电磁题目之大乱炖66题84页3.8M_1500物理_资料

磁
目大乱炖
电
题
 
1. 
在真空中存在着水平向右的匀
中，一
小球从
强电场
带电
O 点竖
直向上抛出，其运
的
迹如
所示，小球运
的
迹上
动
轨
图
动
轨
O、N
两点在同一水平
上，
线
M
迹的最高点，小球抛出
的
能
为轨
时
动
v0
N
为400 J，在N 点的
能
动
为1300 J，不
空气的阻力。
计
(g 取10 m/s2)
O
求 
小球从O 点运
到
动
N 点的
程中最小
能
过
动
Ekmin 
解：(1)小球
直方向在做
直上抛运
，根据
称性可知
竖
竖
动
对
O→M，M→N
相等
时间
为t,水平方向小球在
N 点速度为vN，有
①
③
⑥
M
vM
N
vM＝at
v0
vN＝2at
②
O
x1
x2
又 EkO＝1 2mv2 0
④
通
③④可以解得
过
1 2mv2 N 
EkN＝1 2m(v2 0＋v2 N)
所以
EkM＝1 2mv2 M
⑤
v0
立得
联
 EkM＝225J
⑦
(2)小球由O→M
量定理：
动
θ
θ
qE
水平：qEt＝mvM
直：
竖
mgt＝mv0
⑧
⑨
mg
F 合
解得tanθ＝mg qE ＝4 3
所以cosθ＝0.6
⑩
当小球从O 点运
到
动
N 点的
程中达到最小
能
必有：
过
动
时
vmin⊥F 合 得：
Ekmin＝1 2m(v0cosθ)2 ＝144J 
1 
2. 
(20 分)如
所示
图
,半径为R 的四分之一的光滑
弧
圆
AB 放置于
直平面内，与粗糙水平地面平滑
接于
竖
连
B
点，空
存在水平向左的匀
。一
量
间
强电场
质
为m、
正
，
荷量
带
电电
为q 的滑块(可
点
视为质
)从
道上与
轨
心
圆
O 等高的A 点由静止
放
释
,滑
沿
弧
道下滑到
块
圆
轨
B 点后滑上水平面，在水平面上滑行R
4 的距离后
速度减
零，已知滑
与水平地面
的
摩擦因数
为
块
间
动
为μ＝0.25 ,sin37°＝0. 6,cos37°＝0.8，最大静摩擦力
等于滑
摩擦力，重力加速度
动
为g，求:
A
O
(1)
度大小
电场强
;
(2)滑
在水平地面上滑行的
路程
块
总
; 
(3)滑
运
程中
弧
道
力最大的位置
块
动过
对圆
轨
压
D(
中未画出
图
)及
滑
在此
道
力的最大
和最小
。
块
处对轨
压
值
值 
B 
解析：小滑
由最开始到第一次减速到零的
程中由
能定理得：
块
过
动
 
mgR－qE(R＋R 4)－μmgR 4 ＝0
解得： E＝3  mg 
 
 4q 
滑
在水平面不停的往复运
，直至在
块
动
B 点速度
零，最后只在弧形
道上
：
为
轨
摆动 mgR
－qER－μmgs＝0 
解得： s＝R 
物
在
和重力
中的合力：
块
电场
场
 
F＝(mg)2＋(qE)2＝5mg 4 
且合力方向和
直方向的
角
竖
夹
为θ，
足
满
tanθ＝3 4
A
θ θ
O
过O 做出合力方向OD，可知小滑
最
将在
块
终
BC 之
，
间摆动
C
小滑
第一次运
到
块
动
D 点是
力最大：
压
 
v2
 Fmax－F＝m R
D
B
小滑
最
有
块
终
B 点到D 点
，
力最小
时压
 
FR(1－cosθ)＝1 2mv2 min 
v2min
Fmin－F＝m R 
解得： Fmax＝9  mg 
 
 4   
Fmin＝7  mg 
 
 4 
最后牛三 
2 
3. 
两个同
的
匝金属
框
样
单
线
边长为2a，
量
质
为m，放在均匀磁场
中，磁感
度
应强
为B0，其方向垂直于
框平面，如
所示，两
线
图
框各有一半重合，若突然撤去磁
，求每个
框的速度，假
线
场
线
2a 
每个金属框的
阻
设
电
为8R，
框的
感不
，
框接触良好且
线
电
计线
光滑，
框之
的因
流
生的磁力忽略不
，在磁
消失瞬
线
间
电
产
计
场
框的移
忽略不
。
间时线
动
计 
磁
消失
程中
场
过
,两
框中
生的感
流受磁
安培力冲量
线
产
应电
场
,因而
得
量
获
动
. 
磁
消失的
场
Δt
内
框平均
时间
线
电动势 
ε＝4  B  0  a  2 Δt
ε
I1
O2
2a
O1
根据
流叠加原理
电
I2
4  B  0  a  2
 Δt ＝I14R＋I22R 
2 ＋ B2Δ0  a  t ＝ I26R
ε
I1
I2
O2
2a
1
8ε
1
4ε
立解得：
联
O1
I1＝7B0a2 10RΔt
I2＝3B0a2 5RΔt
于左
的
框根据
量定理：
对
边
线
动
 
(F1－F2) Δt＝mv 
B2 0a3
v＝ 5mR
F1
F2
I1 
I2
3 
4. 
水平面上有如
所示的光滑金属
，
阻不
，左
图
导轨导轨电
计
侧导轨CDE 段与C1DE1段
称放置，右
对
侧
FGHK 段与F1G1H1K1段
称放置，且
称
同一直
，两
由一小段
平滑相
。已
对
对
轴为
线
侧导轨间
绝缘导轨
连
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
有垂直于
面向里的匀
磁
导轨间
纸
强
场(未画出)，其中EE 左
的磁感
度大小
侧
应强
为3B ，FF1右
的
侧
磁
感
度大小
应强
为B，CC1
接有恒流源
间
(未画出)，
出
流恒
输
电
为I。金属杆a 长为3d，
量
质
为3m，电
阻
均匀且
阻
总电
为3R，一开始置于C、D 之
，距
间
DD1为3d 处(杆中心在
称
上，且与
对
轴
CD 垂直)，
在
以后的运
中，杆与
动
CD 始
垂直，金属杆
终
b 长为d，
量
质
为m，
阻
电
为R，置于HK 上某
。无初
处
速度
放杆
释
a，杆a 在安培力的作用下向右运
，并离开左
，
人右
，最
，杆
动
侧导轨进
侧导轨
终发现
a 在FG 上和杆b 在HK
上均做匀速运
。已知杆
动
a、杆b 在运
程中始
与
接触良好。求：
动过
终
导轨
 
(1)杆a 运
到
动
EE1
的速度大小
时
v0；
D
E
绝缘
G
b
K
(2)杆b 最
做匀速运
的速度大小
终
动
v2；
a
F
H
(3)杆a 在EE1左
上运
的
量
侧导轨
动时
发热
Q。
C
C1
D1
E1 F1
H1
23d
K1
G1
解析：(1)
于
体棒
对
导
a 在CDC1D1上
受到的安培力
时
为
①
绝缘
F1＝3BId ＝F
F
体棒在
导
EE
受到的安培力
处
为
x
②
3F
F2＝3BI3d ＝3F
3d
F
做出
体棒从初始位置运
到
导
动
EE1
程中的
过
F－x
有：
图
③
F3d ＋F＋3F3d ＝1 23mv2 0
O
解得：v0＝
6BId2
m
④
(2)最
杆
终发
a 在FG 上和杆b 在HK 上均做匀速运
，最后
有：
动
则
 
B3dv1＝Bdv2 
⑤ 
于
对
a、b 杆
成的回路，二者
流大小相等，且可知在二者达到匀速的
程中
组
电
过
a 杆受的安培力始
是
终
b
的3 倍，
有：
则
 
对a 杆有
量定理：－
动
3I 冲＝3mv1－3mv0
对b 杆有
量定理：
动
 I 冲＝mv2－0
⑥
⑦
⑧
解得：v1＝1
6BId2
m ；v2＝3
6BId2
m
4 
(3)杆a 做匀加速
段，有：
阶
 
F3d ＝1 23mv2
又：3d＝v 2t1
⑨
⑩
此
程中
生的焦耳
：
过
产
热Q1＝I2Rt1 
解得：v＝
2BId2
m ;Q1＝I2R
6m
BI
杆a 做
加速
段，
阻
化，
任意
刻，杆
变
阶
电
变
设
时
a 切割磁感
的有效
度
线
长
为lx，有效
阻
电
为Rx，必有Rx R＝
此后极短的时间Δt 内有： 
ΔQ＝I2RR  x   RΔt 
即：ΔQ＝I2Rl x   dΔt 
又根据
量定理：
动
3BIlxΔt＝3mΔv 
即：lxΔt＝3mΔv
BI
所以：l x   dΔt＝3mΔv BId
可得：ΔQ＝I2R3mΔv
BId
得到：Q2＝I2R3m(v0－v)
BId
Q2＝(3－3)I2R
由
量定理：
动

2m
BI
3BIlxΔt＝3m(v0－v)
有：
则
BI ldxΔt＝3m(vd0－v)
即：3BI
 Rx RΔt＝3m(v  0  －v)
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
加速
段，
阻
化，
任意
刻，杆
变
阶
电
变
设
时
a 切割磁感
的有效
度
线
长
为dx，有效
阻
电
为
Rx，必有Rx R＝l x   d ，t2
刻运
到
时
动
EE1：
5 
Q2＝t1I2Rxdt ＝I2∫t2 t1Rxdt
即Q2＝I2R∫t2 t1 Rx Rdt ＝I2R∫t2 t1 lx ddt
根据
量定理：
动
BI∫t2 t1 lxdt＝3m(v0－v) 
t2
5.
所以：∫
t2 
t1 lx ddt ＝
2m
BI
即∫t2 t1 lx ddt ＝(3
2m
BI
所以Q2＝(3－3)I2R
2m
BI
所以Q＝Q1＋Q2＝
3I2R
2m
BI
如
甲，
图
Q1，Q2
两个固定点
荷，它
的延
上有
为
电
们连线
长线
a，b 两点。其φ－x
象如
乙所示，一
图
图
正
的
探
荷
在
力作用下，以初速度
带
电
试
电
仅
电场
va从a 点开始沿a，b
向
运
，
连线
远处
动经过b 点
速度
时
为vb，下列
法正确的是
说
 
A．Q1
，
带负电Q2
正
带
电 
B．b 点
零
电势为
 
C．b 点
零
场强为
 
D．
探
荷从
试
电
a 点到无
，
力做
功
穷远处电场
负
 
解析 我
知道
们
φ－x
象的斜率大小表示
的大小，所以
图
场强
b 点
零，故
荷一定是异种
荷，且
场强为
电
电
b
点左右
方向是相反的，所以
荷大小一定是
场强
电
|Q1|＞|Q2|， 
φ－x
象
知
图
还
b 点之后一直到比
的位置
是升高的，故整体
示
，故一定是
荷的
荷量
较远
电势
显
负电
负电
电
大于正
荷的
荷量，所以
电
电
Q1
，
带负电Q2
正
。
带
电 
6 
6. 
如
，两水平面
图
(虚线)之
的距离
间
为H，其
的区域存在方向水平向右的匀
间
强电场.自
区域上方的
该
A
点将
量
质
为m、
荷量分
电
别为q 和–q(q>0)的
小球
带电
M、N 先后以相同的初速度沿平行于
的方向
电场
射出.小球在重力作用下
入
区域，并从
区域的下
界离开
进
电场
该
边
.已知N 离开
的速度方向
直向
电场时
竖
下；M 在
中做直
运
，
离开
的
能
电场
线
动刚
电场时
动
为N
离开
的
能的
刚
电场时
动
1.5 倍.不
空气阻力，
计
重力加速度大小为g.求
A
(1)M 与N 在
中沿水平方向的位移之比；
电场
 
(2)A 点距
上
界的高度；
电场
边
 
(3)
的
度大小
该电场
电场强
 
左
H 右
7 
(1)令粒子平抛
的初速度
时
为v0，M
出磁
的水平速度分
飞
场时
别为vM，
度大小
电场强
为E，
中粒子的
电场
运动时间为t，取水平向右
正方向，水平向有
量定理得：
为
动
 
于
对
M 粒子：qEt＝mvM－mv0
①
A
v0
v0
H 右
h
于
对
N 粒子：－qEt＝0－mv0
②
vy1
θ
解得vM＝2v0
③
左
令M、N 粒子在水平方向上的位移分别为xM、xN，有： 
xM＝v  0  ＋v  M  t
2
④
vy2
vM
xN＝v  0  ＋0t
2
⑤
(2)令A 点距
上
界的高度
电场
边
为h，粒子
入
的
直速度
进
电场
竖
为vy1，离开
的
直速度
电场时
竖
为vy2，对
于M
直方向有：
竖
 
vy1＝2gh 
⑥ 
vy2＝2g(h＋H) 
⑦ 
粒子M 做直
运
有：
线
动
 
 v0 ＝vy2 v  M  
 vy1
解得：vy2＝2vy1
即：h＝H 3
⑧
⑨
⑩
(3)
于
对
M 粒子做直
运
有：
线
动时
 
tanθ＝v0 vy1 ＝qE mg
⑪
于
对
M、N 粒子分出
的
能有：
电场时
动
 
EkM＝1 2m(v2 M＋v2 y2)
⑫
EkN＝1 2mv2 y2
又EkM＝1.5EkN
v2 y2 ＝2v2 M  即v0＝gh
立
联
③⑩⑪⑫⑬⑭解得：E＝mg 2 
8 
7. 
如
甲所示，空
存在着一个范
足
大的
直向下的匀
磁
，磁
的磁感
度大小
图
间
围
够
竖
强
场
场
强
为B。边长为l
的正方形金属框abcd(下
称方框
简
)放在光滑的水平地面上，其外
套着一个与方框
相同的
侧
边长
U 型金
属框架MNPQ(下
称
简
U 型框)，U 型框与方框架之
接触良好且无摩擦。两个金属框每条
的
量均
间
边
质
为m，每条
的
阻均
边
电
为r。 
(1)将方框固定不
，用力拉
动
动U 型框使它以速度v0垂直NP
向右匀速运
，当
边
动
U 型框的MQ 端滑至方
框的最右侧(如
所示
图
)
，方框上的
时
bc 两端的
差
多大？此
方框的
功率
多大？
电势
为
时
热
为
 
(2)若方框不固定，给U 型框垂直NP
向右的初速度
边
v0，如果U 型框恰好不能与方框分离，
在
一
则
这
过
程中两框架上
生的
量
多少？
产
总热
为
 
(3)若方框不固定，给U 型框垂直NP
向右的初速度
边
v(v＞v0)，U 型框最
将与方框分离。如果从
终
U 型
框和方框不再接触开始，经过时间t 方框最右
和
侧
U 型框最左
距离
侧
为s。求两金属框分离
的速度各
多
时
为
大？ 
M
N
a
M
N
a
b
b
B
d
c
d
c
P
v0
Q
P
Q
甲
乙
解：(1)当方框固定不
，
动U 型框以v0滑至方框最右
，感
侧时
应电动势为E，有：E＝BLv0 (1) 
bc
并
阻
间
联电
  R 并＝r  ×  3r 
  r＋3r ＝3 4r            (2)
M
b
N
B
a
E
bc 两端的
差
电势
  Ubc＝R 并＋2r＋r R 并      (3)
Q
d
c
P
由(1)(2)(3)得Ubc＝1 5 BLv。                (4)
E
此
方框的
功率
时
热
P＝( R 并＋2r＋r )2  R 并   (5) 
4B2l2v20
由(1)(2)(5)得：P＝
75r                (6) 
(2)若方框不固定，当U 型框恰好不与方框分离
速度
时
设为v,由
量守恒可知：
动
 
3mv0＝(3m＋4m)v                (7) 
由能的
化和守恒可知
量
转
总热
Q 为
a
M
N
B
b
Q＝1 23mv0 2 －1 2(3m＋4m)v2           (8)
d
c
P
由(7)(8)可知，Q＝6 7 mv0 2                    (9)
Q
(3)若方框不固定，设U 型框与方框分离
速度分
时
别为v1、v2 
由
量守恒可知：
动
3mv＝3mv1＋4mv2        (10) 
9 
在t
内相距
时间
S 可知：s＝(v1－v2)t         (11) 
由(10)(11)可知 
v1＝1 7 (3v＋4  s   t )
v2＝3 7 (v－ s t ) 
10 
8. 
(20 分)
代科学
器常利用
、磁
控制
粒子的运
。在真空中存在着如
所示的多
密相
现
仪
电场
场
带电
动
图
层紧
邻
的匀
和匀
磁
，
和磁
的
度均
强电场
强
场电场
场
宽
为d．
度
电场强
为E，方向水平向右；磁感
度
应强
为B，方向
垂直
面向里。
、磁
的
界互相平行且与
方向垂直，一个
量
纸
电场
场
边
电场
质
为m、
荷量
电
为q 的带正
粒子在
电
第1
左
界某
由静止
放，粒子始
在
、磁
中运
，不
粒子重力及运
层电场
侧边
处
释
终
电场
场
动
计
的
磁
动时
电
射
辐
 
(1)求粒子在第2
磁
中运
速度
层
场
动时
v2的大小与
迹半径
轨
r2； 
(2)粒子从第n
磁
右
界穿出
，速度的方向与水平方向的
角
层
场
侧边
时
夹
为θn，
求
试
sinθn； 
(3)若粒子恰好不能从第n
磁
右
界穿出，
在其他条件不
的情况下，也
入第
层
场
侧边
试问
变
进
n
磁
，但比
层
场
荷
粒子大的粒子能否穿出
磁
右
界，
要推理
明之。
较该
该层
场
侧边
请简
说
 
q
第1 层
第2 层
……
第n 层
……
 (1)粒子在
入第
进
2
磁
，
两次
加速，中
穿
磁
洛
力不做功。
层
场时经过
电场
间
过
场时
伦兹
 
 由
能定理，有
动
 
 2qEd＝1 2mv2 2
 解得 
 v2＝2
qEd
m
 粒子在第二
磁
中受到的洛
力充当向心力，有
层
场
伦兹
 
v22
 qv2B＝mr22
 解得 
 r2＝2
B
mEd
q
11 
 (2)
粒子在第
设
n
磁
中运
的速度
层
场
动
为vn，
迹半径
轨
为rn (各量的下
均代表粒子所在
数，下同
标
层
)。 
 nqEd＝1 2mv2 n
v2n
 qvnB＝mr2n
粒子在磁
中，受到洛
力的作用且
场
伦兹
f⊥v，有 
qvxBΔt＝may
θ
vn
vy
rn
d
θn
qvxBΔt＝mayΔt
rn
得:qBx＝mvy
vx
图1
αn
粒子水平方向穿过n 个磁
有：
场
nqBd＝mvy 
所以： 
sinθn＝B
nqd
2mE
 (3)若粒子恰好不能从第n
磁
右
界穿出，
层
场
侧边
则 
θn＝π 2 
sinθn＝1 
 在其他条件不
的情况下，
用比荷更大的粒子，
其比荷
变
换
设
为q` m` ，假
能穿出第
设
n
磁
右
界，
层
场
侧边
粒子穿出
速度方向与水平方向的
角
时
夹
为θ`n，由于q` m` ＞q m   
致
则导
 sinθn＞1
明
说
θ`n不存在，即原假
不成立。所以比荷
粒子大的粒子不能穿出
磁
右
界
设
较该
该层
场
侧边
 
12 
9. 
代科学
器常利用
、磁
控制
粒子的运
，如
所示，真空中存在多
密相
的匀
现
仪
电场
场
带电
动
图
组紧
邻
强电
和匀
磁
，已知
和磁
的
度均
场
强
场
电场
场
宽
为d，
度足
，
度大小
长
够长电场强
为E，方向水平向右，磁场
的磁感
度大小
应强
为B＝
mE
2qd ，垂直
面向里，
、磁
的
界互相平行且与
方向垂直。一
纸
电场
场
边
电场
个
量
质
为m，
荷量
电
为q 的
正
的粒子在
左
界某
带
电
电场
侧边
处
由静止
放，不
粒子的重力及运
的
磁
射。求：
释
计
动时
电
辐
 (1)粒子
入第
刚进
1
磁
的速度的大小；
组
场时
 
(2)粒子在第1
磁
中运
的
；
组
场
动
时间 
(3)粒子最多能
人第几
磁
。
进
组
场 
解析 只做第3
解析小球由初始位置达到即将
入第
问
进
n 个磁
程中有
场过
 
qEnd＝1 2mv2 n
小球在磁
内有
场
 
fy＝qBvx 
由
量定理可得
动
 
fyti＝mvi即qBvxti＝mvyi(或者利用微元法加牛
第二定律一
也能得到
果
顿
样
该结
) 
化
可得
简
qBnd＝mvny 
解得vny＝nqBd m 
粒子不能出磁
的
界
场
临
为 
vny＝vn 
解得n＝10.5 
故小球到达第4 个有
磁
区域
，将不能从
区域的下方射出。
电
场
时
该
 
13 
10. 如
所示，在空
建立
图
间
O－xyz 坐
系，水平向右
标
为x
正方向，
直向下
轴
竖
为y
正方向，垂直
面向里
轴
纸
为
z
正方向
轴
(
中未画出
图
)，自y＝0 起，沿y 方向
距
间
为d 的水平区域，有均匀
磁
区域和无
磁
区域
电
场
电
场
相
排列，匀
磁
的磁感
度大小
间
强
场
应强
为B，方向垂直
面向里，匀
的
度方向
直向上。
纸
强电场
电场强
竖
一
荷量
电
为q，
量
质
为m 的
正
小球从坐
原点
带
电
标
O 由静止自由下落，在有
磁
的区域中做匀速
周
电
场
圆
运
，重力加速度大小
动
为g。 
(1)
小球从第
带电
1 个
磁
区域的下
界穿出
，
其速度方向与
直方向的
角
电
场
边
时设
竖
夹
为β，求sinβ1； (2)
若已知d＝4m2g
21q2B2 ，
小球到达第几个有
磁
分布的区域
，将不能从
区域的下
界射
则带电
电
场
时
该
边
出?(不考
小球从
区域的上
界穿出后的运
虑带电
该
边
动)。 
解析 小球在
磁
区域内做匀速
周运
，即
区域
力与
电
场
圆
动
该
电场
重力平衡，小球由O 达到达第n 个
磁
区域上
界
程中有
电
场
边
过
 
mgnd＝1 2mv2 n
小球在
磁
区域内有
电
场
 
fx＝qBvy 
由
量定理可得
动
 
fxti＝mvi即qBvyti＝mvxi(或者利用微元法加牛
第
顿
二定律一
也能得到
果
样
该结
) 
化
可得
简
qBnd＝mvnx 
解得vnx＝nqBd m 
故sinβn＝vnx vn＝qB
nd
2g
(1)当n＝1
，
时sinβ1＝qB
m
d
2g
(2)由
意可知
题
βn＝π   2   即eq sinβn＝1
解得n＝10.5 
故小球到达第11 个有
磁
分布区域
，将不能从
区域的下方射出。
电
场
时
该
 
14 
11. 
空
存在三个相互垂直的已知
如
甲所示，
度
设
间
场
图
电场强
为E 的匀
，磁感
度
强电场
应强
为B 的匀
磁
强
和重力加速度
场
为g 的重力
。一
量
场
质
为m、
荷量
电
为q 的
正
小球在此空
做匀速直
运
。
带
电
间
线
动 
(1)若小球
在
仅
xOz 平面内运
，如
乙所示，求此
小球运
的速度大小；
动
图
时
动
 
(2)在(1)的情况下，若小球
坐
原点
经过
标
O
，撤去磁
，求小球再次回到
时
场
x
沿
轴时
x 方向的位移大小； 
(3)若在某一
刻，
和磁
突然全部消失，己知此后
点在运
程中的最小
能
其初始
能
时
电场
场
该质
动过
动
为
动
(即
和磁
要消失
的
能
电场
场刚
时
动
)的1
3，
求此小球初始
运
的速度大小。
试
时
动
 
z
z
g 
E
O
B
y
x
v
O
x
解析：(1)小球
在
仅
xOz 平面做匀速运
，即合外力
零。所以
动
为
F＝Bqv＝(mg)2＋(qE)2 ， 所以v
＝(mg)2＋(qE)2 。 
Bq
(2)在O 点
撤去磁
，即失去平衡，将小球的运
分解
沿着
处
场
动
为
x
与
轴
z 轴vx，vz两个方向。由(1)可知，
Bqvz＝qE，Bqvx＝mg，所以vz＝E B ， 
根据运
学可知：
动
t＝2v  z   g＝2  E 
  Bg ，
根据匀加速运
公式可求得
动
x＝v0t＋1 2at2＝2mE qB2＋2qE3 mg2B2 。
(3)由(1)、(2)可得，vz＝E B ，vx＝mg Bq 。撤去
和磁
之后，
有重力做功，当
能最小
，即重力方
电场
场
仅
动
时
向即vz＝0
其
能最小。
时
动
 
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
速度：
总
 
v＝v2 x  ＋v2 y ＋v2 z ＝6E 2B
15 
12. (2014·新课标I)如
所示，
图
O，A，B
同一
直平面内的三个点，
为
竖
OB 沿
直方向，∠
竖
BOA＝60°，OB
＝3 
2OA，将一
量
质
为m 的小球以一定的初
能自
动
O 点水平向右抛出，小球在运
程中恰好通
动过
过A 点，
使
此小球
，
荷量
带电电
为q(q>0)，同
加一匀
，
方向与△
时
强电场场强
OAB 所在平面平行．
从
现
O 点以
同
的初
能沿某一方向抛出此
小球，
小球通
了
样
动
带电
该
过
A 点，到达A 点
的
能是初
能的
时
动
动
3 倍；
若
小球从
该
O 点以同
的初
能沿另一方向抛出，恰好通
样
动
过B 点，且到达B 点
的
能
初
能的
时
动
为
动
6
倍，
重力加速度大小为g.求： 
(1)无
，小球到达
电场时
A 点
的
能与初
能的比
；
时
动
动
值 
(2)
度的大小和方向．
电场强
O
A
令OA＝2d，OB＝3d
(1)小球O→A 平抛运
有
动
 
2d sin60°＝v0t 
2d cos60°＝1 2gt2
B
vy＝gt 
EkA′Ek0＝7 3
(2)在(1)中 
mg2d cos60°＝EkA′－Ek0可以得到mg2d cos60°＝4 3Ek0
O
A
α
假
方向和
设电场
OA 的
角
夹
为α
β
O→A: mg2d cos60°＋qE2d cosα＝3Ek0－Ek0 
O→B: mg3d＋qE2d cosβ＝6Ek0－Ek0
B
E
解得：
α＝30° 
E＝3mg 6q 
16 
13. 如
，水平面上有两根足
的光滑平行金属
，
距
图
够长
导轨导轨间
为l，
阻不
。左
接有定
阻
电
计
侧
值电
R。
量
质
为m、
阻
电
为r 的
体杆，以初速度
导
v0沿
道滑行，在滑行
程中保持与
道垂直且接触良好。整个装置
轨
过
轨
于方向
直向上，磁感
度
处
竖
应强
为B 的匀
磁
中。宏
律与微
律有很多相似之
，
体杆速度
强
场
观规
观规
处导
的减小
律
似于放射性元素的半衰期，理
上它将
无限
的
衰减完有限的速度。
规
类
论
经过
长
时间
 
(1)求在杆的速度从v0减小到v  0   2 的
程中
过
 
a．
阻
电
R 上
生的
量
产
热
R
v0
B
b．通
阻
过电
R 的
量
电
(2)a．
明杆的速度每减小一半所用的
都相等
证
时间
 
b．若杆的
能减小一半所用
动
时间为t0，
杆的
量减小一半所用
是多少
则
动
时间
? 
解析(1)a．
路
设电
产热为Q，由能量守恒1 2mv2 0＝1 2(v  0   2  )2＋Q
串
路中，
与
阻成正比，可得
联电
产热
电
QR＝R R＋rQ 
3Rmv20
解得
阻
电
R 产热为QR＝8(R＋r) 
b．
程所用
设该过
时间为t，由
量定理：
动
－Blit＝mv  0   2  －mv0 ，其中q＝it 
解得通过R 的
量
电
为q＝mv  0   2Bl 
(2)a．某
刻杆的速度
时
为v(从v0开始分析亦可)，则 
感应电动势E＝Blv，感
流
应电
I＝E R＋r ，安培力F＝IlB＝B2l2 R＋rv
在Δt 内，由
量定理
动
FΔt＝mΔv (Δv
速度
化
为
变
绝对值)可得B2l2 R＋rvΔt＝mΔv 
所以在任意短
内速度
化的比例
时间
变
为Δv 
B2l2
v＝m(R＋r)Δt
B2l2
由于m(R＋r) 
定
，所以任何相等
内速度
化的比例都相等。
为
值
时间
变
 
所以从任何
刻开始
算，速度减小一半所用
都相等。
时
计
时间
 
b．
能减小一半，速度
动
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
仍
时间
为t0
所以速度减小一半所用时间为2t0，
量减小一半所有
也
动
时间
为2t0。 
令B2l2 (R＋r)＝k  
安培力
则
 F＝B2l2 R＋rv＝kv 又mdv dt＝－kv
－m∫v0
dv v＝kdt  －
dv v＝k m dt
化
可得：
简
v=v0e－ k mt
17 
14. (15 分)如
所示
用
定
粒子比荷的装置示意
．它是由离子室、加速
、速度
器和分
图
为
质谱仪测
带电
图
电场
选择
离器四部分
成．已知速度
器的两极板
的匀
组
选择
间
强电场场强为E，匀
磁
磁感
度
强
场
应强
为B1，方向垂
直
面向里．分离器中匀
磁
磁感
度
纸
强
场
应强
为B2，方向垂直
面向外．某次
离子室内充有大量
的
纸
实验
氢
同位素离子，
加速
加速后从速度
器两极板
的中点
经
电场
选择
间
O 平行于极板
入，部分粒子通
小孔
进
过
O′后
入分离器的偏
磁
中，在底片上形成了
于
进
转
场
对应
氕1 1H、氘2 1H、氚3 1H 三种离子的三个有一
定
度的感光区域，
得第一片感光区域的中心
宽
测
P 到O′点的距离为D1.不
离子的重力、不
离子
的
计
计
间
相互作用，不
小孔
计
O′的孔径． 
(1) 打在感光区域中心P 点的离子，在速度
器中沿直
运
，
求
离子的速度
选择
线
动试
该
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
器中所做的运
一个速度
选择
动为
为v0的匀速直线
运
和另一个速度
动
为Δv 的匀速
周运
的合运
，
求
速度
器极板的最小
度
圆
动
动试
该
选择
长
L； 
 (3) 
能区分三种离子，
求
速度
器的极板
最大
距
为
试
该
选择
间
间
d.
加速
B1
O′
B
解：(1) 速度
器中直
运
选择
线
动qv0B1＝qE(1 分)
离子室
电场
解得v0＝E B1(1 分)
O
D1
分离器中粒子
周运
的半径
圆
动
r＝D
  1   2(1 分)
P
由qv0B2＝mv2
r(1 分) 
解得q 
2E
m＝B1B2D1(1 分) 
(2) 三种离子在磁
中做
周运
周期分
场
圆
动
别为T1＝2πm qB1＝π  B  2  D
  1   (2
分)
三种离子都能通
，
过则t0＝6T1(1 分) 
极板最小
度
长
L＝v0t0＝6π
  B  2  D
  1   (1 分) 
B1
(3) 离子在速度
器中做
周运
分运
的最大半径
选择
圆
动
动
为d
4(1 分) 
三种离子都有
对
d 4＝mxΔvx qB1＝mΔv1 qB1＝2mΔv2 qB1＝3mΔv  3   qB1(1 分)
在分离器中的最大直径
氕
为Dm1＝2m（v  0  ＋Δv  1  ）(1 分)
qB2
Dm1＝D1＋2mΔv1 qB2＝D1＋2mΔv  1   qB1·B  1   B2＝D1＋d 2·B  1   B2
同理
的最小直径：
氘
Dn2＝2D1－d 2·B  1   B2(1 分)得d＜B  2   B1D1(1 分)
同理：
的最大直径：
氘
Dm2＝2D1＋d 2·B  1   B2，
最小直径
氚
为Dn3＝3D1－d 2·B  1   B2得d＜B  2   B1D1(1
18 
15. 如
甲所示，在
图
 x＜0，y＞0 区域存在方向垂直 xOy 平面向外的匀
磁
，磁感
度大小
强
场
应强
为B，t＝0
刻
时
，
位于x
上
轴
(－x0，0)的粒子p 以某一速度 y
正方向射出，粒子
轴
p 的
量和
荷量分
质
电
别为 m 和＋q，不计
重力，
一段
后，粒子
经过
时间
p 恰好垂直y
入
轴进
x＞0，y＞0 区域。在x＞0，y＞0 区域存
在匀
，其
度
强电场
电场强
 E 随时间t 作如
乙所示的周期性
化，
乙中
图
变
图
E0＝4  qB
  2x  0   π2m ，T＝2π
  m 
  qB ，
正方向沿 y 
正方向。
轴
 
(1)求粒子p 在磁
中运
速度的大小
场
动时
v0； 
(2)在y＝9x0
有一收集板
处
(
甲中未画出
图
)，求粒子p
中收集板
的横坐
。
击
时
标 
y 
B
E
E
E0 
－x0
O
x
3
4T
T
7
4T
2T
t
－3E0 
甲 
乙 
解析：(1)粒子在磁
中匀速
周运
可得，
场
圆
动
 
v20
qv0B＝m r 
由几何关系可知r＝x0 
立解得
联
v0＝qBx
 
 0   m 
可知T＝2πx0 v0 ，E0＝4Bv  0   π2
(2)
粒子在
中
带电
电场
y
方向运
，
轴
动 
4T－34T 
内有
时间
 
qE02  T   4  ＝mvy1 
y1＝v  y  1   22  T   4
解得vy1＝4  qBx
 
 0   πm ，y1＝2x0 
－T
内有
时间
 
－q3E0T 4＝mvy2－mvy1 
19 
y2＝v  y  1  ＋2v  y  2  T4 
解得vy2＝－2  qBx
 
 πm
 
 0  ，y2＝x  0   
T－7  T  
4 
内有
时间
 
－qE03  T   4＝mvy3－mvy2 
y3＝v  y  2  ＋2v  y  3  34T 
解得vy3＝vy1＝4qBx0 πm ，y2＝3 2x0
作出粒子y 方向的运
像，易知粒子的运
周期
动图
动
T0＝T 
v 
vy1 
O
T
4
3T
4
T
5T
4
7T
4
2T
9T
4
t
vy2 
故一个周期内粒子沿y
运
的位移
轴
动
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T  0   
粒子经历时间为t＝3.5T0，故x＝v03.5T0＝7πx0 
20 
16. 磁
浮列
力原理如下
所示，在水平地面上放有两根平行直
，
存在着等距离的正方形匀
悬
车动
图
导轨轨间
磁
强
场Bl和B2，方向相反，B1＝B2＝1T，如下
所示。
上放有金属框
图
导轨
abcd，金属框
阻
电
R＝2Ω，导轨
距
间
L＝0.4m，当磁场B1、B2同
以
时
v＝5m/s 的速度向右匀速运
，求
动时
 
(1)如果
和金属框均很光滑，金属框
地是否运
导轨
对
动?若不运
，
明理由；如运
，原因是什么
动请说
动
?运动
性
如何
质
? 
(2)如果金属框运
中所受到的阻力恒
其
地速度的
动
为
对
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
持
维
(2)中最大速度运
，它每秒
要消耗多少磁
能
动
钟
场
? 
B1
v
B2
a
b
d
c
(1)运
。因磁
运
，框与磁
有相
运
，
动
场
动时
场
对
动ad、bc
切割磁感
，框中
生感
流
边
线
产
应电
(方向逆时针)，同
受安培力，方向水平向右，故使
框向右加速运
，且属于加速度越来越小的
加速运
。
时
线
动
变
动 
(2)阻力f 与安培力F 安衡
，
时 
f＝kvm＝F＝2IBL① 
其中I＝E R
E＝2BL(v－vm)
 ②
 ③
①②③
立得：
联
 
kvm＝2[2BL(v－v  m  ) ]BL 
R
∴kvm＝4B2L2v－4B2L2v  m  
R
∴vm＝4B2L2v kR＋4B2L2
 ＝3.2m/s
④………(1 分)
⑤………(2 分)
(3)框消耗的磁
能一部分
化
框中
，一部分克服阴力做功。
场
转
为
电热
 据
能量守恒 
E 硫＝I2Rt＋kvm·vmt
(4 分)
(2 分)
E 磁＝[4B2L2(v－v  m  )2
R
]1＋kvm 21
 ＝4
21 04 218 2
＋018×3.22
2
 ＝2.9J
21 
17. 如
所示，平面内存在着垂直于
面向外的匀
磁
，磁感
度
图
纸
强
场
应强
为B。x
上方
真空，
轴
为
x
下方充
某
轴
满
种不
的介
并置于沿
导电
质
x
方向的匀
中，粒子在介
中运
会受到大小
轴
强电场
质
动时
为f＝kv 的粘滞阻力。
y
上
轴
P(0，0.08)点存在一个粒子源，能沿
面向各个方向
射
量
纸
发
质
为m、
量
带电
为q 且速率相同的粒子。
已知沿x
正方向射出的一个粒子，
磁
偏
后从
轴
经过
场
转
x
上
轴
(0.16，0)点
入介
中，
察到
粒子在
进
质
观
该
介
中的径迹
直
质
为
线(不
重力及粒子
相互作用，粒子在介
中运
量不
计
间
质
动时电
变)。 
(1)求
粒子源
射粒子的速率；
该
发
 
(2)求k 的
，并指出
入介
的其他粒子最
的运
情况
值
进
质
终
动
(能
出相关参量的
出参量的
给
请给
值)； 
(3)若撤去介
中的
，求
入介
的粒子在介
中运
的
迹
度
质
电场
进
质
质
动
轨
长
s。
P
y
x
解析 (1)(R－0.08)2＋(0.16)2＝R2
O
R＝0.2 m          (2 分 )
qvB＝mv2
R         (1 分 )
v＝8×103 m/s     (1 分 ) 
(2)
粒子
入介
的速度方向与
设
进
质
x
的
角
轴
夹
为θ， 
由几何关系可知，sinθ＝0.8 (1 分 ) 
如
，
图kv＝qvBcotθ(2 分 )
qv0B
kv0
v0
qE
k＝4.8×10－21 N·s/m      (1 分 )
其他粒子在介
中最
做匀速直
运
质
终
线
动                       (2 分 )
末速度大小都为  v＝8×103 m/s，(1 分)方向与x
正方向成
轴
53°  (1 分) 
或：介
中其他粒子最
都和上述粒子的速度大小、方向一
质
终
样       (2 分 ) 
做匀速直
匀速
线
                                               (2 分 ) 
(注：理由是
入介
的任意方向的速度都可以分解
方向与
进
质
为
x
正方向成
轴
53°速度大小为v 的一个分运
，和另一个分运
，前一个分运
匀速运
，另一个分运
由于受粘滞阻力的分力最
速度减小
动
动
动为
动
动
终
为0.或：
洛
力不做功、粘滞阻力做
功、
力
功
正功，最
在速度大小
伦兹
负
电场
总
为
终
为v 方向与x
正方向成
轴
53°时实现
平衡做匀速运动) 
(3)在切向
用牛
第二定律有：
应
顿
 
kv＝mat，                                           (1 分 ) 
kv＝mv    t ，(在
里
这
v 是速度大小的
化
变
)， 
kvt＝m
v ，ks＝mv－0   (有
号同
得分
负
样
)(2 分 )
s＝mv k＝4 15 m                               (1 分)
22 
18. 如
所示，在
图
y
右
有垂直于
轴
侧
xOy 平面向里的匀
磁
。
强
场x 正半
上距原点距离
轴
为L 的c 点有一个离子
源，可以向各方向
射
量
发
质
为m，
量
带电
为q 的正离子(重力不计)，所有离子初速度大小均为v0。在
些
这
离子穿过y
的位置中，
轴
d 点
坐
最大，其距原点距离
纵
标
为3L 。 
(1)求磁
的磁感
度大小
场
应强
B； 
(2)y
左
的
轴
侧
e、f、gh 四个点恰构成一个矩形，且ef 与工
平行。
轴
ef 与eh
度之比
长
为1∶3 。在y
左
加
轴
侧
上平行于xOy 平面的匀
后，从磁
中穿
强电场
场
过y
入
的离子中，有一个离子
轴进
电场
经过f、h 点的
能分
动
别
为2Ek和4Ek，另一个离子经过f、g 点的
能分
动
别为1.5Ek和4.5Ek ( Ek未知)，求匀
的方向；
强电场
 
(3)在第(2)
的前提下，从磁
问
场经过d 点第一次
入
的离子，在
中运
后再次回到磁
中，求离
进
电场
电场
动
场
子经过x
可能的最大坐
轴时
标(不考
再次从磁
中
入
的离子
虑
场
进
电场
)。 
解析：(1)离子在磁
中做匀速
周运
有
场
圆
动则
 
v2
qBv0＝m r 
由几何关系可知当cd
直径
，可以使得
为
时
d 点的
坐
最大，
纵
标
此
有
时
 
r＝L 
可得B＝mv  0   qL 
(2)根据
意可知
中
题
电场
 f、h 两点的
差
电势
U1及f、g 两点的
差
电势
U2的关系为 
U
  1   U2＝W
  fh 
  Wfg＝2 3
又ef 与eh
度之比
长
为1∶3 则fh 与fg 的
度之比
长
为 12＝2 
l1 
3 
所以
度在
电场强
fh 与fg 方向上的投影大小之比 
E2＝U1/l1 E1 U2/l2＝1 3
度大小
电场强
E 及E 与fg 方向
角
夹
β 为(如图1) 
E＝
E2 1＋E2 2－2E1E2cos30°
sin30°
cosβ＝E  2   
可得E＝2E1，α＝30°，即
方向与
电场
y
半
方向成
轴负
轴顺时针
30°(恰好与dc 方向平行)。 (3)离子在
中做
平抛运
从
电场
类
动
d 运
到
动
y
的
轴
P，根据位移偏
角
转
α 和速度偏
角
转
θ 关系易知 tanθ＝2tanα 
23 
所以离子在P 点速度大小为 
v＝v0 cosθ＝13v0 
离子在磁
中的运
半径
场
动
为R 
qBv＝mv2 R 
可得R＝13L 
离子在x
上的交点
轴
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
直径的
候，
为
时
Q 点距离O 最
。
远 
7
易知cosγ＝cosθcosα＋sinθsinα＝213 
所以xOQ＝2Rcosγ＝7L 
y 
d 
e
f
O
c
x
h
g
24 
19. 有两个
量之比
电
为n 的异种点
荷，它
之
距离
电
们
间
为d．
明它
的
中
零的等
面。
证
们
电场
电势为
势
 
解析：
如
所示，假
两个点
荷的
量分
图
设
电
电
别为q 和－nq（n＞1），以正
荷坐
原点，建立直角坐
，根据
叠加
电
标
标
电势
可得： 
kq
x2＋y2－
knq
(d－x2)2＋y2＝0
即
kq
x2＋y2＝
nq
(d－x)2＋y2
化
可得：
简
xn2－1)2＋y2＝(nd1)2 
即球心(n2－1，0) ，半径r＝nd1 
20. 如
所示的
方形
图
长
ABCD，AB＝CD＝2L，AD＝BC＝L，空
存在平行于
方形平面的匀
，
区
间
长
强电场电场
域足
大，在
够
A 点有一粒子源，可沿
平面向
该
AB、AD 之
区域内（包括
间
AB，AD）各个方向
射
量
发
质
为
m，
荷量
＋
电
为
q(q＞0)的同种粒子，粒子的速率均为v0)。恰有粒子能
到达
够
B 点其余均落在AB 之
，且
间
沿着与AB 方向30°角斜向右上
射的粒子和沿
发
AD 方向
射的粒子都
段
发
经过线
AB 上同一位
置，不
粒子重力，求
计
(1)
的方向及其大小；
电场
(2)粒子经过B 点的
能大小；
动
(3)粒子能不能通过CD
段，写出
明
程。
线
证
过
解析：(1)由于沿着与AB 方向30°、AD 方向的粒子能
到达同一点，易知
的反方向和
够
电场
AD
角必
夹
为30°。即
方向与
电场
AB 成60°角斜向下。 
(2)由于粒子最
能到
远
B，可知B 位于包
上，
与
络线
则
A 距离表达式
D
C
p 
v2 0 
2Ek0
r＝1＋cosθ＝a(1＋cosθ)＝F(1＋cosθ) 其中θ＝120°，F＝qE，r＝2L
30°
mv20
解得E＝qL ，p＝L
A
30°
B
E
粒子在B 点的
能表达式
：
动
为Ek＝1－cosθ 1＋cosθEk0＝3 2mv2 0
D
N
C
(3)如
所示，取包
上任一点
图
络线
M 和CD 上任一点N，如果AM＜AN 则
M
粒子无法穿过CD，反之
穿
。
则
过
α
L 
L
由几何关系可知rAM＝1＋cosα  ,dAN＝cos(α－π
6)
A
E
B
在
比
现
对
1＋cosα 与cos(α－π   6  ) 的大小， 1＋cosα－cos(α－π   6  )＝1－2sin(α－π   12
  )sinπ 12 
是个减函数，
这
N 起点为D
点
终
为C，易知1－2sin(α－π   12
  )sinπ   12
  ＞0 所以1＋cosα＞cos(α－π   6  ) 故AM＜AN，所以粒子
25 
能通过CD
段
线
 
26 
21. 
直平面内有一个半径
竖
为R 的
，在
心
圆
圆
O
以相同的
能向
平面内各个方向将抛出小球
处
动
该
(小球视为
点
质
)，
周上小球能达到的区域的弧
发现圆
长为2
3π 。若
小球
上＋
让
带
q(q＞0)的
荷，并附加一平行
电
该
平面的的足
的匀
，仍然从
心
够宽
强电场
圆
O
将
相同小球球以上述初
能向
平面各个方向抛出
处
该
动
该
(不
小球之
的相互作用
计
间
)，
小球能到达的区域恰好恰好是半个
周，已知小球
量
发现
圆
质
为m，重力加速
度为g，上述区域是
的，
下列描述正确的是
连续
则
 
A．小球的初速度大小为v0＝
R
g
B．匀
的
度最大
强电场
电场强
值为E＝3  mg 
 
 2q
C．若匀
方向斜上与
直方向
角
强电场
竖
夹
为π   6   ，
度
则电场强
为E＝3mg 2q
D．加入
后，小球达到
周的最大速度
电场
圆
为vmax＝
3gR
2
解析：无
有无
，小球均做抛体运
其运
范
均在包
以内，第二定
下包
的方程
：
论
电场
动
动
围
络线
义
络线
为
v20
l＝a(1＋cosθ)
O
y
l
M
x
v2
无
：
电场时θ＝2 
0
3π ，R＝g(1＋cos2  π  
3)
θ
易得v0＝
gR
2
v2
有
：
电场时θ＝π 
0
2 ，R＝
a(1＋cosπ   2  )
易得a＝g 2 
且可知匀
的最大
强电场
值为E＝mg＋ma q ＝3mg 2
根据
能定理加入
后速度的最大
：
动
电场
值
maR＝1 2mv2 max－1 2mv2 0
解得vmax＝
3gR
2
若匀
方向斜上与
直方向
角
强电场
竖
夹
为π 6 ，根据矢量合成易知E＝3mg 2q
27 
22. (2022－湖南·衡阳市船山英文学校高三开学考
）如
所示，在光滑
水平面上有一半径
试
图
绝缘
为R 的
，
圆A，
B、C 是
的三等分点，
圆
O
心，空
有平行于水平面，
度大小
为圆
间
电场强
为E 的匀强电场(
中未画出
图
)。在圆
周上的A 点有一小球
射器，以相同的
能平行于水平面沿不同方向
射
荷量
发
动
发
电
为q 的
正
带
小球，小球会
周上不同的点，在
些点中，
电
经过圆
这
经过B 点的小球的
能最大。不
动
计
小球
的相互作用力。下列
法正确的定
间
说
( )
A．匀
的
度的方向
由
强电场
电场强
为
O 指向B
B．匀
的
度的方向
由
强电场
电场强
为
A 指向C 
C．若小球从A 点沿AC 方向射出，恰能经过B 点，
小球的初
能
则
动
为0.25qER
D．若小球从A 点沿AC 方向射出，恰能经过B 点，
小球的初
能
则
动
为0.125qER 
解析 
是一个有漏洞的
目，我
知道在恒力作用下大小恒定的
这
题
们
速度抛出，小球的
迹是一个抛物
，其能达到的区域的
界也是一
轨
线
边
个抛物
俗称包
，如
线
络线
图1 所示以重力
例。
场为
 
通
可以很明
的知道，
目初
能不加以限制，其包
可
过图
显
题
动
络线
能不包含最低点，所以要想
理做
个
目，
加个条件，具体什么
顺
这
题
应该
的条件，其分析如下。
样
 
我
知道越靠近最低点，
能越大，如
们
动
图2 所示，做OK∥AB，根据包
可知最低点不会在
络线
B 点左
只
侧
能在BK 之
，
间则BK 是小球不能达到的区域，即B 点是包
的右
界也是
能最大点，令
方向与
络线
边
动
电场
OB
角
夹
为θ， AB 与
反向延
角
电场
长线夹
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
能的关系可知
动
 
2Ek0
|AB|＝qE(1＋cosα) 
得到Ek0＝3 2qER(1＋cosα) 
所以Ek0max＝(3 2－3 4)qER
所以要想小球能
在
够
B 点
能最大且
足
动
满
B
最低点的要求，必
初
能加以限制，其初始
能
为
须对
动
动
应满
足 
Ek0≥(3 2－3 4)qER
B 在包
可达到的区域，
才能
利的利用等效重力的思想
行解
。
络线
这样
顺
进
题 
28 
23. 如
，匀
中有一半径
图
强电场
R 为12.5 cm 的
，
心
圆圆
为O，
与
所在的平面平行，
电场线
圆
 ab 和cd
的两
为圆
条直径两直径
角
夹
为74°把
子从
电
a 点移到b、c 两点，
力所做的功分
电场
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
法正确的是
说
(  )
c
A．
子在
电
c 点的
能比在
电势
b 点的多32 eV 
B．d 点
的
处
电势为70 V
a
74°
O
b
C．
度的大小
电场强
为200 V/m 
D．
周上
最高点的
圆
电势
电势为50 V 
解析：易知φb＝52 V，φc＝20V。由U＝Elcosθ 可知φa＋φb＝φc＋φd，
c
d
所以φd＝34 V。lca＝2Rcos53°，lda＝2Rsin53° 
如
所示令
方向与
图
场强
ca
角
夹
为α，
有
则
φc－φa＝Elcacosα，φb－φa＝
a
α
O
E
b
Eldasinα，可得E＝2 V/cm，α＝53°。恰好
方向就是
场强
ba 方向。
d 
24. 如
所示，有两
正
的极板
图
块
对
A 和B，
成一个平行板
容器，极板
组
电
A 固定在
簧的一端
弹
(
簧的另一端
弹
固定)，并可在
水平面上做无摩擦的运
，极板
绝缘
动
B 是固定的。
簧的
度系数
弹
劲
为k，
簧
于自然
弹
处
长
度
，两极板
的距离
时
间
为d，
容器的
容
电
电
为C0，
源的
电
电动势为U0。 
当
簧
于自然
度，极板
弹
处
长
A 静止
，合上开关
时
K，通
簧
容器充
。不
簧的
感，
此
两
过弹
给电
电
计弹
电
设
时
极板的
立即达到
电压
U0，极板A 在
力和
簧
力的作用下开始振
，用
电场
弹
弹
动
x 表示极板A 的位移，取弹
簧在自然
度
长
时x＝0，并取自A 向B 的方向
正方向。在本
中
为
题
设x
d＜＜1 ，在
算中当
计
│x│＜＜
1
可以利用近似公式
时
(1＋x)n≈1＋nx。 
极板A 所受
力可利用公式
电场
1
2QE 
算，其中
计
Q
容器的
为电
带电
量，E
平行板
的
度。
为
间
电场强
 
(1)
明极板
证
A 的振
是
振
；
动
简谐
动 
(2)求出振幅a； 
(3)当极板振
到
动
x＝0 位置
，立即断开开关，求此后极板
时
A 振
的
动
振幅。 
29 
解析 如
所示，
图
A 板由平衡位置O 向右的位移为x，此时A 板受
簧
弹
弹
力kx 和
力
电场
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
成的
容器，当
簧
于原
：
组
电
弹
处
长时
C0∝εS d
②
当A 板向右移动x
，平行板
容器的
容
：
时
电
电
为 
C∝εS d－x
立
联
①、②可得：C＝d d－xC0
③
④
A、B 两板
的
间
电压U0不
，
变则A 板位移为x
容器的
量
：
时电
带电
为 
Q＝CU0 
即Q＝d d－xC0U0
⑤
A、B 两板
匀
的
度
间
强电场
电场强
为 
E＝U0 d－x
⑥
则A 板所受到的
力
电场
为 
f＝1 2QE 
＝12dC－0  U
  x0U
  0  x 
dC0U20
＝2(d－x)2 
dC0U2 0 (d＋x)2
＝2(d－x)2(d＋x)2
用近似公式
应
⑦
dC0U20
＝2(d2－x2)2(d＋x)2
(1＋x)n≈1＋nx
1－(x d)2≈1
dC0U2
＝2d4[1－(x d)2]2d2(1＋2x 
dC0U2
＝2d4d2(1＋2  x   d)
C0U2 0 C0U2 0x
＝2d＋
d2
30 
将⑦
入
带
①，则A 所有合外力为 
C0U2 0 C0U2 0x
F＝2d＋
d2
－kx
C0U2 0 
C0U2 0x
＝2d－(k－
d2 )x
C0U2 0 
C0U2 0x
令A＝2d ，B＝k－
d2
⑧
⑨
则F＝A－Bx＝B(A B－x) 
令X＝－(B－x)＝x－A 
则F＝－BX 
由此可知A 板的振
振
。
动为简谐
动 
(2)由B 可知，A 版振
的平衡位置
动
： X＝x－A＝0 ，即x＝A 
振幅
：
为a＝A B ，A 板在x＝0，x＝2A B 之
做
振
。
间
简谐
动
振幅大小
：
为a＝A
B 将⑨式
入可得
带
 
a＝A 
C0U2 0d
B＝2(kd2－C0U2 0)
(3)当A 版振
到
动
x＝0
，立即断开开关，两极板
量
时
带电
Q＝C0U0不
，两板
匀
的
变
间
强电场
场强E 保
持不
，
变E＝U
  0   d 
当A 板位移为x
，
时A 板所受外力为 
F＝1 2QE－kx 
＝1 2C0U0U
  0   d－kx
C0U20
＝
C0U2
：
则A′＝
2d ，B′＝k，X＝x－A  ′ B′ ，F＝－B′X
A 振
的振幅
动
为 
C0U2
a′＝A  ′ B′＝2dk 0
31 
25. 如
所示，在平行
面的匀
中，有一
荷量
图
纸
强电场
电
为q 的
正
粒子，
在静
力的作用下，粒子从
带
电
仅
电
中
电场
A 点运
到
动
B 点，速度大小由2v0变为v0，粒子的初、末速度方向与A、B
的
角均
连线
夹
为30°，
已知A、B 两点
的距离
间
为d，
匀
的
度
则该
强电场
电场强
 
A．
B．
3mv2 0
qd
 ，方向
直向上
竖
3mv2 0
qd ，方向斜向左下方
3mv20
C．
qd ，方向
直向上
竖
 
D．
21mv20 ，方向斜向左下方
2qd
解析 
是典型的一道速度大小和角度不自洽的
，下面
明
何不自洽。我
知道
粒子做的是
这
习题
说
为
们
带电
匀
速曲
运
，那么我
作出矢量
。
变
线
动
们
图 
本
目中数据，若速度方向和大小没
，
位移一定能不是初末速度的平分
，如果位移方向和速
题题
问题则
线
度方向没
，
大小一定有
。
问题则
问题 
32 
26. 如
所示，在匀
中一
量
图
强电场
质
为m、
荷量
电
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
的
角
连线
夹
为53°，在b 点的速度大小为4v、速度方向与ab
的
角
连线
夹
为37°，ab
度
连线长
为d，sin37＝0.6，cos37°＝0.8。若粒子只受
力作用，
下列
法正确的是
电场
则
说
 
(    ) 
A．
大小
场强
为mv2 2qd 
B．从a 到b，粒子的运动时间为2  d   v   
C．
方向与
场强
ab
的
角
连线
夹
为53° 
D．从a 到b，粒子的最小速度为2v 
解析 
33 
27. 如
所示，
直平面
图
竖
(即
面
纸
)内存在范
足
大的匀
，其大小和方向未知。一
量
围
够
强电场
质
为m，
量
带电
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
到抛出点正下方
动
A 点
的速度大小
时
为e
错误!未定
。，已知
义书签
OA 两点
距离
间
为4v2
g ，重力加速度为g，不
空气阻
计
力，在小球从O 点运
到
动
A 点的
程中，求：
过
 (1)
力
小球做的功；
电场
对
 
(2)
度
电场强
E 的大小和方向； 
(3)小球的最小速度大小。 
解析 (1)小球运
程中有
动过
 
mg4v2 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
角
夹
为θ，根据矢量关系有 
cosθ＝v0
1
2at
4v2
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 2v0 
34 
28. 如
，匀
中有一半径
图
强电场
R 为12.5 cm 的
，
心
圆圆
为O，
与
所在的平面平行，
电场线
圆
 ab 和cd 为
圆
的两条直径两直径
角
夹
为74°把
子从
电
a 点移到b、c 两点，
力所做的功分
电场
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
法正确的是
说
( 
) 
A．
子在
电
c 点的
能比在
电势
b 点的多32 eV 
B．d 点
的
处
电势为70 V 
C．
度的大小
电场强
为200 V/m 
D．
周上
最高点的
圆
电势
电势为50 V 
解析 已
理完成
经处
φa＝2 V，φb＝52 V，φc＝20 V，φd＝34 V
于求解
网搜一般都是提供等
法
行
对
场强
势
进
求解，
于一般同学不
友善，
在提供两种直接的运算方式
对
够
现
 
法1 基
法
础
(提供两个参考) 
①以a
基点研究
为
a→b 和a→c 两个
程，
方向与
过
设场强
ab
角
夹
为α，如
所示
图
 
a→b 有：W1＝eE2Rcosα 
a→c 有：W2＝eE2Rsin37°cos(53°－α) 
立解得
联
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
就要稍微
察下，
们
观
发现ac⊥ad，以a 点
基点研究
为
a→c 和a→d 两个
程。
过
 
②
方向与
设场强
ab
角
夹
为α，如
所示
图
 
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
基点
行研究。
为
进
 
35 
法2 投影法(提供两个参考) 
我
知道根据
们
W＝qElcosθ 可知E′＝W
ql＝Ecosθ ，可知我
求得的
们
E′大小只是真
的在特定方向的
实场强
一个投影而已，即我
只可以直接求外接
直接直径，先余弦后正弦直接
。
们
圆
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
也不想直接根据
目
啥
题
AB、AC 算出E＝
E2 1＋E2 2－2E1E2cos53°
＝200 V/m (特殊角你也可以直接看) 
sin53°
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
算法不在
述。
线
赘
 
36 
29. 如
所示，匀
中有一个以
图
强电场
O
心、半径
为圆
为R 的
，
方向与
所在平面平行，
上有三点
圆电场
圆
圆
A、
B、C，其中A 与C 的
直直径，∠
连线为竖
A＝30°.有两个完全相同的
正
粒子，
荷量均
带
电
带电
为q(q＞0)，
以相同的初
能
动
Ek从A 点先后沿不同方向抛出，它
分
运
到
们
别
动
B、C 两点．若粒子运
到
动
B、C 两点时
的
能分
动
别为EkB＝2Ek、EkC＝3Ek，不
粒子的重力和粒子
的相互作用，
匀
的
大小
计
间
则
强电场
场强
为(  ) 
A．Ek qR
B．2  E  k  
qR
C．3Ek 3qR
D．23Ek
3qR
解析 其他网搜一般都是提供等
法
行求解，
于一般同学不
友善，
在提供两种直接的运算方式
势
进
对
够
现
 
法1 基
法
础
(提供两个参考) 
①以A
基点研究
为
A→B 和A→C 两个
程，
方向与
过
设场强
AB
角
夹
为α，如
所
图
示
A→B 由
能定理得：
动
qE3Rcosα＝EkB－Ek
A→C 由
能定理得：
动
qE2Rcos(30°－α)＝EkC－Ek 
立解得
联
α＝60°，E＝23
  E  k   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
就要稍微
察下，
们
观
发现BC⊥AB，以B 点
基点研究
为
A→B 和B→C 两个
程。
过
 
②设
方向与
场强
AB
角
夹
为α，如
所示
图
 
A→B 由
能定理得：
动
qE3Rcosα＝EkB－Ek 
B→C 由
能定理得：
动
qERcos(90°－α)＝EkC－EkB 
非常容易解得tanα＝3 即α＝60°，所以E＝23
  E  k   3qR 
容易你也可以以C 点
起点
行随便研究。
为
进
 
37 
法2 投影法(提供两个参考) 
我
知道根据
们
W＝qElcosθ 可知E′＝W
ql＝Ecosθ ，可知我
求得的
们
E′大小只是真
的在特定方向的
实场强
一个投影而已，即我
只可以直接求外接
直接直径，先余弦后正弦直接
。
们
圆
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＝
  E  k   qlAC＝Ek qR
场强E 在BC 方向的投影大小E3＝
  E  k   qlBC＝Ek qR
①
也不想直接根据
目
啥
题
AB、AC 算出E＝E2 1＋E2 2－2E1E2cos30°＝23Ek
sin30°
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＝23Ek 3qR
③再或者发现E1＝E3可知
必在
场强
∠C 角平分
上，算法不在
述。
线
赘
 
38 
30. 如
所示，匀
中的三点
图
强电场
 A、B、C 是一个直角三角形的三个
点且
方向与
顶
电场
ABC 所在的平面平行，
其中∠A＝90º，BC 边长为2 m，ABC 三点
分
电势
别为2 V、5 V、11 V 
度的可能
多少
则电场强
值为
(   ) 
A．1 V/m
B．4 V/m
C．7 V/m
D．100 V/m 
解析 我
知道
们
U
l 得到的
果就是
在
方向的投影，令∠
结
场强
该
B＝θ，则 
3
在
电场
BA 方向投影E1＝2cosθ 
9
在
电场
CA 方向投影E2＝2sinθ 
所以 
E2＝E2 1＋E2 2 cos2θ＋9 sin2θ)
化
一下
简
 
E＝4＋9(cos2θ＋sin2θ)(10cos2θ＋9cos2θ))≥36  E 取最小
，
值时θ＝30º 
方法2 
 根据投影相关知
，我
知道
的方向一定是斜左下方的，即
识
们
场强
BA 和CA 所
区
夹
域的某一个方向，取BC 中点D，易知D 点电势为8 V，
接
连
AD，可知DA＝l＝1 m，令场
方向与
强
DA
角
夹
为α，则
UDA＝Elcosα
所以E＝6
cosα≥6
明：原理上用
说
BC 上面任何一点
接
连
K 然后
接
连
KA 均可以得到答案，但是
里要知道，其他位置
这
KA
的
度以及
长
K 的
是随着直角三角形
电势
ABC 的角度
化而
化的，
量太多，但是用
变
变
这样变
DA 就不一
了，
样
DA
度是固定的，其
差也是固定的，所以
算量会大减。
长
电势
计
 
39 
31. 在如
所示
路中，已知
源的
图
电
电
电势为12 V、内阻为2 Ω，A、B 两个定
阻的阻
分
值电
值
别为RA＝10 Ω
和RB＝12 Ω，
可
阻
调节
变电
C，当可
阻
变电
C 阻
多大
，
阻
值为
时电
C 消耗的功率最大，最大
是多少
值
? 
解析 直接硬
太
麻
有碍
瞻，我
采用等效法，
了
自己看着舒服，改画
路，
刚
过
烦
观
们
为
让
电
 
RB
可知新
源
电
：
电动势′RB＋(RA＋r)E＝6 V
内阻：r′＝RB(RA＋r) RB＋(RA＋r)＝6 Ω
在不行就把笔
里面等效法内容重新展示一遍：
实
记
 
E＝U＋I 总(RA＋r)＝U＋(U RB＋I)(RA＋r) 
数学化
一下
简
 
U＝RB＋(RA＋r)E－IRB(RA＋r)) 
比
对
U＝E′－Ir′ 
RB
可知新
源
电
：
电动势′RB＋(RA＋r)E
＝6 V
化
如
简
为
图3
所以当RC＝6 Ω
其
功率最大，最大
时
电
为Pm=1.5 W 
40 
32. 如
甲所示的
路
，
表和
流表均
理想
表，
滑
阻器，
表的示数，在同一个
图
电
图电压
电
为
电
调节
动变
记录电
坐
系中描点画出
乙所示的
标
图
U1－I1、U2－I2
像
图
.已知
阻
电
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
像直接得
图
 
E＝0.3 V 
r＝0.5 Ω 
根据上
重复的笔
中的推
程可知，
题
记
导过
 

：
电动势E′＝R2 R2＋rE＝0.2 V
一次等效
内阻：r′＝R2r R2＋r＝1 3 Ω
：
电动势E′′=E′＝0.2 V
二次等效内阻：r′′＝r′＋R1
根据
像
入
图
带
R1＋R2r R2＋r＝1 Ω  所以R1＝2 3 Ω
于
对
U1－I1的关系很
，
在主要研究
简单现
U2－I2的关系 
U＝I2R1＋U2
将
路
行
减如下
所示，易知
电
图进
删
图
 I 总＝U R2
所以有E＝U+I 总r＝(I2R1＋U2)＋(I2R1＋U2＋I2)r 
R2
化
一下
简单
简
U2＝R  2   R2＋rE－I(R1＋R2r R2＋r)
剩下根据
像
算即可。
图
计
 
41 
33. 如
，在水平面固定一个半径
图
为R 的半
形
管，在直径两端
圆
细
A，B 分
放置一个
正
荷的
别
带
电
Q1、Q2，Q1
量
带电
为Q，Q2
量
带电
为33Q ，另一个
量
质
为m、
量
＋
带电
为
q 的粒子（可看作点
荷）从管内
电
P
点(P 点不与A、B 重合)静止
放，使其
得一加速度
释
获
a(a≥0)在
管内运
，
细
动则
在整个运
程中，下列
法
的是
动过
说
错误
A．
点
荷做机械振
，但不是
运
该
电
动
简谐
动 
B．无论P 点位于何
，运
都不会与
处
动时
Q1，Q2相碰
C．无论P 点位于何
，运
程中
存在一个速度最大
处
动过
总
处M，且
足∠
满
MAO＝60° 
D．若P 点位于
弧
圆
AB 且靠近B 的三分点
，
当其运
到
弧
处则
动
圆
AB 另一三等分点
管壁
它的力
处时
给
的大小为(203-26)kQq
3R2
解析 此
很容易知道
题
AB 是正确的，下面重点
算
计
CD。 
切向场强为0 位置即
速度最大位置，而且
个位置
最低。
为
这
电势
 
kQ1 
kQ2
(2Rcosα)2sinα＝(2Rsinα)2cosα
得
tanα=
3Q2
Q1 即α＝60°
另个三等分点即M 点， 
 φP＝kQ1 2Rcosθ＋kQ2 2Rsinθ＝43kQ 3R
φM2Rcos1α＋kQsin2α＝2 RkQ 
所以
于粒子
对
P→M 有 
q(φP－φM)＝1 2mv2 
粒子在M 点有FN(2kqQcos1－(2Rsinα)2sinα＝mv2 解得FN
＝(43－3)kQq
3R2
42 
34. 如
所示，空
存在垂直于
面向内的匀
磁
图
间
纸
强
场B，
有用
成的三角形
体框
现
细软导线围
导
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
弧做角速度
圆
为ω 的匀速
周运
，
框
圆
动则导线
ABC 上的C 点从A 点出
，逆
运
一周（
发
时针
动
时间为T）
程中
生的感
过
产
应电动势(取
流
电
B 到A 的方向
的正方向）随
的
化
正确的是
为电动势
时间
变
图线
( ) 
解析 如
所示
图
 
有几何关系可知θ＝1 2ωt 
穿
框的磁通量
过线
为Ф＝B2R2Rsinθ＝4BR2sin1 2ωt 
法一：
比交流
磁通量表达式
对
电
Ф＝Bssinωt(从峰
面
起
值
计时
)和瞬
表达式
时值
e＝Bsωcosωt 易
知e＝2BR2ωcos1 2ωt 
法二：对Ф＝ 4BR2sin1 2ωt 求个
直接得到
导
e＝2BR2ωcos1 2ωt
43 
35. 一定数量的直
沿
直方向均匀分布在
心
导线
竖
圆
为O 的
周上，
周所在平面水平，，
中均通有方向
圆
圆
导线
相同、大小相等的
流，每根
在
心
生的磁感
度大小均
电
导线
圆
处产
应强
为B0。设n 根依次相
的直
在
邻
导线
心
圆
O
生的磁感
度大小
处产
应强
为B，且B2＝B4，则 
A．n＝8 
B．n＝6 
C．B3＝2B0 
D．B3＝3B0 
解析 我
知道
于一般同学判断
形磁
是令人
痛的
，那么我
个思路，利用
流之
的相
们
对
环
场
头
问题
们换
电
间
互作用
律来
化判断
规
简
(笔
中的
律
记
规
1)，将会有意想不到的效果，先假
所有
中的
流都是垂直
面
设
导线
电
纸
向里的，步
如下
骤
 
①在
心添加一垂直向里的
流元，令受到每条
的作用力
圆
电
导线
为F0，即有力必有磁
，且二者是一正比
场
例关系，即F0∝B0，通
力来判定磁
的
弱。
过
场
强
 
②有
干
题
B2＝B4可知，必定有两条直
流元的力抵消了，即
导线对电
导线1 和导线4
中
流元的作用
对
间电
力相互抵消了(如图1)，根据
干的
称性可知，两两
与
心
角
题
对
导线
圆
连线夹
为60°，故n＝6； 
③易知导线1、2、3
中
的作用力
对
间
为F3＝3F0 (如图2)，所以B3＝3B0 。 
44 
36. 如
所示，一根足
的
均匀
杆
斜固定在匀
磁
中，磁
的方向垂直于
杆所在的
直平面
图
够长
绝缘
圆
倾
强
场
场
圆
竖
向里。
有一个
正
的小
从杆中
某位置以初速度
现
带
电
圆环
间
v0沿杆向上运
，
与杆
的
摩擦因数
动环
间
动
处处
相同，不
空气阻力。下列描述小
在杆上运
的
计
圆环
动
v－t
象中，可能正确的是
图
(   ) 
解析 (
解析改
自田
该
编
晔)令
杆的
角
圆
倾
为θ，速度
界
临
值为v′，
足
满
qv′B＝mgcosθ，支持力和摩擦力的合
力为R，只要摩擦因数不
可知
力的方向是恒定不
的。
变
该
变
 
可下滑：μ＜tanθ
里要
明下，
于减速度到零，在减速度到零之后
这
说
对
可静止：μ＞tanθ 
受力分析如
所示
图
 
所以，很容易判
像很容易画出可能的情况
图
 
45 
37. 如
所示，空
有两个
度分
图
间
宽
别为L 和2L 的有界匀
磁
区域，磁感
度大小都
强
场
应强
为B，左
磁
方向
侧
场
垂直于
面向里，右
磁
方向垂直于
面向外。
纸
侧
场
纸
abcd 是一个由均匀
阻
做成的
电
丝
边长为L 的正方形线
框，
框以垂直于磁
界的速度
线
场边
v 匀速通
两个磁
区域，在运
程中，
框
过
场
动过
线
ab、cd 两
始
边
与磁
的
界平行。
框
终
场
边
设线
cd
入磁
的位置
边刚进
场
为x＝0，x
正方向水平向右，从
框
轴
线
cd
入磁
开始到整个
框离开
边刚进
场
线
磁
区域的
程中，
场
过
 ab 两点
的
差和
框受到的安培力
间
电势
线
F(规
定水平向右
正方向
为
)随着位置x
化的
像正确的是
变
图
(  ) 
解析 令
框每
阻
线
边电
为R，运
程分四个
段，
动过
阶
 
图1：0~L
程中
过
 
框中的
：
线
电动势为E1＝Blv 
路中的
流
：
电
电
为I1＝4ER＝ BLv 
ab
是个
阻，
边仅仅
电
则Uab＝I1R＝1 4BLv 
框
线
仅cd 有向左的安培力为F1＝I1LB＝B2L2v 4R 
图2：L~2L
程中
过
 
框中的
：
线
电动势为E2＝E 左＋E 右＝2Blv 
路中的
流
：
电
电
为I2＝E  2   4R＝ BLv 2R
ab
也是
源，自身
源
阻
边
电
电
电
为R，则Uab＝E 左－I2R＝1 2BLv 
框
线
ab、cd
均受到向左的安培力
边
F2＝2I2LB＝B2L2v
R
46 
图3：2L~3L
程中
过
 
框中的
：
线
电动势为E3＝Blv 
此
框中没有
流，
时线
电
ab
的
差即
间
电势
为电动势Uab＝ E3＝BLv 图
4：3L~4L
程中
过
 
框中的
：
线
电动势为E4＝Blv 
路中的
流
：
电
电
为I4＝ER＝ BLv 
ab
作
源，自身
源
阻
边
为电
电
电
为R，则Uab＝E3－I4R＝1 4BLv 
框
线
仅ab
受到向左的安培力
边
F4＝I4LB＝B2L2v   4  R 
47 
38. 当金属的温度升高到一定程度
就会向四周
射
子，
种
子叫
子，通常情况下，
子的初始
时
发
电
这
电
热电
热电
速度可以忽略不
．如
所示，相距
计
图
为L 的两
固定平行金属板
块
M、N 接在
出
恒
输
电压
为U 的高
源
压电
ε2上，M、N 之
的
近似
匀
，
间
电场
为
强电场K 是与M 板距离很近的灯
，通
小孔穿
丝
过
过M 板与外部
源
电
ε1
接，
源
连
电
E1给K 加
从而
生
子，不
灯
内部匀
的影响．
子
高
加速后垂直
热
产
热电
计
丝对
强电场
热电
经
压
撞击N 板，瞬
成
金属板的自由
子，速度近似
零．
源接通后，
流表的示数
定
间
为
电
为
电
电
稳
为I，已知
子
电
的
量
质
为m、
荷量
电
为e.求： 
(1)
子达到
电
N 板瞬
的速度；
间
(2)N 板受到
子撞
的平均作用力
电
击
F 大小．
(3)a 等
面
子的
能。
势
处电
总动
(4)
路
定的某
刻，
电
稳
时
M、N 之
具有的
子数和运
的
子的
能。
间
电
动
热电
总动
(5)
路
定的某
刻，
电
稳
时
c、d 两个等
面之
具有的
子数
势
间
电
 
(提示：本
可能用到
题
12＋22＋32＋…＋n2＝n3 3＋n2 2＋n 6 )
解析 (1)由
能定理
动
eU＝1 2mvN 2－0，
子在极板
运
的最
电
间
动
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
荷量
电
为q，q＝IΔt 
在Δt
落到
时间
N 板上的
荷个数
电
为N：N＝I Δ  t 
e 
对Δt
内落在
时间
N 板上的
荷整体
用
量定理：
电
应
动
 
－FΔt＝0－NmvN， 
F＝NmvN
Δt＝I
2mU
e
2mU
e.
由作用力与反作用力关系，N 板受到
子撞
的平均作用力大小
电
击
为I
(3)令等
面
势
a 上的
子数
电
为Na，有 
I＝Naev 
Eka＝1 2mv2 a
每个
子的
能
电
动
eU 5＝ 1 2mv2 a
解得Ek＝I
mU
10e
48 
(5)
子从灯
出
达到
电
丝
发
c 所
的
经历
时间 
tc＝L
6m
5eU
子从灯
出
达到
电
丝
发
d 所
的
经历
时间 
td＝L
8m
5eU
c、d 两个等
面之
的
子数
势
间
电
n＝Itd－tc
e
解得 n＝(2－3)IL
e
2m
5eU
(4)在
路
定后，在
电
稳
时间tm内通
横截面的
荷量即通
过导线
电
过N 极板的
荷量
电
为Q＝Itm 
两板
的粒子
数
间
总
为N＝Q＝Item 
法一 
假
灯
每隔相同的
设
丝
时间t→0
射
发
n 个
子排成一排，令等
面的个数
电
势
为k，
有
则
k＝t  m  t 
各排
子做初速
零的匀加速直
运
，有
电
为
线
动
eU
L＝ma 
灯
在
位
内
射
子的数量是一定的，每一排的
子个数
丝
单
时间
发
电
电
为n＝N k＝It  m 
  ke
根据
能定理可得每个
子在
动
电
t
刻的
能
时
动
为Eki＝eEs＝eU 2Lat2 
故通
每个等
面的
子的
能
过
势
电
总动
为Ek＝nEki＝UIt
 
 m   2kLat2 
所以有Ek 总＝UIt
 
 m   2kLa(t2 1＋t2 2＋＋t2 k)＝UIt
 
 m   L(at2 1＋at2 2＋
根据数学关系可知s－
＝
(at2 1＋at2 2＋＋at2 m)
2k
位移－
像如
所示，由于灯
射
子几乎是
的，各排
时间图
图
丝发
热电
连续
热电
子所在的等
面距离很近，可以
它
是
的。
势
认为
们
连续
于一个二次函数我
可以很容得到其
与横
城的面
是
对
们
图线
轴围
积
1
3x0y0 ，
可得
的算
平方根是
纵轴
术
1
3y0 所以
比有
类
－＝1 6at m 
述可知
综
Ek 总＝UItm L1 6at m＝
2mU
e
49 
法二 
把tm等分
无限多的
为
k 个相等的
隔
时间间
t ，
每个
则
t
隔内的
荷量
时间间
电
Q k ，第i 个
隔内的粒
间
子
速度vi＝ait ，
第
则
i 个
隔内的
子
能之和
间
电
动
为 
Eki＝Q k×1 2m(ait)2
板
子的
能
间电
总动
为 
Ek 总＝ Eki＝Qma2 t 2 (1＋22＋32＋k2)
2k
将a 和tm
入
带
 
Ek 总＝1
k3
2mU e(k3 3＋k2 2＋k 
2mU
e
当k→时Ek 总＝UItm L(at2 6＝
法三 
取M、N
非常小的一段位移
间
x，
子通
段位移
电
过这
x 所用时间为t，
段非常小的位移到
这
M 板的距
离为x ，
子的速度
电
为v，t＝
  x  
v 。
在
一小段位移内的
子数
则
这
电
为 
n＝I   t   e 
每个
子的
能
电
动
为 
Ek＝eU Lx 
所以
一小段位移内的
子
能
这这
电
总动
为 
Ek＝nEk 
立解得
联
 
Ek＝I ex veU Lx
mU
2eLxx
在
则
M、N 之
子的
能
间热电
总动
为 
Ek＝
∫
mU
2eLxdx＝I
2eL2 mU 3L 3
2mU
e
50 
39. 如
所示，在光滑
的水平面上，一个半径
图
绝缘
10 cm、
阻
电
1 Ω、
量
质
0.1 kg 的金属
，以
圆环
10 m/s 的速度向一有界匀
磁
滑去，磁
的磁感
度
强
场
场
应强
为0.5 T，经过
一段
，
恰有一半
入磁
，此
程共
生了
时间环
进
场
过
产
3.2 J 的
，
此
热则
时
的瞬
速度
圆环
时
为________m/s，瞬
加速度
时
为________m/s2。 
解析 当
入磁
圆环进
场时，为 建立如
坐
，
图
标y 关于x 的函数关系
得
为
：y2＝2rx－x2 
当
入磁
的距离
圆环进
场
为x
，
切割磁感
的有效
度就
此
时圆环
线
长
为
x
的
值对应
y
的两倍，如
中
绝对值
图
所示， 当
入距离
圆环进
为x0时，
切割磁感
的有效
度就
圆环
线
长
为2y0，得 
I＝
∫
0 r B2(2y)2 dx＝4B2 R∫0y2dx
即 
I＝4  B  2 R∫0(2rx2－x2)2dx＝8  B  2r3 3R
入数据
带
I＝0.0007 kgm/s 
所以有－I＝mv－mv0 
解得v＝9.993 m/s 
加速度
对应
为a＝0.9993 m/s2 
量
热
Q＝0.007 J 
51 
40. 科学
器常常利用磁
将
粒子
仪
场
带电
“
束
约
”在一定区域内，使其不能射出。某同学
探究
粒子
为
带电
“
束
约
”
，构想了如
所示的磁
区域：匀
磁
的磁感
度大小
问题
图
场
强
场
应强
为B、垂直于
面，其
界分
是半径
纸
边
别
为R 和2R 的同心
，
圆O
心，
为圆
A
磁
内在
弧上的一点，
为
场
圆
P 为OA 的中点。若有一粒子源向
面
纸
内的各个方向
射出比荷
发
为q
m 的
粒子，粒子速度
分布，且无
带负电
连续
相互作用。不
粒子的重力，取
计
sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：
(1)粒子源在A 点
，被磁
束的粒子速度的最大
时
场约
值vmA；
(2)粒子源在O
，被磁
束的粒子每次
磁
的最大
时
场约
经过
场时间
值tm；
(3)粒子源在P 点
，被磁
束的粒子速度的最大
时
场约
值vmP。
解析  粒子在磁
中做匀速
周运
，洛
力提供向心力
场
圆
动
伦兹
 
又qvB＝mv2 r 
T＝2  π  r   v 
解得 
r＝mv qB 
T＝2  π  m 
  qB 
(1)如图1 所示，若粒子源在A 点
，被磁
束的粒子在磁
中最大运
半径
时
场约
场
动
为rmA＝3 2R 
可得vmA＝3  qBR 
 
 2m 
(2)如图2 所示，当粒子源在O
，粒子的运
迹与磁
外
界相切
，被磁
束的粒子每次
时
动轨
场
边
时
场约
经过
磁
最大
，令粒子运
半径
场时间为
值
动
为r2。在△OAC 中， 
R2＋r2 2＝(2R－r2)2 
解得 r2＝3 4R 
52 
由几何知
得
识
∠AO2D＝254°， 
故被磁
束的粒子每次
磁
的最大
场约
经过
场时间
值为 
tm＝254 360T＝127
 
 π   90qB
(3)如图3 所示，当粒子源在P 点
，粒子在磁
中的运
迹与磁
外
界相切
，被磁
束的粒子
时
场
动轨
场
边
时
场约
的半径最大，速度
最大
，
粒子运
半径
为
值设
动
为r3 
在△OO3E 中，根据余弦定理可得 
(2R－r3)2＝R2＋r2 3＋2Rr3Rcos(π 2－α)
3R
求得r3＝4－2sinα 
在△OPE 中，R sinθ＝0.5R sinα  可知sinαmax＝1 2
r3max＝R 
可得：vmP＝qBR 
53 
41. 半径为R 的
形磁
的磁感
度
圆
场
应强
为B，半径也为R 的
匝
形
圈
阻
单
圆
线
电
为r，两
同平面。
框以速
圆
线
度v 沿两
心
匀速穿
磁
区域，如
所示。下列
法正确的是
圆
连线
过
场
图
说
( 
) 
A．
圈中最大感
流
线
应电
Im＝2BRv
r
B．
圈位移
线
为R
圈
功率
时线
电
为3B2R2v2
4r
C．
圈所受安培力的最大功率
线
为B2R2v2
r
D．
圈穿
磁
程中通
圈的磁通量
化率的最大
线
过
场过
过线
变
值为2BRv 
解析 
个
目的答案很容易
取，完全重合的
候有效
度最大，
也就最大，不
只是
就失
这
题
选
时
长
电动势
过
这样
去了做
个
目的意
，我
要多算一些
这
题
义
们
 
 l＝2
r2－(r－x 2)＝4Rx－x2
2
所以电动势E＝Bv4Rx－x2＝Bv4Rvt－v2t2 
其取
正向，
像
顺时针为
则电动势图
 
里是不是有个疑
，
怎么同一个大小，有两个方向？当
圈和磁
重合的
候，是
圈在磁
这
问电动势
线
场
时
线
里面，有最大
，
是磁
在
圈里面，无
？
个是理想
界造成的困惑，是抽象模型出
的
场
电动势还
场
线
电动势
这
边
现
，和
不可
一个
型
问题
连续
导
类
(
不可
最早是看熊志
老
的
才体会到
连续
导
权
师
书
)。所以就当一个
目看看即可
题
。
 
54 
42. 如
，平面直角坐
系
图
标
x
水平，
轴
y
直，
轴竖
P、Q 分别为x
、
轴y
上的两点，旦
轴
P、Q
距离
间
为L＝
0.48 
m，P、Q
与
连线
x
之
的
角
轴
间
夹
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
中未画出
图
)及磁感
度大
应强
小为B＝3.6 T、方向垂直于坐
平面向外的匀
磁
。一
量
标
强
场
质
为m＝0.45 kg 、
量为q＝0.5 C 的
小球从
带电
P 点以初速度v0＝4 m/s 沿 PQ 方向射出后直
运
到
线
动
Q 点，而后在x＞0 区域内做匀速
周运
。重力加速度大小
圆
动
为g
＝10 m/s2，sin 53＝0.8。求： 
(1)x＜0 区域内的
度
电场强
E1的大小及x＞0 区域内的
度
电场强
E2； 
(2)小球第二次经过y
的
坐
；
轴时
纵
标 
(3)若小球第一次经过y
后的某
刻，
轴
时
x＞0 区域内的磁
突然
场
变为B′但方向不
，此后小球被束
在
变
缚
x
＞0 区域内，求B′的最小
及小球从
值
P 点射出后到磁场变为B′
的
。
时经过
时间 
解析 小球P→Q
程中做直
运
，受力分析如
，
有
过
线
动
图则
 
mg＝qE1tanθ 
－mgLsinθ－qE1Lcosθ＝1 2mv2－1 
2mv2 0
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
的
坐
轴时
纵
标为
－0.216 m 
(3)令小球在B′磁
中的运
半径
场
动
为r，
如图1 根据几何关系有 
(R－r)sinα＋r＝Rsinθ 
0.1
解得r＝0.5－1－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 
55 
43. 如
所示，在直角三角形
图
abc 区域内存在垂直于
面向里的匀
磁
，磁感
度大小
纸
强
场
应强
为B。大量
量
质
为m、
荷量
＋
电
为
q 的同种粒子以相同的速度沿
面垂直于
纸
ab
射入
区，
果在
边
场
结
bc
有一半的区
边仅
域内有粒子射出。已知bc
的
度
边
长
为L， bc 和ac 的
角
夹
为60°，不
粒子重力及粒子
的相互作用
计
间
力。下列
法正确的是
说
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
中运
的最大
迹
度
场
动
轨
长
为π  L   4
D．从bc
射出的粒子在磁
内运
的最
边
场
动
长时间为πm 2Bq
(  )
解析 注意本
目有一句
非常重要
题
话
“bc
有一半的区域内有粒子射出
边仅
”，是能射出的区域，不是能飞
出就是
迹和
界相切。
要一
切不可乱套模板。根据几何关系易知如
轨
边
读题
题论题
图1 即
所求
为
 
易知r4  所以粒子速度为v4mqBL ，粒子在磁
区域
迹最
半
，所以
场
轨
长为
圆
smax＝π  L   
同理能从bc
出的最
飞
长时间t＝1 3T＝2  π  m 
  3qB  (如图2)
所以答案AC。 
注，
出区域最
的
明
飞
长
证
(
那些杠
的童鞋
给
头
) 
56 
44. 如
所示，磁感
度
图
应强
为B 的匀
磁
方向垂直
面向里，位于
面的
体棒
强
场
纸
纸
导
ab 长为l，其中点与长为r
的
杆牢固
起来，当
杆
垂直
面的
绝缘
连结
绝缘
绕
纸
轴O 以角速度ω
，
体棒与
杆
顺时针转动时导
绝缘
的
角始
夹
终为θ，
体棒上感
大小
则导
应电动势
为
(  )
A．0
B．Blωr
C．Blωrcosθ
D．Blωrsinθ＋2l2＋r2sin2θ
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＋2 ，lcosθ＝r2－r1 
所以E＝Brlcosθω＝Blωrcosθ 
法2 利用公式E＝BLv 
有
可知
图
v＝ωr 
L＝lcosθ 
所以E＝Blcosθωr＝Blωrcosθ 
57 
45. 如
，在以
图
O
心的
形区域内有垂直
面向外的匀
磁
。一
正、
子从
为圆
圆
纸
强
场
对
负电
A 点以相同的速度v0
沿与OA 成37°角先、后
入
磁
，其中正
子从
进
该
场
电
B 点离开磁
，
子从
场负电
C 点离开磁场(
中未
图
画出)。不
粒子受到的重力，已知∠
计
AOB＝53°，则AC
AB 为
A．5 3
B．9 5
C．2 
D．310
2
解析  
速画垂，定出半径大致位置，根据弦分
角易知
见
对
AC 必
∠
为
O1AO 角平分
，可知
线
 
α＝37°＋53°2＝63.5°
β＝90°－α＝26.5° 
所以AC AB＝2  r  sin
  α   2rsinβ＝tanα (我是猜的
是在
应该
2 附近，所以
蒙个C)
又tan127°＝1－2tan63.5°＝－4
所以AC AB＝tan63.5°＝2
58 
46. 如
所示，
图
ABCD 是边长为R 的正方形。在正方形内有以A
心半径
为圆
为R 的四分之一
形的匀
磁
。
圆
强
场
一束正
子能从
电
BC
上的任意点垂直
边
BC 入射，运
半径
动
为r(r＜R)。不
重力，
在磁
中有正
计
则
场
子
的区域的面
电
经过
积为
(  )
A．(π－22)Rr
B．(π－1)Rr
3
C．(π＋22)Rr
D．(π＋1)Rr
3
解析 根据几何关系可知，粒子的运
迹的
心在
动轨
圆
y 方向上距离磁
界的距离
场边
为r，即粒子运
迹的
动轨
心
迹相当于将磁
向－
圆
轨
场
y 方向平移r，所以
目所求面
迹
面
与磁
重合部分的面
。
题
积为轨
圆扫过
积
场
积
(文字描述修改自田
，付
的包
总
总
络线) 
根据数学关系可知 
S44π(R－r)2－(r2－1πr2)＝(π－22)Rr
59 
47. 如
所示，某行星的赤道
，半径
图
线
为R，在其赤道平面上，行星
生的磁
可以近似看成以行星中心
产
场
为圆
心、半径为3R 的有界匀
磁
，磁感
度
强
场
应强
为B。太阳耀斑爆
，向
行星持
不断的
射大量
量
发时
该
续
辐
电
为q、
量
质
为m 的
正
的粒子，粒子速度方向平行，垂直于
带
电
AB，速度大小介于某一范
．已知从
围
A 点
射入磁
的
粒子在磁
作用下恰能到达赤道
下半
弧上的各
场
带电
场
线
圆
点。不
一切阻力及重力。
计
(1)求
粒子的速度范
；
带电
围 
(2)求
粒子从磁
到行星赤道面的最短
；
带电
场边缘
时间 
(3)
粒子在
行星赤道上存在一段
射盲区
带电
该
辐
(不能到达的区域)，求
盲区
该
所
心角的正弦
以及画出粒子能达到的区域。
对圆
值
解析 (1)
粒子在磁
中做运
周运
，洛
力提供向心力
带电
场
动圆
动
伦兹
qvB＝mv2 r 
即v＝qBr m 
根据几何关系可得 
如
所示，
图
 
根据几何关系可得 
r1＝R， r2＝2R 
所以m≤v≤2qBR 
(2)根据几何关系易知，必定
迹半径
轨
为2R 的粒子运
有最小
，根据小角
小弦可知，弦
最短
动时间
值
对
长
为
2R，所以所
心角
对圆
为π 3，故最短时间为 
tmin＝
2Rπ
v2＝πm 
3 
3qB
(3)如
所示，根据几何关系易得
图
 
sinθ＝1 3 
60 
48. 如图 (a)所示，两平行金属板
直放置，左极板接地，中
有小孔。右极板
随
化的
律如
竖
间
电势
时间变
规
图 (b)
所示。t＝0 
，一个
子静止在左极板小孔
。已知
子
量
时
电
处
电
质
为m、
量
电
为e，求： 
(1)
子到达右极板的最大速度。
电
 
(2)要保
打到右极板速度最大，板
距离要
足什么条件。
证
间
满
 
解析 特殊
刻
射粒子，其运
像如
时
发
动图
图 
61 
注意此
，有个陷阱就是板
距
化的
候，板
的
也会
生
化，即用
题
间
变
时
间
场强
发
变
v-t
，其斜率要
生
化，
时
发
变
 
一个周期内
子运
的位移
电
动
为 
s0＝2×1 2a(T 2)2＝eU
  0  T  2 4md
最后一段加速时间为t0(0≤t0≤T 2 )有， 
d＝ns0＋1 2at2 0＝neU0T2 4md＋eU
  0  t 2 2md
解得 
t2 0＝4md2－neU0T2
2eU0
所以
子到右极板上的速度大小
电
为 
v＝at0＝eUmd0t0＝eU0
4md2－neU0T2＝eU0
2eU0 
m
eU0－nT2 2m 2d2
要使v 最大，n
零即可，即
为
 
vm＝eU0 m
2m
eU0＝
2eU0
m
此
板
距
时
间
为 
d＝ns0＋21at22md 0＝eU
  0  t 2
由于0≤t0≤T 2 所以 
0＜d2≤eU
  0  T  2 8m 
62 
49. (17 分)如
所示，
距
图
间
为L 的两条足
的平行金属
与水平面的
角
够长
导轨
夹
为0，
光滑且
阻忽略不
导轨
电
计．
场强为B 的条形匀
磁
方向与
平面垂直，磁
区域的
度
强
场
导轨
场
宽
为d1，
距
间
为d2两根
量均
质
为m、有效
阻均
电
为R 的
体棒
导
a 和b 放在
上，并与
垂直。
重力加速度
导轨
导轨
设
为g。 
(1)若a
入磁
区域
进
场
2
，
时b 以与a 同
的速度
入磁
区域
样
进
场
1，求b 穿
磁
区域
过
场
1
程中增加的
能
过
动
Ek； 
(2)若a
入磁
区域
进
场
2
，
时b 恰好离开磁
区域
场
1；此后a 离开磁
区域
场
2
，
时b 又恰好
入磁
区域
进
场
2。
且a、b 在任意一个磁
区域或无磁
区域的运
均相同。求
场
场
动时间
b 穿
磁
区域
过
场
2 的
程中，两
体棒
生
过
导
产
的
焦耳
总
热Q； 
(3)
于第
对
(2)
所述的运
情况，求
问
动
a 穿出第k 个磁
区域
的速率
场
时
v。 
解析   (1) a
入磁
区域
进
场
2
程中，
过
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
区域或无磁
区域的运
均相同，可
场
场
动时间
知两
体棒
入无磁
区域
的速度恒
导
刚进
场
时
为v1，
离开无磁
区域
刚
场
的速度恒
时
为v2，在磁
区域中有
场
 
mgd1sinθ－Q＝1 2mv2 1－1 2mv2 2
 (1 分)
在无磁
区域中
场
 
mgd2sinθ＝1 2mv2 2－1 2mv2 1
 (1 分)
解得 
Q＝mg(d1＋d2)sinθ 
 (1 分) 
(3)有磁
区域，棒
场
a
生的
产
电动势为 
ε＝BLv 
 (1 分) 
感
流
应电
 
I＝ε 2R
 (1 分)
对a 受力分析有 
F＝mgsinθ－ILB
即F＝mgsinθ－B2L2 2Rv
 (1 分)
 (1 分)
根据
于
体棒在
对
导
t＋t
内
时间
 
Ft＝mv 
 (1 分) 
63 
解得 
m(v1－v2)＝mgsinθt－B2L2 2Rd2
 (2 分)
又在无磁
区域，有
场
 
mgsinθt＝m(v1－v2) 
 (1 分) 
又 
d2＝v  1  ＋2v  2  t
 (1 分)
立解得
联
 
v＝v1＝4mgRd2 B2L2d1sinθ－B2L2d  1   8mR
 (3 分)
64 
50. 如
甲所示，在
图
Oxyz 坐
系中，存在沿
标
y
正方向的匀
，
度
轴
强电场电场强
为E0，
荷量
电
为q 的
正
小球
带
电
位于z
半
上的
轴负
轴
Р 点，若小球以与z
正方向
角
轴
夹
为θ 的速度开始在yOz 平面内运
，
一段
动经过
时
后，小球恰好
间
经过О 点且速度方向沿y
正方向，大小
轴
为v。此
刻，将
方向
成沿
时
电场
变
z
正方向，
轴
其随
化的
律如
乙所示，同
在坐
系中加一沿
时间变
规
图
时
标
x
方向的匀
磁
（
中未画出
轴负
强
场图
)，小球在
0~3 内做匀速直
运
，
线
动3T
~2  T  
3 内恰好完成一个完整的匀速
周运
圆
。已知重力加速度
动
为g，不
空气阻力。
计
求：
(1)小球的
量
质
m；
(2)E1和B；
(3)
化的周期
电场变
T； 
(4)小球在T
刻的位置。
时
 
解析 (1)
小球在
设
P 点的初速为v0，小球P→O
程有
过
 
z 方向：mgt＝mv0cosθ 
y 方向：qE0t0＝mv＋mv0sinθ 
y 方向位移
零有
为
v＝v0sinθ 
立解得
联
 
m＝qE
  0 cot
  θ  
2g
(2)小球在0~T
3
内做匀速直
运
有
时间
线
动
 
qE1＋qBv＝mg 
小球在T   3  ~2T   3  
内做匀速
周运
有
时间
圆
动
2qE1＝mg 
立解得
联
 
E1＝E  0 cot
  θ  
4
B＝E  0 cot
  θ  
4v
(3)小球在0~T
3
内做匀速直
运
的位移
时间
线
动
为 
y1＝vT 3 
65 
小球在T 3~2T 3
内做完整的匀速
周运
有
时间
圆
动
T   3  ＝2  π  R 
  v  
qBv＝mv2 R 
y2＝0 
小球在2  T  
3~T 内做的是
，可以将其分解
＋
摆线
为
y 的匀速直
运
和逆
的匀速
周运
线
动
时针
圆
动 
直
运
的速度
足
线
动
满
 
qBv1＝mg 
即v1＝2v(易知运
周的速度
动圆
为v2＝v 沿着－y 方向，
个和答案无关
这
) y3
＝v1T 
所以y＝y1＋y2＋y3 
即y＝12πv2
g
66 
51. 假
有一水平方向的匀
磁
，磁感
度
设
强
场
应强
B 很大，有一半径为R、厚度为d(d＜＜R)的金属
，在
圆盘
此磁
中
直下落，
面始
位于
直平面内并与磁
方向平行，如
场
竖
盘
终
竖
场
图1 所示，
分析金属
在此磁
试
圆盘
中做怎
的运
场
样
动?假定金属
的
阻
零，并
金属
的密度
圆盘
电
为
设
圆盘
ρ＝9×103 kg/m3，其介
常量
电
为
ε＝9×10－12 F/m。 
解析 如图1 所示，金属
下落
程中厚度
圆盘
过
d 切割磁感线产
生感
，当
在磁
中下落速度
应电动势
盘
场
为v
，
中的感
时盘
应电动势
为 
E＝Bdv 
在感
的作用下，
两个表面上将
有等量异号的
应电动势
圆盘
带
电
荷(±Q)。因
阻
零，所以
荷
为圆盘电
为
电
(±Q)引起的两表面
的
间
电压
U 等于
中感
的数
，即
盘
应电动势
值
E＝Bdv 
自身可等效
一个
容器，此
容器的
容
圆盘
为
电
电
电
为C＝εS d 
故
表面所
荷量
圆盘
带电
为Q＝CU＝ε  π  R  2 dBdv＝επR2Bv 
在
下落
程中，
的速度
圆盘
过
圆盘
v 随
增大，
面上的
荷量
时间
盘
电
Q 也随
增大，由此可求出
中
流
时间
盘
电
为ItQ＝επR2Bv＝επR2Ba 
磁
此
流的作用力
场对
电
F 的方向向上，大小为F＝BId＝επR2B2da 
若
的
量
盘
质
为m，
受到的力
则盘
为F 和重力mg ，根据牛
第二定律，得
顿
 
mg－F＝ma 
mg
由此得
的加速度
盘
为a＝m＋επR2B2d 
又因为m＝ρπR2d 
g
即a＝
1＋εB2
ρ
由此可
，金属
做初速度
零的匀加速直
运
，并且加速度
见
圆盘
为
线
动
a＜g，磁感
度
应强
B 越大，加速度a 越
小。 
若要使
在磁
中下落的加速度比没有磁
减小千分之一
圆盘
场
场时
(不
空气阻力
计
)，
按
意，
则
题
a＝0.999g
g
由此得＝0.999g ，所以磁感
度
应强
B≈106 T(
个打死地球也做不到
这
)。从
果可以看出，在如此
的
结
强
1＋
εB2
ρ
磁
下，金属
自由下落的加速度仍然非常接近
场
圆盘
g。 
67 
52. 汽
以
定功率启
程是一个加速度逐
减小的加速度运
程，当加速度减小到零
，汽
将以
车
额
动过
渐
动过
时
车
最大速度匀速运
。然而一些物理教
，汽
以
定功率启
永
不可能达到最大速度。具体分
动
师认为
车
额
动
远
析如下： 
已知汽
的
定功率
车
额
为P，
量
质
为m，汽
受到的
引力
车
牵
为F，受到的阻力恒定为f，汽
运
的初速度
车
动
为v0根据牛
第二定律，有
顿
 
F－f＝ma 
即 
P 
  v  －f＝mdv dt
分离
量可得
变
 
dt＝－mdv＝－m fdv＋mP Pf
v－f
分公式，初始条件
查询积
t＝0，v＝v0可得 
t＝－m(v－v  0  )－mP f2ln(P－fv P－fv0)
当v→vm＝P f 
，
时t→＋∞。由此可
，汽
以恒定功率启
，理
上永
无法达到最大速度，只能无限
见
车
动
论
远
接近。然而事
真的是
实
这样吗?众所周知，物理学是一
践性很
的学科，比如
得物体的速度
门实
强
测
v＝10 m/s，
并不是物体的速度就是10 m/s 而没有一点
差，我
只是在精度足
高的情况下
出，物体速度与
误
们
够
测
10 m/s
偏差足
小而已。比如相差
够
10-8 m/s，
有
器很
出如此小的偏差，我
就
物体速度
现
仪
难测
们
说
v＝10 m/s，脱离测
量而从理
上数学上
物体速度没有
意
。我
不能把数学中的无
大
用于物理
论
说
实际
义
们
穷
简单应
实际问题
中，在很短的
内，汽
的速度已
在足
高的程度上等于其匀速运
的最大速度，物理量
时间
车
经
够
动
v 与vm的差距
已
不出，我
完全可以
测
们
说v 与vm相等。我
不能想当然地把数学中的无
大等同干物理
中的无
们
穷
实际问题
穷
大，从而否
匀速运
状
的出
。
认
动
态
现 
68 
53. 如
所示
距
图
间
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
存在大
导轨间
小为B＝1T、方向垂直
平面的匀
磁
，
左端串接一阻
导轨
强
场导轨
值为R＝1 Ω 的定
阻，
体棒垂直于
值电
导
放在
上，如
所示。当水平
匀速
，固定在
上的小
柱
导轨
导轨
图
圆盘
转动时
圆盘
圆
带动T 形支架在水平方向
往复运
，
动T 形支架
而
体棒在水平面内做
运
，以水平向右
正方向，其位移
进
驱动导
简谐
动
为
x 与运动时
间t 的关系为x＝－0.5cos(2t)(x 和t 的
位分
是米和秒
单
别
)。已知
体棒
量
导
质
为m＝0.2 kg，
是保持与
总
导
接触良好，除定
阻外其余
阻均忽略不
，空气阻力忽略不
，不考
路中感
流的磁
，
轨
值电
电
计
计
虑电
应电
场
求： 
(1)在0~π
4 
内，通
体棒的
荷量；
时间
过导
电
 
(2)在0~π
4 
内，
时间
T 形支架
体棒做的功；
对导
 
(3)当T 形支架
体棒的作用力
对导
为0
，
体棒的速度。
时导
 
解析 (1) 在0~π
4 
内，
体棒通
的位移
时间
导
过
为 
x＝0.5 m 
根据法拉第感
定律以及
流定
式可知
应
电
义
 
－
qIRΔt＝ΔtR＝ΔΦΦ＝BLx －Δt＝E
入得
带
q＝0.25 C 
(2)根据x－t 关系可知，
体棒的速度关系式
导
为v＝sin(2t) 
体中的
流表达式
导
电
为i＝BLv Rsin(2t) 
可知
流
正弦交流
，所以有效
该电
为
电
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
数相关知
可知
体棒的加速度表达式
导
识
导
为 
a＝2cos(2t) 
当支架
体棒无作用力
，
有安培力
对导
时仅
 
F＝BiL 
解得v＝8
89  m/s 
69 
54. 如
，光滑
水平面上，有
图
绝缘
1、2、3 三个
均
＋
带电
为
q．
量均
质
为m 的相同金属小球，用长为L 的三根绝
接着，
缘细绳连
A、B、C 分
其的中点，
别为
O 点
三角形的中心．已
为
知
个点
荷
单
电
q 周
的
围
电势为eq φ＝k\f(q，r)，r
到点
荷的距离．
下
为
电
则
列
法正确的是
说
 
A．O 点的
度不
零，且方向向上
电场强
为
 
B．若L
度可
，
长
调节则A、O 两点的
可能相等
电势
 
C．系
的
能
统
总电势
为Ep＝2  kq
  2 L 
D．若将B
剪断，
之后小球
处
则
1 的最大速度为vm＝q
2k
3mL
解析 根据
干，
题
A 点电势为φA＝2kq
L
2
＋q
＝(12＋23)kq
3L 
3L
2
O 点电势为φO＝3q
＝33kq
3L 
L
3
小球1、2
例
为
 
 可知A 和O 的
不会相等
电势
 
球1 在2 的
中的
电场
电势为φ12＝kq L 
球2 在1 的
中的
电场
电势为φ21＝kq L 
由于
能是属于系
的，
势
统
则1、2
成系
所具有的
能
组
统
势
为Ep12＝1 2q(φ12＋φ21)＝kq2 L
1、3
成系
所具有的
能
组
统
势
为Ep13＝kq2 L 
2、3
成系
所具有的
能
组
统
势
为Ep23＝kq2 L 
三个小球
成的系
具有的
能
组
统
电势
为Ep＝3  kq
  2 L 
剪断B
后，球
处细绳
1 速度最大
，三个小球共
，此
时
线
时 
1、2
成系
所具有的
能
组
统
势
为E′p12＝kq2 L 
1、3
成系
所具有的
能
组
统
势
为E′p13＝kq2 L 
2、3
成系
所具有的
能
组
统
势
为E′p23＝kq2 2L 
三个小球
成的系
具有的
能
组
统
电势
为E′p＝5  kq
  2 2L 
于整个系
有
对
统
mv1＝mv2＋mv3  其中v2＝v3 
Ep－Ep′＝1 2mv2 1＋1 2mv2 2＋1 2mv2 3   解得
2k
3mL
70 
55. 如
所示，在直角坐
系
图
标
xOy 中，A、P、C、B 四点的坐
分
标
别为(－3L ，0)、(0，3 2L )、 (0，5 2L )、
(53 6L ，3 2L )。△BOC 内(包括
界
边
)有方向垂直坐
平面向外的匀
磁
；第Ⅱ、Ⅲ象限
标
强
场
(含y 轴)存在
度大小相同的匀
，
度方向分
沿
电场强
强电场电场强
别
y
方向和正方向。
量
轴负
质
为m，
荷量
电
为q 的带
正
粒子从
电
A 点沿坐
平面以某一初速度射入第Ⅱ象限，
偏
后从
标
经电场
转
Р 点以速率v 垂直y
射入磁
，
磁
偏
后恰好未从
界
轴
场经
场
转
边
BC 射出磁
，然后从
场
D 点(
中未画出
图
)通过x
。不
粒子所受的重力。
轴
计
(1)求
的
度大小
电场
电场强
E 以及粒子在A 点的初速度方向与α
正方向的
轴
角
夹
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
的
轴
时间t； 
(3)若在粒子第二次通过y
，其他条件不
，
在第Ⅲ象限加上磁感
轴时
变仅
应
度大小
△
强
为
BOC 内磁
的磁感
度大小的
场
应强
2 倍、方向垂直坐
平面向里的
标
匀
磁
强
场(
中未画出
图
)，求粒子在第Ⅲ象限运
的
程中距离
动
过
y
最
的
坐
轴
远时
纵
标y0。 
解析 (1)
粒子
带电
A 运动P
程中有
过
 
－3L＝vt0 
2L＝1 2at2 0
qE＝ma 
tan＝at
  0   v   
解得 E＝mv2 qL
θ＝2  π   3
 (2)粒子
迹如
，粒子在磁
中匀速
周运
有
轨
图
场
圆
动
qBv＝mv2 r 
根据几何关系可知r＋L＝2r 
即r＝L 
易知α＝π   3   
r(π－π 3)
所以粒子在磁
中的运
场
动时间为t1＝
v
粒子在第四象限运动时间为t2＝r  tan
  α  
v
故t＝t1＋t2 
解得t＝(2π 3＋3)L v
71 
(3)粒子与y
第二个交点
坐
轴
纵
标为 
y1＝rtanαsinα 
粒子在复合
中运
有
带电
场
动
 
q2Bvy＝max 
即q2By＝mvcosα 
y0＝y1＋y 
解得y0＝7  L   4 
56. 如
所示，真空中有足
大垂直：
图
够
xOy 平面向里的匀
磁
，磁感
度大小
强
场
应强
为B．在x
下方有沿－
轴
y 轴
方向的匀
，
度大小
强电场电场强
为E。
量
质
为m，
荷量
＋
电
为
q
的粒子在xOy 平面内从y
上的
轴
P 点以初速度大小为v 射出，不考虑
粒子的重力。若所在空
存在空气，粒子沿－
间
y
方向从
轴
Р 点射出，受
到空气阻力的作用，方向始
与运
方向相反，粒子从
终
动
M 点
入第四
进
象限后做匀速直
运
，速度与＋
线
动
x
方向成
轴
θ 角．求粒子从P
点运
到
动
M 点的
程中克服阻力所做的功
过
W 和运
的
动
时间t． 
解析 粒子在磁
中运
有
场
动
 
qBv＝mωv 
可知粒子运
程中的角速度大小是不
的
动过
变
 
(π
2－θ)m
所以t＝
qB
57. 如
所示，两根足
光滑平行金属
固定在水平面内，
距
图
够长
导轨
导轨间
为L，两
之
接一个耐
足
导轨
间
压值
够
大、
容
电
为C 的
容器。磁感
度大小
电
应强
为B 的匀
磁
垂直
平面，一根
量
强
场
导轨
质
为m 的
体棒垂直
导
导
放置。
中
轨
图
α
与
平行，
体棒初始位置位于
轴
导轨
导
x
的原点。某
刻
体棒施加一个沿着
轴
时
对导
x
正
轴
方向、大小为F 的恒力，使
体棒从静止开始沿
运
。
路中的
阻、摩擦阻力都忽略不
。
导
导轨
动电
电
计
下列
法正确的是
说
 
A．
体棒运
的加速度越来越小，最后做匀速运
导
动
动 
B．
体棒瞬
速度
导
时
为v
，其位移
时
x＝CB2L2＋m
2F
C．
容器
存
荷量
电
储
电
为q
，其位移
时
x＝CB2L2＋m 2FCB2L2q2 
D．克服安培力做功
，其位移
为时
x＝CB2L2＋m FCB2L2W 
72 
58. 如
所示，在坐
系
图
标
xOy 中，x
上方存在垂直
面向里的匀
磁
，磁感
度大小
轴
纸
强
场
应强
为 B。
量
质
为 m、电
荷量
－
为
q 的
粒子在
面内从
带电
纸
P 点与y
成
轴
α＝30°方向射入磁
，已知
场
P 点的
坐
纵
标 y＝d，不
粒
计
子重力 
(1)若粒子不离开磁
，求粒子速度的最大
场
值vm。 
(2)若粒子离开磁
，求粒子在磁
中运
场
场
动时间t 的范
。
围
(3)若磁
非匀
磁
，方向垂直
面向里，磁感
度大小随
场为
强
场
纸
应强
y 方向均
匀增大，关系为B＝B0y d，粒子以大小为v＝2  qB
  0  d   的速度从P 点沿
示方向射
图
人
磁
，求粒子从
场
P 点运
到
成的面
动
围
积S。离x
最
位置的
程中运
迹与
轴
远
过
动轨
解析 (1)
粒子磁
中洛
力提供向心力由
带电
场
伦兹
 
qBv＝mv2 r 
根据几何关系 
粒子速度最大
，
迹恰好与
时轨
x
相切
轴
 
r＋rsin30°＝d 
解得速度的最大值为 vm＝2  qBd 
 
 3m 
(2)时间t＜5 6T＝5  π  m 
  3qB
(3)粒子在磁
中运
有
场
动
qBvxt＝mvy
即qB
  0   dyx＝3qB0d
根据微元然后求和易知
S＝3d2 
73 
59. 如图(a)，
直放置足
的光滑平行金属
，
距
竖
够长
导轨导轨间
L＝1 m，上端用阻值为R＝10 Ω 的
阻相
。
电
连
整个装置
于磁感
度
处
应强
B＝1 T 的匀
磁
中，磁
方向垂直
平面向内。
量
强
场
场
导轨
质
为m＝0.5 kg，
阻
电
不
的金属棒
计
ab 从
道底部以
轨
v＝10 m/s 开始
直向上运
，然后又向下返回直至匀速运
。运
程
竖
动
动
动过
中ab 始
与
垂直且良好接触，空气阻力不
。求：
终
导轨
计
 
(1)ab
开始运
的加速度
刚
动时
a0和匀速下滑
的速度
时
v1； 
(2)比较ab 上升
程的
过
时间t1与下落返回至出
点的
发
时间t2的
短，以及回到初始位置
的
长
处
时间t (3)
以ab 的出
点
原点，
直向上建立
发
为
竖
x
，若
轴
ab 在上升
程中的
过
v－x
像如
图
图(b)所示，求
像与坐
所
图
标轴
包
的面
围
积S。 
解析 (1)
体棒运
程中
导
动过
E＝BLv
I＝E R
F＝BIL
立可得：
联
F＝B2L2 Rv＝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
程中：
过
mg＋F＝ma1
即5＋0.1v＝ma1
mgt1＋B2L2
Rx＝mv0
下落
程中：
过
mg－F＝ma2
即5－0.1v＝ma2 
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)
由于初始速度和最
速度大小一
，且
终
样
a1＞a2可知t1＜t2 
mgt＝k(v0＋v1) 
即t＝2 s 
(3)将
像
化
图
转
为B2L2
Rv－x 可知面
即
安培力做功的大小
积
为
 
－mgx－W＝0－1 2mv2 0 
解得：W＝3 J 
所以v－x 面积S＝30 m2/s 
运
程
化分析
动过
细
 
74 
60. 如
所示，两根足
的平行光滑
固定在
水平面上，两平行
斜
道固定在斜面上，水平
图
够长
导轨
绝缘
倾
绝缘轨
导
与
斜
道在
斜
道的底部
轨
倾
轨
倾
轨
bc
平滑
接，
道
距
处
连
轨
间
为L＝1 m，
斜
道的
角
倾
轨
倾
为θ＝37°。在水平
的右
导轨
侧 abcd 区域内存在方向向上、磁感
度大小
应强
为B＝2 T 的匀
磁
。
有多根
度也
强
场现
长
为L＝1 
m 的相同金属棒依次从
斜
道上高
倾
轨
为h＝15
4 m 的 MN
由静止
放，前一根金属棒
好
处
释
刚
离开磁
放后一根金属棒，
第
场时释
发现
 1 根金属棒穿越磁
区域的
场
时间为t＝1 s。已知每根金属棒的
量
质
为m＝2 kg，
阻
电
为 R＝2 Ω， ad∥bc∥MN 且与
道垂直，不
水平
的
阻，金属棒与水平
接触良
轨
计
导轨
电
导轨
好，金属棒与
斜
道的
摩擦因数
倾
轨
动
为μ＝0.5，重力加速度g 取10m/s2， sin37°＝0.6 。求： (1)磁
区域的
场
度
长
sab 
(2)第4 根金属棒
出磁
，第
刚
场时
2、3 两根金属棒的速度大小之比； 
(3)第 n 根金属棒在磁
中运
的
程，第
场
动
过
1 根金属棒上
生的
量。
产
热
 
解析 (1)
体棒
导
MN→bc
程中有
过
mgh－μmghcotθ＝1 2mv2 0 
由于是断路，所以第一根
体棒在磁
中做的是匀速运
导
场
动 
sab＝v0t 
解得sab＝5 m 
(2)第n(n＞1)个
体棒磁
中运
有
导
场
动
 
E＝BLv 
E
I＝
R＋R
n－1
运
程有
量定理
动过
动
BiLt＝mv 
即B2L2sab＝mv0－mvn 
R＋R
n－1
入数字可得
带
vn＝1 nv0 
易知n＝1
也符合
果
时
该结
 
v  2   v  3＝3 2
(3)第n 个
体棒在磁
中运
有
导
场
动
Ek＝1 2mv2 0－1 2mv2 n
根据
路串并
关系有
电
联
Qn＝1 n
－1
1
n－1R
Ek
R＋R
n－1
入数字解得
带
Qn＝n＋1 2n3mv2 0＝25(n＋1) n3
 J  (n＞1)
75 
61. 如
，水平面上有两条相距
图
为L 的足
光滑平行金属
，在
上相隔某一距离垂直
静置
度
够长
导轨
导轨
导轨
长
均为L 的金属棒a 和b，垂直
的虚
导轨
线MN 右
存在垂直
平面向上的匀
磁
，匀
磁
磁感
侧
导轨
强
场
强
场
应
度
强
为B，
左端接有
感器。
金属棒
导轨
电压传
现让
α、b 分
以速度
别
v0、3v0向右运
，
动t＝0
刻金属棒
时
b
经过MN
入磁
区域，当金属棒
进
场
α
入磁
，
感器的示数
刚进
场时电压传
eq U＝\f(4BLv0，3)。已知金属棒
a、b 棒材
相同，
质
a、b 棒的
量分
质
别为2m、m，a 棒的
阻
电
为R。
阻不
，不考
感器
导轨电
计
虑电压传
对电
路的影响，磁
区域足
大，下列
法正确的
场
够
说
 
A．从t＝0
刻开始，
感器的示数逐
减小
时
电压传
渐
 
B．改变a、b 两棒
初始距离，不会改
两棒的最
速度
间
变
终
 
C．当金属棒a
入磁
．
刚进
场时a、h 两棒
的距离
间
为3mv  0  R 
B2L2 
D．整个
程中金属棒
过
a 上
生的焦耳
产
热为17 18mv2 0 
解析 答案ACD 
里只
这
对CD
行解析
进
 
a、b 棒材
相同，
度相同，由
量关系可知
质
长
质
b 的截面
是截面
的一半，所以
积
积
b 棒的
阻
电
为2R 
当a
棒
磁
瞬
，
进
场
间b 棒的速度大小为v1，以b 棒
研究
象
为
对
(如
所示
图
)，
感器
量的
电压传
测
电压为b 棒的外电压
(以a 棒一
算法，只是要注意正
样
负) 
BL3Bl(v1－v0)＝4BL3v  0  
解得v1＝2v0 
于
对
b 棒在磁
中运
，有
场
动
 
B2L2
3Rvt＝mv
 B2L2
3Rx＝3mv0－mv1
可知x＝3mv  0  R B2L2
a 棒
入磁
后，
进
场
a、b 棒
成的系
量守恒，有
组
统动
 
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
76 
62. 如
所示，在粗糙
水平地面上
图
绝缘
P
固定一正点
荷，一
正
的物
处
电
带
电
块(可
点
视为质
)静止在地面上的a
。
物
一瞬
冲量，使物
向右运
，最
能到达
处现给
块
时
块
动
远
b
然后返回，恰好回到
处
a 停下。最大静摩擦力
等于滑
摩擦力。下列
法正确的是
动
说
b→a
程中
过
 
A．物
从
块
b 到a 的
程，
能最大
位于
过
动
处
ab 的中点 
B．物
从
块
a 到b 所用的
小于从
时间
b 到a 所用的时间 
C．
物
荷量增加
，物
最
停在
仅
块带电
时
块
终
a 的左侧 
D．
物
初速度增加
，物
向左返回
程中速度达到最大的位置不
，最
停在
仅
块
时
块
过
变
终
a 的左侧 解
析 
里只解析一下
这
A 选项 
法1 公式法 
我
知道点
荷的
表达式
们
电
电势
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  (因为ra≠rb所以不取等号)
kQq
可知f＞
(ra＋rb )2
2
所以合力
零的点在中点的右
为
侧 
法2 图像法 
77 
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
一极小量
为
 
kQq 
4kQq 
4kQq Fn＝
(rn＋rn＋1 
)2
＝( rn＋1－rn)2＋4rnrn＋1＝(rn＋rn＋1
2 
2
4kQq
＝(rn)2＋4rnrn＋1
)2
由于(rn)2
高
小量，于是
为
阶
 
Fn＝kQq rnrn＋1 
即在第n 小段，可以用几何平均
法找到一点，令
值
ri＝
Fn＝kQq rnrn＋1 
rnrn＋1 ；此
的力
处
 
具有承上启下的意
，正是可作
第ｎ小段的几何平均恒力来求此段
义
为
“平方反比”
力的功．
变
 
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
程中
力做的功
过
电场
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)
78 
63. 如
所示，
正
的小球
图
带
电
Q 固定在
角
倾
为θ 的光滑固定
杆下端，
另一穿在杆上的
量
绝缘细
让
质
为m、
荷量
电
为q 的
正
小球从
带
电
A 点由静止
放，
释
q 到达B 点
速度恰好
零．若
时
为
A、B
距
间
为L，C 是AB
的中点，两小球都可
点，
下列判断正确的是
视为质
则
 (    ) A．从
A 至B，q 先做匀加速运
，后做匀减速运
动
动 
B．在B 点受到的
力大小是
库仑
mgsinθ 
C．
荷量
电
为q 的
正
的小球速度最大位置在
带
电
C 点下方
D．在从A 至C 和从C 至B 的
程中，前一
程
过
过
q
能的增加量
大
电势
较
 
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
知道点
荷的
表达式
们
电
电势
为φ＝kQ 
所以小球A→B
程中
过
 
mgsinθ(r1－r2)＝kQq(1 r2－1 r1)
易知mgsinθ＝kQq r1r2 
kQq
小球在C 点受到的
力
库仑
为FC＝
(r1＋r2 )2
2
根据不等式r1r2＜(r1＋)2  (因为ra≠rb所以不取等号)
kQq
可知mgsinθ＞
(r1＋r2
2
)2
所以合力
零的点在
为
C 点的下方。 
法2 图像法 
方法3 微元法 见上题 
79 
64. 粒子偏
装置是研究高能物理的重要
器，主要由加速
，偏
和偏
磁
三部分构成。如
甲
转
仪
电场
转电场
转
场
图
所示
某科研
的粒子偏
装置示意
，粒子源可以均匀
的
生
量
为
团队设计
转
图
连续
产
质
为m、
荷量
＋
电
为
q、初
速度忽略不
的
粒子，
计
带电
经电压为U 的加速
加速后，
粒子
近上板
，水平
入两平行金
电场
带电
贴
边缘
飞
属板中的偏
。两水平金属板
转电场
长为22d ，
距
间
为d，板
加有
乙所示的周期性
化的
，
间
图
变
电压
其最大
也
电压
为U、周期为2d
m
qU ，下极板右端正下方
挨金属板
直放置
度
紧
竖
长
为d 的探
板。
测
带
粒子由偏
出后，立即
入平行板右
的垂直
面向外的水平匀
磁
，最后
匀
磁
偏
电
转电场飞
进
侧
纸
强
场
经
强
场
转
后打在探
板上。不
粒子的重力和粒子
的相互作用力，求：
测
计带电
间
 
(1)从偏
出射的粒子通
偏
的
转电场
过
转电场
时间t； 
(2)从偏
出射的粒子数占粒子源全部
射粒子数的百分比
转电场
发
η； 
(3)从偏
出射的粒子全部能
到达探
板
，磁感
度
转电场
够
测
时
应强
B 需要
足的条件。
满
 
解析(1)
粒子
入偏
的初速度
设
进
转电场
为v0，根据
能定理有
动
 
qU＝1 2mv2 0 
粒子穿
偏
，水平方向做匀速直
运
带电
过
转电场时
线
动 ，
有
则
 
22d＝v0t 
立解得
联
 
t＝2d
m
qU  恰好是整周期
(2)
粒子通
板
的
等于周期
带电
过
间
时间
T，且
直方向上匀加速的
必
竖
时间
为0.5T。
前半个周期中，
设
t1
刻
入偏
的粒子恰好能到达下极板，
有
时
飞
转电场
则
 
80 
 
后半个周期中，
设
t2
刻
入偏
的粒子恰好能到达下极板，
有
时
飞
转电场
则
 
所以他~图
内
入偏
的粒子可以
出偏
，故偏
出射的粒子数占比
时间
飞
转电场
飞
转电场
转电场
为 η
＝t2－t1×100%＝50% 
T 
(3)
粒子
入磁
的速度
设
飞
场时
为v，根据洛
力提供向心力有
伦兹
 
qBv＝mv2 r 
粒子
入磁
，其速度与水平方向的
角
设
飞
场时
夹
为θ，
有
则
 
v0＝vcosθ 
粒子
入磁
后，
直方向偏移的位移
设
进
场
竖
为y，由几何关系可知 
y＝2rcosθ 
解得y＝2mv  0   qB 
与速度v 无关；
粒子在偏
中的最小偏移量
设
转电场
为ymin，
有
则
 
ymin＝1 2a(T 2)2
若偏
出射的粒子全部能
到达探
板，
有
转电场
够
测
则
 
d
2≤y≤d 
解得2
2mU q≤B≤4
2mU
q
81 
65. (多选)如
，在
图
边长为L 的正方形区域abcd 内有垂直
面向里的匀
磁
，有一个
量
纸
强
场
质
为m，
量大小
带电
为q 的离子，从ad
的中点
边
O
以速度
处
v 重直ad
界向右射入磁
区并从
边
场
b 点离开磁
．
场
则(   )
(20240327) 
A．离子在O、b 两
的速度相同
处
 
B．离子在磁
中运
的
场
动
时间为πm 4qB 
C．若增大磁感
度
应强
B，
离子在磁
中的运
减小
则
场
动时间
 D．
若磁感
度
应强
B＜4mv
5qL ，
离子将从
则该
bc
射出
边
 
人
的答案
别
给
 CD 
解析 象征性的
算下
计
C
，看看
化到底是怎
的，
与否不重要，就是玩。
选项
时间变
样
对错
 
磁感
度增大
，离子的运
半径
小，其
心角表达，
了方便令弦切角
应强
时
动
变
圆
为
为θ，Oa＝d 如
所示
图
 
借助word 画出函数f(θ)
像
图
(没
，就是
错
word) 
82 
66. 如
所示，在
图
 OA 段有一均匀分布的
状粒子源，
位
水平向右
射
线
单
时间
发
N 个
量
质
为 m、
荷
带电
盘为＋q、
速度v＝q  B  R 
  m 的粒子，OA 段右
区域
足
大匀
磁
，磁感
度
侧
为
够
强
场
应强
为B，方向垂直
面向外。
纸
在点放置一足
收集板，与
够长
OA 方向成60°，离子打在收集板上即被吸收。已知OA 段
度
长
为R＋3
3R 
(不
粒子重力及其相互作用
计
)求 
(1)从O
射离子打在收集板位置与
处发
O 点距离；
(2)收集板上被离子打到的
度；
长
(3)离子
收集板沿板方向的作用力大小。
对
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
射的，打到收集板上位置距离
发
O 的距离根据几何关系直接得到 
lmin＝3 3R 
关于距离O 最
的
明，
离子打在板上的位置向
远
证
过
OA 做垂涎，根据几何关系的，当垂
段
半径
，可
线
为
时
使打在板上的位置距离O 最远 
lmax＝sin60°＝23 3R
所以收集板上离子
度
长
为 
d＝lmax－lmin ＝3 3R 
(3)令
位
度上的离子密度
单
长
为ρ，则 
ρ＝N y0 
y 内的离子个数为ρy 
y 内的离子
量
电
为qρy 
y 内的离子
量
质
为mρy 
以OA 为y
，垂直
轴
OA 为x
建立坐
系，取
轴
标
OA 上(0，y)
射一段
处发
y→0 的离子，在运
程中将速
动过
度沿收集板方向与垂直收集板方向分解有 
83 
F∥＝ρyqBvsinα
根据
量定理有
动
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
位
内的
量
化量即
作用力的大小有
单
时间
动
变
为
Fi＝mρyv∥＝mρyvcos30°－ρyqBycos30° 
然后微元求和 
y0 
y0
Fi＝(mρyvcos30°－ρyqBycos30°)＝ρqBcos30°(Ry－yy)
0
0
化
一下
简
 
84