电磁场压轴解答题（全国甲卷和Ⅰ卷）-2023年高考物理十年压轴真题与模拟题（解析版）

电磁场压轴解答题（全国甲卷和I卷）

专题提律

高考物理电磁场压轴解答题是考查学生物理学科素养高低的试金石，表现为综合性强、求

解难度大、对考生的综合分析能力和应用数学知识解决物理问题的能力要求高等特点。

一、命题范围

1.通电导线在磁场中的平衡、运动问题（压轴指数★★★）

结合斜面模型，电流天平等模型，通电导线在磁场中的所受安培力作用下的平衡和运动

问题的分析与计算。导体棒在磁场中做切割磁感线运动，电磁感应和力电综合问题。

2、带电粒子的在电场的加速和偏转问题（压轴指数★★★★）

带电粒子在电场中的加速、减速、类平抛运动的分析和计算。带电粒子在包含重力场和电场

的场的直线运动或圆周运动的分析与计算。

3、带电粒子在有界磁场的运动（压轴指数★★★★★）

带电粒子在直线边界、圆形边界、三角形边界或其他特殊几何图形围成的边界的圆周运动的

分析与计算。

4、带电粒子的组合场、复合场中的运动（压轴指数★★★★★）

带电粒子由电场进入磁场，或由磁场进入电场、或在电场和磁场中往复运动，在电场中的

加速或类平抛运动，在磁场中的做匀速圆周运动或螺旋运动。

二、命题类型

L包含安培力的力学情境综合型。物理情境选自生活生产情境或学习探究情境，物理力学

情境综合型试题的物理模型有：斜面、板块、弹簧、通电导线等模型。研究对象包含两个

或两个以上物体、物理过程复杂程度高。己知条件情境化、隐秘化、需要仔细挖掘题目信

息。求解方法技巧性强、灵活性高、应用数学知识解决问题的能力要求高的特点。命题点

常包含：匀变速直线运动、共点力平衡等。命题常涉及运动学、力学、功能关系等多个物

理规律的综合运用，有时也会与相关图像联系在一起。

2.某一平面内的带电粒子在电磁场中的运动模型。

在电场中的的类平抛采取运动分解思想，对速度和位移或加速度的分解。带电粒子在有界

磁场中的运动，确定圆周运动的的圆心、半径、轨迹，分析临界条件，利用几何关系求

解。

历年交趣

1.（202”全国•高考真题）如图，长度均为/的两块挡板竖直相对放置，间距也为/,两挡

板上边缘尸和M处于同一水平线上，在该水平线的上方区域有方向竖直向下的匀强电场，

电场强度大小为E；两挡板间有垂直纸面向外、磁感应强度大小可调节的匀强磁场。一质

量为，“，电荷量为q（q>0）的粒子自电场中某处以大小为血的速度水平向右发射，恰好从

尸点处射入磁场，从两挡板下边缘。和N之间射出磁场，运动过程中粒子未与挡板碰撞。

已知粒子射入磁场时的速度方向与PQ的夹角为60。，不计重力。

（1）求粒子发射位置到P点的距离；

（2）求磁感应强度大小的取值范围；

（3）若粒子正好从QN的中点射出磁场，求粒子在磁场中的轨迹与挡板MN的最近距离。

【答案】（1）叵说:（2）怨/B≤等；（3）粒子运动轨迹见解析,

6qE（3+∖∣3）q∣ci'

39-1Oq

【解析】（1）带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，由类平抛运动规律可知

X=卬①

12qE产G

y=-at^=-——⑵

22m

粒子射入磁场时的速度方向与PQ的夹角为60。，有

tan30°=^-=—③

匕%

粒子发射位置到P点的距离

22

s=y∣x+y④

由①②③④式得

s=2⅛（5）

SqE

（2）带电粒子在磁场运动在速度

V=vθ.=⅛>⑥

COS30°3

带电粒子在磁场中运动两个临界轨迹（分别从Q、N点射出）如图所示

M

∕=∑⅛r苧⑦

最大半径

乌

-=∑⅛=ew⑧

带电粒子在磁场中做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，由向心力公式可知

2

qvB=吧-⑨

由⑥⑦⑧⑨解得，磁感应强度大小的取值范围

2mv0<B<2,nvn

(3+√3)¢∕^-ql

(3)若粒子正好从QN的中点射出磁场时，带电粒子运动轨迹如图所示。

由几何关系可知

Sine=

带电粒子的运动半径为

跖

1

r4⑪

3cos(300+6)

粒子在磁场中的轨迹与挡板MN的最近距离

%=(4sin30。+/)-4⑫

由⑩⑪⑫式解得

dMS"】。6/⑬

44

2.（2020•全国•统考高考真题）在一柱形区域内有匀强电场，柱的横截面积是以O为圆

心，半径为R的圆，AB为圆的直径，如图所示。质量为机，电荷量为q（q>0）的带电粒

子在纸面内自A点先后以不同的速度进入电场，速度方向与电场的方向垂直。已知刚进入

电场时速度为零的粒子，自圆周上的C点以速率Vo穿出电场，AC与AB的夹角6=60。。运

动中粒子仅受电场力作用。

（1）求电场强度的大小；

（2）为使粒子穿过电场后的动能增量最大，该粒子进入电场时的速度应为多大？

（3）为使粒子穿过电场前后动量变化量的大小为,小。，该粒子进入电场时的速度应为多

【答案】（1）篝；（2）回L：（3）0或由红

2qR42

【解析】（1）由题意知在A点速度为零的粒子会沿着电场线方向运动，由于q>0,故电场

线由4指向C,根据几何关系可知

XAC=R

所以根据动能定理有

qEXAC^mvl-0

解得

E=皿

IqR

（2）根据题意可知要使粒子动能增量最大则沿电场线方向移动距离最多，做AC垂线并且

与圆相切，切点为力，即粒子要从。点射出时沿电场线方向移动距离最多，粒子在电场中

做类平抛运动，根据几何关系有

x=RSin60=vl∕

1

y=R+RCOS60=—ar9

2

而电场力提供加速度有

qE-ma

联立各式解得粒子进入电场时的速度

W=丁

（3）因为粒子在电场中做类平抛运动，粒子穿过电场前后动量变化量大小为即在电

场方向上速度变化为V。,过C点做AC垂线会与圆周交于B点

故由题意可知粒子会从C点或8点射出。当从8点射出时由儿何关系有

XBC=6R=V2t2

12

XAC=R=产

电场力提供加速度

qE=ma

联立解得

v.A）

“亍

当粒子从C点射出时初速度为0,粒子穿过电场前后动量变化量的大小为该粒子进

入电场时的速率应为0或圆O

2

另解:

由题意知，初速度为。时，动量增量的大小为〃此即问题的一个解。自A点以不同的

速率垂直于电场方向射入电场的粒子，动量变化都相同，自8点射出电场的粒子，其动量

变化量也恒为m%,由几何关系及运动学规律可得，此时入射速率为V=

2

3.（2019•全国•高考真题）如图，在直角三角形OPN区域内存在匀强磁场，磁感应强度大

小为8、方向垂直于纸面向外.一带正电的粒子从静止开始经电压。加速后，沿平行于X

轴的方向射入磁场；一段时间后，该粒子在OP边上某点以垂直于X轴的方向射出.已知

。点为坐标原点，N点在y轴上，OP与X轴的夹角为30。，粒子进入磁场的入射点与离开

磁场的出射点之间的距离为“，不计重力.求

（1）带电粒子的比荷;

（2）带电粒子从射入磁场到运动至X轴的时间.

Bd2π

【答案】（I）∣2β2（2）

c4U(2÷f

【解析】（1）粒子从静止被加速的过程，根据动能定理得：qU=^mvl,解得：

%F

Vm

根据题意，下图为粒子的运动轨迹，由几何关系可知，该粒子在磁场中运动的轨迹半径

粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，即：qvaB=m^-

r

联立方程得：豪券

（2）根据题意，粒子在磁场中运动的轨迹为四分之一圆周，长度H=L2仃=①油

粒子射出磁场后到运动至X轴，运动的轨迹长度S2=r∙tan30弋d

S]+S-）

粒子从射入磁场到运动至X轴过程中，一直匀速率运动，则％二」一~-

%

πʌ/ɜd^B

解得：f=、丁司P

加里2+9

4U23^J

4.(2018•全国•高考真题)如图，在)，＞0的区域存在方向沿y轴负方向的匀强电场，场强大

小为E,在产0的区域存在方向垂直于Xoy平面向外的匀强磁场.一个先核IlH和一个笊

核2小先后从y轴上y=〃点以相同的动能射出，速度方向沿X轴正方向.己知IlH进入磁场

时，速度方向与X轴正方向的夹角为60。，并从坐标原点。处第一次射出磁场.PH的质量

为机，电荷量为令不计重力.求

(1)IIH第一次进入磁场的位置到原点O的距离

(2)磁场的磁感应强度大小

(3)第一次离开磁场的位置到原点。的距离

【答案】(1)sl=-h;(2)B=(3)⅛-s=^1(√2-1)h

【分析】本题考查带电粒子在电场中的类平抛运动、在匀强磁场中的匀速圆周运动及其相

关的知识点，意在考查考生灵活运用相关知识解决问题的的能力.

【解析】(1):H在电场中做类平抛运动，在磁场中做圆周运动，运动轨迹如图所示.设

IH在电场中的加速度大小为％,初速度大小为匕，它在电场中的运动时间为％,第一次进

入磁场的位置到原点。的距离为S一由运动学公式有

由题给条件，；H进入磁场时速度的方向与X轴正方向夹角4=60。.；H进入磁场时速

度的y分量的大小为

qf∣=vltanθ∖（3）

联立以上各式得

Si=怜④

（2）IH在电场中运动时，由牛顿第二定律有

设;H进入磁场时速度的大小为匕'，由速度合成法则有

%=Jvj+(α∕∣)2

设磁感应强度大小为3,:H在磁场中运动的圆轨道半径为凡，由洛伦兹力公式和牛顿

第二定律有

由几何关系得

s∣=2R∣si∏a（8）

联立以上各式得

（3）设:H在电场中沿X轴正方向射出的速度大小为匕，在电场中的加速度大小为

%，由题给条件得

2

g（2，"）g=g∕nvl⑩

由牛顿第二定律有

设:H第一次射入磁场时的速度大小为％,速度的方向与X轴正方向夹角为为，入射点

到原点的距离为S2,在电场中运动的时间为，2.由运动学公式有

s2=v2t2

h=2a2t2

K=JV：+（火质产

sinθ1=

联立以上各式得

S=S

2l<4=4，V'2=-ɪ-V[@

设出在磁场中做圆周运动的半径为6,由⑦⑯式及粒子在匀强磁场中做圆周运动的

半径公式得

&=出普S⑰

qβ

所以出射点在原点左侧.设;H进入磁场的入射点到第一次离开磁场的出射点的距离为月，

由几何关系有

,

s2=IR2sinθ2⑱

联立④⑧⑯⑰⑱式得，：H第一次离开磁场时的位置到原点O的距离为

-52=苧（点-IM@

【点睛】此题与2004年全国理综卷第25题情景类似，都是带电粒子在匀强电场中类平抛

运动后进入匀强磁场中做匀速圆周运动，艮都是在第一象限和第二象限设置了竖直向下的

匀强电场，在第三象限和第四象限设置了方向垂直纸面向外的匀强磁场，解答需要的知识

都是带电粒子在匀强电场中的类平抛运动规律和洛伦兹力等于向心力、几何关系等知识

点.带电粒子在匀强电场中的类平抛运动和在匀强磁场中的匀速圆周运动是教材例题和练

习中的常见试题，此题可认为是由两个课本例题或习题组合而成.

5.（2017・全国•高考真题）真空中存在电场强度大小为E/的匀强电场，一带电油滴在该电

场中竖直向上做匀速直线运动，速度大小为血,在油滴处于位置A时，将电场强度的大

小突然增大到某值，但保持其方向不变.持续一段时间〃后，又突然将电场反向，但保持

其大小不变；再持续同样一段时间后，油滴运动到B点.重力加速度大小为g。

（1）油滴运动到B点时的速度；

（2）求增大后的电场强度的大小；为保证后来的电场强度比原来的大，试给出相应的〃和

田应满足的条件.已知不存在电场时，油滴以初速度如做竖直上抛运动的最大高度恰好等

于8、A两点间距离的两倍。

【答案】⑴％-2"；（2）见解析

【解析】（1）设油滴质量和电荷量分别为，〃和q,油滴速度方向向上为正.油滴在电场强

度大小为©的匀强电场中做匀速直线运动，故匀强电场方向向上.在VO时，电场强度突

然从E/增加至及时，油滴做竖直向上的匀加速运动，加速度方向向上，大小/满足

qE2-mg=maλ

油滴在时刻t∣的速度为

M=%+的

电场强度在时刻〃突然反向，油滴做匀变速直线运动，加速度方向向下，大小满足

qE2+mg=tna2

油滴在时刻「2=2〃的速度为

v2=v,-α√,

解得

%=%-2gf∣

(2)由题意，在f=0时刻前有

qE∖=mg

油滴从f=0到时刻〃的位移为

12

SI=VOfl+~a∖t∖

油滴在从时刻〃到时刻/2=2〃的时间间隔内的位移为

12

Sl=卬|一万生，|

由题给条件有

2

V0=2g(2h)

式中力是8、A两点之间的距离

若B点在A点之上，依题意有

S∣+$2=,

解得

E,=[2-2^+i（⅛]E1

“4gti

为使E1>Ex,应有

2-2旦+。（旦）2›ι

gti4gtf

即当

或

才是可能的

条件分别对应于

v2>0

和

v2<0

两种情形

若8在A点之下，依题意有

X2+X]=-h

由以上式子得

E,=[2-2旦-!叫退

gti4劭

为使E2>Ei,应有

2一2国」』>ι

gtt4gtt

另一解为负，不符合题意，已舍去

6.（2016・全国•高考真题）如图，两固定的绝缘斜面倾角均为仇上沿相连.两细金属棒

仅标出“端）和4（仅标出C端）长度均为L,质量分别为2相和如用两根不可伸长的柔

软轻导线将它们连成闭合回路abdca,并通过固定在斜面上沿的两光滑绝缘小定滑轮跨放

在斜面上，使两金属棒水平.右斜面上存在匀强磁场，磁感应强度大小为B,方向垂直于

斜面向上.已知两根导线刚好不在磁场中，回路电阻为R,两金属棒与斜面间的动摩擦因

数均为〃，重力加速度大小为g∙已知金属棒加匀速下滑.求：

⑴作用在金属棒H上的安培力的大小;

（2）金属棒运动速度的大小.

【答案】⑴，"g(sin6>-3〃COSe)(2)(Sin仇3〃CoSO)/沃•

【解析】（1）设导线的张力的大小为T,右斜面对油棒的支持力的大小为M,作用在M棒

上的安培力的大小为尸，左斜面对M棒的支持力大小为M.对于"棒，由力的平衡条件

得

2mgsinθ=χz7V1+T+F

Ni=2mgcosθ

对于W棒，同理有

mgsinθ+μN?=T

N,=mgcosΘ

联立解得:

F=∕%g(sin6—3〃CoSe)

⑵由安培力公式得：

F=BlL

H棒上的感应电动势：

E=BLv

由欧姆定律得：

/一

R

联立解得：

m

U=(Sine-3∕√cosθ)氏

7.（2015•全国•高考真题）如图，一长为IOCm的金属棒ab用两个完全相同的弹簧水平地

悬挂在匀强磁场中：磁场的磁感应强度大小为0.1T,方向垂直于纸面向里；弹簧上端固

定，下端与金属棒绝缘，金属棒通过开关与一电动势为12V的电池相连，电路总电阻为

2Ω.已知开关断开时两弹簧的伸长量均为0.5cm；闭合开关，系统重新平衡后，两弹簧的

伸长量与开关断开时相比均改变了0.3cm,重力加速度大小取IOm∕s2.判断开关闭合后金

属棒所受安培力的方向,并求出金属棒的质量.

【答案】m=Q.0lkg

【解析】金属棒通电后，闭合回路电流/===岩=6A

R2Ω

导体棒受到安培力F=BlL=O.06N

根据安培定则可判断金属棒受到安培力方向竖直向下

开:关I田合前2XkX0.5XI。-"?=mg

开关闭合后2x%χ（0.5+03）×∖02m=mg+F

m=0Λlkg

8.（2014•全国•高考真题）如图，。、A、B为同一竖直平面内的三个点，。8沿竖直方向,

3

ZBOA=60",OB=-OA,将一质量为根的小球以一定的初动能自。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（g>0）,同时加一匀强电场，

场强方向与AoAB所在平面平行，现从0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。点以同样的初动能

沿另一方向抛出，恰好通过3点，且到达8点的动能为初动能的6倍，重力加速度大小为

g。求

（1）无电场时，小球达到A点时的动能与初动能的比值；

（2）电场强度的大小和方向。

【答案】（I）ɪ:（2）如空，方向与竖直方向夹角为30。斜向右下方

36q

【解析】（1）小球做平抛运动，设初速度为,初动能线。，从。到A的运动时间为f，令

OA=d,则

OB=-d

2

根据平抛运动的规律得，水平方向有

o

dsin60=v0∕

竖直方向有

y=dcos60o=gd=；g/

同时有

T7ɪ2

Ekt）=~mvn

联立解得

EkO=qmgd

O

设小球到达A点时的动能为EkA,有

LLl,7,

E=4>+%mgd=qmgd

kAZo

得

空±=z

耳O3

13

（2）加电场后，从。点到A点下降了从。点到8点下降了=d,如图设电场力F与

22

竖直方向夹角为α,则山动能定理得

3Eko-Eko=mg∙ɪ√+Fcos（60-a）d

33

（＞Ek0-Eko=mg--d+Fcosa--d

其中

L3

Eko=Nmgdj

O

联立解得

F=9,α=30o

6

所以电场强度为

F®ng

匕=——=-----

q6q

正电荷受力方向与电场方向相同，即E与竖直方向夹角为30。斜向右下方。

9.（2013•全国•高考真题）如图，两条平行导轨所在平面与水平地面的夹角为仇间距为

L,导轨上端接有一平行板电容器，电容为C。导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为

B,方向垂直于导轨平面。在导轨上放置一质量为，"的金属棒，棒可沿导轨下滑，且在下

滑过程中保持与导轨垂直并良好接触。已知金属棒与导轨之间的动摩擦因数为〃，重力加

速度大小为g。忽略所有电阻。让金属棒从导轨上端由静止开始下滑，求：

（I）电容器极板上积累的电荷量与金属棒速度大小的关系；

（2）金属棒的速度大小随时间变化的关系。

【答案】（1）Q=CBLv;（2）V=ZWgSin夕一〃Zngcosg，

m+CB2l}

【分析】（1）由法拉第电磁感应定律，求出感应电动势；再与

c=2

u

相结合求出电荷量与速度的关系式。

（2）由左手定则来确定安培力的方向，并求出安培力的大小，借助于

,_IQ=—,C_L-A-V--

t∆r

及牛顿第二定律来求出速度与时间的关系。

【解析】（1）设金属棒下滑的速度大小为V,则感应电动势为

E=BLv

平行板电容器两极板之间的电势差为

U=E

设此时电容器极板上积累的电荷量为。，按定义有

C=Q

U

联立可得

Q=CBLv

（2）设金属棒的速度大小为V时，经历的时间为r,通过金属棒的电流为/,金属棒受到的

磁场力方向沿导轨向上，大小为

f∣=BLI

设在时间间隔（f,f+Af）内流经金属棒的电荷量为A。，则

△。=CBLW

按定义有

I=他

∆r

△。也是平行板电容器极板在时间间隔（3f+Af）内增加的电荷量，由上式可得，为金

属棒的速度变化量，金属棒所受到的摩擦力方向沿导轨斜面向上，大小为

h=μFN

式中，FN是金属棒对于导轨的正压力的大小，有

FN=OigcosJ

金属棒在时刻f的加速度方向沿斜面向下，设其大小为4,根据牛顿第二定律有

ZMgSine-fι-f2-ma

即

mgs∖r∖θ-μmgcosθ=CB2Ua+ma

联立上此式可得

_m（Sinθ-μcosθ）g

a~m+B2l3C

由题意可知，金属棒做初速度为零的匀加速运动，f时刻金属棒的速度大小为

_机（Sine-〃cosd）gf

m+B2lJC

【点评】本题让学生理解左手定则、安培力的大小、法拉第电磁感应定律、牛顿第二定

律、及运动学公式，并相互综合来求解。

10.（2022•全国•统考高考真题）光点式检流计是一种可以测量微小电流的仪器，其简化的

工作原理示意图如图所示。图中A为轻质绝缘弹簧，C为位于纸面上的线圈，虚线框内有

与纸面垂直的匀强磁场；M为置于平台上的轻质小平面反射镜，轻质刚性细杆。的一端与

M固连且与镜面垂直、另一端与弹簧下端相连，PQ为圆弧形的、带有均匀刻度的透明读数

条，PQ的圆心位于M的中心。使用前需调零:使线圈内没有电流通过时，M竖直且与纸面

垂直；入射细光束沿水平方向经PQ上的。点射到M上后沿原路反射。线圈通入电流后弹

簧长度改变，使M发生倾斜，入射光束在M上的入射点仍近似处于PQ的圆心，通过读取

反射光射到P。上的位置，可以测得电流的大小。已知弹簧的劲度系数为丸磁场磁感应强

度大小为8,线圈C的匝数为N。沿水平方向的长度为/,细杆。的长度为“，圆弧PQ的

半径为r,r"远大于弹簧长度改变量的绝对值。

（1）若在线圈中通入的微小电流为/，求平衡后弹簧长度改变量的绝对值∆x及PQ上反射

光点与。点间的弧长s；

（2）某同学用此装置测一微小电流，测量前未调零，将电流通入线圈后，PQ上反射光点

出现在。点上方，与。点间的弧长为占、保持其它条件不变，只将该电流反向接入，则反

射光点出现在。点下方，与。点间的弧长为S2。求待测电流的大小。

【解析】（1）由题意当线圈中通入微小电流/时，线圈中的安培力为

F=NBII

根据胡克定律有

F=NBH=k心\

NBII

设此时细杆转过的弧度为仇则可知反射光线转过的弧度为2仇又因为

d>>∆x,r»d

则

s∖r∖θ≈θ9sin20≈2θ

所以有

∆x=dθ

s=r∙2θ

联立可得

2rAINBIlr

s=­ΔΛ=----

ddk

(2)因为测量前未调零，设没有通电流时偏移的弧长为H当初始时反射光点在。点上

方，通电流/’后根据前面的结论可知有

2NBΓlr,

a=----------+5

,dk

当电流反向后有

2NBI,lr,

$=-----------s

2dk

联立可得

dk(s1+J2)

4NBIr

同理可得初始时反射光点在。点下方结果也相同，故待测电流的大小为

r=dk(s∣+%)

4NBIr

应第策略

1__________I

一、安培力作用下的平衡和加速问题

解题思路：

(1)选定研究对象.

(2)受力分析时，变立体图为平面图，如侧视图、剖面图或俯视图等，并画出平面受力分析图,

安培力的方向产交，B、尸发，/.如图所示：

二、带电粒子(带电体)在电场中的直线运动

1.做直线运动的条件

(1)粒子所受合外力尸价=0,粒子静止或做匀速直线运动.

(2)粒子所受合外力Frr≠0且与初速度共线，带电粒子将做加速直线运动或减速直线运动.

2.用动力学观点分析

QEU,

〃L1

=m,E=aFVVQ=Iad.

3.用功能观点分析

匀强电场中：W=Eqd-qU=^mv2-^mV(Γ

非匀强电场中：W=gU=Ek2-Eki带电粒子在匀强电场中的偏转

三、带电粒子在匀强电场中的偏转

带电粒子在匀强电场中偏转的两个分运动

(1)沿初速度方向做匀速直线运动，f=J(如图).

++++++

(2)沿静电力方向做匀加速直线运动

①加速度："=5=臂=哈

②离开电场时的偏移量：y=%P=毋N

乙乙〃C(∕()

③离开电场时的偏转角：tan8=K=蠹

两个重要结论

(1)不同的带电粒子从静止开始经过同一电场加速后再从同一偏转电场射出时，偏移量和偏

转角总是相同的.

证明：在加速电场中有qf∕o=%W

在偏转电场偏移量y=∣α∕2=∣∙⅛∙(~)2

偏转角仇tan9=^=喘

得:Ttan0=2W

),、θ均与m、q无关.

(2)粒子经电场偏转后射出，速度的反向延长线与初速度延长线的交点。为粒子水平位移的

中点，即O到偏转电场边缘的距离为偏转极板长度的一半.

功能关系

22

当讨论带电粒子的末速度。时也可以从能量的角度进行求解：qUy^fnv-jlnvo,其中Uy

=»，，指初、末位置间的电势差.

四、带电粒子在交变电场中的直线运动

1.常见的交变电场

常见的产生交变电场的电压波形有方形波、锯齿波、正弦波等.

2.常见的题目类型

(1)粒子做单向直线运动.

(2)粒子做往返运动.

3.解题技巧

(1)按周期性分段研究.

，图像、

⑵将U-tmα-r图像型"°-f图像.

E-阍像，

五、带电粒子在重力场和电场中的圆周运动

1.等效重力场

物体仅在重力场中的运动是最常见、最基本的运动，但是对于处在匀强电场和重力场中物体

的运动问题就会变得复杂一些.此时可以将重力场与电场合二为一，用一个全新的“复合场”

来代替，可形象称之为”等效重力场”.

2.

等

效

重

力

场

的

对

应

概

念

及

解

释

3.举例

六、带电粒子在有界匀强磁场中的运动

一、粒子轨迹圆心的确定，半径、运动时间的计算方法

1.圆心的确定方法

(1)若已知粒子轨迹上的两点的速度方向，分别确定两点处洛伦兹力尸的方向，其交点即为

圆心，如图甲.

(2)若已知粒子运动轨迹上的两点和其中某一点的速度方向，弦的中垂线与速度垂线的交点

即为圆心，如图乙.

(3)若已知粒子轨迹上某点速度方向，又能根据r=不计算出轨迹半径r,则在该点沿洛伦兹

力方向距离为r的位置为圆心，如图丙.

2.半径的计算方法

方法一由R=言求得

（JD

方法二连半径构出三角形，由数学方法解三角形或勾股定理求得

例如：如图甲，R=或由R2=U+（R-〃）2求得

常用到的几何关系

①粒子的偏转角等于半径扫过的圆心角，如图乙，9=α

②弦切角等于弦所对应圆心角一半，

3.时间的计算方法

方法一利用圆心角、周期求得f=4T

zπ

方法二利用弧长、线速度求得t=:

二、带电粒子在有界磁场中的运动

I.直线边界（进出磁场具有对称性，如图所示）

(C)

2.平行边界（往往存在临界条件，如图所示）

θ

θ

(C)

3.圆形边界(进出磁场具有对称性)

(1)沿径向射入必沿径向射出，如图甲所示.

(2)不沿径向射入时，如图乙所示.

射入时粒子速度方向与半径的夹角为仇射出磁场时速度方向与半径的夹角也为θ.

七、带电粒子在组合场中的运动

I.组合场：电场与磁场各位于一定的区域内，并不重叠，或在同一区域，电场、磁场交替

出现.

2.分析思路

(1)划分过程：将粒子运动的过程划分为几个不同的阶段，对不同的阶段选取不同的规律处

理.

(2)找关键点：确定带电粒子在场区边界的速度(包括大小和方向)是解决该类问题的关键.

(3)画运动轨迹：根据受力分析和运动分析，大致画出粒子的运动轨迹图，有利于形象、直观

地解决问题.

3.常见粒子的运动及解题方法

牛顿第二定律、

运动学公式

匀变速直求法

电

场线运动

动能定理

中

带电

常规分解法

粒子类平抛运动求法

在分类斜抛运动一特殊分解法

离的功能关系

电场、

磁场磁求法

场运动学公式

中运

中

动

圆周运动公式、

求法牛顿第二定律

以及几何知识

八、带电粒子在叠加场中的运动

1.叠加场

电场、磁场、重力场共存，或其中某两场共存.

2.带电粒子在叠加场中常见的几种运动形式

运动性质受力特点方法规律

匀速直线运动粒子所受的合力为O平衡条件

除洛伦兹力外，另外两力的合力为零：

匀速圆周运动牛顿第二定律、圆周运动的规律

qE=mg

较复杂的曲线除洛伦兹力外，其他力的合力既不为零，

动能定理、能量守恒定律

运动也不与洛伦兹力等大反向

九、带电粒子在交变电、磁场中的运动

解决带电粒子在交变电、磁场中的运动问题的基本思路

先读图看清并且明白场的变化情况

受力分析分析粒子在不同的变化场区的受力情况

过程分析分析粒子在不同时间段内的运动情况

找衔接点找出衔接相邻两过程的速度大小及方向

选规律联立不同阶段的方程求解

模州预测

1.如图所示，两个绝缘光滑的斜面对接，两个金属小滑轮、电容器、单刀双掷开关和导线

预埋在顶部，导线焊接在滑轮上，两斜面的倾角分别为a、θ,左边斜面内有垂直于斜面

的匀强磁场，磁感应强度为B。金属棒外和绝缘棒Cd用轻质软金属丝连接，静置在斜面

上，质量分别为班和生，且叫＞更吆啊，必棒的电阻为，•，两棒的长度均为/,电容器

Sina

的电容为C。忽略滑轮摩擦，金属丝和导线电阻不计，重力加速度为g,两棒运动时保持

与侧向垂直，两棒到斜面顶部距离足够大，金属丝平行于斜面，求解下列问题：

（1）单刀双掷开关掷1时，释放两棒，两棒最终的速度大小；

（2）单刀双掷开关掷2时，释放两棒，两棒运动的加速度大小.

）3谭y⑵等粽一∕π,gsinθ

+B2I2C

【解析】（I）H和Cd棒系统最终做匀速运动，设速居

lvm,此时对他和Cd棒分析受力,

金属丝的拉力为5,如图所示

F.F

yτv

由/平衡条件有"g

叫gsina-FT-FS=O

F

T=m2gsinθ

油棒切割磁感线，产生的感应电动势为E,则有

E=BlVnl

由闭合电路欧姆定律有

一

1

r

又有

F安=BIi

联立以上各式解得

(町gsinα-m2gsin6);*

%=--------丽--------

(2)设0b和加棒系统的瞬时加速度为。，对"和Cd棒，由牛顿第二定律有

"Rgsina-F,安一FT二町。

FT-m2gsinθ=m2a

瞬间安培力

%=B"

瞬间电流也是电容器的充电电流，则有

△t

又有

AQ=CxAU

AU=BIxAv

而

∆v

a--

Ar

联立以上各式解得

_〃IlgSina-"%gsin6

22

Ot1+m2+BIC

2.磁流体推动船的动力来源于电流和磁场间的相互作用。图1是在平静海面上某小型实验

船的示意图，磁流体推动由磁体、电极和矩形通道(简称通道)组成。如图2所示，通道

尺寸α=2.0m,⅛=0.25m,c=0.10mo工作时,在通道内沿Z轴正方向加8=8.0T的匀强磁

场；沿X轴负方向加匀强电场，使两金属板间的电压U=IoOV；海水沿y轴方向流过通道。

已知海水的电阻率。=0