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1、历年高考物理真题精选之黄金30题专 题 36 电磁学经典计算题一、解答题1.（2 0 2 0 北 京 高考真题）如图甲所示，N =2 0 0匝的线圈（图中只画了 2匝），电阻r =2 c,其两端与一个R =4 8 C的电阻相连，线圈内有指向纸内方向的磁场。线圈中的磁通量按图乙所示规律变化。（1）判断通过电阻R的电流方向;（2）求线圈产生的感应电动势E；（3）求电阻R两端的电压甲【答案】（1）。）；（2）1 0 V.（3）【解析】9.6 V（1）根据图像可知，线圈中垂直于纸面向里的磁场增大，为了阻碍线圈中磁通量的增大，根据楞次定律可知线圈中感应电流产生的磁场垂直于纸面向外，根据安培定则可知线圈中
2、的感应电流为逆时针方向，所通过电阻R的电流方向为。.（2）根据法拉第电磁感应定律E=N=2 0 0 x0.0 1 5-0.0 1 0V=1 0 V t 0.1 0（3）电阻R两端的电压为路端电压，根据分东规律可知U=RR+rE=4 84 8 +2x1 0 V=9.6 V2.（2 0 2 0.天津.高考真题）如图所示，垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度8随时间f均匀变化。正方形硬质金属框时 放置在磁场中，金属框平面与磁场方向垂直，电阻R =Q,边长，=02m。求(1)在r=0 到f =O 1 s 时间内，金属框中的感应电动势E；(2)f =0 Q 5 s 时，金属框时边受到的安培力F 的大小和
3、方向;(3)在=0 到f =Q i s 时间内，金属框中电流的电功率几【答案】(1)0.0 8 V；(2)0.0 1 6 N,方向垂直于，力向左；(3 )0.0 6 4 W【解析】(1)在，=0 到f =0.1 s 的时间4 内，磁感应强度的变化量A f i =0 2 T,设穿过金属框的磁通量变化量为，有(D=A B/2 由于磁场均匀变化，金属框中产生的电动势是恒定的，有后=竺Z 联立式，代入数据，解得E =0.0 8 V(2)设金属框中的电流为/,由闭合电路欧姆定律，有/=-R 由图可知，r =O 5 s 时，磁感应强度为片=T,金属框 边受到的安培力尸=做联立式，代入数据，解得F=0.0
4、1 6 N方向垂直于4。向左。(3)在，=。至旷=0 1 s 时间内，金属框中电流的电功率P=/2R 联立式，代入数据，解得p=0.064W 3.（2021北京高考真题）如图所示，M 为粒子加速器；N 为速度选择器，两平行导体板之间有方向相互垂直的匀强电场和匀强磁场，磁场的方向垂直纸面向里，磁感应强度为瓦 从 S 点释放一初速度为0、质量为加、电荷量为4 的带正电粒子，经 M加速后恰能以速度丫 沿直线（图中平行于导体板的虚线）通过N。不计重力。（1）求粒子加速器M 的加速电压U-,（2）求速度选择器N 两板间的电场强度E 的大小和方向；（3）仍从S 点释放另一初速度为0、质量为2办 电荷量为q
5、 的带正电粒子，离开N 时粒子偏离图中虚线的距离为d,求该粒子离开N 时的动能线。U _5 x X X Xs9-X X X XM N2U=吧 1 2【答案】（1）2q；）E=v B,方向垂直导体板向下；（3）+【解析】（1）粒子直线加速，根据功能关系有qU,=1 mv2解得u =2q（2）速度选择器中电场力与洛伦兹力平衡Eq=qvB得E=vB方向垂直导体板向下。（3）粒子在全程电场力做正功，根据功能关系有Ek=qU+Eqd解得Ek+qBvd4.(2 0 2 1江苏高考真题)贯彻新发展理念，我国风力发电发展迅猛，2 0 2 0年我国风力发电量高达4 0 0 0亿千瓦时。某种风力发电机的原理如图所
6、示，发电机的线圈固定,磁体在叶片驱动下绕线圈对称轴转动，已知磁体间的磁场为匀强磁场，磁感应强度的大小为0.2 0 T,线圈的匝数为1 0 0、面积为0.5 m)电阻为0.6 C,若磁体转动的角速度为9 0 r ad/s,线圈中产生的感应电流为5 0 A。求:(1)线圈中感应电动势的有效值E;(2)线圈的输出功率P。接外电路N【答案】(1)E=6.4X102V.(2)P=3.1 xl 04W【解析】(1)电动势的最大值=NBSco有效值E噌解得带入数据得E=6.4X102V(2)输出电压U=E-lr输出功率P=IU解得P=I(E-Ir)代入数据得P=3.1X104W5.(2021天津.高考真题)
7、如图所示，两根足够长的平行光滑金属导轨的、尸。间距L=l m,其电阻不计，两导轨及其构成的平面均与水平面成。=30角，N、Q两端接有R=1C的电阻。一金属棒 垂直导轨放置，两端与导轨始终有良好接触，已知访 的质量”=0 2 k g,电阻厂=1。，整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度大小B=1T。必在平行于导轨向上的拉力作用下，以初速度匕二 Sm/s沿导轨向上开始运动，可达到最大速度v=2Ms。运动过程中拉力的功率恒定不变，重力加速度g=l0m zs2。(1)求拉力的功率P;(2)她开始运动后，经r=0.09s速度达到%=L 5 m/s,此过程中仍克服安培力做功卬=0 0 6
8、J,求该过程中她沿导轨的位移大小x。Q【答案】P=4W；(2)x=0.1m【解析】(1)在。方 运动过程中，由于拉力功率恒定，做 加 速度逐渐减小的加速运动，速度达到最大时，加速度为零，设此时拉力的大小为尸，安培力大小为吊，有F-m g sin 0-FA=0设此时回路中的感应电动势为E,由法拉第电磁感应定律，有E=BLv设回路中的感应电流为/,由闭合电路欧姆定律，有1=-R+r必受到的安培力FA=1LB由功率表达式，有P=Fv联立上述各式，代入数据解得P=4 W(2)M从速度匕到师的过程中，由动能定理，有Pl-W -mgxsin 0=mv1-g，叫之代入数据解得x=O.l m6.(2 0 2
9、1.浙江高考真题)一种探测气体放电过程的装置如图甲所示，充满窟气(N e)的电离室中有两电极与长直导线连接，并通过两水平长导线与高压电源相连。在与长直导线垂直的平面内，以导线为对称轴安装一个用阻值9 =的细导线绕制、匝数N =5 x l()3 的圆环形螺线管，细导线的始末两端以 4与阻值R =9 0 C的电阻连接。螺线管的横截面是半径a=L0 x l 0-2m的圆，其中心与长直导线的距离=0 1 m。气体被电离后在长直导线回路中产生顺时针方向的电流/,其/一 图像如图乙所示。为便于计算，螺线管内各处的磁感应强度大小均可视为，其中 =2 x l O-7 T.m/A。(1)求。6.0 X1 0-S
10、 内通过长直导线横截面的电荷量(2)求3.0 x l()3 s 时，通过螺线管某一匝线圈的磁通量中；(3)若规定c-R-为电流的正方向，在不考虑线圈自感的情况下，通过计算，画出通过电阻R的RT图像；(4)若规定c-R-d为电流的正方向，考虑线圈自感，定性画出通过电阻R 的I-图像。【答案】Q =0-5 C；(2)=6.2 8 x 1 0-8 W b；见解析；(4)见解析【解析】(1)由电量和电流的关系4 =可知/T图像下方的面积表示电荷量，因此有。=妆+32+如代入数据解得Q=0.5 C(2)由磁通量的定义可得k l ,=8 S =x 7 1 ar代入数据可得=6.2 8 x 1 O f W
11、b(3 )在0 7.0 x 1 0%时间内电流均匀增加，有楞次定律可知感应电流的方向ci R i d ,产生恒定的感应电动势尸 N k jr a2 ME=N=-x Ar r Ar由闭合回路欧姆定律可得.Eip -R+4代入数据解得iR=3.14X10-3A在1.O x 1 0 3s 5.0 x l O-s电流恒定，穿过圆形螺旋管的磁场恒定，因此感应电动势为雪，感应电流为零，而在5。x 1 0%6.0 x 1 0%时间内电流随时间均匀变化，斜率大小和O T.O x KT 3 s大小相同，因此电流大小相同，由楞次定律可知感应电流的方向为d fR-c,则图像如图所示加/10一么八3.14-0-1-1
12、-1-1-1-1-&U 1.0 2.0 3.0 4.0 5：0 6：0 7.0/103sII-3.14（4）考虑自感的情况下，线框会产生自感电动势阻碍电流的变化，因此开始时电流是缓慢增加的，过一段时间电路达到稳定后自感消失，电流的峰值和之前大小相同，在LOxl（r3s 5.0 x10-%时间内电路中的磁通量不变化电流要减小为零，因此自感电动势会阻碍电流的减小，使得电流缓慢减小为零。同理，在5.0 x10-3$6.0 x10-3s内电流缓慢增加，过一段时间电路达到稳定后自感消失，在6.0 xl0-3s之后，电路中的磁通量不变化电流要减小为零，因此自感电动势会阻碍电流的减小，使得电流缓慢减小为零。
13、图像如图7.（2021.全国.高考真题）如图，一倾角为“的光滑固定斜面的顶端放有质量M=0.06kg的u型导体框，导体框的电阻忽略不计；一电阻R=3。的 金 属 棒 的 两端置于导体框上，与导体框构成矩形回路CDEF.即与斜面底边平行，长度L=0.6m。初始时8 与所相距%=4 m,金属棒与导体框同时由静止开始下滑，金属棒下滑35,=m距离 1 6后进入一方向垂直于斜面的匀强磁场区域，磁场边界（图中虚线）与斜面底边平行；金属棒在磁场中做匀速运动，直至离开磁场区域。当金属棒离开磁场的瞬间，导体框的EF边正好进入磁场，并在匀速运动一段距离后开始加速。已知金属棒与导体框之间始终接触良好，磁场的磁感应
14、强度大小8 =I T,重力加速度大小取 g=lOm/ssina=0.6 求.（1）金属棒在磁场中运动时所受安培力的大小；（2）金属棒的质量以及金属棒与导体框之间的动摩擦因数；（3）导体框匀速运动的距离。=3=_5.【答案】3)018N；(2)?=Q 0 2 k g,“一(3)上 一 前1 1【解析】(1)根据题意可得金属棒和导体框在没有进入磁场时一起做匀加速直线运动，由动能定理可得(M +”7)g S i s i n a =g(M +?)%；代入数据解得%=|m/s金属棒在磁场中切割磁场产生感应电动势，由法拉第电磁感应定律可得E=BLv0由闭合回路的欧姆定律可得R则导体棒刚进入磁场时受到的安培
15、力为=B/L =0.1 8 N(2)金属棒进入磁场以后因为瞬间受到安培力的作用，根据楞次定律可知金属棒的安培力沿斜面向上，之后金属棒相对导体框向上运动，因此金属棒受到导体框给的沿斜面向下的滑动摩擦力，因匀速运动，可有mg s i n a+p mg c o s a=F.此时导体框向下做匀加速运动，根据牛顿第二定律可得M g s i n a-jjmg c o s a=M a设磁场区域的宽度为X,则金属棒在磁场中运动的时间为Xt=%则此时导体框的速度为V)=v()+at则导体框的位移1 2因此导体框和金属棒的相对位移为A1 2/x x =x.x =at 1 2由题意当金属棒离开磁场时金属框的上端EF
16、刚好进入线框，则有位移关系%A x =%金属框进入磁场时匀速运动，此时的电动势为BLvtEI=BL%,z-T导体框受到向上的安培力和滑动摩擦力，因此可得M g s i n a=jjmg c o s a+BIL联立以上可得_ 3x =0.3 m,=5m/s2,加=0.0 2 k g ,“8（3）金属棒出磁场以后，速度小于导体框的速度，因此受到向下的摩擦力，做加速运动，则有mg s i n a +ju mg c o s a=ma金属棒向下加速，导体框匀速，当共速时导体框不再匀速，则有%+叼=匕导体框匀速运动的距离为3=卬代入数据解得2.5 5x,=m =m-9 1 88.（2 0 2 1山东高考真
17、题）某离子实验装置的基本原理如图甲所示。I区 宽 度 为d,左边界与x轴垂直交于坐标原点。，其内充满垂直于平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为8。；n区宽度为L,左边界与x轴垂直交于a点，右边界与x轴垂直交于a点，其内充满沿y轴负方向的匀强电场。测试板垂直X轴置于n区右边界，其中心C与0 2点重合。从离子源不断飘出电荷量为小 质量为机的正离子，加速后沿x轴正方向过。点，依次经I区、n区，恰好到达测试板中心c。已知离子刚进入I I区时速度方向与X轴正方向的夹角为6。忽略离子间的相互作用，不计重力。（1）求离子在I区中运动时速度的大小V；（2）求I I区内电场强度的大小E；（3）保持上述条件不变，
18、将I I区分为左右两部分，分别填充磁感应强度大小均为8（数值未知）方向相反且平行），轴的匀强磁场，如图乙所示。为使离子的运动轨迹与测试板相切于C点，需沿x轴移动测试板，求移动后C到|的距离S ox o ：E f-o l-离子源 R加速d L-*-*-图甲c7)叵离子源加速区xB图乙-E二里-q s=6(6+,【答案】(1)ms i n ；(2)心 t ai r 外 s i n,t an 0；.(3)兀【解析】(1)设离子在I区内做匀速圆周运动的半径为，由牛顿第二定律得V,-qvB0=mr根据几何关系得s i n =r联立式得v=-ms i n。(2)离子在H区内只受电场力，x方向做匀速直线运动
19、，y方向做匀变速直线运动,设从进入电场到击中测试板中心C的时间为3)，方向的位移为先,加速度大小为a,由牛顿第二定律得qE=ma由运动的合成与分解得L =(v c o s)%=-(l-co s e),%=(v s i n -l r联立得 2qB；(.a d d Aml：t an _ 0 v s i n 0 t an 0)(3)H区内填充磁场后，离子在垂直y轴的方向做线速度大小为u co s。的匀速圆周运动，如图所示。设左侧部分的圆心角为a,圆周运动半径为/,运动轨迹长度为J由几何关系得=X 4-2171a +_ 224x2%/rcos a=2/由于在y轴方向的运动不变，离子的运动轨迹与测试板相
20、切于C点，则离子在I I区内的运动时间不变，故有r =LVCOS0 VCOS0S _ 6(6+1)Ltc到a的距离S =2/s i n a +联立得9.(2020江苏高考真题)如图所示，电阻为0 1 c的正方形单匝线圈/的边长为0.2 m,帆边与匀强磁场边缘重合。磁场的宽度等于线圈的边长，磁感应强度大小为Q 5 T。在水平拉力作用下，线圈以8 m/s的速度向右穿过磁场区域。求线圈在上述过程中：(1)感应电动势的大小E；(2)所受拉力的大小B(3)感应电流产生的热量Q。【答案】(1)0.8 V；(2)0.8 N；(3)0.32J【解析】(1)由题意可知当线框切割磁感线是产生的电动势为E=BLv=
21、0.5仓 吩.2 8 V=0.8 V（2）因为线框匀速运动故所受拉力等于安培力，有F=F/=BIL根据闭合电路欧姆定律有R结 合（1）联立各式代入数据可得尸=0.8 N；（3）线框穿过磁场所用的时间为故线框穿越过程产生的热量为尸2 0 o 2Q=R t=一f=?0.05J=0.32JR 0.11 0.（201 9北京高考真题）如图所示，垂直于纸面的匀强磁场磁感应强度为B.纸面内有一正方形均匀金属线框。尻d,其边长为心总电阻为R,a d边与磁场边界平行.从a d边刚进入磁场直至松边刚要进入的过程中，线框在向左的拉力作用下以速度v匀速运动，求：xxXXXXXXB（1）感应电动势的大小E；（2）拉力
22、做功的功率P；（3）4 b边产生的焦耳热Q./如 也【答案】（1）E=BLV；（2）R；（3）4R【解析】由导体棒切割磁感线产生电动势综合闭合电路欧姆定律和Q=5 R 解题.（1）从a d边刚进入磁场到尻,边刚要进入的过程中，只有a d边切割磁感线，所以产生的感应电动势为：E=BLV；(2)线框进入过程中线框中的电流为：=不a d 边安培力为：F,=B1L由于线框匀速运动，所以有拉力与安培力大小相等，方向相反，即尸=吊所以拉力的功率为：P =F v=vP =皿联立以上各式解得：R ；/=(3)线框进入过程中线框中的电流为：RL进入所用的时间为：一 三R 一 0a d 边的电阻为：4焦耳热为：2
23、=/凡。必联立解得：4R .1 1.(2021 福建高考真题)如图(a),同一竖直平面内A、B、M、N四点距。点的距离均为血L。为水平连线A B 的中点，M、N在 A B 连线的中垂线上。A、B两点分别固定有一点电荷，电荷量均为Q(Q )。以。为原点，竖直向下为正方向建立 x轴。若取无穷远处为电势零点，则O N上的电势8随位置x的变化关系如图(b)所示。一电荷量为Q(。)的小球片 以一定初动能从M 点竖直下落，一段时间后经过N点，其在O N 段运动的加速度大小。随位置x的变化关系如图(c)所示。图中g为重力加速度大小，女为静电力常量。(1)求小球就在 M 点所受电场力大小。(2)当小球5运动到
24、N点时，恰与一沿x轴负方向运动的不带电绝缘小球 2 发生弹性碰撞。已知酬与S 2 的质量相等，碰撞前、后 的 动 能 均 为 F T,碰撞时间极短。求碰撞前S 2 的动量大小。(3)现将S?固定在N点，为保证所能运动到N点与之相碰，S i 从 M 点下落时的初动能须满足什么条件?【答案】(1)A一丁一 Nx图(a)【解析】(1)设 A到 M点的距离为凡，A点的电荷对小球工的库仑力大小为FA,由库仑定律有F=迄 A：设小球,在 M 点所受电场力大小为旦,由力的合成有FM=2 f；s i n4 5 联立式，由几何关系并代入数据得F_ 忘&。2M 4 L2 L(2)设 0点下方5处为C点，A与 c的
25、距离为凡，小球S I 在c处所受的库仑力大小为 耳，由库仑定律和力的合成有耳=2丝s i n。仆 式中s i n。监设小球斯的质量为叫，小球加在 C点的加速度大小为0,由牛顿第二定律有Fc+mtg=mla 由 图(c)可知，式中a=2 g联立式并代入数据得8眩/n.=-2 7 g Z?设邑的质量为丐，碰撞前、后Si的速度分别为匕，匕，$2碰撞前、后的速度分别为匕，才，取竖直向下为正方向。由动量守恒定律和能量守恒定律有mv+m2V 2 =my+fniv2 （7）2W1V|2+/m2g=/相由+g电%2 设小球S2碰撞前的动量为0,由动量的定义有P2=fn2V2 （9）依题意有1 2 1 ,2 4
26、kQ22mV=2mV=T叫=m2联立式并代入数据，得8kQ2 版8位 痘即碰撞前丛的 动 量 大 小 为9gC。（3）设。点上方,处为D点。根据图（c）和对称性可知，Si在D点所受的电场力大小等于小球的重力大小，方向竖直向上，Si在此处加速度为0；Si在D点上方做减速运动，在D点下方做加速运动，为保证加能运动到N点与工相碰，Si运 动 到D点时的速度必须大于零。设M点与D点电势差为以，由电势差定义有UMD=%I-%设小球加初动能为线，运动到D点的动能为耳D,由动能定理有-DO）+QUMn=kD-k%0 由对称性，D点与C点电势相等，M点与N点电势相等，依 据 图（b）所给数据，并联立包旗式可得
27、F、(1 3-8 0)&Q 2匕k _2 7 L 1 2.(2 0 2 1江苏高考真题)如图1所 示，回旋加速器的圆形匀强磁场区域以。点为圆心，磁感应强度大小为3,加 速 电 压 的 大 小 为U、质量为加、电 荷 量 为q的粒子从。附近飘入加速电场，多次加速后粒子经过P点 绕。做圆周运动，半 径 为R,粒子在电场中的加速时间可以忽略。为将粒子引出磁场，在 尸 位 置 安 装 一 个“静电偏转器”，如 图2所示，偏转器的两极板M和N厚度均匀，构成的圆弧形狭缝圆心为Q、圆 心 角 为 当M、N间加有电压时，狭缝中产生电场强度大小为E的 电 场，使粒子恰能通过狭缝，粒子在再次被加速前射出磁场，不
28、计“、N间的距离。求:(1)粒子加速到P点所需要的时间t；(2)极 板N的最大厚度”m；n 2 mER.aR 4-sm qB2R-m E 2【解析】(1)设粒子在P的速度大小为“，则根据V2qvB=mr可知半径表达式为汽=些qB根据动能定理粒子在静电场中加速有nqU=m v粒子在磁场中运动的周期为T 27 r m1=-qB粒子运动的总时间为Z =(H-l)X y解得mv 1 、r =-E.=-r n v(2)由粒子的运动半径 qB,结合动能表达式 2 变形得j2mEk/一qB则粒子加速到P 前最后两个半周的运动半径为_ 2n-qU)_ 2mEk P-2qU -r?-qB,qB由儿何关系4,=2
29、(4-幻E J qBR结 合 且“2,7 7 解得(3)设粒子在偏转器中的运动半径为为，则在偏转器中，要使粒子半径变大，电场力应和洛伦兹力反向，共同提供向心力qvpD-qE=m-1rQ设粒子离开偏转器的点为K,圆周运动的圆心为。由题意知，。在S Q 上，且粒子飞离磁场的点与0、O 在条直线上FE.oTQ_R粒子在偏转器中运动的圆心在。点，从偏转器飞出，即从E点离开，又进入回旋加速器中的磁场，此时粒子的运动半径又变为A,然后轨迹发生偏离，从偏转器的尸点飞出磁场，那么磁场的最大半径即为Rm=OF=R+OO将 等 腰 三 角 形 放 大 如 图虚线为从。点向所引垂线，虚线平分。角，则OO=2(rQ-
30、R)解得最大半径为13.(2021辽宁高考真题)如图所示，在 心 0 区域内存在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场；在 x0)的粒子甲从点S(-,0)由静止释放，进入磁场区域后，与静止m在点P(a,。)、质量为牙的中性粒子乙发生弹性正碰，且有一半电量转移给粒子乙。(不计粒子重力及碰撞后粒子间的相互作用，忽略电场、磁场变化引起的效应)(1)求电场强度的大小E；(2)若两粒子碰撞后，立即撤去电场，同时在X0O区域内加上与x0区域内相同的磁场，求从两粒子碰撞到下次相遇的时间 r；(3)若两粒子碰撞后，粒子乙首次离开第一象限时，撤去电场和磁场，经一段时间后，在全部区域内加上与原x 0区域相同的
31、磁场，此后两粒子的轨迹恰好不相交，求这段时间内粒子甲运动的距离L o一 Q 0X XX XE=-=-L=i=【答案】(1)2 m .(2)qB；v 7【解析】(1)粒子甲匀速圆周运动过P点，则在磁场中运动轨迹半径粒子从S到。，有动能定理可得qEci-mv2m(2)甲乙粒子在P点发生弹性碰撞，设碰后速度为外、为,取向上为正，则有mv=/H v,+mv21,1 .1 1 ,mv=mv+x mv2 2 1 2 3 2计算可得1V.=u=1 2qBa2m3 3qBav29=v=-2 2m两粒子碰后在磁场中运动1 D i25刎=丁/叫=/nv22解得R、=aR?=a两 粒f在磁场中一直做轨迹相同的匀速圆
32、周运动,周期分别为丁 2/rR,4 乃?/i=-=-匕 qB_ 21凡 47rm 1；=v2 3qB则两粒子碰后再次相遇 Ar=-Ar+2-T2 1解得再次相遇时间2兀mAr=-qB(3)乙出第一象限时甲在磁场中偏转角度为柒 生.21=工7；4 6撤去电场磁场后，两粒子做匀速直线运动，乙粒子运动一段时间后，再整个区域加上相同的磁场,粒子在磁场中仍做半径为。的匀速圆周运动，要求轨迹恰好不相切，则如图所示设撤销电场、磁场到加磁场乙运动了，由余弦定理可得”八。(v/)2+(v/)2-(2 a)2co s 60=!-=-2 x V jf x v2f，1卬=3V2Z则从撤销电场、磁场到加磁场乙运动的位移
33、,2a二 14.(2 02 1.天津.高考真题)霍尔元件是一种重要的磁传感器，可用在多种自动控制系统中。长方体半导体材料厚为a、宽为6、长为c,以长方体三边为坐标轴建立坐标系 尸，如图所示。半导体中有电荷量均为e的自由电子与空穴两种载流子，空穴可看作带正电荷的自由移动粒子,单位体积内自由电子和空穴的数目分别为和当半导体材料通有沿+x方向的恒定电流后，某时刻在半导体所在空间加一匀强磁场,磁感应强度的大小为8,沿+方向，于是在z方向上很快建立稳定电场，称其为霍尔电场，已知电场强度大小为,沿-z方向。(1)判断刚加磁场瞬间自由电子受到的洛伦兹力方向；(2)若自由电子定向移动在沿+工方向上形成的电流为
34、求单个自由电子由于定向移动在z方向上受到洛伦兹力和霍尔电场力的合力大小时；(3)霍尔电场建立后，自由电子与空穴在z方向定向移动的速率介别为、%,求加时间内运动到半导体z方向的上表面的自由电子数与空穴数，并说明两种载流子在z方向上形成的电流应满足的条件。工*e r+E【答案】自由电子受到的洛伦兹力沿+z 方向；（2）四 人（3）见解析所示【解析】（1）自由电子受到的洛伦兹力沿+z 方向；（2）设/时间内流过半导体垂直于x轴某一横截面自由电子的电荷量为q,由电流定义式，有设自由电子在x方向上定向移动速率为,可导出自由电子的电流微观表达式为/“=neabvIIX单个自由电子所受洛伦兹力大小为。=ev
35、,*霍尔电场力大小为%=eE自由电子在z 方向上受到的洛伦兹力和霍尔电场力方向相同，联立得其合力大小为（3）设&时 间内在z 方向上运动到半导体上表面的自由电子数为乂、空穴数为则N =nacvnA tN p=pacvpA t霍尔电场建立后，半导体Z 方向的上表面的电荷量就不再发生变化，则应N=Np即在任何相等时间内运动到上表面的自由电子数与空穴数相等，这样两种载流f在z 方向形成的电流应大小相等、方向相反。1 5.(2 0 2 1 海南高考真题)如图，间距为/的光滑平行金属导轨，水平放置在方向竖直向下的匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B,导轨左端接有阻值为R 的定值电阻，一质量为m的金属杆放
36、在导轨上。金属杆在水平外力作用下以速度丫0 向右做匀速直线运动，此时金属杆内自由电子沿杆定向移动的速率为“0。设金属杆内做定向移动的自由电子总量保持不变，金属杆始终与导轨垂直且接触良好，除 了 电 阻R以外不计其它电阻。(1)求金属杆中的电流和水平外力的功率；0(2)某时刻撤去外力，经过一段时间，自由电子沿金属杆定向移动的速率变为2 ,求：(i)这段时间内电阻R 上产生的焦耳热；(ii)这段时间内一直在金属杆内的自由电子沿杆定向移动的距离。I X 5 X X XR fx x x xBl vn B2；3 mRu0【答案】(1)/=R,P =R；(2)(i)Q =8,(ii)d=2 8/【解析】(
37、1)金属棒切割磁感线产生的感应电动势E=BIVQ则金属杆中的电流E Bl v(lj=R=卞由题知，金属杆在水平外力作用下以速度v o 向右做匀速直线运动则有B叩%F=F 安=BIl =R根据功率的计算公式有%P =Fv o =R(2)(i)设金属杆内单位体积的自由电子数为，金属杆的横截面积为S,则金属杆在水平外力作用下以速度v o 向右做匀速直线运动时的电流由微观表示为Bl%I=n Se u（）=R则解得n Se=M%此时电:沿金属杆定向移动的速率变为2,则 o Bl vI =n Se 2=R解得%/=2则能量守恒有_ _2 =2 研j-Q解得3Q=%（i i）由（i）可知在这段时间内金属杆的
38、速度由V 0变 到2 ,则根据动量定理有为 Z u At-Bql-At =m 2-?%）=_ Bl n Se4,=-Bl n Se d（取向右为正）由于M%n Se=R。化简得mRuQd=2 B2/21 6.（2 0 2 1湖北高考真题）如 图（a）所示，两根不计电阻、间距为乙的足够长平行光滑金属导轨，竖直固定在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向里，磁感应强度大小 为 反 导轨上端串联非线性电子元件Z和阻值为R的电阻。元 件Z的U-/图像如图（b）所示，当流过元件Z的电流大于或等于/。时，电压稳定为U m。质量为人不计电阻的金属棒可沿导轨运动，运动中金属棒始终水平且与导轨保持良好接触。忽略空
39、气阻力及回路中的电流对原磁场的影响，重力加速度大小为g。为了方便/=mg u =mg R计算，取 -4BL,m 2 B La以下计算结果只能选用机、g、B、L、R表示。(1)闭合开关S。，由静止释放金属棒，求金属棒下落的最大速度也；(2)断开开关S,由静止释放金属棒，求金属棒下落的最大速度也；(3)先闭合开关S,由静止释放金属棒，金属棒达到最大速度后，再断开开关S。忽略回路中电流突变的时间，求 S断开瞬间金属棒的加速度大小f l o图(a)图(b)v=3 v：3mg R 0=&【答案】8 七2；(2)2 2B2!?.(3)2【解析】(1)闭合开关S,金属棒下落的过程中受竖直向下的重力、竖直向上
40、的安培力作用,当重力与安培力大小相等时，金属棒的加速度为零，速度最大，则mg =BIJ由法拉第电磁感应定律得E1=BL%由欧姆定律得产R解得好 甯1 B2 c(2)由 第(1)问得mgBL由于i0 =时，电子加速后均沿各磁场区边缘进入磁场，且在电场内相邻运动轨迹的夹角6均为4 5。，最终从。点出射，运动轨迹如图中带箭头实线所示，求I区的磁感应强度大小、电子在I区磁场中的运动时间及在。点出射时的动能；（2）已知电子只要不与1区磁场外边界相碰,就能从出射区域出射。当线。=履0时-，在磁场I中，由几何关系可得要保证电子从出射区域出射，求Z的最大值。n区5 l e U m 兀 Rj me U【答案】e
41、 R,4e U，&U ；（2【解析】（1）电子在电场中加速有2e U=/n r22-i 1JpH-R Hyf3R-1 3)6/,=R tan 225=0.4/?v2Bev=m 联立解得_ 5/eUm1 eR在磁场I中的运动周期为_ 271r1-v由几何关系可得，电子在磁场I中运动的圆心角为5展 厂在磁场I中的运动时间为联立解得7rRJtneUt 4eU从。点出来的动能为Ek=8eU(2)在磁场I中的做匀速圆周运动的最大半径为此时圆周的轨迹与I边界相切,由几何关系可得回 _ 灯=心+1解得苫R由于2大1 02eU=tnv-keU2联立解得20.(2021.湖南.高考真题)带电粒子流的磁聚焦和磁控
42、束是薄膜材料制备的关键技术之一、带电粒子流（每个粒子的质量为加、电荷量为+4）以初速度v 垂直进入磁场，不计重力及带电粒子之间的相互作用。对处在、丫 平面内的粒子，求解以下问题。（1）如 图（a）,宽度为的带电粒子流沿x 轴正方向射入圆心为A（。，4）、半径为片的圆形匀强磁场中，若带电粒子流经过磁场后都汇聚到坐标原点。，求该磁场磁感应强度用的大小；（2）如 图（a）,虚线框为边长等于物 的正方形，其几何中心位于。曲一4）。在虚线框内设计一个区域面积最小的匀强磁场，使汇聚到。点的带电粒子流经过该区域后宽度变为”,并沿x 轴正方向射出。求该磁场磁感应强度冬的大小和方向，以及该磁场区域的面积（无需写
43、出面积最小的证明过程）；（3）如 图（b）,虚线框I 和H 均为边长等于4的正方形，虚线框HI 和I V 均为边长等于 的正方形。在 I、I I、I I I 和I V 中分别设计一个区域面积最小的匀强磁场，使宽度为 的带电粒子流沿x 轴正方向射入I 和 H 后汇聚到坐标原点。，再经过川和I V 后宽度变为,并沿*轴正方向射出，从而实现带电粒子流的同轴控束。求 I和I H 中磁场磁感应强度的大小，以及n和w中匀强磁场区域的面积（无需写出面积最小的证明过程）。品=-1对%=（%-1归【解析】(1)粒子垂直X进入圆形磁场，在坐标原点。汇聚，满足磁聚焦的条件，即粒子在磁场中运动的半径等于圆形磁场的半径
44、彳，粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力V2qvB1 m ri解得B,=弘(2)粒子从。点进入下方虚线区域，若要从聚焦的。点飞入然后平行*轴飞出，为磁发散的过程，即粒子在下方圆形磁场运动的轨迹半径等于磁场半径，粒子轨迹最大的边界如图所示，图中圆形磁场即为最小的匀强磁场区域根据左手定则可知磁场的方向为垂直纸面向里，圆形磁场的面积为S TZV-,(3)粒子在磁场中运动，3 和 4 为粒子运动的轨迹圆，1和 2 为粒子运动的磁场的圆周0V qvB-m 根据 可知I和 III中的磁感应强度为八 mv _ mv=图中箭头部分的实线为粒子运动的轨迹，可知磁场的最小面积为叶子形状，取【区域如图图中阴影部分面
45、积的一半为四分之一圆周*A。8与 三 角 形 之 差，所以阴影部分的面积为-1,1,1 ,5l=2(54C,B-SA Ofl)=2x(-2-52)=(-l)类似地可知I V 区域的阴影部分面积为Siv=2x(；%万 一 1)42根据对称性可知II中的匀强磁场面积为S n =g万 T）片2 1.（2 0 2 1 浙江高考真题）在芯片制造过程中，离子注入是其中一道重要的工序。如图所示是离子注入工作原理示意图，离子经加速后沿水平方向进入速度选择器，然后通过磁分析器，选择出特定比荷的离子，经偏转系统后注入处在水平面内的晶圆（硅片）。速度选择器、磁分析器和偏转系统中的匀强磁场的磁感应强度大小均为B,方向
46、均垂直纸面向外；速度选择器和偏转系统中的匀强电场场强大小均为,方向分别为竖直向上和垂直纸面向外。磁分析器截面是内外半径分别为R i 和 仁 的 四分之一圆环，其两端中心位置M 和 N处各有一个小孔；偏转系统中电场和磁场的分布区域是同一边长为L的正方体，其偏转系统的底面与晶圆所在水平面平行，间距也为L。当偏转系统不加电场及磁场时，离子恰好竖直注入到晶圆上的。点（即图中坐标原点，x轴垂直纸面向外）。整个系统置于真空中，不计离子重力，打在晶圆上的离子，经过电场和磁场偏转的角度都很小。当 a很小时，有s i n a a t an g y y,c o s a l-l a22 。求：（1）离子通过速度选择
47、器后的速度大小v 和磁分析器选择出来离子的比荷；（2）偏转系统仅加电场时离子注入晶圆的位置，用 坐 标（x,y）表示；（3）偏转系统仅加磁场时离子注入晶圆的位置，用 坐 标（x,y）表示；（4）偏转系统同时加上电场和磁场时离子注入晶圆的位置，用 坐 标（x,y）表示，并说明理由。E 2 E 3-3 产【答案】(1)B ,(6 +&加.(2)(K+R2 ,0)；(3)(0,6 +6)；(4)见解析【解析】(1)通过速度选择器离子的速度Ev=一B从磁分析器中心孔N射出离子的运动半径为6+&1 一2mv2 门-=qvB由 R 得q _ v _ 2Em RB(R.+RB2(2)经过电场后，离子在x 方
48、向偏转的距离离开电场后，离子在x 方向偏移的距离2 =Ltan9=%3 Z?位置坐标为(N +E,0)(3)离子进入磁场后做圆周运动半径mvr-qBLs i n c r =经过磁场后，离子在y方向偏转距离y =r(l-c o s a)-R】+Ri离开磁场后，离子在y方向偏移距离了2匕%=tan cr -%+4则3L2y=y+y-1 2 6+63Z,2运动不产生影响。电场引起的速度增量对y方向的22.（2020江苏高考真题）空间存在两个垂直于。平面的匀强磁场，y轴为两磁场的边界，磁感应强度分别为2综、3稣。甲、乙两种比荷不同的粒子同时从原点。沿x轴正向射入磁场，速度均为丫。甲 第1次、第2次经过
49、y轴的位置分别为尸、Q,其轨迹如图所示。甲经过。时，乙也恰好同时经过该点。已知甲的质量为“，电荷量为4。不考虑粒子间的相互作用和重力影响。求：(1)Q到O的距离d；甲两次经过P点的时间间隔加；q(2),mv A 2兀 m.“d=-Ar=-幺=幺【答案】（1）3qB。；（2）qB”；（3）m m【解析】(1)带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，由 R得,/?,=/?,=2强,-3qB1Q、。的距离为:mvd=2 R,-2 R,=-3西(2)由(1)可知，完成一周期运动上升的距离为“，粒 子 再 次 经 过P,经 过 N 个周期,%=3d d所以，再次经过尸点的时间为t=NT=3
50、T由匀速圆周运动的规律得 2TTR.nm 2R、2兀 m11=T-）v qB（v 3qB,绕一周的时间为7=雪h =包L2 2 6qB&所以，再次经过尸点的时间为5 n m3/=-2qB两次经过P 点的时间间隔为.T.2兀 m t =t一 一L=-2 qB。v2qvB=m(3)由洛伦兹力提供向心力，由 R得,2q,B。2 3qB0完成一周期运动上升的距离d=2Rt-2R2若乙粒子从第一象限进入第二象限的过程中与甲粒子在Q点相遇，则工 J T、T、T22R+w =o Q =d,/7 T+T +T-r+T结合以上式子，无解。若乙粒子从第二象限进入第一象限的过程中与甲离子在。点相遇，则（Z L+Z