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押计算大题03
电磁学综合
猜押题型
3 年真题
考情分析
命题思路
计算题03
2024 全国新课标T26
2023、2022 山东T17
2024 湖南T14
2024 广东T15
2022 河北T14
2024 湖北T15
2024 安徽T15
本部分内容是高考的重点及
难点，同时也是高频考点。电磁
感应以法拉第电磁感应定律的理
解及应用为核心，综合考果欧姆
定律、牛顿运动定律、动量、能
量等；带电粒子在复合场与叠加
场中的运动题目综合性强，注重
考查思维灵活性，突出推理论证
能力，加强数学知识在物理问题
中的应用，2025 年还会继续考查
数学知识在复合场中的应用，可
能还会有创新。
电磁感应部分试题多以探索
问题情境为载体，也可能出现与
该部分内内容相关的生活实践问
题情境，如磁悬浮列车，电磁导
轨炮、电磁弹射、电磁阻尼、电
磁制动等。
带电粒子在组合场或叠加场
中的运动问题题目有一定的阅读
量，还会结合现代高新技术原
理，要求考生通过分析该情境并
建构相应的物理模型来解决实际
问题，多以综合压轴题形式出
现。
常考考点：带电粒子在组合
场和叠加场运动的综合分析、法
拉第电磁感应定律、、能量守恒
定律、动量守恒定律。
【题组一】 带电粒子在组合场中的运动
【题组解读】动组合场：电场与磁场各位于一定的区域，并不重叠，或在同一区域，电场、磁场交替出
现。
1．（2025·去南大理·二模）一种带电粒子束流转向装置的原理简化示意图如图甲所示，真空室中电极
发
1
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出的粒子（初速度不计）经电场加速后，由小孔
沿两平行金属板M、N 的中心线
射入板间，加速电
压为
，M、N 板长为
，两板相距
，加在M、N 两板间的电压
随时间变化的关系图线如
图乙所示，图中
大小未知。在每个粒子通过电场区域的极短时间内，两板间电压可视作不变，板间的电
场可看成匀强电场。板M、N 右侧存在一范围足够大的有界匀强磁场区域，磁场左边界PQ 位于M、N 板
右端且与板垂直，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小
。已知粒子的质量
，
电荷量
，两极板电场的边缘效应，粒子间相互作用及粒子所受重力均可忽略不计。
(1)求带电粒子进入偏转电场的速度大小；
(2)若
时刻从小孔
进入的粒子刚好从M、N 金属板右端射出，求
的大小；
(3)通过计算说明，粒子在PQ 上进磁场与出磁场两点间的距离
的大小与
无关。
【答案】(1)
；(2)
；(3)见解析
【详解】（1）粒子从电极
加速到
点的过程，由动能定理得
解得
（2）当粒子恰好从板的右端飞出时，偏转电压取最大值
，设粒子在M、N 板间运动的时间为，加速度
大小为
，则
，
，
解得
2
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（3）由（2）分析可知，粒子进入磁场时的速度的水平分量为
，如图所示
设某时刻进入磁场的粒子速度与水平方向成
角，则粒子的速度
粒子在磁场中做匀速圆周运动
可得
粒子进磁场与出磁场两点间的距离
解得
可见
与
角无关，即粒子在PQ 上进磁场与出磁场两点间的距离
的大小与
无关
2．（情景创新题）如图甲所示是一款治疗肿瘤的质子治疗仪工作原理示意图，质子经加速电场后沿水平
方向进入速度选择器，再经过磁分析器和偏转系统后，定向轰击肿瘤。已知速度选择器中电场强度的大小
为E、方向竖直向上，磁感应强度大小为
、方向垂直纸面向外，磁分析器截面的内外半径分别为
和
，
入口端面竖直，出口端面水平，两端中心位置M 和N 处各有一个小孔。偏转系统下边缘与肿瘤所在平面距
离为L，偏转系统截面高度与宽度均为H。当偏转系统不工作时，质子恰好垂直轰击肿瘤靶位所在平面上
的O 点；当偏转系统施加如图乙所示变化电压后，质子轰击点将发生变化且偏转电压达到峰值
（或
）时质子恰好从偏转系统下侧边缘离开（质子通过偏转系统时间极短，此过程偏转电压可视为不变），已
知整个系统置于真空中，质子电荷量为q、质量为m。求：
3
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(1)质子到达M 点速度大小；
(2)要使质子垂直于磁分析器下端边界从孔N 离开，请判断磁分析器中磁场方向，并求磁感应强度
的大
小；
(3)在一个电压变化周期内，质子轰击肿瘤宽度是多少？实际治疗过程中发现轰击宽度小于肿瘤宽度，若只
改变某一物理参数达到原宽度，如何调节该物理参数？
【答案】(1)
；(2)
；(3)
，增加L
【详解】（1）质子匀速通过速度选择器，受力平衡
可得
（2）在磁分析器匀速圆周运动，由题图可知
洛伦兹力提供向心力有
可得
（3）在偏转系统中质子做类平抛运动，当电源位移
时质子恰好从偏转系统下则边缘离开，有
，
4
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其中
根据牛顿第二定律有
根据速度的分解有
解得
离开偏转系统后，质子做匀速直线运动
解得
故质子轰击肿瘤宽度是
可知增加L，可以增加质子轰击肿瘤宽度。
3．（2025·湖南·模拟预测）在高能物理研究中，需要实现对微观粒子的精准控制。如图所示，电子在管道
PQ 内匀强电场的作用下由P 点从静止开始做匀加速直线运动，从Q 点射出，电子最终击中与枪口相距d
的点M。QM 与直线PQ 夹角为α，且P、Q、M 三点均位于纸面内。已知电子的电荷量为
（
）、质
量为m、PQ 间距为d、电场强度为E。求：
(1)电子从Q 点射出时的速度大小v；
(2)若仅在管道外部空间加入垂直于直线PQ 的匀强电场
，请确定
的方向和大小；
(3)若仅在管道外部空间加入与直线QM 平行的匀强磁场，求磁感应强度的最小值B？
【答案】(1)
；(2)电场E1方向垂直PQ 向上，
；(3)
【详解】（1）加速过程，根据动能定理
解得
5
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（2）匀强电场
垂直于直线
，则电子离开Q 点后做类平抛运动，故电场力垂直PQ 向下，又电子带负
电，则电场E1方向垂直PQ 向上（PQM 平面），PQ 方向做匀速直线运动，有
垂直PQ 方向匀加速直线运动，有
根据牛顿第二定律
联立可得
（3）将速度沿着和垂直
方向分解
，
垂直于
方向做圆周运动，有
运动周期
磁感应强度的最小值，则周期T 取最大值，平行于
方向做勺速直线运动
分运动的时间相同，刚好为一个周期T，即
联立解得
4．（2025·云南昆明·模拟预测）如图所示，一个电量为
，质量为
的带电粒子由静止经电场加速
后以速度指向
点入射。以
为圆心的区域内有一内接正三角形
，
边与粒子的速度方向平行，
正三角形
区域内无磁场，外接圆与三角形所围区域存在垂直于纸面向里的匀强磁场，已知匀强磁场磁
感应强度大小为
，圆的半径为
，不考虑带电粒子的重力。求：
6
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(1)求加速电场的电压
与速度的关系式；
(2)若粒子要能进入正三角形
区域，求速度的最小值
；
【答案】(1)
；(2)
【详解】（1）根据动能定理可得
解得
（2）设临界情况下粒子圆周运动的半径为
，如图
运动轨迹与EF 相切为能进入正三角形EFG 区域临界条件，由几何关系得
整理得
又
7
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因为
解得
5．（带电粒子在交变磁场中的运动）如图甲所示，在平面直角坐标系xOy 中，在直线
和y 轴
之间有垂直纸面的匀强交变磁场，磁场方向垂直纸面向外为正方向，磁感应强度的大小和方向变化规律如
图乙所示；在直线（图中虚线）
右侧有沿x 轴负方向的匀强电场。t=0 时，一带正电的粒子从y
轴上的P 点
沿与y 轴正方形成45°角射入匀强交变磁场，在t=3t0时垂直穿过x 轴，一段时间后
粒子恰好沿原路径回到P 点。粒子可视为质点、重力不计，忽略由于磁场变化引起的电磁效应，求：
(1)粒子的比荷
；
(2)粒子的初速度大小v0；
(3)匀强电场的场强大小E。
【答案】(1)
；(2)
；(3)
【详解】（1）粒子要沿原路返回到P 点，则粒子在3t0时垂直穿过x 轴时粒子必在磁场中，根据几何关系，
此时粒子的速度方向沿y 轴正方向，轨迹如图所示。
8
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设在0~t0内粒子的速度偏转角为θ，粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为T，根据磁场变化的规律，则有
，
粒子在磁场中，洛伦兹力提供向心力，则有
，
可得粒子在磁场中的运动周期
联立解得解得
（2）设粒子做圆周运动的半径为R，由几何关系有
粒子由洛伦兹力提供做圆周运动的向心力，则有
联立以上各式解得
（3）根据几何关系，则有
可知，粒子在t =5t0时沿x 轴正方向进入电场。粒子要沿原路返回到P 点，则粒子从电场回到磁场时，磁
场方向应垂直纸面向里，即粒子最早应在t =9t0时返回磁场。设粒子在电场中运动的时间为t，考虑到周期
性，则有
对粒子在电场中的运动，由动量定理，则有
联立以上各式，解得
6．（2025·湖南·二模）如图所示，在工轴原点О 位置有一粒子源，可以释放出初速度为零的带正电的粒子，
粒子的质量为m，电荷量为q。释放后的粒子受到半圆形区域I 中电场的作用，区域内各点的电场方向始终
9
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沿径向指向半圆形区域I 边缘﹐电场强度的大小恒定为
，半圆形区域Ⅰ的半径为r。随后带电粒子
进入垂直纸面向外的匀强磁场区域Ⅱ﹐磁场区域Ⅱ是一个以O'为圆心，半径为2r 的圆形区域，与半圆形区
域Ⅰ重叠部分没有磁场，O'点在О 点正上方，O'O=
，磁感应强度的大小为
。在x=3r 的位置
有一块竖直放置的屏幕，带电粒子运动至屏幕后被屏幕吸收。
(1)求带电粒子由电场中进入磁场时的速度大小以及带电粒子在磁场区域中做圆周运动的半径；
(2)一带电粒子离开电场时的速度方向与x 轴负方向的夹角为60°，求该带电粒子离开磁场区域时的速度方
向以及与x 轴之间的竖直距离；
(3)求第（2）问中的带电粒子运动的总时间。
【答案】(1)
，
；(2)与
轴正方向的夹角为
，
；(3)
【详解】（1）带电粒子从
位置静止出发经过辐射状电场后沿径向做匀加速直线运动进入磁场区域，因
此有
进入磁场区域，洛伦兹力充当向心力，因此有
（2）如图所示为带电粒子的运动轨迹
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由题意可知
，带电粒子在磁场中做圆周运动的半径也为
圆心在
位置，
，因此可知
，
由此可知
是一个平行四边形，
平行于
，由此可知带电粒子出射时的方向是水平的。由于
与
轴负方向的夹角为
，且
因此可知
与
轴正方向的夹角为
，因此带电粒子从磁场出射时的位置到
轴的竖直距离为
（3）带电粒子在辐射状电场中做匀加速直线运动，离开电场经过
点时的速度大小为
，因此带电粒子
在辐射状电场中运动的时间为
然后进入磁场区域，带电粒子在磁场中运动的周期为
在磁场区域中转过的圆弧所对圆心角为
，由此可知在磁场中运动的时间为
出磁场后，带电粒子做匀速直线运动，速度大小为
，水平运动的距离为
由此可知水平运动的时间为
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最终带电粒子运动的总时间为
7．（情景创新题）2025 年1 月20 日，我国有“人造太阳”之称的全超导托卡马克核聚变实验装置
（EAST），首次完成1 亿摄氏度1066 秒“高质量燃烧”。对人类加快实现聚变发电具有重要意义。EAST
通过高速运动的中性粒子束加热等离子体，需要利用将带电离子从混合粒子束中剥离出来。已知所有离子
带正电，电荷量均为q，质量均为m。所有粒子的重力及粒子间的相互作用均可忽略不计。
(1)“偏转系统”的原理简图如图1 所示，包含中性粒子和带电离子的混合粒子进入由一对平行带电极板构
成的匀强电场区域，混合粒子进入电场时速度方向与极板平行，离子在电场区域发生偏转，中性粒子继续
沿原方向运动。已知两极板间电压为U，间距为d，若所有离子速度均为v，且都被下极板吞噬，求偏转极
板的最短长度L。
(2)“偏转系统”还可以利用磁偏转进行带电离子的剥离，如图2 所示。吞噬板MN 的长度为2d，混合粒子
束宽度为d，垂直于吞噬板射入匀强磁场，磁感应强度大小为B，且范围足够大。
a.要使所有离子都打到吞噬板上，求带电离子速度大小的范围：
b.以吞噬板上端点为坐标原点，竖直向下为y 轴正方向建立坐标系，如图2 所示。单位时间内通过y 轴单位
长度进入磁场的离子数为n。假设不同速度的离子在混合粒子束中都是均匀分布的，则落在吞噬板上的数
量分布呈现一定的规律。设单位时间内落在吞噬板y 位置附近单位长度上的离子数量为ny，写出ny随y 变
化规律的表达式（不要求推导过程），并在图3 中作出ny -y 图像。
【答案】(1)
；(2)a.
；b.见解析
【详解】（1）带电离子在两极板内做类平抛运动，则
，
，
联立可得
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（2）a.最上沿的离子能打到吞噬板上，满足
，
所以
最下沿的离子不能超出吞噬板，满足
，
所以
所以带电离子速度大小的范围为
b.①当y≤d 时，能打到y 处的离子，源自混合粒子中居于上部宽度为y 中的离子，所以
②当d<y≤2d 时，能打到y 处的离子，源自混合粒子中居于下部宽度为2d-y 中的离子，所以
由以上分析可得，图线如图所示
8．（带电粒子在电磁场中的动量问题）如图所示，Oxy 平面内存在两层相邻的匀强电场和匀强磁场。电场
和磁场的宽度均为d。电场强度为E，方向沿y 轴负向；磁感应强度为B，方向垂直于纸面向外。O 为电子
源，可以沿y 轴正方向发射大量速度不同的电子。已知所有电子均未从第二层磁场上方射出；其中从O 点
飘入电场的电子（其初速度几乎为零），恰不能进入第二层电场，求：
(1)电子的比荷；
(2)电子从O 点射出时速度的最大值；
(3)速度最大的电子在第二层电场和磁场中运动的总时间。
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【答案】(1)
；(2)
；(3)
【详解】（1）由动能定理
几何关系
牛顿第二定律
联立求解，电子比荷
（2）设电子在O 点初速度的大小
，在第一层磁场中做圆周运动的轨迹圆圆心角为
，半径为
，速度
为
；在第二层磁场中做圆周运动的轨迹圆圆心角为
，半径为
，速度为
由几何关系
，
由牛顿第二定律
，
第二层电场不改变电子
方向的速度，则
由动能定理
联立求解，得电子在O 点初速度的大小
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（3）由（2）可知，
则
故
由动能定理
解得
设电子第1 次进入在第二层电场的时间为
，由动量定理
解得
设电子第1 次进入在第二层磁场的时间为
，则
解得
设速度最大的电子在第二层电场和磁场中运动的总时间，由对称性可知，
解得
9．（综合分析能力考查）如图所示，在空间坐标系
中，
，
的空间Ⅰ充满沿y 轴负方向
的匀强电场；在
，
的空间Ⅱ中，充满沿x 轴正方向的匀强电场及沿x 轴负方向的匀强磁场，
磁感应强度大小为
；在
，
的空间Ⅲ中存在沿z 轴负向的匀强磁场，磁感应强度大小为
。
在yoz 平面内有一粒子发射器，发射器到 y 轴的距离为L，发射粒子的质量为 m、电量为
，初速度大小
为
，方向与z 轴负方向成
角，经过空间Ⅰ中电场偏转后，粒子恰好从 O 点沿z 轴负方向射入空间Ⅱ。
当粒子速度刚好第2 次与xoy 平面平行时，粒子的x 轴坐标为3L，z 轴坐标为
，粒子重力不计。求：
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(1)空间Ⅰ中匀强电场电场强度的大小
；
(2)空间Ⅱ中匀强电场电场强度的大小
；
(3)粒子在空间Ⅲ运动的过程中，离y 轴最远时的x 轴坐标。
【答案】(1)
；(2)
；(3)
【详解】（1）在
轴方向上，粒子匀速运动
在
轴方向，粒子做匀减速运动
粒子加速度
联立得
（2）粒子进入空间Ⅱ后做螺旋运动，当粒子速度刚好第二次与xoy 平面平行时，粒子恰好位于螺旋运动最
高点，粒子运动了
根据洛伦兹力提供向心力
可得
在x 轴方向上，粒子做匀加速运动
，
联立得
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（3）粒子进入空间Ⅱ后做螺旋运动，粒子做圆周运动的半径为
根据洛伦兹力提供向心力可得
联立得
轴方向
解得
当粒子出空间Ⅱ时，正好运动到圆周运动最低点，沿x 轴方向速度为
粒子刚进入空间Ⅲ时的速度大小为
方向与
轴正方向成
，粒子在空间Ⅲ中做匀速圆周运动，半径
所以能回到yoz 平面，所以x 轴坐标为
解得
对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，一般是确定圆心位置，根据几何关系求半径，结合洛伦兹力提供
向心力求解未知量，根据周期公式结合轨迹对应的圆心角求时间。对于带电粒子在电场中的运动情况分
析，一般按类平抛运动或匀变速直线运动的规律进行求解。
【题组二】 带电粒子在叠加场中的运动
【题组解读】叠加场：电场、磁场、重力场共存，或其中某两场共存。带电粒子在叠加场中所受合力为
0 时做匀速直线或静止；当合力与运动方向在同一直线上时做变速直线运动；当合力充当向心力时做匀速
圆周运动。
10．（2025·重庆·一模）图为可测定比荷的某装置的简化示意图，在第一象限区域内有垂直于纸面向里的
匀强磁场，磁感应强度大小
，在x 轴上距坐标原点L=0.50m 的P 处为离子的入射口，在y 上
安放接收器，现将一带正电荷的粒子以v=3.5×104m/s 的速率从P 处射入磁场，若粒子在y 轴上距坐标原点
L=0.50m 的M 处被观测到，且运动轨迹半径恰好最小，设带电粒子的质量为m，电量为q，不记其重力。
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(1)求上述粒子的比荷
；
(2)如果在上述粒子运动过程中的某个时刻，在第一象限内再加一个匀强电场，就可以使其沿y 轴正方向做
匀速直线运动，求该匀强电场的场强大小和方向，并求出从粒子射入磁场开始计时经过多长时间加这个匀
强电场；
(3)为了在M 处观测到按题设条件运动的上述粒子，在第一象限内的磁场可以局限在一个矩形区域内，求此
矩形磁场区域的最小面积。
【答案】(1)
；(2)
，
；(3)
【详解】（1）设粒子在磁场中的运动半径为r，如图所示
依题意M、P 连线即为该粒子在磁场中做匀速圆周运动的直径，由几何关系得
粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力得
联立代入数据解得
（2）设所加电场的场强大小为E，当粒子经过Q 点时，速度沿y 轴正方向，依题意，在此时加入沿x 轴正
方向的匀强电场，电场力与此时洛伦兹力平衡，则有
解得
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所加电场的场强方向沿x 轴正方向。由几何关系可知，圆弧PQ 所对应的圆心角为
，设带电粒子做匀速
圆周运动的周期为T，则有
，
联立代入数据解得
（3）矩形对应的最小面积如图所示
根据几何关系可知最小矩形面积为
代入数据解得
11．（情景创新题）如图甲所示，已知车轮边缘上一质点P 的轨迹可看成质点P 相对圆心O 作速率为v 的
匀速圆周运动，同时圆心O 向右相对地面以速率v 作匀速运动形成的，该轨迹称为圆滚线或车轮摆线。如
图乙所示，空间存在竖直向下大小为E 的匀强电场和垂直纸面向里大小为B 的匀强磁场，一质量为m、带
电量为e 的正电子在电场力和洛伦兹力共同作用下，从静止开始自y 轴上a 点沿曲线abc 运动（该曲线属于
圆滚线），c 为运动轨迹的最低点，当正电子运动到c 点时，电场和磁场同时消失，正电子继续匀速直线
运动。此时，另一负电子从y 轴负半轴上的Q 点（坐标未知）以大小合适的速度，沿与y 轴正方向成
角的方向射入第Ⅳ象限，然后进入另一磁感应强度大小也为B 的未知圆形匀强磁场区域（图中未画出），
从N 点（图中未标出）离开磁场时，恰好与从c 点射出后继续前进的正电子碰撞发生湮灭，即相碰时两粒
子的速度大小相等、方向相反。已知a 离坐标原点O 的距离为L，忽略正、负电子间的相互作用（碰撞时
除外），求：
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(1)正电子从a 点运动到c 点的时间；
(2)正电子在电磁场中运动到任意一点
处的速度
的大小，以及到达最低点c 点时的速度大小；
(3)负电子所经过的未知圆形磁场的方向，以及磁场区域的最小面积S。
【答案】(1)
；(2)
，
；(3)磁场方向垂直纸面向外，
【详解】（1）由题，正电子在电磁场中轨迹为圆滚线，且点为圆滚线的最低点。正电子在
点时，速度
为0，将正电子速度分解为水平向右的
和水平向左的
，使得水平向右的
对应的洛伦兹力与电场力相
等，即
解得
即，正电子一方面以
水平向右匀速直线运动，另一方面以
逆时针做匀速圆周运动，对圆周运动有
，
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解得
所以
（2）洛伦兹力不做功，由动能定理可得
到达任意一点
的速度为
到达点时，速度最大，为
（3）根据题目意思，由左手定则可知未知圆形磁场方向垂直纸面向外。对电子有
得
如图可知，面积最小的圆形磁场即为以MN 为直径的圆，有
所以
12．（配速法）如图所示的平面直角坐标系
，四分之一虚线圆弧
的圆心就在坐标原点
，
、
两点分别在
轴和
轴上；圆弧边界外第一象限内存在垂直纸面向外、磁感应强度大小为
的匀强磁场，
平行
轴的虚线
与
轴的交点为
点，
、
两点间的距离等于
圆弧的半径；第二象限内，虚线
与
轴间存在沿
轴正方向、场强大小为
的匀强电场，虚线
的左侧存在沿
轴负方向、
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场强大小也为
的匀强电场以及垂直纸面向外、磁感应强度大小为
的匀强磁场。现让质量为
、
带电量为
（
）的粒子（不计重力）在
点获得沿
正方向的初速度
，粒子匀速运动到
点进入磁
场，然后从
点到达
点，接着进入
间的匀强电场，再从
点运动到
上的
点（
轴上
段无电
场也无磁场，
轴上
段各点均被电场
覆盖；
轴上
段无电场也无磁场，
轴上
点以上各点均被
磁场
覆盖）。
(1)求圆弧
的半径以及粒子从
到
的运动时间；
(2)求粒子在
点的速度大小以及粒子从
到
对时间而言所受的平均作用力的大小；
(3)求
、
两点间的距离。
【答案】(1)
，
；(2)
，
；(3)
【详解】（1）由题意可知，粒子从A 到B 做匀速圆周运动轨迹是四分之三圆弧，与AB 半径相等，设为
R，由洛伦兹力提供向心力
解得
粒子从O 到A 与从B 到O 的运动时间均为
粒子从A 到B 的运动时间为
22
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粒子从O 到C 做类平抛运动，水平方向的分运动是速度为
的匀速直线运动，则运动时间为
综合可得粒子从A 到C 的运动时间为
（2）粒子从O 到C，沿y 轴正方向的分运动是初速度为0 的匀加速直线运动，把粒子在C 点的速度
分
别沿着x 轴和y 轴正交分解，则有
，
结合
可得
则
且
方向与MN 的夹角为45°，粒子从A 到C，由矢量运算法则可得速度的变化量为
由动量定理可得
联立解得
（3）粒子从C 到D，把粒子在C 点的速度看成
，
两个速度，磁场对
分运动的洛伦兹力
为
沿x 轴的正方向，电场力
沿x 轴负方向与
等大反向，则粒子沿y 轴正方向
的分运动为
的匀速直线运动。磁场对
分运动的洛伦兹力提供向心力使粒子做半径为
的匀速圆周运动，则粒子的合运动看成沿y 轴正方向的匀速直线运动与顺时针方向匀速圆周运动的合运动，
粒子从C 到D 点所用的时间为半个周期，即
C、D 两点的距离即粒子沿y 轴正方向运动的距离
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联立可得
13．（综合分析能力考查）如图所示，在y 轴左侧半径为R 的圆形区域（以x 轴上的P 点为圆心）内，有
磁感应强度大小为B1（未知）、方向垂直于xOy 平面向外的匀强磁场；紧靠着y 轴右侧宽度为2R 的区域
内，有电场强度大小分别为
和
，方向分别沿着y 轴正（y>0 区域）、负方向（
区域）的匀
强电场；电场右边界线a 与x 轴垂直相交于Q 点，边界线a 右侧有方向垂直于xOy 平面向里的匀强磁场。
现有两个质量均为m、电荷量分别为
、
（q>0）的带电粒子，分别从M、N 两点以大小均为v0、方向
平行于y 轴的速度同时射入圆形磁场中，并从同一点离开此圆形磁场，其中从M 点射入的粒子恰好能经右
侧磁场到达Q 点，已知MP 与x 铀垂直，NP 与x 轴负方向的夹角为45°，圆形磁场边界与y 轴相切于O 点，
不计粒子重力及粒子间的相互作用。
(1)求圆形区域内磁场的磁感应强度大小；
(2)求从N 点射入的粒子从右侧磁场返回电场经过边界线a 时的位置与Q 点的距离；
(3)若从N 点射入的粒子进入右侧磁场后，受到了与速度大小成正比、方向相反的阻力，该粒子的运动轨迹
呈螺旋状，并恰好能与该磁场左边界相切。求该粒子从射入该磁场到第一次到达切点所用的时间。
【答案】(1)
；(2)
；(3)
【详解】（1）由题意根据磁聚焦原理，对从M 点入射的粒子，由几何关系得
由洛伦兹力提供向心力可得
24
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联立解得
（2）由M 点入射的粒子，运动轨迹如图甲所示
粒子在电场中做类平抛运动，根据运动的合成与分解有
，
，
，
根据牛顿第二定律
联立解得
，
粒子在右侧磁场中做圆周运动，根据几何关系有
由洛伦兹力提供向心力可得
其中
联立解得
由N 点入射的粒子，运动轨迹如图乙所示
25
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在左侧磁场中，根据几何关系可知其过O 点时，速度与
轴正方向的夹角为
，在电场中做类斜抛运动，
逆向思考，根据运动的合成与分解有
，
，
根据牛顿第二定律
联立解得
粒子在右侧磁场中做圆周运动，由洛伦兹力提供向心力
联立解得
由几何关系可得
（3）粒子在右侧磁场中做螺旋线运动，与速度垂直方向上有
解得
即角速度为一定值，又可知粒子与磁场左边界相切时转过的弧度为
，则有
14．（2025·福建·一模）如图所示，直角坐标系xOy 中，第Ⅰ象限内以点，P（a，
）为圆心，半径为
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a 的圆形区域中存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，第Ⅲ象限内存在方向垂直纸面向里、磁感应强度大小
为B0的匀强磁场和平行于纸面的匀强电场（未画出）。一带正电粒子以速度v0从点A（-a，
）沿AO
方向做匀速直线运动，进入第Ⅰ象限。经过一段时间后，粒子到达点C（4a，0）。已知粒子带电量为q，
质量为m，不计粒子重力，求：
(1)第Ⅲ象限内匀强电场场强的大小；
(2)第Ⅰ象限圆形区域中匀强磁场的磁感应强度大小；
(3)粒子从A 点运动到C 点的时间。
【答案】(1)
；(2)
；(3)
【详解】（1）粒子沿AO 方向做匀速直线运动，电场力与洛伦兹力大小相等，方向相反，则有
解得
（2）A、O、P 三点共线，粒子对准圆心P 入射，能到达C 点，说明出射方向沿着PC，根据几何关系有
解得
设PO 与OC 夹角为
，则有
解得
由于
27
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可知
则有
粒子做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有
解得
（3）结合上述与题意，粒子从A 运动到C 的总路程
其中
，
从A 到C 速度大小不变，则有
解得
【题组三】电磁感应中的综合应用
【题组解读】本题组主要涉及五种综合问题，电磁感应中的图像问题、动力学问题、电路问题、能量问
题、动量问题，试题难度和区分度较大。常见杆轨模型、线框模型等，实际应用模型：磁悬浮列车、电磁
轨道炮、电磁驱动、电磁弹射等。
15．（情景创新题）如图“自由落体塔”是一种惊险刺激的游乐设备，将游客升至数十米高空，自由下落
至近地面时再减速停下，让游客体验失重的乐趣。物理兴趣小组设计了如图乙的减速模型，线圈代表乘客
乘坐舱，质量为m，匝数N 匝，线圈周长为L，总电阻为R。在距地面
的区域设置一辐向磁场减速区，
俯视图如图丙，辐向磁场区域各点磁感应强度的大小和该点到中心轴线的距离有关，已知线圈所在区域磁
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感应强度的大小为B。现将线圈提升到距地面
处由静止释放做自由落体运动，忽略一切空气阻力，重力
加速度为g。
(1)判断线圈刚进入磁场时感应电流方向（从上往下看），并计算此时的电流大小；
(2)若落地时速度为
，求全程运动的时间t；
(3)为增加安全系数，加装三根完全相同的轻质弹力绳（关于中心轴对称）如图丁，已知每一条弹力绳形变
量为x 时，都能提供弹力
，同时储存弹性势能
，其原长等于悬挂点到磁场上沿的距离。线圈仍
从离地
处静止释放，由于弹力绳的作用会上下往复（未碰地），求线圈在往复运动过程中产生的焦耳热
Q。
【答案】(1)顺时针，
；(2)
；(3)
【详解】（1）根据右手定则可以判断，感应电流方向为顺时针。
根据闭合电路欧姆定律得
感应电动势
根据运动学得
解得
（2）根据动量定理得
平均安培力
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根据闭合电路欧姆定律得
平均感应电动势
根据运动学得
解得
（3）根据牛顿第二定律得
根据能量守恒
解得
16．（情景创新题）气压式升降椅通过气缸上下运动来支配椅子升降，兴趣小组对其结构重新设计为电磁
缓冲装置，该装置的主要部件有三部分：①固定在支架上的滑块，由绝缘材料制成，其内部边缘绕有边长
为
、电阻为
的闭合单匝、粗细均匀的正方形线圈abcd；②质量为
的座椅主体，包括椅面和绝缘光滑
非密闭套筒及套筒前后的永磁体，套筒前后的永磁体产生方向垂直于整个套筒截面磁感应强度大小为
的
匀强磁场；③连接座椅主体和滑块的轻质弹簧。现将座椅主体竖直提起至弹簧处于原长，静止释放座椅主
体来测试缓冲装置效果，现测出座椅主体初次向下最大速度为
，从释放到停止运动用时。已知重力加
速度大小为
，弹簧的劲度系数为
，弹簧弹性势能
（其中
为弹簧劲度系数，
为弹簧形变
量），全程未超出弹簧弹性限度，且线圈
全程未完全进入和完全离开套筒，不计一切摩擦阻力。求：
(1)座椅主体初次向下速度最大时，线圈
边两端电势差
；
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(2)从释放座椅主体到座椅主体初次向下达到最大速度的过程，座椅主体下降的高度；
(3)从释放座椅主体到座椅主体停止运动的过程，线圈中产生的焦耳热
及座椅主体受弹簧弹力的冲量
（以竖直向下为正方向）。
【答案】(1)
；(2)
；(3)
，
【详解】（1）座椅主体初次向下速度最大时，感应电动势的大小为
根据右手定则可知a 端电势高，根据闭合电路欧姆定律可得线圈ab 边两端电势差
（2）速度最大时，对座椅主体根据平衡条件可得
其中
联立解得座椅主体下降的高度
（3）题意可知，静止时有
解得静止时弹簧压缩量
由能量守恒有
联立解得
对m，由动量定理有
因为
联立解得
方向竖直向下。
17．（综合分析能力考查）如图所示，间距L=1m 的两平行光滑金属导轨，x 轴平行于导轨，y 轴垂直于导
轨，装置放置在水平面上。一质量ma=3kg 的绝缘棒a 始止置于x=0 处，在y 轴右侧区域的导轨间存在方向
垂直纸面向外、大小B=1T 的匀强磁场。另一质量mb=1kg 的金属棒b（电阻不计）垂直导轨静止于x1=0.5m
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处，导轨右侧的恒流源能为电路提供恒定的电流I=12A（方向如图中箭头所示）。在两轨道中存在一劲度
系数k=12N/m 的轻质弹簧，右端与绝缘棒a 相连、初始处于原长状态，弹簧始终处于弹性限度内，忽略一
切阻力。求：
(1)若将单刀双掷开关接R=1Ω 的电阻，用外力将b 棒匀速拉到a 棒处，不计其它电阻，求通过电阻R 的电
荷量Q；
(2)若在y 轴右侧区域的导轨间存在方向垂直纸面向外、大小
变化的非匀强磁场。单刀双掷开关
接通恒流源，求金属棒b 第一次到达y 轴（还未与a 相碰）时的速度大小v0；
(3)在第二问的情况下，已知能做简谐振动的物体其回复力与位移关系可以转换成公式
，其中
m 为振子质量，T 为简谐振动的周期，x 位移。以绝缘棒a 与金属棒b 第一次碰撞为t=0 时刻，两棒的碰撞
始终为弹性碰撞。求金属棒b 在向右运动的过程中，速度为0 时的位置坐标。
【答案】(1)0.5C；(2)1m/s；(3)见解析
【详解】（1）通过电阻R 的电荷量为
解得
（2）对b 棒受力分析可得，b 棒受到的安培力大小为
说明b 棒从开始到y 轴以y 轴为平衡位置做简谐振动（简谐振动的四分之一周期），根据动能定理可得
根据简谐运动的特点可得
解得
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（3）两棒发生完全弹性碰撞，规定速度向左为正方向，由动量守恒和机械能守恒可得
解得
，
金属棒b 在安培力作用下做简谐运动，到达最右边速度为0 时，根据能量守恒定律得
解得
两棒第一次碰后，绝缘棒a 在弹簧弹力作用下做简谐运动，则
金属棒b 在安培力作用下做简谐运动
解得
故两棒做简谐运动的周期相同，第二次碰撞发生在x=0 处，两棒运动半个周期后，速度均反向，碰撞前
，
第二次碰撞由动量守恒和机械能守恒可得
解得
，
两棒周期性重复以上运动，当金属棒b 向右运动，速度为0 时，位置即是初始位置
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18．（2025·河北·模拟预测）某兴趣小组设计了如图所示装置。轻质飞轮由三根长
的轻质金属辐条
（三根金属辐条并联时的等效电阻
）和金属圆环组成，可绕过其中心的水平固定轴转动，不可
伸长的细绳绕在圆环上，系着质量
的物块，细绳与圆环无相对滑动。平行金属导轨间距离
、
与水平面的夹角
。金属导轨通过导线及电刷分别与转轴和圆环边缘良好接触。导轨和飞轮分别处在
与各自所在平面垂直的匀强磁场中，磁感应强度大小均为
。已知CD 棒的质量也为
，电阻也
为
，电路中其余部分的电阻均不计，CD 棒始终与导轨垂直，各部分始终接触良好，细绳足够长，
不计空气阻力及一切摩擦，重力加速度g 取
。
(1)锁定飞轮，CD 棒由静止下滑，经过时间
速度达到最大，求时间t 内下滑的距离x；
(2)锁定CD 棒，物块由静止释放，下落
距离后刚好达到最大速度，求此过程中CD 棒产生的热量；
(3)对CD 棒施加力使其沿着导轨向下以速度
做匀速运动，同时释放物块，求最终物块向上运动
的速度大小。
【答案】(1)8.75m；(2)25J；(3)
【详解】（1）CD 棒下滑达到最大速度时，由法拉第电磁感应定律得
根据闭合电路欧姆定律可得
棒达到最大速度时所受的合力为零
对
棒分析，由动量定理可得
解得
（2）飞轮旋转时，辐条切割磁场产生电动势，由法拉第电磁感应定律得
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根据闭合电路欧姆定律可得
物块达到最大速度时，重力的功率等于两电阻的发热功率之和
由圆周运动可得
联立以上方程可得
代入数据可得
根据能量守恒定律可得
解得
（3）
棒充当发电机产生电动势为
，则有
飞轮转动时产生的电动势为
则回路中的电流
由能量守恒可知
棒的发电功率等于热功率加机械功率
解得
19．（情景创新题）（2025·四川成都·二模）电动机的动力来源于电流与磁场间的相互作用，其内部工作
原理可借助图
所建立的模型来理解：粗糙水平金属导轨宽度
，处于竖直向下、磁感应强度大
小
的匀强磁场中，质量m=2kg、电阻
的金属棒
置于导轨上，电源电动势
，不
计电源及导轨电阻。接通电源后，
沿导轨由静止开始运动，在运动过程中
始终与导轨保持良好接
触，所受阻力大小恒为
，图
为金属棒
的加速度倒数与速度
的关系图像，图中右侧虚
线为该图像的渐近线。
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(1)判断导体棒
的运动方向（回答“水平向左”或“水平向右”）；
(2)求电源接通瞬间金属棒
的加速度
和最终趋近的最大速度
；
(3)求金属棒
从静止启动到速度为
的过程中，电源消耗的电能
。（
图像中速度从0 至
的图像可近似处理为线性关系）
【答案】(1)水平向右；(2)
，
；(3)
【详解】（1）接通电源后，电流方向由M 到N，由左手定则可知安培力水平向右，故金属杆的运动方向
水平向右。
（2）接通电源瞬间流过
的电流为
，则
此时金属棒
的加速度为
，由牛顿第二定律得
解得
当金属棒
加速度为零时，达到最大速度
，此时金属棒
产生的反电动势为
，回路电流为
，则
，
，
解得
（3）设当金属棒
速度为
时，其加速度为
，电流为
，从静止启动到速度为
所用时间为，
电路通过电源的电荷量为
。则
由牛顿第二定律得
由
图像的面积可知
对金属棒从静止启动到速度为
过程，由动量定理得
，
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电源消耗的电能为
解得
20．（含感切割）如图所示，在水平桌面上平行固定两根间距为d 的金属导轨PEN、QFM，在P、Q 两点
通过一小段绝缘材料与导轨间距也为d、倾角为θ 的足够长平行金属导轨平滑连接，下端连接有自感系数
为L 的电感线圈，倾斜导轨区域存在垂直于导轨向上、磁感应强度大小为B0的匀强磁场。水平导轨分为区
域PQFE 和长度为2x0的区域EFMN，在P、Q 两点通过细导线连接阻值为R 的定值电阻，桌面立柱上拴接
两根劲度系数均为k0的绝缘轻质弹簧，弹簧与导轨平行。将一根质量为m、长度为d 的金属棒，在水平导
轨上向右缓慢压缩弹簧，使两根弹簧的形变量均为x0，此时金属棒恰好位于水平导轨右端M、N 处。由静
止释放金属棒，弹簧将其弹开，当金属棒运动距离为x0时开始计时，同时在区域PQFE 内加上一个方向竖
直向上的变化磁场，其磁感应强度大小按B=kt（k 大于0 且为常数）的规律变化。当金属棒进入区域PQFE
时，磁场保持此时的磁感应强度大小不变，金属棒恰好可以到达P、Q 两点并滑入倾斜轨道。不计一切摩
擦，除定值电阻R 外其余电阻均不计，求：
(1)金属棒刚脱离弹簧时的速度大小v；
(2)从金属棒开始运动至运动到E、F 两点的过程中通过电阻R 的电荷量q；
(3)金属棒沿倾斜导轨向下滑行的最大距离xm。
【答案】(1)
；(2)
；(3)
【详解】（1）根据机械能守恒定律，弹簧的弹性势能转化为金属棒的动能，即
所以
解得
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（2）金属棒运动距离为x0时，区域PQFE 开始加磁场B=kt，设从此时至运动到E、F 两点的过程中通过电
阻的电荷量为q，可知，此过程金属棒运动的时间为
金属棒从进入区域PQFE 到恰好离开的过程，设通过电阻的电荷量为qʹ，恰好离开时金属棒的速度为零，
由题意知，金属棒刚进入区域PQFE 时，磁场的磁感应强度
由动量定理得
由电流定义得：
联立可得
在整个闭合回路中，磁通量从0 逐渐变大（感生），又逐渐减小为0（动生），整个过程中流经电阻R 的
总电荷量为0，即金属棒开始运动到E、F 两点的过程中，通过电阻R 的电量
所以
（3）金属棒恰能滑入斜轨，则在斜轨上初速度为0 开始下滑，因为金属棒与线圈组成的回路直流电阻为零，
所以必须满足
可得
所以棒开始运动后棒上电流与棒的位移成正比，即
所以棒的运动方程为
可知棒做简谐运动，平衡位置时a=0，即
由简谐运动对称性可知，下滑最大距离为
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21．（2025·陕西西安·模拟预测）如图所示，两根电阻不计的光滑水平导轨
平行放置，间距
，处于竖直向下
的匀强磁场中，导轨左侧接一电容
的电容器，初始时刻电容器带
一定电荷量，电性如图所示。质量
、电阻不计的金属棒
垂直架在导轨上，闭合开关S 后，
棒由静止开始向右运动，且离开
时己以
匀速运动。下方光滑绝缘轨道
间距
也为
，正对
放置，其中
为半径r=1.25m 圆心角
的圆弧，与水平轨道
相切于
两点，其中
两边长度
，以
点为坐标原点，沿导轨向右建立坐
标系，
右侧
处存在磁感应强度大小为
的磁场，磁场方向竖直向下。质量
电阻
的“U”型金属框静止于水平导轨
处。导体棒
自
抛出后恰好能从
处沿切线进入圆弧轨道，并在
处与金属框发生完全非弹性碰撞，碰后组成导电良好的闭合线框一起向
右运动。重力加速度的大小
取
。求：
(1)
棒离开
时电容器上的电压
；
(2)初始时刻电容器所带电荷量
；
(3)
棒与
型金属框碰撞后瞬间的速度大小；
(4)分析闭合线框能否穿过磁场区域，若能，求出线框离开磁场时的速度；若不能，求出线框停止时右边框
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的位置坐标
。（已知：
；结果可用根式表示）
【答案】(1)0.64V；(2)0.864V；(3)
；(4)不能，
【详解】（1）离开
时己以
匀速运动，
棒离开
时电容器上的电压
，则
（2）设初始时电容器两端电压为U0，导体棒从开始运动到稳定过程，电容器极板上电荷量变化量为△Q，
导体棒稳定后的电动势为E，对导体棒，由动量定理有 BIL·Δt=m₁v₁-0，E=BLv₁
而
由电流的公式有
整理有
（3）由于导体棒恰好能从C1C2处沿切线进入圆弧轨道，设进入瞬间导体棒的速度为v2，有
解得
设导体棒在与金属框碰撞前的速度为v3，由动能定理有
解得
金属棒和线框发生完全非弹性碰撞，设碰后速度为
，有
解得
（4）线框的右边框进入磁场过程由动量定理有
整理有
解得
40
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所以线框的右边框能完全离开，然后左边框开始以
进入磁场，假设左边框仍能穿出磁场，则
解得
所以线框左边框不能穿出磁场，则
解得
所以线框右边框所处的坐标为
41
