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专题05 磁场 电磁感应
磁场
1．（2025·黑龙江·二模）如图，是交替出现的宽为
的匀强电场和匀强磁场区域，其中编号1、3 区域为电
场，场强均为
，2、4 区域为磁场，场强均为
，方向如图所示。质量为
，带电量为
的正粒子，
从1 区上边界由静止释放，不计重力。下列说法中正确的是（ ）
A．粒子从4 区下边界穿出后的动能一定为
B．粒子从4 区下边界穿出后的水平速度一定为
C．粒子从4 区下边界穿出时的速度与水平方向夹角的余弦为
D．若粒子恰未从第4 场区射出，则需满足
【答案】A
【详解】A．由于洛伦兹力总是不做功，粒子从静止释放到从4 区下边界穿出，根据动能定理可得
可知粒子从4 区下边界穿出后的动能一定为
，粒子从4 区下边界穿出后的速度大小为
故A 正确；
BCD．由于电场力处于竖直方向，不影响水平方向的速度，则粒子从静止释放到从4 区下边界穿出，水
平方向根据动量定理可得
其中
联立可得粒子从4 区下边界穿出后的水平速度为
则粒子从4 区下边界穿出时的速度与水平方向夹角的余弦为
若粒子恰未从第4 场区射出，粒子达到4 区下边界的竖直分速度刚好为0，则有
解得
故BCD 错误。
故选A。
2．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）半导体材料的发展为霍尔效应的实际应用提供了高质量的换能器。如图所
示，一块宽为
，厚为
，长为的长方体N 型半导体，导电粒子为电子，单位体积内自由电子数为
，
通入方向向右的恒定电流
，将元件置于垂直上表面向下的匀强磁场中，磁感应强度为
，元件的前、
后表面间出现电势差，其绝对值大小为
，则（ ）
A．前表面的电势比后表面的电势低
B．若选择单位体积内自由电荷数
值较大的半导体，其他条件相同，则
减小
C．若选择宽度
更小的半导体，其他条件相同，则
更大
D．若选择厚度
更小的半导体，其他条件相同，则
减小
【答案】B
【详解】A.根据左手定则可知电子向后表面偏转聚集，则前表面的电势比后表面的电势高，故A 错误；
BCD．由洛伦兹力和电场力平衡
再结合电流微观表达式
可得
可知电压U 与宽度
无关；选择单位体积内自由电荷数
值较大的半导体，其他条件相同，则
减小；
选择厚度
更小的半导体，其他条件相同，则
更大，故CD 错误，B 正确。
故选B。
3．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）如图所示，在竖直面内建立直角坐标系，x 轴水平向右，y 轴竖直向上，空
间中存在水平向右的匀强电场E 和垂直于纸面向内的匀强磁场B，已知电场强度
，磁感应强
度
。在坐标原点向该平面内射出一质量为
、电荷量为
的带正电微粒
（可视为点电荷，重力不可忽略），微粒恰能在
坐标平面内做直线运动。（g 取
）
(1)求微粒发射时的速度大小和方向；
(2)如果发射微粒时电场方向改为竖直向上，大小不变，求微粒距
轴最远时的位置坐标；
(3)如果发射微粒时撤去电场，则微粒运动的最大速度是多少？速度最大时微粒与x 轴的距离是多少。
【答案】(1)
，速度方向与x 轴正方向夹角
(2)
(3)
【详解】（1）微粒做匀速直线运动，受力如图所示
带电微粒所受重力为
受电场力为
设速度方向与x 轴正方向夹角为
，则
则
洛伦兹力
（2）若电场方向竖直向上，大小不变，则重力与电场力平衡，粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，
受力和运动如下图
由洛伦兹力提供向心力
解得半径
微粒运动到距
轴最远处时，横坐标
纵坐标
则此时微粒的位置坐标为
（3）若释放微粒时撤去电场，将微粒在
点的速度分解为
和
，如下图所示
则
沿
轴正方向的洛伦兹力
则微粒的一个分运动：沿
轴正方向以
做匀速直线运动；另外一个分运动以
做逆时针方向匀速圆
周运动。
则运动到最低点时，两分运动速度同向，此时微粒对地速度达到最大
根据动能定理：
则
4．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）如图所示，矩形
为某匀强磁场的边界，磁场方向垂直纸面向里，磁
感应强度大小为
。
、
边长分别为
和
，
点处有一粒子源，沿
方向发射带正电粒子。
观测发现：粒子只从
边向外射出磁场。已知粒子的质量为
、电荷量为
，忽略电荷间相互作用和
粒子受到的重力，则发射粒子的速度大小可能为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】ABC
【详解】粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力有
可得
当从
点射出时，半径最小，根据几何关系有
当从
点射出时，半径最大，根据结合关系有
解得
可得
，
即
故选ABC。
5．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）如图，有一平行于
轴长为
的线状粒子发射器，其中心位于
轴负半轴某处，在
间均匀发射沿平行
轴方向速度均相同的同种粒子，粒子的电荷量为
，质量
为
。其右侧有一沿
轴正向的匀强电场，场强为
，宽为
。有一圆心在
半径为
的圆形匀
强磁场I，其磁感应强度为
，方向垂直纸面向外。第四象限
下方有垂直向里的匀强磁场II，其
磁感应强度为
。已知从
点射入圆形磁场的粒子，刚好从圆形磁场最下端
点沿-
轴方向射出，忽
略粒子的重力和粒子间的相互作用力。求：
(1)粒子的初速度
；
(2)发射出的粒子经过磁场I 的最长时间与最短时间之差
；
(3)若第四象限
的位置有一足够长的荧光屏
，所有打在荧光屏
上的粒子均被吸收，则线
状粒子发射器同一时刻射出的粒子，最终打到荧光屏上的粒子数与总粒子数之比
。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）粒子以
速度经过电场加速后速度为,根据动能定理则有
粒子以速度由O 进入磁场
刚好从圆形磁场最下端
点沿
方向射出，洛伦兹力提供圆周运动的向
心力，则有
由几何关系
联立以上各式解得
（2）粒子在磁场中进行磁聚焦，粒子会汇聚在
点，从圆形磁场最上端进入磁场和从最下端进入磁
场的粒子时间间隔最大，粒子圆周运动的周期
最上端粒子运动时间
最下端粒子运动时间
最大时间间隔
（3）刚好在磁场II 射到荧光屏上轨迹恰好与荧光屏相切，由几何关系
，
在磁场中
最终打到荧光屏上的粒子数与总粒子数之比
6．（2025·黑龙江·二模）如图所示，平面直角坐标系xOy 的第一象限内存在沿y 轴正方向的匀强电场，第
四象限内以ON 为直径、P 为圆心、半径为R 的半圆形区域内，存在垂直于坐标平面向里的匀强磁场。
一质量为m、电荷量为
的带电粒子，从y 轴正半轴上
处的M 点以大小为
的初速度
垂直于y 轴射入匀强电场中，经x 轴上的P 点进入匀强磁场，最后以垂直于y 轴的方向射出匀强磁场。
不计粒子重力，求：
(1)匀强电场的电场强度大小；
(2)匀强磁场的磁感应强度大小；
(3)粒子从M 点到再次经过y 轴的时间。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）设粒子在电场中做平抛运动的时间为
，根据运动学规律有
，
由牛顿第二定律得
联立解得
（2）设粒子在P 点的竖直分速度大小为
，根据运动学规律有
设粒子在P 点的速度与水平方向夹角为
，根据速度的合成与分解有
解得
故
设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为，根据牛顿第二定律有
根据几何关系可得
联立解得
（3）粒子在磁场中运动的周期
故粒子在磁场中运动的时间
从磁场中出来打到y 轴上的时间
粒子从M 点到再次经过y 轴的时间
7．（2025·吉林长春·二模）如图，水平固定的平行带电极板
间距为
，板间产生匀强电场，电场强
度大小为
，两板间同时存在垂直纸面向外、磁感应强度大小为
的匀强磁场。一质量为
、电荷量
为
的带正电的粒子，由两板间左侧中点
以初速度
水平向右射入两极板间，该粒子恰好沿直线运动。
仅将粒子初速度大小调整为
，发现粒子由
点（
点未标出）沿水平方向射出两极板间的区域。不
计粒子重力，下列说法正确的是（ ）
A．M 板带正电，N 板带负电
B．粒子速度
C．
与
一定在同一水平线上
D．
的大小可能等于
【答案】BC
【详解】AB．粒子恰好沿直线运动，可知，粒子所受电场力和洛伦兹力等大反向，则有
解得
由左手定则可知，粒子所受洛伦兹力竖直向下，则电场力竖直向上，由于粒子带正电，可知电场方向
竖直向上，则N 板带正电，M 板带负电，故A 错误，B 正确；
CD．当射入速度大小为
时粒子做匀速直线运动，由此可知，可将
分解为水平向右的
和
，则满
足
即
可知，粒子一个分运动为以初速度
向右匀速直线运动，另一个分运动为以速度
在竖直平面内做圆
周运动，设其半径为r，则有
解得
P 点为粒子轨迹最高点，只有当粒子运动至轨迹最高点时，其才能沿水平方向射出两极板间的区域，此
时速度沿水平方向向右，可知Q 点与P 点在同一水平线上，能射出两板间区域，可知
则
的大小不可能等于
，故C 正确，D 错误。
故选BC。
8．（2025·吉林长春·二模）如图，在平面直角坐标系
中，第一象限内存在垂直于坐标平面向外的匀强
磁场；第二象限内存在沿
轴正方向的匀强电场，电场强度
。某带电粒子由点
（
，0）
以速度
沿
轴正方向射入电场，经
轴进入磁场，偏转后会再次回到电场。已知该粒子质量为
，
电荷量为
，不计粒子的重力，
，
。求：
(1)粒子第一次进入磁场的速度大小；
(2)磁感应强度
的取值范围。
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）粒子在电场中做类平抛运动，根据牛顿第二定律可知
沿
轴方向有
联立解得
，
则粒子进入磁场时的速度大小
（2）粒子第一次进入磁场时的位置坐标
设粒子进入磁场时速度与
轴正方向夹角为
，则
解得
粒子在磁场中的运动轨迹刚好与
轴相切时，半径最大，如图所示
根据几何关系可得
解得最大半径
即粒子在磁场中运动轨迹半径满足
由洛伦兹力提供向心力得
解得
9．（2025·吉林长春·二模）下面对四幅图片中所涉及物理知识的描述，正确的是（ ）
A．甲图中小磁针转动是由于电流产生的电场对小磁针有作用力
B．乙图中回旋加速器通过磁场加速粒子
C．丙图中高频冶炼炉利用涡流热效应工作
D．丁图中无线充电过程利用了接触起电原理
【答案】C
【详解】A．通电导线周围产生的是磁场，小磁针受磁场作用而转动，故A 错误；
B．回旋加速器真正提供粒子加速（增速）的不是磁场，而是交变电场，磁场只负责改变粒子运动方向，
故B 错误；
C．高频感应炉的加热确实利用了涡流热效应，故C 正确；
D．无线充电利用的是电磁感应原理，而非“接触起电”原理，故D 错误。
故选C。
10．（2025·吉林·二模）如图，在直角坐标系第一象限内有平行于坐标平面的匀强电场（图中未画出），
在第二象限内有垂直坐标平面向外的匀强磁场。一个质量为m、电荷量为
的带电粒子，在M
点沿y 轴正方向以速度
进入磁场，在y 轴上N 点以与y 轴正方向60°的速度进入电场，运动轨迹与x
轴交于P 点，并且过P 点时速度大小仍为
。已知M、N、P 三点到O 点的距离分别为L、
和
3L，不计粒子重力，求：
(1)匀强磁场的磁感应强度的大小；
(2)匀强电场的电场强度的大小。
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）粒子在磁场中做圆周运动的圆心为
，如图
在
中，由几何关系可得
或
解得
洛伦兹力提供粒子做圆周运动的向心力，有
解得
（2）粒子进入电场后在N、P 两点速度大小相等，说明两点的连线为等势线，所以电场方向垂直N、
P 连线斜向下，有几何关系可知，粒子在N 点时速度方向与N、P 连线的夹角也为
，在P 点时
速度方向竖直向下，电场方向为与竖直方向成30°指向左下方。设粒子由N 点运动到P 点的时间为t
方法一：沿NP 方向有
垂直NP 方向根据动量定理有
联立解得
方法二：沿NP 方向有
垂直NP 方向根据运动学公式与牛顿运动定律有
联立解得
方法三：水平竖直建系
沿x 方向
（或沿y 方向
）
联立解得
方法四：水平竖直建系，由平均速度公式得
或
沿x 方向
（也用位移时间关系列方程
）
沿y 方向
（也用位移时间关系列方程
）
联立解得
11．（2025·辽宁·二模）如图，有一内半径为2r、长为L 的圆筒，左右端面圆心
、O 处各开有一小孔。
以O 为坐标原点，取
方向为x 轴正方向建立xyz 坐标系。在筒内
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
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
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
。已知电子的质量为m、电量为e，设电子始终未与筒壁碰撞，不计电子之间的相互
作用及电子的重力。若所有电子均能经过O 进入电场。
(1)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，求出
处具有最大初速的电子在筒外
区域运动的轨迹方程。
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）电子在匀强磁场中运动时，将其分解为沿∞轴的匀速直线和在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r 轴方向做匀速直线运动得
在
平面内，设电子做匀速圆周运动的半径为R，周期为T， 则有
，
由题意可知所有电子均能经过O 进入电场，则有
联立得
当n=1 时，B 有最小值，可得
（2）将电子的速度分解，
最大，R 最大，此时R=r，又
可得
沿y 轴正、负方向射入电场的电子，则
联立解得
12．（2025·辽宁辽阳·二模）如图所示，一质量为
、电荷量为
的带电粒子在水平向右、宽度为
的匀强
电场（图中未画出）中由静止释放，随后进入宽度为
、磁感应强度大小为
的匀强磁场中，射出磁
场时的速度与进入磁场时的速度偏角
，不计带电粒子受到的重力。求：
(1)粒子在磁场中运动的半径
；
(2)匀强电场的电场强度大小
。
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）粒子在磁场中做圆周运动，作出运动轨迹，如图所示
根据几何关系有
解得粒子在磁场中运动的半径为
（2）带电粒子在电场中做匀加速直线运动，根据动能定理有
在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力可得
联立解得
13．（2025·辽宁沈阳·二模）如图，空间直角坐标系
中有一与
面平行的界面M 将足够大的空间分
为Ⅰ、Ⅱ两个区域，界面M 与
轴交点坐标为（0，，0）且界面M 上有一足够大的接收屏（未画
出）。在
点存在一粒子源，仅在
平面内沿各个方向均匀发射速率为
、电荷量为
、质量为
的粒子。Ⅰ区域存在沿
轴正方向、磁感应强度
的匀强磁场，Ⅱ区域存在沿
轴正方向、
磁感应强度
的匀强磁
的匀强电场，不计粒子重力及粒子间的相互作用，不考虑相对论
效应。
(1)求粒子在Ⅰ区域做匀速圆周运动的半径和周期
；
(2)若在Ⅰ区域再加一个沿
轴正方向、场强
的匀强电场（未画出），求粒子打到接收屏上
的
坐标最大和最小的点在坐标系
中的坐标；
(3)若
点发射源只沿
轴负方向发射该种粒子，Ⅰ区域仍存在沿
轴正方向、场强
的匀强
电场（未画出），撤去接收屏，求粒子进入Ⅱ区域后能够达到的最大速率和最大速率时的
坐标。
【答案】(1)
，
(2)（
，，
），（
，，
）
(3)
，
【详解】（1）粒子在Ⅰ区域做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有
解得
根据周期公式
解得
（2）粒子沿z 轴方向做初速度为零、加速度为a 的匀加速运动，根据牛顿第二定律可得
解得
粒子在垂直z 轴的平面上做半径为的匀速圆周运动，沿z 轴负方向看如图所示
初速度方向沿y 轴负方向的粒子打在接收屏前运动的时间最长，即
对应z 坐标有最大值
由几何知识可得该点x 坐标为
，其对应的坐标为（
，，
）
初速度方向沿y 轴正方向偏向x 轴负方向
角的粒子打在接收屏前运动的时间最短
对应z 坐标有最小值
由几何知识可得该点x 坐标为0，其对应的坐标为（
，，
）
（3）将粒子刚进入Ⅱ区域的速度分解为沿y 轴正方向的分速度
，和另一分速度
，令
所对应的
洛伦兹力与电场力平衡，由平衡条件可得
解得
由平行四边形定则可得粒子的另一分速度
沿z 轴正方向，大小
粒子的运动可看作以
沿y 轴正方向做匀速直线运动和以
沿x 轴负方向观察做顺时针匀速圆
周运动的合运动。
粒子的z 坐标最大时，
与
方向相同，对应的合速度最大，即
沿x 轴负方向发射的粒子通过界面M 时，垂直z 轴方向的速度分量沿y 轴正方向，大小为
通过界面M 前的运动时间为
通过界面M 时的z 坐标为
粒子沿z 轴方向的速度
沿y 轴方向的速度也为
。
粒子刚进入Ⅱ区域至达到最大速度时，在z 方向上通过的距离等于粒子以
做匀速圆周运动的半径
，
则
解得
所以粒子达到最大速度时的z 坐标为
14．（2025·辽宁本溪·二模）如图所示，在坐标系xOy 平面的第一、第二象限内有匀强磁场和匀强电场，
直线
的左侧区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场，直线
与
之间的区域内存在沿y
轴负方向的匀强电场。一质量为m、电荷量为q 的带正电粒子从原点O 处以大小为
的速度垂直磁场
射入第二象限，方向与x 轴负方向夹角
，一段时间后垂直边界直线
进入电场。已知电场
强度
。不计粒子重力，求：
(1)区域Ⅰ内磁场的磁感应强度大小B；
(2)粒子离开电场的位置坐标。
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）粒子磁场中做圆周运动，在电场中做类平抛运动，轨迹如图所示
设其在磁场中做圆周运动的半径为
，由几何关系有
解得
结合牛顿第二定律有
联立上式解得
（2）粒子在电场中做类平抛运动，运动时间
竖直方向位移
其中
联立解得
粒子离开电场的位置其横坐标
纵坐标
即
15．（2025·辽宁鞍山·二模）空间中存在互相垂直的匀强电场和匀强磁场，一带电粒子从
点进入该空间
做匀速直线运动（粒子的重力可忽略），经过一段时间粒子运动至
点，此时撤掉电场，又经过相同
时间粒子速度偏转
时到达S 点，则线段
与
间夹角的正切值为（ ）
A．1
B．2
C．
D．
【答案】D
【详解】带电粒子在叠加场中做匀速直线运动，设PQ 两点的距离为，所用时间为，则有
此时撤掉电场，带电粒子只受洛伦兹力作用，此时速度偏转
时到达S 点，由几何关系，可知QS
两点的距离为
，在磁场偏转有
联立解得
设线段
与
间夹角为
，由几何关系可知，
角的对边为PQ，邻边为QS，则有
故选D。
16．（2025·内蒙古乌兰察布·二模）如图，磁感应强度大小为B 的匀强磁场和电场强度大小为E 的匀强电
场，方向均平行于纸面向上，电场和磁场区域足够大。带电粒子（不计重力）由O 点沿x 轴正向入射
到电磁场中，在z 轴（0，0，h）处P 点有一接收器，则接收器接收的粒子比荷可能为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】BD
【详解】带电粒子以初速度沿Ox 轴进入，磁场B 沿Oz 轴，故粒子在xy 平面将做匀速圆周运动自洛伦
兹力提供向心力，则有
、
其角速度
同时，电场E 也沿Oz 轴，使粒子在z 方向做匀加速运动，加速度为
xy 平面运动方程，设粒子从O（0，0）出发，初速度沿+x，则半径
角速度
在t = 0 时，x=0，y=0，速度沿+x，则有
、
粒子只有在ωt = 2nπ（n 为正整数）时才再次回到xy 平面的原点（0，0）。其最小正周期对应n=1，
时间为
z 方向运动方程为
要求粒子同时满足在xy 平面回到原点且到达z= h，即
（n=1，2，3……）
则
（n=1，2，3……）
又
代入可解得
（n=1，2，3……）
由上式可见，当n = 1 时，
当n= 2 时，
故选BD。
17．（2025·内蒙古包头·二模）如图，在平面直角坐标系
上，
区域有垂直于纸面（
平
面）向里、磁感应强度大小为
的匀强磁场；
区域有沿
轴负向的匀强电场，电场强度大小
为
。一带电粒子从坐标为（
，0）的
点处由静止释放，由
点入射到磁场中，在磁场另一侧的
点射出，粒子离开磁场后，沿直线运动打在垂直于
轴的接收屏上的
点，
与屏的距离为
。若在磁场右边界和接收屏之间再加上电场强度大小为
的匀强电场，方向垂直于
且与
轴
负方向夹角为
，则粒子将在
平面运动并垂直打在接收屏上的
点。粒子的重力不计，不考虑
相对论效应。求：
(1)带电粒子在磁场中运动的轨迹半径；
(2)求带电粒子比荷的绝对值
；
(3)从释放到运动至Q 点所用的时间。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）从
到，粒子做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示
根据几何关系有
解得
则粒子做圆周运动的半径
（2）从
到
过程，根据动能定理
在磁场中，由洛伦兹力提供向心力
可得
则
（3）从
到
过程，根据牛顿第二定律
根据运动学公式
解得
从
到，粒子在磁场中运动的周期
粒子在磁场中运动的时间
从到
，粒子做类平抛运动，根据几何关系
根据牛顿第二定律
得
从释放到运动至Q 点所用的时间
18．（2025·内蒙古包头·二模）一个电子无初速度地注入电子感应加速器的真空室中，加速器的磁极在半
径为
的圆形区域内产生磁感应强度大小为
、方向如图所示的变化磁场，真空室内存在
另一个变化的磁场
“约束”电子在真空室内做半径为
的圆周运动，不考虑电子的重力和相对论效
应。下列说法正确的是（ ）
A．电子感应加速器是利用感生电场对电子进行加速的
B．俯视真空管道电子沿顺时针方向加速运动
C．电子所受到的洛伦兹力一定不断增大
D．洛伦兹力对电子一直做正功
【答案】AC
【详解】A．电子感应加速器是利用变化的磁场激发感生电场，从而进行加速，故A 正确；
B．根据楞次定律判断感生电场方向为顺时针，电子运动方向为逆时针，故B 错误；
C．根据
可知电子在真空室中的半径不变，速度增加，
也在增加，可知
不断增加，
故C 正确；
D．洛伦兹力对电子不做功，故D 错误。
故选AC。
19．（2025·内蒙古赤峰·二模）下端封闭，上端开口，内壁光滑的细绝缘玻璃管竖直放置，管底放一个直
径略小于玻璃管内径的带正电小球。空间存在着水平方向垂直纸面向里的匀强磁场，以带电小球所在
初始位置为原点，建立坐标系如图所示。使玻璃管保持竖直沿
轴正方向匀速运动，小球离开管之前
的运动轨迹正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】小球随玻璃管在水平方向做匀速直线运动，根据左手定则，竖直方向受向上的洛伦兹力，大
小为F=qvB 是恒力，由牛顿第二定律得
可知小球的加速度不随时间变化，恒定不变，故小球竖直方向做匀加速直线运动，水平方向做匀速直
线运动，则小球运动轨迹是开口向上的抛物线；
故选B。
20．（2025·内蒙古赤峰·二模）喷墨打印机的原理图如图所示。板间电压可以调整，板间距为
。在两板
间的右侧
区域内，存在垂直纸面向里的磁感强度为
的匀强磁场。在两板间的左侧存在一个可以上
下移动的喷嘴，喷出水平的质量均为
的带电墨滴。电源电压为
时，墨滴在两板间无磁场区域内恰
能沿水平方向向右做匀速直线运动。重力加速度为
。下列说法正确的是（ ）
A．墨滴带正电
B．墨滴所带电荷量为
C．墨滴从左侧飞出的最大速度为
D．墨滴从右侧飞出的最小速度
【答案】CD
【详解】AB．根据题意，电源电压为
时，上极板带正电，下极板带负电，可知电场方向向下，墨滴
在两板间无磁场区域内恰能沿水平方向向右做匀速直线运动，对墨滴受力分析可知受到重力和电场力，
两力合力为零，可知墨滴受到电场力竖直向上与电场方向相反，可知墨滴带负电，根据平衡条件有
而
联立解得
故AB 错误；
CD．墨滴进入电场，磁场共存区域后，重力与电场力平衡，洛伦兹力提供匀速圆周运动的向心力
解得
从上极板边缘射进的墨滴最容易从两板间射出，当刚好从左侧飞出，有最大速度，如图所示
则有
解得
同理，墨滴刚好从右侧飞出，有最小速度，由几何关系
由
联立解得
故CD 正确。
故选CD。
电磁感应
21．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）如图所示，处于同一水平面的光滑金属直导轨MN 和PQ 之间夹角为
。MP 两点间距离为
，其间接有一阻值为
的电阻，其余电阻不计。空间存在
方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度
。一质量为
的金属棒ab 在水平外力作用下
从MP 处以初速度
向右运动，在运动
的过程中通过R 上的电流恒定不变。金属棒始终
与MN 垂直且与导轨接触良好，
，则在此过程中可能正确的是（ ）
A．通过R 的电流为5A
B．通过R 的电流为逐渐减小
C．金属棒的最小速度为2.0m/s
D．金属棒的最小速度为5.0m/s
【答案】AC
【详解】AB．有效切割长度
导轨夹角
，感应电动势为
电流
电流恒定需满足
，即任意位置
电流
（恒定）
则A 正确，B 错误。
CD．当
时，
此时金属棒有最小速度，即
则C 正确，D 错误。
故选AC。
22．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）如图所示，足够长的光滑平行金属导轨竖直放置，电阻不计，导轨间距
为
，顶端接一阻值为
的电阻。矩形匀强磁场I 的高为
，匀强磁场II 足够高，两磁场的间距也为
，
磁感应强度大小均为
、方向均垂直纸面向里。一质量为
、电阻也为
的金属棒
置于导轨上，
与导轨垂直且接触良好。将金属棒由静止释放，运动距离为时进入匀强磁场I。已知金属棒进入磁场
I 和II 时的速度相等，重力加速度为
。下列说法正确的是（ ）
A．金属棒刚进入磁场I 时其两端的电压为
B．金属棒在磁场II 中运动的最大速度为
C．金属棒穿过磁场I 的过程中，金属棒产生的热量为
D．金属棒在磁场I 中运动的时间为
【答案】ACD
【详解】A．根据自由落体运动规律可知，金属棒刚进入磁场I 时速度大小
则此时金属棒两端的电压
故A 正确；
B．由题意可知，金属棒进入磁场I 和II 时的速度相等，金属棒在磁场I 和II 之间加速，则金属棒进入
磁场I 时做减速运动，故金属棒进入磁场Ⅱ时，做减速运动，由牛顿第二定律有
因为
整理得
即金属棒先做加速度减小的减速运动，再做匀速运动，因此金属棒在磁场II 中运动的最大速度仍为，
即最大速度为
，故B 错误；
C．从金属棒开始下落到，到进入磁场II 的过程，由能量守恒有
联立解得
故金属棒穿过磁场I 的过程中，金属棒产生的热量
故C 正确；
D．金属棒离开磁场Ⅰ时的速度为
，金属棒从离开磁场Ⅰ到刚进入磁场Ⅱ过程中有
金属棒穿过磁场Ⅰ的过程中通过的电荷量
根据动量定理
联立解得
故D 正确。
故选ACD。
23．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）如图所示的足够长光滑水平导轨上，有竖直向下的匀强磁场，磁感应强
度大小为
，平行导轨左端间距为
，右端间距为
。与导轨垂直放置
、
两根导体棒，质量
分别为
和
，电阻分别为
和
。现导体棒
以初速度
水平向右运动，设两导体棒未相碰，
且均在各自导轨上运动。求：
(1)此时导体棒
的加速度；
(2)导体棒
的速度为
时，导体棒
的速度大小；
(3)求整个运动过程中导体棒
产生的焦耳热。
【答案】(1)
，水平向右
(2)
(3)
【详解】（1）此时回路电动势
则回路电流
楞次定律可知电流方向从D 到F，左手定则可知DF 受到的安培力方向水平向右，对DF 棒，由牛顿
定律有
联立解得
方向水平向右。
（2）规定向右为正方向，对导体棒
，由动量定理有
对导体棒
，由动量定理有
联立解得导体棒
的速度大小
（3）分析可知，当导体棒
产生电动势相等时，回路没有电流，回路不再产生热量，则有
该过程，对导体棒
，由动量定理有
对导体棒
，由动量定理有
联立解得稳定时，导体棒
的速度分别为
整个运动过程中导体棒
产生的焦耳热
联立解得
24．（2025·黑龙江齐齐哈尔·二模）如图所示，两条相同的半圆弧形光滑金属导轨固定在绝缘水平桌面上，
半圆弧的直径为d，间距为L，两半圆弧面竖直且平行，导轨最高点到水平桌面的距离等于半径，最
低点O、O′的连线与导轨所在竖直面垂直，整个空间存在着磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀
强磁场，导轨左端连接一阻值为R 的电阻。现使一电阻为r 的金属棒MN 从导轨左端最高点，以恒定
的速率v0沿导轨运动到右端最高点，运动过程中金属棒始终与OO′平行且与两导轨接触良好，则在金
属棒MN 从左端最高点运动到右端最高点的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．金属棒MN 中电流方向始终由M 到N
B．金属棒MN 中电流大小始终不变
C．金属棒MN 所受安培力先做负功后做正功
D．回路中产生的焦耳热为
【答案】D
【详解】AC．在金属棒MN 从左端最高点运动到右端最高点的过程中，根据右手定则可知，金属棒中
电流方向始终由N 到M，金属棒所受安培力一直水平向左，金属棒所受安培力始终做负功，故AC 错
误；
BD．经过t 时间，金属棒在圆弧上转过的角度为
此时金属棒产生的电动势为
回路中电流为
由此可知，可知金属棒中电流按照正弦式交变电流变化，电流的有效值为
则在金属棒从左端最高点运动到右端最高点的过程中，回路中产生的焦耳热为
故B 错误，D 正确。
故选D。
25．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）如图所示，平行光滑金属导轨固定在绝缘水平桌面上，右端连接有光滑
倾斜轨道，导轨间距离为
，导轨左侧接有电阻，
区域与
区域间存在竖直向上与竖直向下
的匀强磁场，磁感应强度大小均为
，
与
，
与
的距离均为
。M 导体棒质量为
、N
绝缘棒质量为
，两棒垂直导轨放置，现N 棒静止于
与
之间的某位置，M 棒在
边界静止，
某时刻M 棒受到水平向右的恒力
作用下开始运动，已知
，当运动到
边界时撤去
，
此时M 棒已经达到匀速运动。已知整个过程中两棒与导轨始终垂直且接触良好，导轨左侧电阻和M
棒接入导轨的电阻均为
，其他导体电阻不计，所有碰撞均为弹性碰撞，首次碰撞之后N 与M 每次碰
撞前M 均已静止，且碰撞时间极短，M、N 始终与导轨垂直且接触良好，求：
(1)撤去
时M 棒的速度大小；
(2)从M 棒开始运动到M 棒第一次静止，整个过程中通过
的电荷量
；
(3)自发生第一次碰撞后到最终两棒都静止，导体棒M 在磁场中运动的总位移大小
。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）由于M 棒已经达到匀速运动
M 棒在磁场中切割磁感线
由欧姆定律可得
撤去
时M 棒的速度
（2）M 棒在
区域在磁场通过
的电荷量
平均电流
联立可得
两棒发生完全弹性碰撞，根据动量守恒定律及机械能守恒定律可得
，
解得
，
M 棒进入
区域磁场中停下由动量定理得
即
可得
所以这个过程通过
的电荷量
（3）M 棒进入
区域磁场
后停下下来，由
可得
绝缘棒N 第二次与导体棒M 碰前速度大小为
，方向水平向左，碰后速度为
，导体棒的速度
为
，弹性碰撞过程中根据动量守恒定律和能量守恒定律有
，
解得
，
对M 棒分析，根据动量定理得
即
解得
同理可得当绝缘棒N 第三次与导体棒M 碰前速度大小为
根据
，
对M 棒分析动量定理得
即
可得
根据数量关系有
以此类推
所以向左运动的位移为
根据数学归纳法有
当
趋于无穷大时
所以发生第一次碰撞后到最终两棒都静止，导体棒
在磁场中的总位移
26．（2025·黑龙江·二模）如图所示，两相邻宽度均为L 的有界匀强磁场，其磁场方向相反，磁感应强度
大小均为B。边长为L、电阻为R 的单匝正方形线框abcd 的ab 边与磁场左边界共线，线框在外力作用
下，以速度v 匀速穿越有界磁场。以ab 边刚进入磁场为计时零点，规定线框中感应电流i 逆时针方向
为正方向，力方向向右为正方向，ab 边所受安培力为
，外力为F，下列图像正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】
时间内，由楞次定律可知，电流方向逆时针，感应电动势
感应电流为
ab 两点间的电势差
ab 所受的安培力大小为
方向向左，外力
方向向右；
时间内，由楞次定律可知，电流方向顺时针，感应电动势
感应电流为
ab 两点间的电势差
ab 所受的安培力大小为
方向向左，cd 所受的安培力大小也为
方向向左，则外力
方向向右；
时间内，由楞次定律可知，电流方向逆时针，感应电动势
感应电流为
ab 两点间的电势差
ab 所受的安培力大小为
cd 所受的安培力大小为
方向向左，则外力
方向向右；综合分析可知选项B 正确。
故选B。
27．（2025·吉林长春·二模）“磁悬浮列车”是通过电磁力实现列车与轨道之间无接触的悬浮和导向，再
利用直线电机产生的电磁力牵引列车运行。某实验小组设计简化模型如图（a）所示，若磁悬浮列车
模型的总质量为
，模型底部固定一与其绝缘的矩形金属线框
，线框的总电阻为
。用两根足够
长、水平固定、间距为
（和矩形线框的边长
相等）的平行金属导轨
、
模拟列车行驶的轨
道，导轨间存在垂直导轨平面的等间距的交替匀强磁场，相邻两匀强磁场的方向相反、磁感应强度大
小均为
，每个磁场宽度与矩形线框的边长
相等，如图（b）所示。将列车模型放置于导轨上，当
交替磁场以速度
向右匀速运动时，列车模型受磁场力由静止开始运动，速度达到
开始匀速运动，
假定列车模型在运动过程中所受阻力恒定，不考虑磁场运动时产生的其他影响。
(1)求列车模型所受阻力
的大小；
(2)列车模型匀速运动后，某时刻磁场又以加速度
向右做匀加速直线运动，再经时间列车模型也开
始做匀加速直线运动。
①分析求出列车模型匀加速运动的加速度大小
；
②若列车模型开始匀加速运动时的速度为，求时间内列车所受安培力做的功
。
【答案】(1)
(2)①
；②
【详解】（1）设列车行驶速度为
，线框中的感应电动势大小为
感应电流大小为
线框所受安培力大小为
当
时，对列车根据平衡条件有
（2）①列车做匀加速运动时，根据牛顿第二定律
可知安培力恒定，根据线框所受安培力
可知，感应电动势恒定，线框相对磁场的速度恒定，则应满足线框的加速度大小为
②磁场匀加速运动时间内，对列车根据动量定理有
即
其中时间内磁场位移为
可解得时间内列车位移
对列车根据动能定理有
可解得时间内列车所受安培力做功为
28．（2025·吉林·二模）粗糙绝缘的水平面上方有一宽度
、离地高度
的匀强磁场区域
MNQP，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小
。在距MN 左侧
处竖直放置一个
边长为
的正方形线框abcd，质量m1=1kg、匝数
匝、电阻
、与水平面间的动摩
擦因数
。PQ 右侧存在方向垂直纸面向外、磁感应强度大小为
的磁场（x 为PQ
右侧的位置到PQ 的水平距离），水平面上紧靠PQ 竖直放置一个边长也为
、下表面光滑的
正方形线框efhj，质量
、匝数
匝、电阻
。现将一方向水平向右、大小
的恒定外力作用在线框abcd 上，直到线框abcd 的cd 边刚到达MN 时，仅改变外力F 的大小
使线框以到达MN 时的速度匀速进入匀强磁场区域MNQP，当ab 边刚到达MN 时，撤去外力F。已知
两线框运动过程中所发生的碰撞为弹性碰撞，重力加速度
。求：
(1)线框abcd 刚进入磁场区域MNQP 时的电流大小；
(2)线框abcd 进入磁场区域MNQP 的过程中，外力F 做功的大小；
(3)线框abcd 与线框efhj 碰撞后，直到线框efhj 静止的过程中，通过线框efhj 截面的电荷量是多少。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）根据动能定理
又
得线框abcd 刚进入磁场区域MNQP 时，线框abcd 中的电流大小为
（2）线框abcd 进入磁场过程中匀速运动，则刚进入磁场时
完全进入磁场时
则外力F 做功的大小为
代入数据解得
（3）线框abcd 完全进入磁场后不受磁场力作用，设abcd 与efhj 碰撞时的速度为
。根据动能定理
由题意，碰撞后abcd 会反向运动。根据动量守恒与机械能守恒
联立解得
，
由题意可知，线框efhj 两侧磁感应强度大小之差为
且保持不变。对线框efhj，根据动量定理
又
29．（2025·辽宁·二模）如图甲所示，粗细均匀的无限长光滑平行导轨固定在倾角
的斜面上，在边
界EF 下方区域存在垂直导轨平面向下的匀强磁场B，有两根相同金属棒ab、cd 分别从磁场边界EF
上方
位置和边界EF 位置同时由静止释放，cd 棒运动的
图像如图乙所示，其中OM、NP
段为曲线，其它段为直线。已知磁感应强度
，导轨间距
，导体棒的质量均为
，导体棒电阻均为
，导轨电阻不计，g 取
。求：
(1)
的大小并直接写出ab 棒在整个运动过程中加速度的最大值；
(2)从
到
导体棒cd 位移大小
；
(3)导体棒ab 进入磁场后，通过导体棒ab 的电荷量
。
【答案】(1)
(2)
(3)0.45C
【详解】（1）设2s 前cd 达到匀速直线运动时的速度为
，cd 棒受平衡力
代入题中数据，解得
因为
联立解得
ab 棒在整个运动过程中加速度的最大值
（2）cd 棒在0~2s 的运动过程，以
的方向为正方向，由动量定理得
因为
因为
联立解得
（3）ab 棒先做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得
2s 时ab 棒刚好进入磁场，其速度大小
设ab 棒进入磁场后经过时间
与cd 棒速度相 等，一起做匀加速直线运动，以
的方向为 正方向，
则对cd 棒有
以沿斜面向下的方向为正方向，对ab 棒有
因为
联立解得
30．（2025·辽宁辽阳·二模）如图所示，水平绝缘地面上固定一足够长的光滑U 形导轨，空间存在垂直导
轨平面向下的匀强磁场。将质量为
的金属棒
垂直放置在导轨上，在垂直于棒的恒定拉力
作用
下，金属棒由静止开始向右运动，当金属棒的速度大小为时，金属棒的加速度大小为
；当金属棒
的速度大小为
时，金属棒的加速度大小为
。已知金属棒运动过程中始终与导轨接触良好，电路中
除金属棒以外的电阻均不计，下列说法正确的是（ ）
A．
B．金属棒的最大速度为
C．金属棒的最大加速度为
D．当金属棒的速度大小为
时撤去拉力
，金属棒的减速距离为
【答案】AD
【详解】A．设匀强磁场的磁感应强度大小为B，金属棒的电阻为R，导轨间距为L，当金属棒的速度
大小为时，则有
，
，
此时金属棒的加速度大小为
，由牛顿第二定律得
同理当金属棒的速度大小为
时，金属棒的加速度大小为
，有
联立解得
，
故A 正确；
B．设金属棒的最大速度为
，则有
解得
故B 错误；
C．当金属棒的速度为0 时，金属棒的加速度最大，最大值为
故C 错误；
D．当金属棒的速度大小为
时撤去拉力
，撤去拉力后根据动量定理有
其中
联立解得
故D 正确。
故选AD。
31．（2025·辽宁·二模）如图所示，在粗糙绝缘的水平面内，存在一竖直向下的磁场区域，磁感强度B 沿
水平向右的方向均匀增加，分布规律为B=kx，其中k 为正的常数。有一个长为L、宽为h、质量为
m、电阻为R 的不变形的矩形金属线框，在运动过程中始终位于磁场区域内。当它在该平面内运动时，
将受到大小恒为f 的阻力作用，则（ ）
A．若磁场区域以速度v 水平向左匀速运动，线圈可能静止不动
B．若磁场区域以速度v 水平向左匀速运动，线圈由静止释放，则此后线圈运动的最大速度可能为
C．若让线圈在水平外力F 的作用下从静止开始向右做加速度为a 的匀加速直线运动，则F 与时间t 的
关系为
D．若零时刻磁场区域由静止开始水平向左做匀加速直线运动，同时线圈由静止释放，足够长的时间
后，t 时刻磁场区域的速度为vt，则此刻线圈的速度
【答案】ABD
【详解】A．设线圈的右边导线所在位置的磁感应强度为B1，左边导线所在位置的磁感应强度为B2，
则
线圈所受的安培力大小为
若安培力小于最大静摩擦力，则线圈静止不动，故A 正确；
B．若安培力大于最大静摩擦力，线圈将加速向左运动，最终匀速运动，则
解得
故B 正确；
C．若让线圈在水平外力F 的作用下从静止开始向右做加速度为a 的匀加速直线运动，则
所以F 与时间t 的关系为
故C 错误；
D．若零时刻磁场区域由静止开始水平向左做匀加速直线运动，同时线圈由静止释放，足够长的时间
后，线圈的加速度与磁场的加速度相同，即
，
解得
故D 正确。
故选ABD。
32．（2025·辽宁鞍山·二模）一条水平传送带匀速转动，速度大小为，方向如图所示。竖直虚线边界I、
II、III、IV、V 之间存在如图所示的匀强磁场，水平间距已在图中标出。边界I、II 间磁感应强度大小为
，方向垂直于纸面向里；边界II、III 间磁感应强度大小为
，方向垂直于纸面向外；边界IV、V 间
磁感应强度大小为
，方向垂直于纸面向外。磁场区域的下边界水平，如图所示。其中磁感应强度
为
的磁场区域下边界与传动带的距离为
。传送带左侧有一质量为
、边长为
、电阻为
的正
方形金属线框。最初线框左侧与边界I 重合，初速度大小也为，方向水平向右。已知线框经过边界II
的过程中，与传送带间刚好不发生相对滑动，最大静摩擦力认为与滑动摩擦力相等，重力加速度为
。
求：
(1)线框穿过边界II 的过程中受到安培力的大小；
(2)从最初到线框刚好完全通过边界III 的过程中，线框中产生的电热
；
(3)线框通过边界IV 的过程中，传送带对线框支持力的冲量
；
(4)若线框能与传送带无相对滑动的通过边界V，线框与传送带间的动摩擦因数
的最大值（结果可以
保留分数）
【答案】(1)
(2)
(3)
(4)
【详解】（1）线框中的电动势
线框中的电流
线框受到的安培力
得
（2）线框通过边界II 的过程中产生的热量
线框通过边界II 的时间
可知
继续运动L 的过程中电流为0，线框不受摩擦力，匀速运动
线框通过边界II 的过程由条件可以判断线框仍随传送带匀速运动，过程中中产生的热量
又
运动时间
故从最初到线框刚好完全通过边界III 的过程中，线框中产生的电热为
（3）由线框的右边界刚经过边界IV 时
由线框的左边界刚要经过边界IV 时
式中
在线框进入磁场的过程线框仍然匀速运动，受到的支持力随时间均匀变化，可得线框受到的支持力的
冲量为
可知
（4）线框右边界到达边界V 时不发生相对滑动
由刚进磁场时线框与传送带间恰好不发生相对滑动，可得
联立可得
即
的最大值为
。
33．（2025·辽宁本溪·二模）如图所示，两平行金属导轨间距为
下端连接阻值为
的定值电
阻，两导轨形成的斜面倾角
，两导轨之间有一长度为2l 的匀强磁场区域，磁感应强度的大小
为
（k 为大于0 的常数），方向垂直于斜面向上，图中两条虚线为磁场的边界。现将质量
、电阻
、长度为l 的金属棒由静止放置在导轨上，金属棒与导轨间的动摩擦因数
，金属棒初位置与磁场边界的距离为
。在
时刻释放金属棒，它沿导轨匀加速下滑，
当它进入磁场的瞬间，磁场开始保持不变，金属棒恰好能匀速下滑，已知重力加速度g 取
，
。求：
(1)k 的数值；
(2)金属棒进入磁场前后的电流大小的比值；
(3)金属棒下滑过程中定值电阻R 产生的焦耳热。
【答案】(1)4
(2)
(3)1.5J
【详解】（1）导体棒由静止开始下滑，根据牛顿第二定律有
设刚进入磁场时速度大小为，根据速度位移公式有
解得
，
刚进入磁场时，设电动势大小为
，根据法拉第电磁感应定律有
根据闭合电路欧姆定律有
导体棒受力平衡
解得
金属棒从释放到进入磁场的时间
由
解得
（2）根据法拉第电磁感应定律，金属棒进入磁场前的感应电动势
感应电流
进入磁场后感应电流大小为
所以
（3）导体棒进入磁场前，定值电阻中产生的热量
解得
导体棒进入磁场后，定值电阻中产生的热量
其中
解得
所以金属棒下滑过程中定值电阻
产生的焦耳热
34．（2025·内蒙古乌兰察布·二模）如图，竖直面内固定两条光滑长直金属导轨，导轨间距为L，虚线下方
存在磁感应强度为B，垂直于纸面的匀强磁场，导轨与磁场边界垂直，导轨最上方两条支路分别连有
大小为R 的定值电阻和大小为C 的电容，一长、高均为L、质量为m 的“工”字型框架与导轨始终接
触良好，框架水平杆为金属细杆，电阻均为R，竖直杆为绝缘细杆。框架从虚线上方某一位置由静止
释放，开始时开关
、
均断开，框架下边刚进入磁场时，框架恰好能竖直向下做匀速直线运动，重
力加速度为g
(1)求框架释放时，下边框距虚线的距离。
(2)框架下边进入磁场瞬间闭合
，框架下落高度h（h<L 且已知）后再次匀速向下运动，求从闭合
到框架下落高度h 的过程所用的时间以及在此过程中定值电阻R 上产生的焦耳热。
(3)框架上边进入磁场瞬间，断开
，闭合
，并对框架施加外力使其保持匀速直线运动，某时刻框架
克服安培力做功的功率恰好是框架焦耳热功率的3 倍，求从框架上边进入磁场瞬间开始到该时刻框架
克服安培力做的功。
【答案】(1)
(2)
，
(3)
【详解】（1）设框架释放时，下边框距虚线的距离为
，框架下边刚进入磁场时的速度为
，由动
能定理得
解得
又
，
，
解得
（2）框架下边进入磁场瞬间闭合
，电路的总电阻
再次匀速时的速度为
，则有
解得
由动量定理得
又
综合解得从闭合
到框架下落高度h 的过程时间
从闭合
到框架下落高度h 的过程电路产生的总焦耳热
在此过程中定值电阻R 上产生的焦耳热
（3）设某时刻框架克服安培力做功的功率恰好是框架焦耳热功率的3 倍时，流经金属杆的电流为
，
则
，
根据
得
又
得
由于在该过程中，电动势恒定，电源做的总功
这些能量一部分转化为电容器的电场能，另外就是电阻上产生的焦耳热
电场能为
因此焦耳热
35．（2025·内蒙古赤峰·二模）福建舰配备了先进的电磁弹射系统。某学习小组在研究电磁弹射时设计了
如图甲所示的装置。两根固定于水平面内足够长的光滑平行金属导轨，间距
，导轨区域内存
在
的竖直向下的匀强磁场。用质量
，电阻为
的均匀金属丝制成一个直径也
为
的圆环作为电磁弹射车，圆环水平放在两条直导轨上和两导轨保持良好接触。实验时，将质量
的绝缘模型飞机（如图乙）锁定在金属圆环上。计时开始，开关掷向1，与一恒流源接通，
使干路电流恒为
。金属环从静止开始推动模型飞机一起做匀加速运动，经过
后，模型飞机
达到起飞速度
并立即与金属环解锁，飞离金属环。忽略导轨的电阻，所有摩擦以及圆环可
能的形变。求：
(1)求圆环接入电路的电阻值和模型飞机的加速时间
。
(2)若飞机起飞瞬间将开关立即郑向2，与
的电阻接通，求此后电阻
上产生的焦耳热。
(3)若飞机起飞瞬间将开关立即掷向3，与
的电容器接通，求金属环稳定时的速度
。
【答案】(1)2s
(2)5.0J
(3)5m/s
【详解】（1）金属环在导轨问两段圆弧并联接入电路中，每段圆环的电阻
由串并联关系，侧环接入的总电阻为
故
对金属环和飞机模型整体受力分析，在安培力的作用下做匀加速直线运动，受到安培力为
由牛顿第二定律有
由匀变速直线运动规律有
代入数据得：
（2）金属环的动能变成全电路的焦耳热为
环接入电路的电阻和R 相同有
则有：
.
代入数据得
（3）当圆环稳定运动时，设速度为
，此时电容器上带的电量为
电容器的电量的变化即为道过环的电量为
对圆环，由动量定理有
由以上公式有：
代入数据得
