电磁题目之大乱炖66题84页3.8M(1)_1500物理_资料

1 
电磁题目大乱炖 
1. 
在真空中存在着水平向右的匀强电场中，一带电小球从O 点竖
直向上抛出，其运动的轨迹如图所示，小球运动的轨迹上O、N
两点在同一水平线上，M 为轨迹的最高点，小球抛出时的动能
为400 J，在N 点的动能为1300 J，不计空气的阻力。(g 取10 m/s2)
求 
小球从O 点运动到N 点的过程中最小动能Ekmin 
解：(1)小球竖直方向在做竖直上抛运动，根据对称性可知O→M，M→N 时间相等为t,水平方向小球在
N 点速度为vN，有 
vM＝at 
 
 
 
 
 
 
 
 
① 
vN＝2at  
 
 
 
 
 
 
 
② 
又 EkO＝1
2mv2
0   
 
 
 
 
 
 
③ 
EkN＝1
2m(v2
0＋v2
N)   
 
 
 
 
 
④ 
所以 
EkM＝1
2mv2
M   
 
 
 
 
 
⑤ 
联立得 EkM＝225J 
 
 
 
 
 
 
 
⑥ 
(2)小球由O→M 动量定理： 
水平：qEt＝mvM 
 
 
 
 
 
 
 
⑦ 
竖直：mgt＝mv0  
 
 
 
 
 
 
⑧ 
解得tanθ＝mg
qE ＝4
3  
 
 
 
 
 
 
 
⑨ 
所以cosθ＝0.6 
 
 
 
 
 
 
 
 
⑩ 
当小球从O 点运动到N 点的过程中达到最小动能时必有：vmin⊥F 合 
得：Ekmin＝1
2m(v0cosθ)2 ＝144J  
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
N 
O
v0 
M 
N 
O
v0 
vM 
x1 
x2 
θ 
θ 
F 合 
mg 
qE 
v0 
通过③④可以解得1
2mv2
N =900J 
2 
2. 
(20 分)如图所示,半径为R 的四分之一的光滑圆弧AB 放置于竖直平面内，与粗糙水平地面平滑连接于B
点，空间存在水平向左的匀强电场。一质量为m、带正电，电荷量为q 的滑块(可视为质点)从轨道上与
圆心O 等高的A 点由静止释放,滑块沿圆弧轨道下滑到B 点后滑上水平面，在水平面上滑行R
4 的距离后
速度减为零，已知滑块与水平地面间的动摩擦因数为μ＝0.25 ,sin37°＝0. 6,cos37°＝0.8，最大静摩擦力
等于滑动摩擦力，重力加速度为g，求: 
(1)电场强度大小; 
(2)滑块在水平地面上滑行的总路程; 
(3)滑块运动过程中对圆弧轨道压力最大的位置D(图中未画出)及
滑块在此处对轨道压力的最大值和最小值。 
解析：小滑块由最开始到第一次减速到零的过程中由动能定理得： 
mgR－qE(R＋R
4)－μmgR
4 ＝0 
解得： E＝3mg
4q   
滑块在水平面不停的往复运动，直至在B 点速度为零，最后只在弧形轨道上摆动： 
mgR－qER－μmgs＝0 
解得： s＝R 
物块在电场和重力场中的合力： 
F＝(mg)2＋(qE)2＝5mg
4   
且合力方向和竖直方向的夹角为θ，满足tanθ＝3
4  
过O 做出合力方向OD，可知小滑块最终将在BC 之间摆动， 
小滑块第一次运动到D 点是压力最大： 
 Fmax－F＝m
v2
max
R   
小滑块最终有B 点到D 点时，压力最小 
FR(1－cosθ)＝1
2mv2
min    
Fmin－F＝m
v2
min
R    
解得： Fmax＝9mg
4    
Fmin＝7mg
4    
最后牛三 
 
O 
B 
A 
O 
B 
A 
D 
C 
θ 
θ 
3 
3. 
两个同样的单匝金属线框边长为2a，质量为m，放在均匀磁场
中，磁感应强度为B0，其方向垂直于线框平面，如图所示，两
线框各有一半重合，若突然撤去磁场，求每个线框的速度，假
设每个金属框的电阻为8R，线框的电感不计，线框接触良好且
光滑，线框之间的因电流产生的磁力忽略不计，在磁场消失瞬
间时线框的移动忽略不计。 
磁场消失过程中,两线框中产生的感应电流受磁场安培力冲量,因而获得动量. 
磁场消失的Δt 时间内线框平均电动势 
ε＝4B0a2
 Δt  
根据电流叠加原理 
4B0a2
 Δt ＝I14R＋I22R 
2B0a2
 Δt ＋2B0a2
 2Δt ＝ I26R 
联立解得： 
I1＝7B0a2
10RΔt  
I2＝3B0a2
 5RΔt  
对于左边的线框根据动量定理： 
(F1－F2) Δt＝mv 
解得： 
v＝
B2
0a3
 5mR  
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
2a 
2a 
O1 
O2 
I1 
I2 
ε 
I1 
I2 
F1 
F2 
1
8ε 
1
4ε 
2a 
O1 
O2 
I1 
I2 
ε 
4 
4. 
水平面上有如图所示的光滑金属导轨，导轨电阻不计，左侧导轨CDE 段与C1DE1 段对称放置，右侧
FGHK 段与F1G1H1K1 段对称放置，且对称轴为同一直线，两侧导轨间由一小段绝缘导轨平滑相连。已
知CD 与C1D1 相距为d，FG 与F1G1 相距为3d，HK 与H1K1 相距为d，DE 长2d，FG、HK 足够长。
两导轨间有垂直于纸面向里的匀强磁场(未画出)，其中EE 左侧的磁感应强度大小为3B ，FF1 右侧的
磁感应强度大小为B，CC1 间接有恒流源(未画出)，输出电流恒为I。金属杆a 长为3d，质量为3m，电
阻均匀且总电阻为3R，一开始置于C、D 之间，距DD1 为3d 处(杆中心在对称轴上，且与CD 垂直)，
在以后的运动中，杆与CD 始终垂直，金属杆b 长为d，质量为m，电阻为R，置于HK 上某处。无初
速度释放杆a，杆a 在安培力的作用下向右运动，并离开左侧导轨，进人右侧导轨，最终发现，杆a 在
FG 上和杆b 在HK 上均做匀速运动。已知杆a、杆b 在运动过程中始终与导轨接触良好。求： 
(1)杆a 运动到EE1 时的速度大小v0； 
(2)杆b 最终做匀速运动的速度大小v2； 
(3)杆a 在EE1 左侧导轨上运动时的发热量Q。 
 
 
解析：(1)对于导体棒a 在CDC1D1 上时受到的安培力为 
F1＝3BId ＝F  
 
 
 
 
 
 
 
 
 
① 
导体棒在EE 处受到的安培力为 
F2＝3BI3d ＝3F 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
② 
做出导体棒从初始位置运动到EE1 过程中的F－x 图有： 
F3d ＋F＋3F
2
3d ＝1
23mv2
0   
 
 
 
 
 
 
③ 
解得：v0＝
6BId2
m    
 
 
 
 
 
 
 
 
④ 
(2)最终发杆a 在FG 上和杆b 在HK 上均做匀速运动，最后则有： 
B3dv1＝Bdv2  
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
⑤ 
对于a、b 杆组成的回路，二者电流大小相等，且可知在二者达到匀速的过程中a 杆受的安培力始终是
b 的3 倍，则有： 
对a 杆有动量定理：－3I 冲＝3mv1－3mv0  
 
 
 
 
⑥ 
对b 杆有动量定理： I 冲＝mv2－0 
 
 
 
 
 
 
⑦ 
解得：v1＝1
4
6BId2
m ；v2＝3
4
6BId2
m   
 
 
 
 
⑧ 
 
 
C 
D 
E 
F 
G 
H 
a 
b 
K 
C1 
D1 
E1 F1 
G1 
H1 
K1 
绝缘 
绝缘
x 
O 
3F 
F 
F 
3d  
2 3d  
5 
(3)杆a 做匀加速阶段，有： 
F3d ＝1
23mv2 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
⑨ 
又：3d＝v
2t1  
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
⑩ 
此过程中产生的焦耳热：Q1＝I2Rt1 
解得：v＝
2BId2
m ;Q1＝I2R
6m
BI   
 
 
 
 
 
 
 
杆a 做变加速阶段，电阻变化，设任意时刻，杆a 切割磁感线的有效长度为lx，有效电阻为Rx，必有Rx
R ＝lx
d ，
此后极短的时间Δt 内有： 
ΔQ＝I2RRx
RΔt   
即：ΔQ＝I2Rlx
dΔt  
又根据动量定理：3BIlxΔt＝3mΔv  
即：lxΔt＝3mΔv
BI
  
所以：lx
dΔt＝3mΔv
BId
  
可得：ΔQ＝I2R3mΔv
BId
  
得到：Q2＝I2R3m(v0－v)
BId
  
Q2＝(3－3)I2R
2m
BI  
由动量定理：
 
3BIlxΔt＝3m(v0－v) 
则有：3BI
 
 lx
dΔt＝3m(v0－v)
d
  
即：3BI
 
 Rx
R Δt＝3m(v0－v)
d
  
所以
 
 RxΔt ＝3m(v0－v)R
BId
  
即：
 
 RxΔt ＝(3－3)R
2m
BI  
所以Q2＝(3－3)I2R
2m
BI  
所以Q＝Q1＋Q2＝3I2R
2m
BI   
方法二：杆a 做变加速阶段，电阻变化，设任意时刻，杆a 切割磁感线的有效长度为dx，有效电阻为
Rx，必有Rx
R＝lx
d ，t2 时刻运动到EE1： 
6 
Q2＝∫
t2
t1I2Rxdt ＝I2∫
t2
t1Rxdt  
即Q2＝I2R∫
t2
t1 Rx
R dt ＝I2R∫
t2
t1 lx
ddt  
根据动量定理：BI∫
t2
t1 lxdt＝3m(v0－v) 
即：BI∫
t2
t1 lx
ddt ＝3m(v0－v)
d
  
所以：∫
t2
t1 lx
ddt ＝3m(v0－v)
BId
 ＝(3－3)
2m
BI  
即∫
t2
t1 lx
ddt ＝(3－3)
2m
BI  
所以Q2＝(3－3)I2R
2m
BI  
所以Q＝Q1＋Q2＝3I2R
2m
BI   
5. 
如图甲，Q1，Q2 为两个固定点电荷，它们连线的延长线上有a，b 两点。其φ－x 图象如图乙所示，一
带正电的试探电荷仅在电场力作用下，以初速度va 从a 点开始沿a，b 连线向远处运动，经过b 点时速
度为vb，下列说法正确的是 
 
A．Q1 带负电，Q2 带正电 
B．b 点电势为零 
C．b 点场强为零 
D．试探电荷从a 点到无穷远处，电场力做负功 
解析 我们知道φ－x 图象的斜率大小表示场强的大小，所以b 点场强为零，故电荷一定是异种电荷，
且b 点左右场强方向是相反的，所以电荷大小一定是|Q1|＞|Q2|， 
φ－x 图象还知b 点之后一直到比较远的位置电势是升高的，故整体显示负电，故一定是负电荷的电荷
量大于正电荷的电荷量，所以Q1 带负电，Q2 带正电。 
 
 
 
 
 
7 
6. 
如图，两水平面(虚线)之间的距离为H，其间的区域存在方向水平向右的匀强电场.自该区域上方的A
点将质量为m、电荷量分别为q 和–q(q>0)的带电小球M、N 先后以相同的初速度沿平行于电场的方向
射出.小球在重力作用下进入电场区域，并从该区域的下边界离开.已知N 离开电场时的速度方向竖直向
下；M 在电场中做直线运动，刚离开电场时的动能为N 刚离开电场时的动能的1.5 倍.不计空气阻力，
重力加速度大小为g.求 
(1)M 与N 在电场中沿水平方向的位移之比； 
(2)A 点距电场上边界的高度； 
(3)该电场的电场强度大小 
H 
A 
左 
右 
8 
(1)令粒子平抛时的初速度为v0，M 飞出磁场时的水平速度分别为vM，电场强度大小为E，电场中粒子
的运动时间为t，取水平向右为正方向，水平向有动量定理得： 
对于M 粒子：qEt＝mvM－mv0  
 
 
 
 
 
 
① 
对于N 粒子：－qEt＝0－mv0 
 
 
 
 
 
 
 
② 
解得vM＝2v0  
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
③ 
令M、N 粒子在水平方向上的位移分别为xM、xN，有： 
xM＝v0＋vM
2
t  
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
④ 
xN＝v0＋0
2
t   
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
⑤ 
(2)令A 点距电场上边界的高度为h，粒子进入电场的竖直速度为vy1，离开电场时的竖直速度为vy2，
对于M 竖直方向有： 
vy1＝2gh   
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
⑥ 
vy2＝2g(h＋H)   
 
 
 
 
 
 
 
 
 
⑦ 
粒子M 做直线运动有： 
vM
 v0 ＝vy2
 vy1   
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
⑧ 
解得：vy2＝2vy1 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
⑨ 
即：h＝H
3   
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
⑩ 
(3)对于M 粒子做直线运动时有： 
tanθ＝v0
vy1 ＝qE
mg   
 
 
 
 
 
 
 
 
 
⑪ 
对于M、N 粒子分出电场时的动能有： 
EkM＝1
2m(v2
M＋v2
y2)  
 
 
 
 
 
 
 
 
 
⑫ 
EkN＝1
2mv2
y2   
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
⑬ 
又EkM＝1.5EkN 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
⑭ 
联立③⑩⑪⑫⑬⑭解得：E＝mg
 
2   
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
H 
A 
左 
右 
θ 
vy1 
vy2 
v0 
vM 
v0 
h 
v2
y2 ＝2v2
M  即v0＝gh  
9 
7. 
如图甲所示，空间存在着一个范围足够大的竖直向下的匀强磁场，磁场的磁感强度大小为B。边长为l
的正方形金属框abcd(下简称方框)放在光滑的水平地面上，其外侧套着一个与方框边长相同的U 型金
属框架MNPQ(下简称U 型框)，U 型框与方框架之间接触良好且无摩擦。两个金属框每条边的质量均
为m，每条边的电阻均为r。 
(1)将方框固定不动，用力拉动U 型框使它以速度v0 垂直NP 边向右匀速运动，当U 型框的MQ 端滑至
方框的最右侧(如图所示)时，方框上的bc 两端的电势差为多大？此时方框的热功率为多大？ 
(2)若方框不固定，给U 型框垂直NP 边向右的初速度v0，如果U 型框恰好不能与方框分离，则在这一
过程中两框架上产生的总热量为多少？ 
(3)若方框不固定，给U 型框垂直NP 边向右的初速度v(v＞v0)，U 型框最终将与方框分离。如果从U
型框和方框不再接触开始，经过时间t 方框最右侧和U 型框最左侧距离为s。求两金属框分离时的速度各为
多大？  
 
解：(1)当方框固定不动，U 型框以v0 滑至方框最右侧时，感应电动势为E，有：E＝BLv0 (1) 
bc 间并联电阻  R 并＝r×3r
r＋3r ＝3
4r            (2) 
bc 两端的电势差  Ubc＝
E
R并＋2r＋r R 并      (3) 
由(1)(2)(3)得Ubc＝1
5 BLv。                (4) 
此时方框的热功率P＝(
E
R并＋2r＋r )2  R 并   (5) 
由(1)(2)(5)得：P＝
4B2l2v2
0
75r                (6) 
(2)若方框不固定，当U 型框恰好不与方框分离时速度设为v,由动量守恒可知： 
3mv0＝(3m＋4m)v                (7) 
由能的转化和守恒可知总热量Q 为 
Q＝1
23mv0
2 －1
2(3m＋4m)v2           (8)    
由(7)(8)可知，Q＝6
7 mv0
2                    (9) 
(3)若方框不固定，设U 型框与方框分离时速度分别为v1、v2 
由动量守恒可知：3mv＝3mv1＋4mv2        (10)       
甲
a 
b 
c 
d 
乙 
a 
b 
c 
d 
v0 
M 
N 
P 
Q 
M 
N 
Q 
 
P 
c 
a 
b 
M 
d 
N 
B 
Q 
P 
N 
P 
b 
Q 
M 
B 
a 
c 
d 
10 
在t 时间内相距S 可知：s＝(v1－v2)t         (11) 
由(10)(11)可知  
v1＝1
7 (3v＋4s
t )        
v2＝3
7 (v－ s
t )   
 
 
11 
8. 
(20 分)现代科学仪器常利用电场、磁场控制带电粒子的运动。在真空中存在着如图所示的多层紧密相邻
的匀强电场和匀强磁场，电场和磁场的宽度均为d．电场强度为E，方向水平向右；磁感应强度为B，
方向垂直纸面向里。电场、磁场的边界互相平行且与电场方向垂直，一个质量为m、电荷量为q 的带
正电粒子在第1 层电场左侧边界某处由静止释放，粒子始终在电场、磁场中运动，不计粒子重力及运
动时的电磁辐射 
(1)求粒子在第2 层磁场中运动时速度v2 的大小与轨迹半径r2； 
(2)粒子从第n 层磁场右侧边界穿出时，速度的方向与水平方向的夹角为θn，试求sinθn； 
(3)若粒子恰好不能从第n 层磁场右侧边界穿出，试问在其他条件不变的情况下，也进入第n 层磁场，
但比荷较该粒子大的粒子能否穿出该层磁场右侧边界，请简要推理说明之。 
 
 (1)粒子在进入第2 层磁场时，经过两次电场加速，中间穿过磁场时洛伦兹力不做功。 
      由动能定理，有 
                        2qEd＝1
2mv2
2                         
      解得 
                        v2＝2
qEd
m                            
      粒子在第二层磁场中受到的洛伦兹力充当向心力，有 
                       qv2B＝m
v2
2
r2
2
                              
      解得 
                        r2＝2
B
mEd
q                            
 
 
 
 
 
 
 
…… 
…… 
第2 层 
第1 层 
第n 层 
q 
12 
 (2)设粒子在第n 层磁场中运动的速度为vn，轨迹半径为rn (各量的下标均代表粒子所在层数，下同)。 
                       nqEd＝1
2mv2
n                             
                        qvnB＝m
v2
n
r2
n
                             
粒子在磁场中，受到洛伦兹力的作用且f⊥v，有 
qvxBΔt＝may 
qvxBΔt＝mayΔt 
得:qBx＝mvy 
粒子水平方向穿过n 个磁场有： 
nqBd＝mvy 
所以： 
sinθn＝B
nqd
2mE  
 (3)若粒子恰好不能从第n 层磁场右侧边界穿出，则 
θn＝π
2  
sinθn＝1 
  在其他条件不变的情况下，换用比荷更大的粒子，设其比荷为q`
m` ，假设能穿出第n 层磁场右侧边界，
粒子穿出时速度方向与水平方向的夹角为θ`n，由于q`
m` ＞q
m   则导致 sinθn＞1  
说明θ`n 不存在，即原假设不成立。所以比荷较该粒子大的粒子不能穿出该层磁场右侧边界 
 
 
 
 
d 
rn  
rn  
αn  
θn  
图1  
vn 
vn 
vy 
vx 
θ 
13 
9. 
现代科学仪器常利用电场、磁场控制带电粒子的运动，如图所示，真空中存在多组紧密相邻的匀强电
场和匀强磁场，已知电场和磁场的宽度均为d，长度足够长，电场强度大小为E，方向水平向右，磁场
的磁感应强度大小为B＝
mE
2qd ，垂直纸面向里，电场、磁场的边界互相平行且与电场方向垂直。一
个质量为m，电荷量为q 的带正电的粒子在电场左侧边界某处
由静止释放，不计粒子的重力及运动时的电磁辐射。求： 
(1)粒子刚进入第1 组磁场时的速度的大小； 
(2)粒子在第1 组磁场中运动的时间； 
(3)粒子最多能进人第几组磁场。 
解析 只做第3 问解析小球由初始位置达到即将进入第n 个磁场过程中有 
qEnd＝1
2mv2
n   
小球在磁场内有 
fy＝qBvx 
由动量定理可得 
fyti＝mvi即qBvxti＝mvyi(或者利用微元法加牛顿第二定律一样也能得到该结果) 
化简可得qBnd＝mvny 
解得vny＝nqBd
m  
粒子不能出磁场的临界为 
vny＝vn 
解得n＝10.5 
故小球到达第4 个有电磁场区域时，将不能从该区域的下方射出。 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
14 
10. 如图所示，在空间建立O－xyz 坐标系，水平向右为x 轴正方向，竖直向下为y 轴正方向，垂直纸面向
里为z 轴正方向(图中未画出)，自y＝0 起，沿y 方向间距为d 的水平区域，有均匀电磁场区域和无电
磁场区域相间排列，匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里，匀强电场的电场强度方向竖
直向上。一电荷量为q，质量为m 的带正电小球从坐标原点O 由静止自由下落，在有电磁场的区域中
做匀速圆周运动，重力加速度大小为g。 
(1)带电小球从第1 个电磁场区域的下边界穿出时，设其速度方向与竖直方向的夹角为β，求sinβ1； 
(2)若已知d＝4m2g
21q2B2 ，则带电小球到达第几个有电磁场分布的区域时，将不能从该区域的下边界射
出?(不考虑带电小球从该区域的上边界穿出后的运动)。 
解析 小球在电磁场区域内做匀速圆周运动，即该区域电场力
与重力平衡，小球由O 达到达第n 个电磁场区域上边界过程中有 
mgnd＝1
2mv2
n   
小球在电磁场区域内有 
fx＝qBvy 
由动量定理可得 
fxti＝mvi即qBvyti＝mvxi(或者利用微元法加牛顿第
二定律一样也能得到该结果) 
化简可得qBnd＝mvnx 
解得vnx＝nqBd
m  
故sinβn＝vnx
vn＝qB
m
nd
2g   
(1)当n＝1 时，sinβ1＝qB
m
d
2g   
(2)由题意可知βn＝π
2 即eq sinβn＝1 
解得n＝10.5 
故小球到达第11 个有电磁场分布区域时，将不能从该区域的下方射出。 
 
 
 
15 
11. 设空间存在三个相互垂直的已知场如图甲所示，电场强度为E 的匀强电场，磁感应强度为B 的匀强磁
场和重力加速度为g 的重力场。一质量为m、电荷量为q 的带正电小球在此空间做匀速直线运动。 
(1)若小球仅在xOz 平面内运动，如图乙所示，求此时小球运动的速度大小； 
(2)在(1)的情况下，若小球经过坐标原点O 时，撤去磁场，求小球再次回到x 轴时沿x 方向的位移大小； 
(3)若在某一时刻，电场和磁场突然全部消失，己知此后该质点在运动过程中的最小动能为其初始动能
(即电场和磁场刚要消失时的动能)的1
3，试求此小球初始时运动的速度大小。 
 
解析：(1)小球仅在xOz 平面做匀速运动，即合外力为零。所以F＝Bqv＝(mg)2＋(qE)2 ， 
所以v＝(mg)2＋(qE)2
Bq
 。 
(2)在O 点处撤去磁场，即失去平衡，将小球的运动分解为沿着x 轴与z 轴vx，vz 两个方向。由(1)可知，
Bqvz＝qE，Bqvx＝mg，所以vz＝E
B ， 
根据运动学可知：t＝2vz
g ＝2E
Bg ， 
根据匀加速运动公式可求得x＝v0t＋1
2at2＝2mE
qB2 ＋2qE3
mg2B2 。 
(3)由(1)、(2)可得，vz＝E
B ，vx＝mg
Bq 。撤去电场和磁场之后，仅有重力做功，当动能最小时，即重力方
向即vz＝0 时其动能最小。 
Emin＝1
2m(v2
x ＋v2
y )＝1
3×1
2m(v2
x ＋v2
y ＋v2
z ) 
 
可求得vy ，后可求得总速度： 
v＝v2
x  ＋v2
y ＋v2
z ＝6E
2B   
 
 
 
 
 
 
 
O 
z 
x 
v 
y 
x 
z 
g 
B 
E 
O 
16 
12. (2014·新课标I)如图所示，O，A，B 为同一竖直平面内的三个点，OB 沿竖直方向，∠BOA＝60°，OB
＝3
2OA，将一质量为m 的小球以一定的初动能自O 点水平向右抛出，小球在运动过程中恰好通过A 点，
使此小球带电，电荷量为q(q>0)，同时加一匀强电场，场强方向与△OAB 所在平面平行．现从O 点以
同样的初动能沿某一方向抛出此带电小球，该小球通过了A 点，到达A 点时的动能是初动能的3 倍；
若该小球从O 点以同样的初动能沿另一方向抛出，恰好通过B 点，且到达B 点时的动能为初动能的6
倍，重力加速度大小为g.求： 
(1)无电场时，小球到达A 点时的动能与初动能的比值； 
(2)电场强度的大小和方向． 
令OA＝2d，OB＝3d 
(1)小球O→A 平抛运动有 
2d sin60°＝v0t 
2d cos60°＝1
2gt2   
vy＝gt 
EkA′
Ek0 ＝7
3   
(2)在(1)中 
mg2d cos60°＝EkA′－Ek0 可以得到mg2d cos60°＝4
3Ek0  
假设电场方向和OA 的夹角为α 
O→A: mg2d cos60°＋qE2d cosα＝3Ek0－Ek0 
O→B: mg3d＋qE2d cosβ＝6Ek0－Ek0 
解得： 
α＝30° 
E＝3mg
6q   
 
 
 
 
 
 
 
A 
B 
β 
O 
α 
E 
A 
B 
O 
17 
13. 如图，水平面上有两根足够长的光滑平行金属导轨，导轨间距为l，电阻不计。左侧接有定值电阻R。
质量为m、电阻为r 的导体杆，以初速度v0沿轨道滑行，在滑行过程中保持与轨道垂直且接触良好。
整个装置处于方向竖直向上，磁感应强度为B 的匀强磁场中。宏观规律与微观规律有很多相似之处，
导体杆速度的减小规律类似于放射性元素的半衰期，理论上它将经过无限长的时间衰减完有限的速度。 
(1)求在杆的速度从v0减小到v0
2 的过程中 
a．电阻R 上产生的热量 
b．通过电阻R 的电量 
(2)a．证明杆的速度每减小一半所用的时间都相等 
b．若杆的动能减小一半所用时间为t0，则杆的动量减小一半所用时间是多少? 
解析(1)a．设电路产热为Q，由能量守恒1
2mv2
0＝1
2(v0
2 )2＋Q 
串联电路中，产热与电阻成正比，可得QR＝R
R＋rQ        
解得电阻R 产热为QR＝
3Rmv2
0
8(R＋r)    
b．设该过程所用时间为t，由动量定理：－Bl i t＝mv0
2 －mv0 ，其中q＝i t       
解得通过R 的电量为q＝mv0
2Bl   
(2)a．某时刻杆的速度为v(从v0开始分析亦可)，则 
感应电动势E＝Blv，感应电流I＝E
R＋r ，安培力F＝IlB＝B2l2
R＋rv  
在Δt 内，由动量定理FΔt＝mΔv (Δv 为速度变化绝对值)可得B2l2
R＋rvΔt＝mΔv  
所以在任意短时间内速度变化的比例为Δv
v ＝
B2l2
m(R＋r)Δt  
由于
B2l2
m(R＋r) 为定值，所以任何相等时间内速度变化的比例都相等。 
所以从任何时刻开始计算，速度减小一半所用时间都相等。 
b．动能减小一半，速度v 减小为v
2   
由a 中分析可得，速度从v
2 再减小到v
2×1
2 所用时间仍为t0 
所以速度减小一半所用时间为2t0，动量减小一半所有时间也为2t0。 
令B2l2
 (R＋r)＝k  则安培力 F＝B2l2
R＋rv＝kv又mdv
dt＝－kv  
－m∫
v
v0
dv
v ＝kdt  －∫
v
v0
dv
v ＝k
m dt  
化简可得：v=v0e－ k
mt
 
   
v0 
R 
B 
18 
14. (15 分)如图所示为用质谱仪测定带电粒子比荷的装置示意图．它是由离子室、加速电场、速度选择器和
分离器四部分组成．已知速度选择器的两极板间的匀强电场场强为E，匀强磁场磁感应强度为B1，方
向垂直纸面向里．分离器中匀强磁场磁感应强度为B2，方向垂直纸面向外．某次实验离子室内充有大
量氢的同位素离子，经加速电场加速后从速度选择器两极板间的中点O 平行于极板进入，部分粒子通
过小孔O′后进入分离器的偏转磁场中，在底片上形成了对应于氕1
1H、氘2
1H、氚3
1H 三种离子的三个有一
定宽度的感光区域，测得第一片感光区域的中心P 到O′点的距离为D1.不计离子的重力、不计离子间的
相互作用，不计小孔O′的孔径． 
(1) 打在感光区域中心P 点的离子，在速度选择器中沿直线运动，试求该离子的速度v0 和比荷q
m； 
(2) 以v＝v0±Δv 的速度从O 点射入的离子，其在速度选择器中所做的运动为一个速度为v0 的匀速直线
运动和另一个速度为Δv 的匀速圆周运动的合运动，试求该速度选择器极板的最小长度L； 
 (3) 为能区分三种离子，试求该速度选择器的极板间最大间距d. 
解：(1) 速度选择器中直线运动qv0B1＝qE(1 分) 
解得v0＝E
B1(1 分) 
分离器中粒子圆周运动的半径r＝D1
2 (1 分) 
由qv0B2＝mv2
0
r (1 分) 
解得q
m＝
2E
B1B2D1(1 分) 
(2) 三种离子在磁场中做圆周运动周期分别为T1＝2πm
qB1＝πB2D1
E
(2 分) 
T2＝2π·2m
qB1 ＝2πB2D1
E
、T3＝2π·3m
qB1 ＝3πB2D1
E
 
三种离子都能通过，则t0＝6T1(1 分) 
极板最小长度L＝v0t0＝6πB2D1
B1
(1 分) 
(3) 离子在速度选择器中做圆周运动分运动的最大半径为d
4(1 分) 
对三种离子都有d
4＝mxΔvx
qB1 ＝mΔv1
qB1 ＝2mΔv2
qB1 ＝3mΔv3
qB1 (1 分) 
氕在分离器中的最大直径为Dm1＝2m（v0＋Δv1）
qB2
(1 分) 
Dm1＝D1＋2mΔv1
qB2 ＝D1＋2mΔv1
qB1 ·B1
B2＝D1＋d
2·B1
B2 
同理氘的最小直径：Dn2＝2D1－d
2·B1
B2(1 分)得d＜B2
B1D1(1 分) 
同理：氘的最大直径：Dm2＝2D1＋d
2·B1
B2，氚最小直径为Dn3＝3D1－d
2·B1
B2得d＜B2
B1D1(1 分) 
离子室
加速
电场
B1
O 
O′ 
B 
P 
D1
19 
15. 如图甲所示，在 x＜0，y＞0 区域存在方向垂直 xOy 平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，t＝0
时刻，位于x 轴上(－x0，0)的粒子p 以某一速度 y 轴正方向射出，粒子p 的质量和电荷量分别为 m 和
＋q，不计重力，经过一段时间后，粒子p 恰好垂直y 轴进入x＞0，y＞0 区域。在x＞0，y＞0 区域存
在匀强电场，其电场强度 E 随时间t 作如图乙所示的周期性变化，图乙中E0＝4qB2x0
π2m ，T＝2πm
qB ，E 的
正方向沿 y 轴正方向。 
(1)求粒子p 在磁场中运动时速度的大小v0； 
(2)在y＝9x0 处有一收集板(图甲中未画出)，求粒子p 击中收集板时的横坐标。 
 
解析：(1)粒子在磁场中匀速圆周运动可得， 
qv0B＝m
v2
0
r   
由几何关系可知r＝x0 
联立解得v0＝qBx0
m  
可知T＝2πx0
v0 ，E0＝4Bv0
π2  
(2)带电粒子在电场中y 轴方向运动， 
T
4－3T
4 时间内有 
qE02T
4 ＝mvy1   
y1＝vy1
2 2T
4   
解得vy1＝4qBx0
πm ，y1＝2x0 
－T 时间内有 
－q3E0T
4＝mvy2－mvy1   
B 
y 
x 
O 
－x0 
E 
3
4T  
T 
2T  
7
4T  
E0 
－3E0 
t  
E 
乙 
甲 
20 
y2＝vy1＋vy2
2
T
4   
解得vy2＝－2qBx0
πm ，y2＝x0
2   
T－7T
4 时间内有 
－qE03T
4 ＝mvy3－mvy2   
y3＝vy2＋vy3
2
3T
4   
解得vy3＝vy1＝4qBx0
πm ，y2＝3
2x0   
作出粒子y 方向的运动图像，易知粒子的运动周期T0＝T 
 
 
故一个周期内粒子沿y 轴运动的位移为y0＝y1＋y2＋y2－y1＝2x0 
又9x0＝r＋3y0＋y 
可知y＝vy1＝2x0 即正好是对应时间T0
2   
粒子经历时间为t＝3.5T0，故x＝v03.5T0＝7πx0 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
T
4 
3T
4 
5T
4  
7T
4 
9T
4 
T 
2T 
t 
v 
vy1 
vy2 
O 
21 
16. 磁悬浮列车动力原理如下图所示，在水平地面上放有两根平行直导轨，轨间存在着等距离的正方形匀
强磁场Bl 和B2，方向相反，B1＝B2＝1T，如下图所示。导轨上放有金属框abcd，金属框电阻R＝2Ω，
导轨间距L＝0.4m，当磁场B1、B2 同时以v＝5m/s 的速度向右匀速运动时，求 
(1)如果导轨和金属框均很光滑，金属框对地是否运动?若不运动，请说明理由；如运动，原因是什么?
运动性质如何? 
(2)如果金属框运动中所受到的阻力恒为其对地速度的k 倍，k＝0.18，求金属框所能达到的最大速度vm
是多少? 
(3)如果金属框要维持(2)中最大速度运动，它每秒钟要消耗多少磁场能? 
 
(1)运动。因磁场运动时，框与磁场有相对运动，ad、bc 边切割磁感线，框中产生感应电流(方向逆时针)，
同时受安培力，方向水平向右，故使线框向右加速运动，且属于加速度越来越小的变加速运动。 
(2)阻力f 与安培力F 安衡时， 
f＝kvm＝F＝2IBL① 
其中I＝E
R  
 
 
 
 
 
 
 
 
   ② 
E＝2BL(v－vm) 
 
 
 
 
 
 
 
   ③ 
①②③联立得： 
kvm＝2[2BL(v－vm)
R
]BL  
∴kvm＝4B2L2v－4B2L2vm
R
  
∴vm＝4B2L2v
kR＋4B2L2  
 
 
 
 
 
④………(1 分) 
    ＝3.2m/s  
 
 
 
 
 
 
 
⑤………(2 分) 
(3)框消耗的磁场能一部分转化为框中电热，一部分克服阴力做功。 
据能量守恒 
E 硫＝I2Rt＋kvm·vmt 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
(4 分) 
E 磁＝[4B2L2(v－vm)2
R
]1＋kvm
21   
  ＝
2
8
1
4
0
1
4
2
2
2
.
.



＋018×3.22 
  ＝2.9J  
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
(2 分) 
B1
B2
a
b
c
d
v
22 
17. 如图所示，平面内存在着垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B。x 轴上方为真空，x 轴下方充
满某种不导电的介质并置于沿x 轴方向的匀强电场中，粒子在介质中运动时会受到大小为f＝kv 的粘滞
阻力。y 轴上P(0，0.08)点存在一个粒子源，能沿纸面向各个方向发射质量为m、带电量为q 且速率相
同的粒子。已知沿x 轴正方向射出的一个粒子，经过磁场偏转后从x 轴上(0.16，0)点进入介质中，观察
到该粒子在介质中的径迹为直线(不计重力及粒子间相互作用，粒子在介质中运动时电量不变)。 
(1)求该粒子源发射粒子的速率； 
(2)求k 的值，并指出进入介质的其他粒子最终的运动情况(能给出相关参量的请给出参量的值)； 
(3)若撤去介质中的电场，求进入介质的粒子在介质中运动的轨迹长度s。 
解析 (1)(R－0.08)2＋(0.16)2＝R2  
R＝0.2 m          (2 分 ) 
qvB＝mv2
R         (1 分 ) 
v＝8×103 m/s     (1 分 ) 
(2)设粒子进入介质的速度方向与x 轴的夹角为θ， 
由几何关系可知，sinθ＝0.8 (1 分 ) 
如图，kv＝qvBcotθ(2 分 ) 
k＝4.8×10
－21 N·s/m      (1 分 ) 
其他粒子在介质中最终做匀速直线运动                       (2 分 ) 
末速度大小都为  v＝8×103 m/s，(1 分)方向与x 轴正方向成53°  (1 分) 
或：介质中其他粒子最终都和上述粒子的速度大小、方向一样       (2 分 ) 
做匀速直线匀速                                               (2 分 ) 
(注：理由是进入介质的任意方向的速度都可以分解为方向与x 轴正方向成53°速度大小为v 的一个分
运动，和另一个分运动，前一个分运动为匀速运动，另一个分运动由于受粘滞阻力的分力最终速度减小为
0.或：洛伦兹力不做功、粘滞阻力做负功、电场力总功为正功，最终在速度大小为v 方向与x 轴正方向成
53°时实现平衡做匀速运动)                      
(3)在切向应用牛顿第二定律有： 
kv＝mat，                                           (1 分 ) 
kv＝mv
t ，(在这里v 是速度大小的变化)， 
k
 
vt＝m
 
v ，ks＝mv－0   (有负号同样得分)(2 分 ) 
s＝mv
k ＝4
15 m                               (1 分) 
 
x 
y 
P 
O 
qE 
v0 
kv0 
qv0B 
23 
18. 如图所示，在y 轴右侧有垂直于xOy 平面向里的匀强磁场。x 正半轴上距原点距离为L 的c 点有一个离
子源，可以向各方向发射质量为m，带电量为q 的正离子(重力不计)，所有离子初速度大小均为v0。在
这些离子穿过y 轴的位置中，d 点纵坐标最大，其距原点距离为3L 。 
(1)求磁场的磁感应强度大小B； 
(2)y 轴左侧的e、f、gh 四个点恰构成一个矩形，且ef 与工轴平行。ef 与eh 长度之比为1∶3 。在y
轴左侧加上平行于xOy 平面的匀强电场后，从磁场中穿过y 轴进入电场的离子中，有一个离子经过f、h 点
的动能分别为2Ek 和4Ek，另一个离子经过f、g 点的动能分别为1.5Ek 和4.5Ek ( Ek 未知)，求匀强电场的方
向； 
(3)在第(2)问的前提下，从磁场经过d 点第一次进入电场的离子，在电场中运动后再次回到磁场中，求
离子经过x 轴时可能的最大坐标(不考虑再次从磁场中进入电场的离子)。 
解析：(1)离子在磁场中做匀速圆周运动则有 
qBv0＝m
v2
0
r  
由几何关系可知当cd 为直径时，可以使得d 点的纵坐标最大，
此时有 
r＝L 
可得B＝mv0
qL  
(2)根据题意可知电场中 f、h 两点的电势差U1 及f、g 两点的
电势差U2 的关系为  
U1
U2＝Wfh
Wfg＝2
3   
又ef 与eh 长度之比为1∶3 则fh 与fg 的长度之比为 
l1
12＝2
3   
所以电场强度在fh 与fg 方向上的投影大小之比 
E1
E2＝U1/l1
U2/l2＝1
3   
电场强度大小E 及E 与fg 方向夹角β 为(如图1) 
E＝
E2
1＋E2
2－2E1E2cos30°
sin30°
   
cosβ＝E2
E   
可得E＝2E1，α＝30°，即电场方向与y 轴负半轴顺时针方向成30°(恰好与dc 方向平行)。 
(3)离子在电场中做类平抛运动从d 运动到y 轴的P，根据位移偏转角α 和速度偏转角θ 关系易知 
tanθ＝2tanα 
24 
所以离子在P 点速度大小为 
v＝v0
cosθ＝13v0      
离子在磁场中的运动半径为R 
qBv＝mv2
R   
可得R＝13L  
离子在x 轴上的交点为Q，由于离子半径和方向是确定的，
所以可以有几何关系易得PQ 为直径的时候，Q 点距离O 最远。 
易知cosγ＝cosθcosα＋sinθsinα＝
7
2 13  
所以xOQ＝2Rcosγ＝7L 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
c 
d 
e 
f 
g 
h 
x 
O 
y 
25 
 
19. 有两个电量之比为n 的异种点电荷，它们之间距离为d．证明它们的电场中电势为零的等势面。 
解析：如图所示，假设两个点电荷的电量分别为q 和－nq（n＞1），以正电荷坐标原点，建立直角坐标，
根据电势叠加可得： 
kq
x2＋y2－
knq
(d－x2)2＋y2＝0   
即
kq
x2＋y2＝
nq
(d－x)2＋y2   
化简可得：(x＋
d
n2－1)2＋y2＝( nd
n2－1)2   
即球心(－
d
n2－1，0) ，半径r＝nd
n2－1   
20. 如图所示的长方形ABCD，AB＝CD＝2L，AD＝BC＝L，空间存在平行于长方形平面的匀强电场，电场
区域足够大，在A 点有一粒子源，可沿该平面向AB、AD 之间区域内（包括AB，AD）各个方向发射
质量为m，电荷量为＋q(q＞0)的同种粒子，粒子的速率均为v0)。恰有粒子能够到达B 点其余均落在AB
之间，且沿着与AB 方向30°角斜向右上发射的粒子和沿AD 方向发射的粒子都经过线段AB 上同一位
置，不计粒子重力，求 
(1)电场的方向及其大小； 
(2)粒子经过B 点的动能大小； 
(3)粒子能不能通过CD 线段，写出证明过程。 
解析：(1)由于沿着与AB 方向30°、AD 方向的粒子能够到达同一点，易知电场的反方向和AD 夹角必
为30°。即电场方向与AB 成60°角斜向下。 
(2)由于粒子最远能到B，可知B 位于包络线上，则与A 距离表达式 
r＝
p
1＋cosθ＝
v2
0
a(1＋cosθ)＝
2Ek0
F(1＋cosθ) 其中θ＝120°，F＝qE，r＝2L 
解得E＝
mv2
0
qL ，p＝L 
粒子在B 点的动能表达式为：Ek＝1－cosθ
1＋cosθEk0＝3
2mv2
0  
(3)如图所示，取包络线上任一点M 和CD 上任一点N，如果AM＜AN 则
粒子无法穿过CD，反之则穿过。 
由几何关系可知rAM＝
L
1＋cosα  ,dAN＝
L
cos(α－π
6)
   
现在对比1＋cosα 与cos(α－π
6) 的大小， 1＋cosα－cos(α－π
6)＝1－2sin(α－π
12)sin π
12 这是个减函数， 
N 起点为D 终点为C，易知1－2sin(α－π
12)sin π
12＞0 所以1＋cosα＞cos(α－π
6) 故AM＜AN，所以粒子不
A
B
C
D
30°
30°
E
A
B
C 
D
E
N
α 
M 
26 
能通过CD 线段  
27 
21. 竖直平面内有一个半径为R 的圆，在圆心O 处以相同的动能向该平面内各个方向将抛出小球(小球视为
质点)，发现圆周上小球能达到的区域的弧长为2
3π 。若让小球带上＋q(q＞0)的电荷，并附加一平行该
平面的的足够宽的匀强电场，仍然从圆心O 处将该相同小球球以上述初动能向该平面各个方向抛出(不
计小球之间的相互作用)，发现小球能到达的区域恰好恰好是半个圆周，已知小球质量为m，重力加速
度为g，上述区域是连续的，则下列描述正确的是 
A．小球的初速度大小为v0＝
R
g  
B．匀强电场的电场强度最大值为E＝3mg
2q  
C．若匀强电场方向斜上与竖直方向夹角为π
6 ，则电场强度为E＝3mg
2q  
D．加入电场后，小球达到圆周的最大速度为vmax＝
3gR
2  
解析：无论有无电场，小球均做抛体运动其运动范围均在包络线以内，第二定义下包络线的方程为：
l＝
v2
0
a(1＋cosθ)  
无电场时：θ＝2
3π ，R＝
v2
0
g(1＋cos2π
3 )
  
易得v0＝
gR
2  
有电场时：θ＝π
2 ，R＝
v2
0
a(1＋cosπ
2)
  
易得a＝g
2  
且可知匀强电场的最大值为E＝mg＋ma
q
＝3mg
2   
根据动能定理加入电场后速度的最大值： 
maR＝1
2mv2
max－1
2mv2
0   
解得vmax＝
3gR
2  
若匀强电场方向斜上与竖直方向夹角为π
6 ，根据矢量合成易知E＝3mg
2q  
 
 
 
 
 
O 
M 
θ 
y 
x 
l 
28 
22. (2022－湖南·衡阳市船山英文学校高三开学考试）如图所示，在光滑绝缘水平面上有一半径为R 的圆，
A，B、C 是圆的三等分点，O 为圆心，空间有平行于水平面，电场强度大小为E 的匀强电场(图中未画
出)。在圆周上的A 点有一小球发射器，以相同的动能平行于水平面沿不同方向发射电荷量为q 的带正
电小球，小球会经过圆周上不同的点，在这些点中，经过B 点的小球的动能最大。
不计小球间的相互作用力。下列说法正确的定( ) 
A．匀强电场的电场强度的方向为由O 指向B 
B．匀强电场的电场强度的方向为由A 指向C 
C．若小球从A 点沿AC 方向射出，恰能经过B 点，则小球的初动能为0.25qER 
D．若小球从A 点沿AC 方向射出，恰能经过B 点，则小球的初动能为0.125qER 
解析 这是一个有漏洞的题目，我们知道在恒力作用下大小恒定的
速度抛出，小球的轨迹是一个抛物线，其能达到的区域的边界也是一
个抛物线俗称包络线，如图1 所示以重力场为例。 
通过图可以很明显的知道，题目初动能不加以限制，其包络线可
能不包含最低点，所以要想顺理做这个题目，应该加个条件，具体什
么样的条件，其分析如下。 
我们知道越靠近最低点，动能越大，如图2 所示，做OK∥AB，根据包络线可知最低点不会在B 点左
侧只能在BK 之间，则BK 是小球不能达到的区域，即B 点是包络线的右边界也是动能最大点，令电场方
向与OB 夹角为θ， AB 与电场反向延长线夹角为α，根据几何关系可知 
0≤θ≤π
6   
α＝π－(π
6－θ)＝5π
6 ＋θ   
根据距离关系与初动能的关系可知  
|AB|＝
2Ek0
qE(1＋cosα) 
得到Ek0＝3
2 qER(1＋cosα)  
所以Ek0max＝( 3
2 －3
4)qER  
所以要想小球能够在B 点动能最大且满足B 为最低点的要求，必须对初动能加以限制，其初始动能应
满足 
Ek0≥( 3
2 －3
4)qER  
B 在包络线可达到的区域，这样才能顺利的利用等效重力的思想进行解题。 
 
29 
23. 如图，匀强电场中有一半径R 为12.5 cm 的圆，圆心为O，电场线与圆所在的平面平行， ab 和cd 为
圆的两条直径两直径夹角为74°把电子从a 点移到b、c 两点，电场力所做的功分别为50 eV、18 eV，
已知a 点的电势为2 V，已知sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。下列说法正确的是 
(  ) 
A．电子在c 点的电势能比在b 点的多32 eV 
B．d 点处的电势为70 V 
C．电场强度的大小为200 V/m 
D．圆周上电势最高点的电势为50 V 
解析：易知φb＝52 V，φc＝20V。由U＝Elcosθ 可知φa＋φb＝φc＋φd， 
所以φd＝34 V。lca＝2Rcos53°，lda＝2Rsin53° 
如图所示令场强方向与ca 夹角为α，则有φc－φa＝Elcacosα，φb－φa＝
Eldasinα，可得E＝2 V/cm，α＝53°。恰好场强方向就是ba 方向。 
 
 
 
 
24. 如图所示，有两块正对的极板A 和B，组成一个平行板电容器，极板A 固定在弹簧的一端(弹簧的另一
端固定)，并可在绝缘水平面上做无摩擦的运动，极板B 是固定的。弹簧的劲度系数为k，弹簧处于自
然长度时，两极板间的距离为d，电容器的电容为C0，电源的电动势为U0。 
当弹簧处于自然长度，极板A 静止时，合上开关K，通过弹簧给电容器充电。不计弹簧的电感，设此
时两极板的电压立即达到U0，极板A 在电场力和弹簧弹力的作用下开始振动，用x 表示极板A 的位移，
取弹簧在自然长度时x＝0，并取自A 向B 的方向为正方向。在本题中设x
d＜＜1 ，在计算中当│x│＜＜
1 时可以利用近似公式(1＋x)n≈1＋nx。 
极板A 所受电场力可利用公式1
2QE 计算，其中Q 为电容器的带电
量，E 为平行板间的电场强度。 
(1)证明极板A 的振动是简谐振动； 
(2)求出振幅a； 
(3)当极板振动到x＝0 位置时，立即断开开关，求此后极板A 振动
的振幅。 
 
 
 
a 
b 
c 
d 
O 
74° 
a 
b 
c 
d 
O 
α 
E 
30 
解析 如图所示，A 板由平衡位置O 向右的位移为x，此时A 板受弹簧
弹力kx 和电场力f＝1
2QE 共同作用，则A 受到的合力为 
F＝1
2QE－kx   
 
 
 
 
 
 
 
 
 
① 
A、B 两平行板所组成的电容器，当弹簧处于原长时： 
C0∝εS
d    
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
② 
当A 板向右移动x 时，平行板电容器的电容为： 
C∝εS
d－x   
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
③ 
联立①、②可得：C＝d
d－xC0   
 
  
 
 
 
④ 
A、B 两板间的电压U0 不变，则A 板位移为x 时电容器的带电量为： 
Q＝CU0  
 
即Q＝d
d－xC0U0   
 
 
 
 
 
 
 
 
⑤ 
A、B 两板间匀强电场的电场强度为 
E＝U0
d－x  
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
⑥ 
则A 板所受到的电场力为 
f＝1
2QE   
＝1
2dC0U0
d－x U0
d－x   
＝
dC0U2
0
2(d－x)2   
＝
dC0U2
0 (d＋x)2
2(d－x)2(d＋x)2    
＝
dC0U2
0
2(d2－x2)2(d＋x)2    
＝
dC0U2
0
2d4[1－(x
d)2]2d2(1＋2x
d )   
 
＝
dC0U2
0
2d4 d2
(1＋2x
d )    
＝
C0U2
0
2d ＋
C0U2
0x
d2
   
 
 
 
 
 
 
 
 
 
⑦ 
 
1－(x
d)2≈1  
应用近似公式 
(1＋x)n≈1＋nx 
31 
将⑦带入①，则A 所有合外力为 
F＝
C0U2
0
2d ＋
C0U2
0x
d2
－kx   
 
 
＝
C0U2
0
2d －(k－
C0U2
0x
d2
)x  
 
 
 
 
 
 
 
 
⑧ 
令A＝
C0U2
0
2d ，B＝k－
C0U2
0x
d2
  
 
 
 
 
 
 
 
⑨ 
则F＝A－Bx＝B(A
B－x)  
 
 
令X＝－(A
B－x)＝x－A
B   
 
 
则F＝－BX 
由此可知A 板的振动为简谐振动。 
(2)由X＝x－A
B 可知，A 版振动的平衡位置： X＝x－A
B＝0 ，即x＝A
B  
振幅为：a＝A
B ，A 板在x＝0，x＝2A
B 之间做简谐振动。 
振幅大小为：a＝A
B 将⑨式带入可得 
a＝A
B＝
C0U2
0d
2(kd2－C0U2
0)     
(3)当A 版振动到x＝0 时，立即断开开关，两极板带电量Q＝C0U0 不变，两板间匀强电场的场强E 保
持不变，E＝U0
d   
当A 板位移为x 时，A 板所受外力为 
F＝1
2QE－kx   
 
 
 
＝1
2C0U0U0
d －kx   
 
＝
C0U2
0
2d －kx   
则：A′＝
C0U2
0
2d ，B′＝k，X＝x－A′
B′ ，F＝－B′X 
 
A 振动的振幅为 
a′＝A′
B′＝
C0U2
0
2dk   
 
 
 
 
 
 
32 
25. 如图所示，在平行纸面的匀强电场中，有一电荷量为q 的带正电粒子，仅在静电力的作用下，粒子从
电场中A 点运动到B 点，速度大小由2v0 变为v0，粒子的初、末速度方向与A、B 连线的夹角均为30°，
已知A、B 两点间的距离为d，则该匀强电场的电场强度  
A．
3mv2
0
qd
 ，方向竖直向上 
B．
3mv2
0
qd
 ，方向斜向左下方 
C．
3mv2
0
qd ，方向竖直向上 
D．
21mv2
0
2qd
 ，方向斜向左下方 
解析 这是典型的一道速度大小和角度不自洽的习题，下面说明为何不自洽。我们知道带电粒子做的是
匀变速曲线运动，那么我们作出矢量图。 
 
本题题目中数据，若速度方向和大小没问题，则位移一定能不是初末速度的平分线，如果位移方向和
速度方向没问题，则大小一定有问题。 
 
 
33 
26. 如图所示，在匀强电场中一质量为m、电荷量为q 的正粒子先后经过a、b 两点，在a 点的速度大小为
3v、速度方向与ab 连线的夹角为53°，在b 点的速度大小为4v、速度方向与ab 连线的夹角为37°，ab
连线长度为d，sin37＝0.6，cos37°＝0.8。若粒子只受电场力作用，则下列说法正确的是 
(    ) 
A．场强大小为mv2
2qd   
B．从a 到b，粒子的运动时间为2d
v   
C．场强方向与ab 连线的夹角为53° 
D．从a 到b，粒子的最小速度为2v 
解析 
 
 
 
 
34 
27. 如图所示，竖直平面(即纸面)内存在范围足够大的匀强电场，其大小和方向未知。一质量为m，带电量
为十q(q＞0)的小球从O 点以初速度v0。水平向左抛出，小球运动到抛出点正下方A 点时的速度大小为
e 错误!未定义书签。，已知OA 两点间距离为4v2
0
g ，重力加速度为g，不计空气阻
力，在小球从O 点运动到A 点的过程中，求： 
(1)电场力对小球做的功； 
(2)电场强度E 的大小和方向； 
(3)小球的最小速度大小。 
解析 (1)小球运动过程中有 
mg4v2
0
g ＋W＝1
2m( 13v0)2－1
2mv2
0   
解得W＝2mv2
0   
(2)如图1，令合力与x 方向的夹角为θ，根据矢量关系有 
cosθ＝v0
1
2at
   
4v2
0
g ＝v0ttanθ   
根据余弦定理可知 
v2
0＋(at)2－2v0(at)cosθ＝( 13v0)2   
解得 
at＝4v0 
θ＝60° 
a＝3g   
如图2，再次根据余弦定理  
(mg)2＋(ma)2－2mgmasinθ＝(qE)2 
解得E＝mg
q   
根据几何关系易知，方向和x 正方向成30°斜向下 
(3)vmin＝v0sinθ＝3
2 v0   
 
 
 
 
35 
28. 如图，匀强电场中有一半径R 为12.5 cm 的圆，圆心为O，电场线与圆所在的平面平行， ab 和cd 为
圆的两条直径两直径夹角为74°把电子从a 点移到b、c 两点，电场力所做的功分别为50 eV、18 eV，
已知a 点的电势为2 V，已知sin53°＝0.8，cos53°＝0.6.下列说法正确的是(  
) 
A．电子在c 点的电势能比在b 点的多32 eV 
B．d 点处的电势为70 V 
C．电场强度的大小为200 V/m 
D．圆周上电势最高点的电势为50 V 
解析 已经处理完成φa＝2 V，φb＝52 V，φc＝20 V，φd＝34 V 对于求解场强网搜一般都是提供等势法进
行求解，对于一般同学不够友善，现在提供两种直接的运算方式 
法1 基础法(提供两个参考) 
①以a 为基点研究a→b 和a→c 两个过程，设场强方向与ab 夹角为α，如图所示 
 
a→b 有：W1＝eE2Rcosα 
a→c 有：W2＝eE2Rsin37°cos(53°－α) 
联立解得α＝0°，E＝200 V/m(傻子才解方程，直接特殊角猜起) 
如果真想解方程那么我们就要稍微观察下，发现ac⊥ad，以a 点为基点研究a→c 和a→d 两个过程。 
②设场强方向与ab 夹角为α，如图所示 
 
a→c 有：W2＝eE2Rsin37°cosα 
a→d 有：W2＝eE2Rcos37°cos(90°－α) 
非常容易解得tanα＝4
3 即α＝53°，所以E＝200 V/m 
你也可以以其他任意点为基点进行研究。 
36 
法2 投影法(提供两个参考) 
我们知道根据W＝qElcosθ 可知E′＝W
ql＝Ecosθ ，可知我们求得的E′大小只是真实场强的在特定方向的
一个投影而已，即我们只可以直接求外接圆直接直径，先余弦后正弦直接怼。 
场强E 在ab 方向的投影大小E1＝Wab
qlab ＝200 V/m   
场强E 在ac 方向的投影大小E2＝Wac
qlac＝120 V/m   
场强E 在ad 方向的投影大小E1＝Wad
qlad ＝160V/m   
①啥也不想直接根据题目AB、AC 算出E＝
E2
1＋E2
2－2E1E2cos53°
sin53°
＝200 V/m (特殊角你也可以直接看) 
 
②发现ac⊥ad，投影法将会更简单 
E＝
E2
1＋E2
3＝200 V/m  
 
③其他任一直线算法不在赘述。 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
37 
29. 如图所示，匀强电场中有一个以O 为圆心、半径为R 的圆，电场方向与圆所在平面平行，圆上有三点
A、B、C，其中A 与C 的连线为竖直直径，∠A＝30°.有两个完全相同的带正电粒子，带电荷量均为q(q
＞0)，以相同的初动能Ek 从A 点先后沿不同方向抛出，它们分别运动到B、C 两点．若粒子运动到B、
C 两点时的动能分别为EkB＝2Ek、EkC＝3Ek，不计粒子的重力和粒子间的相互作用，则匀强电场的场强
大小为(  ) 
A．Ek
qR   
B．2Ek
qR 
C．3Ek
3qR  
D．2 3Ek
3qR 
解析 其他网搜一般都是提供等势法进行求解，对于一般同学不够友善，现在提供两种直接的运算方式 
法1 基础法(提供两个参考) 
①以A 为基点研究A→B 和A→C 两个过程，设场强方向与AB 夹角为α，如图
所示 
A→B 由动能定理得：qE3Rcosα＝EkB－Ek  
A→C 由动能定理得：qE2Rcos(30°－α)＝EkC－Ek 
联立解得α＝60°，E＝2 3Ek
3qR  (傻子才解方程，直接让α 从30°、60°猜起) 
如果真想解方程那么我们就要稍微观察下，发现BC⊥AB，以B 点为基点研究A→B 和B→C 两个过程。 
②设场强方向与AB 夹角为α，如图所示 
 
A→B 由动能定理得：qE3Rcosα＝EkB－Ek  
B→C 由动能定理得：qERcos(90°－α)＝EkC－EkB 
非常容易解得tanα＝3 即α＝60°，所以E＝2 3Ek
3qR  
容易你也可以以C 点为起点进行随便研究。 
 
 
38 
法2 投影法(提供两个参考) 
我们知道根据W＝qElcosθ 可知E′＝W
ql＝Ecosθ ，可知我们求得的E′大小只是真实场强的在特定方向的
一个投影而已，即我们只可以直接求外接圆直接直径，先余弦后正弦直接怼。 
场强E 在AB 方向的投影大小E1＝Ek
qlAB＝Ek
3qR   
场强E 在AC 方向的投影大小E2＝Ek
qlAC＝Ek
qR   
场强E 在BC 方向的投影大小E3＝Ek
qlBC＝Ek
qR   
①啥也不想直接根据题目AB、AC 算出E＝
E2
1＋E2
2－2E1E2cos30°
sin30°
＝2 3Ek
3qR (特殊角你也可以直接看) 
 
②发现BC⊥AB，投影法将会更简单 
E＝
E2
1＋E2
3＝2 3Ek
3qR 
 
③再或者发现E1＝E3 可知场强必在∠C 角平分线上，算法不在赘述。 
 
 
39 
30. 如图所示，匀强电场中的三点 A、B、C 是一个直角三角形的三个顶点且电场方向与ABC 所在的平面
平行，其中∠A＝90º，BC 边长为2 m，ABC 三点电势分别为2 V、5 V、11 V 则电场强度的可能值为
多少(   ) 
A．1 V/m 
B．4 V/m 
C．7 V/m 
D．100 V/m 
解析 我们知道U
l 得到的结果就是场强在该方向的投影，令∠B＝θ，则 
电场在BA 方向投影E1＝
3
2cosθ    
电场在CA 方向投影E2＝
9
2sinθ    
所以 
E2＝E2
1＋E2
2＝9
4(
1
cos2θ＋9
sin2θ)   
化简一下 
E2＝9
4(cos2θ＋sin2θ
cos2θ
＋9(cos2θ＋sin2θ)
sin2θ
)＝9
4(10＋sin2θ
cos2θ＋9cos2θ
sin2θ ))≥36   
E 取最小值时，θ＝30º 
方法2 
 根据投影相关知识，我们知道场强的方向一定是斜左下方的，即BA 和CA 所夹区
域的某一个方向，取BC 中点D，易知D 点电势为8 V，连接AD，可知DA＝l＝1 m，
令场强方向与DA 夹角为α，则 
UDA＝Elcosα 
所以E＝6
cosα≥6  
说明：原理上用BC 上面任何一点连接K 然后连接KA 均可以得到答案，但是这里要知道，其他位置
KA 的长度以及K 的电势是随着直角三角形ABC 的角度变化而变化的，这样变量太多，但是用DA 就不一样
了，DA 长度是固定的，其电势差也是固定的，所以计算量会大减。 
 
 
 
 
 
40 
31. 在如图所示电路中，已知电源的电势为12 V、内阻为2 Ω，A、B 两个定值电阻的阻值分别为RA＝10 Ω
和RB＝12 Ω，调节可变电阻C，当可变电阻C 阻值为多大时，电阻C 消耗的功率最大，最大值是多少? 
 
解析 直接硬刚太过麻烦有碍观瞻，我们采用等效法，为了让自己看着舒服，改画电路， 
 
可知新电源


 
电动势：E′＝
RB
RB＋(RA＋r)E＝6 V
内阻：r′＝RB(RA＋r)
RB＋(RA＋r)＝6 Ω
 
实在不行就把笔记里面等效法内容重新展示一遍： 
E＝U＋I 总(RA＋r)＝U＋(U
RB＋I)(RA＋r)   
数学化简一下 
U＝
RB
RB＋(RA＋r)E－IRB(RA＋r)
RB＋(RA＋r)   
对比U＝E′－Ir′ 
可知新电源


 
电动势：E′＝
RB
RB＋(RA＋r)E＝6 V
内阻：r′＝RB(RA＋r)
RB＋(RA＋r)＝6 Ω
简化为如图3 
 
所以当RC＝6 Ω 时其电功率最大，最大为Pm=1.5 W 
 
41 
32. 如图甲所示的电路图，电压表和电流表均为理想电表，调节滑动变阻器，记录电表的示数，在同一个
坐标系中描点画出图乙所示的U1－I1、U2－I2 图像.已知电阻R2＝1 Ω，则R1 阻值为  
A．1 Ω  
 
B．1
3 Ω  
 
C．2
3 Ω  
 
D．1
2 Ω 
解析 根据图像直接得 
E＝0.3 V  
r＝0.5 Ω 
根据上题重复的笔记中的推导过程可知， 
 
一次等效



 
电动势：E′＝R2
R2＋rE＝0.2 V
内阻：r′＝R2r
R2＋r＝1
3 Ω
二次等效


 
电动势：E′′=E′＝0.2 V
内阻：r′′＝r′＋R1
 
根据图像带入R1＋R2r
R2＋r＝1 Ω  所以R1＝2
3 Ω  
对于U1－I1 的关系很简单，现在主要研究U2－I2 的关系 
将电路图进行删减如下图所示，易知


 
U＝I2R1＋U2
 I总＝U
R2＋I2
 
所以有E＝U+I 总r＝(I2R1＋U2)＋(I2R1＋U2
R2
＋I2)r   
简单化简一下U2＝R2
R2＋rE－I(R1＋R2r
R2＋r)  
剩下根据图像计算即可。 
42 
33. 如图，在水平面固定一个半径为R 的半圆形细管，在直径两端A，B 分别放置一个带正电荷的Q1、Q2，
Q1 带电量为Q，Q2 带电量为3 3Q ，另一个质量为m、带电量为＋q 的粒子（可看作点电荷）从管内P
点(P 点不与A、B 重合)静止释放，使其获得一加速度a(a≥0)在细管内运动，
则在整个运动过程中，下列说法错误的是 
A．该点电荷做机械振动，但不是简谐运动 
B．无论P 点位于何处，运动时都不会与Q1，Q2 相碰 
C．无论P 点位于何处，运动过程中总存在一个速度最大处M，且满足∠MAO＝60° 
D．若P 点位于圆弧AB 且靠近B 的三分点处，则当其运动到圆弧AB 另一三等分点处时管壁给它的力
的大小为(20 3-26)kQq
3R2
  
解析 此题很容易知道AB 是正确的，下面重点计算CD。 
切向场强为0 位置即为速度最大位置，而且这个位置电势最低。 
kQ1
(2Rcosα)2sinα＝
kQ2
(2Rsinα)2cosα   
得tanα=
3 Q2
Q1 即α＝60° 
另个三等分点即M 点， 
 φP＝kQ1
2Rcosθ＋kQ2
2Rsinθ＝4 3kQ
3R
   
φM＝kQ1
2Rcosα＋kQ2
2Rsinα＝2kQ
 R   
所以对于粒子P→M 有 
q(φP－φM)＝1
2mv2   
粒子在M 点有FN－
kqQ1
(2Rcosα)2cosα－
kqQ2
(2Rsinα)2sinα＝mv2
R   
解得FN＝(4 3－3)kQq
3R2
   
 
 
 
 
 
 
 
 
43 
34. 如图所示，空间存在垂直于纸面向内的匀强磁场B，现有用细软导线围成的三角形导体框ABC，其中
AB 两点固定在半径为R 的圆O 的直径两端，C 点一直沿着圆弧做角速度为ω 的匀速圆周运动，则导线
框ABC 上的C 点从A 点出发，逆时针运动一周（时间为T）过程中产生的感应电动势(取电流B 到A
的方向为电动势的正方向）随时间的变化图线正确的是( ) 
 
解析 如图所示 
 
有几何关系可知θ＝1
2ωt   
穿过线框的磁通量为Ф＝B2R2Rsinθ＝4BR2sin1
2ωt   
法一：对比交流电磁通量表达式Ф＝Bssinωt(从峰值面计时起)和瞬时值表达式e＝Bsωcosωt 
易知e＝2BR2ωcos1
2ωt   
法二：对Ф＝ 4BR2sin1
2ωt 求个导直接得到e＝2BR2ωcos1
2ωt   
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
44 
35. 一定数量的直导线沿竖直方向均匀分布在圆心为O 的圆周上，圆周所在平面水平，，导线中均通有方向
相同、大小相等的电流，每根导线在圆心处产生的磁感应强度大小均为B0。设n 根依次相邻的直导线
在圆心O 处产生的磁感应强度大小为B，且B2＝B4，则 
A．n＝8 
B．n＝6 
C．B3＝2B0 
D．B3＝3B0   
解析 我们知道对于一般同学判断环形磁场是令人头痛的问题，那么我们换个思路，利用电流之间的相
互作用规律来简化判断(笔记中的规律1)，将会有意想不到的效果，先假设所有导线中的电流都是垂直纸面
向里的，步骤如下 
①在圆心添加一垂直向里的电流元，令受到每条导线的作用力为F0，即有力必有磁场，且二者是一正
比例关系，即F0∝B0，通过力来判定磁场的强弱。 
②有题干B2＝B4 可知，必定有两条直导线对电流元的力抵消了，即导线1 和导线4 对中间电流元的作
用力相互抵消了(如图1)，根据题干的对称性可知，两两导线与圆心连线夹角为60°，故n＝6； 
③易知导线1、2、3 对中间的作用力为F3＝3F0 (如图2)，所以B3＝3B0 。 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
45 
36. 如图所示，一根足够长的绝缘均匀圆杆倾斜固定在匀强磁场中，磁场的方向垂直于圆杆所在的竖直平
面向里。现有一个带正电的小圆环从杆中间某位置以初速度v0 沿杆向上运动，环与杆间的动摩擦因数
处处相同，不计空气阻力。下列描述小圆环在杆上运动的v－t 图象中，可能正确的是(   ) 
 
解析 (该解析改编自田晔)令圆杆的倾角为θ，速度临界值为v′，满足qv′B＝mgcosθ，支持力和摩擦力
的合力为R，只要摩擦因数不变可知该力的方向是恒定不变的。 
这里要说明下，对于减速度到零，在减速度到零之后


 
可下滑：μ＜tanθ
可静止：μ＞tanθ 
受力分析如图所示  
 
所以，很容易判图像很容易画出可能的情况 
 
 
 
 
 
 
46 
37. 如图所示，空间有两个宽度分别为L 和2L 的有界匀强磁场区域，磁感应强度大小都为B，左侧磁场方
向垂直于纸面向里，右侧磁场方向垂直于纸面向外。abcd 是一个由均匀电阻丝做成的边长为L 的正方
形线框，线框以垂直于磁场边界的速度v 匀速通过两个磁场区域，在运动过程中，线框ab、cd 两边始
终与磁场的边界平行。设线框cd 边刚进入磁场的位置为x＝0，
x 轴正方向水平向右，从线框cd 边刚进入磁场开始到整个线框
离开磁场区域的过程中， ab 两点间的电势差和线框受到的安培
力F(规定水平向右为正方向)随着位置x 变化的图像正确的是
(  ) 
 
解析 令线框每边电阻为R，运动过程分四个阶段， 
 
图1：0~L 过程中 
线框中的电动势为：E1＝Blv  
电路中的电流为：I1＝E
4R＝ BLv
4R   
ab 边仅仅是个电阻，则Uab＝I1R＝1
4BLv   
线框仅cd 有向左的安培力为F1＝I1LB＝B2L2v
4R   
图2：L~2L 过程中 
线框中的电动势为：E2＝E 左＋E 右＝2Blv  
电路中的电流为：I2＝E2
4R＝ BLv
2R   
ab 边也是电源，自身电源电阻为R，则Uab＝E 左－I2R＝1
2BLv   
线框ab、cd 边均受到向左的安培力F2＝2I2LB＝B2L2v
R
   
47 
 
图3：2L~3L 过程中 
线框中的电动势为：E3＝Blv 
此时线框中没有电流，ab 间的电势差即为电动势Uab＝ E3＝BLv 
图4：3L~4L 过程中 
线框中的电动势为：E4＝Blv  
电路中的电流为：I4＝E
4R＝ BLv
4R   
ab 边作为电源，自身电源电阻为R，则Uab＝E3－I4R＝1
4BLv   
线框仅ab 边受到向左的安培力F4＝I4LB＝B2L2v
4R   
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
48 
38. 当金属的温度升高到一定程度时就会向四周发射电子，这种电子叫热电子，通常情况下，热电子的初
始速度可以忽略不计．如图所示，相距为L 的两块固定平行金属板M、N 接在输出电压恒为U 的高压
电源ε2 上，M、N 之间的电场近似为匀强电场，K 是与M 板距离很近的灯丝，通过小孔穿过M 板与外
部电源ε1 连接，电源E1 给K 加热从而产生热电子，不计灯丝对内部匀强电场的影响．热电子经高压加
速后垂直撞击N 板，瞬间成为金属板的自由电子，速度近似为零．电源接通后，电流表的示数稳定为
I，已知电子的质量为m、电荷量为e.求： 
(1)电子达到N 板瞬间的速度； 
(2)N 板受到电子撞击的平均作用力F 大小． 
(3)a 等势面处电子的总动能。 
(4)电路稳定的某时刻，M、N 之间具有的电子数和运动的热电子的总动能。 
(5)电路稳定的某时刻，c、d 两个等势面之间具有的电子数 
(提示：本题可能用到12＋22＋32＋…＋n2＝n3
3 ＋n2
2 ＋n
6 ) 
解析 (1)由动能定理eU＝1
2mvN
 2－0， 
电子在极板间运动的最长时间为tm，L＝1
2vtm   
解得 tm＝L
2m
eU  vN＝
2eU
m . 
(2)设Δt 时间经过N 板的电荷量为q，q＝IΔt 
在Δt 时间落到N 板上的电荷个数为N：N＝IΔt
e 
对Δt 时间内落在N 板上的电荷整体应用动量定理： 
－FΔt＝0－NmvN， 
F＝NmvN
Δt ＝I
2mU
e 
由作用力与反作用力关系，N 板受到电子撞击的平均作用力大小为I
2mU
e . 
(3)令等势面a 上的电子数为Na，有 
I＝Naev 
Eka＝1
2mv2
a   
每个电子的动能eU
5＝ 1
2mv2
a   
解得Ek＝I
mU
10e  
 
 
49 
(5)电子从灯丝出发达到c 所经历的时间 
tc＝L
6m
5eU   
电子从灯丝出发达到d 所经历的时间 
td＝L
8m
5eU  
c、d 两个等势面之间的电子数n＝Itd－tc
e
  
解得 n＝(2－3)IL
e
2m
5eU   
(4)在电路稳定后，在时间tm内通过导线横截面的电荷量即通过N 极板的电荷量为Q＝Itm 
两板间的粒子总数为N＝Q
e＝Itm
e   
法一 
假设灯丝每隔相同的时间t→0 发射n 个电子排成一排，令等势面的个数为k，则有k＝tm
t  
各排电子做初速为零的匀加速直线运动，有eU
L ＝ma   
灯丝在单位时间内发射电子的数量是一定的，每一排的电子个数为n＝N
k＝Itm
ke  
根据动能定理可得每个电子在t 时刻的动能为Eki＝eEs＝eU
2Lat2    
故通过每个等势面的电子的总动能为Ek＝nEki＝UItm
2kL at2  
所以有Ek 总＝UItm
2kL a(t2
1＋t2
2＋＋t2
k)＝UItm
L 
(at2
1＋at2
2＋＋at2
m)
2k
   
根据数学关系可知s－＝ 
(at2
1＋at2
2＋＋at2
m)
2k
 
位移－时间图像如图所示，由于灯丝发射热电子几乎是连续的，各排热电
子所在的等势面距离很近，可以认为它们是连续的。 
对于一个二次函数我们可以很容得到其图线与横轴围城的面积是1
3x0y0 ，
可得纵轴的算术平方根是1
3y0 所以类比有 
s
－＝1
6at
2
m 
综述可知Ek 总＝UItm
L 1
6at
2
m＝IL
3
2mU
e   
 
 
 
 
50 
法二 
把tm等分为无限多的k 个相等的时间间隔t ，则每个t 时间间隔内的电荷量Q
k ，第i 个间隔内的粒子
速度vi＝ait ，则第i 个间隔内的电子动能之和为 
Eki＝Q
k×1
2m(ait)2   
板间电子的总动能为 
Ek 总＝
 
 Eki＝Qma2t2
2k
(1＋22＋32＋k2) 
将a 和tm带入 
Ek 总＝1
k3
2mU
e (k3
3＋k2
2＋k
6)   
当k→时Ek 总＝UItm
L 
(at2
m)
6 ＝IL
3
2mU
e  
法三 
取M、N 间非常小的一段位移x，电子通过这段位移x 所用时间为t，这段非常小的位移到M 板的距
离为x ，电子的速度为v，t＝x
v 。则在这一小段位移内的电子数为 
n＝It
e   
每个电子的动能为 
Ek＝eU
L x   
所以这这一小段位移内的电子总动能为 
Ek＝nEk 
联立解得 
Ek＝I
ex
v eU
L x＝I
mU
2eLxx   
则在M、N 之间热电子的总动能为 
Ek＝∫
L
0I
mU
2eLxdx ＝I
mU
2eL2
3L
2
3＝IL
3
2mU
e    
 
 
 
 
 
 
 
51 
39. 如图所示，在光滑绝缘的水平面上，一个半径10 cm、电阻1 Ω、质量0.1 kg
的金属圆环，以10 m/s 的速度向一有界匀强磁场滑去，磁场的磁感应强度为0.5 
T，经过一段时间，环恰有一半进入磁场，此过程共产生了3.2 J 的热，则此时
圆环的瞬时速度为________m/s，瞬时加速度为________m/s2。 
解析 当圆环进入磁场时，为 建立如图坐标，y 关于x 的函数关系为得：y2＝2rx－x2 
当圆环进入磁场的距离为x 时，圆环切割磁感线的有效长度就为此x 值对应的y 绝对值的两倍，如图中
所示， 当圆环进入距离为x0 时，圆环切割磁感线的有效长度就为2y0，得 
I＝∫
r
0
B2(2y)2
R
dx ＝4B2
R ∫
r
0y2dx 
  
即 
I＝4B2
R ∫
r
0(2rx2－x2)2dx ＝8B2r3
3R  
带入数据I＝0.0007 kgm/s 
所以有－I＝mv－mv0 
解得v＝9.993 m/s 
对应加速度为a＝0.9993 m/s2 
热量Q＝0.007 J 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
52 
40. 科学仪器常常利用磁场将带电粒子“约束”在一定区域内，使其不能射出。某同学为探究带电粒子“约束”
问题，构想了如图所示的磁场区域：匀强磁场的磁感应强度大小为B、垂直于纸面，其边界分别是半径
为R 和2R 的同心圆，O 为圆心，A 为磁场内在圆弧上的一点，P 为OA 的中点。若有一粒子源向纸面
内的各个方向发射出比荷为q
m 的带负电粒子，粒子速度连续分布，且无
相互作用。不计粒子的重力，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求： 
(1)粒子源在A 点时，被磁场约束的粒子速度的最大值vmA； 
(2)粒子源在O 时，被磁场约束的粒子每次经过磁场时间的最大值tm； 
(3)粒子源在P 点时，被磁场约束的粒子速度的最大值vmP。 
解析  粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力 
又qvB＝mv2
r   
 
 
 
 
 
 
T＝2πr
v   
 
 
 
 
 
 
解得 
r＝mv
qB   
T＝2πm
qB   
(1)如图1 所示，若粒子源在A 点时，被磁场约束的粒子在磁场中最大运动半径为rmA＝3
2R   
可得vmA＝3qBR
2m   
 
(2)如图2 所示，当粒子源在O 时，粒子的运动轨迹与磁场外边界相切时，被磁场约束的粒子每次经过
磁场时间为最大值，令粒子运动半径为r2。在△OAC 中， 
R2＋r2
2＝(2R－r2)2  
解得 r2＝3
4R   
53 
由几何知识得∠AO2D＝254°， 
故被磁场约束的粒子每次经过磁场时间的最大值为 
tm＝254
360T＝127π
90qB   
(3)如图3 所示，当粒子源在P 点时，粒子在磁场中的运动轨迹与磁场外边界相切时，被磁场约束的粒
子的半径最大，速度为最大值，设粒子运动半径为r3 
 
在△OO3E 中，根据余弦定理可得 
(2R－r3)2＝R2＋r2
3＋2Rr3Rcos(π
2－α)   
求得r3＝
3R
4－2sinα   
在△OPE 中，R
sinθ＝0.5R
sinα  可知sinαmax＝1
2  
r3max＝R 
可得：vmP＝qBR
m   
 
 
 
 
 
 
 
 
 
54 
41. 半径为R 的圆形磁场的磁感应强度为B，半径也为R 的单匝圆形线圈电阻为r，两圆同平面。线框以速
度v 沿两圆心连线匀速穿过磁场区域，如图所示。下列说法正确的是( 
) 
A．线圈中最大感应电流Im＝2BRv
r
   
B．线圈位移为R 时线圈电功率为3B2R2v2
4r
   
C．线圈所受安培力的最大功率为B2R2v2
r
   
D．线圈穿过磁场过程中通过线圈的磁通量变化率的最大值为2BRv 
解析 这个题目的答案很容易选取，完全重合的时候有效长度最大，电动势也就最大，不过只是这样就
失去了做这个题目的意义，我们要多算一些 
 l＝2
r2－(r－x
2
2)＝4Rx－x2   
所以电动势E＝Bv 4Rx－x2＝Bv 4Rvt－v2t2   
其取顺时针为正向，则电动势图像  
 
这里是不是有个疑问，电动势怎么同一个大小，有两个方向？当线圈和磁场重合的时候，是线圈在磁
场里面，有最大电动势，还是磁场在线圈里面，无电动势？这个是理想边界造成的困惑，是抽象模型出现
的问题，和连续不可导一个类型(连续不可导最早是看熊志权老师的书才体会到)。所以就当一个题目看看即
可。 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
55 
42. 如图，平面直角坐标系x 轴水平，y 轴竖直，P、Q 分别为x 轴、y 轴上的两点，旦P、Q 间距离为L＝
0.48 m，P、Q 连线与x 轴之间的夹角为θ＝53°。x＜0 区域内有水平向左的
匀强电场E1，x＞0 区域内有匀强电场E2，(E2 图中未画出)及磁感应强度大
小为B＝3.6 T、方向垂直于坐标平面向外的匀强磁场。一质量为m＝0.45 kg 、
量为q＝0.5 C 的带电小球从P 点以初速度v0＝4 m/s 沿 PQ 方向射出后直
线运动到Q 点，而后在x＞0 区域内做匀速圆周运动。重力加速度大小为g
＝10 m/s2，sin 53＝0.8。求： 
(1)x＜0 区域内的电场强度E1 的大小及x＞0 区域内的电场强度E2； 
(2)小球第二次经过y 轴时的纵坐标； 
(3)若小球第一次经过y 轴后的某时刻，x＞0 区域内的磁场突然变为B′但方向不变，此后小球被束缚在
x＞0 区域内，求B′的最小值及小球从P 点射出后到磁场变为B′时经过的时间。 
解析 小球P→Q 过程中做直线运动，受力分析如图，则有 
mg＝qE1tanθ 
－mgLsinθ－qE1Lcosθ＝1
2mv2－1
2mv2
0   
小球进入x＞0 区域做匀速圆周运动，有 
mg＝qE2 
qvB＝mv2
R   
解得E1＝6.75 N/C  
 
E2＝9.0 N/C 
v＝2 m/s  
 
R＝0.5 m 
根据几何关系有|y|＋Lsinθ＝2rcosθ 
解得|y|＝0.216 m 
所以小球第二次经过y 轴时的纵坐标为
－0.216 m 
(3)令小球在B′磁场中的运动半径为r，
如图1 根据几何关系有 
(R－r)sinα＋r＝Rsinθ 
解得r＝0.5－
0.1
1－sinα  
所以rmax＝0.4 m 
此时B′＝4.5 T 
如图2 根据几何关系有β＝θ，剩下的不算了 
56 
43. 如图所示，在直角三角形abc 区域内存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。大量质量
为m、电荷量为＋q 的同种粒子以相同的速度沿纸面垂直于ab 边射入场区，结果在bc 边仅有一半的区
域内有粒子射出。已知bc 边的长度为L， bc 和ac 的夹角为60°，不计粒子重力及粒子间的相互作用
力。下列说法正确的是 
(  ) 
A．粒子的入射速度为BqL
4m   
B．粒子的入射速度为3BqL
6m
  
C．粒子在磁场中运动的最大轨迹长度为πL
4   
D．从bc 边射出的粒子在磁场内运动的最长时间为πm
2Bq   
解析 注意本题目有一句话非常重要“bc 边仅有一半的区域内有粒子射出”，是能射出的区域，不是能飞
出就是轨迹和边界相切。读题要一题论题切不可乱套模板。根据几何关系易知如图1 即为所求 
 
易知r＝L
4  所以粒子速度为v＝qBL
4m ，粒子在磁场区域轨迹最长为半圆，所以smax＝πL
4   
同理能从bc 飞出的最长时间t＝1
3T＝2πm
3qB  (如图2) 
所以答案AC。 
注，飞出区域最长的证明(给那些杠头的童鞋) 
 
57 
44. 如图所示，磁感应强度为B 的匀强磁场方向垂直纸面向里，位于纸面的导体棒ab 长为l，其中点与长
为r 的绝缘杆牢固连结起来，当绝缘杆绕垂直纸面的轴O 以角速度ω 顺时针转动时，导体棒与绝缘杆
的夹角始终为θ，则导体棒上感应电动势大小为 
(  ) 
A．0 
B．Blωr 
C．Blωrcosθ 
D．Blωrsinθ＋l2＋r2sin2θ
2
   
解析 法1 利用公式E＝Ф
t   
取时间t→0，可知 
Ф＝1
2r2
2φ－1
2r2
1φ   
所以有 
E＝Ф
t ＝1
2(r2
2－r2
1)ω   
又r＝r1＋r2
2
 ，lcosθ＝r2－r1 
所以E＝Brlcosθω＝Blωrcosθ 
法2 利用公式E＝BLv 
有图可知v＝ωr 
L＝lcosθ 
所以E＝Blcosθωr＝Blωrcosθ 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
58 
45. 如图，在以O 为圆心的圆形区域内有垂直纸面向外的匀强磁场。一对正、负电子从A 点以相同的速度
v0沿与OA 成37°角先、后进入该磁场，其中正电子从B 点离开磁场，负电子从C 点离开磁场(图中未
画出)。不计粒子受到的重力，已知∠AOB＝53°，则AC
AB 为 
A．5
3   
B．9
5  
C．2  
D．3 10
2
  
解析  见速画垂，定出半径大致位置，根据弦分对角易知AC 必为∠O1AO 角平分线，可知 
α＝37°＋53°
2 ＝63.5°   
β＝90°－α＝26.5°   
所以AC
AB＝2rsinα
2rsinβ＝tanα (我是猜的应该是在2 附近，所以蒙个C) 
又tan127°＝2tan63.5°
1－tan263.5°＝－4
3   
所以AC
AB＝tan63.5°＝2  
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
59 
46. 如图所示，ABCD 是边长为R 的正方形。在正方形内有以A 为圆心半径为R 的四分之一圆形的匀强磁
场。一束正电子能从BC 边上的任意点垂直BC 入射，运动半径为r(r＜R)。不计重力，则在磁场中有正
电子经过的区域的面积为 
(  )  
A．(π－2)Rr
2
   
B．(π－1)Rr
3
   
C．(π＋2)Rr
2
   
D．(π＋1)Rr
3
   
解析 根据几何关系可知，粒子的运动轨迹的圆心在y 方向上距离磁场边界的距离为r，即粒子运动轨
迹的圆心轨迹相当于将磁场向－y 方向平移r，所以题目所求面积为轨迹圆扫过面积与磁场重合部分的面积。
(文字描述修改自田总，付总的包络线) 
根据数学关系可知 
S＝1
4πR2－1
4π(R－r)2－(r2－1
4πr2)＝(π－2)Rr
2
   
 
 
 
 
 
 
 
 
 
60 
47. 如图所示，某行星的赤道线，半径为R，在其赤道平面上，行星产生的磁场可以近似看成以行星中心为
圆心、半径为3R 的有界匀强磁场，磁感应强度为B。太阳耀斑爆发时，向该行星持续不断的辐射大量
电量为q、质量为m 的带正电的粒子，粒子速度方向平行，垂直于AB，速度大小介于某一范围．已知
从A 点射入磁场的带电粒子在磁场作用下恰能到达赤道线下半圆弧上的各
点。不计一切阻力及重力。 
(1)求带电粒子的速度范围； 
(2)求带电粒子从磁场边缘到行星赤道面的最短时间； 
(3)带电粒子在该行星赤道上存在一段辐射盲区(不能到达的区域)，求该盲
区所对圆心角的正弦值以及画出粒子能达到的区域。 
解析 (1)带电粒子在磁场中做运动圆周运动，洛伦兹力提供向心力 
qvB＝mv2
r    
即v＝qBr
m  
根据几何关系可得 
如图所示， 
根据几何关系可得 
r1＝R， r2＝2R 
所以qBR
m ≤v≤2qBR
m   
(2)根据几何关系易知，必定轨迹半径为2R 的粒子运动时间有最小值，根据小角对小弦可知，弦长最短
为2R，所以所对圆心角为π
3，故最短时间为 
tmin＝
2Rπ
3
v2 ＝πm
3qB   
(3)如图所示，根据几何关系易得 
sinθ＝1
3   
 
61 
48. 如图 (a)所示，两平行金属板竖直放置，左极板接地，中间有小孔。右极板电势随时间变化的规律如图 
(b)所示。t＝0 时，一个电子静止在左极板小孔处。已知电子质量为m、电量为e，求： 
(1)电子到达右极板的最大速度。 
(2)要保证打到右极板速度最大，板间距离要满足什么条件。 
 
解析 特殊时刻发射粒子，其运动图像如图 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
62 
注意此题，有个陷阱就是板间距变化的时候，板间的场强也会发生变化，即用v-t 时，其斜率要发生变化， 
 
一个周期内电子运动的位移为 
s0＝2×1
2a(T
2)2＝eU0T2
4md   
最后一段加速时间为t0(0≤t0≤T
2 )有， 
d＝ns0＋1
2at2
0＝neU0T2
4md ＋eU0t2
0
2md   
解得 
t2
0＝4md2－neU0T2
2eU0
   
所以电子到右极板上的速度大小为 
v＝at0＝eU0t0
md ＝eU0
md
4md2－neU0T2
2eU0
＝eU0
m 
2m
eU0－nT2
2d2   
要使v 最大，n 为零即可，即 
vm＝eU0
m 
2m
eU0＝
2eU0
m    
此时板间距为 
d＝ns0＋1
2at2
0＝eU0t2
0
2md   
由于0≤t0≤T
2 所以 
0＜d2≤eU0T2
8m   
 
 
 
 
 
 
 
 
63 
49. (17 分)如图所示，间距为L 的两条足够长的平行金属导轨与水平面的夹角为0，导轨光滑且电阻忽略不
计．场强为B 的条形匀强磁场方向与导轨平面垂直，磁场区域的宽度为d1，间距为d2 两根质量均为m、
有效电阻均为R 的导体棒a 和b 放在导轨上，并与导轨垂直。设重力加速度为g。 
(1)若a 进入磁场区域2 时，b 以与a 同样的速度进入磁场区域1，求b 穿过磁场区域1 过程中增加的动
能Ek； 
(2)若a 进入磁场区域2 时，b 恰好离开磁场区域1；此后a 离开磁场区域2 时，b 又恰好进入磁场区域
2。且a、b 在任意一个磁场区域或无磁场区域的运动时间均相同。求b 穿过磁场区域2 的过程中，两导体
棒产生的总焦耳热Q； 
(3)对于第(2)问所述的运动情况，求a 穿出第k 个磁场区域时的速率v。 
解析   (1) a 进入磁场区域2 过程中，a 和b 不受安培力作用，
可知 
Ek＝mgd1sinθ  
 
 
 
 
 
 
 
 (2 分) 
(2) 由于a、b 在任意一个磁场区域或无磁场区域的运动时间均
相同，可知两导体棒刚进入无磁场区域时的速度恒为v1，刚离开无
磁场区域时的速度恒为v2，在磁场区域中有 
mgd1sinθ－Q＝1
2mv2
1－1
2mv2
2     
 
 
 
 (1 分) 
在无磁场区域中 
mgd2sinθ＝1
2mv2
2－1
2mv2
1   
 
 
 
 
 
 (1 分) 
解得 
Q＝mg(d1＋d2)sinθ 
 
 
 
 
 
 
 (1 分) 
(3)有磁场区域，棒a 产生的电动势为 
ε＝BLv  
 
 
 
 
 
 
 
 
 (1 分) 
感应电流 
I＝ε
2R   
 
  
 
 
 
 
 
 
 (1 分) 
对a 受力分析有 
F＝mgsinθ－ILB  
 
 
 
 
 
 
 (1 分) 
即F＝mgsinθ－B2L2
2R v    
 
 
 
 
 
 (1 分) 
根据对于导体棒在t＋t 时间内 
Ft＝mv  
 
 
 
 
 
 
 
 (1 分) 
64 
解得 
m(v1－v2)＝mgsinθt－B2L2
2R d2     
 
 
 
 (2 分) 
又在无磁场区域，有 
mgsinθt＝m(v1－v2)   
 
 
 
 
 
 (1 分) 
又 
d2＝v1＋v2
2
t   
 
 
 
 
 
 
 
 (1 分) 
联立解得 
v＝v1＝4mgRd2
B2L2d1 sinθ－B2L2d1
8mR   
 
 
 
 
 (3 分)  
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
65 
50. 如图甲所示，在Oxyz 坐标系中，存在沿y 轴正方向的匀强电场，电场强度为E0，电荷量为q 的带正电
小球位于z 轴负半轴上的Р 点，若小球以与z 轴正方向夹角为θ 的速度开始在yOz 平面内运动，经过
一段时间后，小球恰好经过О 点且速度方向沿y 轴正方向，大小为v。此时刻，将电场方向变成沿z
轴正方向，其随时间变化的规律如图乙所示，同时在坐标系中加一沿x 轴负方向的匀强磁场（图中未
画出)，小球在0~T
3内做匀速直线运动，T
3
~2T
3 内恰好完成一个完整的匀速圆周运
动。已知重力加速度为g，不计空气阻力。
求： 
(1)小球的质量m； 
(2)E1 和B； 
(3)电场变化的周期T； 
(4)小球在T 时刻的位置。 
 
解析 (1)设小球在P 点的初速为v0，小球P→O 过程有 
z 方向：mgt＝mv0cosθ 
y 方向：qE0t0＝mv＋mv0sinθ 
y 方向位移为零有v＝v0sinθ 
联立解得 
m＝qE0cotθ
2g
   
(2)小球在0~T
3时间内做匀速直线运动有 
qE1＋qBv＝mg 
小球在T
3~2T
3 时间内做匀速圆周运动有 
2qE1＝mg 
联立解得 
E1＝E0cotθ
4
   
B＝E0cotθ
4v
   
(3)小球在0~T
3时间内做匀速直线运动的位移为 
y1＝vT
3    
66 
小球在T
3~2T
3 时间内做完整的匀速圆周运动有 
T
3＝2πR
v   
qBv＝mv2
R   
y2＝0 
小球在2T
3 ~T 内做的是摆线，可以将其分解为＋y 的匀速直线运动和逆时针的匀速圆周运动 
直线运动的速度满足 
qBv1＝mg 
即v1＝2v(易知运动圆周的速度为v2＝v 沿着－y 方向，这个和答案无关) 
y3＝v1T
3   
所以y＝y1＋y2＋y3 
即y＝12πv2
g
   
 
 
67 
51. 假设有一水平方向的匀强磁场，磁感应强度B 很大，有一半径为R、厚度为d(d＜＜R)的金属圆盘，在
此磁场中竖直下落，盘面始终位于竖直平面内并与磁场方向平行，如图1 所示，试分析金属圆盘在此
磁场中做怎样的运动?假定金属圆盘的电阻为零，并设金属圆盘的密度ρ＝9×103 kg/m3，其介电常量为
ε＝9×10
－12 F/m。 
解析 如图1 所示，金属圆盘下落过程中厚度d 切割磁感线产
生感应电动势，当盘在磁场中下落速度为v 时，盘中的感应电动势
为 
E＝Bdv 
在感应电动势的作用下，圆盘两个表面上将带有等量异号的电
荷(±Q)。因为圆盘电阻为零，所以电荷(±Q)引起的两表面间的电压
U 等于盘中感应电动势的数值，即E＝Bdv 
圆盘自身可等效为一个电容器，此电容器的电容为C＝εS
d   
故圆盘表面所带电荷量为Q＝CU＝επR2
d Bdv＝επR2Bv   
在圆盘下落过程中，圆盘的速度v 随时间增大，盘面上的电荷量Q 也随时间增大，由此可求出盘中电
流为I＝Q
t ＝επR2Bv
t
＝επR2Ba   
磁场对此电流的作用力F 的方向向上，大小为F＝BId＝επR2B2da  
若盘的质量为m，则盘受到的力为F 和重力mg ，根据牛顿第二定律，得 
mg－F＝ma 
由此得盘的加速度为a＝
mg
m＋επR2B2d   
又因为m＝ρπR2d 
即a＝
g
1＋εB2
ρ
   
由此可见，金属圆盘做初速度为零的匀加速直线运动，并且加速度a＜g，磁感应强度B 越大，加速度
a 越小。 
若要使圆盘在磁场中下落的加速度比没有磁场时减小千分之一(不计空气阻力)，则按题意，a＝0.999g
由此得
g
1＋εB2
ρ
＝0.999g ，所以磁感应强度B≈106 T(这个打死地球也做不到)。从结果可以看出，在如此强的
磁场下，金属圆盘自由下落的加速度仍然非常接近g。 
 
 
 
68 
52. 汽车以额定功率启动过程是一个加速度逐渐减小的加速度运动过程，当加速度减小到零时，汽车将以
最大速度匀速运动。然而一些物理教师认为，汽车以额定功率启动永远不可能达到最大速度。具体分
析如下： 
已知汽车的额定功率为P，质量为m，汽车受到的牵引力为F，受到的阻力恒定为f，汽车运动的初速
度为v0 根据牛顿第二定律，有 
F－f＝ma 
即 
P
v－f＝mdv
dt   
分离变量可得 
dt＝－mdv
P
v－f
＝－m
f dv＋mP
Pf   
查询积分公式，初始条件t＝0，v＝v0 可得 
t＝－m(v－v0)
f
－mP
f2 ln( P－fv
P－fv0)   
当v→vm＝P
f 时，t→＋∞。由此可见，汽车以恒定功率启动，理论上永远无法达到最大速度，只能无限
接近。然而事实真的是这样吗?众所周知，物理学是一门实践性很强的学科，比如测得物体的速度v＝10 m/s，
并不是物体的速度就是10 m/s 而没有一点误差，我们只是在精度足够高的情况下测出，物体速度与10 m/s
偏差足够小而已。比如相差10-8 m/s，现有仪器很难测出如此小的偏差，我们就说物体速度v＝10 m/s，脱
离测量而从理论上数学上说物体速度没有实际意义。我们不能把数学中的无穷大简单应用于物理实际问题
中，在很短的时间内，汽车的速度已经在足够高的程度上等于其匀速运动的最大速度，物理量v 与vm 的差
距已测不出，我们完全可以说v 与vm相等。我们不能想当然地把数学中的无穷大等同干物理实际问题中的
无穷大，从而否认匀速运动状态的出现。 
 
 
69 
53. 如图所示间距为L＝0.5 m 的两根平行光滑金属导轨MN、PQ 固定放置在同一水平面内，两导轨间存在
大小为B＝1T、方向垂直导轨平面的匀强磁场，导轨左端串接一阻值为R＝1 Ω 的定值电阻，导体棒垂
直于导轨放在导轨上，如图所示。当水平圆盘匀速转动时，固定在圆盘上的小圆柱带动T 形支架在水
平方向往复运动，T 形支架进而驱动导体棒在水平面内做简谐运动，以水平向右为正方向，其位移x 与
运动时间t 的关系为x＝－0.5cos(2t)(x 和t 的单位分别是米和秒)。已知导体棒质量为m＝0.2 kg，总是
保持与导轨接触良好，除定值电阻外其余电阻均忽略不计，空气阻力忽略不计，不考虑电路中感应电
流的磁场，求： 
(1)在0~π
4 时间内，通过导体棒的电荷量； 
(2)在0~π
4 时间内，T 形支架对导体棒做的功； 
(3)当T 形支架对导体棒的作用力为0 时，导体棒的速度。 
解析 (1) 在0~π
4 时间内，导体棒通过的位移为 
x＝0.5 m 
根据法拉第感应定律以及电流定义式可知 
q＝I
－Δt＝E
－
RΔt＝ΔΦ
ΔtR＝ΔΦ
R ＝BLx
R 
带入得q＝0.25 C 
(2)根据x－t 关系可知，导体棒的速度关系式为v＝sin(2t)  
导体中的电流表达式为i＝BLv
R sin(2t)   
可知该电流为正弦交流电，所以有效值为I＝BLv
2R   
0~π
4 有W－I2Rπ
4＝1
2mv2     
解得W＝( 1
10＋π
32) J   
(3)根据导数相关知识可知导体棒的加速度表达式为 
a＝2cos(2t)  
当支架对导体棒无作用力时，仅有安培力 
F＝BiL 
解得v＝8
89  m/s 
 
 
 
70 
54. 如图，光滑绝缘水平面上，有1、2、3 三个带电均为＋q．质量均为m 的相同金属小球，用长为L 的三
根绝缘细绳连接着，A、B、C 分别为其的中点，O 点为三角形的中心．已
知单个点电荷q 周围的电势为eq φ＝k\f(q，r)，r 为到点电荷的距离．则下
列说法正确的是 
A．O 点的电场强度不为零，且方向向上 
B．若L 长度可调节，则A、O 两点的电势可能相等  
C．系统的总电势能为Ep＝2kq2
L   
D．若将B 处剪断，则之后小球1 的最大速度为vm＝q
2k
3mL   
解析 根据题干，A 点电势为φA＝2kq
L
2
＋q
3L
2
＝(12＋2 3)kq
3L
   
O 点电势为φO＝3q
3L
3
＝3 3kq
L
   可知A 和O 的电势不会相等 
小球1、2 为例 
球1 在2 的电场中的电势为φ12＝kq
L   
球2 在1 的电场中的电势为φ21＝kq
L   
由于势能是属于系统的，则1、2 组成系统所具有的势能为Ep12＝1
2q(φ12＋φ21)＝kq2
L   
1、3 组成系统所具有的势能为Ep13＝kq2
L   
2、3 组成系统所具有的势能为Ep23＝kq2
L   
三个小球组成的系统具有的电势能为Ep＝3kq2
L   
剪断B 处细绳后，球1 速度最大时，三个小球共线，此时 
1、2 组成系统所具有的势能为E′p12＝kq2
L   
1、3 组成系统所具有的势能为E′p13＝kq2
L   
2、3 组成系统所具有的势能为E′p23＝kq2
2L   
三个小球组成的系统具有的电势能为E′p＝5kq2
2L   
对于整个系统有mv1＝mv2＋mv3  其中v2＝v3  
Ep－Ep′＝1
2mv2
1＋1
2mv2
2＋1
2mv2
3  
  解得v1＝q
2k
3mL   
 
71 
55. 如图所示，在直角坐标系xOy 中，A、P、C、B 四点的坐标分别为(－3L ，0)、(0，3
2L )、 (0，5
2L )、
(5 3
6 L ，3
2L )。△BOC 内(包括边界)有方向垂直坐标平面向外的匀强磁场；第Ⅱ、Ⅲ象限(含y 轴)存在
电场强度大小相同的匀强电场，电场强度方向分别沿y 轴负方向和正方向。质量为m，电荷量为q 的带
正电粒子从A 点沿坐标平面以某一初速度射入第Ⅱ象限，经电场偏转后从
Р 点以速率v 垂直y 轴射入磁场，经磁场偏转后恰好未从边界BC 射出磁
场，然后从D 点(图中未画出)通过x 轴。不计粒子所受的重力。 
(1)求电场的电场强度大小E 以及粒子在A 点的初速度方向与α 轴正方向
的夹角θ； 
(2)求从粒子通过P 点(第一次通过y 轴)到粒子第二次通过y 轴的时间t； 
(3)若在粒子第二次通过y 轴时，其他条件不变，仅在第Ⅲ象限加上磁感应
强度大小为△BOC 内磁场的磁感应强度大小的2 倍、方向垂直坐标平面向里的
匀强磁场(图中未画出)，求粒子在第Ⅲ象限运动的过程中距离y 轴最远时的纵坐标y0。 
解析 (1)带电粒子A 运动P 过程中有 
－3L＝vt0   
3
2L＝1
2at2
0     
qE＝ma 
tan＝at0
v   
解得 E＝mv2
qL   
 
θ＝2π
3   
 (2)粒子轨迹如图，粒子在磁场中匀速圆周运动有qBv＝mv2
r   
根据几何关系可知r＋L＝2r 
即r＝L 
易知α＝π
3   
所以粒子在磁场中的运动时间为t1＝
r(π－π
3)
v
   
粒子在第四象限运动时间为t2＝rtanα
v
   
故t＝t1＋t2  
解得t＝(2π
3 ＋3)L
v   
 
72 
(3)粒子与y 轴第二个交点纵坐标为 
y1＝rtanαsinα  
带电粒子在复合场中运动有 
q2Bvy＝max 
即q2By＝mvcosα  
y0＝y1＋y  
解得y0＝7L
4   
 
56. 如图所示，真空中有足够大垂直：xOy 平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B．在x 轴下方有沿－
y 轴方向的匀强电场，电场强度大小为E。质量为m，电荷量为＋q
的粒子在xOy 平面内从y 轴上的P 点以初速度大小为v 射出，不考
虑粒子的重力。若所在空间存在空气，粒子沿－y 轴方向从Р 点射出，
受到空气阻力的作用，方向始终与运动方向相反，粒子从M 点进入
第四象限后做匀速直线运动，速度与＋x 轴方向成θ 角．求粒子从P
点运动到M 点的过程中克服阻力所做的功W 和运动的时间t． 
解析 粒子在磁场中运动有 
qBv＝mωv 
可知粒子运动过程中的角速度大小是不变的 
所以t＝
(π
2－θ)m
qB
   
57. 如图所示，两根足够长光滑平行金属导轨固定在水平面内，导轨间距为L，两导轨之间接一个耐压值足
够大、电容为C 的电容器。磁感应强度大小为B 的匀强磁场垂直导轨平面，一根质量为m 的导体棒垂
直导轨放置。图中α 轴与导轨平行，导体棒初始位置位于x 轴的原点。某时刻对导体棒施加一个沿着x
轴正方向、大小为F 的恒力，使导体棒从静止开始沿导轨运动。电路中的电阻、摩擦阻力都忽略不计。
下列说法正确的是 
A．导体棒运动的加速度越来越小，最后做匀速运动 
B．导体棒瞬时速度为v 时，其位移x＝CB2L2＋m
2F
   
C．电容器储存电荷量为q 时，其位移x＝CB2L2＋m
2FCB2L2 q2   
D．克服安培力做功为时，其位移x＝CB2L2＋m
FCB2L2 W   
 
 
73 
58. 如图所示，在坐标系xOy 中，x 轴上方存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为 B。质量为 m、
电荷量为－q 的带电粒子在纸面内从P 点与y 轴成α＝30°方向射入磁场，已知P 点的纵坐标 y＝d，不
计粒子重力 
(1)若粒子不离开磁场，求粒子速度的最大值vm。 
(2)若粒子离开磁场，求粒子在磁场中运动时间t 的范围。 
(3)若磁场为非匀强磁场，方向垂直纸面向里，磁感应强度大小随y 方向均
匀增大，关系为B＝B0y
d ，粒子以大小为v＝2qB0d
m
的速度从P 点沿图示方向射人
磁场，求粒子从P 点运动到围成的面积S。离x 轴最远位置的过程中运动轨迹
与x 轴。 
 
解析 (1)带电粒子磁场中洛伦兹力提供向心力由 
qBv＝mv2
r   
根据几何关系 
粒子速度最大时，轨迹恰好与x 轴相切 
r＋rsin30°＝d 
解得速度的最大值为 vm＝2qBd
3m   
(2)时间t＜5
6T＝5πm
3qB   
(3)粒子在磁场中运动有 
qBvxt＝mvy  
即qB0
d yx＝3qB0d 
根据微元然后求和易知 
S＝3d2   
 
 
74 
上升：10＋0.2v＝dv
dt 
 t＝5ln(v
5＋10)  
可以求得时间t＝0.9112 s 
10＋0.2v＝dv
dt  10＋0.2v＝vdv
dx＝250ln(v
5＋10)－5x  
求得x＝4.4196 m 
下降：10－0.2v＝dv
dt   t＝5ln(－v
5＋10)   
可以求得时间t＝1.1157 s 
59. 如图(a)，竖直放置足够长的光滑平行金属导轨，导轨间距L＝1 m，上端用阻值为R＝10 Ω 的电阻相连。
整个装置处于磁感应强度B＝1 T 的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向内。质量为m＝0.5 kg，电
阻不计的金属棒ab 从轨道底部以v＝10 m/s 开始竖直向上运动，然后又向下返回直至匀速运动。运动
过程中ab 始终与导轨垂直且良好接触，空气阻力不计。求： 
(1)ab 刚开始运动时的加速度a0 和匀速下滑时的速度v1； 
(2)比较ab 上升过程的时间t1 与下落返回至出发点的时间t2 的长短，以及回到初始位置处的时间t 
(3)以ab 的出发点为原点，竖直向上建立x 轴，若ab 在上升过程中的v－x 图像如图(b)所示，求图像与
坐标轴所包围的面积S。 
解析 (1)导体棒运动过程中 
E＝BLv 
I＝E
R   
F＝BIL 
联立可得：F＝B2L2
R v＝0.1v   
初始有：mg＋F＝ma0  
最后匀速运动时：mg＝F 
解得a0＝12 m/s2    v1＝10 m/s 
(2)上升过程中：mg＋F＝ma1 
即5＋0.1v＝ma1 
mgt1＋B2L2
R x＝mv0   
下落过程中：mg－F＝ma2 
即5－0.1v＝ma2 
由于初始速度和最终速度大小一样，且a1＞a2 可知t1＜t2 
mgt＝k(v0＋v1) 
即t＝2 s 
(3)将图像转化为B2L2
R v－x 可知面积即为安培力做功的大小 
－mgx－W＝0－1
2mv2
0   
解得：W＝3 J 
所以v－x 面积S＝30 m2/s 
运动过程细化分析 
75 
60. 如图所示，两根足够长的平行光滑导轨固定在绝缘水平面上，两平行倾斜绝缘轨道固定在斜面上，水
平导轨与倾斜轨道在倾斜轨道的底部bc 处平滑连接，轨道间距为L＝1 m，倾斜轨道的倾角为θ＝37°。
在水平导轨的右侧 abcd 区域内存在方向向上、磁感应强度大小为B＝2 T 的匀强磁场。现有多根长度
也为L＝1 m 的相同金属棒依次从倾斜轨道上高为h＝15
4 m 的 MN 处由静止释放，前一根金属棒刚好
离开磁场时释放后一根金属棒，发现第 1 根金属棒穿越磁场区域的时间为t＝1 s。已知每根金属棒的质
量为m＝2 kg，电阻为 R＝2 Ω， ad∥bc∥MN 且与轨道垂直，不计水平导轨的电阻，金属棒与水平导
轨接触良好，金属棒与倾斜轨道的动摩擦因数为μ＝0.5，重力加速度g 取10m/s2， sin37°＝0.6 。求： 
(1)磁场区域的长度sab 
(2)第4 根金属棒刚出磁场时，第2、3 两根金属棒的速度大小之比； 
(3)第 n 根金属棒在磁场中运动的过程，第1 根金属棒上产生的热量。 
解析 (1)导体棒MN→bc 过程中有mgh－μmghcotθ＝1
2mv2
0   
由于是断路，所以第一根导体棒在磁场中做的是匀速运动 
sab＝v0t  
解得sab＝5 m 
(2)第n(n＞1)个导体棒磁场中运动有 
E＝BLv  
I＝
E
R＋R
n－1
   
运动过程有动量定理BiLt＝mv  
即B2L2sab
R＋R
n－1
＝mv0－mvn   
带入数字可得vn＝1
nv0   
易知n＝1 时也符合该结果 
v2
v3＝3
2   
(3)第n 个导体棒在磁场中运动有Ek＝1
2mv2
0－1
2mv2
n   
根据电路串并联关系有Qn＝1
n－1
1
n－1R
R＋R
n－1
Ek   
带入数字解得Qn＝n＋1
2n3 mv2
0＝25(n＋1)
n3
 J  (n＞1) 
76 
61. 如图，水平面上有两条相距为L 的足够长光滑平行金属导轨，在导轨上相隔某一距离垂直导轨静置长
度均为L 的金属棒a 和b，垂直导轨的虚线MN 右侧存在垂直导轨平面向上的匀强磁场，匀强磁场磁感
应强度为B，导轨左端接有电压传感器。现让金属棒α、b 分别以速度v0、3v0 向右运动，t＝0 时刻金
属棒b 经过MN 进入磁场区域，当金属棒α 刚进入磁场时，电压传感器的示数eq U＝\f(4BLv0，3)。已
知金属棒a、b 棒材质相同，a、b 棒的质量分别为2m、m，a 棒的电阻为R。导轨电阻不计，不考虑电
压传感器对电路的影响，磁场区域足够大，下列说法正确的 
A．从t＝0 时刻开始，电压传感器的示数逐渐减小 
B．改变a、b 两棒间初始距离，不会改变两棒的最终速度 
C．当金属棒a刚进入磁场时．a、h两棒间的距离为3mv0R
B2L2   
D．整个过程中金属棒a 上产生的焦耳热为17
18mv2
0   
解析 答案ACD 
这里只对CD 进行解析 
a、b 棒材质相同，长度相同，由质量关系可知b 的截面积是截面积的一半，所以b 棒的电阻为2R 
当a 棒进磁场瞬间，b 棒的速度大小为v1，以b 棒为研究对象(如图所示)，电压传感器测量的电压为b
棒的外电压(以a 棒一样算法，只是要注意正负) 
BLv1－1
3Bl(v1－v0)＝4BLv0
3
   
解得v1＝2v0  
对于b 棒在磁场中运动，有 
B2L2
3R vt＝mv
 B2L2
3R x＝3mv0－mv1   
可知x＝3mv0R
B2L2   
a 棒进入磁场后，a、b 棒组成的系统动量守恒，有 
2mv0＋mv1＝3mv  
所以 
Qa＝1
3(1
22mv2
0＋1
22mv2
2－1
2(2m＋m)v2)＝17
18mv2
0   
 
 
77 
62. 如图所示，在粗糙绝缘水平地面上P 处固定一正点电荷，一带正电的物块(可视为质点)静止在地面上的
a 处。现给物块一瞬时冲量，使物块向右运动，最远能到达b 处然后返回，恰好回到a 停下。最大静摩
擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是b→a 过程中 
 
A．物块从b 到a 的过程，动能最大处位于ab 的中点 
B．物块从a 到b 所用的时间小于从b 到a 所用的时间 
C．仅物块带电荷量增加时，物块最终停在a 的左侧 
D．仅物块初速度增加时，物块向左返回过程中速度达到最大的位置不变，最终停在a 的左侧 
解析 这里只解析一下A 选项 
法1 公式法 
我们知道点电荷的电势表达式为φ＝kQ
r   
所以kQq(1
ra－1
rb)＝f(rb－ra)   
易知f＝kQq
rarb   
根据不等式rarb＜(ra＋rb
2
)2  (因为ra≠rb 所以不取等号) 
可知f＞
kQq
(ra＋rb
2
)2
   
所以合力为零的点在中点的右侧 
法2 图像法 
 
 
 
78 
方法3 微元法 
 
将r1 到r2 的距离分成无限段，取其中第n 小段，即rn 到rn＋1，于是 
rn＝rn＋1－rn 
且r 为一极小量 
Fn＝
kQq
(rn＋rn＋1
2
)2
＝
4kQq
( rn＋1－rn)2＋4rnrn＋1＝
4kQq
(rn＋rn＋1
2
)2
＝
4kQq
(rn)2＋4rnrn＋1   
由于(rn)2 为高阶小量，于是 
Fn＝kQq
rnrn＋1   
即在第n 小段，可以用几何平均值法找到一点，令ri＝
rnrn＋1 ；此处的力 
Fn＝kQq
rnrn＋1   
具有承上启下的意义，正是可作为第ｎ小段的几何平均恒力来求此段“平方反比”变力的功． 
Fn＝Fnrn＝kQq
rnrn＋1rn＝kQq(1
rn－1
rn＋1)1
rn＋1－1
rnrn＝kQq(1
rn－1
rn＋1)   
所以b 到a 过程中电场力做的功为 
W＝Wn＝kQq(1
rn－1
rn＋1)＝－kQq
ra －(－kQq
rb )＝ kQq(1
rb－1
ra)   
所以有 
kQq(1
rb－1
ra)＝f(rb－ra)  
 
 
 
79 
63. 如图所示，带正电的小球Q 固定在倾角为θ 的光滑固定绝缘细杆下端，让另一穿在杆上的质量为m、
电荷量为q 的带正电小球从A 点由静止释放，q 到达B 点时速度恰好为零．若A、B 间距为L，C 是AB
的中点，两小球都可视为质点，则下列判断正确的是 (    ) 
A．从A 至B，q 先做匀加速运动，后做匀减速运动 
B．在B 点受到的库仑力大小是mgsinθ 
C．电荷量为q 的带正电的小球速度最大位置在C 点下方 
D．在从A 至C 和从C 至B 的过程中，前一过程q 电势能的增加量较大 
解析 重点解析C 选项 
法1 公式法 
令A、B、C 到小球Q 的距离分别为r1、r2、r3 我们知道点电荷的电势表达式为φ＝kQ
r   
所以小球A→B 过程中 
mgsinθ(r1－r2)＝kQq(1
r2－1
r1)   
易知mgsinθ＝kQq
r1r2   
小球在C 点受到的库仑力为FC＝
kQq
(r1＋r2
2
)2
   
根据不等式r1r2＜(r1＋r2
2
)2  (因为ra≠rb 所以不取等号) 
可知mgsinθ＞
kQq
(r1＋r2
2
)2
   
所以合力为零的点在C 点的下方。 
法2 图像法 
 
方法3 微元法 见上题 
 
80 
64. 粒子偏转装置是研究高能物理的重要仪器，主要由加速电场，偏转电场和偏转磁场三部分构成。如图
甲所示为某科研团队设计的粒子偏转装置示意图，粒子源可以均匀连续的产生质量为m、电荷量为＋q、
初速度忽略不计的带电粒子，经电压为U 的加速电场加速后，带电粒子贴近上板边缘，水平飞入两平
行金属板中的偏转电场。两水平金属板长为2 2d ，间距为d，板间加有图乙所示的周期性变化的电压，
其最大电压也为U、周期为2d
m
qU ，下极板右端正下方紧挨金属板竖直放置长度为d 的探测板。带
电粒子由偏转电场飞出后，立即进入平行板右侧的垂直纸面向外的水平匀强磁场，最后经匀强磁场偏
转后打在探测板上。不计带电粒子的重力和粒子间的相互作用力，求： 
(1)从偏转电场出射的粒子通过偏转电场的时间t； 
(2)从偏转电场出射的粒子数占粒子源全部发射粒子数的百分比η； 
(3)从偏转电场出射的粒子全部能够到达探测板时，磁感应强度B 需要满足的条件。 
 
解析(1)设粒子进入偏转电场的初速度为v0，根据动能定理有 
qU＝1
2mv2 0   
带电粒子穿过偏转电场时，水平方向做匀速直线运动 ，则有 
2 2d＝v0t   
联立解得 
t＝2d
m
qU  恰好是整周期 
(2)带电粒子通过板间的时间等于周期T，且竖直方向上匀加速的时间必为0.5T。设前半个周期中，t1
时刻飞入偏转电场的粒子恰好能到达下极板，则有 
81 
    设后半个周期中，t2 时刻飞入偏转电场的粒子恰好能到达下极板，则有 
 
所以他~图时间内飞入偏转电场的粒子可以飞出偏转电场，故偏转电场出射的粒子数占比为 
η＝t2－t1
T
×100%＝50%   
(3)设粒子飞入磁场时的速度为v，根据洛伦兹力提供向心力有 
qBv＝mv2
r    
设粒子飞入磁场时，其速度与水平方向的夹角为θ，则有 
v0＝vcosθ 
设粒子进入磁场后，竖直方向偏移的位移为y，由几何关系可知 
y＝2rcosθ  
解得y＝2mv0
qB   
与速度v 无关；设粒子在偏转电场中的最小偏移量为ymin，则有 
ymin＝1
2a(T
2)2   
若偏转电场出射的粒子全部能够到达探测板，则有 
d
2≤y≤d   
解得2
d
2mU
q ≤B≤4
d
2mU
q   
 
 
82 
65. (多选)如图，在边长为L 的正方形区域abcd 内有垂直纸面向里的匀强磁场，有一个质量为m，带电量
大小为q 的离子，从ad 边的中点O 处以速度v 重直ad 边界向右射入磁场区并从b 点离开磁场．则
(   )(20240327) 
A．离子在O、b 两处的速度相同 
B．离子在磁场中运动的时间为πm
4qB   
C．若增大磁感应强度B，则离子在磁场中的运动时间减小 
D．若磁感应强度B＜4mv
5qL ，则该离子将从bc 边射出 
别人给的答案 CD 
解析 象征性的计算下C 选项，看看时间变化到底是怎样的，对错与否不重要，就是玩。  
磁感应强度增大时，离子的运动半径变小，其圆心角表达，为了方便令弦切角为θ，Oa＝d 如图所示 
 
借助word 画出函数f(θ)图像(没错，就是word) 
 
 
 
 
83 
66. 如图所示，在 OA 段有一均匀分布的线状粒子源，单位时间水平向右发射N 个质量为 m、带电荷盘为
＋q、速度v＝qBR
m 的粒子，OA 段右侧区域为足够大匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直纸面向外。
在点放置一足够长收集板，与OA 方向成60°，离子打在收集板上即被吸收。已知OA 段长度为R＋3
3 R  
(不计粒子重力及其相互作用)求 
(1)从O 处发射离子打在收集板位置与O 点距离； 
(2)收集板上被离子打到的长度； 
(3)离子对收集板沿板方向的作用力大小。 
解析 (1)根据几何关系知己直接得到l＝R 
 
(2)距离O 最近的离子是从A 点发射的，打到收集板上位置距离O 的距离根据几何关系直接得到 
lmin＝3
3 R   
关于距离O 最远的证明，过离子打在板上的位置向OA 做垂涎，根据几何关系的，当垂线段为半径时，
可使打在板上的位置距离O 最远 
lmax＝
R
sin60°＝2 3
3 R   
所以收集板上离子长度为 
d＝lmax－lmin ＝3
3 R   
(3)令单位长度上的离子密度为ρ，则 
ρ＝N
y0   
y 内的离子个数为ρy 
y 内的离子电量为qρy 
y 内的离子质量为mρy 
以OA 为y 轴，垂直OA 为x 轴建立坐标系，取OA 上(0，y)处发射一段y→0 的离子，在运动过程中将
速度沿收集板方向与垂直收集板方向分解有 
84 
F∥＝ρyqBvsinα 
根据动量定理有 
ρyqBvsinαt＝mv∥ 
即ρyqBycos30°＝mρyvcos30°－mρyv∥ 
所以mρyv∥＝mρyvcos30°－ρyqBycos30°  
沿着收集板方向的单位时间内的动量变化量即为作用力的大小有 
Fi＝mρyv∥＝mρyvcos30°－ρyqBycos30°  
然后微元求和 
Fi＝
0
y0
(mρyvcos30°－ρyqBycos30°)＝ρqBcos30°
0
y0
(Ry－yy) 
化简一下