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第二部分高考题型研究03计算题题型研究第9讲电磁场计算题常考“5题型”在高考中，物理必答计算题共有两道，其中第二道计算题综合性较强，难度较大，用以考查考生的综合分析能力，甚至是应用数学规律处理物理问题的能力．分析近几年高考试题可以发现，电学计算题多数情况放在后边，作为压轴大题，在电场、磁场部分的计算题大体有以下五种常考题型．题型一带电粒子(体)在电场力作用下的运动问题【例1】(2019年上海崇明期末)如图3—9—1所示，上下放置的两带电金属板，相距为3l，板间有竖直向下的匀强电场E.距上板l处有一带电荷量为＋q的小球B，在B上方有带电荷量为－6q的小球A，它们的质量均为m，用长度为l的绝缘轻杆相连．已知E＝mgq.让两小球从静止释放，小球可以通过上板的小孔进入电场中(重力加速度为g)．求：图3—9—1(1)B球刚进入电场时的速度v1大小；(2)A球刚进入电场时的速度v2大小；(3)B球是否能碰到下金属板？如能，求刚碰到时的速度v3大小．如不能，请通过计算说明理由．图3—9—2【解析】(1)B进入电场前，只受重力作用，做自由落体运动．v12＝2gl，解得v1＝2gl.(2)A球进入小孔前，只有B球受电场力，F＝qE＝mg，方向竖直向下，系统受力分析如图3—9—2所示：由牛顿第二定律可得：F＋2mg＝2ma1a1＝3g2系统做匀加速直线运动v22－v12＝2a1l代入数据得v2＝5gl.图3—9—3(3)当A、B球全部进入电场后，系统受力如图3—9—3所示：6qE－qE－2mg＝2ma3a3＝3g2A、B向下减速设系统速度为零时没到达下金属板，小球停下来时通过的距离为HH＝v222a3代入数据得H＝5l32l，故B球不能到达下金属板．【答案】(1)2gl(2)5gl(3)不能，理由见解析题型二导体棒在安培力作用下的平衡问题【例2】如图3—9—4所示，在倾角为θ＝37°的斜面上，固定一宽为L＝1.0m的平行金属导轨．现在导轨上垂直导轨放置一质量m＝0.4kg、电阻R0＝2.0Ω、长为1.0m的金属棒ab，它与导轨间的动摩擦因数为μ＝0.5.整个装置处于方向竖直向上、磁感应强度大小为B＝2T的匀强磁场中．导轨所接电源的电动势为E＝12V，内阻r＝1.0Ω，若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，滑动变阻器的阻值符合要求，其他电阻不计，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.现要保持金属棒ab在导轨上静止．图3—9—4求：(1)金属棒所受安培力的取值范围；(2)滑动变阻器接入电路中的阻值范围．【解析】(1)当金属棒刚好达到向上运动的临界状态时，金属棒受到的摩擦力为最大静摩擦力，方向平行斜面向下，设金属棒受到的安培力大小为F1，其受力分析如图3—9—5甲．则有图3—9—5FN＝F1sinθ＋mgcosθF1cosθ＝mgsinθ＋fmaxfmax＝μFN代入数据可得F1＝8N当金属棒刚好达到向下运动的临界状态时，设金属棒受到的安培力大小为F2，其受力分析如图3—9—5乙所示．则有FN′＝F2sinθ＋mgcosθF2cosθ＋fmax′＝mgsinθfmax′＝μFN′代入数据可得F2＝811N安培力的范围为811N≤F≤8N.图3—9—6(2)因磁场与金属棒垂直，所以金属棒受到的安培力为F＝BIL，因此有I＝FBL，由安培力的取值范围可知电流的取值范围为411A≤I≤4A，等效电路如图3—9—6所示设电流为I1＝411A时滑动变阻器接入电路中的阻值为R1，由闭合电路欧姆定律，有E－I1r＝I1(R0＋R1)，代入数据可得R1＝30Ω设电流为I2＝4A时滑动变阻器接入电路中的阻值为R2，由闭合电路欧姆定律，有E－I2r＝I2(R0＋R2)，代入数据可得R2＝0滑动变阻器接入电路中的阻值范围为0≤R≤30Ω.【答案】(1)811N≤F≤8N(2)0≤R≤30Ω题型三带电粒子在磁场中的多个圆周运动问题【例3】如图3—9—7所示，空间某平面内有一条折线是磁场的分界线，在折线的两侧分布着方向相反、与平面垂直的匀强磁场，磁感应强度大小均为B.折线的顶角∠A＝90°，P、Q是折线上的两点，AP＝AQ＝L.现有一质量为m、电荷量为q的带负电微粒从P点沿PQ方向射出，不计微粒的重力．图3—9—7(1)若P、Q之间外加一个与磁场方向垂直的匀强电场，能使速度为v0射出的微粒沿直线PQ运动到Q点，则电场强度应为多大？(2)撤去电场，为使微粒从P点射出后，途经折线的顶点A而到达Q点，求初速度v应该满足什么条件？(3)求(2)中微粒从P点到Q点所用的时间．【解析】(1)由电场力与洛伦兹力平衡可得qE＝qv0B，解得E＝v0B.(2)根据运动的对称性，微粒能从P点运动到Q点，应满足L＝nx(n为整数)，其中x为每次偏转圆弧对应的弦长，偏转圆弧对应的圆心角为π2或3π2.设圆弧的半径为R，则有x＝2R，解得R＝2L2n，又因为qvB＝mv2R，由以上各式可解得v＝2qBL2nm，n＝1、2、3、….(3)如图3—9—8所示，当n取奇数时，微粒从P到Q的过程中圆心角的总和为θ1＝n·π2＋n·3π2＝2nπ，故其运动时间t1＝2nπ2π·2πmqB＝2πmnqB，n＝1、3、5、…；当n取偶数时，微粒从P到Q的过程中圆心角的总和为θ1＝n·π2＋n·π2＝nπ，故其运动时间为图3—9—8t2＝nπ2π·2πmqB＝πmnqB，n＝2、4、6、….【答案】(1)v0B(2)v＝2qBL2nm，n＝1、2、3、…(3)2πmnqB，n＝1、3、5、…或πmnqB，n＝2、4、6、…☞归纳总结(1)在某一区域内有两个或两个以上的有界磁场，带电粒子先后经过这些磁场，做不同的圆周运动，形成多个圆周运动相互衔接的多过程现象．(2)各圆周运动的子过程的圆心、半径不同，可能的“临界点”也可能不同，要注意分别画图研究．(3)在各圆周运动的衔接处，速度具有连续性，即粒子进出前后磁场的速度的大小和方向均不变，但向心力的大小和方向会发生突变，使得两个圆周运动在衔接处相内切或外切，即两圆心的连线与两圆公切线垂直．题型四带电粒子在复合场中的“折返跑”问题【例4】如图3—9—9所示，空间分布着有理想边界的匀强电场和匀强磁场．左侧匀强电场的电场强度大小为E、方向水平向右，电场宽度为L；中间区域匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外；右侧区域匀强磁场的磁感应强度大小也为B，方向垂直纸面向里．一个质量为m、电荷量为q、不计重力的带正电的粒子从电场的左边缘的O点由静止开始运动，穿过中间磁场区域进入右侧磁场区域后，又回到O点，然后重复上述运动过程．求：图3—9—9(1)中间磁场区域的宽度d；(2)带电粒子从O点开始运动到第一次回到O点所用时间．【解析】(1)带电粒子在电场中加速，由动能定理得：qEL＝12mv2带电粒子在匀强磁场中偏转，由牛顿第二定律得：Bqv＝mv2R由以上两式，可得：R＝1B2mELq.可见粒子在两磁场区域的运动半径相同．如图3—9—10所示：图3—9—10三段圆弧的圆心组成的△O1O2O3是等边三角形，其边长为2R.所以中间磁场区域的宽度为：d＝Rsin60°＝12B6mELq.(2)在左侧电场中的运动时间：t1＝2va＝2mvqE＝22mLqE在中间磁场中的运动时间：t2＝T3＝2πm3qB在右侧磁场中的运动时间为：t3＝56T＝5πm3qB则粒子第一次回到O点所用的时间为：t＝t1＋t2＋t3＝22mLqE＋7πm3qB.【答案】(1)12B6mELq(2)22mLqE＋7πm3qB☞归纳总结带电粒子在复合场中的“折返跑”运动问题属于场的性质、力学规律及能量观点的综合应用，解决此类问题的关键是根据运动过程的先后“按部就班”地逐个分析，同时注意画出运动轨迹图及几何关系图.【例5】(2019年孝义一模)如图3—9—11所示，在虚线HF上方存在着垂直于纸面向里的匀强磁场B1，在x轴上方存在沿x轴正方向的匀强电场，在x轴下方的矩形区域ABCD内还存在垂直于纸面向外的匀强磁场，矩形区域的AB边与x轴重合．M点是HF和y轴的交点，在M点有一静止镭核(88226Ra)，某时刻发生放射性衰变，放出某种质量为m、电荷量为q的粒子后变为一氡核(86222Rn)，氡核恰好沿y轴正向做匀速直线运动，粒子则以初速度v0沿y轴负方向运动，恰好从N点进入磁场，当粒子第二次经过x轴时电场反向，粒子恰好回到M点，若|OM|＝2|ON|，核子的质量数与质量成正比，不计氡核和粒子的重力．图3—9—11(1)写出上述过程中镭核的衰变方程．(2)求电场强度的大小E.(3)求N点的横坐标x.(4)求矩形区域ABCD内匀强磁场的磁感应强度的大小B2及矩形区域的最小面积S.【解析】(1)镭核衰变的核反应方程为88226Ra→86222Rn＋24He.(2)设氡核质量为m1，电荷量为q1，运动速度为v1，氡核恰好沿y轴正向做匀速直线运动，根据力的平衡有：q1v1B1＝q1E镭核衰变时，根据动量守恒定律有：0＝m1v1－mv0其中m1＝1112m，得E＝2v0B1111.(3)粒子从M点到N点做类平抛运动，设运动时间为t，O点到N点的距离为x，则沿y轴负方向有：2x＝v0t1沿x轴正方向有：x＝12at12又有：a＝qEm解得x＝111mv04qB1.(4)粒子的运动轨迹如图3—9—12所示图3—9—12粒子经过N点时，在x轴方向有vx2＝2ax，解得vx＝v0粒子进入磁场的速度v＝v02＋vx2＝2v0设粒子进入磁场时速度方向与x轴正方向的夹角为θ，因为tanθ＝v0vx＝1，所以θ＝45°由几何关系得粒子在磁场中做圆周运动的半径R＝2x由牛顿第二定律得：qvB2＝mv2R，解得B2＝4B1111矩形区域的最小面积为S＝2R(R＋x)解得S＝123212（2＋2）m2v028q2B12.【答案】(1)88226Ra→86222Rn＋24He(2)2v0B1111(3)111mv04qB1(4)4B1111123212（2＋2）m2v028q2B12题型五带电粒子在交变场中的周期性运动问题【例6】如图3－9－13甲所示，竖直挡板MN左侧空间有方向竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，电场和磁场的范围足够大，电场强度E＝40N/C，磁感应强度B随时间t变化的关系图象如图3—9—13乙所示，选定磁场垂直纸面向里为正方向．t＝0时刻，一带正电的微粒，质量m＝8×10－4kg、电荷量q＝2×10－4C，在O点具有方向竖直向下、大小为0.12m/s的速度v，O′是挡板MN上一点，直线OO′与挡板MN垂直，取g＝10m/s2.求：图3—9—13(1)微粒再次经过直线OO′时与O点的距离；(2)微粒在运动过程中离开直线OO′的最大距离；(3)水平移动挡板，使微粒能垂直射到挡板上，挡板与O点间的水平距离应满足的条件．【解析】(1)由题意可知，微粒所受的重力为G＝mg＝8×10－3N电场力的大小为F＝Eq＝8×10－3NEq＝mg，因此重力与电场力平衡微粒在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有qvB＝mv2R代入数据解得R＝0.6m由公式T＝2πRv，解得T＝10πs则微粒在0～5πs内转过半个圆周，再次经过直线OO′时与O点的距离l＝2R＝1.2m.(2)微粒运动半个周期后向上匀速运动，运动的时间为t＝5πs，轨迹如图3—9—14所示，位移大小s＝vt解得s≈1.88m因此，微粒离开直线OO′的最大距离l′＝s＋R＝2.48m.图3—9—14(3)若微粒能垂直射到挡板上的某点P，P点在直线OO′下方时，由图可知，挡板MN与O点间的水平距离应满足L＝(2.4n＋0.6)m(n＝0，1，2，3，…)若微粒能垂直射到挡板上的某点P，P点在直线OO′上方时，由图可知，挡板MN与O点间的距离应满足L＝(2.4n＋1.8)m(n＝0，1，2，3，…)综上，挡板MN与O点间的距离应满足：L＝(1.2n＋0.6)m(n＝0，1，2，…)．【答案】(1)1.2m(2)2.48m(3)L＝(1.2n＋0.6)m