專題20電學(xué)計(jì)算題

考點(diǎn)五年考情（2021-2025）命題趨勢

在電場部分，?？疾殡妶鰪?qiáng)度、電勢

考點(diǎn)1恒定電

2021、2023、2024

流差、電勢能等概念，以及帶電粒子在電場

中的運(yùn)動(dòng)，可能涉及類平拋運(yùn)動(dòng)等知識點(diǎn)，

考點(diǎn)2帶電粒

要求考生運(yùn)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律、動(dòng)能定理等

子在磁場中的2021、2022、2023、2024、2025

求解粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡、速度和位移等。

運(yùn)動(dòng)

電磁感應(yīng)是考查的重中之重，題型多

考點(diǎn)3電磁感以導(dǎo)體棒切割磁感線或線圈磁通量變化為

2021、2022

應(yīng)主，涉及感應(yīng)電動(dòng)勢、感應(yīng)電流的計(jì)算，

還常結(jié)合能量守恒定律，考查電能與其他

形式能量的轉(zhuǎn)化，以及與動(dòng)量定理結(jié)合分

析導(dǎo)體棒的運(yùn)動(dòng)過程。

電路部分則側(cè)重于閉合電路歐姆定律

的應(yīng)用，包括路端電壓、電源功率等計(jì)算，

也可能涉及非純電阻電路中電功和電功率

考點(diǎn)4交變電

2023的分析，還可能結(jié)合實(shí)際電路情境，考查

流

電路的動(dòng)態(tài)分析、故障判斷等內(nèi)容。

此外，試題常創(chuàng)設(shè)貼近生活實(shí)際或前

沿科技的物理情境，如磁懸浮列車、電磁

感應(yīng)加熱裝置等，要求考生將物理知識應(yīng)

用于實(shí)際問題，綜合考查考生的分析推理、

數(shù)學(xué)運(yùn)算等能力。

考點(diǎn)01恒定電流

1．（2024·浙江·6月選考）某小組探究“法拉第圓盤發(fā)電機(jī)與電動(dòng)機(jī)的功用”，設(shè)計(jì)了如圖所示裝置。飛輪由

三根長a=0.8m的輻條和金屬圓環(huán)組成，可繞過其中心的水平固定軸轉(zhuǎn)動(dòng)，不可伸長細(xì)繩繞在圓環(huán)上，

系著質(zhì)量m=1kg的物塊，細(xì)繩與圓環(huán)無相對滑動(dòng)。飛輪處在方向垂直環(huán)面的勻強(qiáng)磁場中，左側(cè)電路通過

電刷與轉(zhuǎn)軸和圓環(huán)邊緣良好接觸，開關(guān)S可分別與圖示中的電路連接。已知電源電動(dòng)勢E0=12V、內(nèi)阻

r=0.1Ω、限流電阻R1=0.3Ω、飛輪每根輻條電阻r0=0.9Ω，電路中還有可調(diào)電阻R2（待求）和電感L，不

計(jì)其他電阻和阻力損耗，不計(jì)飛輪轉(zhuǎn)軸大小。

（1）開關(guān)S擲1，“電動(dòng)機(jī)”提升物塊勻速上升時(shí)，理想電壓表示數(shù)U=8V。

①判斷磁場方向，并求流過電阻R1的電流I1；

②求物塊勻速上升的速度v1。

（2）開關(guān)S擲2，物塊從靜止開始下落，經(jīng)過一段時(shí)間后，物塊勻速下降的速度與“電動(dòng)機(jī)”勻速提升物

塊的速度大小相等，

①求可調(diào)電阻R2的阻值；

②求磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小。

【答案】（1）①垂直紙面向外，10A；②5m/s；（2）①0.2Ω；②2.5T

【詳解】（1）①物塊上升，則金屬輪沿逆時(shí)針方向轉(zhuǎn)動(dòng)，輻條受到的安培力指向逆時(shí)針方向，輻條中電

流方向從圓周指向O點(diǎn)，由左手定則可知，磁場方向垂直紙面向外；等效電路如圖

E0?U12?8

由閉合電路的歐姆定律可知E0?U=I1(R1+r)，則I1==A=10A

R1+r0.3+0.1

②等效電路如圖

r0

輻條切割磁感線產(chǎn)生的電動(dòng)勢與電源電動(dòng)勢相反，設(shè)每根輻條產(chǎn)生的電動(dòng)勢為E1，則U?E=I

113

解得E1=5V此時(shí)金屬輪可視為電動(dòng)機(jī)P出=E1I1當(dāng)物塊P勻速上升時(shí)P出=mgv1解得v1=5m/s另解：因

r

U=8V，I=10A，根據(jù)UI=I20+mgv解得v=5m/s

111311

（2）①物塊勻速下落時(shí)，由受力分析可知，輻條受到的安培力與第（1）問相同，等效電路如圖

經(jīng)過R2的電流I2=I1=10A由題意可知v2=v1=5m/s每根輻條切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢

E2=E1=5V

E25V

R總===0.5Ω

I210A

r

R=R+0

總23

r

解得R=0.2Ω另解：由能量關(guān)系可知mgv=I2(R+0)解得R=0.2Ω

222232

111

②根據(jù)E=Bωa2=Baωa=Bav而E=5V解得B=2.5T

222222

2．（2023·浙江·6月選考）某興趣小組設(shè)計(jì)了一種火箭落停裝置，簡化原理如圖所示，它由兩根豎直導(dǎo)軌、

承載火箭裝置（簡化為與火箭絕緣的導(dǎo)電桿MN）和裝置A組成，并形成閉合回路。裝置A能自動(dòng)調(diào)節(jié)

其輸出電壓確?；芈冯娏鱅恒定，方向如圖所示。導(dǎo)軌長度遠(yuǎn)大于導(dǎo)軌間距，不論導(dǎo)電桿運(yùn)動(dòng)到什么位

置，電流I在導(dǎo)電桿以上空間產(chǎn)生的磁場近似為零，在導(dǎo)電桿所在處產(chǎn)生的磁場近似為勻強(qiáng)磁場，大小

B1=kI（其中k為常量），方向垂直導(dǎo)軌平面向里；在導(dǎo)電桿以下的兩導(dǎo)軌間產(chǎn)生的磁場近似為勻強(qiáng)磁場，

大小B2=2kI，方向與B1相同?；鸺裏o動(dòng)力下降到導(dǎo)軌頂端時(shí)與導(dǎo)電桿粘接，以速度v0進(jìn)入導(dǎo)軌，到達(dá)絕

3Mg

緣停靠平臺(tái)時(shí)速度恰好為零，完成火箭落停。已知火箭與導(dǎo)電桿的總質(zhì)量為M，導(dǎo)軌間距d=，導(dǎo)電

kI2

桿電阻為R。導(dǎo)電桿與導(dǎo)軌保持良好接觸滑行，不計(jì)空氣阻力和摩擦力，不計(jì)導(dǎo)軌電阻和裝置A的內(nèi)阻。

在火箭落停過程中，

（1）求導(dǎo)電桿所受安培力的大小F和運(yùn)動(dòng)的距離L；

（2）求回路感應(yīng)電動(dòng)勢E與運(yùn)動(dòng)時(shí)間t的關(guān)系；

（3）求裝置A輸出電壓U與運(yùn)動(dòng)時(shí)間t的關(guān)系和輸出的能量W；

（4）若R的阻值視為0，裝置A用于回收能量，給出裝置A可回收能量的來源和大小。

v26Mg6MgI2Rv3Mv2

【答案】（1）3Mg；0；（2）E=(v?2gt)；（3）U=IR?(v?2gt)；0?0；（4）裝置A可回收火

4gI0I02g2

3

箭的動(dòng)能和重力勢能及磁場能；Mv2

20

【詳解】（1）導(dǎo)體桿受安培力F=B1Id=3Mg方向向上，則導(dǎo)體桿向下運(yùn)動(dòng)的加速度Mg?F=Ma

0?v2v2

解得a=-2g導(dǎo)體桿運(yùn)動(dòng)的距離L=0=0

2a4g

6Mg

（2）回路的電動(dòng)勢E=Bdv其中v=v+at解得E=(v?2gt)

20I0

6Mg

（3）右手定則和歐姆定律可得：U+E=IR可得U=IR?E=IR?(v?2gt)電源輸出能量的功率

I0

6Mg

P=UI=(IR?E)I=IR?(v?2gt)I=I2R?6Mg(v?2gt)=I2R?6Mgv+12Mg2t

I000

vI2Rv3Mv2

在0～0時(shí)間內(nèi)輸出的能量對應(yīng)P?t圖像的面積，可得：W=0?0

2g2g2

（4）裝置A可回收火箭的動(dòng)能和重力勢能，及磁場能；從開始火箭從速度v0到平臺(tái)速度減為零，則

I2Rv3Mv23Mv23Mv2

W=0?0若R的阻值視為0W=?0裝置A可回收能量為W=0

2g222

3．（2021·浙江·1月選考）嫦娥五號成功實(shí)現(xiàn)月球著陸和返回，鼓舞人心。小明知道月球上沒有空氣，無法

靠降落傘減速降落，于是設(shè)計(jì)了一種新型著陸裝置。如圖所示，該裝置由船艙、間距為l的平行導(dǎo)軌、

產(chǎn)生垂直船艙導(dǎo)軌平面的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場的磁體和“∧”型剛性線框組成，“∧”型線框ab

邊可沿導(dǎo)軌滑動(dòng)并接觸良好。船艙、導(dǎo)軌和磁體固定在一起，總質(zhì)量為m1整個(gè)裝置豎直著陸到月球表

面前瞬間的速度大小為v0，接觸月球表面后線框速度立即變?yōu)榱恪＝?jīng)過減速，在導(dǎo)軌下方緩沖彈簧接觸

月球表面前船艙已可視為勻速。已知船艙電阻為3r，“∧”型線框的質(zhì)量為m2，其7條邊的邊長均為l，

電阻均為r；月球表面的重力加速度為g/6。整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中只有ab邊在磁場中，線框與月球表面絕緣，

不計(jì)導(dǎo)軌電阻和摩擦阻力。

(1)求著陸裝置接觸到月球表面后瞬間線框ab邊產(chǎn)生的電動(dòng)勢E；

(2)通過畫等效電路圖，求著陸裝置接觸到月球表面后瞬間流過ab型線框的電流I0；

(3)求船艙勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度大小v；

(4)同桌小張認(rèn)為在磁場上方、兩導(dǎo)軌之間連接一個(gè)電容為C的電容器，在著陸減速過程中還可以回收部

分能量，在其他條件均不變的情況下，求船艙勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度大小v′和此時(shí)電容器所帶電荷量q。

Blv0m1grm1grm1grC

【答案】(1)Blv0；(2)；(3)；(4)，

2r3B2l23B2l26Bl

【詳解】(1)導(dǎo)體切割磁感線，電動(dòng)勢E0=Blv0

(2)等效電路圖如圖

EBlv

并聯(lián)總電阻R=2r電流I=0=0

0R2r

B2l2v

(3)勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)線框受到安培力F=根據(jù)牛頓第三定律，質(zhì)量為m1的部分受力F=FA，方向豎直向

A2r

mgmgr

上，勻速條件F=1得v=1

63B2l2

mgr1mgr

(4)勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)電容器不充放電，滿足v′=v=1電容器兩端電壓為U=I×3r=1電荷量為

3B2l2C36Bl

mgrC

q=CU=1

C6Bl

考點(diǎn)02帶電粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)

4．（2025·浙江·1月選考）同位素相對含量的測量在考古學(xué)中有重要應(yīng)用，其測量系統(tǒng)如圖1所示。將

14

少量古木樣品碳化、電離后，產(chǎn)6C生的離子經(jīng)過靜電分析儀ESA-I、磁體-I和高電壓清除器，讓只含有三

種碳同位素、、的離子束（初速度可忽略不計(jì)）進(jìn)入磁體-Ⅱ．磁體-Ⅱ由電勢差為U的加

1213143+

速電極P，磁6感C應(yīng)6強(qiáng)C度為6BC、半C徑為R的四分之一圓弧細(xì)管道和離子接收器F構(gòu)成。通過調(diào)節(jié)U，可分

離、、三種同位素，其中、的離子被接收器F所接收并計(jì)數(shù)，它們的離子數(shù)百

12131412133+

分比6與CU6之C間的6關(guān)C系曲線如圖2所示，6而C6離C子可C通過接收器F，進(jìn)入靜電分析儀ESA-Ⅱ，被接收器

14

D接收并計(jì)算。6C

(1)寫出中子與發(fā)生核反應(yīng)生成，以及發(fā)生衰變生成的核反應(yīng)方程式：

14141414

(2)根據(jù)圖2寫出7N的離子所對6應(yīng)C的U值，6并C求磁感?應(yīng)強(qiáng)度B7的N大?。ㄓ?jì)算結(jié)果保留兩位有效數(shù)字。

123+

已知，原6子C質(zhì)C量單位，元電荷）；

?27?19

(3)如?圖=10所.2示m，ESA-Ⅱ可簡化為?=間1距.66×10兩kg平行極板，?在=下1.極6×板1開0有間C距的兩小孔，僅

允許入射角的離子通過。?求=兩5極cm板之間的電勢差U：?=10cm

14

(4)對古木樣?品=，4測5°得6C與離子數(shù)之比值為；采用同樣辦法，測得活木頭中與的

1412?131412

比值為，由6于C它與6C外部環(huán)境不斷進(jìn)行碳4×交1換0，該比例長期保持穩(wěn)定。試計(jì)算古木6被C砍伐6距C今

?12

的時(shí)間（1.已2×知10的半衰期約為5700年，）

14

【答案】(1)6C，ln3=1.1,ln2=0.7

11414114140

(2)0n+，7N→6C+1H6C→7N+?1e

6

(3)1.93×10V2.0T

6

(4)1.65×年10V

【詳89解57】（1）中子與發(fā)生核反應(yīng)生成的核反應(yīng)方程式為發(fā)生衰變生成

141411414114

7N6C0n+7N→6C+1H6C?

的核反應(yīng)方程式為

1414140

767?1

（N）在加速電場中，由動(dòng)C能→定理N+得e解得磁場中，洛倫茲力提供向心力

22

122????

2??

聯(lián)立解得，相比??，=?的?比荷更?大=，通過圓形管道所需要的電壓更大，??通?過=圖可

222

??????1312

知當(dāng)電壓為?=??=2時(shí)?，與6C6的C離子數(shù)百分比為，故的離子所對應(yīng)的U值為

61213123+

。1.93×10V6C6C100%6CC

6

根1.9據(jù)3×10V整理得

22

???2??2×12?×?

22

?=2??=??=3??=2.0T

（3）由題意知，粒子在板間做類斜拋運(yùn)動(dòng)，水平方向有，豎直方向有，

1422

6???0

，聯(lián)C立解得?=2??=???=2?

2222

??1?????3????6

?01

（?=4）?古?木?中=?與2比值是?活=木頭??中的=，14說??明=經(jīng)1過.6衰5變×1后0V只剩下，已知經(jīng)過一個(gè)半衰期剩下，

141211411

666

設(shè)經(jīng)過n個(gè)半衰C期，則C有解得3則砍C伐時(shí)間3年2

1?1ln311

5．（2024·浙江·1月選考）類似2光學(xué)=中3的反射?和=折lo射g23現(xiàn)=象ln，2用=磁7場或電場調(diào)控?也=能?×實(shí)5現(xiàn)7質(zhì)00子=束8的95“7反(射)”和“折

射”。如圖所示，在豎直平面內(nèi)有三個(gè)平行區(qū)域Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ；Ⅰ區(qū)寬度為d，存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向

垂直平面向外的勻強(qiáng)磁場，Ⅱ區(qū)的寬度很小。Ⅰ區(qū)和Ⅲ區(qū)電勢處處相等，分別為Ⅰ和Ⅲ，其電勢差

ⅠⅢ。一束質(zhì)量為m、電荷量為e的質(zhì)子從O點(diǎn)以入射角射向Ⅰ區(qū)，在P點(diǎn)?以出射?角射出，實(shí)現(xiàn)?“=反

?射”；?質(zhì)?子束從P點(diǎn)以入射角射入Ⅱ區(qū)，經(jīng)Ⅱ區(qū)“折射”進(jìn)入Ⅲ區(qū)?，其出射方向與法線夾角為?“折射”角。已

知質(zhì)子僅在平面內(nèi)運(yùn)動(dòng)，單位?時(shí)間發(fā)射的質(zhì)子數(shù)為N，初速度為，不計(jì)質(zhì)子重力，不考慮質(zhì)子間相互

作用以及質(zhì)子對磁場和電勢分布的影響。?0

（1）若不同角度射向磁場的質(zhì)子都能實(shí)現(xiàn)“反射”，求d的最小值；

（）若，求折射率（入射角正弦與折射角正弦的比值）

22“”n

??0

（3）計(jì)算?=說明2?如何調(diào)控電場，實(shí)現(xiàn)質(zhì)子束從P點(diǎn)進(jìn)入Ⅱ區(qū)發(fā)生“全反射”（即質(zhì)子束全部返回Ⅰ區(qū)）

（4）在P點(diǎn)下方距離處水平放置一長為的探測板（Q在P的正下方），長為，質(zhì)子

3??04??0??0

打在探測板上即被吸收中??和。若還有另一相同質(zhì)??子束，與原?質(zhì)?子?束關(guān)于法線左右對稱，??同時(shí)從?O?點(diǎn)射入

Ⅰ區(qū)，且，求探測板受到豎直方向力F的大小與U之間的關(guān)系。

?=30°

【答案】（）；（）；（）；（）見解析

123224

2??0??0cos?

??2?≤?2?

【詳解】（）根據(jù)牛頓第二定律不同角度射向磁場的質(zhì)子都能實(shí)現(xiàn)反射，的最小值為

12“”d

?0

???0=??

2??0

?（m2in）=設(shè)2水?=平方??向?yàn)榉较?，豎直方向?yàn)榉较?，方向速度不變，方向速度變小，假設(shè)折射角為，根

′

據(jù)動(dòng)能定理?解得?，?根據(jù)速度關(guān)系?，解得?

1212′sin??1

101001′0

（）全反射?的?臨=界2?情?況?：2到?達(dá)?區(qū)的?時(shí)候=方2?向速度為零，即?sin?=?sin?，?可=得sin?=?=2

3Ⅲ22

12??0cos?

0

即應(yīng)滿足???=0?2?(?cos?)?=?2?

22

??0cos?

（4）臨界?情≤況?有兩2?個(gè)：1、全部都能打到，2、全部都打不到的情況，根據(jù)幾何關(guān)系可得

所以如果的情況下，折射角小于入射角，兩邊射入的粒子都能打到板上，分情況討∠論??如?下=：30°

①當(dāng)?時(shí)≥0又，解得全部都打不到板的情

1212322??

況?≥0?=2??????=2????2?(?0cos?)?=2??4?0+?

②根據(jù)幾何知識可知當(dāng)從Ⅱ區(qū)射出時(shí)速度與豎直方向夾角為時(shí)，粒子剛好打到D點(diǎn)，水平方向速度

為所以，又60°，解得即當(dāng)時(shí)。

22

?0??31212??0??0

??0?0

③部?分=能2打到?的情=況tan，60根°=據(jù)6上?述分析?可?知=條2?件?為?（2?(?cos?)），此?時(shí)=僅?有3?點(diǎn)右?側(cè)<的?一3?束粒子?能=打0

2O

??0

?3?≤?<0

到板上，因此，又，解得

1212322??

?=??????=2????2?(?0cos?)?=??4?0+?

6．（2024·浙江·6月選考）探究性學(xué)習(xí)小組設(shè)計(jì)了一個(gè)能在噴鍍板的上下表面噴鍍不同離子的實(shí)驗(yàn)裝置，截

面如圖所示。在xOy平面內(nèi)，除x軸和虛線之間的區(qū)域外，存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直紙面向

外的勻強(qiáng)磁場，在無磁場區(qū)域內(nèi)，沿著x軸依次放置離子源、長度為L的噴鍍板P、長度均為L的柵極

板M和N（由金屬細(xì)絲組成的網(wǎng)狀電極），噴鍍板P上表面中點(diǎn)Q的坐標(biāo)為（1.5L，0），柵極板M中

點(diǎn)S的坐標(biāo)為（3L，0），離子源產(chǎn)生a和b兩種正離子，其中a離子質(zhì)量為m，電荷量為q，b離子的

1B2qL2

比荷為a離子的倍，經(jīng)電壓U=kU0（其中U=，k大小可調(diào)，a和b離子初速度視為0）的電場加速

408m

后，沿著y軸射入上方磁場。經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)和柵極板N和M間電壓UNM調(diào)控（UNM>0），a和b離子分別

落在噴鍍板的上下表面，并立即被吸收且電中和，忽略場的邊界效應(yīng)、離子受到的重力及離子間相互作

用力。

（1）若U=U0，求a離子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后，到達(dá)x軸上的位置x0（用L表示）。

3

（2）調(diào)節(jié)U和UNM，并保持U=U，使a離子能落到噴鍍板P上表面任意位置，求：

NM4

①U的調(diào)節(jié)范圍（用U0表示）；

②b離子落在噴鍍板P下表面的區(qū)域長度；

（3）要求a和b離子恰好分別落在噴鍍板P上下表面的中點(diǎn)，求U和UNM的大小。

19B2qL227B2qL227B2qL29B2qL2

【答案】（1）L；（2）①U<U<4U；②L；（3）U=，U=或或

00232mNM128m256m128m

1v2

【詳解】（1）對a離子根據(jù)動(dòng)能定理得qU=mv2a離子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)Bqv=ma離子經(jīng)

2R

22mU

磁場偏轉(zhuǎn)后，到達(dá)x軸上的位置x=2R，聯(lián)立解得x==L

00Bq

（2）①要使a離子能落到噴鍍板P上表面任意位置，只能經(jīng)電壓為U的電場加速后再經(jīng)第一象限勻強(qiáng)

22mUqB2L2qB2L2

磁場偏轉(zhuǎn)一次打在P板上方任意處，則L≤x′≤2L結(jié)合（1）中分析得L≤≤2L即≤U≤即

0Bq8m2m

U0≤U≤4U0

22mbU28mU

②b離子經(jīng)過電壓為U的電場加速后在磁場中第一次偏轉(zhuǎn)打在x軸上的位置坐標(biāo)為xb==

BqbBq

57

代入U(xiǎn)≤U≤4U得2L≤x≤4L故可知b離子能從柵極板（坐標(biāo)范圍為L～L）任意位置經(jīng)電壓為U的

00b22NM

25U49U

電場減速射入虛線下方的磁場，此時(shí)0≤U≤0b離子先經(jīng)過電壓為U的電場加速再在第一象限磁場

1616

3312

中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)后再經(jīng)過電壓為U=U的電場減速，因?yàn)楦鶕?jù)動(dòng)能定理得qU?qU=mv′同時(shí)

NM4b4b2b

2

′

′v′25

有Bqbv=mb，Δxb=2R當(dāng)U=U0時(shí)，b離子從柵極板左端經(jīng)虛線下方磁場偏轉(zhuǎn)打在P，此時(shí)離柵極板

R′16

549

左端的距離為Δx′=L當(dāng)U=U時(shí)，b離子從柵極板右端經(jīng)虛線下方磁場偏轉(zhuǎn)打在P，此時(shí)離柵極板

b4160

71

右端的距離為Δx′′=L故b離子落在噴鍍板P下表面的區(qū)域長度為Δx=Δx′+L?Δx′′=L

b4bb2

22mU3

（3）要求a離子落在噴鍍板中點(diǎn)Q，由（1）可知x′′==L

0Bq2

99B2qL2

故可得U=U=則b離子從x′=3L處經(jīng)過柵極板，若b離子減速一次恰好打在P板下方中央處，

4032mb

′

設(shè)UNM=kU，則同理可知

12

1?k′Uq=mv″

b2b

2

″

″v

Bqbv=mb

R″

3

Δx′′′=2R″=L

b2

332727B2qL2

聯(lián)立解得k′=則可得U=U=U=

4NM4160128m

當(dāng)減速n次

1

Uq?nUq=mv'2

bNMb2bb

′

mbvb

rn=

Bqb

9L28nm3

聯(lián)立得r2=?U當(dāng)減速n次恰好打在P板下方中央處，可得2r>2L，2r=L即

n4B2qNMn?1n2

9L28n?1m

?U>L2

4B2qNM

9L28nm927B2qL25B2qL22727B2qL227B2qL2

?U=L2解得<，即n<，n取整數(shù)，故可得n=1,2,3，故可得U=或或

4B2qNM16128nm32n?1m7NM128m256m

9B2qL2

128m

7．（2023·浙江·6月選考）利用磁場實(shí)現(xiàn)離子偏轉(zhuǎn)是科學(xué)儀器中廣泛應(yīng)用的技術(shù)。如圖所示，Oxy平面（紙

面）的第一象限內(nèi)有足夠長且寬度均為L、邊界均平行x軸的區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，其中區(qū)域Ⅰ存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小

為B1的勻強(qiáng)磁場，區(qū)域Ⅱ存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2的磁場，方向均垂直紙面向里，區(qū)域Ⅱ的下邊界與x

軸重合。位于處的離子源能釋放出質(zhì)量為m、電荷量為q、速度方向與x軸夾角為60°的正離子束，

沿紙面射向磁(場0,3區(qū)?域)。不計(jì)離子的重力及離子間的相互作用，并忽略磁場的邊界效應(yīng)。

（1）求離子不進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ的最大速度v1及其在磁場中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t；

（2）若，求能到達(dá)處的離子的最小速度v2；

?

21

（3）若?=2?，且離子源射?出=的2離子數(shù)按速度大小均勻地分布在范圍，求進(jìn)入第四象限的

?1?1??6?1??

離子數(shù)與?總2=離子??數(shù)之比η。?~?

【答案】（1）；（2）（3）60%

2?1??2??4?1??

12

【詳解】（1）當(dāng)?離=子?不進(jìn)入?=磁3場??Ⅱ1速度最?大=時(shí)，?軌跡與邊界相切，則由幾何關(guān)系解得

°

r1=2L?1cos60=?1??

根據(jù)解得

2

?12?1??

111

在磁場??中?運(yùn)=動(dòng)?的?周1期?=運(yùn)?動(dòng)時(shí)間

°

2??2×602??

°

?=??1?=360?=3??1

（2）若B2=2B1，根據(jù)可知

??

??12

粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)軌跡?如=圖，設(shè)O?1O=2與2?磁場邊界夾角為α，由幾何關(guān)系

°

?1sin???1sin30=?

22?

解得根據(jù)解得???sin?=

r2=2L2e2

3?24?1??

2222

（3）當(dāng)最終si進(jìn)n?入=區(qū)4域Ⅱ的粒??子?若剛=好?到?達(dá)x軸?，=則由?動(dòng)量定理即

?1

2???

求和可得粒子從區(qū)域Ⅰ到區(qū)域Ⅱ最終到x軸?上?的?過Δ?程=中?Δ????Δ?=?Δ?

?1°

∑解?得??Δ?=∑?Δ???(???cos60)=?1??+

?10+?3?1??

則?速?度2在???~?=之間?的粒子才能進(jìn)入第四象限；因離子源射出粒子的速度范圍在~，又粒子

3?1??6?1???1??6?1??

源射出的粒?子個(gè)數(shù)?按速度大小均勻分布，可知能進(jìn)入第四象限的粒子占粒子總數(shù)的比?例為?η=60%

8．（2023·浙江·1月選考）探究離子源發(fā)射速度大小和方向分布的原理如圖所示。x軸上方存在垂直平面

向外、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場。x軸下方的分析器由兩塊相距為d、長度足夠的平行金?屬??薄板

M和N組成，其中位于x軸的M板中心有一小孔C（孔徑忽略不計(jì)），N板連接電流表后接地。位于坐

標(biāo)原點(diǎn)O的離子源能發(fā)射質(zhì)量為m、電荷量為q的正離子，其速度方向與y軸夾角最大值為；且各

°

個(gè)方向均有速度大小連續(xù)分布在和之間的離子射出。已知速度大小為、沿y軸正方6向0射出的

1

離子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后恰好垂直x軸射2?入0孔C2?。0未能射入孔C的其它離子被分析器?的0接地外罩屏蔽（圖中沒

有畫出）。不計(jì)離子的重力及相互作用，不考慮離子間的碰撞。

（1）求孔C所處位置的坐標(biāo)；

（2）求離子打在N板上區(qū)域的?0長度L；

（3）若在N與M板之間加載電壓，調(diào)節(jié)其大小，求電流表示數(shù)剛為0時(shí)的電壓；

（4）若將分析器沿著x軸平移，調(diào)節(jié)加載在N與M板之間的電壓，求電流表示數(shù)?0剛為0時(shí)的電壓

與孔C位置坐標(biāo)x之間關(guān)系式。??

【答案】（1）；（2）；（3）；（4）當(dāng)時(shí)，

222

2??0??0??022??0???

?

【詳解】（1）速??度大小為2?、沿y軸2?正方向射出2的??離≤子?經(jīng)≤磁?場?偏轉(zhuǎn)后?軌跡=如8?圖

?0

由洛倫茲力提供向心力解得半徑孔所處位置的坐標(biāo)，

2C

?0??02??0

000

（）速度大小為的離?子?進(jìn)?入=磁?場?后，由洛倫?茲=力??提供向心力?解得?半徑=2?=??

22

?′??

′

????=???=??

若要能在C點(diǎn)入射，則由幾何關(guān)系可得解得

0

′?2

如圖2?cos?=2?cos?=?∈2,1

由幾何關(guān)系可得

（3）不管從何角?度=發(fā)2?射由（2）可得根據(jù)動(dòng)力學(xué)公式可得，，聯(lián)

??02

??0?

立解得?=?cos??=??=???=2??

2

??0

?0=2?

（）孔位置坐標(biāo)，其中聯(lián)立可得，，解得

4Cx′′′

????11

?=2?cos??=??=??0?=2??0cos?cos?∈2,12?≤?≤

。在此范圍內(nèi)，和（）相同，只與相關(guān)，可得2解得根據(jù)動(dòng)力學(xué)公式可得，

3′