專(zhuān)題13電學(xué)計(jì)算

考點(diǎn)五年考情（2021-2025）命題趨勢(shì)

命題逐漸引入非線性元件的數(shù)學(xué)化處

考點(diǎn)1靜電場(chǎng)2023理，如通過(guò)二極管的伏安特性曲線分析非

理想電路的動(dòng)態(tài)響應(yīng)，結(jié)合分段函數(shù)思想

計(jì)算不同電壓區(qū)間的電流分布。實(shí)驗(yàn)探究

考點(diǎn)2磁場(chǎng)2022

方面，常設(shè)計(jì)驗(yàn)證閉合電路歐姆定律的數(shù)

字化實(shí)驗(yàn)，利用電壓傳感器測(cè)量U-I曲

線，結(jié)合線性擬合方法求解電源電動(dòng)勢(shì)與

內(nèi)阻并評(píng)估系統(tǒng)誤差，體現(xiàn)理論與實(shí)證的

深度融合。

能力要求上，突出數(shù)學(xué)工具的工程化

應(yīng)用與邏輯推理的嚴(yán)謹(jǐn)性?？忌枋炀氝\(yùn)

用導(dǎo)數(shù)分析瞬時(shí)電動(dòng)勢(shì)的變化率，或通過(guò)

積分計(jì)算非勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的磁通量變化量；

部分試題引入有限差分法，如通過(guò)分段線

考點(diǎn)3電磁感

2021、2024、2025性擬合處理復(fù)雜電路中的暫態(tài)過(guò)程。實(shí)驗(yàn)

應(yīng)

設(shè)計(jì)能力的考查力度顯著增強(qiáng)，例如設(shè)計(jì)

測(cè)量半導(dǎo)體熱敏電阻溫度系數(shù)的實(shí)驗(yàn)方案

時(shí)，需綜合考慮溫控系統(tǒng)精度、電路結(jié)構(gòu)

優(yōu)化與數(shù)據(jù)修正方法。部分試題還引入多

維度動(dòng)態(tài)建模能力，如通過(guò)“場(chǎng)-路-

能”轉(zhuǎn)化鏈分析智能電網(wǎng)中的功率分配問(wèn)

題，或利用傅里葉變換簡(jiǎn)化周期性交變電

流的諧波分析，全面檢驗(yàn)考生對(duì)物理規(guī)律

的遷移能力與創(chuàng)新應(yīng)用水平。

考點(diǎn)01靜電場(chǎng)

1．（2023·重慶·高考）某同學(xué)設(shè)計(jì)了一種粒子加速器的理想模型。如圖所示，xOy平面內(nèi)，x軸下方充滿(mǎn)垂

直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，x軸上方被某邊界分割成兩部分，一部分充滿(mǎn)勻強(qiáng)電場(chǎng)（電場(chǎng)強(qiáng)度與y軸負(fù)

方向成α角），另一部分無(wú)電場(chǎng)，該邊界與y軸交于M點(diǎn)，與x軸交于N點(diǎn)。只有經(jīng)電場(chǎng)到達(dá)N點(diǎn)、與

q

x軸正方向成α角斜向下運(yùn)動(dòng)的帶電粒子才能進(jìn)入磁場(chǎng)。從M點(diǎn)向電場(chǎng)內(nèi)發(fā)射一個(gè)比荷為的帶電粒子A，

m

其速度大小為v0、方向與電場(chǎng)方向垂直，僅在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間T后進(jìn)入磁場(chǎng)，且通過(guò)N點(diǎn)的速度大小為

2v0。忽略邊界效應(yīng)，不計(jì)粒子重力。

（1）求角度α及M、N兩點(diǎn)的電勢(shì)差。

q

（2）在該邊界上任意位置沿與電場(chǎng)垂直方向直接射入電場(chǎng)內(nèi)的、比荷為的帶電粒子，只要速度大小適

m

當(dāng)，就能通過(guò)N點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)，求N點(diǎn)橫坐標(biāo)及此邊界方程。

（3）若粒子A第一次在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1，以后每次在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小

為上一次的一半，則粒子A從M點(diǎn)發(fā)射后，每次加速均能通過(guò)N點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)。求磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B1及

粒子A從發(fā)射到第n次通過(guò)N點(diǎn)的時(shí)間。

3mv233vTvT33m103π103π

【答案】（1）30°，0；（2）0，y=0?x；（3）B=，t=3+2n?1T?2+T

2q44916qT33

【來(lái)源】2023年高考重慶卷物理真題

【詳解】（1）粒子M點(diǎn)垂直于電場(chǎng)方向入射，粒子在電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，沿電場(chǎng)方向做勻加速直線

運(yùn)動(dòng)，垂直于電場(chǎng)方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，在N點(diǎn)將速度沿電場(chǎng)方向與垂直于電場(chǎng)方向分解，在垂直于電

11

場(chǎng)方向上有2vcos2α=v，解得α=30°，粒子從M→N過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理有qU=m2v2?mv2，解

00MN2020

3mv2

得U=0

MN2q

2vsin2α

（2）對(duì)于從M點(diǎn)射入的粒子，沿初速度方向的位移為x=vT，沿電場(chǎng)方向的位移為y=0T，令N

0002

33vT

點(diǎn)橫坐標(biāo)為x，根據(jù)幾何關(guān)系有x=xcosα+ysinα，解得x=0，根據(jù)上述與題意可知，令粒子入射速

NN00N4

度為v，則通過(guò)N點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)的速度為2v，令邊界上點(diǎn)的坐標(biāo)為（x，y）則在沿初速度方向上有

xN?x?ytanαcosα=vt

y2vsin2αvT3

在沿電場(chǎng)方向有+x?x?ytanαsinα=t解得y=0?x

cosαN249

U3mv

（3）由上述結(jié)果可知電場(chǎng)強(qiáng)度E=MN，解得E=0，設(shè)粒子A第n次在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的線速度為

y0qT

v

v，可得第n+1次在N點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)的速度為v=n=2v，第一次在N點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)的速度大小為2v，

nn+1cos2αn0

n

可得vn=2v0,(n=1,2,3?)，設(shè)粒子A第n次在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為Bn，由題意可得

2n

B1?vn4mv0

Bn=n?1,(n=1,2,3)，由洛倫茲力提供向心力得qvnBn=m，聯(lián)立解得rn=粒子A第n次在磁場(chǎng)中的運(yùn)

2rn2qB1

動(dòng)軌跡如圖所示

粒子每次在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡的圓心角均為300°，第n次離開(kāi)磁場(chǎng)的位置C與N的距離等于rn，由C到N

113m

由動(dòng)能定理得，qErsin30°=mv2?mv2，聯(lián)立上式解得B=，由類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)沿電場(chǎng)方向的運(yùn)動(dòng)可得，

n2n+12n16qT

n

2v0sin60°n?1

粒子A第n次在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t1n=qE=2T，粒子A第n次在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期為

m

2πr

T′=n=2n+13πT

vn

300°5

粒子A第n次在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t=T′=?2n+13πT，設(shè)粒子A第n次在電場(chǎng)邊界MN與x軸

2n360°6

31

之間的無(wú)場(chǎng)區(qū)域的位移為x，邊界與x軸負(fù)方向的夾角為β，則根據(jù)邊界方程可得，tanβ=，sinβ=

n927

xr4nvT

由正弦定理可得n=n，解得x=0，粒子A第n次在電場(chǎng)邊界MN與x軸之間運(yùn)動(dòng)的時(shí)間

sinβsin180°?30°?βn2

xnn?1

為t3n==2T

vn

粒子A從發(fā)射到第n次通過(guò)N點(diǎn)的過(guò)程，在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)n次，在磁場(chǎng)和無(wú)場(chǎng)區(qū)域中均運(yùn)動(dòng)n-1次，則所

5

求時(shí)間t=20+21+?+2n?1T+?3πT22+23+?+2n+20+21+?+2n?2T，由等比數(shù)列求和得、

6

5

t=2n?1T+?3πT42n?1?1+2n?1?1T

6

103π103π

解得t=3+2n?1T?2+T

33

考點(diǎn)02磁場(chǎng)

2．（2022·重慶·高考）某同學(xué)以金屬戒指為研究對(duì)象，探究金屬物品在變化磁場(chǎng)中的熱效應(yīng)。如圖所示，

戒指可視為周長(zhǎng)為L(zhǎng)、橫截面積為S、電阻率為ρ的單匝圓形線圈，放置在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向

垂直于戒指平面。若磁感應(yīng)強(qiáng)度大小在Δt時(shí)間內(nèi)從0均勻增加到B0，求：

（1）戒指中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)和電流；

（2）戒指中電流的熱功率。

BL2BLSB2L3S

【答案】（1）E=0，I=0；（2）P=0

4πΔt4πρΔt16π2ρ(Δt)2

【詳解】（1）設(shè)戒指的半徑為r，則有L=2πr，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小在Δt時(shí)間內(nèi)從0均勻增加到B0，產(chǎn)生的

BBL2ρLEBLS

感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E=0?πr2，可得E=0，戒指的電阻為R=，則戒指中的感應(yīng)電流為I==0

Δt4πΔtSR4πρΔt

B2L3S

（2）戒指中電流的熱功率為P=I2R=0

16π2ρ(Δt)2

考點(diǎn)03電磁感應(yīng)

3．（2025·重慶·高考）研究小組設(shè)計(jì)了一種通過(guò)觀察粒子在熒光屏上打出的亮點(diǎn)位置來(lái)測(cè)量粒子速度大小

的裝置，如題圖所示，水平放置的熒光屏上方有沿豎直方向強(qiáng)度大小為B，方向垂直于紙面向外的勻強(qiáng)

磁場(chǎng)。O、N、M均為熒光屏上的點(diǎn)，且在紙面內(nèi)的同一直線上。發(fā)射管K（不計(jì)長(zhǎng)度）位于O點(diǎn)正上

方，僅可沿管的方向發(fā)射粒子，一端發(fā)射帶正電粒子，另一端發(fā)射帶負(fù)電粒子，同時(shí)發(fā)射的正、負(fù)粒子

q

速度大小相同，方向相反，比荷均為。已知OK=3?，OM=33?，不計(jì)粒子所受重力及粒子間相互作用。

m

(1)若K水平發(fā)射的粒子在O點(diǎn)產(chǎn)生光點(diǎn)，求粒子的速度大小。

(2)若K從水平方向逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°，其兩端同時(shí)發(fā)射的正、負(fù)粒子恰都能在N點(diǎn)產(chǎn)生光點(diǎn)，求粒子的速

度大小。

(3)要使（2）問(wèn)中發(fā)射的帶正電粒子恰好在M點(diǎn)產(chǎn)生光點(diǎn)，可在粒子發(fā)射t時(shí)間后關(guān)閉磁場(chǎng)，忽略磁場(chǎng)

變化的影響，求t。

3qB?

【答案】(1)

2m

2qB?

(2)

m

2πm

(3)

3qB

3?

【詳解】（1）由題意粒子水平發(fā)射后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，要在O點(diǎn)產(chǎn)生光點(diǎn)，其運(yùn)動(dòng)半徑r=運(yùn)動(dòng)過(guò)程

2

mv2qBr3qB?

中由洛倫茲力提供向心力有qvB=，聯(lián)立解得v==

rm2m

（2）若K從水平方向逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°，其兩端同時(shí)發(fā)射的正、負(fù)粒子恰都能在N點(diǎn)產(chǎn)生光點(diǎn)，則兩端

粒子的軌跡正好構(gòu)成一個(gè)完整的圓，且在N點(diǎn)相切，如圖

°

由于K從水平方向逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°，則θ=30，根據(jù)和和關(guān)系可知此時(shí)粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r1=2?

2

mv1qBr12qB?

根據(jù)洛倫茲力提供向心力可知qv1B=，解得v1==

r1mm

（3）由題意帶正電粒子恰好在M點(diǎn)產(chǎn)生光點(diǎn)，則關(guān)閉磁場(chǎng)時(shí)粒子速度恰好指向M，過(guò)M點(diǎn)做正電粒子

軌跡的切線，切點(diǎn)為P，如圖

′′

根據(jù)前面解析可知ON=3?，所以NM=23?，由于ON=r1=2?，且ON⊥NM，根據(jù)幾何關(guān)系可知

2πm

∠NO′M=∠PO′M=60°，而∠KO′N(xiāo)=120°，所以α=120°，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期T=，對(duì)應(yīng)的圓心

qB

112πm2πm

角α=120°，所以t=T=?=

33qB3qB

q

4．（2024·重慶·高考）有人設(shè)計(jì)了一粒種子收集裝置。如圖所示，比荷為的帶正電的粒子，由固定于M

m

點(diǎn)的發(fā)射槍?zhuān)圆煌乃俾噬涑龊?，沿射線MN方向運(yùn)動(dòng)，能收集各方向粒子的收集器固定在MN上方

的K點(diǎn)，O在MN上，且KO垂直于MN。若打開(kāi)磁場(chǎng)開(kāi)關(guān)，空間將充滿(mǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂

直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，速率為v0的粒子運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)時(shí)，打開(kāi)磁場(chǎng)開(kāi)關(guān)，該粒子全被收集，不計(jì)粒

子重力，忽略磁場(chǎng)突變的影響。

(1)求OK間的距離；

(2)速率為4v0的粒子射出瞬間打開(kāi)磁場(chǎng)開(kāi)關(guān)，該粒子仍被收集，求MO間的距離；

(3)速率為4v0的粒子射出后，運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間再打開(kāi)磁場(chǎng)開(kāi)關(guān)，該粒子也能被收集。以粒子射出的時(shí)刻為

計(jì)時(shí)O點(diǎn)。求打開(kāi)磁場(chǎng)的那一時(shí)刻。

2mv

【答案】(1)0

qB

23mv

(2)0

qB

3m

(3)

qB

【詳解】（1）當(dāng)粒子到達(dá)О點(diǎn)時(shí)打開(kāi)磁場(chǎng)開(kāi)關(guān)，粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)軌跡半徑為r1，如圖所示

2

v02mv0

由洛倫茲力提供向心力得qv0B=m，其中OK=2r1=

r1qB

（2）速率為4v0的粒子射出瞬間打開(kāi)磁場(chǎng)開(kāi)關(guān)，則粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑r2=4r1，如圖所示，由

222，23mv0

幾何關(guān)系有（4r1-2r1）＋MO=(4r1)解得MO=23r=

1qB

（3）速率為4v0的粒子射出一段時(shí)間t到達(dá)N點(diǎn)，要使粒子仍然經(jīng)過(guò)K點(diǎn)，則N點(diǎn)在O點(diǎn)右側(cè)，如圖

所示

222，23mv0

由幾何關(guān)系有（4r1-2r1）＋ON=(4r1)解得ON=23r=，粒子在打開(kāi)磁場(chǎng)開(kāi)關(guān)前運(yùn)動(dòng)時(shí)間為

1qB

MO+NO

t=

4v0

3m

解得t=

qB

5．（2024·重慶·高考）小明設(shè)計(jì)了如圖所示的方案，探究金屬桿在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)情況，質(zhì)量分別為2m、m

的金屬桿P、Q用兩根不可伸長(zhǎng)的導(dǎo)線相連，形成閉合回路，兩根導(dǎo)線的間距和P、Q的長(zhǎng)度均為L(zhǎng)，僅

在Q的運(yùn)動(dòng)區(qū)域存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向水平向左的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。Q在垂直于磁場(chǎng)方向的豎直面內(nèi)

向上運(yùn)動(dòng)，P、Q始終保持水平，不計(jì)空氣阻力、摩擦和導(dǎo)線質(zhì)量，忽略回路電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)。重力加

速度為g，當(dāng)P勻速下降時(shí)，求

（1）P所受單根導(dǎo)線拉力的大?。?/p>

（2）Q中電流的大小。

mg

【答案】（1）mg；（2）

BL

【來(lái)源】2024年高考重慶卷物理真題

【詳解】（1）由P勻速下降可知，P處于平衡狀態(tài)，所受合力為0，設(shè)導(dǎo)線的拉力大小為T(mén)，對(duì)P有2T

=2mg解得T=mg

mg

（2）設(shè)Q所受安培力大小為F，對(duì)P、Q整體受力分析，有mg＋F=2mg，又F=BIL，解得I=

BL

6．（2021·重慶·高考）如圖1所示的Oxy豎直平面內(nèi)，在原點(diǎn)O有一粒子源，可沿x軸正方向發(fā)射速度不

q

同、比荷均為的帶正電的粒子。在x≥L的區(qū)域僅有垂直于平面向內(nèi)的勻強(qiáng)磁場(chǎng)；x<L的區(qū)域僅有如圖2

m

所示的電場(chǎng)，0~t0時(shí)間內(nèi)和2t0時(shí)刻后的勻強(qiáng)電場(chǎng)大小相等，方向相反（0~t0時(shí)間內(nèi)電場(chǎng)方向豎直向下），

t0~2t0時(shí)間內(nèi)電場(chǎng)強(qiáng)度為零。在磁場(chǎng)左邊界x=L直線上的某點(diǎn)，固定一粒子收集器（圖中未畫(huà)出）。0時(shí)

t

刻發(fā)射的A粒子在t時(shí)刻經(jīng)過(guò)左邊界進(jìn)入磁場(chǎng)，最終被收集器收集；B粒子在0時(shí)刻以與A粒子相同的

03

4L

發(fā)射速度發(fā)射，第一次經(jīng)過(guò)磁場(chǎng)左邊界的位置坐標(biāo)為(L,?)；C粒子在t時(shí)刻發(fā)射，其發(fā)射速度是A粒

90

子發(fā)射速度的1，不經(jīng)過(guò)磁場(chǎng)能被收集器收集。忽略粒子間相互作用力和粒子重力，不考慮邊界效應(yīng)。

4

(1)求電場(chǎng)強(qiáng)度E的大?。?/p>

(2)求磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大?。?/p>

(3)設(shè)2t0時(shí)刻發(fā)射的粒子能被收集器收集，求其有可能的發(fā)射速度大小。

Lm2mLL(1+6)L

【答案】(1)2；(2)；(3)、、

qt05qt02t03t05t0

11

【詳解】（1）由A粒子類(lèi)平拋L=vtB粒子先類(lèi)平拋后勻直，L=vt可得t=t，qE=ma，y=?a?(t?t)2，

000BB0B12030

?2?1，4或1??12?2?14，解得mL

yB2=(at0)t0yB1+yB2=La(t0?t0)+(at0)t0=LE=2

33923339qt0

12Lvy

（2）對(duì)A粒子類(lèi)平拋yA=at0，得yA=，A進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度與x軸正方向夾角為θ，則tanθ=，vy=at0

22v0

得tanθ=1

vv2mv2mv

即θ=45°，A粒子做勻圓，速度為v半徑為R，有v=0=2v，由qvB=mA，可得R=A=0對(duì)C粒

AAcosθ0ARqBqB

子類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為

L

L?

4122m

t=v=3t，y=?at，可得y=4.5L，由幾何關(guān)系y+y=2Rcosθ得0.5L+4.5L=2R，聯(lián)立解得B=

C00C2CCAC5qt

40

1

（3）①設(shè)v直接類(lèi)平拋過(guò)D點(diǎn)，即L=vt，y=at2

111C21

L

解得v1=

3t0

②設(shè)v2先類(lèi)平拋后勻圓過(guò)D點(diǎn)，剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)與x軸夾角為α、偏移的距離為y2，

1mv

則L=vt，y=at2，R′=2，2R′cosα+y=4.5L整理得v3t3?0.9Lv2t2+0.1L3=0令x=vt，則上式變成

22222qBcosα2202020

LL

x3?0.9Lx2+0.1L3=0觀察可得x=是其中一解，所以上方程等價(jià)于(x?)(x2?0.4Lx?0.2L2)=0

22

L1+61?6L(1+6)L

可得其解是x=或x=L（另一解x=L不符合題意，舍去）則有v2=或v2=綜上所述，能夠

2552t05t0

被粒子收集器收集的粒子速度有：L、L、(1+6)L。

2t03t05t0

1．（2025·重慶巴蜀中學(xué)·三診）如圖所示，xOy平面內(nèi)，在y>0的區(qū)域存在勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E，

方向與?y方向夾角為37°；在x軸下方存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，方向垂直于紙面向外。一質(zhì)量為m、電荷量為q

的帶正電的粒子以大小為v0的初速度從原點(diǎn)O沿y軸正方向射出，一段時(shí)間后粒子第一次從P點(diǎn)進(jìn)入磁

場(chǎng)，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后回到原點(diǎn)O再進(jìn)入電場(chǎng)。不計(jì)粒子的重力，取sin37°=0.6,cos37°=0.8。

(1)求粒子從O到P點(diǎn)的時(shí)間；

(2)求磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大?。?/p>

(3)若在x正半軸上另放置n個(gè)質(zhì)量也為m的不帶電微粒(按碰撞順序標(biāo)號(hào)依次為1、2、3?n)，使帶電粒

子最初從O點(diǎn)出發(fā)后每次從電場(chǎng)進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)都恰好與一個(gè)不帶電微粒發(fā)生正碰，碰后結(jié)合為一個(gè)整體，

該整體仍可視為質(zhì)點(diǎn)，且總質(zhì)量與電荷量不變，不計(jì)重力。求第n個(gè)微粒的位置坐標(biāo)xn。

5mv

【答案】(1)0

2qE

16E

(2)B=

15v0

15mv211115mv215mv211115mv2

(3)x=（n+1）0?1+++?+0或x=n0?++?+0

n8qE23n8qEn8qE23n8qE

4qE

【詳解】（1）帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，則y方向有qE=qEcos37°=ma，解得a=，粒子經(jīng)t第一次

yyy5m1

5mv

到達(dá)P點(diǎn)，此時(shí)粒子在y方向上速度為?v，則2v=at，聯(lián)立解得t=0

00y112qE

3qE115mv2

（2）對(duì)粒子，x方向有qE=qEsin37°=ma，解得a=，由x=at2，聯(lián)立解得x=0，設(shè)粒子第一次

xxx5mP2x1P8qE

v2

經(jīng)過(guò)P點(diǎn)時(shí)速度大小為v，方向與x軸正向夾角為α，由qvB=mP解得第一次在磁場(chǎng)中圓周運(yùn)動(dòng)半徑

PPr

mvPmvP·sinαmvPymv016E

r=，半徑在x軸方向的投影rx=rsinα===，由xP=2rx，聯(lián)立解得B=

qBqBqBqB15v0

（3）如圖所示

每次碰后在磁場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)后回到電場(chǎng)，以及在電場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)后進(jìn)行下一次碰前，過(guò)x軸時(shí)y方向速度大小不

變，設(shè)第n次碰后y方向速度為v(n+1)y，則，碰撞過(guò)程中，y方向動(dòng)量守恒：

(n+1)mvmv

mv=2mv=3mv=?=(n+1)mv，第n次在磁場(chǎng)中圓周運(yùn)動(dòng)半徑的x軸投影r=(n+1)y=0，即每

02y3y(n+1)ynxqBqB

次碰后，經(jīng)磁場(chǎng)后都要向?x方向返回Δx=xP第n次在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，在y方向做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，則有

2nmvny2mv05mv0

2nmvny=qEytn，解得tn===t1，即每次在電場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)時(shí)間相同Δt=t1=，第一次碰前x方向速

qEyqEy2qE

qE31

度：v=xΔt=v，與第①個(gè)靜止微粒碰撞，x方向動(dòng)量守恒有mv=2mv，解得v=v，在磁場(chǎng)中

Pxm20Px2x2x2Px

qE11

偏轉(zhuǎn)后回到電場(chǎng)時(shí)x方向速度仍為v，第二次碰前x方向速度v′=v+xΔt=v+v=v，與第②個(gè)

2x2x2x2m2Px2PxPx

22

靜止微粒碰撞，x方向動(dòng)量守恒有2mv′=3mv，解得v=v′=v，第三次碰前x方向速度

2x3x3x32x3Px

qE21n?1n?13

v′=v+xΔt=v+v=v，易知，第（n?1）次碰后x方向速度為v=v=?·?v，第n次碰

3x3x3m3Px3PxPxnxnPxn20

3v+v′

前x方向速度v′=v=v，第（n?1）次碰后到第n次碰前，沿+x方向前進(jìn)距離Δx=nxnxΔt，解得

nxPx20n2

1

Δx=2?x，綜上，第n個(gè)微粒的位置坐標(biāo)

nnP

xn=Δx1+?xP+Δx2+?xP+Δx3+?+?xP+Δxn

111111

聯(lián)立可得x=（n+1）x?1+++?+x或x=nx?++?+x

nP23nPnP23nP

15mv211115mv215mv211115mv2

解得x=（n+1）0?1+++?+0或x=n0?++?+0

n8qE23n8qEn8qE23n8qE

2．（2025·重慶育才中學(xué)·二模）如題圖所示，平面直角坐標(biāo)系xOy中，第一象限存在沿y軸負(fù)方向的勻

強(qiáng)電場(chǎng)，第三、四象限存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子，從y軸上

66

的P(0,d)以一定的初速度沿x軸正方向射入第一象限，到達(dá)Q(d,d)時(shí)速度大小為v，又經(jīng)x軸上的

24

M點(diǎn)射入磁場(chǎng)，最后從x軸上的N點(diǎn)離開(kāi)磁場(chǎng)，M、N關(guān)于O點(diǎn)對(duì)稱(chēng)，均不計(jì)粒子重力，求：

(1)M點(diǎn)的坐標(biāo)；

(2)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大??；

(3)撤掉甲圖中的電場(chǎng)和磁場(chǎng)，在一、二象限加上圖乙所示的磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直紙面向外，磁場(chǎng)關(guān)于y

軸對(duì)稱(chēng)，一簇相同的帶正電的粒子從N點(diǎn)以不同方向射入，速度方向與x軸正方向的夾角0<θ<90°，所

有粒子穿越磁場(chǎng)后都匯聚于M，已知所有粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑均為r，求磁場(chǎng)邊界的函數(shù)方

程。

【答案】(1)（2d，0）

15mv

(2)B=

5qd

x(2d?x)

(3)當(dāng)x≥0時(shí)，y=

r2?x2

?x(2d+x)

當(dāng)x<0時(shí)y=

r2?x2

1qE

【詳解】（1）帶電粒子在第一象限做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，可得y=t2依題意，從P點(diǎn)到Q點(diǎn)和從P點(diǎn)到M

2m

666

點(diǎn)的豎直方向位移關(guān)系為y:y=(d?d):d=1:2解得t：t=1：2又根據(jù)x=vt，可知x：

PQPM242PQPM0PQ

xPM=1：2

則M點(diǎn)的橫軸坐標(biāo)為xPM=2d，即M點(diǎn)坐標(biāo)為（2d，0）。

6

d

（）設(shè)到點(diǎn)速度方向與軸的夾角為，則2解得設(shè)點(diǎn)豎直分速度為，則點(diǎn)豎

2Mxαtanα=2α=60°QvyM

d

2

2v210

222y

直分速度為2vy所以M點(diǎn)得速度滿(mǎn)足vM=v0+(2vy)根據(jù)幾何關(guān)系，可得tanα=解得vM=v帶

v05

v22d15mv

電粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，可得qvB=mM根據(jù)幾何關(guān)系，可得sinα=聯(lián)立解得B=

MRR5qd

xyx(2d?x)?x(2d+x)

（3）當(dāng)x≥0時(shí)，滿(mǎn)足=解得y=當(dāng)x<0時(shí)，滿(mǎn)足y=。

r2222

y2+(2d?x2)r?xr?x

3．（2025·重慶一中·三模）在xOy平面內(nèi)，僅在y軸右側(cè)某邊界上方存在豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，大小為E；

邊界下方存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，大小為B（圖中均未畫(huà)出）。一群質(zhì)量為m、電荷量為+q（q>0）

3

的粒子從坐標(biāo)原點(diǎn)O，以速度方向與y軸正半軸夾角為α（tanα=）、大小任意的初速度射入電場(chǎng)區(qū)域，

5

運(yùn)動(dòng)到邊界時(shí)，速度方向均與y軸負(fù)半軸夾角30°射入磁場(chǎng)區(qū)域，不計(jì)粒子相互作用力和重力，不考慮

場(chǎng)的邊界效應(yīng)。

(1)若粒子初速度大小為v0，求粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間；

(2)求該邊界的方程及粒子軌跡恰好與x軸相切時(shí)的初速度大??；

33mE3mE

(3)在,處固定一個(gè)絕緣彈性小圓柱，若粒子撞擊小圓柱后速度大小不變，方向相反（粒子電荷

qB2qB2

量不發(fā)生轉(zhuǎn)移），同時(shí)僅在粒子撞擊小圓柱后磁場(chǎng)方向立刻反向且大小不變。粒子能回到坐標(biāo)原點(diǎn)O，

求粒子初速度大小的可能值。

4mv

【答案】(1)0

7qE

3321E

(2)y=x，

34B

21E42E21E

(3)，，

2B2BB

qEv0sinα

【詳解】（1）根據(jù)牛頓第二定律得a=在電場(chǎng)里運(yùn)動(dòng)速度變化量Δv=v0cosα+°=v0cosα+3v0sinα

mtan30

4mv

又Δv=aΔt，解得Δt=0

7qE

vcosα?3vsinα3

（2）水平方向x=vsinα×t豎直方向y=t則邊界方程y=x設(shè)初速度與邊界的夾角為θ，沿著

23

vcosθ′′2vsinθ

直線邊界方向的位移為x0，則x=t，t=設(shè)粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R，則

02acos30°

(vsinθ)2

qBvsinθ=m

R

321E

粒子軌跡恰好與x軸相切，由幾何關(guān)系可知x=3R解得v=

04B

（3）由邊界方程可知小圓柱恰好位于邊界上。情況一：經(jīng)過(guò)電場(chǎng)磁場(chǎng)直接回到O點(diǎn)，則

vcosθ2vsinθ2mvsinθ

×=

2acos30°qB

21Evcosθ2vsinθ6mE42E

解得v=情況二：經(jīng)過(guò)電場(chǎng)撞擊小圓柱后反彈回到O點(diǎn)，則×=解得v=情況三：

2B2acos30°qB22B

vcosθ2vsinθ2mvsinθ6mE21E

經(jīng)過(guò)電場(chǎng)，磁場(chǎng)后撞擊小圓柱反彈再回到O點(diǎn)，則×?=解得v=

2acos30°qBqB2B

4．（2025·重慶育才·全真?？迹┬〕赝瑢W(xué)設(shè)計(jì)了如圖所示的裝置來(lái)選擇一定速率范圍的帶電粒子。MN

9

為水平放置的兩平行金屬板，兩板正對(duì)且長(zhǎng)度均為L(zhǎng)、板間間距為L(zhǎng)，平行金屬板內(nèi)部有豎直向下的勻

8

2

強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為mvm。金屬板右側(cè)豎直放置一足夠長(zhǎng)的熒光屏，熒光屏到金屬板右側(cè)的距離也為

4qL

L。金屬板左側(cè)某區(qū)域存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，P為粒子源且PM在同一水平面上，粒子源能沿

PQ方向發(fā)射質(zhì)量為m、電量為－q（q>0）的某種粒子，粒子速率在0~vm范圍內(nèi)連續(xù)分布。粒子從P射

出后會(huì)立即進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，所有粒子離開(kāi)磁場(chǎng)后均能沿水平方向射入平行金屬板之間，之后打在金

屬板上的粒子會(huì)被吸收且對(duì)電場(chǎng)無(wú)影響，速度為vm的粒子恰好從S點(diǎn)垂直進(jìn)入平行金屬板。已知PQ與

PM夾角為60°，S點(diǎn)位于磁場(chǎng)邊界且到下極板M的距離為L(zhǎng)，不計(jì)粒子重力和粒子間的相互作用。求：

(1)該磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大??；

(2)該磁場(chǎng)的最小面積；

(3)熒光屏上有粒子打到的區(qū)域的最大長(zhǎng)度。

mv

【答案】(1)B=m

2qL

2π

(2)ΔS=?3L2

3

4

26?3333

(3)d=(?5)L

823

【詳解】（1）考慮速度為vm的粒子，粒子從S點(diǎn)離開(kāi)磁場(chǎng)，由初速度、末速度方向作垂線得到軌跡圓

心O，如圖1所示

v2mv

由幾何關(guān)系可知此時(shí)R=2L由洛倫茲力提供向心力有qvB=mm解得B=m

mR2qL

（2）要使得不同速度的粒子運(yùn)動(dòng)方向均順時(shí)針轉(zhuǎn)過(guò)60°，在∠QPM角平分線上構(gòu)建直線邊界PS，PS

左上方有勻強(qiáng)磁場(chǎng)，速度為vm的粒子構(gòu)成磁場(chǎng)上邊界，形成一弓形磁場(chǎng)區(qū)域如圖2所示

2π

由幾何關(guān)系可知弓形面積ΔS=S?S=?3L2

扇形Δ3

（3）如圖3所示，設(shè)出射方向距離直線PM距離為x的粒子，其軌跡半徑為Rx=2x，在電場(chǎng)中沿電場(chǎng)中

的偏移量為有y，打在熒光屏上的位置與A點(diǎn)相距Y

2

Lv1qEL2vL3Lvm

由幾何知x=根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律有y=()則Y=x+3y=+2能打在熒光屏上的v是有范

vm2mvvm8v