文档内容
专题 20 电学计算
考点 五年考情（2021-2025） 命题趋势
2025·四川卷、江苏卷
考点1 带电
2024·广西卷、福建卷 注重基础知识的考查，如电路分析、电场
粒子在电场中
2023·江苏卷
与磁场相关公式运用等，常以带电粒子在
的运动
2022·广东卷、北京卷
电场、磁场中的运动等为背景出题。命题
2021·福建卷
会紧密结合科技前沿与生活实际，创设新
2025·湖北卷、黑吉辽卷
考点2 带电 颖情境，考查学生知识迁移与综合应用能
2024·辽宁卷、河南卷
粒子在组合场 力。同时，题目信息量增大，计算过程可
2023·山东卷、北京卷
中的运动 能更复杂，要求学生具备良好的数学运算
2022·江苏卷、河北卷
能力和逻辑思维能力。此外，开放性、探
2021·江苏卷、重庆卷
究性问题或增多，鼓励学生深入思考，培
考点3 电磁感 2025·福建卷、云南卷
应与动力学、 2024·湖北卷、江西卷 养创新思维和解决复杂问题的能力。备考
功能关系和动 2023·湖南卷、广东卷 时应注重基础，提升综合应用与创新能
量综合问题 2022·辽宁卷、海南卷 力。
2021·天津卷、湖北卷
考点01 带电粒子在电场中的运动
1．（2025·广西·高考真题）带电粒子绕着带电量为 的源电荷做轨迹为椭圆的曲线运动，源电荷固定在
椭圆左焦点F上，带电粒子电量为 ；已知椭圆焦距为c，半长轴为a，电势计算公式为 ，带
点粒子速度的平方与其到电荷的距离的倒数满足如图关系。
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学科网（北京）股份有限公司(1)求在椭圆轨道半短轴顶点B的电势；
(2)求带电粒子从A到B的运动过程中，电场力对带电粒子做的功；
(3)用推理论证带点粒子动能与电势能之和是否守恒；若守恒，求其动能与电势能之和；若不守恒，说
明理由。
【答案】(1)
(2)
(3)守恒，
【详解】（1）由几何关系可知，椭圆上任何一点到两焦点间距离之和为2a，故顶点B距源电荷的距离
为
根据电势计算公式 可得在椭圆轨道半短轴顶点B的电势为
（2）同理可知，在椭圆轨道半长轴顶点A的电势为
根据电场力做功与电势能的关系可知，带电粒子从A到B的运动过程中，电场力对带电粒子做的功为
（3）设带电粒子的质量为m，假设带点粒子动能与电势能之和守恒，则满足 （定
值）
则
根据图像可知 关系为一条倾斜直线，故假设成立，将图像中 代入关系式可得其动能与电势
能之和为
2．（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
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学科网（北京）股份有限公司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，垂直于电极板方向则
沿电极板方向
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
3．（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：
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学科网（北京）股份有限公司(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
4．（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。
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学科网（北京）股份有限公司(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）粒子在半径为 处绕轴线做匀速圆周运动，其向心力由电场力提供，根据向心力公式
又
联立可得
解得粒子的动能
设无穷远处电势能为0，粒子从无穷远处移动到半径为r处，电场力做功
其中
代入可得
根据
可得粒子在半径为r处的电势能
粒子的总能量粒子的总能量
则 ，
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学科网（北京）股份有限公司根据数学知识可知对数函数 在（0， ）是增函数，且 的二阶导数
所以 是凹函数，已知 ，即 是 与 的等差中项，根据凹函数的性质
移项可得
又因为
可得
（3）方法一：电子绕核做圆周运动，库仑力提供向心力，即
电子的动能
联立可得
根据库仑定律，电子与原子核之间的库仑力
电子从基态轨道半径a处运动到无穷远处，克服库仑力做功
积分可得
则电子在基态轨道半径a处的电势能
根据能量守恒定律，将基态氢原子电离所需的能量 等于电子的动能与基态氢原子的势能之和，即
设外电场的电场强度为 ，电子在电场力作用下获得能量，当电子获得的能量等于将基态氢原子电离
所需的能量时，氢原子被电离。电子在电场力作用下获得的能量
联立可得
代入数据解得
方法二：根据功能关系可得
代入数据可得
5．（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：
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学科网（北京）股份有限公司(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
6．（2025·陕晋青宁卷·高考真题）如图，有两个电性相同且质量分别为m、 的粒子A、B，初始时刻相
距 ，粒子A以速度 沿两粒子连线向速度为0的粒子B运动，此时A、B两粒子系统的电势能等于
。经时间 粒子B到达P点，此时两粒子速度相同，同时开始给粒子B施加一恒力，方向与速
度方向相同。当粒子B的速度为 时，粒子A恰好运动至P点且速度为0，A、B粒子间距离恢复为 ，
这时撤去恒力。己知任意两带电粒子系统的电势能与其距离成反比，忽略两粒子所受重力。求：（m、
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学科网（北京）股份有限公司、 、 均为己知量）
(1)粒子B到达P点时的速度大小 ；
(2) 时间内粒子B的位移大小 ；
(3)恒力作用的时间 。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）根据动量守恒定律 ，解得
（2）两者共速时设间距为 ，根据能量守恒定律可知此时电势能为
根据题意电荷间的电势能与它们间的距离成反比，则
两者共速前的过程系统始终动量守恒，根据动量守恒则有
即有
根据位移关系可知
联立解得
（3）对全过程，对系统根据动能定理
对全过程，根据动量定理
联立解得
7．（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
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学科网（北京）股份有限公司别为 、 、 ，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
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学科网（北京）股份有限公司（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
8．（2024·河北·高考真题）如图，竖直向上的匀强电场中，用长为L的绝缘细线系住一带电小球，在竖直
平面内绕O点做圆周运动。图中A、B为圆周上的两点，A点为最低点，B点与O点等高。当小球运动
到A点时，细线对小球的拉力恰好为0，已知小球的电荷量为 、质量为m，A、B两点间的电势
差为U，重力加速度大小为g，求：
（1）电场强度E的大小。
（2）小球在A、B两点的速度大小。
【答案】（1） ；（2） ，
【详解】（1）在匀强电场中，根据公式可得场强为
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学科网（北京）股份有限公司（2）在A点细线对小球的拉力为0，根据牛顿第二定律得
A到B过程根据动能定理得
联立解得
9．（2023·新课标卷·高考真题）密立根油滴实验的示意图如图所示。两水平金属平板上下放置，间距固定，
可从上板中央的小孔向两板间喷入大小不同、带电量不同、密度相同的小油滴。两板间不加电压时，
油滴a、b在重力和空气阻力的作用下竖直向下匀速运动，速率分别为v、 ；两板间加上电压后（上
0
板为正极），这两个油滴很快达到相同的速率 ，均竖直向下匀速运动。油滴可视为球形，所受空气
阻力大小与油滴半径、运动速率成正比，比例系数视为常数。不计空气浮力和油滴间的相互作用。
（1）求油滴a和油滴b的质量之比；
（2）判断油滴a和油滴b所带电荷的正负，并求a、b所带电荷量的绝对值之比。
【答案】（1）8:1；（2）油滴a带负电，油滴b带正电；4:1
【详解】（1）设油滴半径r，密度为ρ，则油滴质量
则速率为v时受阻力
则当油滴匀速下落时
解得
可知
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学科网（北京）股份有限公司则
（2）两板间加上电压后（上板为正极），这两个油滴很快达到相同的速率 ，可知油滴a做减速运动，
油滴b做加速运动，可知油滴a带负电，油滴b带正电；当再次匀速下落时，对a由受力平衡可得
其中
对b由受力平衡可得
其中
联立解得
10．（2023·全国乙卷·高考真题）如图，等边 位于竖直平面内，AB边水平，顶点C在AB边上方，3
个点电荷分别固定在三角形的三个顶点上。已知AB边中点M处的电场强度方向竖直向下，BC边中点
N处的电场强度方向竖直向上，A点处点电荷的电荷量的绝对值为q，求
（1）B点处点电荷的电荷量的绝对值并判断3个点电荷的正负；
（2）C点处点电荷的电荷量。
【答案】（1） ，A、B、C均为正电荷；（2）
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学科网（北京）股份有限公司【详解】（1）因为M点电场强度竖直向下，则C为正电荷，根据场强的叠加原理，可知A、B两点
的电荷在M点的电场强度大小相等，方向相反，则B点电荷带电量为 ，电性与A相同，又 点电场
强度竖直向上，可得 处电荷在 点的场强垂直BC沿AN连线向右上，如图所示
可知A处电荷为正电荷，所以A、B、C均为正电荷。
（2）如图所示
由几何关系
即
其中
解得
11．（2022·北京·高考真题）如图所示，真空中平行金属板M、N之间距离为d，两板所加的电压为U。一
质量为m、电荷量为q的带正电粒子从M板由静止释放。不计带电粒子的重力。
（1）求带电粒子所受的静电力的大小F；
（2）求带电粒子到达N板时的速度大小v；
（3）若在带电粒子运动 距离时撤去所加电压，求该粒子从M板运动到N板经历的时间t。
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学科网（北京）股份有限公司【答案】（1） ；（2） ；（3）
【详解】（1）两极板间的场强
带电粒子所受的静电力
（2）带电粒子从静止开始运动到N板的过程，根据功能关系有
解得
（3）设带电粒子运动 距离时的速度大小为v′，根据功能关系有
带电粒子在前 距离做匀加速直线运动，后 距离做匀速运动，设用时分别为t、t，有
1 2
，
则该粒子从M板运动到N板经历的时间
12．（2022·辽宁·高考真题）如图所示，光滑水平面 和竖直面内的光滑 圆弧导轨在B点平滑连接，导
轨半径为R。质量为m的带正电小球将轻质弹簧压缩至A点后由静止释放，脱离弹簧后经过B点时的
速度大小为 ，之后沿轨道 运动。以O为坐标原点建立直角坐标系 ，在 区域有方向
与x轴夹角为 的匀强电场，进入电场后小球受到的电场力大小为 。小球在运动过程中电
荷量保持不变，重力加速度为g。求：
（1）弹簧压缩至A点时的弹性势能；
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学科网（北京）股份有限公司（2）小球经过O点时的速度大小；
（3）小球过O点后运动的轨迹方程。
【答案】（1） ；（2） ；（3）
【详解】（1）小球从A到B，根据能量守恒定律得
（2）小球从B到O，根据动能定理有
解得
（3）小球运动至O点时速度竖直向上，受电场力和重力作用，将电场力分解到x轴和y轴，则x轴方
向有
竖直方向有
解得
，
说明小球从O点开始以后的运动为x轴方向做初速度为零的匀加速直线运动，y轴方向做匀速直线运
动，即做类平抛运动，则有
，
联立解得小球过O点后运动的轨迹方程
13．（2022·广东·高考真题）密立根通过观测油滴的运动规律证明了电荷的量子性，因此获得了1923年的
诺贝尔奖。图是密立根油滴实验的原理示意图，两个水平放置、相距为d的足够大金属极板，上极板
中央有一小孔。通过小孔喷入一些小油滴，由于碰撞或摩擦，部分油滴带上了电荷。有两个质量均为
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学科网（北京）股份有限公司、位于同一竖直线上的球形小油滴A和B，在时间t内都匀速下落了距离 。此时给两极板加上电
压U（上极板接正极），A继续以原速度下落，B经过一段时间后向上匀速运动。B在匀速运动时间t
内上升了距离 ，随后与A合并，形成一个球形新油滴，继续在两极板间运动直至匀速。已
知球形油滴受到的空气阻力大小为 ，其中k为比例系数，m为油滴质量，v为油滴运动速率，
不计空气浮力，重力加速度为g。求：
（1）比例系数k；
（2）油滴A、B的带电量和电性；B上升距离 电势能的变化量；
（3）新油滴匀速运动速度的大小和方向。
【答案】（1） ；（2）油滴A不带电，油滴B带负电，电荷量 ，电势能的
变化量 ；（3）见解析
【详解】（1）未加电压时，油滴匀速时的速度大小
匀速时
又
联立可得
（2）加电压后，油滴A的速度不变，可知油滴A不带电，油滴B最后速度方向向上，可知油滴B所受
电场力向上，极板间电场强度向下，可知油滴B带负电，油滴B向上匀速运动时，速度大小为
根据平衡条件可得
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学科网（北京）股份有限公司解得
根据
又
联立解得
（3）油滴B与油滴A合并后，新油滴的质量为 ，新油滴所受电场力
若 ，即
可知
新油滴速度方向向上，设向上为正方向，根据动量守恒定律
可得
新油滴向上加速，达到平衡时
解得速度大小为
速度方向向上；
若 ，即
可知
设向下为正方向，根据动量守恒定律
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学科网（北京）股份有限公司可知
新油滴向下加速，达到平衡时
解得速度大小为
速度方向向下。
14．（2021·福建·高考真题）如图（a），同一竖直平面内A、B、M、N四点距O点的距离均为 ，O为
水平连线 的中点，M、N在 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（
）。以O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 上的电势 随
位置x的变化关系如图（b）所示。一电荷量为Q（ ）的小球 以一定初动能从M点竖直下落，
一段时间后经过N点，其在 段运动的加速度大小a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，k为静电力常量。
（1）求小球 在M点所受电场力大小。
（2）当小球 运动到N点时，恰与一沿x轴负方向运动的不带电绝缘小球 发生弹性碰撞。已知
与 的质量相等，碰撞前、后 的动能均为 ，碰撞时间极短。求碰撞前 的动量大小。
（3）现将 固定在N点，为保证 能运动到N点与之相碰， 从M点下落时的初动能须满足什么条
件？
【答案】（1） ；（2） ；（3）
【详解】（1）设A到M点的距离为 ，A点的电荷对小球 的库仑力大小为 ，由库仑定律有
①
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学科网（北京）股份有限公司设小球 在 点所受电场力大小为 ，由力的合成有
②
联立①②式，由几何关系并代入数据得
③
（2）设O点下方 处为 点， 与 的距离为 ，小球 在 处所受的库仑力大小为 ，由库仑
定律和力的合成有
④
式中
设小球 的质量为 ，小球 在 点的加速度大小为 ，由牛顿第二定律有
⑤
由图（c）可知，式中
联立④⑤式并代入数据得
⑥
设 的质量为 ，碰撞前、后 的速度分别为 ， ， 碰撞前、后的速度分别为 ， ，取竖
直向下为正方向。由动量守恒定律和能量守恒定律有
⑦
⑧
设小球S 碰撞前的动量为 ，由动量的定义有
2
⑨
依题意有
联立⑥⑦⑧⑨式并代入数据，得
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学科网（北京）股份有限公司⑩
即碰撞前 的动量大小为 。
（3）设O点上方 处为D点。根据图（c）和对称性可知， 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， 在此处加速度为0； 在D点上方做减速运动，在D点下方做加速运动，
为保证 能运动到N点与 相碰， 运动到D点时的速度必须大于零。
设M点与D点电势差为 ，由电势差定义有
设小球 初动能为 ，运动到D点的动能为 ，由动能定⑪理有
⑫
由对称性，D点与C点电势相等，M点与N点电势相等⑬，依据图（b）所给数据，并联立⑥ 式
可得
⑪⑫⑬
⑭
15．（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；
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学科网（北京）股份有限公司(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
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学科网（北京）股份有限公司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
16．（2025·黑吉辽蒙卷·高考真题）如图，在 平面第一、四象限内存在垂直平面向里的匀强磁场，磁
感应强度大小为B，一带正电的粒子从 点射入磁场，速度方向与y轴正方向夹角 ，
从 点射出磁场。已知粒子的电荷量为 ，质量为m，忽略粒子重力及磁场边缘效应。
(1)求粒子射入磁场的速度大小 和在磁场中运动的时间 。
(2)若在 平面内某点固定一负点电荷，电荷量为 ，粒子质量取 （k为静电力常量），
粒子仍沿（1）中的轨迹从M点运动到N点，求射入磁场的速度大小 。
(3)在（2）问条件下，粒子从N点射出磁场开始，经时间 速度方向首次与N点速度方向相反，求
（电荷量为Q的点电荷产生的电场中，取无限远处的电势为0时，与该点电荷距离为r处的电势
）。
【答案】(1) ，
(2)
(3)
【详解】（1）作出正电荷在磁场中运动的轨迹，如图所示
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学科网（北京）股份有限公司由几何关系可知，正电荷在磁场中做匀速圆周运动的半径为
由洛伦兹力提供向心力
解得正电荷的入射速度大小为
正电荷在磁场中运动的周期为
所以正电荷从M运动到N的时间为
（2）由题意可知，在 平面内的负电荷在圆心O处，由牛顿第二定律可知 ，
其中
解得 或 （舍去）
（3）在（2）的条件下，由题意可知，粒子从N点离开，仅在点电荷的作用下运动，粒子所需要的向
心力 大于点电荷提供的库仑力 ，因此粒子无法做匀速圆周运动，即正电荷从N点离开磁
场后绕负电荷做椭圆运动，如图所示
由能量守恒定律得
由开普勒第二定律可知
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学科网（北京）股份有限公司其中
联立解得
由牛顿第二定律
解得
故正电荷从 点离开磁场后到首次速度变为与 点的射出速度相反的时间为
17．（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
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学科网（北京）股份有限公司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
18．（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）
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学科网（北京）股份有限公司【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
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学科网（北京）股份有限公司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
19．（2025·贵州·高考真题）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) ，
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学科网（北京）股份有限公司(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
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学科网（北京）股份有限公司设粒子进入 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 轴正方向做匀加速直线运动，有
联立解得轨迹方程
20．（2025·黑吉辽蒙卷·高考真题）如图（a），固定在光滑绝缘水平面上的单匝正方形导体框 ，置于
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学科网（北京）股份有限公司始终竖直向下的匀强磁场中， 边与磁场边界平行， 边中点位于磁场边界。导体框的质量 ，
电阻 、边长 。磁感应强度B随时间t连续变化， 内 图像如图（b）所示。导
体框中的感应电流I与时间t关系图像如图（c）所示，其中 内的图像未画出，规定顺时针方向
为电流正方向。
(1)求 时 边受到的安培力大小F；
(2)画出图(b)中 内 图像（无需写出计算过程）；
(3)从 开始，磁场不再随时间变化。之后导体框解除固定，给导体框一个向右的初速度
，求ad边离开磁场时的速度大小 。
【答案】(1)0.015N
(2)
(3)0.01m/s
【详解】（1）由法拉第电磁感应定律
由闭合电路欧姆定律可知， 内线框中的感应电流大小为
由图（b）可知， 时磁感应强度大小为
所以此时导线框 的安培力大小为
（2） 内线框内的感应电流大小为 ，根据楞次定律及安培定则可知感应电流方向为顺时
针，由图（c）可知 内的感应电流大小为
方向为逆时针，根据欧姆定律可知 内的感应电动势大小为
由法拉第电磁感应定律
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学科网（北京）股份有限公司可知 内磁感应强度的变化率为
解得 时磁感应强度大小为
方向垂直于纸面向里，故 的磁场随时间变化图为
（3）由动量定理可知
其中
联立解得 经过磁场边界的速度大小为
21．（2025·浙江·高考真题）如图所示，接有恒流源的正方形线框边长 、质量m、电阻R，放在光滑
水平地面上，线框部分处于垂直地面向下、磁感应强度为B的匀强磁场中。以磁场边界CD上一点为
坐标原点，水平向右建立 轴，线框中心和一条对角线始终位于 轴上。开关S断开，线框保持静
止，不计空气阻力。
(1)线框中心位于 ，闭合开关S后，线框中电流大小为I，求
①闭合开关S瞬间，线框受到的安培力大小；
②线框中心运动至 过程中，安培力做功及冲量；
③线框中心运动至 时，恒流源提供的电压；
(2)线框中心分别位于 和 ，闭合开关S后，线框中电流大小为I，线框中心分别运动到
所需时间分别为 和 ，求 。
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学科网（北京）股份有限公司【答案】(1)①2BIL；② ， ；③
(2)0
【详解】（1）①闭合开关S瞬间，线框在磁场中的有效长度为
所以线框受到的安培力大小为
②线框运动到x时，安培力大小为
则初始时和线框中心运动至 时的安培力分别为
，
则线框中心运动至 过程中，安培力做功为
由动能定理
可得
则安培力的冲量为
③由能量守恒定律
可得，恒流源提供的电压为
（2）类比于简谐运动，则回复力为
根据简谐运动周期公式
由题意可知，两次简谐运动周期相同，两次都从最大位移运动到平衡位置，时间均相同，则有
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学科网（北京）股份有限公司故
22．（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
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学科网（北京）股份有限公司联立解得
（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
23．（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：
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学科网（北京）股份有限公司(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
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学科网（北京）股份有限公司由几何关系可知
解得
24．（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，可逆向看做从 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
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学科网（北京）股份有限公司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
25．（2024·江苏·高考真题）同步辐射光源中储存环的简化模型如图所示，内、外半径分别为 、 的两
个半圆环区域abcd、a'b'c'd'中均有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为 。ab与a'b'间有一
电势差为U的加速电场，cd与c'd'间有一个插入件，电子每次经过插入件后，速度减小为通过前的k
倍。现有一个质量为m、电荷量为e的电子，垂直于cd射入插入件，经过磁场、电场再次到达cd的
速度增加，多次循环后到达 的速度不再增加，达到稳定值。不考虑相对论效应，忽略经过电场和插
入件和的时间。
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学科网（北京）股份有限公司(1)求该电子进入插入件前、后，在磁场中运动的半径之比 ；
(2)求该电子多次循环后到达cd的稳定速度v；
(3)若该电子运动到cd的中点P时达到稳定速度，并最终能到达边界的d点，求电子从P点运动到d的
时间t。
【答案】(1)
(2) ，方向垂直于cd向左
(3)
【详解】（1）设电子进入插入件前后的速度大小分别为 、 ，由题意可得
电子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力得
解得
可知在磁场中的运动半径 ，可得
（2）电子多次循环后到达cd的稳定速度大小为v，则经过插入件后的速度大小为kv。电子经过电场
加速后速度大小为v，根据动能定理得
解得
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学科网（北京）股份有限公司方向垂直于cd向左。
（3）电子到达cd中点P时速度稳定，并最终到达边界上的d点。由Р点开始相继在两个半圆区域的
运动轨迹如下图所示。
根据（1）（2）的结论，可得电子在右半圆区域的运动半径为
电子在左半圆区域的运动半径为kr，则
P点与d点之间的距离为
电子由Р点多次循环后到达d点的循环次数为
电子在左、右半圆区域的运动周期均为
忽略经过电场与插入体的时间，则每一次循环的时间均等于T，可得电子从Р到d的时间为
26．（2024·重庆·高考真题）有人设计了一粒种子收集装置。如图所示，比荷为 的带正电的粒子，由固
定于M点的发射枪，以不同的速率射出后，沿射线MN方向运动，能收集各方向粒子的收集器固定在
MN上方的K点，O在MN上，且KO垂直于MN。若打开磁场开关，空间将充满磁感应强度大小为
B，方向垂直于纸面向里的匀强磁场，速率为v 的粒子运动到O点时，打开磁场开关，该粒子全被收
0
集，不计粒子重力，忽略磁场突变的影响。
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学科网（北京）股份有限公司(1)求OK间的距离；
(2)速率为4v 的粒子射出瞬间打开磁场开关，该粒子仍被收集，求MO间的距离；
0
(3)速率为4v 的粒子射出后，运动一段时间再打开磁场开关，该粒子也能被收集。以粒子射出的时刻
0
为计时O点。求打开磁场的那一时刻。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）（1）当粒子到达О点时打开磁场开关，粒子做匀速圆周运动，设轨迹半径为r，如图
1
所示
由洛伦兹力提供向心力得
其中
（2）速率为4v 的粒子射出瞬间打开磁场开关，则粒子在磁场中运动的轨迹半径
0
r = 4r
2 1
如图所示，由几何关系有
（4r-2r）2＋MO2 = (4r)2
1 1 1
解得
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学科网（北京）股份有限公司（3）速率为4v 的粒子射出一段时间t到达N点，要使粒子仍然经过K点，则N点在O点右侧，如图
0
所示
由几何关系有
（4r-2r）2＋ON2 = (4r)2
1 1 1
解得
粒子在打开磁场开关前运动时间为
解得
27．（2024·浙江·高考真题）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离子的比荷为a离子的 倍，经电压U=kU（其中 ，k大小可调，a和b离子初速度视
0
为0）的电场加速后，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U 调控
NM
（U >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
NM
子受到的重力及离子间相互作用力。
（1）若U=U，求a离子经磁场偏转后，到达x轴上的位置x（用L表示）。
0 0
（2）调节U和U ，并保持 ，使a离子能落到喷镀板P上表面任意位置，求：
NM
①U的调节范围（用U 表示）；
0
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学科网（北京）股份有限公司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U 的大小。
NM
【答案】（1）L；（2）① ；② ；（3） ，
【详解】（1）对a离子根据动能定理得
a离子在匀强磁场中做匀速圆周运动
a离子经磁场偏转后，到达x轴上的位置 ，联立解得
（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
强磁场偏转一次打在P板上方任意处，则
结合（1）中分析得
即
即
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
代入 得
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学科网（北京）股份有限公司故可知b离子能从栅极板（坐标范围为 ）任意位置经电压为 的电场减速射入虚线下方的
磁场，此时
b离子先经过电压为U的电场加速再在第一象限磁场中做匀速圆周运动后再经过电
压为 的电场减速，因为根据动能定理得
同时有
，
当 时，b离子从栅极板左端经虚线下方磁场偏转打在P，此时离栅极板左端的距离为
当 时，b离子从栅极板右端经虚线下方磁场偏转打在P，此时离栅极板右端的距离为
故b离子落在喷镀板P下表面的区域长度为
（3）要求a离子落在喷镀板中点Q，由（1）可知
故可得
则b离子从 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，设 ，则同
理可知
联立解得
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学科网（北京）股份有限公司则可得
当减速n次
联立得
当减速n次恰好打在P板下方中央处，可得
即
解得
即 ，n取整数，故可得 ，故可得
28．（2024·海南·高考真题）如图，在xOy坐标系中有三个区域，圆形区域Ⅰ分别与x轴和y轴相切于P点
和S点。半圆形区域Ⅱ的半径是区域Ⅰ半径的2倍。区域Ⅰ、Ⅱ的圆心 连线与x轴平行，半圆与
圆相切于Q点，QF垂直于x轴，半圆的直径MN所在的直线右侧为区域Ⅲ。区域Ⅰ、Ⅱ分别有磁感
应强度大小为B、 的匀强磁场，磁场方向均垂直纸面向外。区域Ⅰ下方有一粒子源和加速电场组成
的发射器，可将质量为m、电荷量为q的粒子由电场加速到 。改变发射器的位置，使带电粒子在OF
范围内都沿着y轴正方向以相同的速度 沿纸面射入区域Ⅰ。已知某粒子从P点射入区域Ⅰ，并从Q
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学科网（北京）股份有限公司点射入区域Ⅱ（不计粒子的重力和粒子之间的影响）
（1）求加速电场两板间的电压U和区域Ⅰ的半径R；
（2）在能射入区域Ⅲ的粒子中，某粒子在区域Ⅱ中运动的时间最短，求该粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中
运动的总时间t；
（3）在区域Ⅲ加入匀强磁场和匀强电场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里，电场强度的大小
，方向沿x轴正方向。此后，粒子源中某粒子经区域Ⅰ、Ⅱ射入区域Ⅲ，进入区域Ⅲ时速度方
向与y轴负方向的夹角成74°角。当粒子动能最大时，求粒子的速度大小及所在的位置到y轴的距离
。
【答案】（1） ， ；（2） ；（3） ，
【详解】（1）根据动能定理得
解得
粒子进入区域I做匀速圆周运动，根据题意某粒子从P点射入区域Ⅰ，并从Q点射入区域Ⅱ，故可知
此时粒子的运动轨迹半径与区域Ⅰ的半径R相等，粒子在磁场中运动洛伦兹力提供向心力
解得
（2）带电粒子在OF范围内都沿着y轴正方向以相同的速度 沿纸面射入区域Ⅰ，由(1)可得，粒子的
在磁场中做匀速圆周运动，轨迹半径均为R，因为在区域Ⅰ中的磁场半径和轨迹半径相等，粒子射入
点、区域Ⅰ圆心O、轨迹圆心O'、粒子出射点四点构成一个菱形，有几何关系可得，区域Ⅰ圆心O
1 1
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学科网（北京）股份有限公司和粒子出射点连线平行于粒子射入点与轨迹圆心O'连线，则区域Ⅰ圆心O 和粒子出射点水平，根据
1
磁聚焦原理可知粒子都从Q点射出，粒子射入区域II，仍做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力
解得
如图，要使粒子在区域Ⅱ中运动的时间最短，轨迹所对应的圆心角最小，可知在区域Ⅱ中运动的圆弧
所对的弦长最短，即此时最短弦长为区域Ⅱ的磁场圆半径 ，根据几何知识可得此时在区域Ⅱ和区
域Ⅰ中运动的轨迹所对应的圆心角都为 ，粒子在两区域磁场中运动周期分别为
故可得该粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中运动的总时间为
（3）如图，将速度 分解为沿y轴正方向的速度 及速度 ，因为 可得 ，故可知沿
y轴正方向的速度 产生的洛伦兹力与电场力平衡，粒子同时受到另一方向的洛伦兹力 ，故粒子
沿y正方向做旋进运动，根据角度可知
故当 方向为竖直向上时此时粒子速度最大，即最大速度为
圆周运动半径
根据几何关系可知此时所在的位置到y轴的距离为
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学科网（北京）股份有限公司29．（2024·北京·高考真题）我国“天宫”空间站采用霍尔推进器控制姿态和修正轨道。图为某种霍尔推
进器的放电室（两个半径接近的同轴圆筒间的区域）的示意图。放电室的左、右两端分别为阳极和阴
极，间距为d。阴极发射电子，一部分电子进入放电室，另一部分未进入。稳定运行时，可视为放电
室内有方向沿轴向向右的匀强电场和匀强磁场，电场强度和磁感应强度大小分别为E和 ；还有方向
沿半径向外的径向磁场，大小处处相等。放电室内的大量电子可视为处于阳极附近，在垂直于轴线的
平面绕轴线做半径为R的匀速圆周运动（如截面图所示），可与左端注入的氙原子碰撞并使其电离。
每个氙离子的质量为M、电荷量为 ，初速度近似为零。氙离子经过电场加速，最终从放电室右端喷
出，与阴极发射的未进入放电室的电子刚好完全中和。
已知电子的质量为m、电荷量为 ；对于氙离子，仅考虑电场的作用。
（1）求氙离子在放电室内运动的加速度大小a；
（2）求径向磁场的磁感应强度大小 ；
（3）设被电离的氙原子数和进入放电室的电子数之比为常数k，单位时间内阴极发射的电子总数为
n，求此霍尔推进器获得的推力大小F。
【答案】（1） ；（2） ；（3）
【详解】（1）对于氙离子，仅考虑电场的作用，则氙离子在放电室时只受电场力作用，由牛顿第二
定律
解得氙离子在放电室内运动的加速度大小
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学科网（北京）股份有限公司（2）电子在阳极附近在垂直于轴线的平面绕轴线做半径做匀速圆周运动，则轴线方向上所受电场力
与径向磁场给的洛仑兹力平衡，沿着轴线方向的匀强磁场给的洛仑兹力提供向心力，即
，
解得径向磁场的磁感应强度大小为
（3）单位时间内阴极发射的电子总数为n，被电离的氙原子数和进入放电室的电子数之比为常数k，
设单位时间内进入放电室的电子数为 ，则未进入的电子数为 ，设单位时间内被电离的氙离子
数为 ,则有
已知氙离子数从放电室右端喷出后与未进入放电室的电子刚好完全中和，则有
联立可得单位时间内被电离的氙离子数为
氙离子经电场加速，有
时间 内氙离子所受到的作用力为 ，由动量定理有
解得
由牛顿第三定律可知，霍尔推进器获得的推力大小
则
30．（2024·甘肃·高考真题）质谱仪是科学研究中的重要仪器，其原理如图所示。Ⅰ为粒子加速器，加速
电压为U；Ⅱ为速度选择器，匀强电场的电场强度大小为 ，方向沿纸面向下，匀强磁场的磁感应强
度大小为 ，方向垂直纸面向里；Ⅲ为偏转分离器，匀强磁场的磁感应强度大小为 ，方向垂直纸
面向里。从S点释放初速度为零的带电粒子（不计重力），加速后进入速度选择器做直线运动、再由
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学科网（北京）股份有限公司O点进入分离器做圆周运动，最后打到照相底片的P点处，运动轨迹如图中虚线所示。
（1）粒子带正电还是负电？求粒子的比荷。
（2）求O点到P点的距离。
（3）若速度选择器Ⅱ中匀强电场的电场强度大小变为 （ 略大于 ），方向不变，粒子恰好垂直
打在速度选择器右挡板的 点上。求粒子打在 点的速度大小。
【答案】（1）带正电， ；（2） ；（3）
【详解】（1）由于粒子向上偏转，根据左手定则可知粒子带正电；设粒子的质量为m，电荷量为q，
粒子进入速度选择器时的速度为 ，在速度选择器中粒子做匀速直线运动，由平衡条件
在加速电场中，由动能定理
联立解得，粒子的比荷为
（2）由洛伦兹力提供向心力
可得O点到P点的距离为
（3）粒子进入Ⅱ瞬间，粒子受到向上的洛伦兹力
向下的电场力
由于 ，且
所以通过配速法，如图所示
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学科网（北京）股份有限公司在O点将粒子的速度v分解为大小为v 、v 的两个分速度，则有
1 2
令v 对应的洛伦兹力等于电场力，即
1
可得
则粒子的运动可分解为线速度大小为v 的匀速圆周运动和速度大小为v 的匀速直线运动，设粒子恰好
2 1
垂直打在速度选择器右挡板的 点时的速度大小为 ，则有
【点睛】
31．（2024·广东·高考真题）如图甲所示。两块平行正对的金属板水平放置，板间加上如图乙所示幅值为
、周期为 的交变电压。金属板左侧存在一水平向右的恒定匀强电场，右侧分布着垂直纸面向外
的匀强磁场。磁感应强度大小为B．一带电粒子在 时刻从左侧电场某处由静止释放，在 时刻
从下板左端边缘位置水平向右进入金属板间的电场内，在 时刻第一次离开金属板间的电场、水
平向右进入磁场，并在 时刻从下板右端边缘位置再次水平进入金属板间的电场。已知金属板的
板长是板间距离的 倍，粒子质量为m。忽略粒子所受的重力和场的边缘效应。
（1）判断带电粒子的电性并求其所带的电荷量q；
（2）求金属板的板间距离D和带电粒子在 时刻的速度大小v；
（3）求从 时刻开始到带电粒子最终碰到上金属板的过程中，电场力对粒子做的功W。
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学科网（北京）股份有限公司【答案】（1）正电； ；（2） ； ；（3）
【详解】（1）根据带电粒子在右侧磁场中的运动轨迹结合左手定则可知，粒子带正电；粒子在磁场
中运动的周期为
根据洛伦兹力提供向心力 得
则粒子所带的电荷量
（2）若金属板的板间距离为D，则板长 粒子在板间运动时
出电场时竖直速度为零，则竖直方向
在磁场中时
其中的
联立解得 ，
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学科网（北京）股份有限公司（3）带电粒子在电场和磁场中的运动轨迹如图，由（2）的计算可知金属板的板间距离
则粒子在3t 时刻再次进入中间的偏转电场，在4 t 时刻进入左侧的电场做减速运动速度为零后反向加
0 0
速，在6 t 时刻再次进入中间的偏转电场，6.5 t 时刻碰到上极板，因粒子在偏转电场中运动时，在时
0 0
间t 内电场力做功为零，在左侧电场中运动时，往返一次电场力做功也为零，可知整个过程中只有开
0
始进入左侧电场时电场力做功和最后0.5t 时间内电场力做功，则
0
32．（2024·山东·高考真题）如图所示，在Oxy坐标系x>0，y>0区域内充满垂直纸面向里，磁感应强度大
小为B的匀强磁场。磁场中放置一长度为L的挡板，其两端分别位于x、y轴上M、N两点，
∠OMN=60°，挡板上有一小孔K位于MN中点。△OMN之外的第一象限区域存在恒定匀强电场。位
于y轴左侧的粒子发生器在0＜y＜ 的范围内可以产生质量为m，电荷量为+q的无初速度的粒子。
粒子发生器与y轴之间存在水平向右的匀强加速电场，加速电压大小可调，粒子经此电场加速后进入
磁场，挡板厚度不计，粒子可沿任意角度穿过小孔，碰撞挡板的粒子不予考虑，不计粒子重力及粒子
间相互作用力。
（1）求使粒子垂直挡板射入小孔K的加速电压U；
0
（2）调整加速电压，当粒子以最小的速度从小孔K射出后恰好做匀速直线运动，求第一象限中电场
强度的大小和方向；
（3）当加速电压为 时，求粒子从小孔K射出后，运动过程中距离y轴最近位置的坐标。
【答案】（1） ；（2） ，方向沿x轴正方向；（3）
(n=0,1,2⋅⋅⋅)
【详解】（1）根据题意，作出粒子垂直挡板射入小孔K的运动轨迹如图所示
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学科网（北京）股份有限公司根据几何关系可知粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径为
在 区域根据洛伦兹力提供向心力有
在匀强加速电场中由动能定理有
联立解得
（2）根据题意，当轨迹半径最小时，粒子速度最小，则作出粒子以最小的速度从小孔K射出的运动
轨迹如图所示
根据几何关系可知粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径为
在 区域根据洛伦兹力提供向心力有
粒子从小孔K射出后恰好做匀速直线运动，由左手定则可知粒子经过小孔K后受到的洛伦兹力沿x轴
负方向，则粒子经过小孔K后受到的电场力沿x轴正方向，粒子带正电，则 之外第一象限区域电
场强度的方向沿x轴正方向，大小满足
联立可得
电场方向沿 轴正方向。
（3）当加速电压为 时，在匀强加速电场中由动能定理有
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学科网（北京）股份有限公司可得
在 区域由洛伦兹力提供向心力有
可得粒子在 区域运动的轨迹半径
作出从小孔K射出的粒子的运动轨迹如图所示
设粒子从小孔 射出的速度方向与 轴正方向夹角为 ，根据几何关系可知
则粒子从小孔 射出的速度方向与 轴正方向的夹角为 ，由配速法，将速度 分解为沿 轴正方
向的 和另一个待定速度 ,使得 满足 ，则
此时 ，则
方向正好沿着 轴正方向，则设
则粒子从 射出后的运动可分解为沿 轴正方向的速度大小为 的匀速直线运动和速度大小为 的
匀速圆周运动，可知
解得
粒子做圆周运动的周期为 ，粒子至少运动 距离 轴最近，加上整周期则粒子运动 ，
时距离 轴最近，则最近位置的横坐标为
纵坐标为 ，
综上所述，最近的位置坐标 ， 。
33．（2024·湖南·高考真题）如图，有一内半径为2r、长为L的圆筒，左右端面圆心O′、O处各开有一小
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学科网（北京）股份有限公司孔。以O为坐标原点，取O′O方向为x轴正方向建立xyz坐标系。在筒内x ≤ 0区域有一匀强磁场，磁
感应强度大小为B，方向沿x轴正方向；筒外x ≥ 0区域有一匀强电场，场强大小为E，方向沿y轴正
方向。一电子枪在O′处向圆筒内多个方向发射电子，电子初速度方向均在xOy平面内，且在x轴正方
向的分速度大小均为v。已知电子的质量为m、电量为e，设电子始终未与筒壁碰撞，不计电子之间
0
的相互作用及电子的重力。
（1）若所有电子均能经过O进入电场，求磁感应强度B的最小值；
（2）取（1）问中最小的磁感应强度B，若进入磁场中电子的速度方向与x轴正方向最大夹角为θ，求
tanθ的绝对值；
（3）取（1）问中最小的磁感应强度B，求电子在电场中运动时y轴正方向的最大位移。
【答案】（1） ；（2） ；（3）
【详解】（1）电子在匀强磁场中运动时，将其分解为沿x轴的匀速直线运动和在yOz平面内的匀速圆
周运动，设电子入射时沿y轴的分速度大小为 ，由电子在x轴方向做匀速直线运动得
在yOz平面内，设电子做匀速圆周运动的半径为R，周期为T，由牛顿第二定律知
可得
且
由题意可知所有电子均能经过O进入电场，则有
联立得
当 时，B有最小值，可得
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学科网（北京）股份有限公司（2）将电子的速度分解，如图所示
有
当 有最大值时， 最大，R最大，此时 ，又
，
联立可得
，
（3）当 最大时，电子在电场中运动时沿y轴正方向有最大位移 ，根据匀变速直线运动规律有
由牛顿第二定律知
又
联立得
34．（2024·新疆河南·高考真题）一质量为m、电荷量为 的带电粒子始终在同一水平面内运动，其
速度可用图示的直角坐标系内，一个点 表示， 、 分别为粒子速度在水平面内两个坐标轴
上的分量。粒子出发时P位于图中 点，粒子在水平方向的匀强电场作用下运动，P点沿线段
ab移动到 点；随后粒子离开电场，进入方向竖直、磁感应强度大小为B的匀强磁场，P点沿
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学科网（北京）股份有限公司以O为圆心的圆弧移动至 点；然后粒子离开磁场返回电场，P点沿线段ca回到a点。已知
任何相等的时间内P点沿图中闭合曲线通过的曲线长度都相等。不计重力。求
（1）粒子在磁场中做圆周运动的半径和周期；
（2）电场强度的大小；
（3）P点沿图中闭合曲线移动1周回到a点时，粒子位移的大小。
【答案】（1） ， ；（2） ；（3）
【详解】（1）粒子在磁场中做圆周运动时的速度为
根据洛伦兹力提供向心力
解得做圆周运动的半径为
周期为
（2）根据题意，已知任何相等的时间内P点沿图中闭合曲线通过的曲线长度都相等，由于曲线表示
的为速度相应的曲线，根据 可知任意点的加速度大小相等，故可得
解得
（3）根据题意分析可知从b点到c点粒子在磁场中转过的角度为 ，绕一圈的过程中两次在电场
中运动，根据对称性可知粒子的运动轨迹如图，从a到b过程中粒子做类平抛运动，得
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学科网（北京）股份有限公司故可得该段时间内沿y方向位移为
根据几何知识可得
由粒子在两次电场中运动的对称性可知移动一周时粒子位移的大小为
联立解得
35．（2024·辽宁·高考真题）现代粒子加速器常用电磁场控制粒子团的运动及尺度。简化模型如图：Ⅰ、
Ⅱ区宽度均为L，存在垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度等大反向；Ⅲ、Ⅳ区为电场区，Ⅳ区电场
足够宽，各区边界均垂直于x轴，O为坐标原点。甲、乙为粒子团中的两个电荷量均为＋q，质量均为
m的粒子。如图，甲、乙平行于x轴向右运动，先后射入Ⅰ区时速度大小分别为 和 。甲到P点
时，乙刚好射入Ⅰ区。乙经过Ⅰ区的速度偏转角为30°，甲到O点时，乙恰好到P点。已知Ⅲ区存在
沿＋x方向的匀强电场，电场强度大小 。不计粒子重力及粒子间相互作用，忽略边界效应及
变化的电场产生的磁场。
（1）求磁感应强度的大小B；
（2）求Ⅲ区宽度d；
（3）Ⅳ区x轴上的电场方向沿x轴，电场强度E随时间t、位置坐标x的变化关系为 ，其中
常系数 ， 已知、k未知，取甲经过O点时 。已知甲在Ⅳ区始终做匀速直线运动，设乙在Ⅳ
区受到的电场力大小为F，甲、乙间距为Δx，求乙追上甲前F与Δx间的关系式（不要求写出Δx的取
值范围）
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学科网（北京）股份有限公司【答案】（1） ；（2） ；（3）
【详解】（1）对乙粒子，如图所示
由洛伦兹力提供向心力
由几何关系
联立解得，磁感应强度的大小为
（2）由题意可知，根据对称性，乙在磁场中运动的时间为
对甲粒子，由对称性可知，甲粒子沿着直线从P点到O点，由运动学公式
由牛顿第二定律
联立可得Ⅲ区宽度为
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学科网（北京）股份有限公司（3）甲粒子经过O点时的速度为
因为甲在Ⅳ区始终做匀速直线运动，则
可得
设乙粒子经过Ⅲ区的时间为 ，乙粒子在Ⅳ区运动时间为 ，则上式中
对乙可得
整理可得
对甲可得
则
化简可得乙追上甲前F与Δx间的关系式为
【点睛】
36．（2023·河北·高考真题）如图1，真空中两金属板M、N平行放置，板间电压U连续可调，在金属板N
的中心C处开有一小孔。F、G、H为正三角形CDE各边中点，DE与金属板平行。三角形FGH区域
内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里。一带电粒子从紧邻M板的P点由静止释
放沿CG方向进入磁场，一段时间后沿 的角平分线方向从E点离开。已知正三角形CDE的边长
为a，粒子质量为m、电荷量大小为q，粒子重力不计。
（1）求板间电压U的大小；
（2）若磁场区域如图2，磁感应强度不变。调整两板间电压大小，将该粒子从P点由静止释放，仍能
沿 的角平分线方向从E点离开，求粒子从C点运动到E点的时间。
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学科网（北京）股份有限公司【答案】（1） ；（2）
【详解】（1）粒子在电场中加速，由动能定理得
根据洛伦兹力提供向心力
根据几何关系有
解得板间电压的大小为
（2）根据题意，做出粒子的运动轨迹，如图所示。
根据几何关系有
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学科网（北京）股份有限公司则
粒子在磁场中的运动时间为
粒子在无磁场区域运动的时间为
粒子从C点运动到E点的时间为
37．（2024·浙江·高考真题）类似光学中的反射和折射现象，用磁场或电场调控也能实现质子束的“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
和 ，其电势差 。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。
（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；
（2）若 ，求“折射率”n（入射角正弦与折射角正弦的比值）
（3）计算说明如何调控电场，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，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。
62 / 117
学科网（北京）股份有限公司【答案】（1） ；（2） ；（3） ；（4）见解析
【详解】（1）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”，d的最小值为
（2）设水平方向为 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
（3）全反射的临界情况：到达Ⅲ区的时候 方向速度为零，即
可得
即应满足
（4）临界情况有两个：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
63 / 117
学科网（北京）股份有限公司所以如果 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，分情况讨论如下：
①当 时
又
解得
全部都打不到板的情况
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
解得
即当 时
③部分能打到的情况，根据上述分析可知条件为（ ），此时仅有O点右侧的一束粒子能
打到板上，因此
又
解得
38．（2023·天津·高考真题）如图所示，一不可伸长的轻绳上端固定，下端系在单匝匀质正方形金属框上
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学科网（北京）股份有限公司边中点O处，框处于静止状态。一个三角形区域的顶点与O点重合，框的下边完全处在该区域中。三
角形区域内加有随时间变化的匀强磁场，磁感应强度大小B与时间t的关系为B = kt（k > 0的常数），
磁场与框平面垂直，框的面积为框内磁场区域面积的2倍，金属框质量为m，电阻为R，边长为l，重
力加速度g，求：
（1）金属框中的感应电动势大小E；
（2）金属框开始向上运动的时刻t；
0
【答案】（1） ；（2）
【详解】（1）根据法拉第电磁感应定律有
（2）由图可知线框受到的安培力为
当线框开始向上运动时有
mg = F
A
解得
39．（2023·北京·高考真题）2022年，我国阶段性建成并成功运行了“电磁橇”，创造了大质量电磁推进
技术的世界最高速度纪录。一种两级导轨式电磁推进的原理如图所示。两平行长直金属导轨固定在水
平面，导轨间垂直安放金属棒。金属棒可沿导轨无摩擦滑行，且始终与导轨接触良好，电流从一导轨
流入，经过金属棒，再从另一导轨流回，图中电源未画出。导轨电流在两导轨间产生的磁场可视为匀
强磁场，磁感应强度B与电流i的关系式为 （k为常量）。金属棒被该磁场力推动。当金属棒由
第一级区域进入第二级区域时，回路中的电流由I变为 。已知两导轨内侧间距为L，每一级区域中
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学科网（北京）股份有限公司金属棒被推进的距离均为s，金属棒的质量为m。求：
（1）金属棒经过第一级区域时受到安培力的大小F；
（2）金属棒经过第一、二级区域的加速度大小之比 ；
（3）金属棒从静止开始经过两级区域推进后的速度大小v。
【答案】（1） ；（2） ；（3）
【详解】（1）由题意可知第一级区域中磁感应强度大小为
金属棒经过第一级区域时受到安培力的大小为
（2）根据牛顿第二定律可知，金属棒经过第一级区域的加速度大小为
第二级区域中磁感应强度大小为
金属棒经过第二级区域时受到安培力的大小为
金属棒经过第二级区域的加速度大小为
则金属棒经过第一、二级区域的加速度大小之比为
（3）金属棒从静止开始经过两级区域推进后，根据动能定理可得
解得金属棒从静止开始经过两级区域推进后的速度大小为
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学科网（北京）股份有限公司40．（2023·山东·高考真题）如图所示，在 ， 的区域中，存在沿y轴正方向、场强大小
为E的匀强电场，电场的周围分布着垂直纸面向外的恒定匀强磁场。一个质量为m，电量为q的带正
电粒子从OP中点A进入电场（不计粒子重力）。
（1）若粒子初速度为零，粒子从上边界垂直QN第二次离开电场后，垂直NP再次进入电场，求磁场
的磁感应强度B的大小；
（2）若改变电场强度大小，粒子以一定的初速度从A点沿y轴正方向第一次进入电场、离开电场后从
P点第二次进入电场，在电场的作用下从Q点离开。
（i）求改变后电场强度 的大小和粒子的初速度 ；
（ii）通过计算判断粒子能否从P点第三次进入电场。
【答案】（1） ；（2）（i） ， ；（ii）不会
【详解】（1）由题意粒子在电场中做匀加速直线运动，根据动能定理有
粒子在磁场中做匀速圆周运动，有
粒子从上边界垂直QN第二次离开电场后，垂直NP再次进入电场，轨迹如图
根据几何关系可知
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学科网（北京）股份有限公司联立可得
（2）（i）由题意可知，做出粒子在电场和磁场中运动轨迹如图
在磁场中做匀速圆周运动，根据几何关系可知
解得
所以有
，
洛伦兹力提供向心力
带电粒子从A点开始做匀加速直线运动，根据动能定理有
再一次进入电场后做类似斜抛运动，沿x方向有
沿y方向上有
其中根据牛顿第二定律有
联立以上各式解得
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学科网（北京）股份有限公司（ii）粒子从P到Q根据动能定理有
可得从Q射出时的速度为
此时粒子在磁场中的半径
根据其几何关系可知对应的圆心坐标为
得
，
而圆心与P的距离为
故不会再从P点进入电场。
41．（2022·天津·高考真题）如图所示，M和N为平行金属板，质量为m，电荷量为q的带电粒子从M由
静止开始被两板间的电场加速后，从N上的小孔穿出，以速度v由C点射入圆形匀强磁场区域，经D
点穿出磁场，CD为圆形区域的直径。已知磁场的磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外，粒子
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学科网（北京）股份有限公司速度方向与磁场方向垂直，重力略不计。
（1）判断粒子的电性，并求M、N间的电压U；
（2）求粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径r；
（3）若粒子的轨道半径与磁场区域的直径相等，求粒子在磁场中运动的时间t。
【答案】（1）正电， ；（2） ；（3）
【详解】（1）带电粒子在磁场中运动，根据左手定则可知粒子带正电。粒子在电场中运动由动能定
理可知
解得
（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，所受洛伦兹力提供向心力，有
解得
（3）设粒子运动轨道圆弧对应的圆心角为 ，如图
依题意粒子的轨道半径与磁场区域的直径相等，由几何关系，得
设粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为T，有
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学科网（北京）股份有限公司带电粒子在磁场中运动的时间
联立各式解得
42．（2022·江苏·高考真题）利用云室可以知道带电粒子的性质，如图所示，云室中存在磁感应强度大小
为B的匀强磁场，一个质量为m、速度为v的电中性粒子在A点分裂成带等量异号电荷的粒子a和b，
a、b在磁场中的径迹是两条相切的圆弧，相同时间内的径迹长度之比 ，半径之比
，不计重力及粒子间的相互作用力，求：
（1）粒子a、b的质量之比 ；
（2）粒子a的动量大小 。
【答案】（1） ；（2）
【详解】（1）分裂后带电粒子在磁场中偏转做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则有
解得
由题干知半径之比 ，故
因为相同时间内的径迹长度之比 ，则分裂后粒子在磁场中的速度为
联立解得
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学科网（北京）股份有限公司（2）中性粒子在A点分裂成带等量异号电荷的粒子a和b，分裂过程中，没有外力作用，动量守恒，
根据动量守恒定律
因为分裂后动量关系为 ，联立解得
43．（2022·浙江·高考真题）离子速度分析器截面图如图所示。半径为R的空心转筒P，可绕过O点、垂
直xOy平面（纸面）的中心轴逆时针匀速转动（角速度大小可调），其上有一小孔S。整个转筒内部
存在方向垂直纸面向里的匀强磁场。转筒下方有一与其共轴的半圆柱面探测板Q，板Q与y轴交于A
点。离子源M能沿着x轴射出质量为m、电荷量为 – q（q > 0）、速度大小不同的离子，其中速度
大小为v 的离子进入转筒，经磁场偏转后恰好沿y轴负方向离开磁场。落在接地的筒壁或探测板上的
0
离子被吸收且失去所带电荷，不计离子的重力和离子间的相互作用。
（1）①求磁感应强度B的大小；
②若速度大小为v 的离子能打在板Q的A处，求转筒P角速度ω的大小；
0
（2）较长时间后，转筒P每转一周有N个离子打在板Q的C处，OC与x轴负方向的夹角为θ，求转
筒转动一周的时间内，C处受到平均冲力F的大小；
（3）若转筒P的角速度小于 ，且A处探测到离子，求板Q上能探测到离子的其他θ′的值（θ′为探
测点位置和O点连线与x轴负方向的夹角）。
【答案】（1）① ，② ，k = 0，1，2，3…；（2） ，n
= 0，1，2，…；（3） ，
【详解】（1）①离子在磁场中做圆周运动有
72 / 117
学科网（北京）股份有限公司则
②离子在磁场中的运动时间
转筒的转动角度
，k = 0，1，2，3…
（2）设速度大小为v的离子在磁场中圆周运动半径为 ，有
离子在磁场中的运动时间
转筒的转动角度
ω′t′ = 2nπ + θ
转筒的转动角速度
，n = 0，1，2，…
动量定理
，n = 0，1，2，…
（3）转筒的转动角速度
其中
k = 1， ，n = 0，2或者 （舍）
可得
，
73 / 117
学科网（北京）股份有限公司44．（2022·河北·高考真题）两块面积和间距均足够大的金属板水平放置，如图1所示，金属板与可调电
源相连形成电场，方向沿y轴正方向。在两板之间施加磁场，方向垂直 平面向外。电场强度和磁
感应强度随时间的变化规律如图2所示。板间O点放置一粒子源，可连续释放质量为m、电荷量为
、初速度为零的粒子，不计重力及粒子间的相互作用，图中物理量均为已知量。求：
（1） 时刻释放的粒子，在 时刻的位置坐标；
（2）在 时间内，静电力对 时刻释放的粒子所做的功；
（3）在 点放置一粒接收器，在 时间内什么时刻释放的粒子在电场存在期
间被捕获。
【答案】（1） ；（2） ；（3） 或
【详解】（1）在 时间内，电场强度为 ，带电粒子在电场中加速度，根据动量定理可知
解得粒子在 时刻的速度大小为
方向竖直向上，粒子竖直向上运动的距离
74 / 117
学科网（北京）股份有限公司在 时间内，根据粒子在磁场运动的周期 可知粒子偏转 ，速度反向，根据
可知粒子水平向右运动的距离为
粒子运动轨迹如图
所以粒子在 时刻粒子的位置坐标为 ，即 ；
（2）在 时间内，电场强度为 ，粒子受到的电场力竖直向上，在竖直方向
解得 时刻粒子的速度
方向竖直向上，粒子在竖直方向上运动的距离为
在 时间内，粒子在水平方向运动的距离为
此时粒子速度方向向下，大小为 ，在 时间内，电场强度为 ，竖直方向
解得粒子在 时刻的速度
75 / 117
学科网（北京）股份有限公司粒子在竖直方向运动的距离
粒子运动的轨迹如图
在 时间内，静电力对粒子的做功大小为
电场力做正功；
（3）根据（1）问中解析有 ，
①若粒子到达 点之前，在磁场中已经过两个半圆，则释放时刻一定在 时间内，若在
之间的 时刻释放粒子，粒子运动轨迹如图丙所示，有
，
，
76 / 117
学科网（北京）股份有限公司，
，
，
所以
整理发现
所以需满足 ，代入数据解不等式，
当 时不等式成立
②若粒子到达 点前只经过一个半圆，则粒子在磁场中运动的轨迹半径
由 得，经第一次电场加速的末速度 ，则粒子在 时间内释放不可能，如果在
时间内释放，则第一次在电场中加速的时间 ，即在 时释放符合条
件，但在此情况下， ，经过一个半圆后在电场中减速至速度为零的位移大小为
联立有
故此情况下无法到达 点，所以考虑在 时间内释放，假设粒子第一次在电场中加速的时
间为 ，则 ，在此种情况下， ，经过一个半圆后在电场中减速至速度为零的
位移大小为
77 / 117
学科网（北京）股份有限公司联立有
故此情况下粒子能在 点被吸收，所以粒子释放时刻为
综上可知，在 或 时刻释放的粒子在电场存在期间被捕获
45．（2021·重庆·高考真题）如图1所示的 竖直平面内，在原点O有一粒子源，可沿x轴正方向发射速
度不同、比荷均为 的带正电的粒子。在 的区域仅有垂直于平面向内的匀强磁场； 的区域
仅有如图2所示的电场， 时间内和 时刻后的匀强电场大小相等，方向相反（ 时间内电场
方向竖直向下）， 时间内电场强度为零。在磁场左边界 直线上的某点，固定一粒子收集
器（图中未画出）。0时刻发射的A粒子在 时刻经过左边界进入磁场，最终被收集器收集；B粒子在
时刻以与A粒子相同的发射速度发射，第一次经过磁场左边界的位置坐标为 ；C粒子在
时刻发射，其发射速度是A粒子发射速度的 ，不经过磁场能被收集器收集。忽略粒子间相互作用力
和粒子重力，不考虑边界效应。
(1)求电场强度E的大小；
(2)求磁感应强度B的大小；
(3)设 时刻发射的粒子能被收集器收集，求其有可能的发射速度大小。
【答案】(1) ；(2) ；(3) 、 、
【详解】（1）由 粒子类平抛
粒子先类平抛后匀直，
78 / 117
学科网（北京）股份有限公司可得
或
解得
（2）对 粒子类平抛
得
A进入磁场时速度与 轴正方向夹角为 ，则
得
即
A粒子做匀圆，速度为 半径为 ，有
由
79 / 117
学科网（北京）股份有限公司可得
对 粒子类平抛运动的时间为
可得
由几何关系
得
联立解得
（3）①设 直接类平抛过D点，即
解得
80 / 117
学科网（北京）股份有限公司②设 先类平抛后匀圆过D点，刚进入磁场时与 轴夹角为 、偏移的距离为 ，
则
整理得
令 ，则上式变成
观察可得 是其中一解，所以上方程等价于
可得其解是
或
（另一解 不符合题意，舍去）
则有
或
81 / 117
学科网（北京）股份有限公司综上所述，能够被粒子收集器收集的粒子速度有： 、 、 。
46．（2021·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O点为圆心，磁感应强度大
小为B，加速电压的大小为U、质量为m、电荷量为q的粒子从O附近飘入加速电场，多次加速后粒
子经过P点绕O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
P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，不计M、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 ；
（3）磁场区域的最大半径 。
【答案】（1） ；（2） ；（3）
【详解】（1）设粒子在P的速度大小为 ，则根据
可知半径表达式为
对粒子在静电场中的加速过程，根据动能定理有
粒子在磁场中运动的周期为
粒子运动的总时间为
解得
82 / 117
学科网（北京）股份有限公司（2）由粒子的运动半径 ，结合动能表达式 变形得
则粒子加速到P前最后两个半周的运动半径为
，
由几何关系有
结合 解得
（3）设粒子在偏转器中的运动半径为 ，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，即
设粒子离开偏转器的点为 ，圆周运动的圆心为 。由题意知， 在 上，且粒子飞离磁场的点与
、 在一条直线上，如图所示。
粒子在偏转器中运动的圆心在 点，从偏转器飞出，即从 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 ，然后轨迹发生偏离，从偏转器的 点飞出磁场，那么磁场的最大半径即
为
将等腰三角形 放大如图所示。
83 / 117
学科网（北京）股份有限公司虚线为从 点向 所引垂线，虚线平分 角，则
解得最大半径为
考点03 带电粒子在组合场中的运动
47．（2025·福建·高考真题）光滑斜面倾角为θ=30°，Ⅰ区域与Ⅱ区域均存在垂直斜面向外的匀强磁场，两
区磁感应强度大小相等，均为B。正方形线框abcd质量为m，总电阻为R，同种材料制成且粗细均匀，
Ⅰ区域长为L，Ⅱ区域长为L，两区域间无磁场的区域长度大于线框长度。线框从某一位置释放，cd
1 2
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，当cd边进入Ⅱ区域时的速度和ab
边离开Ⅱ区域时的速度一致，重力加速度为 。则：
(1)求线框释放点cd边与Ⅰ区域上边缘的距离；
(2)求cd边进入Ⅰ区域时cd边两端的电势差；
(3)求线框进入Ⅱ区域到完全离开过程中克服安培力做功的平均功率。
【答案】(1)
84 / 117
学科网（北京）股份有限公司(2)
(3)见解析
【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 ，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
②若 ，同理可得
85 / 117
学科网（北京）股份有限公司根据动量定理
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
48．（2025·云南·高考真题）如图所示，光滑水平面上有一个长为L、宽为d的长方体空绝缘箱，其四周紧
固一电阻为R的水平矩形导线框，箱子与导线框的总质量为M。与箱子右侧壁平行的磁场边界平面如
截面图中虚线PQ所示，边界右侧存在范围足够大的匀强磁场，其磁感应强度大小为B、方向竖直向
下。 时刻，箱子在水平向右的恒力F（大小未知）作用下由静止开始做匀加速直线运动，这时箱
子左侧壁上距离箱底h处、质量为m的木块（视为质点）恰好能与箱子保持相对静止。箱子右侧壁进
入磁场瞬间，木块与箱子分离；箱子完全进入磁场前某时刻，木块落到箱子底部，且箱子与木块均不
反弹（木块下落过程中与箱子侧壁无碰撞）；木块落到箱子底部时即撤去F。运动过程中，箱子右侧
壁始终与磁场边界平行，忽略箱壁厚度、箱子形变、导线粗细及空气阻力。木块与箱子内壁间的动摩
擦因数为μ，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。
(1)求F的大小；
(2)求 时刻，箱子右侧壁距磁场边界的最小距离；
(3)若 时刻，箱子右侧壁距磁场边界的距离为s（s大于（2）问中最小距离），求最终木块与箱子
的速度大小。
【答案】(1)
(2)
86 / 117
学科网（北京）股份有限公司(3)见解析
【详解】（1）对木块与箱子整体受力分析由牛顿第二定律
对木块受力分析，水平方向由牛顿第二定律
竖直方向由平衡条件
联立可得
（2）设箱子刚进入磁场中时速度为v，产生的感应电动势为
由闭合电路欧姆定律得，感应电流为
安培力大小为
联立可得
若要使两物体分离，此时有
其中
解得
由运动学公式
解得
故 时刻，箱子右侧壁距磁场边界的最小距离为
（3）水平方向由运动学公式
竖直方向有
其中
可得力F作用的总时间为
水平方向对系统由动量定理
其中
联立可得
87 / 117
学科网（北京）股份有限公司当 时，最终木块与箱子的速度大小为
当 时，最终木块与箱子的速度大小为
49．（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B = kt+kx，k 和k 均为大于零的常量，
1 1 2 1 2
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时放置在轨道上，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v，若
0
，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
88 / 117
学科网（北京）股份有限公司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
50．（2025·海南·高考真题）间距为L的金属导轨倾斜部分光滑，水平部分粗糙且平滑相接，导轨上方接
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，两棒质量均 ，接入电路中的电阻均为 ， 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，且不互相碰撞，忽略金属导轨
89 / 117
学科网（北京）股份有限公司的电阻，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，
棒产生的焦耳热；
(2)此后 棒在下滑过程中，电流达到稳定，求此时 、 棒的速度大小之差；
(3) 棒中电流稳定之后继续下滑，从 棒到达水平导轨开始计时， 时刻 棒速度为零，加速度不
为零，此后某时刻， 棒的加速度为零，速度不为零，求从 时刻到某时刻， 、 的路程之差。
【答案】(1) ，
(2)
(3)
【详解】（1） 棒静止在倾斜导轨上，根据平衡条件可得 ，
解得通过 棒的电流为
设当 棒下滑距离为 时速度为 ， 棒开始运动时回路中的电流为 ，此时对cd棒有
同时有 ，
分析可知 棒从解除锁定到开始运动过程中， 棒产生的焦耳热与ab棒产生的焦耳热相等，整个过
程根据能量守恒可得
联立解得 棒产生的焦耳热为
（2）分析可知 棒在下滑过程中产生的电动势与cd棒在向左运动的过程中产生的电动势方向相反，
故当电流达到稳定时，两棒的速度差恒定，故可知此时两棒的加速度相等，由于两棒受到的安培力大
小相等，对两棒有 ，
90 / 117
学科网（北京）股份有限公司同时有 ，
联立解得此时 、 棒的速度大小之差为
（3）分析可知从开始到 时刻，两棒整体所受的合外力为零，故该过程系统动量守恒，设 时刻ab
棒的速度为 ，可知
解得
设某时刻时，ab棒速度为 ，cd棒速度为 ， 棒的加速度为零，可得 ①
其中
分析可知此时两导体棒产生的电动势方向相反，可得 ②
从 时刻到某时刻间，对两棒分别根据动量定理有 ，
变式可得 ，
两式相加得 ③
同时有 ④
联立①②③④可得从 到某时刻， 、 的路程之差为
51．（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v 进入磁场，速度减
0
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v 进入磁场，速度减为0时
0
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：
91 / 117
学科网（北京）股份有限公司(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 = BLv
0
则此时回路的电流为
此时导体棒受到的安培力F = BIL
安
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v 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
0
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Q = Q ＋Q ＋Q ＋…＋Q
R R1 R2 R3 Rn
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，…
52．（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
92 / 117
学科网（北京）股份有限公司电流，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)v = 25m/s，能，ΔU = 40V
b1
(3)能
【详解】（1）分离后a切割磁感线有E = BLv
则通过a的电流
解得I = 500A
（2）由于超级电容器经调控系统为电路提供I = 1000A的恒定电流，则当a与b的初始间距为1.25m
0
时a与b碰撞前的速度为
a与b碰撞时根据动量守恒和能量守恒有mv = (m＋m)v ，
a a a b 共
a与b整体从MM′到NN′的过程中有
a与b分离时根据动量守恒和能量守恒有(m＋m)v = mv ＋mv ，
a b 共1 a a1 b b1
联立解得v = 25m/s
b1
93 / 117
学科网（北京）股份有限公司由于a和ab组合体均做匀变速直线运动，分别有 ，
则电容器流出的电荷量有Δq = I(t＋t)
0 1 2
a运动过程中电容器的电压减小量
（3）b所受f = kv2(k = 0.025N·s2/m2）的空气阻力后，a与b整体从MM′到NN′的过程中有(BIL－kv2)
0
= (m＋m)a，
a b
求解出
则
a分离前的速度大小能达到（2）问中分离前速度的99%。
53．（2024·浙江·高考真题）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 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 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
、内阻 、限流电阻 、飞轮每根辐条电阻 ，电路中还有可调电阻R
2
（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 。
①判断磁场方向，并求流过电阻R 的电流I；
1 1
②求物块匀速上升的速度v。
1
（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R 的阻值；
2
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）① ；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
94 / 117
学科网（北京）股份有限公司由闭合电路的欧姆定律可知
则
②等效电路如图
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E，则
1
解得
此时金属轮可视为电动机
当物块P匀速上升时
解得
另解：因 ， ，根据
95 / 117
学科网（北京）股份有限公司解得
（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R 的电流
2
由题意可知
每根辐条切割磁感线产生的感应电动势
解得
另解：由能量关系可知
解得
②根据
而
解得
96 / 117
学科网（北京）股份有限公司54．（2024·河北·高考真题）如图，边长为 的正方形金属细框固定放置在绝缘水平面上，细框中心O处
固定一竖直细导体轴 。间距为L、与水平面成 角的平行导轨通过导线分别与细框及导体轴相连。
导轨和细框分别处在与各自所在平面垂直的匀强磁场中，磁感应强度大小均为B。足够长的细导体棒
在水平面内绕O点以角速度 匀速转动，水平放置在导轨上的导体棒 始终静止。 棒在转动
过程中， 棒在所受安培力达到最大和最小时均恰好能静止。已知 棒在导轨间的电阻值为R，电
路中其余部分的电阻均不计， 棒始终与导轨垂直，各部分始终接触良好，不计空气阻力，重力加
速度大小为g。
（1）求 棒所受安培力的最大值和最小值。
（2）锁定 棒，推动 棒下滑，撤去推力瞬间， 棒的加速度大小为a，所受安培力大小等于
（1）问中安培力的最大值，求 棒与导轨间的动摩擦因数。
【答案】（1） ， ；（2）
【详解】（1）当OA运动到正方形细框对角线瞬间，切割的有效长度最大， ，此时感应电
流最大，CD棒所受的安培力最大，根据法拉第电磁感应定律得
根据闭合电路欧姆定律得
故CD棒所受的安培力最大为
当OA运动到与细框一边平行时瞬间，切割的有效长度最短，感应电流最小，CD棒受到的安培力最小，
得
故CD棒所受的安培力最小为
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学科网（北京）股份有限公司（2）当CD棒受到的安培力最小时根据平衡条件得
当CD棒受到的安培力最大时根据平衡条件得
联立解得
撤去推力瞬间，根据牛顿第二定律得
解得
55．（2024·江西·高考真题）如图（a）所示，轨道左侧斜面倾斜角满足sinθ = 0.6，摩擦因数 ，
1
足够长的光滑水平导轨处于磁感应强度为B = 0.5T的匀强磁场中，磁场方向竖直向上，右侧斜面导轨
倾角满足sinθ = 0.8，摩擦因数 。现将质量为m = 6kg的导体杆甲从斜面上高h = 4m处
2 甲
由静止释放，质量为m = 2kg的导体杆乙静止在水平导轨上，与水平轨道左端的距离为d。已知导
乙
轨间距为l = 2m，两杆电阻均为R = 1Ω，其余电阻不计，不计导体杆通过水平导轨与斜面导轨连接
处的能量损失，且若两杆发生碰撞，则为完全非弹性碰撞，取g = 10m/s2，求：
（1）甲杆刚进入磁场，乙杆的加速度？
（2）乙杆第一次滑上斜面前两杆未相碰，距离d满足的条件？
（3）若乙前两次在右侧倾斜导轨上相对于水平导轨的竖直高度y随时间t的变化如图（b）所示（t、
1
t、t、t、b均为未知量），乙第二次进入右侧倾斜导轨之前与甲发生碰撞，甲在0 ~ t 时间内未进入
2 3 4 3
右侧倾斜导轨，求d的取值范围。
【答案】（1）a = 2m/s2，方向水平向右；（2）d ≥ 24m；（3）
乙0
【详解】（1）甲从静止运动至水平导轨时，根据动能定理有
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学科网（北京）股份有限公司甲刚进入磁场时，平动切割磁感线有
E = Blv
0 0
则根据欧姆定律可知此时回路的感应电流为
根据楞次定律可知，回路中的感应电流沿逆时针方向（俯视），结合左手定则可知，乙所受安培力方
向水平向右，由牛顿第二定律有
BIl = ma
0 2 乙0
带入数据有
a = 2m/s2，方向水平向右
乙0
（2）甲和乙在磁场中运动的过程中，系统不受外力作用，则系统动量守恒，若两者共速时恰不相碰，
则有
mv = (m＋m)v
1 0 1 2 共
对乙根据动量定理有
其中
联立解得
d = Δx = 24m
min
则d满足
d ≥ 24m
（3）根据（2）问可知，从甲刚进入磁场至甲、乙第一次在水平导轨运动稳定，相对位移为Δx =
24m，且稳定时的速度v = 6m/s乙第一次在右侧斜轨上向上运动的过程中，根据牛顿第二定律有
共
mgsinθ＋μmgcosθ = ma
2 2 2 2 2 2 乙上
根据匀变速直线运动位移与速度的关系有
2a x = v 2
乙上 上 共
乙第一次在右侧斜轨上向下运动的过程中，根据牛顿第二定律有
mgsinθ－μmgcosθ = ma
2 2 2 2 2 2 乙下
再根据匀变速直线运动位移与速度的关系有
2a x = v2
乙下 下 1
且
x = x
上 下
联立解得乙第一次滑下右侧轨道最低点的速度
v = 5m/s
1
由于两棒发生碰撞，则为完全非弹性碰撞，则甲乙整体第一次在右侧倾斜轨道上向上运动有
（m＋m）gsinθ＋μ（m＋m）gcosθ = (m＋m)a
1 2 2 2 1 2 2 1 2 共上
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学科网（北京）股份有限公司同理有
2a x = v2
共上 共上
且由图（b）可知
x = 4.84x
上 共上
解得甲、乙碰撞后的速度
乙第一次滑下右侧轨道最低点后与甲相互作用的过程中，甲、乙组成的系统合外力为零，根据动量守
恒有
mv－mv = (m＋m))v
1 2 2 1 1 2
解得乙第一次滑下右侧轨道最低点时甲的速度为
若乙第一次滑下右侧轨道最低点时与甲发生碰撞，则对应d的最小值，乙第一次在右侧斜轨上运动的
过程，对甲根据动量定理有
其中
解得
根据位移关系有
d ′－Δx = Δx
min 1
解得
若乙返回水平导轨后，当两者共速时恰好碰撞，则对应d的最大值，对乙从返回水平导轨到与甲碰撞
前瞬间的过程，根据动量定理有
其中
解得
根据位移关系有
d ax－Δx－Δx = Δx
m 1 2
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学科网（北京）股份有限公司解得
则d的取值范围为
56．（2024·湖北·高考真题）如图所示，两足够长平行金属直导轨MN、PQ的间距为L，固定在同一水平
面内，直导轨在左端M、P点分别与两条竖直固定、半径为L的 圆弧导轨相切。MP连线与直导轨垂
直，其左侧无磁场，右侧存在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场。长为L、质量为m、
电阻为R的金属棒ab跨放在两圆弧导轨的最高点。质量为2m、电阻为6R的均匀金属丝制成一个半径
为L的圆环，水平放置在两直导轨上，其圆心到两直导轨的距离相等。忽略导轨的电阻、所有摩擦以
及金属环的可能形变，金属棒、金属环均与导轨始终接触良好，重力加速度大小为g。现将金属棒ab
由静止释放，求
（1）ab刚越过MP时产生的感应电动势大小；
（2）金属环刚开始运动时的加速度大小；
（3）为使ab在整个运动过程中不与金属环接触，金属环圆心初始位置到MP的最小距离。
【答案】（1） ；（2） ；（3）
【详解】（1）根据题意可知，对金属棒ab由静止释放到刚越过MP过程中，由动能定理有
解得
则ab刚越过MP时产生的感应电动势大小为
（2）根据题意可知，金属环在导轨间两段圆弧并联接入电路中，轨道外侧的两端圆弧金属环被短路，
由几何关系可得，每段圆弧的电阻为
可知，整个回路的总电阻为
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学科网（北京）股份有限公司ab刚越过MP时，通过ab的感应电流为
对金属环由牛顿第二定律有
解得
（3）根据题意，结合上述分析可知，金属环和金属棒ab所受的安培力等大反向，则系统的动量守恒，
由于金属环做加速运动，金属棒做减速运动，为使ab在整个运动过程中不与金属环接触，则有当金
属棒ab和金属环速度相等时，金属棒ab恰好追上金属环，设此时速度为 ，由动量守恒定律有
解得
对金属棒 ，由动量定理有
则有
设金属棒运动距离为 ，金属环运动的距离为 ，则有
联立解得
则金属环圆心初始位置到MP的最小距离
57．（2023·广东·高考真题）光滑绝缘的水平面上有垂直平面的匀强磁场，磁场被分成区域Ⅰ和Ⅱ，宽度
均为 ，其俯视图如图（a）所示，两磁场磁感应强度随时间 的变化如图（b）所示， 时间内，
两区域磁场恒定，方向相反，磁感应强度大小分别为 和 ，一电阻为 ，边长为 的刚性正方形
金属框 ，平放在水平面上， 边与磁场边界平行． 时，线框 边刚好跨过区域Ⅰ的左
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学科网（北京）股份有限公司边界以速度 向右运动．在 时刻， 边运动到距区域Ⅰ的左边界 处，线框的速度近似为零，此时
线框被固定，如图（a）中的虚线框所示。随后在 时间内，Ⅰ区磁感应强度线性减小到0，Ⅱ区
磁场保持不变； 时间内，Ⅱ区磁感应强度也线性减小到0。求：
（1） 时线框所受的安培力 ；
（2） 时穿过线框的磁通量 ；
（3） 时间内，线框中产生的热量 。
【答案】（1） ，方向水平向左；（2） ；（3）
【详解】（1）由图可知 时线框切割磁感线的感应电动势为
则感应电流大小为
所受的安培力为
方向水平向左；
（2）在 时刻， 边运动到距区域Ⅰ的左边界 处，线框的速度近似为零，此时线框被固定，则
时穿过线框的磁通量为
方向垂直纸面向里；
（3） 时间内，Ⅱ区磁感应强度也线性减小到0，则有
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学科网（北京）股份有限公司感应电流大小为
则 时间内，线框中产生的热量为
58．（2023·上海·高考真题）如图（a），线框 位于倾斜角 的斜面上，斜面上有一长度为 的
单匝矩形磁场区域，磁场方向垂直于斜面向上，大小为 ，已知线框边长 ，
，总电阻 ，现对线框施加一沿斜面向上的力 使之运动。斜面上动摩擦因数
，线框速度随时间变化如图（b）所示。（重力加速度 取 ）
（1）求外力 大小；
（2）求 长度 ；
（3）求回路产生的焦耳热 。
【答案】（1）1.48N；（2）0.5m；（3）0.4J
【详解】（1）由图（b）可知在0~0.4s内线框做匀加速运动，加速度为
根据牛顿第二定律有
代入数据可得
（2）由图（b）可知线框cf匀速进入磁场，则有
其中
联立可得
，
104 / 117
学科网（北京）股份有限公司（3）线框穿过磁场过程中回路产生的焦耳热等于过程中安培力做的功，即
59．（2023·湖南·高考真题）如图，两根足够长的光滑金属直导轨平行放置，导轨间距为 ，两导轨及其
所构成的平面均与水平面成 角，整个装置处于垂直于导轨平面斜向上的匀强磁场中，磁感应强度大
小为 ．现将质量均为 的金属棒 垂直导轨放置，每根金属棒接入导轨之间的电阻均为 。运动
过程中金属棒与导轨始终垂直且接触良好，金属棒始终未滑出导轨，导轨电阻忽略不计，重力加速度
为 。
（1）先保持棒 静止，将棒 由静止释放，求棒 匀速运动时的速度大小 ；
（2）在（1）问中，当棒 匀速运动时，再将棒 由静止释放，求释放瞬间棒 的加速度大小 ；
（3）在（2）问中，从棒 释放瞬间开始计时，经过时间 ，两棒恰好达到相同的速度 ，求速度 的
大小，以及时间 内棒 相对于棒 运动的距离 。
【答案】（1） ；（2） ；（3） ，
【详解】（1）a导体棒在运动过程中重力沿斜面的分力和a棒的安培力相等时做匀速运动，由法拉第
电磁感应定律可得
有闭合电路欧姆定律及安培力公式可得
， a棒受力平衡可得
联立记得
（2）由右手定则可知导体棒b中电流向里，b棒 沿斜面向下的安培力，此时电路中电流不变，则b
棒牛顿第二定律可得
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学科网（北京）股份有限公司解得
（3）释放b棒后a棒受到沿斜面向上的安培力，在到达共速时对a棒动量定理
b棒受到向下的安培力，对b棒动量定理
联立解得
此过程流过b棒的电荷量为q，则有
由法拉第电磁感应定律可得
联立b棒动量定理可得
60．（2023·全国甲卷·高考真题）如图，水平桌面上固定一光滑U型金属导轨，其平行部分的间距为 ，导
轨的最右端与桌子右边缘对齐，导轨的电阻忽略不计。导轨所在区域有方向竖直向上的匀强磁场，磁
感应强度大小为 。一质量为 、电阻为 、长度也为 的金属棒P静止在导轨上。导轨上质量为
的绝缘棒Q位于P的左侧，以大小为 的速度向P运动并与P发生弹性碰撞，碰撞时间很短。碰撞一
次后，P和Q先后从导轨的最右端滑出导轨，并落在地面上同一地点。P在导轨上运动时，两端与导
轨接触良好，P与Q始终平行。不计空气阻力。求
（1）金属棒P滑出导轨时的速度大小；
（2）金属棒P在导轨上运动过程中产生的热量；
（3）与P碰撞后，绝缘棒Q在导轨上运动的时间。
【答案】（1） ；（2） ；（3）
【详解】（1）由于绝缘棒Q与金属棒P发生弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒可得
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学科网（北京）股份有限公司联立解得
，
由题知，碰撞一次后，P和Q先后从导轨的最右端滑出导轨，并落在地面上同一地点，则金属棒P滑
出导轨时的速度大小为
（2）根据能量守恒有
解得
（3）P、Q碰撞后，对金属棒P分析，根据动量定理得
又
，
联立可得
由于Q为绝缘棒，无电流通过，做匀速直线运动，故Q运动的时间为
61．（2022·福建·高考真题）如图（a），一倾角为 的绝缘光滑斜面固定在水平地面上，其顶端与两根相
距为L的水平光滑平行金属导轨相连；导轨处于一竖直向下的匀强磁场中，其末端装有挡板M、N．
两根平行金属棒G、H垂直导轨放置，G的中心用一不可伸长绝缘细绳通过轻质定滑轮与斜面底端的
物块A相连；初始时刻绳子处于拉紧状态并与G垂直，滑轮左侧细绳与斜面平行，右侧与水平面平行．
从 开始，H在水平向右拉力作用下向右运动； 时，H与挡板M、N相碰后立即被锁定．G
在 后的速度一时间图线如图（b）所示，其中 段为直线．已知：磁感应强度大小 ，
，G、H和A的质量均为 ，G、H的电阻均为 ；导轨电阻、细绳与滑轮的摩擦力均
忽略不计；H与挡板碰撞时间极短；整个运动过程A未与滑轮相碰，两金属棒始终与导轨垂直且接触
良好： ， ，重力加速度大小取 ，图（b）中e为自然常数， ．求：
（1）在 时间段内，棒G的加速度大小和细绳对A的拉力大小；
107 / 117
学科网（北京）股份有限公司（2） 时，棒H上拉力的瞬时功率；
（3）在 时间段内，棒G滑行的距离．
【答案】（1） ； ；（2） ；（3）
【详解】（1）由 图像可得在 内，棒G做匀加速运动，其加速度为
依题意物块A的加速度也为 ，由牛顿第二定律可得
解得细绳受到拉力
（2）由法拉第电磁感应定律与闭合电路欧姆定律推导出“双棒”回路中的电流为
由牛顿运动定律和安培力公式有
由于在 内棒G做匀加速运动，回路中电流恒定为 ，两棒速度差为
保持不变，这说明两棒加速度相同且均为a；
对棒H由牛顿第二定律可求得其受到水平向右拉力
由 图像可知 时，棒G的速度为
此刻棒H的速度为
其水平向右拉力的功率
．
（3）棒H停止后，回路中电流发生突变，棒G受到安培力大小和方向都发生变化，棒G是否还拉着
物块A一起做减速运动需要通过计算判断，假设绳子立刻松弛无拉力，经过计算棒G加速度为
108 / 117
学科网（北京）股份有限公司物块A加速度为
说明棒H停止后绳子松弛，物块A做加速度大小为 的匀减速运动，棒G做加速度越来越小的
减速运动；由动量定理、法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律可以求得，在 内
棒G滑行的距离
这段时间内物块A速度始终大于棒G滑行速度，绳子始终松弛。
62．（2022·海南·高考真题）光滑的水平长直轨道放在匀强磁场 中，轨道宽 ，一导体棒长也
为 ，质量 ，电阻 静止在导轨上，它与导轨接触良好。当开关与a接通时，电源可
提供恒定的 电流，电流方向可根据需要进行改变，开关与b接通时，电阻 ，若开关的切
换与电流的换向均可在瞬间完成，求：
①当棒中电流由M流向N时，棒的加速度的大小和方向是怎样的；
②当开关始终接a，要想在最短时间内使棒向左移动 而静止，则棒的最大速度是多少；
③要想棒在最短时间内向左移动 而静止，则棒中产生的焦耳热是多少。
【答案】① ，方向向右；② ；③
【详解】①当电流从M流向N时，由左手定则可判断安培力向右，故加速度方向向右。
根据牛顿第二定律有
代入数据可得
②
开关始终接a时，电流N到M，经过时间 后电流变为M到N，再经时间 速度减为零，前 s，则
有
后 s，则有
根据
109 / 117
学科网（北京）股份有限公司联立解得
③若导体棒达到一定速度时开关接b，产生的感应电流大小恰为1A时，则有 ，
可知此刻的速度为
棒达到最大速度后开关接b由安培力能提供的加速度大小会比开关接a提供的加速度更大。故最短时
间先接a一段时间 ，电流由N到M，再接到b端一段时间 ，再接到a端一段时间 ，电流由M到
N，最后直到棒静止
第一段，则有 ， ，
第二段，则有由动量定理
且
则有
第二段末的加速度与第三段相同，则第三段 ， ，
又
解得 v＇=1m/s， ，
故
63．（2022·辽宁·高考真题）如图所示，两平行光滑长直金属导轨水平放置，间距为L。 区域有匀强
磁场，磁感应强度大小为B，方向竖直向上。初始时刻，磁场外的细金属杆M以初速度 向右运动，
磁场内的细金属杆N处于静止状态。两金属杆与导轨接触良好且运动过程中始终与导轨垂直。两杆的
质量均为m，在导轨间的电阻均为R，感应电流产生的磁场及导轨的电阻忽略不计。
（1）求M刚进入磁场时受到的安培力F的大小和方向；
（2）若两杆在磁场内未相撞且N出磁场时的速度为 ，求：①N在磁场内运动过程中通过回路的电
荷量q；②初始时刻N到 的最小距离x；
（3）初始时刻，若N到 的距离与第（2）问初始时刻的相同、到 的距离为 ，求M出磁
场后不与N相撞条件下k的取值范围。
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学科网（北京）股份有限公司【答案】（1） ，方向水平向左；（2）① ，② ；（3）
【详解】（1）细金属杆M以初速度 向右刚进入磁场时，产生的动生电动势为
电流方向为 ，电流的大小为
则所受的安培力大小为
安培力的方向由左手定则可知水平向左；
（2）①金属杆N在磁场内运动过程中，由动量定理有
且
联立解得通过回路的电荷量为
②设两杆在磁场中相对靠近的位移为 ，有
整理可得
联立可得
若两杆在磁场内刚好相撞，N到 的最小距离为
（3）两杆出磁场后在平行光滑长直金属导轨上运动，若N到 的距离与第（2）问初始时刻的相同、
到 的距离为 ，则N到cd边的速度大小恒为 ，根据动量守恒定律可知
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学科网（北京）股份有限公司解得N出磁场时，M的速度大小为
由题意可知，此时M到cd边的距离为
若要保证M出磁场后不与N相撞，则有两种临界情况：
①M减速出磁场，出磁场的速度刚好等于N的速度，一定不与N相撞，对M根据动量定理有
联立解得
②M运动到cd边时，恰好减速到零，则对M由动量定理有
同理解得
综上所述，M出磁场后不与N相撞条件下k的取值范围为
64．（2021·海南·高考真题）如图，间距为l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的金属杆放在导轨上。
金属杆在水平外力作用下以速度v 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
0
为u。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
0
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；
（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 ，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。
112 / 117
学科网（北京）股份有限公司【答案】（1） ， ；（2）（i） ，（ii）
【详解】（1）金属棒切割磁感线产生的感应电动势
E = Blv
0
则金属杆中的电流
由题知，金属杆在水平外力作用下以速度v 向右做匀速直线运动则有
0
根据功率的计算公式有
（2）（i）设金属杆内单位体积的自由电子数为n，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 向右做匀速直线运动时的电流由微观表示为
0
解得
当电子沿金属杆定向移动的速率变为 时，有
解得
v′ =
根据能量守恒定律有
解得
（ii）由（i）可知在这段时间内金属杆的速度由v 变到 ，设这段时间内一直在金属杆内的自由电子
0
沿杆定向移动的距离为d，规定水平向右为正方向，则根据动量定理有
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学科网（北京）股份有限公司由于
解得
65．（2021·湖北·高考真题）如图（a）所示，两根不计电阻、间距为L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B。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 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 。质量为m、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
m
好接触。忽略空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。为了方便计算，取
， 。以下计算结果只能选用m、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v；
1
（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v；
2
（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a。
【答案】（1） ；（2） ；（3）
【分析】[关键能力]本题考 查法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律等知识，意在考查考生综合电
磁学知识以及力学规律处理问题的能力。
[压轴题透析] 3第（1）问通过对金属棒的受力分析以及运动分析，求出当金属棒的加速度为零时的最
大速度；第（2）问首先应分析比较第（1）问中的电流与图（b）中Z元件的电压达到最大时的电流
大小关系，然后通过定值电阻表示出回路中的最大电流，进而求出金属棒的最大速度；第（3）问的
关键在于求出开关断开瞬间回路中的电流，得出导体棒所受的安培力大小，再根据牛顿第二定律求出
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学科网（北京）股份有限公司金属棒的加速度。
【详解】（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
由法拉第电磁感应定律得
由欧姆定律得
解得
（2）由第（1）问得
由于
断开开关S后，当金属棒的速度达到最大时，元件Z两端的电压恒为
此时定值电阻两端的电压为
回路中的电流为
又由欧姆定律得
解得
（3）开关S闭合，当金属棒的速度最大时，金属棒产生的感应电动势为
断开开关S的瞬间，元件Z两端的电压为
则定值电阻两端的电压为
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学科网（北京）股份有限公司电路中的电流为
金属棒受到的安培力为
对金属棒由牛顿第二定律得
解得
66．（2021·天津·高考真题）如图所示，两根足够长的平行光滑金属导轨 、 间距 ，其电阻不
计，两导轨及其构成的平面均与水平面成 角，N、Q两端接有 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 的质量 ，电阻 ，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 。 在平行于导轨向上的拉力作用下，以
初速度 沿导轨向上开始运动，可达到最大速度 。运动过程中拉力的功率恒定不变，
重力加速度 。
（1）求拉力的功率P；
（2） 开始运动后，经 速度达到 ，此过程中 克服安培力做功 ，求该
过程中 沿导轨的位移大小x。
【答案】（1） ；（2）
【详解】（1）在 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F，安培力大小为 ，有
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
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学科网（北京）股份有限公司设回路中的感应电流为I，由闭合电路欧姆定律，有
受到的安培力
由功率表达式，有
联立上述各式，代入数据解得
（2） 从速度 到 的过程中，由动能定理，有
代入数据解得
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学科网（北京）股份有限公司
