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专题02 电磁学版块大题综合
一、解答题
1．（2023·湖南邵阳·统考模拟预测）在如图所示的电路中，已知电流表和电压表为理
想表，电源内电阻r=1Ω， 当开关S 闭合后电路正常工作，电压表的读数U=8V，电流
表的读数I=2A。求：
（1）电阻R 的阻值；
（2）电源电动势E；
（3）电阻R 的热功率。
【答案】（1）4Ω；（2）10V；（3）16W
【详解】（1）根据欧姆定律可得
（2）根据闭合电路欧姆定律可得
（3）电阻
的热功率为
2．（2023·湖南·模拟预测）如图，长为R 的轻绳栓着质量为m、电荷量为
的小球，
将小球从与悬点等高的A 点静止释放，释放时轻绳恰好伸直。小球运动到D 点时轻绳
恰好被拉断，小球沿水平方向进入虚线右侧竖直平面内。在竖直虚线两侧同时存在沿
竖直方向但方向相反、大小相等的匀强电场（图中未画出），在虚线右侧存在垂直纸
面向里的匀强磁场（图中未画出），磁感应强度大小为B。在右侧电磁场区域中的竖
直平面内有一半径为R 的理想圆形屏蔽区（没有电场和磁场），屏蔽区的圆心O 与D
点在同一水平线上，OD 间的距离为2R，A、O、D 三点在同一竖直面内。已知小球在
电磁场区域恰好做匀速圆周运动，重力加速度为g，不计空气阻力，不计小球运动引
起的电磁场变化。求：
1
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（1）电场强度E 的大小；
（2）轻绳被拉断前瞬间所承受的拉力；
（3）为使小球不能进入电磁场屏蔽区，磁感应强度的最小值为多大？
【答案】（1）
；（2）6mg，方向向下；（3）
【详解】（1）小球在电磁场区域做匀速圆周运动，则在竖直方向上受力平衡，即电场
力方向向上，虚线右侧电场方向一定向下，且满足
解得
（2）由（1）可知虚线左侧的电场方向向上，小球从A 运动到D 点的过程中，设小球
经过D 点时的速度大小为v，根据动能定理可得
设小球到达D 点轻绳被拉断前一瞬间承受的拉力为F，根据牛顿第二定律有
解得
根据牛顿第三定律可得轻绳被拉断前一瞬间承受的拉力大小为6mg，方向向下。
（3）设小球在电磁场区域中做匀速圆周运动的半径为r，根据牛顿第二定律有
解得
2
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可知B 越小，r 越大，当小球运动轨迹恰好与电磁场屏蔽区边界相切时，r 有最大值，
B 有最小值，如图所示
根据几何关系有
解得
3．（2023·湖南郴州·统考三模）如图，金属板M、N 板竖直平行放置，中心开有小孔，
板间电压为
，金属板E、F 水平平行放置，间距和板长均为
。现有一质量为
、
电荷量为
的带电粒子，从极板M 的中央小孔
处由静止释放，穿过小孔
后沿
E、F 板间中轴线进入偏转电场，从P 处离开偏转电场后，粒子恰好从AB 的中点D 以
垂直AB 边的速度方向进入直角三角形的有界匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。已知
BC 边水平，AB 边长也为
，
，
，
，
，忽略
粒子的重力及平行板间电场的边缘效应，求：
（1）粒子到达小孔
时的速度
；
（2）P 点与E 极板的距离；
（3）若保证带电粒子从AB 边离开磁场，则磁场区域的磁感应强度应满足什么条件？
3
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【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）粒子在加速电场中，根据动能定理得
可得粒子到达小孔
时的速度为
（2）粒子离开偏转电场时，根据题意可知速度偏转角为
，竖直方向的分速度
为
在偏转电场中，带电粒子做类平抛运动，则有
，
则P 点与上极板的距离为
联立解得
（3）设带电粒子进入磁场时的度大小为，则有
粒子在磁场中的最大轨道半径与AC 边相切，轨迹如图所示
4
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由几何关系可得
由牛顿第二定律可得
联立解得
为保证带电粒子从AB 边离开磁场则磁感应强度应满足的条件是
4．（2023·湖南常德·统考模拟预测）如图所示，间距
的平行金属导轨放置在
绝缘水平面上，导轨左端连接恒流源，能确保电路中的电流I 恒为
。空间分布两
个宽度分别为
和
、间距
的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，两磁场
磁感应强度大小均为
，方向均竖直向下。质量
、电阻为
的导体棒
静止于区域Ⅰ左边界，质量
、边长为
、电阻
的正方形单匝线
框的右边紧靠区域Ⅱ左边界，一竖直固定挡板与区域Ⅱ的右边界距离为
。某时刻
闭合开关
，导体棒开始向右运动。已知导体棒与线框、线框与竖直挡板之间均发生
弹性碰撞，导体棒始终与导轨接触并且相互垂直，不计一切摩擦和空气阻力。求：
（1）导体棒第一次离开区域Ⅰ时的速度大小
；
5
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（2）线框与导体棒从第1 次碰撞至它们第2 次碰撞过程中，线框产生的焦耳热
；
（3）导体棒在磁场区域Ⅰ中运动的总时间
。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）恒流源和导体棒串联，通过串联负载的电流即是恒流源的输出电流，恒
流源就是要保证和它串联的负载电路的电流始终维持在输出电流。导体棒在磁场中运
动时产生的电动势对应的感应电流，并不会影响恒流源所产生电流的恒定，因此电路
的电流始终保持在0.5A，故导体棒受到向右的安培力为
对棒由动能定理
解得
（2）当棒与线框发生弹性碰撞，因为两者质量相等，且线框静止，所以二者交换速度，
即第1 次撞后，线框以
速度运动，棒静止，当线框右边从
磁场左边界运动
到右边界的过程中，对线框由动量定理
累积求和得
又
6
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解得
同理可得线框左边从
磁场左边界运动到右边界时线框速度
；可知每次线
框经过磁场
时，速度将减少0.2m/s，线框以
与挡板弹性碰撞后，以1.8m/s
速度返回，经过磁场
后，速度变为
，线框以
速度与棒第二次相碰，由
能量守恒可得
（3）棒与线框第2 次碰后，交换速度，棒以1.6m/s 速度向左运动，线框静止，棒进入
磁场，因安培力不变，棒作匀减速运动，由
解得
棒在
磁场减速到速度为0，然后以a 反向加速，以1.6m/s 速度出
磁场，再与线框
碰撞，线框每通过一次
磁场速度减小0.2m/s，棒一共能与线框碰撞9 次（最后线框
向左恰速度为零时挨到棒），棒第一次在磁场区域Ⅰ中向右运动的时间
此后有4 次在磁场区域Ⅰ中作匀减速直线运动，然后反向加速，用时分别为：
7
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故由数学知识可得，导体棒在磁场区域Ⅰ中运动的总时间
5．（2023·湖南岳阳·统考二模）如图所示，足够长的粗糙绝缘斜面与水平面成
固定在地面上，在斜面上虚线
和
与斜面底边平行，在
、
围成的区域有垂
直斜面向上的有界匀强磁场，磁感应强度为
；现有一质量为
、边长
、匝数
、总电阻
的正方形金属线圈
，让
边与斜面底边
平行，从斜面上端静止释放，线圈刚好匀速穿过整个磁场区域，已知线圈与斜面间的
动摩擦因数为
，（取
）求：
（1）线圈进入磁场区域时的速度大小；
（2）线圈释放时，
边到
的距离；
（3）整个线圈穿过磁场的过程中，流过线圈的电荷量
及线圈上产生的焦耳热
。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
，
【详解】（1）线框进入磁场前，由牛顿第二定律
解得
因为线框匀速进入磁场，由电磁感应定律及受力平衡
8
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解得线圈进入磁场区域时的速度大小
（2）由匀加速直线运动规律
解得线圈释放时，
边到
的距离
（3）由
，
，
得
又因为线框穿过磁场前后
，所以
；
线框全程匀速穿过磁场，则磁场宽度等于
，由功能关系
解得
6．（2023·湖南益阳·安化县第二中学校考三模）如图所示，xOy 坐标系中，第三象限
存在沿x 轴正向的匀强电场，第四象限与x 轴和y 轴相切的半径为R=0.2m 的圆形区域
内存在匀强磁场B1，磁感应强度B1=0.1T，方向垂直纸面向里，x 轴上方存在垂直纸面
向外的匀强磁场B2，磁感应强度B2=0.3T。在第三象限x=-40cm，y=-8cm 至-36cm 间存
在粒子源，比荷k=108C/kg 的相同带正电粒子由粒子源无初速度释放后进入电场，在电
场中加速后进入圆形磁场，其中正对圆心入射的粒子经B1偏转后恰好以垂直于x 轴的
方向经切点P 点进入磁场B2，带电粒子最终都打到放置在x 轴上的收集板上。不计粒
子的重力，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：
（1）第三象限中加速电场的电场强度E；
（2）收集板最小长度L；
（3）带电粒子在磁场B1、B2中运动的总时间范围（用含π 的分数式表示）。
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【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）由几何关系，粒子在电场加速后进入
中匀速圆周运动的半径
粒子在
中圆周运动
对粒子在电场中运动由动能定理
解得
，
（2）粒子均将从P 点进入
磁场，粒子在
中圆周运动
作出粒子源上下边界粒子的轨迹如图
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由几何关系知
故
，
则从粒子源下端进入
再进入
的粒子打在收集板最左端
垂直
轴进入
的粒子打在收集板最右端
所以收集板长度
（3）粒子进入
时的位置越靠下，进入
点与
连线弦切角越大，在
中运动时间
越长，同时粒子在
中的运动轨迹从劣弧向优弧变化，在
中转过圆心角变大，因此
粒子源上下边界入射的粒子在磁场中运动的时间即为边界时间情况由
进入磁场粒子
在磁场中运动时间最短
由
进入磁场粒子在磁场中运动时间最长
粒子在磁场中运动时间
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7．（2023·湖南怀化·统考二模）如图所示，M、N 为等离子体发电机的两个极板，分
别通过导线与平行板电容器的两个极板P、Q 相连。M 与N、P 与Q 的间距均为d，
M、N 中间有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为
，一束等离子体（高
温下电离的气体，含有大量正、负带电粒子）以速度v 沿垂直于磁场的方向喷入磁场。
P、Q 间加一垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度的大小为
。一电荷量为q、质
量为m 的正离子以某一速度
（未知）沿平行于极板方向从A 点射入电容器。不计离
子的重力和电容器的边缘效应。
（1）已知离子在P、Q 间恰好做匀速直线运动，求离子速度
的大小；
（2）若撤去P、Q 间的磁场，离子从A 点以原来的速度入射后恰好从下极板的右侧边
缘射出电场，射出电场时速度方向与水平方向成30°角，求A 点离下极板的距离h；
（3）以极板Q 右侧边缘O 点为原点建立如图所示的直角坐标系xOy，在第一、四象限
内存在磁感应强度大小相等、方向相反的匀强磁场。若在第（2）问的情形中，离子能
够经过点
，求第一、四象限内匀强磁场的磁感应强度
的大小。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）设磁流体发电机两极板之间的电压为U，等离子体的电荷量为
，则有
离子在P、Q 间做匀速直线运动的过程中
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解得
（2）设离子射出板间电场时速度大小为
，根据动能定理得
离子在电场中做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，则有
解得
（3）设x 为离子在一、四象限磁场中每次偏转圆弧所对应的弦长，由运动的对称性可
知，离子能到达C 点需满足
设离子的轨道半径为R，圆弧所对应的圆心角为60°，则有
可得
由洛伦兹力提供向心力，有
解得
8．（2023·湖南邵阳·统考模拟预测）在平面直角坐标系xOy 中，第Ⅰ象限存在沿y 轴
负方向的匀强电场，第Ⅳ象限存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度为
B，一质量为m、电荷量为q 的带正电的粒子从y 轴正半轴上的M 点以速度v0垂直于y
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轴射入电场，经x 轴上的N 点与x 轴正方向成θ=60°角射入磁场，最后从y 轴负半轴上
的P 点垂直于y 轴射出磁场，如图所示，不计粒子重力，求：
（1）匀强电场的场强大小；
（2）若磁感应强度大小可以调节，为使粒子不从y 轴穿出磁场，则磁场的磁感应强度
至少为多大。
【答案】（1）
；（2）
【详解】（1）设粒子过N 点的速度为v，则有
解得
粒子在磁场中以O'为圆心做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力可得
解得粒子的轨道半径为
ON 之间距离
粒子在电场中的时间为
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y 方向，有
解得
（2）改变磁感应强度的大小，使粒子刚好与y 轴相切，如图所示
设此时的磁感应强度为
，根据洛伦兹力提供向心力可得
由几何关系可得
联立解得
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为使粒子不从y 轴穿出磁场，则磁场的磁感应强度至少为
。
9．（2023·湖南邵阳·统考三模）如图所示，间距为L、电阻为零的U 形金属竖直轨道，
固定放置在磁感应强度为B 的匀强磁场中，磁场方向垂直轨道平面向里。竖直轨道上
部套有一金属条bc，bc 的电阻为R，质量为3m，可以在轨道上无摩擦滑动，开始时被
卡环卡在竖直轨道上处于静止状态。在bc 的正上方高H 处，自由落下一质量为m 的绝
缘物体，物体落到金属条上之前的瞬间，卡环立即松开，绝缘物体与金属条一起继续
下落。金属条与导轨的接触电阻忽略不计，竖直轨道足够长，重力加速度为g。
（1）求绝缘物体与金属条一起开始下落的速度；
（2）求金属条开始下落时的加速度；
（3）金属条下落h 时，恰好开始做匀速运动，求此过程中感应电流产生的热量。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）根据自由落体运动规律可得，物体m 与金属条3m 碰撞前的速度为
设物体m 落到金属条3m 上，两者组成的系统相碰过程动量守恒，碰后速度为v，有
解得
（2）金属条开始下落时，闭合电路中感应电流为
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金属条所受安培力为
对金属条和物体，根据牛顿第二定律有
可得金属条开始运动时的加速度为
（3）金属条和物体一起以速度vm做匀速运动，有
金属条的最终速度为
下落h 的过程中，设金属条克服安培力做功为W，由动能定理
感应电流产生的热量
所以
10．（2023·湖南株洲·统考三模）如图所示，第一、二象限存在垂直于
平面向里的
磁感应强度为
（大小未知）的匀强磁场，第三象限存在沿
轴正方向的匀强电场
，
轴负方向与
轴重合存在一特殊的薄膜，带电粒子每次穿过薄膜时电荷量不变，但速
度减为原来的
（
）倍。现有一质量为
、电量为
的带正电粒子从
轴上
（0，L）处平行于
轴负方向以速度
射入第二象限，粒子从
轴负半轴上的
点平
行于y 轴负方向射出，不计粒子重力，带电粒子可视为点电荷。
（1）求磁感应强度
的大小；
（2）
轴负方向
处左边有一接收装置
（未画出），为了接收到该粒子，求
的横
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坐标的可能值
以及
离坐标原点
的最远距离
。
【答案】（1）
；（2）
【详解】（1）根据题意，由牛顿第二定律有
由几何关系得
解得
（2）粒子从C 处向下穿过薄膜，进入电场中减速后再反向加速，再一次经过C 处时速
度
经过第二象限半圆后再次经过x 轴时到达
点时，
则D 点横坐标
粒子从
点再向下穿过薄膜，返回
处时
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则粒子圆周运动的半径为
则D 点横坐标
故D 的横坐标为
D 点离坐标原点最远的距离为当k 取无穷大时
11．（2023·湖南岳阳·统考三模）磁悬浮列车是一种高速低能耗的新型交通工具。它的
驱动系统可简化为如下模型，固定在列车下端的动力绕组可视为一个单匝闭合矩形纯
电阻金属框，电阻为R 金属框置于xOy 平面内，长边MN 长为l 平行于y 轴，宽度为d
的短边NP 平行于x 轴（x 轴水平），如图1 所示。列车轨道沿Ox 方向，轨道区域内存
在垂直于金属框平面的磁场，磁感应强度B 沿Ox 方向按正弦规律分布，其空间周期为
λ，取z 轴正方向为磁场正方向，最大值为
，如图2 所示，金属框的同一条长边上各
处的磁感应强度相同，整个磁场以速度v0沿Ox 方向匀速平移。设在短暂时间内，
MN、PO 边所在位置的磁感应强度随时间的变化可以忽略，列车在驱动系统作用下沿
Ox 方向加速行驶。则：
（1）若
，某时刻列车速度为0，且MN 所在位置磁感应强度恰好为最大值
。
求此时回路中的感应电流大小；
（2）列车速度为
时，要使列车所获得的驱动力最大，求d 与
应满足的关系；
及此时列车受到驱动力的大小。
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【答案】（1）
；（2）
或
，
【详解】（1）由法拉第电磁感应定律可得
E=B0lv
由闭合电路的欧姆定律可得
解得
（2）为使列车得最大驱动力，MN、PQ 应位于磁场中磁感应强度同为最大值且反向的
地方，这会使得磁通量变化率最大，导致框中电流最强，也会使得金属框长边中电流
受到的安培力最大。因此，d 应为
的奇数倍，即
或
由于法拉第电磁感应定律
E=Blv
当列车速度v＜v0时
E=2B0l(v0-v)
根据闭合电路欧姆定律有
根据安培力公式，MN 边所受的安培力
FMN=B0Il
PQ 边所受的安培力
FPQ=B0Il
根据左手定则，MN、PQ 边所受的安培力方向相同，此时列车驱动力的大小
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F=FMN＋FPQ=2B0Il
联立解得
12．（2023·湖南·校联考模拟预测）如图所示，在竖直平面（纸面）内水平虚线ab 的
下方有电场强度大小为E、方向竖直向下的匀强电场，一固定薄壁圆筒的横截面与ab
相切，其圆心为O．圆筒内有磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面水平向里的匀强
磁场。一电荷量为q 的带负电小球（视为质点），自ab 上方距ab 的高度为h 处由静止
释放，小球经圆筒的小孔S 沿半径SO 方向进入圆筒内，与圆筒内壁发生两次碰撞后沿
半径OP 方向从圆简上的小孔P 水平射出，射出后做匀速直线运动。小球与圆筒内壁
碰撞的时间极短且没有机械能损失，小球的电荷量保持不变，重力加速度大小为g，
不计空气阻力。
（1）求小球通过小孔S 时的速度大小v 以及小球的质量m；
（2）求圆筒的半径R；
（3）若其他情况不变，将小球自ab 上方距ab 的高度为
处由静止释放，小球自小孔
S 进入圆筒内，证明小球恰好可以回到释放点，并求小球从被释放至第一次回到释放
点的时间t。
【答案】（1）
，
；（2）
；（3）
【详解】（1）小球从被释放至通过小孔S 的过程中做自由落体运动，有
解得
小球通过P 点后做匀速直线运动，根据物体的平衡条件有
解得
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（2）因为电场力与重力等大反向，所以小球在圆筒内做匀速圆周运动，设小球第一次
与圆筒内壁在A 点碰撞，运动轨迹如图甲所示
由于小球与圆筒内壁发生两次碰撞后沿OP 方向射出，因此SA 弧对应的圆心角为
根据几何关系可知，小球在圆筒内做匀速圆周运动的半径
洛伦兹力提供小球在圆筒内做圆周运动所需的向心力，有
解得
（3）设此种情况下小球通过小孔S 时的速度大小为
，有
设此种情况下小球在圆筒内做匀速圆周运动的半径为
，有
可得
即
根据几何关系可知，小球从通过小孔S 至第一次与圆筒内壁碰撞前瞬间的轨迹圆弧对
应的圆心角为
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可得小球的运动轨迹如图乙所示
由此可知小球与圆筒内壁碰撞两次后，从小孔S 竖直向上射出圆筒，根据对称性可知，
小球第二次通过小孔S 后恰好可以回到释放点。
设小球从被释放至第一次通过小孔S 的时间为
，有
解得
小球在圆筒内做圆周运动的周期
小球第一次在圆筒内运动的时间
解得
又
解得
13．（2023·湖南·统考模拟预测）如图所示，在示波管中，质量为m，电荷量为-q 的带
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电粒子从灯丝K 射出（初速度不计），经加速电场U1（未知）加速，从AB 板的中心S
沿中心线KO 射出时的速度大小为v，再经平行板电容器的偏转电场U2偏转后，又做
一段匀速直线运动最后打到荧光屏上，显示出亮点C，已知平行板电容器的两极板间
的距离为d，板长为l，偏转电场的右端到荧光屏的距离为L，不计带电粒子的重力。
（1）求加速电场的电压U1；
（2）求带电粒子从偏转电场射出时的侧移量y 和荧光屏上OC 间的距离；
（3）带电粒子从偏转电场射出时的侧移量y 和偏转电压U2的比叫作示波器的灵敏度
D，如何通过改变平行板电容器的l 或d 来提高示波器的灵敏度D。
【答案】（1）
；（2）
；（3）见解析
【详解】（1）粒子在加速电场中加速，由动能定理可得
解得
（2）粒子在偏转电场中做类平抛运动，如图所示
垂直电场方向有
沿电场方向有
侧移量
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联立解得
由几何关系可知
得荧光屏上
间的距离
（3）该示波器的灵敏度
解得
则增加或者减小
均可增加灵敏度。
14．（2023·湖南·统考模拟预测）如图所示为一种质谱仪的结构简化图，粒子源会释放
出电荷量均为
、质量不同的带电粒子，粒子（初速度忽略不计）飘入电压为
的
直线加速器加速，后由D 型通道的中缝MN 进入磁场区，该通道的上、下表面为内半
径为
、外半径为
的半圆环，整个D 型通道置于方向竖直向上、磁感应强度大小
为
的匀强磁场中，正对着通道出口处放置一块照相底片，它能记录下粒子从通道射
出时的位置，不计粒子重力。
（1）求所有粒子经过直线加速器加速后到达中缝MN 时的动能
及打在照相底片中央
的粒子的质量
；
（2）若a、b 两粒子分别打在照相底片的左、右两端，求a、b 两粒子的质量之比
；
（3）粒子源在中缝MN 上的投影为MN 的中点，中缝MN 的长度为
，若某次粒子源
25
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放出质量为
的粒子c 在平行于中缝MN 的方向上有速度
（不可忽
略），垂直于MN 方向上的速度可忽略不计，粒子c 经时间
后经中缝MN 进
入磁场，求粒子c 是否能被照相底片记录？
【答案】（1）
，
；（2）
；（3）见解析
【详解】（1）粒子经过加速电场，根据动能定理，可得所有粒子经过直线加速器加速
后到达中缝
时的动能
根据题意，粒子经过直线加速器加速后，有
进入磁场区后，由牛顿第二定律可得
根据几何关系可得
联立解得
（2）
两粒子的运动轨迹如图所示
26
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对于粒子
，有
，
对于粒子
，有
，
联立解得
（3）对于粒子，有
粒子进入磁场时，垂直磁场分速度为
由洛伦兹力提供向心力得
解得
则有
若不考虑平行于中缝
方向上的运动，则粒子在质谱仪中的运动时间为
27
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由此可得粒子在平行于中缝
方向上的运动距离
由于
故粒子不能被记录。
15．（2023·湖南·模拟预测）如图所示，在
坐标系中，区域I 是圆心为O1（0，
2m）、半径r=2 m 的圆形的匀强磁场，区域II 是宽度d=1.0m 的直线边界匀强磁场，
两区域（含边界）磁感应强度大小均为B=1T，方向均垂直于纸面向里。在
区域内，一群质量
、电荷量
的粒子以速度
平
行于x 轴正方向且垂直于磁场射入圆形磁场区域，其中粒子a 正对O1沿半径的方向射
入，粒子b 打在区域II 的上边界最左边P 点（图中未标出）。不计粒子的重力和粒子
间的相互作用。求：
（1）粒子
在圆形磁场区域I 运动的时间
；
（2）区域II 的下边界能被粒子打中的长度
；
（3）粒子
在两磁场区域运动的总时间
。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）粒子进入磁场后，由洛伦兹力提供向心力得
28
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解得
由题意可知粒子
从坐标原点
出区域I，由几何关系可得粒子
转过的圆心角为
，
则在磁场中运动的时间为
解得
（2）如图所示，所有粒子都从原点
出来，如图所示
其中从原点
出来后沿
轴正方向的粒子打在区域II 的下边界最右边，根据几何关系
可得
从原点
出来后打在区域II 的下边界最左边的粒子，其轨迹与区域II 的下边界刚好相
切，根据几何关系可得
区域II 的下边界能被粒子打中的长度为
（3）由几何关系可知，粒子b 在圆形磁场和
轴下方磁场各运动
，则有
解得
29
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16．（2023·湖南长沙·湖南师大附中校考三模）光滑绝缘水平桌面上有一边长为L 的矩
形线圈abcd，其质量为m，其各边电阻相等，线圈ab 边以速度v 进入一个有明显边界
的匀强磁场，磁场的磁感应强度为B，如图所示，磁场的宽度大于L。当线圈全部进入
磁场区域时，其动能恰好等于ab 边进入磁场前时的一半，求：
（1）ab 边刚进入磁场瞬间，a、b 两点的电压是多少？
（2）判断线圈能否全部穿出磁场，并叙述理由；
（3）线圈从开始进入磁场到完全出磁场的整个过程中安培力对线框做的总功。
【答案】（1）
；（2）能全部穿出磁场，见解析；（3）
【详解】（1）ab 边刚进入磁场瞬间产生的瞬时感应电动势为
切割磁感线的ab 边相当于电源，则可知，a、b 两点的电压为路端电压，设每条边的电
阻为r，根据闭合电路的欧姆定律可得
则
（2）由题意可知，线圈全部进入磁场后动能变为原来的一半，则可知线圈出磁场时的
速度小于进磁场时的速度，根据安培力
可知，出磁场时所受安培力小于进磁场时所受安培力，设进磁场时的平均安培力为
，
出磁场时的平均安培力为
，则根据动能定理，有
30
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显然
不为零，即线圈出磁场时的速度不为零，故可知线圈能全部穿出磁场。
（3）根据题意，线圈进入磁场后动能变为原来的一半，设进入磁场后的速度为
，则
有
解得
设线圈进入磁场所用的时间为
，则有
可知在线圈全部进入磁场的过程中，通过线圈的电荷量为
根据动量定理可得
即
设线圈完全出磁场瞬间速度为
，线圈中的平均感应电流为
，所用时间为
，则根
据动量定理有
而线圈完全进入磁场和完全出磁场通过线圈的电荷量相同，即有
31
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因此可得
解得
对线圈进入磁场开始和出磁场全过程中，设安培力做的功为W，则由动能定理可得
解得
17．（2023·湖南·校联考模拟预测）舰载机电磁弹射是现在航母最先进的弹射技术，我
国在这一领域已达到世界先进水平．某同学自己设计了一个如图甲所示的电磁弹射系
统模型．该弹射系统工作原理如图乙所示，用于推动模型飞机的动子（图中未画出）
与线圈绝缘并固定，线圈带动动子可以在水平导轨上无摩擦滑动，线圈位于导轨间的
辐向磁场中，其所在处的磁感应强度大小均为B．开关S 与1 接通，恒流源与线圈连接，
动子从静止开始推动飞机加速，飞机达到起飞速度时与动子脱离；此时S 掷向2 接通
定值电阻
，同时对动子施加一个回撤力F，在
时刻撤去力F，最终动子恰好返回
初始位置停下，若动子从静止开始至返回过程的v-t 图像如图丙所示。已知模型飞机起
飞速度
，
，
，线圈匝数
匝，每匝周长
，动子和
线圈的总质量
，线圈的电阻
，
，
，不计空气阻力
和飞机起飞对动子运动速度的影响，求：
（1）动子和线圈向前运动过程的平均速度大小；
（2）回撤力F 与动子速度v 大小的关系式；
（3）图丙中
的数值．（保留两位有效数字）
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【答案】（1）20m/s；（2）见解析；（3）
【详解】（1）动子和线圈向前运动的最大位移，即0～
时间段内的位移，由图像知
动子和线圈向前运动过程的平均速度
（2）动子和线圈在
时间做匀减速直线运动，加速度大小为
根据牛顿第二定律有
其中
可得
解得
在
时间反向做匀加速直线运动，加速度不变，根据牛顿第二定律有
联立相关式子，解得
33
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（3）动子和线圈在
时间段内的位移
从
时刻到返回初始位置时间内的位移
根据法拉第电磁感应定律有
据电荷量的定义式
据闭合电路欧姆定律
解得从
时刻到返回初始位置时间内电荷量
其中
动子和线圈从
时刻到返回时间内，只受磁场力作用，根据动量定理有
又因为安培力的冲量
联立可得
34
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故图丙中
的数值为
。
18．（2023·湖南郴州·郴州一中校联考模拟预测）如图所示，在水平绝缘固定板CD 下
方存在左右边界平行、方向垂直纸面向外的匀强磁场区域，磁场的左右边界相距
（边界处有磁场）且与绝缘板分别垂直相交于C、D 两点。竖直平行金属板M、N 之
间所加电压为
时，将一质量为m、电荷量为+q 的粒子从靠近N 板的S 点由静止释放，
该粒子经电场加速后穿过M 板上的小孔从与C 点相距为d 的A 点水平向左射入磁场，
结果刚好垂直打在绝缘板上。（不计粒子重力）
（1）求粒子从A 点水平向左射入磁场时的速度大小
；
（2）求匀强磁场的磁感应强度B 的大小；
（3）若M、N 两个平行金属板之间的电压可调，为使该粒子从S 点由静止释放后，在
磁场中运动时不与挡板相碰，求加在M、N 两板间的电压范围。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
或
【详解】（1）由动能定理得
可得
（2）由于垂直碰撞绝缘板，可知粒子在磁场中的轨道半径
根据
得匀强磁场磁感应强度的大小
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（3）若粒子从C 点飞出磁场，半径为
根据
由对比得
同（1）理可知
得加在M、N 两个竖直平行金属板之间的电压
若粒子从D 点飞出磁场，根据几何关系可知
可得
根据
由对比得
同（1）理可知
得加在M、N 两个竖直平行金属板之间的电压
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因此粒子不与挡板相碰，应满足
或
19．（2023·湖南永州·湖南省道县第一中学校考模拟预测）利用电磁场改变电荷运动的
路径，与光的传播、平移等效果相似，称为电子光学。如图所示，在xOy 坐标平面上，
第三象限存在着方向沿y 轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E。在其余象限存在垂
直纸面的匀强磁场，其中第一、二象限向外，第四象限向里，磁感应强度大小均为B
（未知）。在坐标点（0，
）处有一质量为m、电荷量为q 的正电粒子，以初速度
沿着x 轴负方向射入匀强电场，粒子在运动过程中恰好不再返回电场，忽略粒
子重力。求：
（1）粒子第一次进入磁场时的速度v；
（2）磁感应强度B 的大小。
【答案】（1）
，与x 轴负方向夹角呈
；（2）
【详解】（1）粒子在电场中做类平抛运动，则竖直方向有
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末速度为
联立得
设v 与x 轴负方向夹角
，则有
解得
（2）平抛过程水平方向位移
粒子进入磁场后轨迹如下图，由几何关系可得
洛伦兹力提供向心力
解得
20．（2023·湖南长沙·长郡中学校考二模）质子重离子治疗是利用质子或重离子形成的
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粒子射线进行疾病治疗的放疗技术，相比传统技术，具有更加精准、杀伤力更强、不
良反应更小的优势。其系统设备由离子源、直径较大的环形同步加速器和偏转系统组
成，整个系统置于真空中。回旋加速器的原理如图
和
是两个中空的半径为R 的半
圆金属盒，它们接在电压一定、频率为f 的交流电源上，位于
圆心附近的质子源A
能不断产生质子（初速度可以忽略，重力不计），它们在两盒之间被电场加速，
、
置于与盒面垂直的磁感应强度为
的匀强磁场中（忽略质子在电场中运动的时间，
其最大速度远小于光速），已知质子每次经过狭缝均做加速运动，最后从边缘处飞出。
（1）已知质子电量为q，求质子的质量；
（2）若质子束从开始加速到从回旋加速器输出的过程中回旋加速器的平均功率为P，
求此过程质子束的平均等效电流I（用P、
、R、f 表示）；
（3）质子从加速器飞出后，通过偏转系统控制，到达身体不同的位置。已知偏转系统
中电场和磁场的分布区域是同一边长为L 的正方体，其偏转系统的底面与目标所在水
平面平行，间距也为L。当偏转系统不加电场及磁场时，质子恰好沿偏转系统对称轴
运动，竖直到达图中O 点（即图中坐标原点，x 轴垂直纸面向外）。偏转系统同
时加上电场和磁场时，要求打在目标平面上（
，
）处，已知角度
很小时，
有
。求偏转系统中E、B 的大小。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
，
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【详解】（1）根据题意可知，质子在磁场中运动周期与交流电源的周期相等，则有
质子在磁场中运动时
又有
联立解得
（2）设质子离开加速器时速度大小为，由牛顿第二定律有
输出时质子束的等效电流为
设在时间内离开加速器的质子数为
，则质子束从回旋加速器输出时的平均功率
由上述各式，将质量代入得
（3）由上述分析可知，粒子出加速器的速度
根据运动的分解，只考虑电场存在时，经过电场后，质子在
方向偏转的距离
离开电场后，质子在
方向偏移的距离
则有
可得
40
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只考虑磁场存在时，质子进入磁场后做圆周运动半径
又有
经过磁场后，质子在
方向偏转距离
离开磁场后，质子在
方向偏移距离
则有
可得
21．（2023·湖南长沙·长沙一中校考二模）如图所示的xOy 坐标系中，第二象限有沿y
轴负方向的匀强电场，场强
，图中有一个半径为
的绝缘刚性圆环，
圆环的O 点有一个小孔，OB，AC 为互相垂直的直径，圆环区域内有匀强磁场，磁场
方向垂直xOy 平面向外。一个带正电的粒子，以
初速度从P 点沿x 轴正向
射出，粒子在电场作用下恰好从O 孔以速度
进入磁场，已知P 点与x 轴
相距
，不计带电粒子的重力。求：
（1）带电粒子的比荷；
（2）若粒子第一次碰撞圆环的点在圆环上的Q 点，且弧长OQ 是绝缘刚性环周长的
，
求磁场的磁感应强度的大小；
（3）若粒子在碰撞绝缘刚性圆环时无能量损失，要使粒子与刚性圆环碰撞2 次后经O
孔射出环，求磁感应强度的大小和粒子在磁场中运动的时间。
41
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【答案】（1）
；（2）
；（3）
，
【详解】（1）粒子在电场中做类平抛运动，加速度为a，运动至O 点时速度为v，vy
为v 在y 方向分速度，则
解得
（2）由
可知粒子从O 点射入磁场的方向与x 轴夹角
，粒子进入磁场后做匀速圆周运动，
设磁感应强度为
，半径为
，洛伦兹力提供向心力
由几何关系
42
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解得
（3）粒子进入磁场后做匀速圆周运动，磁感应强度为B2，半径为r2，周期为T，依据
轨迹对称性和几何关系知
解得
由洛伦兹力提供向心力
解得
由于粒子的运动周期为
所以粒子在磁场中运动时间
22．（2023·湖南邵阳·统考二模）如图，长度均为的两块挡板竖直相对放置，间距也
为，两挡板上边缘P 和M 处于同一水平线上，在该水平线的上方区域有方向竖直向
下的匀强电场，电场强度大小为
；两挡板间有垂直纸面向外、磁感应强度大小可调
节的匀强磁场。一质量为
，电荷量为q（q>0）的粒子自电场中A 点以大小为
的速
度水平向右发射，恰好从P 点处射入磁场，从两挡板下边缘Q 和N 之间射出磁场，运
43
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动过程中粒子未与挡板碰撞。已知：粒子发射位置A 到水平线PM 的距离为
，
不计重力。
（1）求粒子射入磁场时的速度方向与板PQ 的夹角；
（2）求磁感应强度大小的取值范围；
（3）若粒子正好从QN 的中点射出磁场，求粒子在磁场中的轨迹到挡板MN 的最近距
离。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）粒子在电场中做类平抛，则有
，
，
根据牛顿第二定律有
解得
（2）带电粒子在磁场运动的速度大小
作出带电粒子在磁场中运动两个临界轨迹（分别从Q、N 点射出）如图所示
44
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由几何关系可知，最小半径
最大半径
带电粒子在磁场中做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，由向心力公式可知
解得，磁感应强度大小的取值范围
（3）若粒子正好从
的中点射出磁场时，带电粒子运动轨迹如图所示
由几何关系可知
，
45
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带电粒子的运动半径为
粒子在磁场中的轨迹与挡板
的最近距离
解得
23．（2023·湖南岳阳·统考模拟预测）在“质子疗法”中，质子先被加速到具有较高的
能量，然后被引向轰击肿瘤，杀死细胞。如图所示，质量为m、电荷量为q 的质子从
极板A 处由静止加速，通过极板
中间的小孔后进入速度选择器，并沿直线运动。速
度选择器中的匀强磁场垂直纸面向里，磁感应强度大小为
，极板
间的电
场强度大小为
。坐标系
中
区域充满沿y 轴负方向的匀强电场Ⅰ，
区域充满垂直纸面向外的匀强磁场Ⅱ，OP 与x 轴夹角
。匀强磁场Ⅱ的磁
感应强度大小
，且
。质子从（0，d）点进入电场Ⅰ，并垂直OP 进入
磁场Ⅱ。取质子比荷为
，
。求：
（l）极板
间的加速电压U；
（2）匀强电场Ⅰ的电场强度
；
（3）质子能到达x 轴上的区间的长度L（结果用根号表示）。
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【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）质子进入速度选择器中的速度为
，由力的平衡得
由动能定理有
联立得
，
（2）质子在电场中运动到达
上的
点时间为，竖直方向速度为
，水平位移为
，
竖直位移为
，加速度为
。由运动学公式有
，
，
由几何关系有
，
由牛顿第二定律有
联立可得
，
，
（3）质子进入磁场的速度为，则
质子在磁场中运动半径为
，由牛顿第二定律有
有
由几何关系有
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，
当
，质子恰好从N 点飞出，当
，质子恰好与
轴相切。故质子能
到达
轴上的区间长度
24．（2023·湖南·模拟预测）如图所示，在平面直角坐标系xOy 的第一、四象限内有竖
直方向的匀强电场
（方向未标出）与垂直纸面的匀强磁场
（未标出）；第二象限
内有水平向右的匀强电场
与垂直纸面向里的匀强磁场
；现有质量为m、电荷量为
、可视为质点的带电小球从x 轴上P 点以初速度
射入复合场中，P 点坐标为
，初速度
与x 轴正向夹角
，小球恰好做匀速直线运动经过y 轴上S 点进
入第一象限，在第一、四象限做匀速圆周运动经Q 点进入第三象限。已知小球做圆周
运动的圆心
在x 轴上，重力加速度为
，
，求：
（1）电场强度
与磁感应强度
的大小；
（2）电场强度
与磁感应强度
；
（3）小球从P 点到Q 点的时间。
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【答案】（1）
，
；（2）
，方向竖直向上，
，方向垂直
纸面向外；（3）
【详解】（1）带正电荷的小球在第二象限做匀速直线运动，其受力如图所示
根据受力平衡有
联立解得
（2）带正电荷的小球在第一、四象限做匀速圆周运动，故有
解得
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，方向竖直向上
由题意知，小球做匀速圆周运动的圆心
在x 轴上，设小球做圆周运动的半径为R，
由几何关系可知
联立可得
由牛顿第二定律有
解得
，方向垂直纸面向外
（3）小球在第二象限的运动时间
设做圆周运动的时间为
，则
联立解得
25．（2023·湖南长沙·长郡中学校考模拟预测）如图甲所示，磁感应强度大小为B、方
向竖直向下的匀强磁场存在于底面半径为R 的圆柱形空间内，O1和O2是圆柱形空间上、
下两个圆面的圆心，其后侧与O1等高处有一个长度为
的水平线状粒子发射源
MN，图乙是俯视图，P 为MN 的中点，O1P 连线与MN 垂直。线状粒子源能沿平行
PO1方向发射某种质量均为m、电荷量均为q 的带正电粒子束，带电粒子的速度大小均
50
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相等。在O1O2右侧2R 处竖直放置一个足够大的矩形荧光屏，荧光屏的AB 边与线状粒
子源MN 垂直，且处在同一高度，过O1作AB 边的垂线，交点恰好为AB 的中点O，荧
光屏的左侧存在竖直向下的匀强电场，宽度为R，电场强度大小为E，已知从MN 射出
的粒子经磁场偏转后都从F 点（圆柱形空间与电场边界相切处）射入电场，不计粒子
重力和粒子间的相互作用。
（1）求带电粒子的初速度大小；
（2）以AB 边的中点O 为坐标原点，沿AB 边向里为x 轴，垂直AB 边向下为y 轴建立
坐标系，求从M 点射出的粒子打在荧光屏上的位置坐标；
（3）求磁场区域的最小横截面积。
【答案】（1）
；（2）（R，
）；（3）
【详解】（1）在磁场中由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有
线状粒子源发出的粒子均从F 点射出，可得
，由①②两式得
（2）设粒子打在荧光屏上的横、纵坐标分别为x、y，粒子从F 点离开磁场时与
之
间的夹角为
，如图所示
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由几何关系知
得
依题意有
带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，可得
联立解得
则粒子打在荧光屏上的位置坐标为
。
（3）磁场区域的最小面积为图中两条轨迹与圆
相交部分的面积，设磁场区域的最
小面积为S
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得磁场区域的最小横截面积
26．（2023·湖南·校联考模拟预测）如图，竖直平面内的直角坐标系
的x 轴水平，
在y 轴的左侧存在方向水平向右的匀强电场，在y 轴的右侧存在方向竖直向上的匀强
电场和垂直纸面向里的匀强磁场。一带正电粒子以初速度
从坐标原点O 沿x 轴正方
向射入，在y 轴的右侧做匀速圆周运动后第1 次经过y 轴进入y 轴的左侧，第2 次经过
y 轴时恰好回到原点O。已知带电粒子质量m、电荷量
，y 轴的左右两侧匀强电场的
电场强度大小相等，g 为重力加速度，不计空气阻力。求：
（1）y 轴的右侧匀强磁场的磁感应强度大小B；
（2）粒子第4 次经过y 轴时的坐标位置；
（3）若将粒子先进入y 轴的右侧和后进入y 轴的左侧的一次运动看作1 次运动循环，
求经过n 次这样的运动循环后粒子在y 轴上的坐标。
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【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）如图1
带正电粒子从坐标原点O 沿x 轴正方向进入y 轴的右侧做匀速圆周运动，设圆周运动
的半径为
，根据
①
得
②
设进入匀强磁场后第一次经过y 轴位置
，向左进入匀强电场竖直方向自由落体运动
③
54
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由于
水平方向类上抛运动
④
由②③④得
⑤
（2）设第2 次从原点O 经过y 轴的速度为
，该速度与x 轴正方向的夹角为
，再次
进入匀强磁场，圆周运动的半径为
，如图2
从
到
⑥
由④⑥解得
⑦
即
⑧
⑨
故
55
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⑩
设粒子第3 次经过y 轴的位置为
，由几何关系可知
⑪
由⑤⑨⑩
得
⑪
故粒子第3 次经过y 轴时的坐标位置
与
重合，第3 次经过y 轴
（即
）到第4 次
经过y 轴
，粒子在匀强电场中以
为初速度、加速度为g，在竖直方向做匀加
速直线运动，水平方向仍为类上抛运动，时间为
即
⑫
由②④⑤
得粒子第
⑫
4 次经过y 轴时的坐标位置
⑬
（3）设每次进入磁场的速度为v，该速度与x 轴正方向的夹角为
，进入匀强磁场圆
周运动的半径为r，如图3
56
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每1 次运动循环中：进入磁场做圆周运动后在竖直方向都要向上移动
⑭
在y 轴左侧做匀变速曲线时间均为
⑮
由于第一次进入电场时速度水平，故n 次在电场中运动的竖直位移合可视为初速度为
零的匀变速直线运动
⑯
方向向下，粒子每次在磁场中向上的移动的位移均相同且等于粒子在电场中第一次下
降的位移，则在磁场运动n 次的竖直位移可表示为
⑰
方向向上，解得
⑱
27．（2023·湖南常德·常德市一中校考模拟预测）如图，在平面直角坐标系
平面内
存在两处匀强磁场，第一象限内的匀强磁场分布在三角形OAC 之外的区域，磁感应强
度大小为2B，方向垂直纸面向里，A、C 两点分别位于x 轴和y 轴上，
，
57
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OC 的长度为2R，第二象限内的匀强磁场分布在半径为R 的圆形区域内，磁感应强度
大小为B，圆形区域的圆心坐标为（
R，R），圆形区域与x、y 轴的切点分别为P、
Q，第三、四象限内均无磁场。置于P 点的离子发射器，能持续地从P 点在xOy 平面
内向x 轴上方
范围内以恒定速率发射同种正离子，离子质量均为m，电荷量均为
q；在y 轴上的CG 之间放置一个长CG=2R 的探测板，所有打到探测板上的离子都被板
吸收。已知从P 点垂直于x 轴发射的离子恰好经过Q 点进入第一象限，不计重力及离
子间的相互作用，求：
（1）圆形区域内磁场的方向及离子的发射速率
；
（2）从P 点垂直于x 轴发射的离子，从发射到第二次经过边界AC 所用的时间t；
（3）探测板CG 上有离子打到的区域长度。
【答案】（1）垂直于纸面向外，
；（2）
；（3）
【详解】（1）从P 点垂直于x 轴发射的正离子恰好经过Q 点进入第一象限，说明正离
子在P 点受向右的磁场力，由左手定则知磁场方向垂直于纸面向外。如图所示
设离子在圆形区域圆周运动的半径为r，则
由洛伦兹力提供向心力
58
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解得
（2）设离子在第二象限磁场中圆周运动的周期为T，则
则在第一象限磁场中圆周运动的周期为
离子在圆形区域磁场中运动圆心角为90°，则运动时间
离子在两磁场之间匀速直线运动时间
离子在AC 右侧区域磁场中运动圆心角为
，运动时间
则离子从发射到第二次经过边界AC 所用的时间
得
（3）如图所示，因所有离子均以恒定速率发射，故离子在圆形磁场中的轨迹半径均为
r，又已知
，易得所有离子经过圆形磁场后均水平向右飞出圆形磁场，然后穿过
AC 进入右侧磁场，离子在第一象限运动有
得
从C 点进入右侧磁场的离子，经过半个周期打到屏上E 点，则
59
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从M 点进入右侧磁场的离子，轨迹恰好与屏CG 相切与D 点，图中CF 垂直于
，
则
得
则探测板上有离子打到的区域为DE，其长度
28．（2023·湖南永州·统考三模）如图甲所示，在xOy 平面的第Ⅰ象限内有沿x 轴正方
向的匀强电场
，在
区域内同时存在着竖直向上的匀强电场E2和垂直纸面的磁
场B1，
，
，磁场B1随时间t 变化的规律如图乙所示，
，设垂直纸面向外为磁场正方向。一个质量为m、电荷量为q 的带正电液滴
从P 点以速度
沿x 轴负方向入射，恰好沿y 轴负方向的速度v 经过原点O 后
进入
的区域。已知
，
，
时液滴恰好通过O 点，重
力加速度g 取10m/s2。
（1）求液滴第一次到达O 点时速度的大小；
（2）求液滴在
时间内的路程；
（3）若在
时撤去电场E1、E2和磁场B1，同时在整个空间区域加竖直向上的匀强
磁场B2（未画出），
，求从此时刻起，再经过
s，液滴距O 点的距离。
（本小题中取
）
60
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【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）对带电液滴在水平方向和竖直方向的运动
解得
（2）带电液滴在第Ⅱ、Ⅲ象限有
则带电液滴在第Ⅱ、Ⅲ象限中在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动
当
时
当
时
61
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带电液滴在0~
s 内运动轨迹如图所示
则液滴在0~
s 时间内的路程
解得
（3）空间中只存在磁场
时，带电液滴在水平面做匀速圆周运动。由（2）同理得
代入得
再经
后，液滴在水平面x 轴方向上的位移大小为
，垂直于水平面向外方向
的位移大小为
；带电液滴在竖直方向做自由落体运动，经过
故经过
后，液滴距O 点的距离为
62
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29．（2023·湖南株洲·校联考模拟预测）科学工作者通过电场和磁场来控制带电粒子的
运动。如图所示，在xOy 平面内，有一个半径为R 的圆形区域和边长为2R 的正方形区
域，在这两个区域里加入匀强电场或匀强磁场就可以控制带电粒子的运动。圆形区域
的圆心A 的坐标是（R，0），MN 是圆的直径，正方形区域中心的坐标是（R，－
2R），圆和正方形相切于N 点。在
范围内有宽度为R 的粒子束平行于x 轴
射入圆形区域，粒子束的速度大小均为
。已知圆形区域内存在沿y 轴负方向的匀强
电场，正方形区域内加上垂直于纸面向里的匀强磁场，粒子的质量为m，电荷量为＋
q，重力不计。
（1）若经过O 点的粒子刚好偏转经过N 点，求电场强度E 的大小。
（2）在满足（1）的条件下，若经过N 点的粒子刚好垂直于正方形边界离开，求正方
形区域内磁感应强度B 的大小。
（3）若把原来的圆形区域和正方形区域里的场都去掉，在圆形区域里加上垂直纸面向
外的匀强磁场，在正方形区域里加上垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小均为
，且所有粒子汇聚于N 点，最终从正方形区域右边界离开，求粒子从正方形区域右
边界离开时的位置对应的长度
。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）粒子在圆形区域内做类平抛运动，经过O 点的粒子刚好偏转经过N 点，
63
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则
水平方向
竖直方向
联立上式解得
（2）设粒子进入磁场时与水平方向的夹角为
，如图甲所示，则
则
正方形区域中，洛伦兹力提供向心力，有
解得
由几何关系得
则
64
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解得
（3）依题意，平行射入圆形区域的所有粒子汇聚于N 点，根据磁聚焦原理，可知粒子
在磁场中运动的轨道半径
r＝R
设从N 点进入的粒子从正方形区域右边界离开的位置最上边为C 点，最下边为D 点，
作出两个边界圆的圆心分别为
、
，设从C 点射出的粒子从N 点进入正方形区域
时速度方向与竖直方向的夹角为
，如图乙所示，由几何关系可知
且两个边界圆的半径
可得
，则
故
30．（2023·湖南长沙·校联考二模）现有一对半圆柱体回旋加速器置于真空中，如图所
65
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示，其半径为R，高度为H，两金属盒半圆柱体间狭缝宽度为d，有垂直于盒面向下、
磁感应强度大小为B 的匀强磁场和垂直于盒面向下、电场强度大小为E 的匀强电场，
磁场仅存在于两盒内，而电场存在于整个装置，两盒间接有电压为U 的交流电。加速
器上表面圆心A 处有一粒子发射器，现有一电荷量为
、质量为m 的粒子从A 点飘入
狭缝中，初速度可以视为零。不考虑相对论效应和重力作用，若粒子能从加速器下表
面边缘离开，求：
（1）若U 未知，粒子从A 点到离开加速器下表面边缘所用时间t 及动能
；
（2）粒子在狹缝中被加速的次数n；
（3）若H 未知，粒子在狭缝中被加速的时间与在磁场中运动的时间的比值。
【答案】（1）
，
；（2）
；（3）
【详解】（1）粒子从A 点到离开加速器下表面边缘的过程中，竖直方向在电场力作用
下做匀加速直线运动，由牛顿第二定律有
，
解得
粒子从加速器下表面边缘出去时在水平方向上的速度
取决于加速器金属盒的半径，
由洛伦兹力提供向心力，有
竖直方向上的速度
66
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则离开时的动能
（2）由（1）分析可知
解得
（3）设粒子在狭缝中被加速的时间为
，在磁场运动的时间为
，有
，
解得
粒子在磁场中运动的周期
已知粒子每经过一次狭缝，就会在磁场运动半个周期，则
则
31．（2023·湖南娄底·统考模拟预测）如图所示为一种磁动力传送装置的示意图，装置
由两条倾斜且足够长的绝缘轨道和相邻等宽的交替匀强磁场B1和B2组成。轨道平面与
水平面夹角
，轨道间距
，相邻磁场的方向均垂直轨道所在平面且方向
相反，磁感应强度大小相等
，轨道上有一长度也为L、宽度与交替磁
场宽度相同的金属框abcd。运送货物时将绝缘的货箱（货箱在图中未画出）固定在金
属框abcd 上，使所有磁场以恒定的速度
沿轨道平面向上匀速运动，从而使金
67
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属框abcd 带动货箱一起运动。设金属框受到的阻力与其速度成正比，即
，比例
系数
，已知载货时金属框（含货箱及货物）的质量为
，金属框
的电阻
，重力加速度
，
。求
（1）金属框（含货箱及货物）由静止开始运动时的加速度；
（2）金属框（含货箱及货物）的最大速度；
（3）稳定运行时金属框（含货箱及货物）所消耗的功率。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）由于磁场沿轨道平面向上匀速运动，金属框切割磁感线产生感应电动势
金属框中感应电流大小
金属框所受安培力大小
由牛顿第二定律
代入数据解得
（2）金属框稳定运行时，以速度v1沿斜面向上匀速运动，此时金属框中的感应电动势
金属框中感应电流大小
金属框所受安培力大小
68
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金属框（含货箱及货物）处于平衡状态，有
又
解得
即为金属框（含货箱及货物）的最大速度。
（3）稳定运行时，金属框（含货箱及货物）消耗的电功率
金属框（含货箱及货物）克服重力做功的功率
金属框（含货箱及货物）克服阻力做功的功率
整体消耗的功率
解得
32．（2023·湖南长沙·雅礼中学校考二模）某质谱仪部分结构的原理图如图所示。在空
间直角坐标系Oxyz 的y>0 区域有沿-z 方向的匀强电场，电场强度大小为E，在y<0 区
域有沿-z 方向的匀强磁场，在x=-2d 处有一足够大的屏，俯视图如图乙。质量为m、电
荷量为q 的粒子从y 轴上P（0，-d，0）以初速度v0沿+y 方向射出，粒子第一次经过x
轴时速度方向与-x 方向的夹角θ=60°。不计粒子的重力，粒子打到屏上立即被吸收。求：
（1）粒子的电性；
（2）磁感应强度大小B；
（3）粒子打到屏上位置的z 轴坐标z1。
69
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【答案】（1）正电；（2）
；（3）
【详解】（1）粒子在磁场中的运动轨迹如图
由左手定则知粒子带正电；
（2）设粒子做圆周运动的半径为r，由几何关系有
根据洛伦兹力提供向心力
解得
（3）设粒子经过x 轴时的坐标为-x1，则
粒子在y>0 区域电场中做类平抛运动，在xOy 平面内沿v0方向做匀速直线运动，设粒
子碰到屏前做类平抛运动的时间为t1，则
粒子运动的加速度
70
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在z 轴负方向运动的距离
解得
，
所以打到屏上位置的z 轴坐标
33．（2023·湖南·模拟预测）如图所示，在平面直角坐标系xOy 的第二象限内存在平行
于y 轴的匀强电场E，方向沿y 轴负方向，分布在
的区域内；第
三象限内存在磁感应强度大小为B（B 大小未知）、方向垂直纸面向里的匀强磁场；在
第四象限内存在磁感应强度大小为
、方向垂直纸面向外的匀强磁场。一质量为m、
电荷量为
的带电粒子（不计重力），从电场中
处以水平向右的初速度
发
射出去，恰好从O 点第一次进入磁场，已知其第二次经过y 轴负半轴（除原点O 外）
的位置为点
。
（1）求匀强电场的电场强度大小；
（2）求第三象限内匀强磁场的磁感应强度B 的大小；
（3）若保持粒子发射位置不变，减小其初速度，发现粒子从电场进入磁场后，第二次
经过y 轴负半轴时速度沿x 轴负半轴方向（这个过程中粒子没有再次进入电场），求
粒子第二次经过y 轴负半轴的位置坐标。
71
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【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）粒子在电场中做类平抛运动，沿x 轴方向有
沿y 轴方向有
由牛顿第二定律可知，加速度大小
解得
（2）设粒子经过原点O 速度方向与x 轴正方向间的夹角为α，则有
粒子在磁场中做匀速圆周运动，设粒子在第四象限的磁场中运动的轨迹半径为
，在
72
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第三象限的磁场中运动的轨迹半径为
，根据牛顿第二定律有
根据几何关系可知
解得
设粒子初速度为
，粒子经过x 轴时，速度为
，方向与x 轴正方向间的夹角为θ，分
析可知，粒子第一次经过y 轴负半轴时速度沿x 轴正方向，设粒子在第三象限中运动
的轨迹半径为
，根据牛顿第二定律有
根据几何关系有
73
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又
设粒子在第四象限中运动的轨迹半径为
，根据牛顿第二定律有
又
解得
位置坐标为
34．（2023·湖南邵阳·邵阳市第二中学校考模拟预测）如图所示，在平面直角坐标系
xOy 中，Oy 竖直向下，Ox 水平。在第一象限（空间足够大）存在垂直平面向外的磁场
区域，磁感应强度沿y 轴正方向不变，沿x 轴正方向按照B=kx（k>0 且为已知常数）规
律变化。一个质量为m、边长为L 的正方形导线框，电阻为R，初始时一边与x 轴重合，
一边与y 轴重合。将导线框以速度v0沿x 轴正方向抛出，整个运动过程中导线框的两
邻边分别平行两个坐标轴。从导线框开始运动到速度恰好竖直向下的过程中，导线框
下落高度为h，重力加速度为g，则在此过程中，求：
（1）导线框下落高度为h 时的速度为多少？
（2）导线框中产生的热量为多少？
（3）导线框速度恰好竖直向下时左边框的横坐标为多少？
74
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【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）导线框在竖直方向所受安培力的合力为零，可知导线框在竖直方向做自
由落体运动，下落高度为h 时的速度满足运动学关系
可得
（2）根据能量守恒定律得
解得整个过程中导线框中产生的热量为
（3）设导线框在时间t 时的水平分速度大小为
，水平位移为x，则在此时刻导线框
产生感应电动势大小为
导线框内的感应电流大小为
所以导线框受到安培力的大小为
又根据
75
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可得
导线框速度恰好竖直向下时左边框的横坐标为
35．（2023·湖南长沙·长郡中学校考模拟预测）某研发小组设计了一个臂力测试仪．装
置的简化原理图如图甲所示，两平行金属导轨
竖直放置，两者间距为
，在M、N 间和
间分别接一个阻值为
的电阻，在两导轨间
矩形区域内有垂直导轨平面向里、宽为
的磁场，磁场变化如图丙所示，
已知
，
。一质量为
、长为
、电阻也为R 的导体棒
垂直放置在导轨上，导体棒与弹簧相连，弹簧下端固定，弹簧伸至原长后其顶端恰好
与
在同一条直线上。测试者利用臂力将导体棒向下压至某位置后释放，导体棒向上
运动经过HG 时，会与HG 处的压力传感器发生撞击（图乙为装置的侧视图），压力
传感器可以显示撞击力的大小，以此来反映臂力的大小。
（1）为测试其电特性，进行如下实验：磁场区域内的磁感应强度如图丙所示，求
时间内流过
的电流I 的大小和方向；
（2）为测试其力特性，在
这段时间内进行如下实验：设某次测试中，将弹簧压
缩至
位置后释放，
与
间的竖直距离为
，当导体棒进入磁场的瞬间，加速
度为
，导体棒运动到HG 时压力传感器示数恰好为0．已知弹簧的弹性势能与弹簧
形变量的平方成正比，导体棒运动中与导轨始终保持接触良好且导轨电阻不计，重力
加速度
，求：
①导体棒出磁场时弹簧的弹性势能；
②导体棒向上运动过程中产生的焦耳热。
76
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【答案】（1）
，方向为
流到
；（2）①
；②47.5J
【详解】（1）由丙图可知，
时间内磁感应强度的变化率为
根据法拉第电磁感应定律有
由闭合电路欧姆定律，可得
联立解得
则流过
的电流
根据楞次定律，可得此时流过
的电流为
流到
。
（2）①导体棒进入磁场瞬间，由牛顿第二定律得
又
解得
77
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设导体棒运动到HG 时弹簧的弹性势能为
，由弹性势能与形变量的关系可知释放导
体棒时弹簧的弹性势能为
，对导体棒由
上升至
这一过程，由能量守恒定律
得
解得
②对导体棒上升过程，由能量守恒定律得
导体棒向上运动过程中产生的焦耳热
36．（2023·湖南衡阳·衡阳市八中校考模拟预测）基于电容器的制动能量回收系统已经
在一些品牌的汽车上得到应用。某同学设计的这种系统的一种简易模型如图所示。某
种材料制成的薄板质量为m，围成一个中空圆柱，圆的半径为r，薄板宽度为L，可通
过质量不计的辐条绕过圆心O 且垂直于圆而的水平轴转动。薄板能够激发平行于圆面
且沿半径方向向外的辐射磁场，磁场只分布于薄板宽度的范围内，薄板外表面处的磁
感应强度为B。一匝数为n 的线圈abcd 固定放置（为显示线圈绕向，图中画出了两
匝），ab 边紧贴薄板外表面但不接触，线圈的两个线头c 点和d 点通过导线连接有电
容为C 的电容器、电阻为R 的电阻、单刀双掷开关，如图所示。现模拟一次刹车过程，
开始时，单刀双掷开关处于断开状态，薄板旋转方向如图所示，旋转中薄板始终受到
一与薄板表面相切，与运动方向相反的大小为f 的刹车阻力作用，当薄板旋转的角速度
为
时，将开关闭合到位置1，电容器开始充电，经时间t 电容器停止充电，开关自动
闭合到位置2。除刹车阻力外，忽略其他一切阻力，磁场到cd 连线位置时足够弱，可
以忽略。电容器的击穿电压足够大，开始时不带电，线圈能承受足够大的电流，不考
虑磁场变化引起的电磁辐射。
（1）电容器充电过程中，判断极板M 带电的电性；
（2）求充电结束时，薄板的角速度
大小；
78
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（3）求薄板运动的整个过程中该系统的能量回收率。
【答案】（1）负电；（2）
；（3）
【详解】（1）薄板旋转方向为逆时针，则线框相对于薄板的运动方向为顺时针，根据
右手定则可知，d 电势低于c 点电势，故M 板带负电；
（2）薄板旋转，线圈相对薄板的线速度分别为
，
停止充电时，两极板的电压为
在充电过程中，对薄板分析，根据动量定理得
充电的电荷量大小满足
，
联立解得
（3）整个过程中，薄板损失的机械能为
79
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充电过程中的Q-U 图像如图所示，利用微元法，结合充电过程中克服电场力做功的公
式
,电容的公式
，可得到阴影面积为电容器充电过程中获得的能量，即
薄板运动的整个过程中该系统的能量回收率
联立解得
37．（2023·湖南·统考模拟预测）如图所示，在直角坐标系
中，第一、四象限内存
在三个有界匀强磁场，即垂直纸面向外的匀强磁场Ⅰ、垂直纸面向里的匀强磁场Ⅱ、
半径为
的圆形匀强磁场Ⅲ，匀强磁场Ⅰ、Ⅱ的磁感应强度大小相等，宽均为
，
长均为
。在第二、三象限存在平行y 轴方向的匀强电场Ⅰ、Ⅱ，其电场强度大小相
等，方向相反，在第四象限存在匀强电场Ⅲ，其上边界和匀强磁场Ⅲ在M 点相切，下
边界放置光屏，M 点到光屏的垂直距离为
．现有两个质量均为m、带电荷量均为
的带电粒子1、2 分别从匀强电场Ⅰ、Ⅱ中坐标为
、
的两
点以速度
沿x 轴正方向射出，都恰好经过原点O 处分别射人匀强磁场Ⅱ、Ⅰ，又平
行于x 轴正方向射出匀强磁场Ⅱ、Ⅰ，射入匀强磁场Ⅲ且都从M 点射出，最后进入匀
80
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强电场Ⅲ打在光屏上。不计粒子的重力及粒子间相互作用，电磁场均具有理想边界。
求：
（1）匀强磁场Ⅰ、Ⅱ的磁感应强度
大小；
（2）带电粒子1、2 在匀强磁场Ⅲ中的运动时间之差
；
（3）带电粒子1、2 最后打在光屏上的距离
。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）带电粒子运动的轨迹如图所示
将带电粒子1 在匀强电场Ⅰ中运动分解，沿
轴方向
沿
轴方向
解得
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带电粒子1 经过
点时的竖直分速度
带电粒子1 经过
点时的速度偏转角的正切值
解得
则带电粒子1 经过
点时的速度
带电粒子1 在匀强磁场Ⅱ中做匀速的圆周运动的半径
根据洛伦兹力提供向心力
解得
（2）带电粒子1 在匀强磁场Ⅲ中做匀速圆周运动，由几何关系可得
运动时间
带电粒子2 在匀强磁场Ⅲ中做匀速圆周运动，由几何关系可得
运动时间
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带电粒子1、2 在匀强磁场Ⅲ中运动的时间之差
（3）带电粒子1 在匀强电场Ⅲ中做类平抛运动
解得
带电粒子2 在匀强电场Ⅲ中做类平抛运动
解得
带电粒子1、2 最后打在光屏上的距离
38．（2023·湖南·校联考三模）某研究性学习小组设计了一个测量磁感应强度大小的实
验方案。如图甲所示，长度均为d 的金属板M、N 水平正对放置，两金属板的间距也
为d，紧邻两金属板右侧有垂直纸面向里的匀强磁场（磁感应强度待测量）和足够大、
可向右平移的荧光屏。现在M、N 两金属板上加上如图乙所示的方波电压，已知
，电压的正向值为
，反向电压值为
，且每隔
换向一次，
时M
板的电势比N 板的电势高。现有由质量为m、电荷量为
（
）的粒子形成的粒子
束从两金属板左端连线的中点O 沿平行于金属板方向
（
点是荧光屏上的点）射
入，设粒子能全部打在荧光屏上而且所有粒子在两金属板间的飞行时间均为T。不计
粒子重力及粒子间的相互影响，不考虑两金属板的边缘效应。
（1）求打在荧光屏上的粒子的速度大小。
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（2）当荧光屏紧邻两金属板右侧时，求荧光屏上发光的长度。
（3）现将荧光屏从紧邻两金属板右侧向右缓慢平移，发现当荧光屏向右移动
时，荧
光屏上发光的长度刚好消失，求磁感应强度B 的大小。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）粒子在水平方向上做匀速直线运动，故
解得
设垂直于极板的速度为
，根据动量定理可得
解得
故打在荧光屏上的粒子的速度大小为
（2）当粒子在0，T，2T，…nT 时刻进入电场时，粒子将打在
点下方最远点，在前
，粒子在竖直向下的位移为
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在后
，粒子在竖直向下的位移为
式中
代入解得
故粒子打在
点下方的最大位移为
当粒子在
，
，…
时刻进入电场时，粒子将打在
点上方最远点，在前
，粒子在竖直向上的位移为
在后
，粒子在竖直向上的位移为
式中
代入解得
故粒子打在
点上方的最大位移为
故荧光屏上发光的长度为
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（3）由（1）中分析可知，粒子从极板射出时速度大小都相等，当从
点最下方射出
时，粒子在磁场中偏转区域最大，轨迹如下图
根据洛伦兹力提供向心力可得轨迹半径为
设粒子射出时速度方向与竖直方向的夹角为
，则
由几何知识可得
联合解得
39．（2023·湖南·校联考模拟预测）在如图所示的空间中，存在水平向右的匀强电场和
垂直纸面向里的匀强磁场，电场强度的大小为
，在电磁场左边界上的
P 点发射一带电粒子，粒子的荷质比为
，当粒子的初速度大小为
，
方向如图中所示时，粒子恰好做直线运动，已知重力加速度为
。
（1）求匀强磁场的磁感应强度的大小及粒子初速度的方向；
（2）若撤去匀强电场，不考虑电场变化对磁场的影响，求粒子在磁场中运动的最大速
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度和粒子在磁场中运动轨迹的最大高度差。
【答案】（1）
，粒子初速度方向与水平成45°角，向右上方；（2）
，
【详解】（1）粒子受重力、电场力和洛伦兹力作用，根据平衡条件得
解得
又因为
解得
粒子初速度方向与水平成45°角，向右上方；
（2）将洛伦兹力沿着水平和竖直方向分解，因为洛伦兹力的竖直向上的分力等于粒子
的重力，所以粒子在水平方向上做匀速直线运动，其速度为
竖直方向做匀速圆周运动，圆周运动的速度为
最大速度为
最大高度为
解得
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40．（2023·湖南·模拟预测）如图所示，直角坐标系中的xOy 平面为水平面，z 轴竖直
向上；空间存在足够大的匀强磁场和匀强电场，磁场沿
方向、磁感应强度大小为
B。放在原点O 处的微粒源可沿yOz 平面内的任意方向发出质量均为m、电荷量均为q
（q>0）的带电微粒，微粒的速率在一定范围内且最大速率是最小速率的2 倍，微粒在
垂直于磁场方向做匀速圆周运动的最大半径为R；已知重力加速度为g，不计微粒间的
相互作用。
（1）若微粒均在yOz 平面内做匀速圆周运动，求电场强度
。
（2）去掉磁场，调整匀强电场的方向使其平行于xOz 平面，在
方向上的分量与第
（1）问的场强相同，在
方向上的分量是第（1）问的场强大小的2 倍；一足够大的
荧光屏垂直x 轴放置（带电微粒打在荧光屏上会产生亮点），荧光屏到原点的距离d
满足关系式
，求荧光屏上可能有亮点出现区域的面积S。
（3）去掉第（2）中的荧光屏，保持（2）中的电场、恢复（1）中的磁场，将微粒源
移到yOz 平面内以原点O 为圆心半径为R 的圆周与z 轴交点P 处（如图所示），使微
粒仅沿
方向射出，求速率最小的微粒距离x 轴最近时的x 坐标；写出速率最大的微
粒运动轨迹在xOy 平面内投影的曲线方程。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
，其中
、1、2、
3……，
【详解】（1）微粒均在yOz 平面内做匀速圆周运动，那么微粒所受电场力与重力平衡，
即
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解得
，方向竖直向上
（2）未去掉磁场时，当微粒速率最大时做匀速圆周运动的半径也最大为R，则
可得微粒最大速率
由于微粒最大速率是最小速率的2 倍，则可得微粒最小速率为
当去掉磁场后，匀强电场的竖直向上的分量与第
问的中的场强相同；则微粒在yOz
平面右侧做类平抛运动。
沿x 轴正方向
①
②
③
由①②③可得
分析可知荧光屏上可能有亮点出现区域为一圆环，圆环外径
圆环内径
荧光屏上可能有亮点出现区域的面积为
联立可得
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（3）将微粒的运动进行分解，在yOz 平面内做匀速圆周运动，在沿x 轴正方向做匀加
速直线运动。
微粒在yOz 平面内做匀速圆周运动的周期
微粒离开P 点后经时间t 距离x 轴最近，则
，
、1、2、3……
微粒在沿x 轴正方向做匀加速直线运动
联立以上式子可得
，其中
、1、2、3……
由速率最大的微粒在垂直于磁场方向做匀速圆周运动的半径为R，运动轨迹在xOy 平
面内投影的曲线方程
联立可得
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