专题21 电磁学计算（3年汇编）（全国用）（解析版高考物理真题（2024-2026）分类汇编）

1/2试卷第=page11页，共=sectionpages33页高考物理真题（2024-2026）分类汇编专题21电磁学计算考点分类三年考情（2024-2026）命题规律考点1复合场类2026河南卷、2026四川卷、2026湖北卷、2026河北卷、2025江西卷、2025天津卷、2025贵州卷、2024贵州卷、2024天津卷、2024福建卷真实情境深度渗透‌：以国产电磁弹射装置、粒子回旋加速器、无线充电系统等前沿科技场景为载体，不再使用纯理论裸模型出题，要求学生从复杂场景中拆解多过程物理模型。‌综合关联属性突出‌：不再单一考查孤立知识点，会联动静电场、磁场、电磁感应、力学等多模块考点，强化“场+力+能量”的综合链条考查。‌能力导向持续强化‌：弱化机械繁琐的代数运算，重点考查轨迹分析、临界条件推导、多解性分析的能力，规避固化刷题套路，依靠深度建模能力实现分数分层。考点2电磁感应类2026山东卷、2026四川卷、2026湖南卷、2025福建卷、2025河北卷、2025安徽卷、2024北京卷、2024河北卷、2024江西卷考点01复合场类1．（2026·湖北·高考真题）如图所示，在平面内，区域存在匀强电场，电场强度大小为、方向沿轴负方向；在区域，有一个以为圆心、为半径的半圆形区域，半圆形区域内既无电场也无磁场，半圆形区域外存在匀强磁场，磁场方向垂直于平面向里。一质量为、电荷量为的带正电粒子从坐标为的点静止释放，之后从坐标为的点第一次射出磁场。不计重力，求：(1)粒子第一次进入磁场时的速度大小；(2)磁场的磁感应强度大小；(3)粒子第二次射出磁场时的位置坐标。【答案】(1)(2)(3)【详解】（1）粒子在匀强电场中做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得解得加速度大小为粒子从坐标为的点静止释放，沿轴负方向的位移大小为由匀变速直线运动速度与位移的关系得联立解得粒子第一次进入磁场的速度大小为（2）粒子第一次进入磁场的坐标为，第一次出磁场的坐标为，粒子在匀强磁场中的运动轨迹如图所示设粒子的轨迹半径变为，由几何关系得解得粒子做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，有解得（3）设粒子第一次出磁场时速度与轴负方向的夹角为，由几何关系得则粒子沿轴和轴的速度分别为，解得，粒子沿轴方向做类竖直上抛运动，由竖直上抛运动规律，可得运动时间沿轴方向做匀速直线运动，有联立解得沿轴方向的位移为粒子第二次进入磁场时，坐标为沿轴方向的速度为由运动的对称性，可知沿轴方向的速度为则粒子与轴负方向的夹角仍满足因此粒子两次在磁场中的运动轨迹关于轴对称，如图所示则粒子第二次出磁场的坐标，即为粒子第一次进入磁场的坐标。2．（2026·四川·高考真题）如图所示，纸面内建有直角坐标系xOy，直线y=－x＋d（d>0）左下为Ⅰ区、直线y=－x＋3d右上为Ⅱ区，两条直线之间在y轴左、右两侧分别为Ⅲ区和Ⅳ区。Ⅰ区和Ⅱ区有垂直纸面的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，Ⅰ区磁场方向垂直纸面向外，Ⅱ区磁场方向未知；Ⅲ、Ⅳ区无磁场。Ⅲ区有长度为2d且平行于y轴的细管加速器，可使进入管内的带正电微粒具有沿y轴正方向的恒定加速度。质量为m、电荷量为q（q>0）的微粒甲在纸面内运动，不计微粒重力，微粒不与细管加速器发生碰撞。(1)若甲在Ⅰ区做半径为2d的圆周运动，求该运动的速度大小；(2)若甲做周期性运动，每次过（d，0）时速度均沿x轴正方向，求此周期性运动的周期；(3)若甲在Ⅰ区的圆周运动轨迹半径为2d且Ⅱ区磁场方向垂直纸面向外。某时刻甲与静止在（d，0）处的不带电微粒乙发生弹性正碰，碰撞过程中无电荷交换，碰撞后乙沿x轴正方向运动。乙与甲的质量之比为k。要使甲与乙再次正碰，且碰撞前甲仅进入Ⅱ区一次，求细管加速器位置的横坐标及k需满足的条件。【答案】(1)(2)(3)，【详解】（1）洛伦兹力提供向心力代入r=2d解得（2）若II区域的磁场方向垂直于纸面向外，则粒子甲不满足每次经过（d，0）；若II区域的磁场方向垂直于纸面向内，则满足如图的回旋运动；综上，II区域的磁场方向垂直于纸面向内，运动轨迹如图根据几何关系可知解得总路程运动周期（3）由题知需要在x轴上相遇，粒子甲必定在（3d，0）处与粒子乙相遇，则碰撞后，粒子甲反向圆周运动后竖直进入细管加速器，粒子乙正向匀速运动，画出运动图示如图已知甲初速度甲、乙发生弹性正碰，根据动量守恒、能量守恒有mv0=mv1＋kmv2联立解得v粒子甲在I区域运动的半径则细管加速器的横坐标粒子甲在II区域运动的半径根据解得粒子甲在细管加速器中做匀加速直线运动，时间为t，有│v1│＋at=v甲2联立解得根据相遇的等时性已知k>1，化简得则细管加速器的横坐标3．（2026·贵州·高考真题）在竖直平面内，一带电荷量为（）的小球在重力作用下从点由静止开始下落，运动过程中始终受到与运动方向相反的空气阻力作用，其大小与速率满足（为常量）。小球第一次经过点正下方的点时达到最大速率，此时，施加竖直向上的恒定匀强电场，小球做变速运动。经过一段时间后，小球在点正上方的点再次达到最大速率，此后匀速上升。已知小球速率从第一次到再次达到的过程中，克服空气阻力做功为，重力加速度大小为。求：(1)小球的质量和电场强度大小；(2)小球的最大加速度大小；(3)施加电场后，、两点间的电势差。【答案】(1)，(2)(3)【详解】（1）小球第一次达到最大速率时，受力平衡，根据平衡条件有解得小球的质量为小球再次到达最大速率时，受力平衡，小球到达M点上方N点，速度方向竖直向上，则空气阻力竖直向下，根据力的平衡条件有解得电场强度大小为（2）对小球从P点运动到M点的过程，由牛顿第二定律有可知小球做加速度减小的加速运动，从M点运动到最低点的过程，由牛顿第二定律有可知小球做加速度减小的减速运动，小球从最低点运动到N点的过程，由牛顿第二定律有可知小球做加速度减小的加速运动，小球从静止释放时加速度为g，小球运动到M点加恒定匀强电场时有解得则小球的最大加速度大小为。（3）对小球从M点运动到N点的过程，由动能定理有其中联立解得M、N两点间的电势差为4．（2026·河南·高考真题）反射式飞行时间质谱仪是通过测量离子在真空中的飞行时间来对其进行质量分析的仪器。原理如图所示，离子源产生不同种类、初速度为零的正离子，离子经匀强电场加速后从点射出，进入无场区做直线运动，然后从点进入匀强反射电场，最后从反射电场射出。已知、间的距离为；加速电场和反射电场两极板间的电压分别为和（），间距分别为和；反射电场方向与的夹角为。不计离子重力。(1)证明从离子源产生的正离子都能从同一点射出反射电场；(2)测得两种离子从到射出反射电场所用时间之比，求其比荷之比。【答案】(1)设离子电荷量为q、质量为m，经加速电场加速后速度为v，由动能定理有离子进入反射电场，沿电场方向分速度加速度大小离子在反射电场中垂直电场方向分速度反射电场往返时间可得垂直电场方向位移与离子比荷无关，结合沿电场方向最大位移与比荷无关，可得出所有正离子均从同一点射出反射电场。(2)【详解】（1）设离子电荷量为q、质量为m，经加速电场加速后速度为v，由动能定理有离子进入反射电场，沿电场方向分速度加速度大小离子在反射电场中垂直电场方向分速度由于则粒子在反射电场往返时间可得垂直电场方向位移与离子比荷无关，结合沿电场方向最大位移与比荷无关，可得出所有正离子均从同一点射出反射电场。（2）在加速电场中，根据位移时间关系其中可得加速电场中运动时间无场区运动时间离子从到射出反射电场所用时间可知，即可得5．（2026·河北·高考真题）图1为某质谱仪工作原理示意图。电离室中的气体分子被激光照射后发生电离，其中带正电的粒子由静止经平行于纸面的加速电场加速后，垂直于CD边进入梯形匀强磁场区域（磁场方向垂直纸面向外），并从CG边中点O平行于CD边射出，经无场区从边界PQ进入平行于纸面的匀强偏转电场，最终打到接收器与纸面交线MN上并被吸收，接收器可视为接地良好的金属板。MN延长线经过O点，与CD所在直线夹角为α，α可通过MN绕O点在纸面内的转动进行调整，调整前后PQ与MN始终平行且间距为0.3m不变。CG边长为0.2m，与底边HG夹角为60°，磁感应强度大小为0.4T，偏转电场的电场强度大小为1.8×104V/m，方向始终垂直于PQ。整个过程只考虑一种粒子，加速电场的电压恒定，MN与PQ足够长，装置处于真空环境，忽略粒子间的相互作用，不计重力。(1)已知激光波长为442nm，求该激光一个光子的能量ε。（普朗克常量，真空中光速）(2)调整α，得到从粒子离开加速电场到到达接收器所经历的时间t与α的关系如图2所示，求加速电场的电压U以及粒子比荷k。(3)质谱仪稳定工作时，测得接收器每秒接收的粒子数为n，若再测一个除电荷量和质量以外的物理量，便可在（2）问的基础上得到粒子的质量。请写出该物理量，并推导粒子质量表达式（所有物理量均用字母表示）。【答案】(1)(2)，(3)测接收器受到粒子的平均作用力大小，质量表达式为；【详解】（1）根据光子能量公式代入数据解得（2）根据题意画出粒子运动轨迹图如下根据几何关系可知粒子在磁场半径且粒子在磁场中洛伦兹力提供向心力，有qvB=mv其中比荷。可得由题知粒子在无场区O到PQ的距离为，在无场区运动时间粒子进入电场时的法向初速度与电场方向相反，大小为则在法线方向有解得总时间其中t0为加速电场末端到CD无场区的时间与α无关，与α无关，根据图2可知时t最小，即在有最小值，根据均值不等式可求出联立代入数据得在加速电场中有得（3）测量接收器受到粒子的平均作用力大小，在时间内，有根据动量定理和牛顿第三定律可知接收器受到的平均作用力大小F等于粒子动量的变化率大小，即对单个粒子，设粒子打在接收器上时垂直接收器速度为，则有可得根据（2）问可知联立可得粒子质量6．（2026·黑吉辽蒙卷·高考真题）某些材料的激发态可视为准粒子的集合，激发态寿命可由“时间分辨-能量分析仪”测量，简化原理如图（a）所示，电子源释放初速度可忽略的电子，经电压为的加速电场加速，穿过处于激发态的样品时，部分电子与准粒子作用后动能发生变化，相互作用时间不计。为筛选出动能变化为特定值的电子，调节匀强磁场的磁感应强度为，使筛选出的电子沿半径为的圆弧形中心线运动，从狭缝出射后，沿电场中心线且平行于极板方向进入偏转电场，偏转后打在荧光屏上形成光斑。已知电子电荷量大小为，质量为；偏转电场可视为匀强电场，、极板长度为、间距为；荧光屏到极板边缘的距离为。忽略电子间相互作用及电、磁场边缘效应。(1)求筛选出的电子通过样品前后的动能变化量。(2)求、间电压为时，电子到达荧光屏上的偏移距离。(3)样品被激发时，电子源开始每隔相同时间发射持续时间极短、电子数目相近的脉冲，同时、间电压随时间线性变化，变化率为（），使先后到达荧光屏上的电子脉冲形成间距为的光斑，如图（b）所示。每个脉冲经过偏转电场时间极短，在此时间内电子所受电场力可视为恒定。样品被激发后，筛选出的电子数随激发态准粒子数的衰减成比例减少，导致光斑相对强度也相应成比例减弱，相对强度与各个光斑中心位置的关系如图（c）所示。若样品的激发态寿命定义为准粒子数衰减一半所需的时间，求。【答案】(1)(2)(3)【详解】（1）电子加速场中，由动能定理有电子在，筛选器中由牛顿第二定律有电子通过样品前后的动能变化量联立可得（2）偏转电场中做类平抛运动，垂直电场方向有沿着电场方向有根据牛顿第二定律出偏转电场后，电子做匀速直线运动，根据几何关系有联立解得（3）由题意可知将表达式代入可得结合题图（相对强度8408到4204）可得解得7．（2026·广东·高考真题）如图（a）所示，两竖直放置且足够大的平行金属板、，两板间距为，在两板正中间竖直平面内固定有一水平绝缘横杆，一质量为、电荷量为的小球通过两根等长且不可伸长的绝缘轻绳悬挂于横杆下方，小球与横杆的距离为，两绳的夹角为直角，如图（b），接通电源，使板间电压由0开始缓慢增大，小球缓慢向靠近，在此过程中每个时刻小球都受力平衡，当小球接触的瞬间，电荷量变为，板间电压停止增大并在此后保持恒定，在此恒定电压下，小球每次与或接触后瞬间，速度均减为0，带电荷量变化满足“电性反转、大小不变”，从而在两板间沿着圆弧往复运动，重力加速度为，小球可视为质点，每次与板碰撞均不影响两板间电压，忽略空气阻力和电场的边缘效应，忽略小球所带电荷对板间电场的影响。(1)求、间的恒定电压；(2)求小球第一次碰撞前瞬间，单根轻绳的拉力大小；(3)若某次小球碰撞时，、间的电压突变为原恒定电压的倍（），其他条件不变，此后小球仍能沿着圆弧往复运动，求的取值范围，并求出该范围内不同值对应的小球最大动能。【答案】(1)(2)(3)当时，；当时，【详解】（1）当小球刚好到金属板时，受力分析如图所示根据几何关系可得可得根据平衡条件有其中联立可得（2）小球从金属板到金属板过程，根据动能定理小球第一次碰撞前瞬间，受力分析如图所示对小球根据牛顿第二定律联立解得（3）如图所示要使小球仍能沿着圆弧往复运动，即绳子拉力大于零，需要满足解得根据（2）分析可知当时，小球到达金属板时，电场力和重力的合力与绳子的合力方向相同，当时，小球所受的重力和电场力的合力相对于小球到达金属板时绳子合力的方向偏上，如图所示绳子拉力对小球不做功，可知小球所受的重力和电场力的合力与小球位移的夹角一直为锐角，当小球到达金属板时，动能最大，根据动能定理有可得当时，小球所受的重力和电场力的合力相对于小球到达金属板时绳子合力的方向偏下，如图所示当小球速度与小球所受的重力和电场力的合力方向垂直时，速度最大，该点为等效最低点，设此时与竖直方向的夹角为，根据几何关系有根据数学知识可得，根据动能定理有解得8．（2026·云南·高考真题）洛伦兹力演示仪示意图如图甲所示，玻璃泡处于励磁线圈产生的磁场中。玻璃泡内有一垂直磁场的竖直圆面，图乙为其放大示意图，其圆心为O、半径为R、最高点为P，区域内的磁场视为匀强磁场。电子枪将电子从O点正下方0.8R处的S点，以速度v水平向左射出，电子在圆面内运动一段时间后到达P点。已知电子质量为m、电荷量为e，不计电子的重力和电子之间的相互作用。求：(1)匀强磁场的磁感应强度大小和方向；(2)电子从S点第一次到达P点所用的时间。【答案】(1)，垂直纸面向里(2)【详解】（1）根据洛伦兹力提供向心力有可得根据几何关系可得联立可得根据左手定则可知磁感应强度方向垂直纸面向里。（2）根据结合可得电子从S点第一次到达P点转过的圆心角为，电子从S点第一次到达P点所用的时间联立可得9．（2026·山东·高考真题）在xOy坐标系中，第二象限有一粒子发生器，其右侧放置速度选择器，速度选择器中电场强度大小为E，方向沿y轴负方向，匀强磁场方向垂直xOy面向里；y=－x(x≤0)与y轴正半轴所围区域I中充满垂直xOy面向外的匀强磁场；x轴下方为区域II、第一象限为区域III，两区域均充满方向垂直xOy面向里的匀强磁场，磁感应强度大小分别为5B和12B。质量为m，电荷量为q的粒子a经速度选择器后以速率v从点(－h，h)沿x轴正方向进入区域I，一段时间后恰好从原点O沿y轴负方向进入区域II。不计粒子重力及粒子间相互作用。(1)求速度选择器中磁感应强度大小B0和区域I中磁感应强度大小B1；(2)求粒子a从O点运动到P点的时间t；(3)当粒子a从点离开区域II进入区域III时，和a电荷量相同的粒子b恰好从O点以速率v沿y轴负方向进入区域II，若粒子a、b在x轴相遇且相遇时速度都沿y轴正方向，求粒子b的质量M及第一次相遇时的x轴坐标x1。【答案】(1)(2)(3)，【详解】（1）粒子在速度选择器中做直线运动，有qE=qv解得粒子在区域Ⅰ中做匀速圆周运动，由几何关系得轨迹半径，根据qvB解得 （2）根据可知，粒子在区域Ⅱ、Ⅲ中的轨迹半径分别为画出粒子运动轨迹图可知从O点进入区域Ⅱ，经半圆到达再根据，可知O到A运动时间从A点进入区域Ⅲ，经半圆到达，时间从B点再次进入区域Ⅱ，经半圆到达，时间则总时间（3）画出粒子a、b的运动轨迹如图区域Ⅱ：a粒子半径b粒子半径a粒子半周期b粒子半周期区域Ⅲ：a粒子半径b粒子半径a粒子半周期b粒子半周期粒子每完成一次“区域Ⅱ下半圆＋区域Ⅲ上半圆”的运动，x坐标的净变化Δ同理Δ所花时间同理取粒子a从O点沿y轴负方向进入区域Ⅱ的时刻为t=0，粒子a第1次速度向上点：在区域Ⅱ中走下半圆到达x轴坐标时间此后每经过一次区域Ⅲ上半圆和一次区域Ⅱ下半圆，到达下一个速度向上点。设第n次速度向上点n=1，2，3，…，则粒子b在a到达第一次向上点a（即）时，从O点以同样速率沿y轴负方向进入区域Ⅱ。B的起始时刻为粒子b第1次速度向上点（绝对时刻）：b先在区域Ⅱ走下半圆坐标时刻同理，第k次速度向上点k=1，2，3，…由相遇条件、得，两式相除消去M得，最小正整数解为k=5，n=9代入得，10．（2025·贵州·高考真题）如图，建立直角坐标系轴正方向水平向右，轴正方向垂直纸面向里（轴未画出），轴正方向竖直向上。空间中存在方向竖直向上的匀强电场，在的区域I和的区域II中均存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，区域I的磁感应强度大小为，区域II的磁感应强度大小未知。有一带正电荷的粒子，质量为、电荷量为，以速率从点沿轴正方向射出后，在区域、中均可做匀速圆周运动，且恰好能经过轴上的点，点坐标为。已知，，为重力加速度。(1)求电场强度大小及该粒子第一次经过平面时的位置对应的坐标值；(2)求粒子从点到点的运动时间最短时区域的磁感应强度大小；(3)若仅将匀强电场的方向改为沿轴正向，该粒子仍以速率从点沿轴正方向射出，求该粒子的轨迹方程。【答案】(1)，(2)(3)【详解】（1）由题意可知，粒子受到重力、洛伦兹力和电场力做匀速圆周运动，可以判断粒子受到的电场力与重力平衡，则有解得粒子在I区做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示根据洛伦兹力提供向心力有解得又根据几何关系有解得（2）粒子做匀速圆周运动，可能的运动轨迹如图所示设粒子进入磁场中速度方向与磁场分界面成角，根据几何关系有解得设粒子在磁场中运动的轨道半径为，根据圆周运动轨迹可知粒子运动到点应满足当取最小值时，运动时间最短。结合上图分析，可知带电粒子在磁场中至少绕3次才能到达点，环绕的次数越少，用时越短，即时所用的时间最短，则有解得根据洛伦兹力提供向心力有解得（3）若将电场方向改为轴方向正方向，由受力分析，粒子受到沿轴正方向的洛伦兹力、沿轴负方向的重力、沿轴正方向的电场力，则粒子在I区受到的洛伦兹力大小为正好与重力相平衡，所以粒子在轴正方向做匀加速直线运动，有根据牛顿第二定律有解得粒子在轴正方向做匀速直线运动，有联立解得11．（2025·天津·高考真题）轴向磁通风力发电机在新能源领域中有广泛应用，其原理可简化为一圆盘发电机。如图所示，发电机的中心轴为固定不动的圆柱，一外半径为、厚度均匀的环形导体盘套在轴上，接触良好并可绕轴转动，导体盘轴线与中心轴的轴线重合。整个装置处在方向与轴线平行的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。在风力的作用下，导体盘以角速度匀速转动，导体盘的内、外缘为发电机的两个电极。两极接在外电阻两端后，导体盘上各处均有沿半径流动的电流。(1)磁场方向与导体盘转动方向如图所示，试判断导体盘的外缘是发电机的正极还是负极；(2)若外电阻阻值为R，导体盘电阻忽略不计、内半径为l，通过导体盘上相同圆心角区域内的电流相同。求作用在导体盘上圆心角为区域（很小，可视为导体棒）上的安培力大小F与的关系式；(3)若外电阻阻值忽略不计，导体盘电阻不可忽略，距离轴线为r处的电阻率与r成正比，比例系数为k，即，导体盘厚度为d、内半径大小可调。求导体盘发热功率最大时内半径的大小。【答案】(1)正极(2)(3)【详解】（1）根据右手定则可知导体盘的外缘是发电机的正极。（2）设导体盘上圆心角为的区域切割磁场的平均速度为v，有设导体盘的电动势为E，由法拉第电磁感应定律，有设回路中的总电流为I，由闭合电路的欧姆定律，有设导体盘上圆心角为区域的电流为，则作用在导体盘上圆心角为区域上的安培力大小为联立上述各式，得（3）如图所示设距离轴线为r处的沿半径方向的微小长度为、横截面积为的导体电阻为，有设导体盘的内半径大小为x、圆心角为区域的电阻为，有设导体盘的电阻为，则设内半径为x时导体盘的电动势为，可知设导体盘发热功率为P，有联立上述式子联立可得根据数学求导部分知识可得当时，导体盘发热功率最大。12．（2025·天津·高考真题）如图所示，纸面内水平虚线下方存在竖直向上的匀强电场，虚线上方存在垂直于纸面的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q的粒子从电场中的O点以水平向右的速度开始运动，在静电力的作用下从P点进入磁场，射入磁场时的速度大小为v、方向与竖直方向夹角为，粒子返回电场前的运动轨迹过P点正上方的Q点，P、Q间距离及O、P间的水平距离均为L。不计粒子重力。(1)判断粒子的电性；(2)求电场强度大小E；(3)求磁感应强度大小B。【答案】(1)正电(2)(3)【详解】（1）根据题意可知，粒子向上偏转，所受电场力向上，与电场方向相同，则粒子带正电。（2）设粒子在电场中运动的时间为t，水平方向上由运动学公式，有设粒子在电场中运动的加速度为a，由牛顿第二定律，有竖直方向上由运动学公式，有联立上述各式，得（3）设粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径为r，由几何关系，得

洛伦兹力提供向心力，有联立得13．（2025·江西·高考真题）精密条纹相机通过将时域信号转换成空间信息可实现超短激光脉冲持续时间的测量，其简化原理如图所示。某个待测激光脉冲的持续时间为，经过狭缝和聚焦透镜入射至真空条纹管的光电阴极中心。由于光电效应，产生与输入激光脉冲持续时间相同的电子脉冲。电子脉冲先后经加速和偏转等过程打到荧光屏上。阳极与光电阴极间的加速电压为，距离为。偏转极板间距和长度分别为和，其左端与阳极的距离为，右端与荧光屏的距离为。光电效应产生电子的初速度忽略不计，电子不会打到偏转极板上。电子质量为m，电荷量为e，不考虑电场力和相对论效应，以及电子之间相互作用。所有元件的中心在同一条直线上，并以荧光屏中心O为原点、竖直方向为y轴建立坐标系。（普朗克常量，光速）(1)现有多碱、和三种常用的光电阴极材料，它们的逸出功分别约为。若要使波长范围为的入射激光都能打出光电子，请通过定量分析确定应选用哪种光电阴极材料。(2)当偏转极板间电压U为常数时，求电子打在荧光屏上的位置。(3)真实情况下，偏转极板间电压U与时间t的关系为（和k为大于零的常数），其零时刻与激光脉冲刚入射至光电阴极的时刻相同。①求最后进入偏转极板间的电子离开偏转极板时y方向速度的大小：②若小且，此时可忽略不同时刻电子在偏转极板间y方向位移的差别，求电子脉冲在荧光屏上的空间宽度与激光脉冲持续时间的关系。【答案】(1)多碱(2)(3)①；②【详解】（1）根据题意，设入射激光波长为，则对应的光子能量为可得波长范围为的入射激光的能量范围为要使入射激光都能打出光电子，则所有入射激光的能量应大于光电阴极材料的逸出功，所以应选择多碱光电阴极材料。（2）电子在光电阴极与阳极之间做匀加速直线运动，设电子在此过程中的加速度大小为，运动时间为，离开阳极时的速度大小为，则有，，电子在离开阳极到偏转极板左端的过程中做匀速直线运动，设运动时间为，则当偏转电压为常数时，电子在偏转极板内水平方向做匀速直线运动，在竖直方向做匀加速直线运动。设方向的加速度大小为，在偏转极板内运动时间为，离开偏转极板时方向速度为，偏转位移为，则，，，设电子离开偏转极板至打到荧光屏上的时间为，在此时间内电子在y方向的位移为，则，设电子离荧光屏中心的距离为y，则联立解得（3）当偏转极板间电压时，电子在偏转极板内y方向做加速度线性增加的变加速直线运动。①在时刻，最后的电子进入偏转极板间，此时极板间的电压为，设电子在偏转极板内运动时y方向的加速度为，离开偏转极板时y方向的速度为，则则图像，如图所示由上述分析，结合图像可得联立小问2分析可得②在时刻，最前面的电子进入偏转极板间，此时极板间的电压为。同理可得，该电子离开偏转极板时方向的速度，则有设电子脉冲打在荧光屏上的空间宽度为，电子从离开偏转极板至打到荧光屏上的时间为，则，联立解得14．（2025·浙江·高考真题）利用磁偏转系统可以测量不同核反应中释放的高能粒子能量，从而研究原子核结构。如图1所示，用回旋加速器使氘原子核（）获得2.74MeV动能，让其在S处撞击铝（）核发生核反应，产生处于某一激发态和基态的同位素核（）以及两种不同能量的质子（）。产生的质子束经狭缝X沿水平直径方向射入半径为R，方向垂直纸面向里、大小为B的圆形匀强磁场区域，经偏转后打在位于磁场上方的探测板上A、D处（探测板与磁场边界相切于A点，D点与磁场圆心O处在同一竖直线上），获得如图2所示的质子动能的能谱图。(1)写出氘核撞击铝核的核反应方程；(2)求A、D的间距L；(3)若从回旋加速器引出的高能氘核流为1.0mA，求回旋加速器的输出功率；(4)处于激发态的核会发生β衰变，核反应方程是。若核质量等于核质量，电子质量为0.51MeV/c2，在上述两个核反应过程中，原子核被视为静止，求衰变释放的能量。【答案】(1)(2)(3)2.74×103W(4)5.49MeV【详解】（1）氘核撞击铝核的核反应方程（2）由图可知，两种质子的动能分别为3MeV和9MeV，动能之比1∶3，可知速度之比，根据可知可知在磁场中的半径之比为由图可知半径较小的打到A点，半径较大的打到D点，由几何关系可知，解得可得A、D的间距（3）若从回旋加速器引出的高能氘核流为1.0mA，则时间t射出氘核的数量为回旋加速器的输出功率（4）氘核撞击铝核发生核反应，产生处于某一激发态和基态的同位素核（）以及两种不同能量的质子。根据能量守恒可得，能量的为3MeV和9MeV质子分别对应处于激发态的和处于基态的态的。激发态的回到基态会释放能量核质量等于核质量，则衰变释放的能量主要来源于激发态的跃迁产生的能量差。电子质量为0.51MeV/c2，则衰变释放能量15．（2025·重庆·高考真题）研究小组设计了一种通过观察粒子在荧光屏上打出的亮点位置来测量粒子速度大小的装置，如题图所示，水平放置的荧光屏上方有沿竖直方向强度大小为B，方向垂直于纸面向外的匀强磁场。O、N、M均为荧光屏上的点，且在纸面内的同一直线上。发射管K（不计长度）位于O点正上方，仅可沿管的方向发射粒子，一端发射带正电粒子，另一端发射带负电粒子，同时发射的正、负粒子速度大小相同，方向相反，比荷均为。已知，，不计粒子所受重力及粒子间相互作用。(1)若K水平发射的粒子在O点产生光点，求粒子的速度大小。(2)若K从水平方向逆时针旋转60°，其两端同时发射的正、负粒子恰都能在N点产生光点，求粒子的速度大小。(3)要使（2）问中发射的带正电粒子恰好在M点产生光点，可在粒子发射t时间后关闭磁场，忽略磁场变化的影响，求t。【答案】(1)(2)(3)【详解】（1）由题意粒子水平发射后做匀速圆周运动，要在O点产生光点，其运动半径运动过程中由洛伦兹力提供向心力有联立解得（2）若K从水平方向逆时针旋转60°，其两端同时发射的正、负粒子恰都能在N点产生光点，则两端粒子的轨迹正好构成一个完整的圆，且在N点相切，如图由于K从水平方向逆时针旋转60°，则，根据和和关系可知此时粒子做匀速圆周运动的半径为根据洛伦兹力提供向心力可知解得（3）由题意带正电粒子恰好在M点产生光点，则关闭磁场时粒子速度恰好指向M，过M点做正电粒子轨迹的切线，切点为P，如图根据前面解析可知，所以由于，且根据几何关系可知，而所以粒子在磁场中运动的周期，对应的圆心角所以16．（2025·四川·高考真题）如图所示，真空中固定放置两块较大的平行金属板，板间距为d，下极板接地，板间匀强电场大小恒为E。现有一质量为m、电荷量为q（）的金属微粒，从两极板中央O点由静止释放。若微粒与极板碰撞前后瞬间机械能不变，碰撞后电性与极板相同，所带电荷量的绝对值不变。不计微粒重力。求：(1)微粒第一次到达下极板所需时间；(2)微粒第一次从上极板回到O点时的动量大小。【答案】(1)(2)【详解】（1）由牛顿第二定律由运动学公式联立可得微粒第一次到达下极板所需的时间为（2）微粒第一次到达下极板时的速度大小为由于微粒与极板碰撞前后瞬间机械能不变，碰撞后电性与极板相同，所带电荷量的绝对值不变，设微粒碰后第一次到达上极板时的速度大小为，满足代入解得同理可得微粒第一次从上极板回到O点时的速度大小为，满足代入解得故微粒第一次从上极板回到O点时的动量大小为17．（2025·北京·高考真题）如图1所示，金属圆筒A接高压电源的正极，其轴线上的金属线B接负极。(1)设两极间电压为U，求在B极附近电荷量为Q的负电荷到达A极过程中静电力做的功W。(2)已知筒内距离轴线r处的电场强度大小，其中k为静电力常量，为金属线B单位长度的电荷量。如图2所示，在圆筒内横截面上，电荷量为q、质量为m的粒子绕轴线做半径不同的匀速圆周运动，其半径为和时的总能量分别为和。若，推理分析并比较与的大小。(3)图1实为某种静电除尘装置原理图，空气分子在B极附近电离，筒内尘埃吸附电子而带负电，在电场作用下最终被A极收集。使分子或原子电离需要一定条件。以电离氢原子为例。根据玻尔原子模型，定态氢原子中电子在特定轨道上绕核做圆周运动，处于特定能量状态，只有当原子获得合适能量才能跃迁或电离。若氢原子处于外电场中，推导说明外电场的电场强度多大能将基态氢原子电离。（可能用到：元电荷，电子质量，静电力常量，基态氢原子轨道半径和能量）【答案】(1)(2)(3)【详解】（1）在B极附近电荷量为Q的负电荷到达A极过程中静电力做的功（2）粒子的总能量包括动能和电势能，因此总能量可表示为其中动能为电子绕原子核做匀速圆周运动的动能，电子运动的轨道半径为，静电力提供向心力解得动能，可知动能与半径无关；故粒子在不同轨道的总能量可表示为，根据功能关系推导可得，由于电场强度随半径增大而减小，粒子所受静电力也随半径增大而减小，当时，可知成立；（3）根据玻尔原子模型，跃迁或电离前，在外电场中电子仍在原来的轨道上做圆周运动，在基态轨道上运动的位移的最大值为；外电场在原子范围内可看作匀强电场，做功的最大值为；电场力做功提供的能量至少需要才能使基态氢原子电离，使得氢原子电离的电场强度大小可表示为解得18．（2025·湖南·高考真题）如图。直流电源的电动势为，内阻为，滑动变阻器R的最大阻值为，平行板电容器两极板水平放置，板间距离为d，板长为，平行板电容器的右侧存在方向垂直纸面向里的匀强磁场。闭合开关S，当滑片处于滑动变阻器中点时，质量为m的带正电粒子以初速度水平向右从电容器左侧中点a进入电容器，恰好从电容器下极板右侧边缘b点进入磁场，随后又从电容器上极板右侧边缘c点进入电容器，忽略粒子重力和空气阻力。(1)求粒子所带电荷量q；(2)求磁感应强度B的大小；(3)若粒子离开b点时，在平行板电容器的右侧再加一个方向水平向右的匀强电场，场强大小为，求粒子相对于电容器右侧的最远水平距离。【答案】(1)(2)(3)【详解】（1）粒子在电容器中做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动有竖直方向做匀变速直线运动，由闭合回路欧姆定律可得联立可得（2）根据题意，设粒子进入磁场与竖直方向的夹角为，则有，粒子在磁场中做匀速圆周运动有由几何关系易得联立可得（3）取一个竖直向上的速度使得其对应的洛伦兹力和水平向右的电场力平衡，则有解得粒子以速度向上做匀速直线运动，粒子做圆周运动的合速度的竖直方向分速度为此时合速度与竖直方向的夹角为合速度为粒子做圆周运动的半径最远距离为19．（2025·江苏·高考真题）圆筒式磁力耦合器由内转子、外转子两部分组成。工作原理如图甲所示。内、外转子可绕中心轴转动。外转子半径为，由四个相同的单匝线圈紧密围成，每个线圈的电阻均为R，直边的长度均为L，与轴线平行。内转子半径为，由四个形状相同的永磁体组成，磁体产生径向磁场，线圈处的磁感应强度大小均为B。外转子始终以角速度匀速转动，某时刻线圈abcd的直边ab与cd处的磁场方向如图乙所示。(1)若内转子固定，求ab边产生感应电动势的大小E；(2)若内转子固定，求外转子转动一周，线圈abcd产生的焦耳热Q；(3)若内转子不固定，外转子带动内转子匀速转动，此时线圈中感应电流为I，求线圈abcd中电流的周期T。【答案】(1)(2)(3)【详解】（1）根据题意可知，转动时的线速度为则ab产生的感应电动势（2）根据题意，由图可知，若内转子固定，外转子转动过程中，、均切割磁感线，且产生的感应电流方向相反，则转动过程中感应电动势为感应电流为转子转动的周期为则abcd转一圈产生的热量（3）结合图可知，转子转动电流方向改变，大小不变，若内转子不固定，跟着外转子一起转，且abcd中的电流为I，则感应电动势为又有则电流改变方向的时间为则电流的周期为20．（2025·江苏·高考真题）如图所示，在电场强度为E，方向竖直向下的匀强电场中，两个相同的带正电粒子a、b同时从O点以初速度射出，速度方向与水平方向夹角均为。已知粒子的质量为m。电荷量为q，不计重力及粒子间相互作用。求：(1)a运动到最高点的时间t；(2)a到达最高点时，a、b间的距离H。【答案】(1)(2)【详解】（1）根据题意，不计重力及粒子间相互作用，则竖直方向上，由对球，根据牛顿第二定律有a运动到最高点的时间，由运动学公式有联立解得（2）方法一、根据题意可知，两个小球均在水平方向上做匀速直线运动，且水平方向上的初速度均为，则两小球一直在同一竖直线上，斜上抛的小球竖直方向上运动的位移为斜下抛的小球竖直方向上运动位移为则小球a到达最高点时与小球b之间的距离方法二、两个小球均受到相同电场力，以a球为参考系，球以的速度向下做匀速直线运动，则a到达最高点时，a、b间的距离21．（2025·河南·高考真题）如图，水平虚线上方区域有垂直于纸面向外的匀强磁场，下方区域有竖直向上的匀强电场。质量为m、带电量为q（）的粒子从磁场中的a点以速度向右水平发射，当粒子进入电场时其速度沿右下方向并与水平虚线的夹角为，然后粒子又射出电场重新进入磁场并通过右侧b点，通过b点时其速度方向水平向右。a、b距水平虚线的距离均为h，两点之间的距离为。不计重力。(1)求磁感应强度的大小；(2)求电场强度的大小；(3)若粒子从a点以竖直向下发射，长时间来看，粒子将向左或向右漂移，求漂移速度大小。（一个周期内粒子的位移与周期的比值为漂移速度）【答案】(1)(2)(3)【详解】（1）根据题意可知，画出粒子的运动轨迹，如图所示由题意可知设粒子在磁场中做圆周运动的半径为，由几何关系有解得由牛顿第二定律有解得（2）根据题意，由对称性可知，粒子射出电场时，速度大小仍为，方向与水平虚线的夹角为，由几何关系可得则粒子在电场中的运动时间为沿电场方向上，由牛顿第二定律有由运动学公式有联立解得（3）若粒子从a点以竖直向下发射，画出粒子的运动轨迹，如图所示由于粒子在磁场中运动的速度大小仍为，粒子在磁场中运动的半径仍为，由几何关系可得，粒子进入电场时速度与虚线的夹角结合小问2分析可知，粒子在电场中的运动时间为间的距离为由几何关系可得则粒子在磁场中的运动时间为则有综上所述可知，粒子每隔时间向右移动，则漂移速度大小22．（2025·河南·高考真题）流式细胞仪可对不同类型的细胞进行分类收集，其原理如图所示。仅含有一个A细胞或B细胞的小液滴从喷嘴喷出（另有一些液滴不含细胞），液滴质量均为。当液滴穿过激光束、充电环时被分类充电，使含A、B细胞的液滴分别带上正、负电荷，电荷量均为。随后，液滴以的速度竖直进入长度为的电极板间，板间电场均匀、方向水平向右，电场强度大小为。含细胞的液滴最终被分别收集在极板下方处的A、B收集管中。不计重力、空气阻力以及带电液滴间的作用。求：(1)含A细胞的液滴离开电场时偏转的距离；(2)A、B细胞收集管的间距。【答案】(1)(2)0.11m【详解】（1）由题意可知含A细胞的液滴在电场中做类平抛运动，垂直于电场方向则沿电场方向由牛顿第二定律解得含A细胞的液滴离开电场时偏转的距离为（2）含A细胞的液滴离开电场后做匀速直线运动，则则联立解得有对称性可知则A、B细胞收集管的间距23．（2025·云南·高考真题）磁屏蔽技术可以降低外界磁场对屏蔽区域的干扰。如图所示，区域存在垂直平面向里的匀强磁场，其磁感应强度大小为（未知）。第一象限内存在边长为的正方形磁屏蔽区ONPQ，经磁屏蔽后，该区域内的匀强磁场方向仍垂直平面向里，其磁感应强度大小为（未知），但满足。某质量为m、电荷量为的带电粒子通过速度选择器后，在平面内垂直y轴射入区域，经磁场偏转后刚好从ON中点垂直ON射入磁屏蔽区域。速度选择器两极板间电压U、间距d、内部磁感应强度大小已知，不考虑该粒子的重力。(1)求该粒子通过速度选择器的速率；(2)求以及y轴上可能检测到该粒子的范围；(3)定义磁屏蔽效率，若在Q处检测到该粒子，则是多少？【答案】(1)(2)，(3)【详解】（1）由于该粒子在速度选择器中受力平衡，故其中则该粒子通过速度选择器的速率为（2）粒子在区域内做匀速圆周运动，从ON的中点垂直ON射入磁屏蔽区域，由几何关系可知由洛伦兹力提供给向心力联立可得由于，根据洛伦兹力提供给向心力解得当时粒子磁屏蔽区向上做匀速直线运动，离开磁屏蔽区后根据左手定则，粒子向左偏转，如图所示根据洛伦兹力提供向心力可得故粒子打在y轴3L处，综上所述y轴上可能检测到该粒子的范围为。（3）若在Q处检测到该粒子，如图由几何关系可知解得由洛伦兹力提供向心力联立解得其中根据磁屏蔽效率可得若在Q处检测到该粒子，则24．（25-26高二上·陕西铜川·期末）如图所示，轴水平向右，轴竖直向上，轴垂直纸面向里（图中未画出），在平面里有竖直向上的匀强电场，在的平面下方存在垂直纸面向里的匀强磁场，的平面上方有垂直纸面向里的匀强磁场（未知）。有一带正电的粒子，质量为，从坐标原点出发，沿轴正方向以速度射出后做圆周运动，其中，，点坐标。已知重力加速度为，粒子电荷量为。求：(1)电场强度的大小及该粒子第一次经过平面时的位置对应的坐标值；(2)当该带电粒子沿轴正方向飞出到达点时间最小时，求的大小；(3)若将电场改成沿y轴正方向，粒子同样从坐标原点沿x轴以速度射出，求粒子的轨迹方程。【答案】(1)，(2)(3)【详解】（1）由题意可知，粒子受到重力、洛伦兹力和电场力做匀速圆周运动，可以判断粒子受到的电场力与重力平衡，则解得粒子做匀速圆周运动，圆周运动轨迹如图所示洛伦兹力提供向心力得解得粒子运动的轨道半径根据圆周运动轨迹，由几何关系得代入数据解得。（2）粒子做匀速圆周运动，可能的运动轨迹如图所示设粒子进入磁场中速度方向与磁场分界面成角，由几何关系可得可解得设粒子在磁场中运动的轨道半径为，根据圆周运动轨迹可知粒子运动到点应满足当取最小值时，运动时间最短。所以当时，运动时间最短，代入的值解得根据联立可得当该带电粒子沿轴正方向飞出到达点时间最小时，的大小为。（3）若将电场方向改为轴方向正方向，由受力分析，粒子受到沿轴正方向的洛伦兹力、沿轴负方向的重力、沿轴正方向的电场力，根据解得粒子受到的洛伦兹力大小为正好与重力相平衡，所以粒子在轴正方向做匀加速直线运动，有由牛顿第二定律有粒子在轴正方向做匀速直线运动，有联立解得轨迹方程25．（2025·湖北·高考真题）如图所示，两平行虚线MN、PQ间无磁场。MN左侧区域和PQ右侧区域内均有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小分别为B和2B。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从MN左侧O点以大小为的初速度射出，方向平行于MN向上。已知O点到MN的距离为，粒子能回到O点，并在纸面内做周期性运动。不计重力，求(1)粒子在MN左侧区域中运动轨迹的半径；(2)粒子第一次和第二次经过PQ时位置的间距；(3)粒子的运动周期【答案】(1)(2)(3)【详解】（1）粒子在左侧磁场中运动，根据洛伦兹力提供向心力有可得（2）粒子在左侧磁场运动，设从MN射出时速度方向与MN的夹角为θ，由于O到的距离，结合，根据几何关系可知；粒子在MN和PQ之间做匀速直线运动，所以粒子从PQ进入右侧磁场时与PQ的夹角；粒子在右侧磁场做匀速圆周运动有解得根据几何关系可知粒子第一次和第二次经过PQ时位置的间距（3）由图可知粒子在左边磁场运动的时间粒子在右边磁场运动的时间根据对称性可知粒子在MN左侧进出磁场的距离所以粒子从MN到PQ过程中运动的距离为粒子在MN和PQ之间运动的时间综上可知粒子完成完整运动回到O点的周期为26．（2025·陕晋青宁卷·高考真题）电子比荷是描述电子性质的重要物理量。在标准理想二极管中利用磁控法可测得比荷，一般其电极结构为圆筒面与中心轴线构成的圆柱体系统，结构简化如图（a）所示，圆筒足够长。在O点有一电子源，向空间中各个方向发射速度大小为的电子，某时刻起筒内加大小可调节且方向沿中心轴向下的匀强磁场，筒的横截面及轴截面示意图如图（b）所示，当磁感应强度大小调至时，恰好没有电子落到筒壁上，不计电子间相互作用及其重力的影响。求：（R、、均为已知量）(1)电子的比荷;(2)当磁感应强度大小调至时，筒壁上落有电子的区域面积S。【答案】(1)(2)【详解】（1）当磁场的磁感应强度为时，电子刚好不会落到筒壁上。则电子以速度垂直轴线方向射出，电子在磁场中做匀速圆周运动，轨迹恰好与圆筒壁相切，轨迹半径为根据洛伦兹力提供向心力可得联立解得（2）磁感应强度调整为后，将电子速度沿垂直轴线和平行轴线方向进行分解，分别设，电子将在垂直轴线方向上做匀速圆周运动，平行轴线方向上做匀速直线运动，电子击中筒壁距离粒子源的最远点时，其垂直轴线方向的圆周运动轨迹与筒壁相切，则轨迹半径仍为根据洛伦兹力提供向心力可得联立解得由射出到相切，经过半个周期，用时根据速度的合成与分解可知平行轴线方向运动距离结合对称性，被电子击中的面积27．（2024·天津·高考真题）如图所示，在平面直角坐标系的第一象限内，存在半径为R的半圆形匀强磁场区域，半圆与x轴相切于M点，与y轴相切于N点，直线边界与x轴平行，磁场方向垂直于纸面向里。在第一象限存在沿方向的匀强电场，电场强度大小为E．一带负电粒子质量为m，电荷量为q，从M点以速度v沿方向进入第一象限，正好能沿直线匀速穿过半圆区域。不计粒子重力。(1)求磁感应强度B的大小；(2)若仅有电场，求粒子从M点到达y轴的时间t；(3)若仅有磁场，改变粒子入射速度的大小，粒子能够到达x轴上P点，M、P的距离为，求粒子在磁场中运动的时间。【答案】(1)(2)(3)【详解】（1）根据题意可知，由于一带负电粒子能沿直线匀速穿过半圆区域，由平衡条件有解得（2）若仅有电场，带负电粒子受沿轴负方向的电场力，由牛顿第二定律有又有联立解得（3）根据题意，设粒子入射速度为，则有可得画出粒子的运动轨迹，如图所示由几何关系可得解得则轨迹所对圆心角为，则粒子在磁场中运动的时间28．（2024·福建·高考真题）如图，木板A放置在光滑水平桌面上，通过两根相同的水平轻弹簧M、N与桌面上的两个固定挡板相连。小物块B放在A的最左端，通过一条跨过轻质定滑轮的轻绳与带正电的小球C相连，轻绳绝缘且不可伸长，B与滑轮间的绳子与桌面平行。桌面右侧存在一竖直向上的匀强电场，A、B、C均静止，M、N处于原长状态，轻绳处于自然伸直状态。时撤去电场，C向下加速运动，下降后开始匀速运动，C开始做匀速运动瞬间弹簧N的弹性势能为。已知A、B、C的质量分别为、、，小球C的带电量为，重力加速度大小取，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧始终处在弹性限度内，轻绳与滑轮间的摩擦力不计。(1)求匀强电场的场强大小；(2)求A与B间的滑动摩擦因数及C做匀速运动时的速度大小；(3)若时电场方向改为竖直向下，当B与A即将发生相对滑动瞬间撤去电场，A、B继续向右运动，一段时间后，A从右向左运动。求A第一次从右向左运动过程中最大速度的大小。（整个过程B未与A脱离，C未与地面相碰）【答案】(1)(2)；(3)【详解】（1）撤去电场前，A、B、C均静止，M、N处于原长状态，对A、B整体分析可知，此时绳中拉力为0，对C根据共点力平衡条件有解得（2）C开始做匀速直线运动后，对C和B根据共点力平衡条件分别有，其中解得C开始匀速运动瞬间，A、B刚好发生相对滑动，此时A、B、C三者速度大小相等，M、N两弹簧的弹性势能相同，C下降的过程中，对A、B、C及弹簧M、N组成的系统，由能量守恒定律有解得（3）没有电场时，C开始匀速运动瞬间，A、B刚好发生相对滑动，所以此时A的加速度为零，对A根据共点力平衡有当电场方向改为竖直向下，设B与A即将发生相对滑动时，C下降高度为，对A根据牛顿第二定律可得对B、C根据牛顿第二定律可得撤去电场后，由第（2）问的分析可知A、B在C下降时开始相对滑动，在C下降的过程中，对A、B、C及弹簧M、N组成的系统，由能量守恒定律有此时A的速度是其从左向右运动过程中的最大速度，此后A做简谐运动，所以A第一次从右向左运动过程中的最大速度为联立解得29．（2024·福建·高考真题）如图，直角坐标系中，第Ⅰ象限内存在垂直纸面向外的匀强磁场。第Ⅱ、Ⅲ象限中有两平行板电容器、，其中垂直轴放置，极板与轴相交处存在小孔、；垂直轴放置，上、下极板右端分别紧贴轴上的、点。一带电粒子从静止释放，经电场直线加速后从射出，紧贴下极板进入，而后从进入第Ⅰ象限；经磁场偏转后恰好垂直轴离开，运动轨迹如图中虚线所示。已知粒子质量为、带电量为，、间距离为，、的板间电压大小均为，板间电场视为匀强电场，不计重力，忽略边缘效应。求：(1)粒子经过时的速度大小；(2)粒子经过时速度方向与轴正向的夹角；(3)磁场的磁感应强度大小。【答案】(1)(2)(3)【详解】（1）粒子从M到N的运动过程中，根据动能定理有解得（2）粒子在中，根据牛顿运动定律有根据匀变速直线运动规律有、又解得（3）粒子在P处时的速度大小为在磁场中运动时根据牛顿第二定律有由几何关系可知解得30．（2024·贵州·高考真题）如图，边长为L的正方形区域及矩形区域内均存在电场强度大小为E、方向竖直向下且与边平行的匀强电场，右边有一半径为且与相切的圆形区域，切点为的中点，该圆形区域与区域内均存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场。一带电粒子从b点斜向上射入电场后沿图中曲线运动，经边的中点进入区域，并沿直线通过该区域后进入圆形区域。所有区域均在纸面内，粒子始终在该纸面内运动，不计粒子重力。求：(1)粒子沿直线通过区域时的速度大小；(2)粒子的电荷量与质量之比；(3)粒子射出圆形区域时速度方向与进入圆形区域时速度方向的夹角。【答案】(1)(2)(3)【详解】（1）带电粒子在区域做直线运动，则有电场力与洛伦兹力平衡，可知粒子带正电，经边的中点速度水平向右，设粒子到达边的中点速度大小为，带电荷量为，质量为，由平衡条件则有解得（2）粒子从b点到边的中点的运动，可逆向看作从边的中点到b点的类平抛运动，设运动时间为，加速度大小为，由牛顿第二定律可得由类平抛运动规律可得联立解得粒子的电荷量与质量之比（3）粒子从中点射出到圆形区域做匀圆周运动，设粒子的运动半径为，由洛伦兹力提供向心力可得解得粒子在磁场中运动轨迹图如图所示，由图可知，粒子沿半径方向射入，又沿半径方向射出，设粒子射出圆形区域时速度方向与进入圆形区域时速度方向的夹角为，由几何关系可知可得则有考点02电磁感应类1．（2026·山东·高考真题）如图所示，平行金属导轨间距为L，导轨平面与水平面夹角为定值，二者交线与导轨垂直。电动势均为E、内阻为r的两电源，开关S1、S2及滑动变阻器RP与导轨相连，导轨处于磁感应强度为B、方向平行于导轨向下的匀强磁场中。S1闭合、S2断开，质量为m，长为L，内阻为r的金属杆cd静止于导轨上。调节滑片，当RP阻值为r时，cd刚好要下滑。保持滑片位置不变，断开S1，闭合S2，cd开始下滑并始终与导轨接触良好。已知cd与导轨间动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计导轨电阻。cd下滑过程中，求：(1)cd的电功率P；(2)cd的加速度大小a。【答案】(1)(2)【详解】（1）断开S1，闭合S2时回路电流则cd的电功率P=I2r解得（2）设斜面倾角为θ，S1闭合、S2断开cd刚好要下滑时有mgsinθ=μ(mgcosθ＋BIL)由于两电源电动势均为E、内阻为r，则回路电流大小不变均为断开S1，闭合S2有mgsinθ－μ(mgcosθ－BIL)=ma联立解得2．（2026·四川·高考真题）如图所示，两根相距的平行金属长导轨、与金属杆固定连接成形框。形框质量为，电阻不计，静止在水平绝缘桌面上，与桌面间动摩擦因数为。劲度系数为的绝缘轻弹簧一端连接杆的中点，另一端与墙壁相连，弹簧水平且处于原长。导轨上静置一质量为，电阻为的光滑金属杆。空间存在方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为大小为。现使杆在水平向右的外力作用下做匀速直线运动。杆始终与导轨垂直且接触良好，弹簧始终与杆垂直且在弹性限度内，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小视为相等，重力加速度大小为。(1)求形框所受最大静摩擦力的大小；(2)若弹簧保持原长，求杆做匀速直线运动速度的最大值；(3)若杆运动速度大小为，当弹簧伸长量为时外力功率最小，求此时形框的速度大小和外力功率的最小值。【答案】(1)(2)(3)，【详解】（1）形框和导体棒的总质量为，形框受到的支持力最大静摩擦力等于滑动摩擦力，即（2）当导体棒速度最大时，安培力等于最大静摩擦力，此时U形框即将滑动，导体棒切割磁感线产生的感应电动势感应电流安培力根据平衡条件有解得（3）设U形框的速度为u，则导体棒与U形框的相对速度为，导体棒感应电动势感应电流导体棒受到的安培力导体棒受到的安培力与U形框受到的安培力大小相等，对U形框受力分析有联立解得导体棒做匀速运动，对导体棒，根据平衡条件可得外力此时外力F的功率3．（2026·湖南·高考真题）某小组制作了一储能器，其两端电压与其储存的电荷量间的函数关系近似为（为常量）。将该储能器接入如图所示电路，、、为固定的三个触点。两足够长的平行金属导轨固定于水平面上，电阻不计，间距为。导轨间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为。质量为的导体棒垂直导轨放置，接入电路的阻值为。电源电动势为，内阻不计。定值电阻阻值为。时刻开关S与连接，直到导体棒做匀速运动，再于时刻切换开关与或连接。运动过程中导体棒与导轨始终垂直且接触良好，忽略摩擦。(1)求时刻导体棒加速度的大小；(2)若时刻开关与连接，储能器接入电路前电压为0，当储能器电压为时（此时电路中电流不为0），求导体棒速度的大小；(3)若时刻开关与连接，求从时刻起到导体棒静止的过程中，导体棒上产生的焦耳热。【答案】(1)(2)(3)【详解】（1）时刻开关S与连接，流过导体棒的电流导体棒所受的安培力根据牛顿第二定律联立可得（2）当导体棒匀速运动时，导体棒产生的电动势等于电源电动势，设此时导体棒速度为，即当储能器电压为时（此时电路中电流不为0），对导体棒根据动量定理有又可得根据题意联立可得（3）从过程对导体棒，根据动量定理又可得导体棒上产生的焦耳热可得从时刻到导体棒静止过程中，根据能量守恒定律可知电路中产生的焦耳热为导体棒产生的焦耳热为可得从时刻起到导体棒静止的过程中，导体棒上产生的焦耳热4．（2026·江苏·高考真题）扫地机器人可利用磁场对通电线圈的安培力实现悬浮与驱动。如图，一扫地机器人内含、两矩形线框，其中为平衡框，用于保持悬浮，abcd为驱动框，用于提供向前的动力。上下两导线中通电后，其间形成的磁场可视为匀强磁场，磁感应强度大小为，方向垂直纸面向里。每个框都有一条边长为并嵌入金属芯，金属芯使得该边处磁场的磁感应强度变为原来的（）倍。两线框通过绝缘杆固定连接，总质量为，运动过程中线框整体受到的摩擦阻力大小恒定，导线和线框均始终在同一竖直平面内，且线框的上下边与导线始终水平。（重力加速度为g）(1)为了使线框整体悬浮，求框中的电流的大小和方向；(2)若线框向右运行速度大小为，求边的感应电动势；(3)若线框以速度大小在水平方向上匀速运动，某时刻保持电流大小不变，仅将动力线框中的电流反向，线框在安培力和阻力作用下做匀减速直线运动，经过位移后停止，求整个减速过程，动力线框边所受安培力的平均功率。【答案】(1)，电流方向为逆时针(2)(3)【详解】（1）根据题意可知，为了使线框整体悬浮，竖直方向上有解得由左手定则可知，电流方向为逆时针。（2）若机器人向右运行速度为，ab边的感应电动势（3）根据题意，若某时刻线框的水平速度为，由于cd边所受安培力一直为边所受安培力的倍，设cd边所受安培力大小为，则边所受安培力大小为，则有保持电流大小不变，方向反向，则安培力方向反向，由牛顿第二定律有又有解得线框cd边所受安培力大小为线框cd边所受安培力的平均功率5．（2025·浙江·高考真题）如图所示，某兴趣小组设计了一新型两级水平电磁弹射系统。第一级由间距为l的水平金属导轨、可在导轨上滑行的导电动子、输出电压恒为U的电源和开关S组成，由此构成的回路总电阻为；第二级由固定在动子上间距也为l的导电“”形滑杆、锁定在滑杆上可导电的模型飞机组成，由此构成的回路总电阻为。另外在第二级回路内固定一超导线圈，它与第一、第二两级回路三者彼此绝缘。导轨间存在方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场。接通开关S，动子从静止开始运动，所受阻力与其速度成正比，比例系数为k。当动子运动距离为时（可视为已匀速），立即断开S，在极短时间内实现下列操作：首先让超导线圈通上大电流，产生竖直方向的强磁场，在第二级回路中产生磁通量；再让超导线圈断开，磁场快速消失，同时解锁飞机，对飞机实施第二次加速，飞机起飞。已知动子及安装其上所有装备的总质量为M，其中飞机质量为m，在运动过程中，动子始终与导轨保持良好接触，忽略导轨电阻。(1)求动子在接通S瞬间受力的大小；(2)求第一级弹射过程中动子能达到的最大速度；(3)求第一级弹射过程中电源输出的总能量W；(4)判断超导线圈中电流方向（俯视），并求飞机起飞时的速度大小。【答案】(1)(2)(3)(4)电流方向为顺时针（俯视），【详解】（1）接通S瞬间，动子速度，此时回路中没有感应电动势，电源电压为，回路总电阻为，根据欧姆定律可知回路电流为动子所受的力为安培力，大小为（2）当动子达到最大速度时动子切割磁感线产生的电动势为此时回路中的电流为依题意此时动子做匀速运动，所受合力为零，有解得最大速度为（3）在第一级弹射过程中,取一段极短的时间，以水平向右为正方向，对动子及安装在上面的所有装备，由动量定理有等式两侧求和得其中依题意有，解得流过电源的电荷量解得第一级弹射过程电源输出总能量代入上问结果得（4）由于对飞机实施第二次加速，由左手定则可知超导线圈断开后，第二级回路中的感应电流方向为顺时针（俯视），由右手螺旋定则可知超导线圈断开后，第二级回路中感应电流的磁场方向为竖直向下，由楞次定律可知超导线圈中的大电流产生的磁场方向也为竖直向下，再由右手螺旋定则可判断超导线圈中电流方向为顺时针（俯视）。设飞机起飞时的速度大小为，对飞机根据动量定理有超导线圈磁场快速消失的过程中，在第二级回路中产生的感应电动势感应电流为解得代入前面结果可得6．（2025·河北·高考真题）某电磁助推装置设计如图，超级电容器经调控系统为电路提供1000A的恒定电流，水平固定的平行长直导轨处于垂直水平面的匀强磁场中，a可视为始终垂直导轨的导体棒，b为表面绝缘的无人机。初始时a静止于MM′处，b静止于a右侧某处。现将开关S接1端，a与b正碰后锁定并一起运动，损失动能全部储存为弹性势能。当a运行至NN′时将S接2端，同时解除锁定，所储势能瞬间全部转化为动能，a与b分离。已知电容器电容C为10F，导轨间距为0.5m，磁感应强度大小为1T，MM′到NN′的距离为5m，a、b质量分别为2kg、8kg，a在导轨间的电阻为0.01Ω。碰撞、分离时间极短，各部分始终接触良好，不计导轨电阻、摩擦和储能耗损，忽略电流对磁场的影响。(1)若分离后某时刻a的速度大小为10m/s，求此时通过a的电流大小。(2)忽略a、b所受空气阻力，当a与b的初始间距为1.25m时，求b分离后的速度大小，分析其是否为b能够获得的最大速度；并求a运动过程中电容器的电压减小量。(3)忽略a所受空气阻力，若b所受空气阻力大小与其速度v的关系为f=kv2（k=0.025N·s2/m2），初始位置与（2）问一致，试估算a运行至NN′时。a分离前的速度大小能否达到（2）问中分离前速度的99%，并给出结论。（0.992=0.980l）【答案】(1)500A(2)25m/s，能，40V(3)能【详解】（1）分离后当导体a的速度大小为10m/s时，根据法拉第电磁感应定律有通过a的电流解得（2）规定水平向右为正方向，从运动至b位置过程中，由安培力提供加速度，则a、b间初始距离碰撞前a的速度解得，，a与b碰撞过程中系统动量守恒，有储存的弹性势能为解得，a、b碰后一起运动至过程中由安培力提供加速度有位移为分离前速度为解得，，a、b分离过程，由动量守恒定律有由能量守恒定律有解得，在整个过程中安培力大小恒定，安培力做功大小为一定值，若a、b分离时a的速度为零，则此时b能获得最大速度，最大速度为25m/s；上述过程中通过导体棒a的电荷量电容器电压的减少量解得（3）规定水平向右为正方向，a、b碰后共同速度为，若无空气阻力，到达的速度为，其图像如图所示若考虑阻力，则实际图像应在图中所示图像的下方，可知克服阻力做的功为由动能定理有解得可知a、b分离前的速度大小能达到（2）问中分离前速度的99%。7．（2025·安徽·高考真题）如图，平行光滑金属导轨被固定在水平绝缘桌面上，导轨间距为L，右端连接阻值为R的定值电阻。水平导轨上足够长的矩形区域MNPQ存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。某装置从MQ左侧沿导轨水平向右发射第1根导体棒，导体棒以初速度v0进入磁场，速度减为0时被锁定；从原位置再发射第2根相同的导体棒，导体棒仍以初速度v0进入磁场，速度减为0时被锁定，以此类推，直到发射第n根相同的导体棒进入磁场。已知导体棒的质量为m，电阻为R，长度恰好等于导轨间距，与导轨接触良好（发射前导体棒与导轨不接触），不计空气阻力、导轨的电阻，忽略回路中的电流对原磁场的影响。求：(1)第1根导体棒刚进入磁场时，所受安培力的功率；(2)第2根导体棒从进入磁场到速度减为0的过程中，其横截面上通过的电荷量；(3)从第1根导体棒进入磁场到第n根导体棒速度减为0的过程中，导轨右端定值电阻R上产生的总热量。【答案】(1)(2)(3)，n=1，2，3，…【详解】（1）第1根导体棒刚进入磁场时产生的感应电动势为E=BLv0则此时回路的电流为此时导体棒受到的安培力F安=BIL此时导体棒受安培力的功率（2）第2根导体棒从进入磁场到速度减为0的过程中，根据动量定理有其中解得（3）由于每根导体棒均以初速度v0进入磁场，速度减为0时被锁定，则根据能量守恒，每根导体棒进入磁场后产生的总热量均为第1根导体棒进入磁场到速度减为0的过程中，导轨右端定值电阻R上产生的热量第2根导体棒进入磁场到速度减为0的过程中，导轨右端定值电阻R上产生的热量第3根导体棒进入磁场到速度减为0的过程中，导轨右端定值电阻R上产生的热量第n根导体棒进入磁场到速度减为0的过程中，导轨右端定值电阻R上产生的热量则从第1根导体棒进入磁场到第n根导体棒速度减为0的过程中，导轨右端定值电阻R上产生的总热量QR=QR1＋QR2＋QR3＋…＋QRn通过分式分解和观察数列的“望远镜求和”性质，得出，n=1，2，3，…8．（2025·福建·高考真题）水平地面上固定有一倾角为30°的绝缘光滑斜面，其上有两个宽度分别为l1、l2、的条形匀强磁场区域Ⅰ、Ⅱ，虚线为磁场边界，均与斜面底边平行，两区域磁场的磁感应强度大小相等、方向均垂直斜面向上，示意图如图所示。一质量为m、电阻为R的正方形细导线框abcd置于区域Ⅰ上方的斜面上，cd边与磁场边界平行。线框由静止开始下滑，依次穿过区域Ⅰ、区域Ⅱ。已知cd边进入Ⅰ到ab边离开Ⅰ的过程中，线框速度恒为v，cd边进入区域Ⅱ和ab边离开区域Ⅱ时的速度相同；区域Ⅰ、Ⅱ间的无磁场区域宽度大于线框边长，线框各边材料相同、粗细均匀；下滑过程线框形状不变且始终处于斜面内，cd边始终与磁场边界平行；重力加速度为。求：(1)初始时，cd边与Ⅰ区域上边缘的距离；(2)求cd边进入Ⅰ号区域时，cd边两端的电势差；(3)cd边进入区域Ⅱ到ab边离开区域Ⅱ的过程中，线框克服安培力做功的平均功率。【答案】(1)(2)(3)若，则；若，则【详解】（1）线框在没有进入磁场区域时，根据牛顿第二定律根据运动学公式联立可得线框释放点cd边与Ⅰ区域上边缘的距离（2）因为cd边进入Ⅰ区域时速度为v，且直到ab边离开Ⅰ区域时速度均为v，可知线框的边长与Ⅰ区域的长度相等，根据平衡条件有又，cd边两端的电势差联立可得（3）①若，则线框在通过Ⅱ区域过程中可能一直做减速运动，也可能先减速后匀速，完全离开Ⅱ号区域时的速度不再恢复为刚进入时的速度，故该情况不符合题意。②若，在线框进入Ⅰ区域过程中，根据动量定理其中，，联立可得线框在Ⅱ区域运动过程中，根据动量定理根据线框进入磁场过程中电荷量都相等，即联立可得根据能量守恒定律克服安培力做功的平均功率联立可得③若，同理可得根据动量定理其中结合，联立可得根据能量守恒定律克服安培力做功的平均功率联立可得9．（2025·山东·高考真题）如图所示，平行轨道的间距为L，轨道平面与水平面夹角为α，二者的交线与轨道垂直，以轨道上O点为坐标原点，沿轨道向下为x轴正方向建立坐标系。轨道之间存在区域I、Ⅱ，区域I（−2L≤x<−L）内充满磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场；区域Ⅱ（x≥0）内充满方向垂直轨道平面向上的磁场，磁感应强度大小B1=k1t+k2x，k1和k2均为大于零的常量，该磁场可视为由随时间t均匀增加的匀强磁场和随x轴坐标均匀增加的磁场叠加而成。将质量为m、边长为L、电阻为R的匀质正方形闭合金属框epqf放置在轨道上，pq边与轨道垂直，由静止释放。已知轨道绝缘、光滑、足够长且不可移动，磁场上、下边界均与x轴垂直，整个过程中金属框不发生形变，重力加速度大小为g，不计自感。(1)若金属框从开始进入到完全离开区域I的过程中匀速运动，求金属框匀速运动的速率v和释放时pq边与区域I上边界的距离s；(2)金属框沿轨道下滑，当ef边刚进入区域Ⅱ时开始计时（t=0），此时金属框的速率为v0，若，求从开始计时到金属框达到平衡状态的过程中，ef边移动的距离d。【答案】(1)，(2)【详解】（1）金属框从开始进入到完全离开区域I的过程中，金属框只有一条边切割磁感线，根据楞次定律可得，安培力水平向左，则切割磁感线产生的电动势线框中电流线框做匀速直线运动，则解得金属框从开始进入到完全离开区域I的过程的速率金属框开始释放到pq边进入磁场的过程中，只有重力做功，由动能定理可得可得释放时pq边与区域I上边界的距离（2）当ef边刚进入区域Ⅱ时开始计时（t=0），设线框ef边到O点的距离为s时，线框中产生的感应电动势，其中此时线路中的感应电流线框pq边受到沿轨道向上的安培力，大小为线框ef边受到沿轨道向下的安培力，大小为则线框受到的安培力代入化简得当线框平衡时，可知此时线框速率为0。则从开始计时到金属框达到平衡状态的过程中，根据动量定理可得即对时间累积求和可得可得10．（2025·海南·高考真题）间距为L的金属导轨倾斜部分光滑，水平部分粗糙并平滑相接，导轨上端有电源和开关，倾斜导轨与水平面夹角，处于垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，水平导轨处于垂直竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小均为。两相同导体棒、与水平导轨的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，两棒的质量均为，接入电路的电阻均为。棒仅在水平导轨上运动，两导体棒在运动过程中始终与导轨垂直并接触良好，且不会碰撞。忽略金属导轨的电阻，重力加速度为。(1)锁定水平导轨上的棒，闭合开关，棒静止在倾斜导轨上，求通过棒的电流；断开开关，同时解除棒的锁定，当棒下滑距离为时，棒开始运动，求棒从解除锁定到开始运动过程中产生的焦耳热；(2)此后棒在下滑过程中电流达到稳定，求此时棒与棒速度大小之差；(3)棒中电流稳定之后继续下滑，从棒运动到水平导轨开始计时，时刻棒速度为0，加速度不为0；此后某时刻棒的加速度为0，速度不为0，求从t1时刻到某时刻，棒与的路程之差。【答案】(1)，(2)(3)【详解】（1）锁定水平导轨上的棒，闭合开关，棒静止在倾斜导轨上，导轨倾斜部分光滑，则棒只受重力、导轨给的支持力、安培力；根据平衡条件可得又解得通过棒的电流为断开开关，同时解除棒的锁定，设当棒下滑