江西省2023年高考物理模拟试题知识点训练：电磁学解答题

江西省2023年高考物理模拟试题知识点分类训练：电磁学解

答题

一、解答题

1.（2023•江西•统考二模）如图，竖直平面内存在方向水平的匀强电场，电场区域必间

距为H,在该区域下边界的。点将质量为m、电荷量为4的小球以一定的初速度竖直上

抛,小球从上边界离开电场,再次进入电场后在电场中做直线运动，到达下边界的点,

已知小球到达点的速度大小为从。点进入电场时速度大小的9倍，动量方向与水

平面的夹角为不计空气阻力，重力加速度大小为g。求：

（1）。角的正切值和该电场的电场强度；

（2）小球由。到的运动时间；

（3）在下边界水平放置一足够长的绝缘挡板，小球碰撞前后速度与挡板的夹角不变，

若第二次碰撞点M2与的距离为8”，求第一次碰撞过程小球的动能损失。

.一-e-*b

OMx

2.（2023・江西♦统考二模）如图所示，与水平方向成夹角6=37的两平行金属导轨BC

BC,左端连接水平金属轨道班AE,右端用绝缘圆弧连接水平金属导轨C。、CD,

并在轨道上放置静止的金属导体棒山在水平轨道末端安装绝缘的无摩擦固定转轴开关,

导体棒〃经过。。两点（无能量损失），进入半径r=2.7m与水平面垂直的半圆形导轨。

转轴开关会顺时针转动90以挡住后面的金属棒。EE'两点略高于QZ九可无碰撞通过。

半圆形导轨与足够长的水平金属导轨HG、"'G'平滑连接，末端连接C=IF的电容器。

已知轨道间距为d=lm,BC、BC'长度A=IOm,a、b棒质量均为lkg,α电阻为R=2Ω,

6电阻不计，BC、3'C'平面，CD、C。平面，HG、"'G’平面内均有垂直于该平面的

磁场B=IT,不计一切摩擦，导轨电阻不计，10m∕s2O现将导体棒“自B9静止释放,

求：

（1）若导体棒α运动至CC前己匀速，求下滑的时间及匀速下滑时速度；

（2）CD、CD'水平金属导轨足够长，要求a、b棒可在水平轨道上达到共速且不会发生

碰撞，则6初始位置至少应离CC'多远；

（3）/7过。少后，转轴开关将“挡住，求6在轨道“G、，'G，滑行的最终速度。

3.（2023•江西•统考一模）我国自行设计研制的热核聚变全超导托卡马克实验装置再次

创造了该类实验装置运行的世界新纪录。此装置在运行过程中，需要将加速到较高速度

的离子束转变成中性粒子束，而其中还未被中性化的高速带电离子则需通过过滤装置过

滤出来并剥离。所用到的过滤装置工作原理简图如图所示，混合粒子束先通过加有一定

电压的两极板之间区域后，再进入极板下方的偏转磁场中，此过程中中性粒子仍会沿原

方向运动并被接收器接收；而带电离子中的一部分则会先在两极板间的电场作用下发生

偏转，一部分直接打在下极板，另一部分则会在穿过板间电场后进入其下方的匀强磁场

与区域，进一步发生磁偏转并打在吞噬板上，从而剥离吸收。已知这些带电离子电荷

量为。（4>0）,质量为，"，两极板间距为“，所加电压为U,极板长度为2d,粒子束

中所有粒子所受重力均可忽略不计，不考虑粒子间的相互作用。

（1）要使初速度为匕=、陛的离子能沿平行于极板的直线经过电场区域，需在极板间

Vm

再施加一垂直于纸面的匀强磁场，求其磁感应强度用的大小和方向；

（2）若带电离子以初速度匕沿直线通过极板区域后，进入下方垂直纸面向外的匀强偏

转磁场&区域。当磁感应强度B,=!、俨口时，要使离子能全部被吞噬板吞噬，求吞

d∖q

噬板所需的最小长度/;

（3）若粒子束中带电粒子为初速度用但已，且撤去了两极板间的磁场4,则有部

Vm

分带电离子会通过两极板间的偏转电场进入偏转磁场，已知磁场的磁感应强度冬大小

可调，且分布范围足够宽广，吞噬板∕=2J并紧靠左极板水平放置。若要保证进入偏转

试卷第2页，共6页

磁场的带电粒子最终都能被吞噬板吞噬，求磁感应强度线大小的取值范围。

¼⅛⅛⅛

IIIIIII

接收器

4.(2023•江西•统考二模)如图所示，氏C三点构成一直角三角形，有一匀强电场与

三角形所在平面平行，已知人氏C三点的电势分别为(2-6)V、2V、(2+√3)v,图

中为三角形的外接圆，匕处有一质子源，能向圆内不同方向喷射初动能均为5eV的质子,

已知质子电量为e，不计质子重力及相互间的作用力，求这些质子飞越圆周时动能的范

围。

5.(2023・江西•统考一模)如图，在的区域存在方向沿X轴正方向的匀强电场，在

y<0的区域存在方向垂直于xθy平面向外的匀强磁场。带正电粒子a从y轴上P点、

(yp=h)沿y轴负方向以％射出，同时带负电粒子6从y轴上。点(y°=2h)沿y

轴负方向以2%射出。粒子”进入磁场时，速度方向与X轴正方向的夹角为30。，并在磁

场中与粒子6发生碰撞，碰撞前瞬间“、人的速度方向相反，碰后“、匕结合成一个新的

粒子c。粒子”的质量为〃?，电荷量为4,粒子b的质量为2〃?，电荷量为-4“，粒子重

力忽略不计。求

(1)粒子。刚进入磁场时的位置的横坐标？

(2)粒子“、b在磁场中运动的半径之比及磁场的磁感应强度大小？

(3)从粒子a、6结合成C至c∙离开磁场所用时间?

二Q

E______

ip

B

••••••••

6.(2023•江西,统考一模)如图所示，建立空间直角坐标系。盯z,其中Z轴正方向竖直

向上，整个空间存在竖直向下的匀强磁场和匀强电场。一质量为加、电荷量为”的带电

小球从Z轴的A点以速度即水平沿X轴负方向射出，恰能在水平面内做匀速圆周运动，

已知OA=H,重力加速度为g,不计空气阻力。

(1)求匀强电场场强E；

(2)现仅把电场方向改为竖直向上，小球仍从Z轴的A点以速度VO水平沿X轴负方向

射出，并恰好经原点O再次到达Z轴，求小球通过。点的动能和匀强磁场磁感应强度B

7.(2023•江西・统考一模)2022年6月17B,我国自主设计建造的首艘电磁弹射型航

空母舰“福建舰”成功下水。该舰采用平直通长飞行甲板，配置电磁弹射和阻拦装置，飞

机的前轮与磁悬浮电磁弹射车相连，如图甲所示。其工作原理简化为如图乙所示，间距

d=Im的平行光滑金属导轨(电阻不计)间存在磁感应强度B=IOT的匀强磁场，弹射

车由200根完全相同的导体棒并联组成。电磁弹射时，开关S与1相连，恒流电源为整

个系统供电，弹射车带动飞机从静止开始匀加速运动Xi=60m后达到起飞速度V=

60m∕s。飞机起飞后立即与弹射车脱钩，同时将开关S与2相连，弹射车在磁场的阻尼

作用下运动X2=30m后停下。假设弹射车的质量m=IOOOkg,飞机的质量M=1.9×

104kg,电阻RO=O.02。，不计弹射车带动飞机加速运动过程中的感应电动势以及飞机与

甲板之间的摩擦和空气阻力。求：

(1)恒流电源提供的总电流大小；

(2)每根导体棒的电阻上

试卷第4页，共6页

恒

f弹射车

流

电

源

8.（2023•江西•统考一模）如图所示，MN、PQ为间距L=Im足够长的平行导轨，导轨

平面与水平面间的夹角6=37。，N、。间连接有一个阻值R=O.80的电阻，有一匀强磁

场垂直于导轨平面且方向向上，磁感应强度为稣=IT,将一根质量为加=lkg、电阻

r=0.2C的金属棒必紧靠NQ放置在导轨上,且与导轨接触良好。现由静止释放金属棒,

当金属棒滑行至Cd处时己经达到稳定速度。己知金属棒与导轨间的动摩擦因数

A=0.50,金属棒沿导轨下滑过程中始终与N。平行，不计导轨的电阻，取

g=1Om/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,试求:

（1）金属棒沿导轨下滑的最大加速度大小；

（2）求金属棒在达Cd处的速度大小和此时必两端的电势差

（3）在金属棒从而运动到W过程中，若通过电阻R的电荷量为5C时，则此时整个回

路产生了多少焦耳热。

9.（2023•江西•统考二模）如图所示，竖直平面内固定一直角坐标系xθy,在X轴上水

平固定光滑绝缘轨道，在第二象限存在垂直纸面向外的匀强磁场L磁感应强度大小为

B,在第一象限存在竖直方向的匀强电场.质量为，小电荷母为一4的带电小球，在水平

向右的外力作用下运动，到。点时恰好对轨道无压力地进入第一象限，此时撤除外力,

要使小球进入第一象限后速度方向偏转60。再做匀速直线运动，必须在适当区域加上垂

直纸面向外的匀强磁场H,磁感应强度大小为23。重力加速度为g。

（1）求小球运动到。点时的速度大小；

（2）求匀强电场的场强的大小；

（3）若磁场∏为圆形，求该磁场最小面积；

（4）若磁场II为矩形，求该磁场最小面积：

(5)若磁场H为三角形，三角形三个顶点为0、A、C(4、C两点图中均未画出)，当

该磁场面积最小时，求A、C两点的坐标。

y

0*x

试卷第6页，共6页

参考答案:

1.(1)Vdnθ=~;F=-；(2)4—；(3)AE=IOmgH

3qN3g

【详解】(1)令小球在。点的速度为%,根据运动的独立性，小球到达Ml时速度的竖直分

量为

%=%

由题意得

MVo=网+v；X

可得

即

tanΘ=—=-

心3

小球到达Ml之前做直线运动，合力方向与合速度方向共线

即

处=幺

mgvly

可得

E=懑

q

(2)小球在竖直方向上做竖直上抛运动，可知小球在电场中的两段运动时间相同，且水平

方向做匀加速直线运动，电场区域上方小球水平方向做匀速运动。令小球从A点向上离开电

场，从B点再次进入电场

可得

1

%，=/

答案第1页，共14页

1

『%

由此可得

t<)A~=5Clβ

由OTA,在竖直方向上，有

I

%+v°3

H=-；f2-×fθA=^vθ×tOA

且

1

%-=StOA

可得

∣2H

tOA=J丁

V3g

即

r4t4

’0必=^OA+tIIW,+AB=OA=J-

(3)令第一次碰后的竖直分速度为电V，水平分速度为V2X

由条件可得

%=3%.

第一次碰后到第二次碰撞

2v2y=g%M

2V,v12Vjv,

Xa=3%X3+彳X3gXD2=9=8H

82g

解得

吸=早

v3

E碰后=gm(Ev+9v2v)=5znv2,rPT

碰前

E碰前=?"M∙+9½2y)=5mv∣y=5mvO

又因为

答案第2页，共14页

%=2S^OA

即

V。E

_4SngH

七碰前二ɜ

可得第一次碰撞过程小球的动能损失

AE=IOmgH

17

2.(1)——s,12m/s；(2)12m；(3)6m/s；

6

【详解】(1)对〃匀速时

mgsinθ=Bid

解得

∕=⅛^=6A

Bd

E=IR=XlN

又

E=Bdv

可得

v∕=12m∕s

对。有

nigsinθt-BIdt=mvl

又

BdL

τIt=q=-----

R

解得

17

t=­s

6

(2)akCD,CZT后与b动量守恒，则

/HV1=Imv2

解得

v2=6m∕s

答案第3页，共14页

对匕有

Bldt=mv2

又

-,BdAx

It=q=------tii

R

可得

∆x∣ll=12m

故至少离Ce'12m。

(3)6进入圆轨道时，因为

V,=6ιn∕s≥yfgr

故沿轨道做圆周运动至GG由

2mgr=ɪ/w(vɜ-v；)

可得

V3-12m∕s

对匕有

-Bldt=m(v-v3)

又

Tt=q=CU

且

U=BdV

可得

V=吗

m+B2d2C

可得

v=6m∕s

∖mU..m1/0,63mCJ

3.(1)---,方向垂直纸面向里；(2)l=d\(3)—J-------≤B2-^Jyi-------

【详解】(1)离子能直线通过两极板，则洛伦兹力与电场力平衡，则有

答案第4页，共14页

qv'β'=ql

将V1=代入上式解得

mυ

β_1∖

由左手定则判断可知：磁场4方向垂直纸面向里。

(2)当离子在偏转磁场中做匀速圆周运动时有

q%B[=m-

r

解得

√2,

r=——az

2

又由图可知：离子在吞噬板上最靠右的落点到左极板距离

xi=2r-d

离子在吞噬板上最靠左的落点到左极板距离

则此吞噬板的长度最短，联立解得

I=(X2-xx)=d

(3)当初速度为匕=J蜉时，对于沿右极板运动的离子，在两极板间做类平抛运动。

答案第5页，共14页

+

h混合粒子束广

L脊噬板________LLZJ

・••・・・、••

................二..

:'、、.J:

••••••

....B2.......................

⅛⅛⅛≡

接收器

则

y=-at2

2

2d=V2Z

U

q—=ma

联立解得

IqUd2

产获T二丁

离子做类平抛运动的过程中，根据动能定理

U11

-Jqy=3mv2——i

得

v=J‰=J∖3qU

∖mv2V3m

离子进入偏转电场时的速度偏向角的余弦值为

CoSe/邛

与吞噬板右端相距为;当磁场层满

此时沿上极板进入电场的带电离子射出偏转电场时，d,

足此离子打到吞噬板，则由几何关系分析可得

—<2rcos0≤ɪ-d_

3：F

答案第6页，共14页

又当入射点下移至带电粒子刚好擦着下极板右边缘射出电场进入偏转磁场，则磁场与满足

该离子刚好能打在吞噬板的下端点为最大值，有

2rcosθ<2d

综合分析结果有

-≤2rcosθ≤2d

3

根据

V2

qvB=m—

1r

则所需磁场层的取值范围

1∣3mU//6∣3mU

<-I---------

d'—qJ----------dNq

4.3eV≤Ek≤7eV

【详解】如图所示，圆心O是。。的中点，所以圆心。点的电势为

%=誓=2V

06是等势线，过。点作直线MN"LC⅛,交外接圆于M、N两点，则电场线如图中MN所示,

方向由M指向M匀强电场中沿电场线方向电势均匀降低，过圆心垂直于Ob的直径上的M、

N两点分别为该三角形的外接圆上最高、最低的电势点。设该三角形的外接圆的半径为R,

答案第7页，共14页

又C点与06间的电势差为

V

根据几何关系可知c点与Ob间的距离为

RcosGQo=-R

2

所以该匀强电场的场强为

c,√3V2V

E=-i=-=——

立RR

2

则有

UMO=(PM-(PO=ER=UON=(PO-(PN=ER=W

解得

ΨM=4V,(PN=O

由动能定理质子从6运动到何，有

eUbM=e((f)b^~(PM)=^kM-凡b

解得

EkM=3eV

同理质子从匕运动到N,有

(

eUbN=e(Pb-(PN)=EkN—fkb

解得

EkN=7eV

这些质子飞越圆周时动能的范围为

3eV≤Ek≤7eV

答案第8页，共14页

5.(1)息；(2)1:1,46m%/、5∖∣3πh

2~w^,K

【详解】(1)粒子。在电场中做类平抛运动，设加速度大小为4,运动时间为乙，进入磁场

时的位置的横坐标为王；则有

h=M

12

xι=2a'z'

⅛x=aA

2=tan30。

%

联立解得

心∖∣3h

v∣x=√3vo>ɪ.=­

(2)对粒子α,进入磁场的速度大小为

W=M+:=2%

在磁场中的轨道半径为

_mv}_2mv[)

r'~~qB~qB

粒子〃在电场中做类平抛运动，设加速度为大小电，运动时间为进入磁场时的位置的横

坐标绝对值为々，进入磁场时速度为匕；则有

2/?=2V0Z2

可得

t2=t\

又

…壁=逆=2q

~2mm

则有

vat

2x=22=2印I=2V1Λ.=26VO

粒子6进入磁场的速度大小为

答案第9页，共14页

丫2="吟+(2%)2=4%

在磁场中的轨道半径为

_Imv2_2∕∕2V0

r^-4qB-qB

故粒子a、6在磁场中运动的半径之比为

4:弓=1:1

粒子b进入磁场时的位置的横坐标绝对值为

x2=5a/：=2xl=ʌ/ɜ/?

根据几何关系可得

3√3∕z

rl=ι^=xt+x2=^-

由

mv.2mv..

A=——l=-----

qBqB

联立解得

4⅛v0

9qh

(3)两粒子同时进入磁场，经4相遇，则有

5π

可得

5yβτvh

Z3=-ΓZ-----

12%

两粒子发生碰撞，满足动量守恒，设碰后形成的粒子C速度为匕，则有

2m∙4v0-m∙2v0=3mvc

解得

Ve=2%=V,

两粒子结合成粒子C后，粒子C的质量为3加，电荷量为-3q,则有

3mvmv

r.=-----r-=——Lx=n

3qBqB1

答案第10页，共14页

设粒子C经乙时间从磁场飞出，则有

5√3Λ-Λ

’4=’3⑵=--。------

6.(1)等；(2)gmv：+2∕ngH,

【详解】(1)由于小球做匀速圆周运动，电场力与重力平衡，即

Eq=mg

可知电场强度的大小

E=%

q

(2)由于洛伦兹力不做功，再次经过。点时，根据动能定理

{/nιg+Erɔq)∖/T7τ=—1mv2——ɪmv^2

而

Eq=mg

通过。点的动能

2

Ek=-mvɪ-ɪ-wvθ+ImgH

小球在水平方向做匀速圆周运动，运动的周期

_2πnι

1------

qB

在竖直方向做匀加速直线运动，恰好经过Z轴时过。点，运动的时间恰好为匀速圆周运动

的一个周期，因此

H=-aT2

2

根据牛顿第二定律

Eq+mg=ma

联立解得匀强磁场磁感应强度B的大小

B昔需

7.(1)I=6×IO4A;(2)R=6Ω

【详解】(1)设电磁弹射时飞机的加速度为小则有

V2=2ax∣

答案第ɪɪ页，共14页

解得

a=30m∕s2

加速过程中飞机和弹射车受到的合力

Bid=(MA-ιn)a

∕=6×IO4A

(2)飞机飞离甲板后，弹射车在电磁阻尼的作用下做减速运动直到速度减为零，设减速过

程所用时间为。，减速过程中弹射车的平均速度为万。对弹射车根据动量定理有

-BIclAt=0-mv

代入解得

R=6Q

2

8.(1)a=2m∕s;(2)v=2m∕s,Uab=1∙6V；(3)Q=8J

【详解】(1)金属棒开始下滑的初速为零，不受安培力，此时加速度最大。

摩擦力

f=μmgcosθ

重力沿轨道向下的分力

G1=mgsinθ

根据牛顿第二定律可得

Gx-f=ma

mgSine-μmgcosθ=ma

代入数据解得

a=2m∕s2

(2)对金属棒防受力分析，达到稳定速度时，根据平衡条件有

答案第12页，共14页

G=f+F女

即

mgsin。=理+μmgcosθ

又因为

F安=BOlL

R+r

E=BoLV

代入数据解得金属棒达到的稳定速度