最少，求粒子在Q時速度的大小。
【答案】（1）（2）
【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
35、為零的勻加速直線運動，據(jù)此分析運動時間；粒子進入勻強磁場后做勻速圓周運動，當軌跡與內(nèi)圓相切時，所有的時間最短，粒子從Q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P釋放后的運動情況相同，所以粒子進入磁場時沿豎直方向的速度同樣為v，結合幾何知識求解．
（1）設粒子在磁場中運動的速度大小為v，所受洛倫茲力提供向心力，有①
設粒子在電場中運動所受電場力為F，有F=qE②；
設粒子在電場中運動的加速度為a，根據(jù)牛頓第二定律有F=ma③；
粒子在電場中做初速度為零的勻加速直線運動，有v=at④；聯(lián)立①②③④式得⑤；
（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
36、間只由粒子所通過的圓弧所對的圓心角的大小決定，故當軌跡與內(nèi)圓相切時，所有的時間最短，設粒子在磁場中的軌跡半徑為，由幾何關系可知⑥
設粒子進入磁場時速度方向與ab的夾角為θ，即圓弧所對圓心角的一半，由幾何關系可知⑦；
粒子從Q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P釋放后的運動情況相同，所以粒子進入磁場時沿豎直方向的速度同樣為v，在垂直于電場方向的分速度始終為，由運動的合成和分解可知⑧
聯(lián)立①⑥⑦⑧式得⑨
【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楚粒子的運動情況，再選擇合適方法處理．對于勻變速曲線運動，常常運用運動的分解法，將其分解為兩個直線
37、的合成，由牛頓第二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，由幾何知識求解半徑．
19．（2018·新課標全國III卷）如圖，從離子源產(chǎn)生的甲、乙兩種離子，由靜止經(jīng)加速電壓U加速后在紙面內(nèi)水平向右運動，自M點垂直于磁場邊界射入勻強磁場，磁場方向垂直于紙面向里，磁場左邊界豎直。已知甲種離子射入磁場的速度大小為v1，并在磁場邊界的N點射出；乙種離子在MN的中點射出；MN長為l。不計重力影響和離子間的相互作用。求：
（1）磁場的磁感應強度大小；
（2）甲、乙兩種離子的比荷之比。
【答案】（1） （2）1:4
【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
38、的勻速圓周運動及其相關的知識點，意在考查考生靈活運用相關知識解決實際問題的的能力。
（1）設甲種離子所帶電荷量為q1、質量為m1，在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R1，磁場的磁感應強度大小為B，由動能定理有
①
由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有
②
由幾何關系知
③
由①②③式得
④
（2）設乙種離子所帶電荷量為q2、質量為m2，射入磁場的速度為v2，在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R2。同理有
⑤
⑥
由題給條件有
⑦
由①②③⑤⑥⑦式得，甲、乙兩種離子的比荷之比為
⑧
【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。解答所用的知識點
39、和方法類似。
20．（2018·新課標全國I卷）如圖，在y>0的區(qū)域存在方向沿y軸負方向的勻強電場，場強大小為E，在y<0的區(qū)域存在方向垂直于xOy平面向外的勻強磁場。一個氕核11H和一個氘核21H先后從y軸上y=h點以相同的動能射出，速度方向沿x軸正方向。已知11H進入磁場時，速度方向與x軸正方向的夾角為60°，并從坐標原點O處第一次射出磁場。11H的質量為m，電荷量為q不計重力。求
（1）11H第一次進入磁場的位置到原點O的距離
（2）磁場的磁感應強度大小
（3）12H第一次離開磁場的位置到原點O的距離
【答案】（1） （2） （3）
【解析】本題考查帶電粒子在電場中的
40、類平拋運動、在勻強磁場中的勻速圓周運動及其相關的知識點，意在考查考生靈活運用相關知識解決問題的的能力。
（1）在電場中做類平拋運動，在磁場中做圓周運動，運動軌跡如圖所示。設在電場中的加速度大小為，初速度大小為，它在電場中的運動時間為，第一次進入磁場的位置到原點Ｏ的距離為。由運動學公式有
①
②
由題給條件， 進入磁場時速度的方向與x軸正方向夾角。進入磁場時速度的y分量的大小為
③
聯(lián)立以上各式得
④
（2）在電場中運動時，由牛頓第二定律有
⑤
設進入磁場時速度的大小為，由速度合成法則有
⑥
設磁感應強度大小為B，在磁場中運動的圓軌道半徑為，由洛倫茲力公式和牛頓第二定
41、律有
⑦
由幾何關系得
⑧
聯(lián)立以上各式得
⑨
（3）設在電場中沿x軸正方向射出的速度大小為，在電場中的加速度大小為，由題給條件得
⑩
由牛頓第二定律有
?
設第一次射入磁場時的速度大小為，速度的方向與x軸正方向夾角為，入射點到原點的距離為，在電場中運動的時間為。由運動學公式有
?
?
?
?
聯(lián)立以上各式得
， ，?
設在磁場中做圓周運動的半徑為，由⑦?式及粒子在勻強磁場中做圓周運動的半徑公式得
?
所以出射點在原點左側。設進入磁場的入射點到第一次離開磁場的出射點的距離為，由幾何關系有
?
聯(lián)立④⑧???式得，第一次離開磁場時的位置到原點O的距離為
42、
?
【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，且都是在第一象限和第二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紙面向外的勻強磁場，解答需要的知識都是帶電粒子在勻強電場中的類平拋運動規(guī)律和洛倫茲力等于向心力、幾何關系等知識點。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。
21．（2017·新課標全國Ⅲ卷）如圖，空間存在方向垂直于紙面（xOy平面）向里的磁場。在x≥0區(qū)域，磁感應強度的大小為B0；x<0
43、區(qū)域，磁感應強度的大小為λB0（常數(shù)λ>1）。一質量為m、電荷量為q（q>0）的帶電粒子以速度v0從坐標原點O沿x軸正向射入磁場，此時開始計時，當粒子的速度方向再次沿x軸正向時，求（不計重力）
（1）粒子運動的時間；
（2）粒子與O點間的距離。
【答案】（1） （2）
【解析】（1）在勻強磁場中，帶電粒子做圓周運動。設在x≥0區(qū)域，圓周半徑為R1；在x<0區(qū)域，圓周半徑為R2。由洛倫茲力公式及牛頓定律得
①
②
粒子速度方向轉過180°時，所用時間t1為③
粒子再轉過180°時，所用時間t2為④
聯(lián)立①②③④式得，所求時間為⑤
（2）由幾何關系及①②式得，所求距離為⑥
44、
【名師點睛】對于帶電粒子在磁場中運動問題，解題時常要分析帶電粒子受到的洛倫茲力的情況，找到粒子做圓周運動的圓心及半徑，畫出運動軌跡可以使運動過程清晰明了，同時要善于運用幾何知識幫助分析和求解。
22．（2017·新課標全國Ⅱ卷）如圖，兩水平面（虛線）之間的距離為H，其間的區(qū)域存在方向水平向右的勻強電場。自該區(qū)域上方的A點將質量為m、電荷量分別為q和–q（q>0）的帶電小球M、N先后以相同的初速度沿平行于電場的方向射出。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N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N剛離開電場時動能的1.5倍。不計空氣阻
45、力，重力加速度大小為g。求
（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）3:1 （2） （3）
【解析】（1）設帶電小球M、N拋出的初速度均為v0，則它們進入電場時的水平速度仍為v0；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；由運動公式可得：
v0–at=0①
②
③
聯(lián)立①②③解得：④
（2）設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；
⑤
⑥
因為M在電場中做勻加速直線運動
46、，則
⑦
由①②⑤⑥⑦可得h=⑧
（3）設電場強度為E，小球M進入電場后做直線運動，則，⑨
設M、N離開電場時的動能分別為Ek1、Ek2，由動能定理：
⑩
?
由已知條件：Ek1=1.5Ek2
聯(lián)立④⑤⑥⑦⑧⑨⑩??解得：
【名師點睛】此題是帶電小球在電場及重力場的復合場中的運動問題；關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，搞清物理過程；靈活選取物理規(guī)律列方程。
23．（2017·江蘇卷）一臺質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，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強度為B的
47、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，質量分別為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．
（1）求甲種離子打在底片上的位置到N點的最小距離x；
（2）在答題卡的圖中用斜線標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）若考慮加速電壓有波動，在（）到（）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．
【答案】（1） （2）
（3）
【解析】（1）設甲種離子在磁場中的運動半徑為r1
電場加速 且 解得
根據(jù)幾何關系x =2r1 –L 解得
（2）
48、（見圖） 最窄處位于過兩虛線交點的垂線上
解得
（3）設乙種離子在磁場中的運動半徑為r2
r1的最小半徑
r2 的最大半徑
由題意知 2r1min–2r2max >L，即
解得
【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，找出幾何關系，有一定的難度．
24．（2017·天津卷）平面直角坐標系xOy中，第Ⅰ象限存在垂直于平面向里的勻強磁場，第Ⅲ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v0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倍。粒子從坐標原點O離開電
49、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）粒子到達O點時速度的大小和方向；
（2）電場強度和磁感應強度的大小之比。
【答案】（1），方向與x軸方向的夾角為45°角斜向上 （2）
【解析】（1）粒子在電場中由Q到O做類平拋運動，設O點速度v與+x方向夾角為α，Q點到x軸的距離為L，到y(tǒng)軸的距離為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：
y方向：
粒子到達O點時沿y軸方向的分速度為：
又：
解得：，即，粒子到達O點時速度方向與x軸方向的夾角為45°角斜向上。
粒子到達O點時的速度
50、大小為
（2）設電場強度為E，粒子電荷量為q，質量為m，粒子在電場中受到的電場力為F，粒子在電場中運動的加速度：
設磁感應強度大小為B，粒子做勻速圓周運動的半徑為R，洛倫茲力提供向心力，有：
根據(jù)幾何關系可知：
整理可得：
【名師點睛】本題難度不大，但需要設出的未知物理量較多，容易使學生感到混亂，要求學生認真規(guī)范作答，動手畫圖。
25．（2017·天津卷）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)的光滑平行金屬導軌間距為l，電阻不計。炮彈可視為一質量為m、
51、電阻為R的金屬棒MN，垂直放在兩導軌間處于靜止狀態(tài)，并與導軌良好接觸。首先開關S接1，使電容器完全充電。然后將S接至2，導軌間存在垂直于導軌平面、磁感應強度大小為B的勻強磁場（圖中未畫出），MN開始向右加速運動。當MN上的感應電動勢與電容器兩極板間的電壓相等時，回路中電流為零，MN達到最大速度，之后離開導軌。問：
（1）磁場的方向；
（2）MN剛開始運動時加速度a的大??；
（3）MN離開導軌后電容器上剩余的電荷量Q是多少。
【答案】（1）磁場的方向垂直于導軌平面向下 （2） （3）
【解析】（1）電容器充電后上板帶正電，下板帶負電，放電時通過MN的電流由M到N，欲使炮彈射出，安培力應沿導軌向右，根據(jù)左手定則可知磁場的方向垂直于導軌平面向下。
（2）電容器完全充電后，兩極板間電壓為E，根據(jù)歐姆定律，電容器剛放電時的電流：
炮彈受到的安培力：
根據(jù)牛頓第二定律：
解得加速度
（3）電容器放電前所帶的電荷量
開關S接2后，MN開始向右加速運動，速度達到最大值vm時，MN上的感應電動勢：
最終電容器所帶電荷量
設在此過程中MN的平均電流為，MN上受到的平均安培力：
由動量定理，有：
又：
整理的：最終電容器所帶電荷量
【名師點睛】本題難度較大，尤其是最后一個小題，給學生無從下手的感覺：動量定理的應用是關鍵。
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三年高考（2017-2019）高考物理真題分項匯編 專題21 電學計算題（含解析）
