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1、专题20电与磁综合计算题【母题来源一】2019年普通高等学校招生全国统一考试物理（新课标全国卷）【母题原题】（2019新课标全国卷）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B、方向垂直于纸面向外。一带正电的粒子从静止开始经电压U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O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d，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。q4UBd23qU=mv2qvB=m【答案】（1）=（2）t=(+)m
2、B2d24U23【解析】（1）设带电粒子的质量为m，电荷量为q，加速后的速度大小为v。由动能定理有12设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有v2r由几何关系知d=2r联立式得q4U=mB2d2（2）由几何关系知，带电粒子射入磁场后运动到x轴所经过的路程为s=r+rtan3021带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间为t=svt=(+)联立式得Bd234U23【母题来源二】2019年全国普通高等学校招生统一考试物理（天津卷）【母题原题】（2019天津卷）如图所示，固定在水平面上间距为l的两条平行光滑金属导轨，垂直于导轨放置的两根金属棒MN和PQ长度也为l、电阻均为R
3、，两棒与导轨始终接触良好。MN两端通过开关S与电阻为R的单匝金属线圈相连，线圈内存在竖直向下均匀增加的磁场，磁通量变化率为常量k。图中虚线右侧有垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。PQ的质量为m，金属导轨足够长，电阻忽略不计。（1）闭合S，若使PQ保持静止，需在其上加多大的水平恒力F，并指出其方向；（2）断开S，PQ在上述恒力作用下，由静止开始到速度大小为v的加速过程中流过PQ的电荷量为q，求该过程安培力做的功W。2I=E【答案】（1）F=Bkl12，方向水平向右（2）W=mv2-kq3R23【解析】（1）设线圈中的感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律E=E=k设PQ与MN并联的
4、电阻为R并，有R=R并闭合S时，设线圈中的电流为I，根据闭合电路欧姆定律得R+R并DFDt，则2设PQ中的电流为IPQ，有I2RQ=1I设PQ受到的安培力为F安，有F=BIl安PQ保持PQ静止，由受力平衡，有F=F安联立式得F=Bkl3R方向水平向右（2）设PQ由静止开始到速度大小为v的加速过程中，PQ运动的位移为x，所用时间为Dt，回路中的磁通量变化为DF，平均感应电动势为E，有E=DFDt其中DF=Blx设PQ中的平均电流为I，有I=E2R根据电流的定义得I=qDt由动能定理，有1Fx+W=mv2-02联立式得12W=mv2-kq23【母题来源三】2019年全国普通高等学校招生统一考试物理
5、（浙江选考）【母题原题】（2019浙江选考）如图所示，在间距L=0.2m的两光滑平行水平金属导轨间存在方向垂直于纸面（向内为正）的磁场，磁感应强度为分布沿y方向不变，沿x方向如下：31Tx0.2mB=5xT-0.2mx0.2m-1Tx0.6R，小球从D点离开圆弧轨道后不可能直接落在B点，故C错误；小球恰好能从D点离开圆弧轨道，设此时小球通过D点的速R度为v0，则有：mg=mv20，可得v=gR，则从A点到D根据机械能守恒可知：021mgh-(R+Rcosq)=mv2，解得：h=2.3R，故D错误；故选A。03（2019浙江省宁波市北仑中学高一期中）如图所示，空间存在水平向左的匀强电场和垂直纸面
6、向里的匀强磁场在该区域中，有一个竖直放置的光滑绝缘圆环，环上套有一个带正电的小球。O点为圆环的圆心，a、b、c、d为圆环上的四个点，a点为最高点，c点为最低点，b、O、d三点在同一水平线上已知小球所受电场力与重力大小相等现将小球从环的顶端a点由静止释放，下列判断正确的是A小球能越过d点并继续沿环向上运动B当小球运动到c点时，所受洛伦兹力最大C小球从a点运动到b点的过程中，重力势能减小，电势能增大D小球从b点运动到c点的过程中，电势能增大，动能先增大后减小【答案】D【解析】电场力与重力大小相等，则二者的合力指向左下方45，由于合力是恒力，故类似于新的重力，所以ad弧的中点相当于平时竖直平面圆环的
7、“最高点”。关于圆心对称的位置（即bc弧的中点）就是“最低点”，速度最大。由于a、d两点关于新的最高点对称，若从a点静止释放，最高运动到d点，故A错误；由于bc弧的中点相当于“最低点”，速度最大，当然这个位置洛伦兹力最大，故B错误；从a到b，重力和电场力都做正功，重力势能和电势能都减少，故C错误；小球从b点运动到c点，电场力做负功，电势能增大，但由于bc弧的中点速度最大，所以动能先增大后减小，D正确。4（2019河北省石家庄市高三二模）如图，半径为L的小圆与半径为3L的圆形金属导轨拥有共同的圆心，在小圆与导轨之间的环形区域存在垂直于纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场。现将一长度为38L的导
8、体棒置于磁场中，让其一端O点与圆心重合，另一端A与圆形导轨良好接触。在O点与导轨间接入一阻值为r的电阻，导体棒以角速度绕O点做逆时针匀速圆周运动，其它电阻不计。下列说法正确的是A导体棒O点的电势比A点的电势低B电阻r两端的电压为9BwL22C在导体棒旋转一周的时间内，通过电阻r的电荷量为D在导体棒旋转一周的时间内，电阻r产生的焦耳热为8BpL2r8pwB2L4rE=B（2L）v=B（2L）wL+w3L【答案】AC【解析】由右手定则可知，感应电流由O流向A，则O点电势比A点电势低，故A正确；感应电动势：2=4BL2，电阻两端电压：U=E=4BL2，故B错误。电路中电流为：E4BL2wI=rr2p
9、，周期为：T=，在导体棒旋转一周的时间内，通过电阻r的电荷量为：wq=It=8pBL2r，故C正确；在导体棒旋转一周的时间内，电阻r产生的焦耳热为：Q=I2rT=32pB2L4wr，故D错误。5（2019湖北省武昌实验中学高三模拟）如图所示，不计电阻的光滑U形金属框水平放置，光滑、竖直玻璃挡板M、P固定在框上，M、P的间距很小。质量为0.2kg的细金属杆CD恰好无挤压地放在两挡板之间，与金属框接触良好并围成边长为1m的正方形，其有效电阻为1。此时在整个空间加方向与水平面成30角且与金属杆垂直的匀强磁场，磁感应强度随时间变化规律是B=（0.40.2t）T，图示磁场方向为正方向。框、挡板和杆不计形
10、变。则：9I=E=A=0.1A，安培力大小F=BtIL=0.02N，由于磁场的方向相反，由左手定则可知，安培力At=2s时，金属杆中感应电流方向从C至DBt=3s时，金属杆对挡板M的压力大小为0.01NC前4s内通过金属杆截面的电荷量为0.6CD前2s内回路中产生的焦耳热为0.08J【答案】AB【解析】当t=1s时，则由磁感应强度随时间变化规律是B=（0.40.2t）T，可知，磁场在减小，根据楞次定律可得，金属杆中感应电流方向从C到D，故A正确；在t=3s时，由法拉第电磁感应定律，则有：感应电动势为E=DBSsin30=0.2120.5V=0.1V，由欧姆定律，则有感应电流大小Dt0.1R1=
11、的方向垂直磁感线斜向下，根据力的合成，则得金属杆对M的压力大小为NFcos60=0.020.5N=0.01N，故B正确；由公式q=DF1S，其中B=0.4T，B=RRRDBSB-B212=-0.4T，联立解得：q=0.8C，故C错误；电流为0.1A，由公式Q=I2Rt代入数据解得：Q=0.02J，故D错误。6（2019广东省潮州市高三模拟）如图所示，间距为L、电阻不计的足够长平行光滑金属导轨水平放置，导轨左右两端均有一阻值为R的电阻相连，导轨上横跨一根长为L、质量为m、电阻也为R的金属棒，金属棒与导轨接触良好，整个装置处于竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中，现给棒一瞬时冲量，让它以初速度v0
12、向右运动，则直到棒停止的过程中有：C整个过程中金属棒克服安培力做功为(+n)(1A金属棒在导轨上做匀减速运动B整个过程中通过金属棒的电荷量为mv20BLn22m+62-m)=61031D整个过程中金属棒上产生的焦耳热为mv20【答案】CD【解析】金属棒在整个运动过程中，受到竖直向下的重力，竖直向上的支持力，这两个力合力为零，还受到水平向左的安培力，金属棒受到的合力等于安培力，随着速度减小，安培力减小，加速度减小，故金属棒做加速度逐渐减小的变减速运动，故A错误；根据动量定理得-BILt=0-mv，通过金属棒的0BL2电荷量为q=It，可得q=mv10，故B错误；整个过程中由动能定理可得：-W=0
13、-mv2，则金属安02211棒克服安培力做功为：W=mv2，故C正确；整个回路产生的总焦耳热为：Q=W=mv2，金安0安0R33230，故D正确。属棒上产生的焦耳热为：Q棒=RR+22211Q=Q=mv2=mv207（2019浙江省浙南名校联盟高三期末）竖直平面内存在有界的磁场如图所示，磁场的上边界MN和下边y界PQ与水平轴x平行，且间距均为4L；在y0区域，磁场垂直纸面向里，0），重力不计。（1）该带电粒子自P点以初速度vp水平向右飞出，经过D点，然后历经磁场一次自行回至P点。试求OD两点间距离d以及相应的vp。（2）若OD两点间距离d为已知，且该带电粒子从P点以初速度v0水平向右飞出后，在
14、以后的运动过程中能经过D点，试讨论初速度v0的取值情况。B2mh【答案】（1）d=2EmhqB2v=0EqE（2）v=d0【解析】（1）粒子从P到D，由类平抛运动可得：电场力方向：h=12at2由牛顿第二定律：a=qEm12解得：t=2mhqE在电场中，v=at=y2qEhm在磁场中，由洛伦兹力提供向心力得：qvB=mv2R解得：R=mvqB根据对称性可知，粒子能达到P点，图象如图所示：sinq=OD间距满足：d=Rsinq=代入解得：d=2EmhqB2在电场中，水平方向有：v=0mvmvyqBqBdE=tB竖直方向：h=12mh（2）粒子在电场中做类平抛运动1qEat2=t222m水平方向：
15、d=v0t解得：v=dqE09（2019广西省南宁市高二期末）如图所示，竖直平面内有半径R=0.8m的四分之一光滑圆弧轨道与长CD=2.0m的绝缘水平面平滑连接。水平面右侧空间存在互相垂直的匀强电场和匀强磁场，电场强度E=40N/C，方向竖直向上，磁场的磁感应强度B=1.0T，方向垂直纸面向外。两个质量均为m=2.0106kg的小球a和b，a球不带电，b球带q=1.0106C的正电，并静止于水平面右边缘处。将a球从圆弧轨道顶端由静止释放，运动到D点与b球发生正碰，碰撞时间极短，碰后两球粘合成一体飞入复合场中，最13后落在地面上的P点。已知小球a在水平面上运动时所受的摩擦阻力f=0.1mg，DP
16、=2DN，取g=10m/s2，a、b均可作为质点。（结果保留三位有效数字）求：2mv2-0R2mv2-0（1）小球在C点对轨道的压力大小；（2）小球a与b相碰后瞬间速度的大小v；（3）水平面离地面的高度h。【答案】（1）6.0105N（2）1.73m/s（3）3.46m【解析】（1）对小球由a到CmgR=1C2小球在C点F-mg=mvCN解得：FN=3mg=6.0105N根据牛顿第三定律得：小球在C点对轨道的压力大小FN=FN=6.0105N（2）设a球到D点时的速度为vD，从释放至D点，根据动能定理：mgR-fCD=1D对a、b球，碰撞过程动量守恒，则mvD=2mv解得v=1.73m/s（3）两球进入复合场后，由计算可知Eq=2mg两球在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动轨迹示意图如图所示14洛伦兹力提供向心力qBv=2mv2r解得：r=6.92m由DP=2DN，依图由几何知识可知：NDP=60，ODP为等边三角形，则：r=2h解得h=3.46m15