2019年高考物理母题题源系列专题20电与磁综合计算题含.doc

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1、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。【答案】（1） （2）【解析】（1）设带电粒子的质量为m，电荷量为q，加速后的

2、速度大小为v。由动能定理有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由几何关系知d=r联立式得（2）由几何关系知，带电粒子射入磁场后运动到x轴所经过的路程为带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间为联立式得【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的两条平行光滑金属导轨，垂直于导轨放置的两根金属棒和长度也为、电阻均为，两棒与导轨始终接触良好。两端通过开关与电阻为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。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

3、大小为。的质量为，金属导轨足够长，电阻忽略不计。（1）闭合，若使保持静止，需在其上加多大的水平恒力，并指出其方向；（2）断开，在上述恒力作用下，由静止开始到速度大小为v的加速过程中流过的电荷量为，求该过程安培力做的功。【答案】（1），方向水平向右 （2）【解析】（1）设线圈中的感应电动势为，由法拉第电磁感应定律，则设与并联的电阻为，有闭合时，设线圈中的电流为，根据闭合电路欧姆定律得设中的电流为，有设受到的安培力为，有保持静止，由受力平衡，有联立式得方向水平向右（2）设由静止开始到速度大小为v的加速过程中，运动的位移为，所用时间为，回路中的磁通量变化为，平均感应电动势为，有其中设中的平均电流为，

4、有根据电流的定义得由动能定理，有联立式得【母题来源三】2019年全国普通高等学校招生统一考试物理（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： 导轨间通过单刀双掷开关S连接恒流源和电容C=1F的未充电的电容器，恒流源可为电路提供恒定电流I=2A，电流方向如图所示。有一质量m=0.1kg的金属棒ab垂直导轨静止放置于x0=0.7m处。开关S掷向1，棒ab从静止开始运动，到达x3=0.2m处时，开关S掷向2。已知棒ab在运动过程中始终与导轨垂直。求：（提示：可以用F

5、x图象下的“面积”代表力F所做的功）（1）棒ab运动到x1=0.2m时的速度v1；（2）棒ab运动到x2=0.1m时的速度v2；（3）电容器最终所带的电荷量Q。【答案】（1）2 m/s （2）（3）【解析】（1）安培力，加速度速度（2）在区间安培力，如图所示安培力做功根据动能定理可得解得（3）根据动量定理可得电荷量在处的速度联立解得【命题意图】此题是带电粒子在磁场中的运动问题；首先要掌握左手定律及粒子半径及周期的求解公式，然后能根据题目的隐含条件做出粒子运动的轨迹图。常考查功能关系、串并联电路特征、闭合电路欧姆定律、法拉第电磁感应定律、楞次定律共点力平衡条件的应用，和临界状态分析与求解极值的能

6、力多画图，多列分步式，采用极限假设寻求临界状态。【考试方向】带电粒子运动型计算题大致有两类，一是粒子依次进入不同的有界场区，二是粒子进入复合场区。近年来高考重点就是受力情况和运动规律分析求解，周期、半径、轨迹、速度、临界值等再结合能量守恒和功能关系进行综合考查。电磁感应是高考考查的重点和热点，命题频率较高的知识点有：感应电流的产生条件、方向的判定和感应电动势的计算；电磁感应现象与磁场、电路、力学、能量等知识相联系的综合题及感应电流（或感应电动势）的图象问题从计算题型看，主要考查电磁感应现象与直流电路、磁场、力学、能量转化相联系的综合问题，主要以大型计算题的形式考查。【得分要点】1带电粒子运动型

7、计算题（1）正确分析带电粒子的受力及运动特征是解决问题的前提带电粒子在复合场中做什么运动，取决于带电粒子所受的合外力及初始状态的速度，因此应把带电粒子的运动情况和受力情况结合起来进行分析，当带电粒子在复合场中所受合外力为零时，做匀速直线运动（如速度选择器）。带电粒子所受的重力和电场力等值反向，洛伦磁力提供向心力，带电粒子在垂直于磁场的平面内做匀速圆周运动。带电粒子所受的合外力是变力，且与初速度方向不在一条直线上，粒子做非匀变速曲线运动，这时粒子的运动轨迹既不是圆弧，也不是抛物线，由于带电粒子可能连续通过几个情况不同的复合场区，因此粒子的运动情况也发生相应的变化，其运动过程可能由几种不同的运动阶

8、段组成。（2）灵活选用力学规律是解决问题的关键当带电粒子在复合场中做匀速运动时，应根据平衡条件列方程求解。当带电粒子在复合场中做匀速圆周运动时往往应用牛顿第二定律和平衡条件列方程联立求解。当带电粒子在复合场中做非匀变 速曲线运动时，应选用动能定理或能量守恒定律列方程求解（3）说明：由于带电粒子在复合场中受力情况复杂，运动情况多变，往往出现临界问题，这时应以题目中的“恰好”、“最大”、“最高”、“至少”等词语为突破口，挖掘隐含条件，根据临界条件列出辅助方程，再与其他方程联立求解。2电磁感应型在分析过程中，要注意通电导体在磁场中将受到安培力分析；电磁感应问题往往与力学问题联系在一起，解决问题的基本

9、思路：用法拉第电磁感应定律及楞次定律求感应电动势的大小及方向；求电路中的电流；分析导体的受力情况；根据平衡条件或者牛顿第二运动定律列方程解题过程中要紧紧地抓住能的转化与守恒分析问题电磁感应现象中出现的电能，一定是由其他形式的 能转化而来，具体问题中会涉及多种形式的能之间的转化，机械能和电能的相互转化、内能和电能的相互转化分析时，应当牢牢抓住能量守恒这一基本规律，明确有哪些力做功，就可知道有哪些形式的能量参与了相互转化，如摩擦力在相对位移上做功，必然有内能出现；重力做功，必然有重力势能参与转化；安培力做负功就会有其他形式能转化为电能，安培力做正功必有电能转化为其他形式的能；然后利用能量守恒列出方

10、程求解3力电综合型解决力电综合问题，要注重掌握好两种基本的分析思路：一是按时间先后顺序发生的综合题，可划分为几个简单的阶段，逐一分析清楚每个阶段相关物理量的关系规律，弄清前一阶段与下一阶段的联系，从而建立方程求解的“分段法”，一是在同一时间内发生几种相互关联的物理现象，须分解为几种简单的现象，对每一种现象利用相应的概念和规律建立方程求解的“分解法”。研究某一物体所受到力的瞬时作用力与物体运动状态的关系（或加速度）时，一般用牛顿运动定律解决；涉及做功和位移时优先考虑动能定理；对象为一系统，且它们之间有相互作用时，优先考虑能的转化与守恒定律。1（2019江西省上饶市横峰中学高三模拟）如图所示，带电

11、小球a由绝缘细线PM和PN悬挂而处于静止状态，其中PM水平，地面上固定一绝缘且内壁光滑的圆弧细管道GH，圆心P与a球位置重合，管道底端H与水平地面相切，一质量为m可视为质点的带电小球b从G端口由静止释放，当小球b运动到H端时对管道壁恰好无压力，重力加速度为g。在小球b由G滑到H过程中，下列说法中正确的是A细线PM的拉力先增大后减小B小球b机械能逐渐减小C小球b所受库仑力大小始终为2mgD小球b加速度大小先变大后变小【答案】A【解析】设PN与竖直方向成角，对球a受力分析，竖直方向上有：FPNcos=mg+F库sin，水平方向上有：F库cos+FPNsin=FPM。解得：FPM=mgtan+3mg

12、cos（）cos，下滑时从0增大90，细线PM的拉力先增大后减小，故A正确；在小球b由G滑到H过程中，小球b所受库仑力和管道的弹力始终与速度垂直，只有重力做功，库仑力和弹力不做功，小球b机械能守恒，故B错误；根据机械能守恒定律，小球b从G滑到H过程中，有：mgR=，H处有：F库mg=，则有：F库=3mg，故C错误；设b与a的连线与水平方向成角，则有：mgRsin=，任意位置加速度为向心加速度和切向加速度合成，即为：a=，可知小球的加速度一直变大，故D错误。2（2019湖南省怀化市高三第三次模考）如图所示，竖直平面内有一固定光滑的绝缘轨道ABCD，其中倾角=37的斜面AB与半径为R的圆弧轨道平滑

13、相切于B点，CD为竖直直径，O为圆心，质量为m的带负电小球（可视为质点）从斜面上的A点由静止释放，A、B两点高度差为h，重力加速度为g，sin37=0.6，cos37=0.8。则下列判断正确的是A若在O点放个正点电荷，小球通过D点的速度一定大于B若在O点放个正点电荷，小球从C点沿圆弧轨道到D点过程机械能不守恒C调整高度差h，小球从D点离开圆弧轨道后有可能直接落在B点D当h=2.5R时，小球会从D点以的速度飞出，做平抛运动【答案】A【解析】若在O点放个正点电荷，小球恰好能从D点飞出根据牛顿第二定律可知：，小球通过D点的速度一定大于，故A正确；若在O点放个正点电荷，小球从C点沿圆弧轨道到D点过程中

14、只有重力做功，所以机械能守恒，故B错误；若小球恰好能从D点离开圆弧轨道，设此时小球通过D点的速度为v0，则有：，可得，小球从D点离开后做平抛运动有：，解得：水平距离为：，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点的速度为v0，则有：，可得，则从A点到D根据机械能守恒可知：，解得：，故D错误；故选A。3（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

15、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“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；

16、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3L的导体棒置于磁场中，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

17、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C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【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：E=B（2L）=B（2L）=4BL2，电阻两端电压：U=E=4BL2，故B错误。电路中电流为：，周期为：，在导体棒旋转一周的时间内，通过电阻r的电荷量为：，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：，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

18、M、P固定在框上，M、P的间距很小。质量为0.2 kg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1 m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、挡板和杆不计形变。则：At=2 s时，金属杆中感应电流方向从C至DBt=3 s时，金属杆对挡板M的压力大小为0.01 NC前4 s内通过金属杆截面的电荷量为0.6 CD前2 s内回路中产生的焦耳热为0.08 J【答案】AB【解析】当t=1 s时，则由磁感应强度随时间变化规律是B=（0.40.2t）T，

19、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=3 s时，由法拉第电磁感应定律，则有：感应电动势为，由欧姆定律，则有感应电流大小，安培力大小F=BtIL=0.02 N，由于磁场的方向相反，由左手定则可知，安培力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N=Fcos60=0.020.5 N=0.01 N，故B正确；由公式，其中，联立解得：，故C错误；电流为0.1 A，由公式代入数据解得：，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

20、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，让它以初速度向右运动，则直到棒停止的过程中有：A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C整个过程中金属棒克服安培力做功为D整个过程中金属棒上产生的焦耳热为【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，通过金属棒的电荷量为，可得，故B错误；整

21、个过程中由动能定理可得：，则金属棒克服安培力做功为：，故C正确；整个回路产生的总焦耳热为：，金属棒上产生的焦耳热为：，故D正确。7（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，y0），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。【答案】（1） （2）【解析】

22、（1）粒子从P到D，由类平抛运动可得：电场力方向：由牛顿第二定律：解得：在电场中，在磁场中，由洛伦兹力提供向心力得：解得：根据对称性可知，粒子能达到P点，图象如图所示：OD间距满足：代入解得：在电场中，水平方向有：（2）粒子在电场中做类平抛运动竖直方向：水平方向：解得：9（2019广西省南宁市高二期末）如图所示，竖直平面内有半径R=0.8 m的四分之一光滑圆弧轨道与长CD=2.0 m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=40 N/C，方向竖直向上，磁场的磁感应强度B=1.0 T，方向垂直纸面向外。两个质量均为m=2.0106 kg的小球a和b，a球不

23、带电，b球带q=1.0106 C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=2DN，取g=10 m/s2，a、b均可作为质点。（结果保留三位有效数字）求：（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） （2）（3）【解析】（1）对小球由a到C小球在C点解得：FN=3mg=6.0105 N根据牛顿第三定律得：小球在C点对轨道的压力大小FN=FN =6.0105 N（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：对a、b球，碰撞过程动量守恒，则mvD=2mv解得v=1.73 m/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 洛伦兹力提供向心力解得：r=6.92 m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=3.46 m