文档文本内容
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v1=−k −1
1＋k v0，v2=
2
1＋k v0
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 =m v
2
R
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 B0
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qv B1=m v
2
R1
解得B1= mv
qh
（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 xa=2r2−2r3= 7mv
30qB
同理Δ xb= 7 Mv
30qB
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
棒下滑距离为
时速度为
，
棒开始运动，此时回路中的电
流为
，此时对cd 棒有
棒切割磁场，产生电动势
，
回路电流
对cd 棒有
棒从解除锁定到开始运动过程中，导体棒
、
电阻相同，通过的电流相同，则
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）
棒从解除锁定到开始运动过程中，
棒受到的安培力向左，则cd 棒向左运动，则cd 棒切割磁场，
端为高电势，故回路总电动势
电路中电流
对
棒
对
棒
有
当电流达到稳定时，两棒的速度差恒定，此时两棒的加速度相等，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
，
棒速度为0，可知
解得
设某时刻
棒的加速度为0 时，ab 棒速度为
，cd 棒速度为
，此时
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
棒的加速度为0 时，对两棒分别根据动量定理有
，
通过导体棒的电荷量
则可得
，
两式相加得
③
同时有
④
联立①②③④可得从开始到cd 棒加速度为0 时刻，
、
的路程之差为
11．（2025·四川·高考真题）如图所示，长度均为s 的两根光滑金属直导轨MN 和PQ 固定在水平绝缘桌面
上，两者平行且相距l，M、P 连线垂直于导轨，定滑轮位于N、Q 连线中点正上方h 处。MN 和PQ 单位长
度的电阻均为r，M、P 间连接一阻值为
的电阻。空间有垂直于桌面向下的匀强磁场，磁感应强度大小
为B。过定滑轮的不可伸长绝缘轻绳拉动质量为m、电阻不计的金属杆沿导轨向右做匀速直线运动，速度
大小为v。零时刻，金属杆位于M、P 连线处。金属杆在导轨上时与导轨始终垂直且接触良好，重力加速
度大小为g。
(1)金属杆在导轨上运动时，回路的感应电动势；
(2)金属杆在导轨上与M、P 连线相距d 时，回路的热功率；
(3)金属杆在导轨上保持速度大小v 做匀速直线运动的最大路程。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）金属杆在导轨上运动时，切割磁感线，产生感应电动势
（2）金属杆运动距离d 时，电路中的总电阻为
故此时回路中的总的热功率为
（3）设金属杆保持速度大小v 做匀速直线运动的最大路程为
，此时刚好将要脱离导轨，此时绳子拉力为
T，与水平方向的夹角为
，对金属杆根据受力平衡可知
，
根据位置关系有
同时有
，
联立解得
12．（2025·甘肃·高考真题）在自动化装配车间，常采用电磁驱动的机械臂系统，如图，ab、cd 为两条足
够长的光滑平行金属导轨，间距为L，电阻忽略不计。导轨置于磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里
的匀强磁场中，导轨上有与之垂直并接触良好的金属机械臂1 和2，质量均为m，电阻均为R。导轨左侧接
有电容为C 的电容器。初始时刻，机械臂1 以初速度
向右运动，机械臂2 静止，运动过程中两机械臂不
发生碰撞。系统达到稳定状态后，电流为零，两机械臂速度相同。
(1)求初始时刻机械臂1 的感应电动势大小和感应电流方向；
(2)系统达到稳定状态前，若机械臂1 和2 中的电流分别为
和
，写出两机械臂各自所受安培力的大小；
若电容器两端电压为U，写出电容器电荷量的表达式；
(3)求系统达到稳定状态后两机械臂的速度。若要两机械臂不相撞，二者在初始时刻的间距至少为多少？
【答案】(1)
，沿机械臂1 向上
(2)
，
，
(3)
，方向向右；
【详解】（1）由法拉第电磁感应定律可知，初始时刻机械臂1 的感应电动势大小为
由右手定则可知感应电流方向沿机械臂1 向上。
（2）在达到稳定前，两机械臂电流分别为
和
，两机械臂安培力的大小分别为
，
设电容器所带电荷量为Q，则
（3）达到稳定
时，两机械臂的速度相同，产生的感应电动势与电容器的电压相等，回路中没有
电流结合动量定理
，
其中
，
，
联立解得
，
结合（2）问分析，在任意时刻有
即
对该式两边取全过程时间的累计有
其中
，
,
即
两棒间初始距离的最小值为
13．（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R2（待求）和电感
L，不计其他电阻和阻力损耗，不计飞轮转轴大小。
（1）开关S 掷1，“电动机”提升物块匀速上升时，理想电压表示数
。
①判断磁场方向，并求流过电阻R1的电流I1；
②求物块匀速上升的速度v1。
（2）开关S 掷2，物块从静止开始下落，经过一段时间后，物块匀速下降的速度与“电动机”匀速提升物
块的速度大小相等，
①求可调电阻R2的阻值；
②求磁感应强度B 的大小。
【答案】（1）①垂直纸面向外，10A；②5m/s；（2）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
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E1，则
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
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R2的电流
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
14．（2024·北京·高考真题）如图甲所示为某种“电磁枪”的原理图。在竖直向下的匀强磁场中，两根相
距L 的平行长直金属导轨水平放置，左端接电容为C 的电容器，一导体棒放置在导轨上，与导轨垂直且接
触良好，不计导轨电阻及导体棒与导轨间的摩擦。已知磁场的磁感应强度大小为B，导体棒的质量为m、
接入电路的电阻为R。开关闭合前电容器的电荷量为Q。
（1）求闭合开关瞬间通过导体棒的电流I；
（2）求闭合开关瞬间导体棒的加速度大小a；
（3）在图乙中定性画出闭合开关后导体棒的速度v 随时间t 的变化图线。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）开关闭合前电容器的电荷量为Q，则电容器两极板间电压
开关闭合瞬间，通过导体棒的电流
解得闭合开关瞬间通过导体棒的电流为
（2）开关闭合瞬间由牛顿第二定律有
将电流I 代入解得
（3）由（2）中结论可知，随着电容器放电，所带电荷量不断减少，所以导体棒的加速度不断减小，其v-t
图线如图所示
15．（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
（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
16．（2024·江西·高考真题）如图（a）所示，轨道左侧斜面倾斜角满足sinθ1 = 0.6，摩擦因数
，
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sinθ2 = 0.8，摩擦因数
。现将质量为m 甲 = 6kg 的导体杆甲从斜面上高h = 4m 处由静止释
放，质量为m 乙 = 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（t1、t2、
t3、t4、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 ~ t3时间内未进入右侧倾
斜导轨，求d 的取值范围。
【答案】（1）a 乙0 = 2m/s2，方向水平向右；（2）d ≥ 24m；（3）
【详解】（1）甲从静止运动至水平导轨时，根据动能定理有
甲刚进入磁场时，平动切割磁感线有
E0 = Blv0
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
BI0l = m2a 乙0
带入数据有
a 乙0 = 2m/s2，方向水平向右
（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
m1v0 = (m1＋m2)v 共
对乙根据动量定理有
其中
联立解得
dmin = Δx = 24m
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 共 = 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
m2gsinθ2＋μ2m2gcosθ2 = m2a 乙上
根据匀变速直线运动位移与速度的关系有
2a 乙上x 上 = v 共
2
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
m2gsinθ2－μ2m2gcosθ2 = m2a 乙下
再根据匀变速直线运动位移与速度的关系有
2a 乙下x 下 = v1
2
且
x 上 = x 下
联立解得乙第一次滑下右侧轨道最低点的速度
v1 = 5m/s
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
（m1＋m2）gsinθ2＋μ2（m1＋m2）gcosθ2 = (m1＋m2)a 共上
同理有
2a 共上x 共上 = v2
且由图（b）可知
x 上 = 4.84x 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
m1v2－m2v1 = (m1＋m2))v
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
dmin′－Δx = Δx1
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
dmax－Δx－Δx1 = Δx2
解得
则d 的取值范围为
17．（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
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
18．（2024·全国甲卷·高考真题）如图，金属导轨平行且水平放置，导轨间距为L，导轨光滑无摩擦。定
值电阻大小为R，其余电阻忽略不计，电容大小为C。在运动过程中，金属棒始终与导轨保持垂直。整个
装置处于竖直方向且磁感应强度为B 的匀强磁场中。
(1)开关S 闭合时，对金属棒施加以水平向右的恒力，金属棒能达到的最大速度为v0。当外力功率为定值电
阻功率的两倍时，求金属棒速度v 的大小。
(2)当金属棒速度为v 时，断开开关S，改变水平外力并使金属棒匀速运动。当外力功率为定值电阻功率的
两倍时，求电容器两端的电压以及从开关断开到此刻外力所做的功。
【答案】（1）
；（2）
，
【详解】（1）开关S 闭合后，当外力与安培力相等时，金属棒的速度最大，则
由闭合电路欧姆定律
金属棒切割磁感线产生的感应电动势为
联立可得，恒定的外力为
在加速阶段，外力的功率为
定值电阻的功率为
若
时，即
化简可得金属棒速度v 的大小为
（2）断开开关S，电容器充电，则电容器与定值电阻串联，则有
当金属棒匀速运动时，电容器不断充电，电荷量q 不断增大，电路中电流不断减小，则金属棒所受安培力
不断减小，而拉力的功率
定值电阻功率
当
时有
可得
根据
可得此时电容器两端电压为
从开关断开到此刻外力所做的功为
其中
联立可得
