專題20電與磁綜合計算題-2019年高考物理母題題源系列(解析版)

1、專題20電與磁綜合計算題疊圈圉現(xiàn)I卷)【母題來源一】2019年普通高等學校招生全國統(tǒng)一考試物理（新課標全國【母題原題】（2019 新課標全國I卷）如圖，在直角三角形 OPN區(qū)域內(nèi)存在勻強磁場，磁感應強度大小為B、方向垂直于紙面向外。一帶正電的粒子從靜止開始經(jīng)電壓U加速后，沿平行于x軸的方向射入磁場；一段時間后，該粒子在 OP邊上某點以垂直于 x軸的方向射出。已知 。點為坐標原點，N點在y軸上，OP與x軸的夾角為30。，粒子進入磁場的入射點與離開磁場的出射點之間的距離為d,不計重力。求（1）帶電粒子的比荷；（2）帶電粒子從射入磁場到運動至x軸的時間。20q 4U一=22m B d(2) t葉；丁

2、,一；丁二"尸豆（工飛）4U 23v。由動能定理有【解析】（1）設帶電粒子的質(zhì)量為 m,電荷量為q,加速后的速度大小為qu= "mv2 2設粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為2V / qvB =mrr,由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有由幾何關系知d= . 2 r聯(lián)立式得q=*m B2d2（2）由幾何關系知，帶電粒子射入磁場后運動到x軸所經(jīng)過的路程為s = +rtan30 ' 2帶電粒子從射入磁場到運動至X軸的時間為s /t =一 v聯(lián)立式得Bd2兀爐3廠、t =（+） 4U 23【母題來源二】2019年全國普通高等學校招生統(tǒng)一考試物理（天津卷）【母題原題】（2019

3、天津卷）如圖所示，固定在水平面上間距為l的兩條平行光滑金屬導軌，垂直于導軌放置的兩根金屬棒 MN和PQ長度也為l、電阻均為R ,兩棒與導軌始終接觸良好。MN兩端通過開關S與電阻為R的單匝金屬線圈相連，線圈內(nèi)存在豎直向下均勻增加的磁場，磁通量變化率為常量k o圖中虛線右側(cè)有垂直于導軌平面向下的勻強磁場，磁感應強度大小為B。PQ的質(zhì)量為m,金屬導軌足夠長，電阻忽略不計。（1）閉合S,若使PQ保持靜止，需在其上加多大的水平恒力F ,并指出其方向;（2）斷開S, PQ在上述恒力作用下，由靜止開始到速度大小為v的加速過程中流過 PQ的電荷量為q ,求該過程安培力做的功W。Bkl【答案】（1） F =,方

4、向水平向右3R【解析】（1）設線圈中的感應電動勢為E = k設PQ與MN并聯(lián)的電阻為R并，有R%=一2閉合S時，設線圈中的電流為,_ ,AG , E ,由法拉第電磁感應定律 E =，則"：tI ,根據(jù)閉合電路歐姆定律得設PQ中的電流為Ipq ,有設PQ受到的安培力為F安，有F安=BI pqI 保持PQ靜止，由受力平衡，有F =F安聯(lián)立式得_ BklF = -3R方向水平向右（2）設PQ由靜止開始到速度大小為 v的加速過程中，PQ運動的位移為x,所用時間為At ,回路中的磁通量變化為A,平均感應電動勢為 E，有AG _E =. -4其中=Blx設PQ中的平均電流為，有- E _I =2

5、R根據(jù)電流的定義得- q I =?：t由動能定理，有12Fx W = mv -0 ?2聯(lián)立？?？ 式得12 2W 二 一 mv - kq ?23【母題來源三】2019年全國普通高等學校招生統(tǒng)一考試物理（浙江選考）【母題原題】（2019 浙江選考）如圖所示，在間距 L=0.2m的兩光滑平行水平金屬導軌間存在方向垂直于紙面（向內(nèi)為正）的磁場，磁感應強度為分布沿y方向不變，沿x方向如下:1Tx 0.2mB =5xT -0.2m<x <0.2m-1Tx ： -0.2m導軌間通過單刀雙擲開關S連接恒流源和電容 C=1F的未充電的電容器，恒流源可為電路提供恒定電流1=2A,電流方向如圖所示。有

6、一質(zhì)量m=0.1kg的金屬棒ab垂直導軌靜止放置于 xo=O.7m處。開關S擲向1,棒ab從靜止開始運動，到達 x3=K.2m處時，開關S擲向2。已知棒ab在運動過程中始終與導軌垂直。求：-0,2 -0,1 00.20.7燈m(提示：可以用 Fi圖象下的 面積”代表力F所做的功)(1)棒ab運動到xi=o.2m時的速度vi;(2)棒ab運動到x2=0.lm時的速度 v;(3)電容器最終所帶的電荷量Q?！敬鸢浮?1) 2 m/s (2) "6m/s (3) 2 c7【解析】(1)安培力F =BIL ,F BIL加速度a =m m速度v1 =,2a x0 - x12 m/s(2)在區(qū)間0

7、.2m Ex E 0.2m安培力F =5xIL ,如圖所示5II c c安培力做功Wx1 -x22 1o 1 o根據(jù)動能th理可得 W mv2mV)22解得 v2 = 4.6 m/s(3)根據(jù)動量定理可得 -BLQ =mv-mv3電荷量Q uCU uCBLv在x = -0.2m處的速度V3 =3=2 m/s聯(lián)立解得CBLmv3Q-CB L m哥避那府sJL【命題意圖】 此題是帶電粒子在磁場中的運動問題；首先要掌握左手定律及粒子半徑及周期的求解公 式，然后能根據(jù)題目的隱含條件做出粒子運動的軌跡圖。常考查功能關系、串并聯(lián)電路特征、閉合電路歐 姆定律、法拉第電磁感應定律、楞次定律共點力平衡條件的應用

8、，和臨界狀態(tài)分析與求解極值的能力多畫 圖，多列分步式，采用極限假設尋求臨界狀態(tài)?！究荚嚪较颉?帶電粒子運動型計算題大致有兩類，一是粒子依次進入不同的有界場區(qū)，二是粒子進入 復合場區(qū)。近年來高考重點就是受力情況和運動規(guī)律分析求解，周期、半徑、軌跡、速度、臨界值等.再 結(jié)合能量守恒和功能關系進行綜合考查。電磁感應是高考考查的重點和熱點，命題頻率較高的知識點有： 感應電流的產(chǎn)生條件、方向的判定和感應電動勢的計算；電磁感應現(xiàn)象與磁場、電路、力學、能量等知識 相聯(lián)系的綜合題及感應電流(或感應電動勢)的圖象問題.從計算題型看，主要考查電磁感應現(xiàn)象與直流 電路、磁場、力學、能量轉(zhuǎn)化相聯(lián)系的綜合問題，主要以大

9、型計算題的形式考查。【得分要點】1 .帶電粒子運動型計算題(1)正確分析帶電粒子的受力及運動特征是解決問題的前提.帶電粒子在復合場中做什么運動，取決于帶電粒子所受的合外力及初始狀態(tài)的速度，因此應把帶電 粒子的運動情況和受力情況結(jié)合起來進行分析，當帶電粒子在復合場中所受合外力為零時，做勻速直線運 動(如速度選擇器)。帶電粒子所受的重力和電場力等值反向，洛倫磁力提供向心力，帶電粒子在垂直于磁場的平面內(nèi)做 勻速圓周運動。帶電粒子所受的合外力是變力，且與初速度方向不在一條直線上，粒子做非勻變速曲線運動，這時粒子的運動軌跡既不是圓弧，也不是拋物線，由于帶電粒子可能連續(xù)通過幾個情況不同的復合場區(qū)，因此 粒

10、子的運動情況也發(fā)生相應的變化，其運動過程可能由幾種不同的運動階段組成。(2)靈活選用力學規(guī)律是解決問題的關鍵當帶電粒子在復合場中做勻速運動時，應根據(jù)平衡條件列方程求解。當帶電粒子在復合場中做勻速圓周運動時往往應用牛頓第二定律和平衡條件列方程聯(lián)立求解。當帶電粒子在復合場中做非勻變速曲線運動時，應選用動能定理或能量守恒定律列方程求解.（3）說明：由于帶電粒子在復合場中受力情況復雜，運動情況多變，往往出現(xiàn)臨界問題，這時應以題 目中的 恰好“、最大“、最高“、至少”等詞語為突破口，挖掘隱含條件，根據(jù)臨界條件列出輔助方程，再 與其他方程聯(lián)立求解。2 .電磁感應型在分析過程中，要注意通電導體在磁場中將受到

11、安培力分析；電磁感應問題往往與力學問題聯(lián)系在一 起，解決問題的基本思路：用法拉第電磁感應定律及楞次定律求感應電動勢的大小及方向；求電路中 的電流；分析導體的受力情況；根據(jù)平衡條件或者牛頓第二運動定律列方程.解題過程中要緊緊地抓住能的轉(zhuǎn)化與守恒分析問題.電磁感應現(xiàn)象中出現(xiàn)的電能，一定是由其他形式的能轉(zhuǎn)化而來，具體問題中會涉及多種形式的能之間的轉(zhuǎn)化，機械能和電能的相互轉(zhuǎn)化、內(nèi)能和電能的相互轉(zhuǎn) 化.分析時，應當牢牢抓住能量守恒這一基本規(guī)律，明確有哪些力做功，就可知道有哪些形式的能量參與 了相互轉(zhuǎn)化，如摩擦力在相對位移上做功，必然有內(nèi)能出現(xiàn)；重力做功，必然有重力勢能參與轉(zhuǎn)化；安培 力做負功就會有其他形

12、式能轉(zhuǎn)化為電能，安培力做正功必有電能轉(zhuǎn)化為其他形式的能；然后利用能量守恒 列出方程求解.3 .力電綜合型解決力電綜合問題，要注重掌握好兩種基本的分析思路：一是按時間先后順序發(fā)生的綜合題，可劃分 為幾個簡單的階段，逐一分析清楚每個階段相關物理量的關系規(guī)律，弄清前一階段與下一階段的聯(lián)系，從 而建立方程求解的 分段法”，一是在同一時間內(nèi)發(fā)生幾種相互關聯(lián)的物理現(xiàn)象，須分解為幾種簡單的現(xiàn)象， 對每一種現(xiàn)象利用相應的概念和規(guī)律建立方程求解的分解法”。研究某一物體所受到力的瞬時作用力與物體運動狀態(tài)的關系（或加速度）時，一般用牛頓運動定律解決；涉及做功和位移時優(yōu)先考慮動能定理；對象 為一系統(tǒng)，且它們之間有相互

13、作用時，優(yōu)先考慮能的轉(zhuǎn)化與守恒定律。組卷國號題題源精粹1. （2019江西省上饒市橫峰中學高三模擬）如圖所示，帶電小球 a由絕緣細線PM和PN懸掛而處于靜止狀態(tài)，其中PM水平，地面上固定一絕緣且內(nèi)壁光滑的圓弧細管道 GH,圓心P與a球位置重合，管道底端H與水平地面相切，一質(zhì)量為 m可視為質(zhì)點的帶電小球 b從G端口由靜止釋放，當小球 b運動到卜列說法中正確的是H端時對管道壁恰好無壓力，重力加速度為go在小球b由G滑到H過程中,A .細線PM的拉力先增大后減小B.小球b機械能逐漸減小C.小球b所受庫侖力大小始終為 2mgD.小球b加速度大小先變大后變小【答案】A【解析】設PN與豎直方向成a角，對球

14、a受力分析，豎直方向上有：Fpncos o=mg+F庫sin。，水平方向上有：F 庫 cos(+FpNSin ocF=pm° 解得：FpM=mgtan o+3mgcos (- a) cos a,下滑時 。從 0 增大 90 °,細線 P M的拉力先增大后減小，故 A正確；在小球b由G滑到H過程中，小球b所受庫侖力和管道的彈力始 終與速度垂直，只有重力做功，庫侖力和彈力不做功，小球b機械能守恒，故B錯誤；根據(jù)機械能守恒12V2.定律，小球b從G滑到H過程中，有：mgR=-mv2, H處有：F - mg=m,則有：F庫=3mg,故C 2R12錯誤；設b與a的連線與水平萬向成。角

15、，則有：mgRsin打一mv ,任意位置加速度為向心加速度和切2向加速度合成，即為：a= . a2 ()2十(gcos8)2 = J5-3cOslg ,可知小球的加速度一直變大，故D錯誤。2. (2019湖南省懷化市高三第三次模考)如圖所示，豎直平面內(nèi)有一固定光滑的絕緣軌道ABCD,其中傾角 37。的斜面AB與半徑為R的圓弧軌道平滑相切于 B點，CD為豎直直徑，O為圓心，質(zhì)量為 m的帶負電小球(可視為質(zhì)點)從斜面上的A點由靜止釋放，A、B兩點高度差為h,重力加速度為g, sin37 =0.6, cos37 =0.8 o則下列判斷正確的是A.若在。點放個正點電荷，小球通過D點的速度一定大于 /麗

16、B .若在。點放個正點電荷，小球從 C點沿圓弧軌道到 D點過程機械能不守恒C.調(diào)整高度差h,小球從D點離開圓弧軌道后有可能直接落在B點D.當h=2.5R時，小球會從D點以Rg的速度飛出，做平拋運動2【解析】若在O點放個正點電荷，小球恰好能從D點飛出根據(jù)牛頓第二定律可知：mg + F庫=m、，小球通過D點的速度一定大于 曬，故A正確；若在。點放個正點電荷，小球從C點沿圓弧軌道到 D點過程中只有重力做功， 所以機械能守恒，故 B錯誤；若小球恰好能從 D點離開圓弧軌道，設此時小球2通過D點的速度為Vo,則有:mg =m£ ,可得V0 =JgR，小球從D點離開后做平拋運動有:12R,6 .R

17、+Rcos = gt ,解得：t=61水平距離為：x = Vot = ?= R a 0.6R ,小球從D點離開圓弧210g.10軌道后不可能直接落在 B點，故C錯誤；小球恰好能從 D點離開圓弧軌道，設此時小球通過D點的速2度為v0,則有：mg =m,可得V0 = JgR ,則從A點到D根據(jù)機械能守恒可知： R12mgh （R+ Rcos6） =mV。，解得：h=2.3R,故 D 錯誤；故選 A。 23. （2019浙江省寧波市北侖中學高一期中）如圖所示，空間存在水平向左的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場.在該區(qū)域中，有一個豎直放置的光滑絕緣圓環(huán)，環(huán)上套有一個帶正電的小球。O點為圓環(huán)的圓心，a、

18、b、c、d為圓環(huán)上的四個點，a點為最高點，c點為最低點，b、0、d三點在同一水平線上.已知小球所受電場力與重力大小相等.現(xiàn)將小球從環(huán)的頂端a點由靜止釋放，下列判斷正確的是A .小球能越過d點并繼續(xù)沿環(huán)向上運動B.當小球運動到c點時，所受洛倫茲力最大C.小球從a點運動到b點的過程中，重力勢能減小，電勢能增大D.小球從b點運動到c點的過程中，電勢能增大，動能先增大后減小 【答案】D【解析】電場力與重力大小相等，則二者的合力指向左下方45。，由于合力是恒力，故類似于新的重力，所以ad弧的中點相當于平時豎直平面圓環(huán)的最高點”。關于圓心對稱的位置（即 bc弧的中點）就是最低點”，速度最大。由于a、d兩點

19、關于新的最高點對稱，若從 a點靜止釋放，最高運動到 d點，故A錯 誤；由于bc弧的中點相當于 最低點”，速度最大，當然這個位置洛倫茲力最大，故 B錯誤；從a到b, 重力和電場力都做正功，重力勢能和電勢能都減少， 故C錯誤；小球從b點運動到c點，電場力做負功，電勢能增大，但由于 bc弧的中點速度最大，所以動能先增大后減小，D正確。4. （2019河北省石家莊市高三二模）如圖，半徑為L的小圓與半徑為3L的圓形金屬導軌擁有共同的圓心，在小圓與導軌之間的環(huán)形區(qū)域存在垂直于紙面向外、磁感應強度大小為B的勻強磁場。現(xiàn)將一長度為3L的導體棒置于磁場中， 讓其一端。點與圓心重合，另一端A與圓形導軌良好接觸。

20、在。點與導軌間接入一阻值為r的電阻，導體棒以角速度 3繞O點做逆時針勻速圓周運動，其它電阻不計。下列說法正確的是A.導體棒。點的電勢比A點的電勢低B.電阻r兩端的電壓為9B L22C.在導體棒旋轉(zhuǎn)一周的時間內(nèi)，通過電阻r的電荷量為8B二 L2D.在導體棒旋轉(zhuǎn)一周的時間內(nèi)，電阻2. 48 B Lr產(chǎn)生的焦耳熱為8一B-L-【答案】AC【解析】由右手定則可知，感應電流由 。流向A,則。點電勢比A點電勢低，故A正確；感應電動勢:E=B (2L) V=B (2L) 空f 13k =4BL25 電阻兩端電壓： U=E=4BL2co,故B錯誤。電路中電流為： 2L2c_I =E_ = 4BL_R,周期為：

21、丁二空，在導體棒旋轉(zhuǎn)一周的時間內(nèi)，通過電阻 r的電荷量為： r r8二 BL2r產(chǎn)生的焦耳熱為:q=It =-,故C正確；在導體棒旋轉(zhuǎn)一周的時間內(nèi)，電阻232 二 B2L4 ,Q = I rT =,故 D 錯誤。r5. (2019湖北省武昌實驗中學高三模擬)如圖所示，不計電阻的光滑U形金屬框水平放置，光滑、豎直玻璃擋板M、P固定在框上，M、P的間距很小。質(zhì)量為 0.2 kg的細金屬桿CD恰好無擠壓地放在兩擋板之間，與金屬框接觸良好并圍成邊長為1 m的正方形，其有效電阻為1 。此時在整個空間加方向與水平面成30。角且與金屬桿垂直的勻強磁場，磁感應強度隨時間變化規(guī)律是B= (0.4 O2t) T,

22、圖示磁場方向為正方向?？?、擋板和桿不計形變。則：A . t=2 s時，金屬桿中感應電流方向從C至D8. t=3 s時，金屬桿對擋板 M的壓力大小為0.01 NC.前4 s內(nèi)通過金屬桿截面的電荷量為0.6 CD.前2 s內(nèi)回路中產(chǎn)生的焦耳熱為0.08 J【答案】AB【解析】當t=1 s時，則由磁感應強度隨時間變化規(guī)律是B= (0.4 -0.2t) T,可知，磁場在減小，根據(jù)楞次定律可得，金屬桿中感應電流方向從C到D,故A正確；在t=3 s時，由法拉第電磁感應定律，則有:B2感應電動勢為 E= Ssin 30 =0.2父1 m0.5V=0.1V,由歐姆定律，則有感應電流大小t,E 0.1 I =一

23、 = A =0.1 A ,安培力大小F=BtIL=0.02 N,由于磁場的方向相反，由左手定則可知，安培力R 1的方向垂直磁感線斜向下，根據(jù)力的合成，則得金屬桿對M的壓力大小為 N' = F' cos600 =0.02 XN.=0.0一 一八， ABS B2 -B1-r -一 -1 N,故B正確；由公式 q =S ,其中Bi = 0.4 T , B2 = -0.4 T ,聯(lián)乂斛得：R R R2q =0.8 C,故C錯誤；電流為0.1 A,由公式Q =I Rt代入數(shù)據(jù)解得：Q =0.02 J ,故D錯誤。6. (2019廣東省潮州市高三模擬)如圖所示，間距為 L、電阻不計的足夠長

24、平行光滑金屬導軌水平放置，導軌左右兩端均有一阻值為 R的電阻相連，導軌上橫跨一根長為L、質(zhì)量為m、電阻也為R的金屬棒，金屬棒與導軌接觸良好，整個裝置處于豎直向下、磁感應強度為B的勻強磁場中，現(xiàn)給棒一瞬時沖量，讓它以初速度Vo向右運動，則直到棒停止的過程中有：A .金屬棒在導軌上做勻減速運動2B.整個過程中通過金屬棒的電荷量為返BL、人 1nm 6C.整個過程中金屬棒克服安培力做功為二一(一 + n) ( m) = 62 22r ，人口“，一 ，12D.整個過程中金屬棒上產(chǎn)生的焦耳熱為-mvo3【答案】CD【解析】金屬棒在整個運動過程中，受到豎直向下的重力，豎直向上的支持力，這兩個力合力為零，還

25、 受到水平向左的安培力，金屬棒受到的合力等于安培力，隨著速度減小，安培力減小，加速度減小，故 金屬棒做加速度逐漸減小的變減速運動，故A錯誤；根據(jù)動量定理得 BiLt =0-mv0,通過金屬棒的電荷量為q=Ii ,可得q=mv0,故B錯誤；整個過程中由動能定理可得：-W安=0-mv2 ,則金屬BL2棒克服安培力做功為：W安=mv2 ,故C正確；整個回路產(chǎn)生的總焦耳熱為：Q =W安=mv2 ,金22c_Rc_ 2c _212 _ 12屬棒上產(chǎn)生的焦耳熱為：奉=RQ =,Q =3'/“ =3mv°，故d正確。 R - 一 - 一27. (2019浙江省浙南名校聯(lián)盟高三期末)豎直平面

26、內(nèi)存在有界的磁場如圖所示，磁場的上邊界MN和下邊界PQ與水平軸x平行，且間距均為4L;在y>0區(qū)域，磁場垂直紙面向里， y<0區(qū)域磁場垂直紙面向外； 沿同一水平面內(nèi)磁感應強度相同，7&豎直方向磁感應強度滿足B=ky (k為已知常量，-4LWyW4L。現(xiàn)有一個質(zhì)量為 m、電阻為R、邊長為L的正方形線圈abcd; t=0時，線圈在上邊框 ab與磁場上邊界 M N重合位置從靜止開始釋放，線圈下邊框cd到達x軸前已達到穩(wěn)定速度。 不計空氣阻力，重力加速度為g,試求M J h N ""£H K * X就：K M X X X X MX H. IK K K-

27、j1(1)線圈下邊框cd達到x軸時的速度v;(2)線圈開始釋放到下邊框cd與x軸重合時經(jīng)過的時間t;(3)線圈開始釋放到線圈下邊框cd與磁場下邊界 PQ重合的過程產(chǎn)生的焦耳熱Q。2 I 5323mgR / c、3k L mRm g R【答案】(1) 42) 3) 7mgL -yt-k2L4mgRk2L42k4L8【解析】(1)運動過程中產(chǎn)生的感應電動勢E= (Bab-Bdc) Lv根據(jù)閉合電路的歐姆定律可得：1=5R線框受到的安培力FA=BabIL - BcdlL其中 Bab Bcd=kL勻速運動時受力平衡，則Fa= mg聯(lián)立解得：v=mgRk L(2)根據(jù)動量定理可得：mgAt- (BabI

28、L - BcdlL) = mv則有:mgAt-k-L-Jx=mv解得:(3)線圈勻速運動后將一直勻速運動到cd邊框與磁場下邊界 PQ重合，那么:3k2L5 mR&2-mgR k Ln12Mg 7L - Q = mv3 2r3解得：Q = 7mgL_m g R 2k4L88.(2019天津市和平區(qū)高三二模) 用電磁場可以控制帶電粒子的運動，使之到達指定的位置。己知空間中電磁場分布如圖所示，上半部分是電場強度為E的勻強電場，下半部分是磁感應強度為B的勻強磁場，電場與磁場的分界面為水平面，電場方向與界面垂直向上，磁場方向垂直紙面指向里。位于電場一側(cè)距界面為h的P點可以釋放出帶電粒子， 。點是

29、P點至界面垂線的垂足， D點位于紙面上 。點的右側(cè)，OD與磁場B的方向垂直，如圖所示。己知帶電粒子質(zhì)量為m,且?guī)в须姾闪?p (q。)，重力不計。£1即 | |.J一M M X « K » S(1)該帶電粒子自P點以初速度Vp水平向右飛出，經(jīng)過 D點，然后歷經(jīng)磁場一次自行回至 P點。試求 OD兩點間距離d以及相應的vp。(2)若OD兩點間距離d為已知，且該帶電粒子從 P點以初速度Vo水平向右飛出后，在以后的運動過 程中能經(jīng)過D點，試討論初速度 vo的取值情況?！敬鸢浮?1) d=同迪 Vo =(2) v0=dj尤qBB2mh【解析】(1)粒子從P到D,由類平拋運動可得：1 2電場力方向：h = at2由牛頓第二定律：a -qE在磁場中