2026年高考物理二轮电磁学综合训练（山东专用）（解析版）

2026年高考物理二轮电磁学综合训练（山东专用）

物理

（考试时间：90分钟试卷满分：100分）

注意事项：

1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。

2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用

橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。

3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。

1．中国科学家通过冷冻电镜技术解析了晶态冰中蛋白质三维结构。电子透镜是冷冻电镜中的关键部分，其

中一种电子透镜的电场分布如图实线所示。一电子仅在电场力的作用下，其运动轨迹依次经过a、b、c三

点。在此过程中，下列说法正确的是（）

A．a点的电势大于b点的电势

B．电子在a点的电势能小于在b点的电势能

C．电子在b点的加速度小于在c点的加速度

D．电子在b点的速度小于在c点的速度

【答案】D

【详解】A．由沿着电场线方向电势逐渐降低可知，a点的电势小于b点的电势，即ab，故A错误；

B．电子在a点的电势能Epaea

电子在b点的电势能Epbeb

因为ab，所以EpaEpb，即电子在a点的电势能大于在b点的电势能，故B错误；

C．电场线的疏密程度表示电场强度的大小，b点的电场线比c点更密集，可知EbEc

F

根据FqE和a可知，电子在b点的加速度大于在c点的加速度，故C错误；

m

D．电子从b点运动到c点，电场力方向与速度方向的夹角为锐角，电场力对电子做正功。根据动能定理，

电子的动能增加，速度增加，因此电子在b点的速度小于在c点的速度，故D正确。

故选D。

2．电磁俘能器由动磁铁、定磁铁和若干固定线圈组成，简化图如图所示。当受到外界激励时，动磁铁围绕

定磁铁顺时针旋转，与线圈发生相对运动，线圈中会产生感应电流。若动磁铁产生的磁场垂直于纸面向外，

下列说法正确的是（）

A．电磁俘能器的工作原理是电流的磁效应

B．如图位置时，线圈1和2中感应电流方向分别为逆时针和顺时针

C．如图位置时，线圈1和2中感应电流方向均为顺时针

D．如图位置时，线圈1和2中感应电流方向均为逆时针

【答案】B

【详解】A．电磁俘能器的工作原理是电磁感应，故A错误；

BCD．当动磁铁围绕定磁铁顺时针旋转，线圈1中的磁通量垂直于纸面向外且减小，线圈2中的磁通量垂

直于纸面向外且增大，根据楞次定律可知，线圈1和2中感应电流方向分别为逆时针和顺时针，故B正确，

CD错误。

故选B。

3．经颅磁刺激（TMS）是一种无创伤、非侵入性的神经调控治疗技术，其原理如图1所示。大脑皮层中一

面积为S的单匝圆形回路中通有脉冲磁场，其磁感应强度B随时间t变化的规律如图2所示（B0、t0已知），

穿过该回路的磁场视为均匀且磁感应强度方向与回路所在平面的夹角为θ。则0~t0时间段内，该回路中的平

均感应电动势大小为（）

BSBSsinBScosBSsin

A．0B．0C．0D．0

t0t0t02t0

【答案】B

【详解】t=0时刻，通过回路的磁通量为零；t=t0时刻，通过回路的磁通量为B0Ssin

B0Ssin

由法拉第电磁感应定律可知，0～t0时间段内，该回路中的平均感应电动势大小E

tt0

故选B。

4．电容式麦克风的振动膜是利用超薄金属或镀金的塑料薄膜制成的，其工作原理如图所示，振动膜与基板

构成电容器，并与电阻、电池构成闭合回路，声波会导致振动膜振动从而使其与基板间的距离发生改变，

下列说法正确的是（）

A．振动膜带正电

B．当振动膜与基板间的距离增大时，电容器电容增大

C．当振动膜与基板间的距离减小时，电容器带的电荷量增加

D．振动膜振动时，流经电阻的电流方向不变

【答案】C

【详解】A．振动膜与电池负极端连接，可知，振动膜带负电，故A错误；

S

B．根据Cr可知，当振动膜与基板间的距离增大时，电容器电容减小，故B错误；

4kd

SQ

C．根据Cr，C可知，当振动膜与基板间的距离减小时，电容器电容增大，电容器两端电压一

4kdU

定，则电容器带的电荷量增加，故C正确；

D．结合上述，当振动膜与基板间的距离减小时，电容器电容增大，电容器两端电压一定，则电容器带的电

荷量增加，电容器充电，振动膜所带负电增多，流经电阻的电流方向向下，当振动膜与基板间的距离增大

时，电容器电容减小，电容器两端近似电压不变，则电容器带的电荷量减小，电容器放电，振动膜所带负

电减少，流经电阻的电流方向向上，即振动膜向左与向右振动时，流经电阻的电流方向发生变化，故D错

误。

故选C。

5．如图所示，质量为m、长为l的直导线用两绝缘细线悬挂于O、O，并处于匀强磁场中。当导线中通以

沿x轴正方向的电流I，且导线保持静止时，悬线与竖直方向夹角为。则下列说法正确的是（）

A．磁场可以沿x轴方向

mg

B．若磁场的方向沿y轴的正方向，则B

Il

mg

C．若磁场的方向沿z轴的负方向，则B

Iltan

mgtan

D．改变磁场的方向，保持导线位置不变，则磁感应强度的最小值B

Il

【答案】B

【详解】A．若磁感应强度沿x轴方向，则磁场方向与电流平行，导线不受安培力作用，悬线应为竖直方向，

故A错误；

B．若磁感应强度沿y轴正方向，根据左手定则，导线受到的安培力沿z轴正方向（竖直向上），若重力与

安培力平衡，绳子无拉力，可保持静止，此时有BIlmg

mg

解得B，故B正确；

Il

C．若磁场的方向沿z轴的负方向，根据左手定则，安培力方向沿y轴的正方向，对导线进行受力分析如图

所示

根据平衡条件可得BIlmgtan

mgtan

解得B，故C错误；

Il

D．改变磁场的方向，保持导线位置不变，作出导线受力动态分析图，如图所示

可知，当安培力最小时，磁感应强度最小，则有BIlmgsin

mgsin

解得磁感应强度的最小值为B，故D错误。

Il

故选B。

6．如图所示，真空中正四面体的四个顶点处分别固定四个等量点电荷，A点为底边棱的中点，B点为右侧

面的中心，C点为底面的中心，D点为正四面体的体心（到四个顶点的距离均相等）。下列说法正确的是（）

A．B点电势小于C点电势

B．取无穷远处电势为零，则D点电势大于零

C．一正电荷从A点运动到D点过程中，电场力做正功

D．若其中一对等量异种点电荷在D点产生的场强大小为E，则D点的合场强大小为2E

【答案】D

【详解】AB．根据对称性原理可知，空间中固定的四个点电荷在A、D两点的电势代数和为0，则A、D两

点电势均为0，在B、C两点的电势代数和分别大于0和小于0，则B点电势高于C点电势，故AB错误；

C．由于A、D两点电势均为0，则一正电荷从A点运动到D点过程中，电场力不做功，故C错误；

D．若其中一对等量异种点电荷在D点产生的电场强度大小为E，则另外一对在D点产生的电场强度大小

也是E，两者方向互相垂直，根据电场叠加原理可知，则D点的合场强大小为2E，故D正确。

故选D。

7．如图所示是一种改进后的回旋加速器示意图，狭缝MN间加速电场的场强大小恒定，且被限制在M、N

板间。M、N板右侧延长线之间的真空区域无电场和磁场，M板上方和N板下方的D形盒内有垂直于纸面

的匀强磁场。带正电的粒子从M板上的入口P点无初速进入电场中，经加速后进入磁场中做匀速圆周运动，

回到电场再加速，如此反复，最终从D形盒右侧的出口射出。粒子通过狭缝的时间可忽略，不计粒子的重

力，不考虑相对论效应的影响，忽略边缘效应，下列说法正确的是（）

A．狭缝间的电场方向需要做周期性的变化

B．每经过一次狭缝，粒子的速度的增加量相同

C．这种回旋加速器设置相同时，不同粒子在其中运动的时间相同

D．D形盒半径不变时，同种粒子能获得的最大动能与磁场的磁感应强度大小正比

【答案】C

【详解】A．由题意可知，带正电粒子始终从P点进入电场加速后进入磁场中做匀速圆周运动，回到电场再

加速，因此，狭缝间的电场方向不需要做周期性的变化，故A错误；

1

B．粒子第一次加速，由动能定理得qUmv2

21

11

粒子第二次加速，由动能定理得qUmv2mv2

2221

2qU2qU

整理得v1，v2

mv1m(v1v2)

以此类推，可见，每经过一次狭缝，粒子的速度的增加量都不相同，故B错误；

C．设粒子到出口处被加速n圈，加速时间为t

1

由动能定理得nqUmv2

2

v2

又由洛伦兹力提供向心力得qvBm

r

2m

周期T

qB

tnT

BR2

联立得t

U

可见，回旋加速器设置相同时，不同粒子在其中运动的时间相同,故C正确；

D．设D形盒半径为R

v2

则有qvBmm

mr

1

又Emv2

km2m

q2R2B2

联立可得E

km2m

可见，R不变时，同种粒子能获得的最大动能与磁场磁感应强度平方成正比，故D错误；

故选C。

8．如图所示，间距L1m的足够长的光滑平行金属导轨MN和PQ与水平面间的夹角30，导轨上端接

有R0.2的定值电阻，导轨电阻不计，导轨间存在着垂直导轨平面向上、磁感应强度大小B1T的匀强

磁场。质量m1kg、长度L1m、电阻r0.2的金属棒EF垂直放在导轨上。现将金属棒由静止释放，

直到金属棒的速度达到最大，该过程中金属棒产生的焦耳热为2J，已知重力加速度g10m/s2，则下列说

法正确的是（）

A．金属棒的最大速度为3m/s

B．金属棒整个加速过程中，下滑的位移为0.8m

C．金属棒整个加速过程中，通过金属棒的电荷量为3C

D．金属棒整个加速过程用时0.8s

【答案】C

BLv

【详解】A．金属棒释放后，做加速度减小的加速运动，当a0时速度最大，有mgsinBLm

Rr

解得vm2m/s，A错误；

B．设金属棒整个加速过程中沿导轨下滑的位移为x，定值电阻R产生的焦耳热等于金属棒产生的焦耳热，

1

则由能量守恒定律可得mgxsin2Qmv2解得x1.2m，B错误；

2m

BLvBLx

C．金属棒整个加速过程中，通过金属棒的电荷量qItt3C，C正确；

RrRr

D．设金属棒整个加速过程中，下滑的时间为t，根据动量定理有mgsintBLItmvm0其中Itq3C解

得t1s，D错误。故选C。

二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求。

全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。

9．如图甲所示，某同学做自感现象的实验。自感线圈L的直流电阻为RL，A1和A2是完全相同的两个小灯

泡，R为滑动变阻器，现调节滑动变阻器R的阻值大于RL的阻值。在实验时，先闭合开关S，待稳定状态

后又突然断开S，下列说法正确的是（）

A．在闭合S瞬间，因为R的阻值大于RL的阻值，所以A1灯先亮

B．在突然断开S瞬间，A1、A2都会闪亮一下再熄灭

C．在突然断开S瞬间，A2灯会闪亮一下，然后与A1灯一起熄灭

D．若将自感线圈L换成如图乙的双线绕法线圈，则观察不到的自感现象

【答案】CD

【详解】A．在闭合S瞬间，由于自感线圈L产生自感电动势阻碍电流的增大，所以A2灯先亮，A1灯后亮，

故A错误；

BC．在闭合S稳定后，由于滑动变阻器R接入电路的阻值大于RL的阻值，则自感线圈L所在支路的电流

大于A2灯所在支路的电流；在突然断开S瞬间，由于自感线圈L产生自感电动势阻碍电流的减小，则A2

灯会闪亮一下，然后与A1灯一起熄灭，故B错误，C正确；

D．若将自感线圈L换成如图乙的双线绕法线圈，由于两个线圈的绕向相同，但电流方向相反，所以其磁场

方向相反，则穿过线圈L的磁通量一直为0，保持不变，将观察不到的自感现象，故D正确。

故选CD。

10．如图所示，A、B两个带电小球用绝缘细线a、b连接悬于O点，静止在水平向右的匀强电场中，细线

a与竖直方向的夹角为，不计球的大小，则下列判断正确的是（）

A．A球比B球带电量大B．仅增大B球质量，可能会减小为零

C．仅增大B球的带电量，可能会减小为零D．仅增大B球的带电量，细线a的拉力一定会增大

【答案】AC

qAqBE

【详解】A．以整体为研究对象，系统受三个力：重力，绳的拉力，电场力，由平衡条件可得tan，

(mAmB)g

由图可知，水平方向匀强电场的合力向右，qAqB，A正确；

qAqBE

B．若仅增加B球质量，根据tan可知，tan会减小，也会减小，但不可能减到零，B错

(mAmB)g

误；

C．仅增大B球的带电量，当两小球的电荷量相等时，系统的总电荷量为零，总的电场力为零，θ会减小为

零，C正确；

qAqBE

D．仅增大B球的带电量，根据tan可知，会先减小（qAqB），后增大（qAqB），D错

(mAmB)g

误。

故选AC。

11．如图所示，理想变压器的原、副线圈匝数之比为k，原线圈串联一个可变电阻R1接在正弦式交流电源上，

电源内阻忽略不计。副线圈回路中接有定值电阻R2与滑动变阻器R3，电流表、电压表均为理想电表。下列

说法正确的是（）

A．仅将R1减小，电压表和电流表的示数均增大

U

B．仅将滑片P上移，电压表示数的变化量绝对值U与电流表示数变化量绝对值I比值变大

I

U

C．电压表与电流表示数的比值kRR

I23

D．仅将滑片P下移，电源的输出功率增大，副线圈的输出功率减小

【答案】AC

U2U2

'1

【详解】A．将原线圈等效为一个电阻R1，根据变压器的输入功率等于输出功率得'

R1R2R3

Un

又11k

Un2

'2

可得R1kR2R3

U

'0

仅将R1减小，则R1不变，即原线圈回路的总电阻减小，设交流电源电压为U0，根据I'

R1R1

'

可知电流表示数增大，根据U1IR1

可知原线圈两端的电压U1增大，则电压表的示数U增大，故A正确；

．设交流电源电压为，则在原线圈回路有

BU0U0IR1kU

RUUR

即U1I0则1

kkIk

U

故为定值，故B错误；

I

In1

C．因2

I2n1k

I

得I2

k

UUU

kkRR

则电压表与电流表示数的比值23，故正确；

II2I2C

k

'

D．仅将滑片P下移，则R3减小，则R1减小，电流表示数增大，电源的输出功率P0U0I

'

故电源的输出功率增大，因R1与R1的大小关系不确定，即变压器的输入功率（等于输出功率）不一定减小，

故D错误。

故选AC。

12．如图所示，在足够大的光滑水平绝缘桌面上，虚线MN的右侧充满竖直向下的匀强磁场。一个粗细均

匀的正方形导线框abcd（其电阻为R）以足够大的初速度从左边界沿x轴正方向进入磁场。t0时，bc边

与虚线重合，设线框的位移为x，速度为v，电流为I，受到的安培力为F，ad边两端的电势差为Uad，通过

导线横截面的电荷量为q。在导线框运动的过程中，下列图像可能正确的是（）

A．B．

C．D．

【答案】CD

BLv

【详解】A．设线框的初速度为v，边长为L，磁感应强度为B，线框进入磁场过程，根据FBIL，I

0R

B2L2B2L2

解得Fv根据动量定理有Ftmvmv0解得vvx可知线框进入磁场的过程，v随x均匀减小，

R0mR

F随x均匀减小，线框完全进入磁场后F突变为0，故A错误；

BLv

C．根据I可知，线框进入磁场的过程I随v均匀减小，线框完全进入磁场后匀速运动，I突变为0，

R

故C正确；

BLv

B．根据qIt，I可知qt图像的斜率先逐渐减小，再突变为0，故B错误；

R

11B3L3

D．线框进入磁场的过程中UBLvBLvx可知Uadx是一条倾斜向下的直线；完全进入磁场

ad4404mR

后线框做匀速直线运动，速度保持不变，则UadBLv，故D正确。故选CD。

三、非选择题：本题共6小题，共60分。

13．（6分）方钢丝由高强度合金制成，具有较强的弹性和韧性。某实验小组通过实验测量一段方钢丝的电

阻率。

(1)方钢丝的横截面为正方形，用螺旋测微器测得方钢丝横截面的边长d如图甲所示，则dmm。

(2)用伏安法测量方钢丝的电阻（约5Ω），实验室提供的器材，除了开关和导线外，还有：电源（电动势E

约为4.0V），电流表A（量程为0~0.6A，内阻约为1Ω），电压表V（量程为0~3V，内阻约为3kΩ），滑动

变阻器R1（最大电阻为20Ω，额定电流为1.0A），滑动变阻器R2（最大电阻为1kΩ，额定电流为0.1A）。

为了测量尽可能准确，且使方钢丝Rx两端的电压从零开始增加，滑动变阻器应该选择（选填“R1”

或“R2”），实验电路图应选择。

A．B．C．D．

(3)闭合开关S，移动滑动变阻器的滑片，得到多组电压表的示数U与电流表的示数I，根据所得数据作出UI

图像如图乙所示。已知方钢丝接入电路的长度l40m，则方钢丝的电阻率Ωm（保留三位

有效数字）。

【答案】(1)3.698/3.695/3.696/3.697/3.699

(2)R1C

(3)1.37106

【详解】（1）根据螺旋测微器的示数，方钢丝横截面的边长d3.5mm19.80.01mm3.698mm

（2）[1]由于方钢丝的电阻较小，为了方便调节，选择规格较小的滑动变阻器R1。

[2]实验要求方钢丝Rx两端的电压从零开始增加，因此滑动变阻器应采用分压式接法，由于方钢丝的电阻较

小，电流表应采用外接法，因此电路图C符合要求。

故选C。

1.6

（3）根据UI图像，测得方钢丝的电阻RΩ4Ω

x0.4

l

根据电阻定律R

xS

2

3

S3.69810

解得方钢丝的电阻率为R4Ωm1.37106Ωm

lx40

14．（8分）某探究小组设计测量电池电动势和内阻的实验。可利用的器材有：待测电池、多用电表、电流

表、电流传感器、金属丝、金属夹、刻度尺、开关S、导线若干，他们设计了如图甲所示的实验电路图。

(1)实验步骤如下：

①将金属丝拉直固定，用刻度尺测出金属丝的总长度，用多用电表测出金属丝的总电阻，计算出金属丝单

位长度的电阻，记为R0；

②按图甲连接电路，此时金属夹M应先置于金属丝（填“P”或“Q”）端；

③移动金属夹至适当位置，记录金属夹与Q端的距离L，闭合开关S，记录电流表示数I，断开开关S。改

变金属夹位置重复测量，得到若干组L与I的数据，在图乙中作出图线A；

④将图甲中的电流表换成电流传感器（内阻不计），改变金属夹位置，得到若干组L与I的数据，在图乙中

作出图线B。

(2)小王同学发现闭合开关后，电流传感器的示数会逐渐减小，此现象最主要的原因是________

A．通电后电池的电动势在逐渐减小

B．通电后金属丝两端电压在逐渐减小

C．通电后金属丝发热导致其电阻增大

(3)图线I对应以上步骤中的图线（填“A”或“B”）；

(4)已知图乙中两条图线的斜率均为k，图线I、II在纵轴上的截距分别为b1、b2，则待测电池的电动势

E=，内阻r=（用k、R0、b1、b2等字母表示）。

【答案】(1)P

(2)C

(3)A

RbR

(4)020

kk

【详解】（1）为保护电路，连接电路时，金属丝接入电路中的电阻应为最大值，即金属夹M应先置于金属

丝P端。

（2）小王同学发现闭合开关后，电流传感器的示数会逐渐减小，此现象最主要的原因是刚闭合开关时，金

属丝温度较低，电阻较小，电流较大；随着灯丝温度升高，电阻逐渐增大，电流逐渐减小。

故选C。

（3）使用电流表时，根据闭合电路欧姆定律EI(RArR)

其中RLR0

1RRr

整理可得0LA

IEE

此时对应图线A；使用电流传感器时，根据闭合电路欧姆定律EI(rR)

L

其中R

S

1Rr

整理可得0L

IEE

此时对应图线B。所以图线A的纵截距更大，即图线I对应以上步骤中的图线A。

RrrR

（4）由（3）分析可知bA，b，k0

1E2EE

RbR

解得E0，r20

kk

15．（8分）某村通过水电站发电对用户供电，输电线路如图所示，已知发电机的输出电压为500V，输出功

率为9kW，用变压比（原、副线圈匝数比）为1∶6的理想变压器升压后向远处送电，输电导线的总电阻为

10Ω.到达用户后再用变压比为297∶22的理想变压器降压后供给用户，求：

（1）输电线上损失的电压和电功率；

（2）用户得到的电压和电功率

【答案】（1）30V，90W；（2）220V，8910W

nUn1

111

【详解】（1）设升压变压器副线圈两端的电压为U2,有其中U1500V，解得U2=3000V设输

n2U2n26

P线

电线中的电流为I线，有I线其中P线9kW解得I线3A输电线上损耗的电压为

U2

2

U损I线R线310V30V输电线上损耗的电功率为P损I线R线90W

（2）降压变压器原线圈两端的电压为U3U2U损2970V设用户得到的电压（即降压变压器副线圈两端

nUn297

333

的电压）为U4，有其中解得U4220V用户得到的电功率为P用户P线P损8910W

n4U4n422

16．（8分）测量粒子比荷的一种常用装置如图所示。粒子源K发出的带正电的粒子从O点无初速度漂入加

速电场中，由静止加速以平行于电容器极板的速度沿所有元件的中心轴线OO进入两极板C、D间的区域。

已知极板C、D的长度为L，极板右端到荧光屏的距离为s，sL。荧光屏上有以O为原点的坐标系xOy，

不计粒子的重力和粒子在板间偏离OO的距离，不考虑电场的边缘效应。已知粒子的质量为m、电荷量为q，

加速电场间的电压恒为，偏转电场、极板间加上沿y轴正方向的电场。

M,NU0CD

(1)若偏转电场为匀强电场，场强为E，求粒子打到荧光屏上时偏离O点的距离y；

(2)若偏转电场的场强E与时间t的关系为EE0kt（E0已知，k为已知常数），粒子在t0时刻进入偏转

电场，求粒子打到荧光屏上时偏离O点的距离y。

qELsELs

【答案】(1)y2

mv02U0

ELskL2sm

(2)y0

2U04U02qU0

1

【详解】（1）对粒子在M,N中的加速过程应用动能定理，有qUmv2，粒子在C、D板间加速的加速

020

qEL

度a.，粒子在C、D板间运动的时间t，粒子从C、D板间射出时的竖直分速度vyat，粒子从C、

mv0

s

D板间射出到打在荧光屏上所需的时间t，粒子打在荧光屏上时偏离O点的距离yvyt，综上解得

v0

qELsELs

y2。

mv02U0

E(Ekt)

q00

（2）该粒子在C、D板间加速的加速度qEq(2Ekt)

a20

mm2m

该粒子从、板间射出时的竖直分速度该粒子打在荧光屏上时偏离点的距离

CDvyatOyvyt

ELskL2sm

整理得y0

2U04U02qU0

17．（14分）如图所示，两根相同的光滑金属导轨abcdef、abcdef固定在绝缘水平面上，关于坐标轴Ox

对称，正对放置。bc段和bc段延长线交于O1点，ed段和ed段延长线交于O点，eO与x轴夹角37，

dd间距L10.75m，cd间距L21.92m。导轨处在磁感应强度B0.1T竖直向上的匀强磁场中。原长等于O1、

O两点间距、劲度系数k75N/m的绝缘轻弹簧，两端分别与质量为m12.0kg、m21.0kg的均匀金属杆MN、

PQ中点拴连。现将金属杆MN、PQ拉至适当位置先后由静止释放（金属杆始终与x轴垂直且与导轨接触良

好），两金属杆恰好以相同速率v同时达到bb位置和ee位置并开始匀速运动。两金属杆单位长度电阻均为

4

r03.010Ω/m，导轨电阻不计，弹簧始终处在弹性限度内。（sin37°0.6，cos37°0.8）

(1)求释放金属杆PQ时金属杆MN的速度与v的比值；

(2)求v的大小；

(3)当PQ越过dd时剪断弹簧，求两金属杆的最近距离。

1

【答案】(1)

2

(2)3m/s

(3)1.6m

【详解】（1）释放金属杆PQ后，金属杆PQ、MN构成系统动量守恒，规定向右为正，有m1v1m1vm2v

v1

解得1

v2

（2）金属杆PQ运动到坐标轴x处时以速度v做匀速直线运动，

金属杆PQ合外力为零，对金属杆PQ在水平方向受力分析有FA2kx

感应电动势E2BLv

又L2xtan

E

感应电流I

2Lr0

安培力FABIL

联立解得v3m/s

（3）剪断弹簧后，金属杆PQ、MN构成系统动量守恒，共速时，两杆有最近距离m1vm2vm1m2v

在剪断弹簧到两杆共速过程中，安培力对金属杆MN冲量等于动量变化量，即FAtm1vv

E

又FABIL1，I

2L1r0

相

回路中总感应电动势EBL1v1BL1v2BL1v

22

BL1x相

联立得m1vv

2L1r0

两杆有最近距离d，则有dL2x相

代入数据解得d1.6m

18．（16分）如图所示，在三维坐标系Oxyz存在一球形区域，其半径大小为R，其球心O的坐标为R,R,0，

22v

其球面方程为xRyRz2R2，并且在球形区域内部充满沿z轴负方向的匀强磁场B0。在

Rk

x0的空间内充满了匀强电场E（大小未知），其方向与z轴垂直，与x轴负方向和y轴正方向的夹角均为

45°。现从点SR,0,0以初速度v0沿y轴正方向发射一带负电的粒子P，其荷质比为k(k0)，刚好从球形

区域与y轴的切点M0,R,0沿x轴正方向射入磁场，并从球形区域与x轴的