浙江省五年（2021-2025）高考物理真题分类汇编：专题20 电学计算题（解析版）

专题20电学计算题

考点五年考情（2021-2025）命题趋势

在电场部分，常考查电场强度、电势

考点1恒定电

2021、2023、2024

流差、电势能等概念，以及带电粒子在电场

中的运动，可能涉及类平抛运动等知识点，

考点2带电粒

要求考生运用牛顿运动定律、动能定理等

子在磁场中的2021、2022、2023、2024、2025

求解粒子的运动轨迹、速度和位移等。

运动

电磁感应是考查的重中之重，题型多

考点3电磁感以导体棒切割磁感线或线圈磁通量变化为

2021、2022

应主，涉及感应电动势、感应电流的计算，

还常结合能量守恒定律，考查电能与其他

形式能量的转化，以及与动量定理结合分

析导体棒的运动过程。

电路部分则侧重于闭合电路欧姆定律

的应用，包括路端电压、电源功率等计算，

也可能涉及非纯电阻电路中电功和电功率

考点4交变电

2023的分析，还可能结合实际电路情境，考查

流

电路的动态分析、故障判断等内容。

此外，试题常创设贴近生活实际或前

沿科技的物理情境，如磁悬浮列车、电磁

感应加热装置等，要求考生将物理知识应

用于实际问题，综合考查考生的分析推理、

数学运算等能力。

考点01恒定电流

1．（2024·浙江·6月选考）某小组探究“法拉第圆盘发电机与电动机的功用”，设计了如图所示装置。飞轮由

三根长a=0.8m的辐条和金属圆环组成，可绕过其中心的水平固定轴转动，不可伸长细绳绕在圆环上，

系着质量m=1kg的物块，细绳与圆环无相对滑动。飞轮处在方向垂直环面的匀强磁场中，左侧电路通过

电刷与转轴和圆环边缘良好接触，开关S可分别与图示中的电路连接。已知电源电动势E0=12V、内阻

r=0.1Ω、限流电阻R1=0.3Ω、飞轮每根辐条电阻r0=0.9Ω，电路中还有可调电阻R2（待求）和电感L，不

计其他电阻和阻力损耗，不计飞轮转轴大小。

（1）开关S掷1，“电动机”提升物块匀速上升时，理想电压表示数U=8V。

①判断磁场方向，并求流过电阻R1的电流I1；

②求物块匀速上升的速度v1。

（2）开关S掷2，物块从静止开始下落，经过一段时间后，物块匀速下降的速度与“电动机”匀速提升物

块的速度大小相等，

①求可调电阻R2的阻值；

②求磁感应强度B的大小。

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

【详解】（1）①物块上升，则金属轮沿逆时针方向转动，辐条受到的安培力指向逆时针方向，辐条中电

流方向从圆周指向O点，由左手定则可知，磁场方向垂直纸面向外；等效电路如图

E0−U12−8

由闭合电路的欧姆定律可知E0−U=I1(R1+r)，则I1==A=10A

R1+r0.3+0.1

②等效电路如图

r0

辐条切割磁感线产生的电动势与电源电动势相反，设每根辐条产生的电动势为E1，则U−E=I

113

解得E1=5V此时金属轮可视为电动机P出=E1I1当物块P匀速上升时P出=mgv1解得v1=5m/s另解：因

r

U=8V，I=10A，根据UI=I20+mgv解得v=5m/s

111311

（2）①物块匀速下落时，由受力分析可知，辐条受到的安培力与第（1）问相同，等效电路如图

经过R2的电流I2=I1=10A由题意可知v2=v1=5m/s每根辐条切割磁感线产生的感应电动势

E2=E1=5V

E25V

R总===0.5Ω

I210A

r

R=R+0

总23

r

解得R=0.2Ω另解：由能量关系可知mgv=I2(R+0)解得R=0.2Ω

222232

111

②根据E=Bωa2=Baωa=Bav而E=5V解得B=2.5T

222222

2．（2023·浙江·6月选考）某兴趣小组设计了一种火箭落停装置，简化原理如图所示，它由两根竖直导轨、

承载火箭装置（简化为与火箭绝缘的导电杆MN）和装置A组成，并形成闭合回路。装置A能自动调节

其输出电压确保回路电流I恒定，方向如图所示。导轨长度远大于导轨间距，不论导电杆运动到什么位

置，电流I在导电杆以上空间产生的磁场近似为零，在导电杆所在处产生的磁场近似为匀强磁场，大小

B1=kI（其中k为常量），方向垂直导轨平面向里；在导电杆以下的两导轨间产生的磁场近似为匀强磁场，

大小B2=2kI，方向与B1相同。火箭无动力下降到导轨顶端时与导电杆粘接，以速度v0进入导轨，到达绝

3Mg

缘停靠平台时速度恰好为零，完成火箭落停。已知火箭与导电杆的总质量为M，导轨间距d=，导电

kI2

杆电阻为R。导电杆与导轨保持良好接触滑行，不计空气阻力和摩擦力，不计导轨电阻和装置A的内阻。

在火箭落停过程中，

（1）求导电杆所受安培力的大小F和运动的距离L；

（2）求回路感应电动势E与运动时间t的关系；

（3）求装置A输出电压U与运动时间t的关系和输出的能量W；

（4）若R的阻值视为0，装置A用于回收能量，给出装置A可回收能量的来源和大小。

v26Mg6MgI2Rv3Mv2

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

4gI0I02g2

3

箭的动能和重力势能及磁场能；Mv2

20

【详解】（1）导体杆受安培力F=B1Id=3Mg方向向上，则导体杆向下运动的加速度Mg−F=Ma

0−v2v2

解得a=-2g导体杆运动的距离L=0=0

2a4g

6Mg

（2）回路的电动势E=Bdv其中v=v+at解得E=(v−2gt)

20I0

6Mg

（3）右手定则和欧姆定律可得：U+E=IR可得U=IR−E=IR−(v−2gt)电源输出能量的功率

I0

6Mg

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

I000

vI2Rv3Mv2

在0∼0时间内输出的能量对应P−t图像的面积，可得：W=0−0

2g2g2

（4）装置A可回收火箭的动能和重力势能，及磁场能；从开始火箭从速度v0到平台速度减为零，则

I2Rv3Mv23Mv23Mv2

W=0−0若R的阻值视为0W=−0装置A可回收能量为W=0

2g222

3．（2021·浙江·1月选考）嫦娥五号成功实现月球着陆和返回，鼓舞人心。小明知道月球上没有空气，无法

靠降落伞减速降落，于是设计了一种新型着陆装置。如图所示，该装置由船舱、间距为l的平行导轨、

产生垂直船舱导轨平面的磁感应强度大小为B的匀强磁场的磁体和“∧”型刚性线框组成，“∧”型线框ab

边可沿导轨滑动并接触良好。船舱、导轨和磁体固定在一起，总质量为m1整个装置竖直着陆到月球表

面前瞬间的速度大小为v0，接触月球表面后线框速度立即变为零。经过减速，在导轨下方缓冲弹簧接触

月球表面前船舱已可视为匀速。已知船舱电阻为3r，“∧”型线框的质量为m2，其7条边的边长均为l，

电阻均为r；月球表面的重力加速度为g/6。整个运动过程中只有ab边在磁场中，线框与月球表面绝缘，

不计导轨电阻和摩擦阻力。

(1)求着陆装置接触到月球表面后瞬间线框ab边产生的电动势E；

(2)通过画等效电路图，求着陆装置接触到月球表面后瞬间流过ab型线框的电流I0；

(3)求船舱匀速运动时的速度大小v；

(4)同桌小张认为在磁场上方、两导轨之间连接一个电容为C的电容器，在着陆减速过程中还可以回收部

分能量，在其他条件均不变的情况下，求船舱匀速运动时的速度大小v′和此时电容器所带电荷量q。

Blv0m1grm1grm1grC

【答案】(1)Blv0；(2)；(3)；(4)，

2r3B2l23B2l26Bl

【详解】(1)导体切割磁感线，电动势E0=Blv0

(2)等效电路图如图

EBlv

并联总电阻R=2r电流I=0=0

0R2r

B2l2v

(3)匀速运动时线框受到安培力F=根据牛顿第三定律，质量为m1的部分受力F=FA，方向竖直向

A2r

mgmgr

上，匀速条件F=1得v=1

63B2l2

mgr1mgr

(4)匀速运动时电容器不充放电，满足v′=v=1电容器两端电压为U=I×3r=1电荷量为

3B2l2C36Bl

mgrC

q=CU=1

C6Bl

考点02带电粒子在磁场中的运动

4．（2025·浙江·1月选考）同位素相对含量的测量在考古学中有重要应用，其测量系统如图1所示。将

14

少量古木样品碳化、电离后，产6C生的离子经过静电分析仪ESA-I、磁体-I和高电压清除器，让只含有三

种碳同位素、、的离子束（初速度可忽略不计）进入磁体-Ⅱ．磁体-Ⅱ由电势差为U的加

1213143+

速电极P，磁6感C应6强C度为6BC、半C径为R的四分之一圆弧细管道和离子接收器F构成。通过调节U，可分

离、、三种同位素，其中、的离子被接收器F所接收并计数，它们的离子数百

12131412133+

分比6与CU6之C间的6关C系曲线如图2所示，6而C6离C子可C通过接收器F，进入静电分析仪ESA-Ⅱ，被接收器

14

D接收并计算。6C

(1)写出中子与发生核反应生成，以及发生衰变生成的核反应方程式：

14141414

(2)根据图2写出7N的离子所对6应C的U值，6并C求磁感�应强度B7的N大小（计算结果保留两位有效数字。

123+

已知，原6子C质C量单位，元电荷）；

−27−19

(3)如�图=10所.2示m，ESA-Ⅱ可简化为�=间1距.66×10两kg平行极板，�在=下1.极6×板1开0有间C距的两小孔，仅

允许入射角的离子通过。�求=两5极cm板之间的电势差U：�=10cm

14

(4)对古木样�品=，4测5°得6C与离子数之比值为；采用同样办法，测得活木头中与的

1412−131412

比值为，由6于C它与6C外部环境不断进行碳4×交1换0，该比例长期保持稳定。试计算古木6被C砍伐6距C今

−12

的时间（1.已2×知10的半衰期约为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

【详89解57】（1）中子与发生核反应生成的核反应方程式为发生衰变生成

141411414114

7N6C0n+7N→6C+1H6C�

的核反应方程式为

1414140

767−1

（N）在加速电场中，由动C能→定理N+得e解得磁场中，洛伦兹力提供向心力

22

122����

2��

联立解得，相比𝑞，=�的�比荷更�大=，通过圆形管道所需要的电压更大，��通�过=图可

222

������1312

知当电压为�=��=2时�，与6C6的C离子数百分比为，故的离子所对应的U值为

61213123+

。1.93×10V6C6C100%6CC

6

根1.9据3×10V整理得

22

���2𝑞2×12�×�

22

�=2��=��=3��=2.0T

（3）由题意知，粒子在板间做类斜抛运动，水平方向有，竖直方向有，

1422

6���0

，联C立解得�=2��=���=2�

2222

𝑞1�����3����6

�01

（�=4）�古�木�中=�与2比值是�活=木头��中的=，14说��明=经1过.6衰5变×1后0V只剩下，已知经过一个半衰期剩下，

141211411

666

设经过n个半衰C期，则C有解得3则砍C伐时间3年2

1�1ln311

5．（2024·浙江·1月选考）类似2光学=中3的反射�和=折lo射g23现=象ln，2用=磁7场或电场调控�也=能�×实5现7质00子=束8的95“7反(射)”和“折

射”。如图所示，在竖直平面内有三个平行区域Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ；Ⅰ区宽度为d，存在磁感应强度大小为B、方向

垂直平面向外的匀强磁场，Ⅱ区的宽度很小。Ⅰ区和Ⅲ区电势处处相等，分别为Ⅰ和Ⅲ，其电势差

ⅠⅢ。一束质量为m、电荷量为e的质子从O点以入射角射向Ⅰ区，在P点�以出射�角射出，实现�“=反

�射”；−质�子束从P点以入射角射入Ⅱ区，经Ⅱ区“折射”进入Ⅲ区�，其出射方向与法线夹角为�“折射”角。已

知质子仅在平面内运动，单位�时间发射的质子数为N，初速度为，不计质子重力，不考虑质子间相互

作用以及质子对磁场和电势分布的影响。�0

（1）若不同角度射向磁场的质子都能实现“反射”，求d的最小值；

（）若，求折射率（入射角正弦与折射角正弦的比值）

22“”n

��0

（3）计算�=说明2�如何调控电场，实现质子束从P点进入Ⅱ区发生“全反射”（即质子束全部返回Ⅰ区）

（4）在P点下方距离处水平放置一长为的探测板（Q在P的正下方），长为，质子

3��04��0��0

打在探测板上即被吸收中��和。若还有另一相同质��子束，与原�质�子�束关于法线左右对称，𝐶同时从�O�点射入

Ⅰ区，且，求探测板受到竖直方向力F的大小与U之间的关系。

�=30°

【答案】（）；（）；（）；（）见解析

123224

2��0��0cos�

��2�≤−2�

【详解】（）根据牛顿第二定律不同角度射向磁场的质子都能实现反射，的最小值为

12“”d

�0

���0=��

2��0

�（m2in）=设2水�=平方��向为方向，竖直方向为方向，方向速度不变，方向速度变小，假设折射角为，根

′

据动能定理�解得�，�根据速度关系�，解得�

1212′sin��1

101001′0

（）全反射�的�临=界2�情�况−：2到�达�区的�时候=方2�向速度为零，即�sin�=�sin�，�可=得sin�=�=2

3Ⅲ22

12��0cos�

0

即应满足���=0−2�(�cos�)�=−2�

22

��0cos�

（4）临界�情≤况−有两2�个：1、全部都能打到，2、全部都打不到的情况，根据几何关系可得

所以如果的情况下，折射角小于入射角，两边射入的粒子都能打到板上，分情况讨∠论𝐶如�下=：30°

①当�时≥0又，解得全部都打不到板的情

1212322𝑞

况�≥0�=2����𝑞=2���−2�(�0cos�)�=2��4�0+�

②根据几何知识可知当从Ⅱ区射出时速度与竖直方向夹角为时，粒子刚好打到D点，水平方向速度

为所以，又60°，解得即当时。

22

�0��31212��0��0

��0�0

③部�分=能2打到�的情=况tan，60根°=据6上�述分析�可�知=条2�件�为−（2�(�cos�)），此�时=仅−有3�点右�侧<的−一3�束粒子�能=打0

2O

��0

−3�≤�<0

到板上，因此，又，解得

1212322𝑞

�=����𝑞=2���−2�(�0cos�)�=��4�0+�

6．（2024·浙江·6月选考）探究性学习小组设计了一个能在喷镀板的上下表面喷镀不同离子的实验装置，截

面如图所示。在xOy平面内，除x轴和虚线之间的区域外，存在磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向

外的匀强磁场，在无磁场区域内，沿着x轴依次放置离子源、长度为L的喷镀板P、长度均为L的栅极

板M和N（由金属细丝组成的网状电极），喷镀板P上表面中点Q的坐标为（1.5L，0），栅极板M中

点S的坐标为（3L，0），离子源产生a和b两种正离子，其中a离子质量为m，电荷量为q，b离子的

1B2qL2

比荷为a离子的倍，经电压U=kU0（其中U=，k大小可调，a和b离子初速度视为0）的电场加速

408m

后，沿着y轴射入上方磁场。经磁场偏转和栅极板N和M间电压UNM调控（UNM>0），a和b离子分别

落在喷镀板的上下表面，并立即被吸收且电中和，忽略场的边界效应、离子受到的重力及离子间相互作

用力。

（1）若U=U0，求a离子经磁场偏转后，到达x轴上的位置x0（用L表示）。

3

（2）调节U和UNM，并保持U=U，使a离子能落到喷镀板P上表面任意位置，求：

NM4

①U的调节范围（用U0表示）；

②b离子落在喷镀板P下表面的区域长度；

（3）要求a和b离子恰好分别落在喷镀板P上下表面的中点，求U和UNM的大小。

19B2qL227B2qL227B2qL29B2qL2

【答案】（1）L；（2）①U<U<4U；②L；（3）U=，U=或或

00232mNM128m256m128m

1v2

【详解】（1）对a离子根据动能定理得qU=mv2a离子在匀强磁场中做匀速圆周运动Bqv=ma离子经

2R

22mU

磁场偏转后，到达x轴上的位置x=2R，联立解得x==L

00Bq

（2）①要使a离子能落到喷镀板P上表面任意位置，只能经电压为U的电场加速后再经第一象限匀强

22mUqB2L2qB2L2

磁场偏转一次打在P板上方任意处，则L≤x′≤2L结合（1）中分析得L≤≤2L即≤U≤即

0Bq8m2m

U0≤U≤4U0

22mbU28mU

②b离子经过电压为U的电场加速后在磁场中第一次偏转打在x轴上的位置坐标为xb==

BqbBq

57

代入U≤U≤4U得2L≤x≤4L故可知b离子能从栅极板（坐标范围为L∼L）任意位置经电压为U的

00b22NM

25U49U

电场减速射入虚线下方的磁场，此时0≤U≤0b离子先经过电压为U的电场加速再在第一象限磁场

1616

3312

中做匀速圆周运动后再经过电压为U=U的电场减速，因为根据动能定理得qU−qU=mv′同时

NM4b4b2b

2

′

′v′25

有Bqbv=mb，Δxb=2R当U=U0时，b离子从栅极板左端经虚线下方磁场偏转打在P，此时离栅极板

R′16

549

左端的距离为Δx′=L当U=U时，b离子从栅极板右端经虚线下方磁场偏转打在P，此时离栅极板

b4160

71

右端的距离为Δx′′=L故b离子落在喷镀板P下表面的区域长度为Δx=Δx′+L−Δx′′=L

b4bb2

22mU3

（3）要求a离子落在喷镀板中点Q，由（1）可知x′′==L

0Bq2

99B2qL2

故可得U=U=则b离子从x′=3L处经过栅极板，若b离子减速一次恰好打在P板下方中央处，

4032mb

′

设UNM=kU，则同理可知

12

1−k′Uq=mv″

b2b

2

″

″v

Bqbv=mb

R″

3

Δx′′′=2R″=L

b2

332727B2qL2

联立解得k′=则可得U=U=U=

4NM4160128m

当减速n次

1

Uq−nUq=mv'2

bNMb2bb

′

mbvb

rn=

Bqb

9L28nm3

联立得r2=−U当减速n次恰好打在P板下方中央处，可得2r>2L，2r=L即

n4B2qNMn−1n2

9L28n−1m

−U>L2

4B2qNM

9L28nm927B2qL25B2qL22727B2qL227B2qL2

−U=L2解得<，即n<，n取整数，故可得n=1,2,3，故可得U=或或

4B2qNM16128nm32n−1m7NM128m256m

9B2qL2

128m

7．（2023·浙江·6月选考）利用磁场实现离子偏转是科学仪器中广泛应用的技术。如图所示，Oxy平面（纸

面）的第一象限内有足够长且宽度均为L、边界均平行x轴的区域Ⅰ和Ⅱ，其中区域Ⅰ存在磁感应强度大小

为B1的匀强磁场，区域Ⅱ存在磁感应强度大小为B2的磁场，方向均垂直纸面向里，区域Ⅱ的下边界与x

轴重合。位于处的离子源能释放出质量为m、电荷量为q、速度方向与x轴夹角为60°的正离子束，

沿纸面射向磁(场0,3区�域)。不计离子的重力及离子间的相互作用，并忽略磁场的边界效应。

（1）求离子不进入区域Ⅱ的最大速度v1及其在磁场中的运动时间t；

（2）若，求能到达处的离子的最小速度v2；

�

21

（3）若�=2�，且离子源射�出=的2离子数按速度大小均匀地分布在范围，求进入第四象限的

�1�1��6�1��

离子数与�总2=离子��数之比η。�~�

【答案】（1）；（2）（3）60%

2�1��2��4�1��

12

【详解】（1）当�离=子�不进入�=磁3场��Ⅱ1速度最�大=时，�轨迹与边界相切，则由几何关系解得

∘

r1=2L�1cos60=�1−�

根据解得

2

�12�1��

111

在磁场��中�运=动�的�周1期�=运�动时间

∘

2��2×602��

∘

�=��1�=360�=3��1

（2）若B2=2B1，根据可知

��

��12

粒子在磁场中运动轨迹�如=图，设O�1O=2与2�磁场边界夹角为α，由几何关系

∘

�1sin�−�1sin30=�

22�

解得根据解得�−�sin�=

r2=2L2e2

3�24�1��

2222

（3）当最终si进n�入=区4域Ⅱ的粒��子�若刚=好�到�达x轴�，=则由�动量定理即

�1

2���

求和可得粒子从区域Ⅰ到区域Ⅱ最终到x轴�上�的�过Δ�程=中�Δ����Δ�=�Δ�

�1∘

∑解�得��Δ�=∑�Δ���(�−�cos60)=�1��+

�10+�3�1��

则�速⋅度2在⋅��~�=之间�的粒子才能进入第四象限；因离子源射出粒子的速度范围在~，又粒子

3�1��6�1���1��6�1��

源射出的粒�子个数�按速度大小均匀分布，可知能进入第四象限的粒子占粒子总数的比�例为�η=60%

8．（2023·浙江·1月选考）探究离子源发射速度大小和方向分布的原理如图所示。x轴上方存在垂直平面

向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场。x轴下方的分析器由两块相距为d、长度足够的平行金�属��薄板

M和N组成，其中位于x轴的M板中心有一小孔C（孔径忽略不计），N板连接电流表后接地。位于坐

标原点O的离子源能发射质量为m、电荷量为q的正离子，其速度方向与y轴夹角最大值为；且各

∘

个方向均有速度大小连续分布在和之间的离子射出。已知速度大小为、沿y轴正方6向0射出的

1

离子经磁场偏转后恰好垂直x轴射2�入0孔C2�。0未能射入孔C的其它离子被分析器�的0接地外罩屏蔽（图中没

有画出）。不计离子的重力及相互作用，不考虑离子间的碰撞。

（1）求孔C所处位置的坐标；

（2）求离子打在N板上区域的�0长度L；

（3）若在N与M板之间加载电压，调节其大小，求电流表示数刚为0时的电压；

（4）若将分析器沿着x轴平移，调节加载在N与M板之间的电压，求电流表示数�0刚为0时的电压

与孔C位置坐标x之间关系式。��

【答案】（1）；（2）；（3）；（4）当时，

222

2��0��0��022��0���

�

【详解】（1）速��度大小为2�、沿y轴2�正方向射出2的��离≤子�经≤磁�场�偏转后�轨迹=如8�图

�0

由洛伦兹力提供向心力解得半径孔所处位置的坐标，

2C

�0��02��0

000

（）速度大小为的离�子�进�入=磁�场�后，由洛伦�兹=力��提供向心力�解得�半径=2�=��

22

�′��

′

����=���=��

若要能在C点入射，则由几何关系可得解得

0

′�2

如图2�cos�=2�cos�=�∈2,1

由几何关系可得

（3）不管从何角�度=发2�射由（2）可得根据动力学公式可得，，联

𝑞02

��0�

立解得�=�cos��=��=���=2��

2

��0

�0=2�

（）孔位置坐标，其中联立可得，，解得

4Cx′′′

����11

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

。在此范围内，和（）相同，只与相关，可得2解得根据动力学公式可得，

3′