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2024 年高考一轮复习100 考点100 讲
第13 章 电磁感应
第13.10 讲 电磁感应+带电粒子运动
【知识点精讲】
电磁感应产生感应电动势作为电源，可以作为加速电场的电源，使带电粒子
加速；也可以作为偏转电场的电源，使带电粒子偏转；还可以作为速度选择器
极板的电源。
【方法归纳】
对于电磁感应与带电粒子在电磁场中运动问题，可以分阶段分析。电磁感应
阶段可以运用法拉第电磁感应定律及其相关知识分析解答；带电粒子在电场中
运动可以运用动能定理、类平抛运动、匀速圆周运动及其相关知识分析解答。
【最新高考题精练】
1.（2021 年1 月浙江选考）在芯片制造过程中，离子注入是其中一道重要的工序。如图所示
是离子注入工作原理示意图，离子经加速后沿水平方向进入速度选择器，然后通过磁分析器，
选择出特定比荷的离子，经偏转系统后注入处在水平面内的晶圆(硅片)。速度选择器、磁分
析器和偏转系统中的匀强磁场的磁感应强度大小均为B，方向均垂直纸面向外;速度选择器和
偏转系统中的匀强电场场强大小均为E，方向分别为竖直向上和垂直纸面向外。磁分析器截
面是内外半径分别为R1和R2的四分之圆环，其两端中心位置M 和N 处各有一个小孔;偏转系
统中电场和磁场的分布区域是同一边长为L 的正方体，其速度选择器底面与晶圆所在水平面
平行，间距也为L。当偏转系统不加电场及磁场时，离子恰好竖直注入到晶圆上的O 点(即图
中坐标原点，x 轴垂直纸面向外)。整个系统置于真空中，不计离子重力，打在晶圆上的离子，
1
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经过电场和磁场偏转的角度都很小。当a 很小时，有 sina≈tana≈a. cosa≈1-1 1
2 α
2。求
(1)离子通过速度选择器后的速度大小v 和磁分析器选择出来离子的比荷
(2)偏转系统仅加电场时离子注入晶圆的位置，用坐标(x，y)表示;
(3)偏转系统仅加磁场时离子注入晶圆的位置，用坐标(x，y)表示;
(4)偏转系统同时加上电场和磁场时离子注入晶圆的位置，用坐标(x，y)表示，并说明理由。
【名师解析】（1）通过速度选择器离子的速度 v=E/B，
从磁分析器中心孔N 射出离子的运动半径为R=
洛伦兹力提供向心力，qvB=m
联立解得：离子的比荷
=
=
（2）经过电场后，离子在x 方向偏转的距离x1=
沿x 方向速度vx=at=
tanθ=
=
2
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离开电场后，离子在x 方向偏移的距离x2=Ltanθ=
x= x1+x2=
+
=
=
位置坐标为（
，0）
（3）离子进入磁场后做匀速圆周运动，轨迹半径r=
sinα=L/r，
经过磁场后，离子在y 方向偏转距离y1=r（1-cosα）≈
离开磁场后，离子在y 方向偏转距离y2=Ltanα≈
y= y1+y2≈
+
≈
位置坐标为（0，
）
（4）注入晶圆的位置坐标为（
，
）
电场引起的速度增量对y 方向的运动不产生影响。
3
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2 (2019·浙江选考)磁流体发电的原理如图所示。将一束速度为v 的等离子体垂直于磁场方向喷入磁感
应强度为B 的匀强磁场中，在相距为d、宽为a、长为b 的两平行金属板间便产生电压。如果把上、下板和
电阻R 连接，上、下板就是一个直流电源的两极。若稳定时等离子体在两板间均匀分布，电阻率为ρ。忽
略边缘效应，下列判断正确的是( )
A．上板为正极，电流I＝
B．上板为负极，电流I＝
C．下板为正极，电流I＝
D．下板为负极，电流I＝
【参考答案】 C
【名师解析】根据左手定则，正电荷受到的洛伦兹力方向向下，负电荷受到的洛伦兹力向上，因此下
极板为电源的正极；根据平衡条件有qvB＝q，解得稳定时电源的电动势E＝Bdv，则流过R 的电流为I＝，
而r＝ρ，S＝ab，则得电流大小为I＝，C 正确。
【最新模拟题精练】
1. （2023 湖南名校高二联考）人类历史上第一台发电机是法拉第发明的铜盘发电机（图甲）。利用这个
发电机给平行金属板电容器供电，电路如图乙所示。已知铜盘半径为L，转动的角速度为ω，盘的下半部
分加垂直于盘面、磁感应强度大小为
的匀强磁场。每块平行板长度为2L，板间距离也为2L，板间加大
小也为
，垂直纸面向内的匀强磁场。若有一质量为m 的带负电的微粒从电容器两板正中央水平向右射入，
在两板间做匀速圆周运动，已知重力加速度为g，求：
（1）从右向左看，圆盘转动方向、小球带电量；
（2）要使小球射出极板，微粒射入速度v
大小范围。
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【参考答案】（1）逆时针方向 ，
；（2）
或
【名师解析】
（1）粒子在复合场中做匀速圆周运动，电场力向上与重力平衡、带负电，电场方向向下，故上极板C 带
正电，与电源负极相连，由右手定则，圆盘从右向左看，圆盘逆时针方向转动；根据法拉第电磁感应定律
得
解得
由粒子在复合场中做匀速圆周运动，可得
又
解得
（2）由牛顿第二定律得
设粒子恰能从右板边缘射出，由几何关系可得
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解得
设粒子恰能从左板边缘射出
得
所以
或
2．（2023 河南名校联考）如图所示，半径为L1＝2 m 的金属圆环内上、下半圆各有垂直圆环平面的
有界匀强磁场，磁感应强度大小均为B1＝ T．长度也为L1、电阻为R 的金属杆ab，一端处于圆环中心，另
一端恰好搭接在金属环上，绕着a 端沿逆时针方向匀速转动，角速度为ω＝ rad/s．通过导线将金属杆的a
端和金属环连接到图示的电路中(连接a 端的导线与圆环不接触，图中的定值电阻R1＝R，滑片P 位于R2的
正中央，R2的总阻值为4R)，图中的平行板长度为L2＝2 m，宽度为d＝2 m．图示位置为计时起点，在平行
板左边缘中央处刚好有一带电粒子以初速度v0＝0．5 m/s 向右运动，并恰好能从平行板的右边缘飞出，之
后进入到有界匀强磁场中，其磁感应强度大小为B2，左边界为图中的虚线位置，右侧及上下范围均足够大．
(忽略金属杆与圆环的接触电阻、圆环电阻及导线电阻，忽略电容器的充放电时间，忽略带电粒子在磁场中
运动时的电磁辐射的影响，不计平行金属板两端的边缘效应及带电粒子的重力和空气阻力)求：
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(1)在0～4 s 内，平行板间的电势差UMN；
(2)带电粒子飞出电场时的速度；
(3)在上述前提下若粒子离开磁场后不会第二次进入电场，则磁感应强度B2应满足的条件．
【参考答案】(1)－1 V (2) m/s 与水平方向成45°夹角 (3)B2<2 T
【名师解析】(1)金属杆产生的感应电动势恒为
E＝B1Lω＝2 V
由电路的连接特点知：E＝I·4R
U0＝I·2R＝＝1 V
T1＝＝20 s
由右手定则知：在0～4 s 时间内，金属杆ab 中的电流方向为b →a，则φa>φb
则在0～4 s 时间内，φM<φN，UMN＝－1 V．
(2)粒子在平行板电容器内做类平抛运动，在0～时间内水平方向L2＝v0·t1
t1＝＝4 s<
竖直方向＝at
a＝，E＝，vy＝at1
得＝0．25 C/kg，vy＝0．5 m/s
则粒子飞出电场时的速度
v＝＝ m/s
tan θ＝＝1，所以该速度与水平方向的夹角θ＝45°．
(3)粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由B2qv＝m 得r＝
由几何关系及粒子在磁场中运动的对称性可知，r>d 时离开磁场后不会第二次进入电场，即B2<＝2 T．
3.(20 分)如图所示,半径为l 的金属圆环内部等分为两部分,两部分各有垂直于圆环平面、方向相反的匀强磁
场,磁感应强度大小均为B0,与圆环接触良好的导体棒绕圆环中心O 匀速转动。圆环中心和圆周用导线分别
与两个半径为R 的D 形金属盒相连,D 形盒处于真空环境且内部存在着磁感应强度为B 的匀强磁场,其方向
垂直于纸面向里。t=0 时刻导体棒从如图所示的位置开始运动,同时在D 形盒内中心附近的A 点,由静止释放
一个质量为m、电荷量为-q(q>0)的带电粒子,粒子每次通过狭缝都能得到加速,最后恰好从D 形盒边缘出口
射出。不计粒子重力及所有电阻,忽略粒子在狭缝中运动的时间,导体棒始终以最小角速度Ω(未知)转动。
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(1)求Ω 的大小。
(2)求粒子在狭缝中加速的次数。
(3)考虑实际情况,粒子在狭缝中运动的时间不能忽略,求狭缝宽度d 的取值范围。
【参考答案】 (1)
(2)
(3)d≤
【名师解析】 (1)根据洛伦兹力充当向心力
Bvq=
得r=
T=
棒的角速度最小值为Ω=
。
(2)根据洛伦兹力充当向心力Bv1q=
可得粒子离开加速器的速度为v1=
由法拉第电磁感应定律,导体棒切割磁感线的电动势为
E 感= B0Ωl2=
根据动能定理nE 感q=
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得加速的次数为n=
。
(3)带电粒子在电场中的加速度为
a=
粒子在电场中做匀加速直线运动,满足nd= at2
为保证粒子一直加速,应满足t≤
4 .如图所示，两金属板正对并水平放置，分别与平行金属导轨连接，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ区域有垂直导轨所在平面
的匀强磁场。金属杆ab 与导轨垂直且接触良好，并一直向右匀速运动。某时刻ab 进入Ⅰ区域，同时一带
正电小球从O 点沿板间中轴线水平射入两板间。ab 在Ⅰ区域运动时，小球匀速运动；ab 从Ⅲ区域右边离开
磁场时，小球恰好从金属板的边缘离开。已知板间距为4d，导轨间距为L，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ区域的磁感应强度
大小相等、宽度均为d。带电小球质量为m，电荷量为q，ab 运动的速度为v0，重力加速度为g。求：
(1)磁感应强度的大小；
(2)ab 在Ⅱ区域运动时，小球的加速度大小；
(3)要使小球恰好从金属板的边缘离开，ab 运动的速度v0要满足什么条件。
【名师解析】(1)ab 在磁场区域运动时，产生的感应电动势大小为：ε＝BLv0①
金属板间产生的场强大小为：E＝②
ab 在Ⅰ磁场区域运动时，带电小球匀速运动，有mg＝qE ③
联立①②③得：B＝④
(2)ab 在Ⅱ磁场区域运动时，设小球的加速度a，依题意，有
qE＋mg＝ma ⑤
联立③⑤得：a＝2g ⑥
(3)依题意：ab 分别在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ磁场区域运动时，小球在电场中分别做匀速、类平抛和匀速运动，设发生
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的竖直分位移分别为s Ⅰ、s Ⅱ、s Ⅲ；ab 进入Ⅲ磁场区域时，小球的竖直分速度为v Ⅲ。则：
s Ⅰ＝0 ⑦
s Ⅱ＝·2g()2⑧
s Ⅲ＝v Ⅲ·⑨
v Ⅲ＝2g·⑩
又：s Ⅰ＋s Ⅱ＋s Ⅲ＝2d
联立可得：v0＝
答案：(1) (2)2g (3)
5.(12 分)如图所示，一无限长的光滑金属平行导轨置于匀强磁场B 中，磁场方向垂直导轨平面，导轨平面
竖直且与地面绝缘，导轨上M、N 间接一电阻R，P、Q 端接一对沿水平方向的平行金属板，导体棒ab 置
于导轨上，其电阻为3R，导轨电阻不计，棒长为L，平行金属板间距为d。今导体棒通过定滑轮在一物块
拉动下开始运动，稳定后棒的速度为v，不计一切摩擦阻力。此时有一带电量为q 的液滴恰能在两板间做
半径为r 的匀速圆周运动，且速率也为v。求：
(1)速度v 的大小；
(2)物块的质量m。
【名师解析】(1)设平行金属板间电压为U，液滴质量为m0。液滴在平行金属板间做匀速圆周运动，重力与
电场力必定平衡，则有：q＝m0g
由qvB＝m0得r＝
联立解得U＝
则棒产生的感应电动势为：
E＝·(R＋3R)＝由E＝BLv，
得v＝2
(2)棒中电流为：I＝＝
ab 棒匀速运动，外力与安培力平衡，则有
F＝BIL＝
而外力等于物块的重力，即mg＝
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解得m＝＝
答案：(1)2 (2)
6．(14 分)如图所示，一面积为S 的单匝圆形金属线圈与阻值为R 的电阻连接成闭合电路，不计圆形金
属线圈及导线的电阻．线圈内存在一个方向垂直纸面向里、磁感应强度大小均匀增加且变化率为k 的磁场
B.电阻R 两端并联一对平行金属板M、N，两板间距为d，N 板右侧xOy 坐标系(坐标原点O 在N 板的下端)
的第一象限内，有垂直纸面向外的匀强磁场，磁场边界OA 和y 轴的夹角∠AOy＝45°，AOx 区域为无场区．
在靠近M 板处的P 点由静止释放一质量为m、带电荷量为＋q 的粒子(不计重力)，经过N 板的小孔，从点
Q(0，l)垂直y 轴进入第一象限，经OA 上某点离开磁场，最后垂直x 轴离开第一象限．求：
(1)平行金属板M、N 获得的电压U；
(2)yOA 区域内匀强磁场的磁感应强度B；
(3)粒子从P 点射出至到达x 轴的时间．
【参考答案】(1)kS (2) (3)(2d＋l)
【名师解析】 (1)根据法拉第电磁感应定律知感应电动势为
E＝＝S＝kS ①
(2)因平行金属板M、N 与电阻并联，故M、N 两板间的电压为U＝UR＝E＝kS ②
带电粒子在M、N 间做匀加速直线运动，有qU＝mv2③
带电粒子进入磁场区域的运动轨迹如图所示，有qvB＝m ④
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由几何关系可得r＋＝l ⑤
联立②③④⑤得B＝
(3)粒子在电场中，有d＝at ⑥
q＝ma ⑦
粒子在磁场中，有T＝⑧
t2＝T ⑨
粒子在第一象限的无场区中，有s＝vt3⑩
由几何关系得s＝r ⑪
粒子从P 点射出至到达x 轴的时间为t＝t1＋t2＋t3⑫
联立⑥⑦⑧⑨⑩⑪⑫式可得t＝(2d＋l)
7．(14 分)如图所示，半径为L1＝2 m 的金属圆环内上、下半圆各有垂直圆环平面的有界匀强磁场，磁
感应强度大小均为B1＝ T．长度也为L1、电阻为R 的金属杆ab，一端处于圆环中心，另一端恰好搭接在金
属环上，绕着a 端沿逆时针方向匀速转动，角速度为ω＝ rad/s。通过导线将金属杆的a 端和金属环连接到
图示的电路中(连接a 端的导线与圆环不接触，图中的定值电阻R1＝R，滑片P 位于R2的正中央，R2的总阻
值为4R)，图中的平行板长度为L2＝2 m，宽度为d＝2 m．图示位置为计时起点，在平行板左边缘中央处刚
好有一带电粒子以初速度v0＝0.5 m/s 向右运动，并恰好能从平行板的右边缘飞出，之后进入到有界匀强磁
场中，其磁感应强度大小为B2，左边界为图中的虚线位置，右侧及上下范围均足够大。(忽略金属杆与圆环
的接触电阻、圆环电阻及导线电阻，忽略电容器的充放电时间，忽略带电粒子在磁场中运动时的电磁辐射
的影响，不计平行金属板两端的边缘效应及带电粒子的重力和空气阻力)求：
(1)在0～4 s 内，平行板间的电势差UMN；
(2)带电粒子飞出电场时的速度；
(3)在上述前提下若粒子离开磁场后不会第二次进入电场，则磁感应强度B2应满足的条件。
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【名师解析】
(1)金属杆产生的感应电动势恒为E＝B1Lω＝2 V
由电路的连接特点知：E＝I·4R
U0＝I·2R＝＝1 V
T1＝＝20 s
由右手定则知：在0～4 s 时间内，金属杆ab 中的电流方向为b →a，则φa>φb
则在0～4 s 时间内，φM<φN，UMN＝－1 V
(2)粒子在平行板电容器内做类平抛运动，在0～时间内水平方向L2＝v0·t1
t1＝＝4 s<
竖直方向＝at
a＝，E＝，vy＝at1
得＝0.25 C/kg，vy＝0.5 m/s
则粒子飞出电场时的速度v＝＝ m/s
tan θ＝＝1，所以该速度与水平方向的夹角θ＝45°
(3)粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由B2qv＝m 得r＝
由几何关系及粒子在磁场中运动的对称性可知，r>d 时离开磁场后不会第二次进入电场，即B2<＝2 T。
8. 如图所示，间距为L 倾角为0 的足够长光滑轨道，4 端连有电阻R，另一端开口，导轨的电阻忽略不计。
a0b0b141区域无磁场，以下每个L 距离交替出现磁感应强度大小相等方向相反的匀强磁场，磁场方向垂
直于轨道平面，磁感应强度大小为B．平行板电容器的两极板通过导线与a4相连，极板间距为d。今在
导轨4 处由静止释放一根长为L、质量为m、电阻也为R 的导体棒，导体棒在a1b1b2a2磁场中做匀速直线
运动。当导体棒在磁场中运动方时，在两极板正中央由静止释放一个带电粒子，粒子恰好未碰到极板。
导体棒与导轨接触良好，粒子的重力忽略不计，不计空气阻力，重力加速度为g，磁场边界为理想边界。
求：
（1）导体棒在磁场中的运动速度。
（2）带电粒子的比荷。
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（3）若导体棒运动到距离a1b1边界为
L 时，在两极板正中央由静止释放带电粒子，则该粒子到达极板
所用的时间。
【思路分析】（1）设导体棒在磁场中运动的速度为v0，根据平衡条件结合闭合电路欧姆定律求解速度大
小；
（2）由部分电路欧姆定律、牛顿第二定律和运动学公式求解；
（3）分析粒子的运动情况，根据类平抛运动结合运动学公式求解粒子到达极板所用的总时间。
【名师解析】（1）设导体棒在磁场中运动的速度为v0，根据平衡条件可得：mgsinθ＝FA＝BIL，
根据闭合电路欧姆定律可得I＝
＝
解得v0＝
；
（2）设粒子的电荷量为q，质量为m0，电容器板间电压为U，粒子在极板间运动的加速度大小为a，导
体棒每经过L 所用的时间为T，由部分电路欧姆定律、牛顿第二定律和运动学公式可得：
U＝IR
q
＝m0a
T＝
当导体棒在磁场中运动
时，释放粒子，粒子在电场中做往复运动，恰未碰到极板，有：
＝2×
＝
；
（3）粒子由静止加速运动
的位移大小为x1＝
解得x1＝
粒子由静止加速运动
的位移大小为x2＝
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解得x2＝
故粒子完成一个周期运动的位移大小为：△x1＝2x2﹣2x1＞
故粒子已经撞到极板；
粒子加速
，减速
，再反向加速
的位移大小为：
△x2＝x2﹣2x1＝
，粒子未撞板
设粒子反向加速
时的速度为v，根据运动学公式可得：
v＝a
设粒子由此时撞到极板时间为t0，根据运动学公式可得：
＝vt0﹣
解得：t0＝
故粒子到达极板所用的总时间为：t＝
解得：t＝
。
15
